北京市石景山区2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题

北京市石景山区2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．下列设备工作时，主要将化学能转化为热能的是A．燃气灶 B．铅蓄电池C．风力发电 D．硅太阳能电池2．下列不包含d能级的能层是A．L B．M C．N D．O3．1L密闭容器中进行反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NA．2.4 B．1.8 C．1.2 D．0.64．下列关于化学反应方向的说法正确的是A．凡是放热反应都是自发反应B．凡是熵增大的反应都是自发反应C．凡是吸热反应都不是自发反应D．反应是否自发，不只与反应热有关5．在密闭容器中发生反应：2SOA．O2B．SO2、O2C．SOD．单位时间内生成2molSO36．下列有关金属腐蚀和保护的说法，错误的是A．埋在潮湿土壤里的铁管比在干燥的土壤里更容易被腐蚀B．牺牲阳极的阴极保护法利用电解原理保护金属C．生铁比纯铁容易生锈D．镀银的铁制品，镀层损坏后，露出的铁表面更容易被腐蚀7．锌铜原电池装置如图所示，下列说法正确的是A．锌既是电极材料，也是离子导体B．盐桥中的K+移向ZnSC．电子从锌片经电流表流向铜片D．正极上的电极反应为：28．下列说法或化学用语错误的是A．s轨道形状为球形，无取向；p轨道形状为哑铃形，有取向B．p能级电子能量不一定高于s能级电子能量C．电子从2s跃迁到3s时，将吸收能量D．基态氧原子的轨道表示式：9．下列解释事实的反应方程式错误的是A．0.1mol/LB．AgCl中滴加Na2C．溶有CO2的雨水pH≈5D．钢铁发生析氢腐蚀时，正极的电极反应：210．下列变化中，不能用盐类水解原理解释的是A．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备B．用热饱和NaC．向Al2(SD．电解饱和食盐水，产生黄绿色气体11．下列实验不能达到实验目的的是A．铁上电镀铜B．证明温度对平衡的影响C．研究酸碱性对平衡移动的影响D．验证铁发生吸氧腐蚀A．A B．B C．C D．D12．“中国芯”的主要原料是单晶硅，“精炼硅”反应历程中的能量变化如下图所示。下列有关描述正确的是A．历程Ⅰ、Ⅲ是吸热反应B．历程Ⅱ的热化学方程式是：SiHCl3C．历程Ⅲ的热化学方程式是：SiHCl3D．实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程中能量不损耗13．一定条件下，按n(NO)∶n(O2)=2∶1的比例向反应容器充入NO、O2，发生反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)。温度、压强(p)对NO平衡转化率的影响如下，下列分析正确的是（）A．压强大小关系：p1>p2B．其他条件相同时，随温度升高该反应的平衡常数增大C．400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为40%D．500℃、p1条件下，该反应的化学平衡常数一定为514．常温下，将3种一元酸与0.1mol/实验序号c(一元酸)混合后溶液pH①(pH=9②cpH=8③cpH=7下列分析正确的是A．酸性强弱为：HX>HY>HZB．①混合后溶液中离子浓度为：c(NC．比较①和②的溶液：c(D．实验③的离子反应：HZ+O二、综合题15．下表为元素周期表的一部分，编号分别代表对应的元素，回答下列问题：（1）①~⑨原子半径最大的是(填元素符号，下同)，电负性最大的是。（2）⑤的第一电离能比④小，结合价层电子排布式解释原因。（3）⑦的单质能与碱反应，根据“对角线规则"，③的单质与NaOH溶液反应的方程式是。（4）⑨位于元素周期表第VIII族，按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区，⑨位于区。请在图中用“↑”或“↓”补全⑨三价离子的价层电子排布图。16．水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，研究水溶液的性质及反应有重要意义，室温下，相关酸的电离平衡常数如下表所示：酸HNCH3COOHHClOHCl电离平衡常数514——回答下列问题。（1）HNO2电离方程式是（2）物质的量浓度相同的HNO2和HClO，pH大小：HNO（3）物质的量浓度相同的NaNO2、CH3COONa（4）室温下，向未知浓度的HNO2溶液中加入①溶液中的n(NO2②当滴加NaOH溶液至溶液中的c(NO2−)=c(Na（5）为测定某NaOH溶液的浓度，取20.00mL待测溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞溶液，用浓度为0.1000mol/L的①达到滴定终点的现象是。②在滴定实验过程中，下列仪器中有蒸馏水，对实验结果没有影响的是(填“滴定管”或“锥形瓶”)。③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗HCl标准溶液体积的平均值为19.98mL，则此NaOH溶液的浓度是。17．以CO2、H2为原料合成CH3OH是工业上的成熟方法。我国科学家用（1）CO2和H2①CO2②CO(g则CO2(g（2）某温度的恒容密闭容器中，以CO2和H2为原料制取CH3OH，CO2和H2的起始浓度分别为amol/（3）恒压下，CO2和H2①无分子筛膜时，甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因是。②有分子筛膜时，随温度升高甲醇平衡产率先升高后降低的原因是。（4）用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2也可制取CH3OH，装置如图2所示，电极b为电解池的18．锅炉水垢严重影响锅炉使用寿命。水垢的主要成分是CaCO3、CaSO已知：25℃，Ksp(CaSO回答下列问题：（1）用化学用语表示Mg(OH)（2）用离子方程式表示步骤Ⅱ中NH4Cl溶解Mg（3）为探究步骤Ⅰ中用饱和Na①用离子反应方程式表示i中加入稀盐酸发生的反应。②对比i、ii白色沉淀和稀盐酸反应的现象，得出的结论是。③ii中加入过量0.1mol/LNa2CO3溶液，CaS（4）结合上述实验证据，解释步骤Ⅰ中用Na2C19．某研究小组探究不同条件对电解FeCl2溶液微粒放电能力的影响。配制0.1序号电压pH阴极现象阳极现象Ⅰ1.5V5.52无气泡产生；电极表面有银灰色金属析出无气泡产生，湿润淀粉碘化钾不变蓝；电极表面逐渐析出红褐色沉淀Ⅱ1.5V-0.5有气泡产生；电极表面有极少量银灰色金属析出无气泡产生，湿润淀粉碘化钾不变蓝；取阳极附近溶液，滴加KSCN溶液变红（1）0.1mol/LFeCl2溶液（2）预测电解FeCl2溶液时，阳极放电的微粒可能是（3）分析阴极实验现象①实验Ⅰ中，阴极的电极反应是。②对比实验Ⅰ、II阴极现象，可以得出的结论是。（4）分析阳极实验现象①甲同学得出结论：实验Ⅰ、Ⅱ条件下，Fe2+放电而Cl−没有放电。“②乙同学认为仅由实验Ⅰ、Ⅱ不能得出此结论，并提出Cl−可能放电，途径1：Fe2+在阳极放电产生途径2：产生Fe（5）Ⅰ中虽未检测出Cl2，但Cl

