【文档说明】辽宁省大连市滨城高中联盟2023-2024学年高二上学期11月期中化学试卷+PDF版含答案.pdf，共(19)页，5.319 MB，由小赞的店铺上传

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第1页共9页滨城高中联盟2023-2024学年度上学期高二期中考试化学答案1.选C。【详解】A.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，由于白磷转化为红磷放出热量，说明白磷的能量高，则红磷比白磷稳定，故A错误。B.S(s)完全燃烧生成SO2放

出的热量小于S(g)完全燃烧生成SO2放出的热量又因为放热反应ΔH<0，所以反应热a>b，故B错误；C.该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以向密闭容器中加入2molH2(g)和2molI2(g)，充分反应后放出的热量小于2akJ。故C正确。D.醋

酸电离过程吸收热量，所以含1molNaOH的稀溶液与足量稀醋酸完全中和，放出的热量小于57．3kJ，故D错误；2．选D。【详解】A.电解熔融氧化铝为非自发反应，故A错误；B.化学反应方向与速率无关，故B错误；C.氢气与氧气生成水是熵减放热反应，常温下ΔG<0可以自发，故C错误;D.

从反应方程式看，熵减少，因此推得反应放热，当温度低于980K时，焓效应占主要因素，反应自发进行，CO将发生分解反应。故D正确。3.选A。【详解】①用等质量的锌粉代替锌粒，增大接触面积加快反应速率，而锌和酸的量均未改变，即H2的量不变，符合题意；②将

反应溶液适当加热，加快反应速率，而锌和酸的量均未改变，即H2的量不变，符合题意；③向反应液中滴入少量CuSO4溶液，虽然通过形成原电池反应能够加快反应速率，但由于部分锌置换铜，即锌的量减小，则生成的H2的量也减小，

不合题意；④用10mL98%硫酸代替10mL1.0mol/L的稀硫酸，锌与浓硫酸反应不生成H2，而生成SO2，不合题意；⑤再加入10ml2mol·L-1盐酸，溶液中H+的浓度不变，反应速率不变，不合题意；⑥再

加入少量CH3COONa固体，由于CH3COO-结合H+生成CH3COOH,降低了H+的浓度，速度减慢，但产生H2总量不变，不合题意。综上分析可知，只有①②符合题意。故答案为A。4.选A。【详解】A．反应达到平衡时，，即，则反应②的平衡常数，故A正确；B.反应所需活化能

越大