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．燃气灶主要将化学能转化成热能，A符合题意；B．铅蓄电池是将化学能转化为电能，B不符合题意；C．风力发电是将风能转化为电能，C不符合题意；D．硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．燃气灶主要将化学能转化成热能；B．化学能转化为电能；C．风能转化为电能；D．太阳能转化为电能。2．【答案】A【解析】【解答】从第三能层开始，出现d能级，K能层只有s能级，L能层只有s、p能级，不包含d能级，故答案为：A。

【分析】K能层只有s能级，L能层只有s、p能级。3．【答案】B【解析】【解答】在1L的密闭容器中进行反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，2min内故答案为：B。

【分析】利用υ=ΔcΔt4．【答案】D【解析】【解答】A.判断反应的自发性不能只根据焓变，要用熵变和焓变的复合判据，A项不符合题意；B.判断反应的自发性不能只根据熵变，要用熵变和焓变的复合判据，B项不符合题意；C.由分析可知，吸热反应也有可能是自发反应，C项不符合题意；D.反应是否自发，不只与反应热有关，还与熵变有关，D项符合题意；故答案为：D。

【分析】依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析。5．【答案】B【解析】【解答】A．O2B．SO2、O2C．SOD.单位时间内生成2molSO3的同时生成1mol故答案为：B。

【分析】依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断。6．【答案】B【解析】【解答】A．铁管埋在潮湿的土壤中会与周围的环境形成原电池，加快铁管腐蚀，A不符合题意；B．牺牲阳极的阴极保护法是利用原电池原理保护金属，B符合题意；C．生铁是含碳的铁合金，容易形成原电池，此时铁作负极被腐蚀，所以生铁比纯铁容易生锈，C不符合题意；D．镀银的铁制品，镀层损坏后，镀层、铁与外界环境形成原电池，铁作负极被腐蚀，D不符合题意。故答案为：B。【分析】B项中牺牲阳极的阴极保护法是利用原电池原理保护金属，其它选项易形成原电池，铁作负极，易被氧化。7．【答案】C【解析】【解答】A．锌片为负极，是电极材料，不是离子导体，A不符合题意；B．盐桥中的K+移向正极，所以移向CuSC．电子从负极经电流表移向正极，所以从锌片经电流表流向铜片，C符合题意；D．正极的电解质溶液是CuSO4，其电极反应为：Cu故答案为：C。

【分析】A．锌片不是离子导体；B．盐桥中的阳离子移向正极；C．电子从负极经电流表移向正极；D．依据阳离子放电顺序分析。8．【答案】D【解析】【解答】A．s轨道形状为球形，无取向；p轨道形状为哑铃形，有取向，故A不符合题意；B．p能级电子能量不一定高于s能级电子能量，如2p能级的能量低于3s能级，故B不符合题意；C．电子吸收能量，能量升高，从2s跃迁到3s，故C不符合题意；D．根据洪特规则，基态氧原子的轨道表示式为，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A．s轨道形状为球形，无取向；p轨道形状为哑铃形，有取向；B.2p能级的能量低于3s能级；C．电子吸收能量，能量升高；D．根据洪特规则，当电子排布式在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同。9．【答案】C【解析】【解答】A．一水合氨为弱电解质，无法完全电离生成铵根离子和氢氧根离子，因此0.1mol/L的氨水pH约为11，A不符合题意；B．Ag2S比AgCl更难溶，AgCl中滴加Na2S，AgCl转化为更难溶的沉淀Ag2S，B不符合题意；C．碳酸为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，则H2CO3应该电离为H+和，电离方程式为H2CO3⇌H++HCO3-，C符合题意；D．钢铁发生析氢腐蚀，正极是氢离子得电子生成氢气，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A．一水合氨为弱电解质，无法完全电离；B．AgCl转化为更难溶的沉淀Ag2S；C．碳酸为二元弱酸，分步电离；D．钢铁发生析氢腐蚀，正极是氢离子得电子生成氢气。10．【答案】D【解析】【解答】A．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)FeClB．碳酸钠是强酸弱碱盐，水解显碱性，加热能促进水解使溶液碱性增强，故能使植物油水解，和盐类水解有关，故B不符合题意；C．碳酸氢钠溶于水，水解显碱性，硫酸铝溶于水，水解显酸性；二者混合后，相互促进水解，且水解进行到底，产生沉淀和气体，与盐类水解有关，故C不符合题意；D．电解饱和食盐水，产生氢气、氢氧化钠和黄绿色气体Cl2，饱和食盐水的溶质为氯化钠，氯化钠为强酸强碱盐不水解，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】依据盐类水解原理和水解平衡的影响因素分析，D项中电解饱和食盐水，产生氢气、氢氧化钠和黄绿色气体Cl2，与水解无关。11．【答案】A【解析】【解答】A．电镀铜时，铜作阳极，与原电池正极相连，待镀铁制品作阴极，与原电池负极相连，A项符合题意；B．已知2NO2⇌C．K2Cr2O7中存在平衡Cr2O72-D．中性条件下，铁发生吸氧腐蚀，导致导气管中液面上升，因此可以实现目的，D项不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．电镀铜时，铜作阳极，与原电池正极相连，待镀铁制品作阴极，与原电池负极相连；BC．根据影响化学平衡移动的因素分析；D．中性条件下，铁发生吸氧腐蚀。12．【答案】C【解析】【解答】A．从图中可知，历程Ⅰ反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，A不符合题意；B．从图中可知，历程Ⅱ反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，ΔH=-28kJ/mol，B不符合题意；C．历程Ⅲ反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，ΔH=+238kJ/mol，热化学方程式符合题意，C符合题意；D．实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程中，伴随着能量的损耗，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；BC．ΔH=生成物总能量-反应物总能量；D．依据图中能量变化分析。13．【答案】C【解析】【解答】A.400℃时，从下到上，NO转化率增大，说明平衡正向移动即增大压强，因此压强大小关系：p2>p1，故A不符合题意；B．其他条件相同时，随温度升高，NO转化率降低，平衡逆向移动，因此该反应的平衡常数减小，故B不符合题意；C．根据加入的量之比等于计量系数之比，则转化率相等，因此在400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为40%，故C符合题意；D．该反应是体积减小的反应，500℃、p1条件下，由于缺少容器体积，因此无法计算该反应的化学平衡常数，故D不符合题意；答案为C。

【分析】A.2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大；

B.由图像可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动；

C.根据图像，400℃、P1条件下，NO的平衡转化率为40%，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2：1充入反应容器，则O2的平衡转化率也为40%；

D.该反应为气体的体积发生变化的反应，根据平衡常数K=c2(NO2)14．【答案】B【解析】【解答】A．HZ反应后pH等于7，则反应后的盐NaZ呈中性，HZ为强酸；HX、HY反应后分别得到NaX、NaY溶液呈碱性，则HX、HY为弱酸，且NaX溶液的碱性更强，即X-的水解程度更大，根据越弱越水解原理，则酸性HX<HY，故酸性：HZ>HY>HX，故A不符合题意；B．①中NaOH和HX反应恰好生成NaX溶液，该溶液pH大于7显碱性，X-离子发生水解，故答案为：c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)，故B符合题意；C．由A可知酸性HY>HX，则X-离子水解程度大于Y-，所以c(XD．HZ为强酸，离子方程式中要拆写，所以离子方程式应该为：H+故答案为：B。

【分析】A．根据越弱越水解原理分析；B．依据盐类水解原理分析；D．HZ为强酸，应拆写。15．【答案】（1）K；F（2）N原子的价层电子排布式为2p3，O原子的价层电子排布式为2p4，N原子的2p能级处于半充满的稳定状态，不易失去电子，故N的第一电离能比O小（3）Be+2NaOH=N（4）d；【解析】【解答】（1）同周期元素从左至右原子半径逐渐减小，同主族元素从上往下原子半径逐渐增大，故①~⑨原子半径最大的是K，同周期元素从左至右电负性逐渐增大，同主族元素从上往下电负性逐渐减小，故电负性最大的是F。（2）N原子的价层电子排布式为2p3，O原子的价层电子排布式为2p4，N原子的2p能级处于半充满的稳定状态，不易失去电子，故N的第一电离能比O小。（3）Al的单质能与碱反应，根据“对角线规则"，Be的单质与NaOH溶液反应的方程式是Be+2NaOH=Na（4）Fe的价电子排布式为3d64s2，Fe位于元素周期表的d区，Fe3+的价电子排布式为3d5，根据洪特规则知，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，则其价层电子排布图为。

【分析】（1）同周期元素从左至右原子半径逐渐减小，同主族元素从上往下原子半径逐渐增大；同周期元素从左至右电负性逐渐增大，同主族元素从上往下电负性逐渐减小；（2）一般情况下同一周期元素的原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当元素处于第IIA、第VA时，由于原子核外电子处于轨道的全充满、半充满的稳定状态，失去电子消耗的能量大于同一周期相邻元素；（3）根据“对角线规则"推导③的性质；（4）依据原子构造原理分析；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。16．【答案】（1）HN（2）<（3）NaClO＞CH3COONa＞NaNO2（4）增大；＝；根据电荷守恒有：c(NO2-)+c(OH−)＝c(Na+)+c(H+)，当c(NO2-)＝c(Na+)时，溶液中的c(H+)＝c(OH−)，所以pH＝7（5）溶液由红色变无色，且半分钟内不变色；锥形瓶；0.0999mol/L【解析】【解答】（1）HNO2是一元弱酸，不完全电离，电离方程式（2）Ka(HNO2)=5.6×10−4，Ka(HClO)=4.0×10−8，则Ka(HNO2)>K（3）物质的量浓度相同的NaNO2、CH3COONa、NaClO三种溶液，均是强碱弱酸盐，阳离子相同，则看阴离子水解程度的大小，根据表格信息，有Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，根据“越弱越水解”，则水解程度Kh(NaNO2)<Kh(CH3COONa)<Kh（4）①溶液中存在电离平衡HNO2⇌H++NO②当滴加NaOH溶液至溶液中的c(NO2−)=c(Na（5）①达到滴定终点的现象是溶液由红色变无色，且半分钟内不变色；②在滴定实验过程中，锥形瓶是否有蒸馏水，对实验结果没有影响；③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗HCl标准溶液体积的平均值为19.98mL，则此NaOH溶液的浓度是：c(NaOH)=

【分析】（1）弱酸不完全电离；（2）依据Ka分析；（3）根据“越弱越水解”；（4）①依据电离平衡移动原理；②根据电荷守恒；（5）①依据溶液中颜色变化判断；②不影响待测液中溶质的物质的量；③利用中和反应原理，用平均值计算；17．【答案】（1）−50kJ/mol（2）3a−3abmol/L（3）该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇产率降低；有分子筛膜时，甲醇平衡产率受温度和水浓度减小两个因素影响。温度升高，平衡逆向移动，分子筛膜使水蒸气分离而浓度减小，平衡正向移动，低于210℃时，水蒸气浓度减小是主要因素，甲醇产率升高；高于210℃时，温度升高是主要因素，甲醇产率降低（4）阳；CO2+6H++6e−=CH3OH+H2O【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，目标方程式CO2(g)+3H2(（2）根据题给条件列出三段式：C则平衡时c(H（3）①ΔH＜0，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，所以甲醇平衡产率随温度升高而降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇产率降低；②有分子筛膜时，甲醇平衡产率受温度和水浓度减小两个因素影响。温度升高，平衡逆向移动，分子筛膜使水蒸气分离而浓度减小，平衡正向移动，低于210℃时，水蒸气浓度减小是主要因素，甲醇产率升高；高于210℃时，温度升高是主要因素，甲醇产率降低；（4）该装置利用电解法将CO2转化为甲醇，所以电极a上的反应为CO2得电子被还原为甲醇，作阴极，故电极b作阳极；图示有质子交换膜，说明电解质溶液呈酸性，所以a电极的电极反应为CO2+6H++6e−=CH3OH+H2O。【分析】（1）根据盖斯定律；（2）根据题给条件列出三段式计算；（3）根据影响化学平衡移动的因素分析；（4）电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极失电子，发生氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上得电子，发生还原反应。18．【答案】（1）Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)（2）Mg(OH)2(s)+2NH+4(aq)⇌2NH3∙H2O(s)+Mg2+(aq)（3）CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；CaCO3易溶于酸而CaSO4不易溶于酸；c(Ca2+)＝3.（4）将不溶于酸的CaSO4转化为能溶于酸的CaCO3除去【解析】【解答】（1）用化学用语表示Mg(OH)2在水中的沉淀溶解平衡，即用化学方程式表示其沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg（2）步骤Ⅱ中NH4Cl溶解Mg(OH)2的原理是NH+4与Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)溶解平衡中的OH-结合生成NH3∙H2O，从而促进Mg(OH)2的溶解平衡往溶解的方向移动，对应的化学反应方程式是：Mg(OH)2(s)+2NH+4(aq)⇌（3）①i中白色沉淀是CaCl2与Na2CO3反应生成的CaCO3，i中加入稀盐酸，白色沉淀溶解，发生的离子反应是：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；②i中白色沉淀是CaCl2与Na2CO3反应生成的CaCO3，ii中白色沉淀是CaCl2与Na2SO4反应生成的CaSO4，i中加入稀盐酸，白色沉淀CaCO3溶解，ii中加入盐酸，对比i、ii白色沉淀和稀盐酸反应的现象，得出的结论是CaCO3易溶于酸而CaSO4不易溶于酸；③结合题给信息：当溶液中剩余的离子浓度小于1×1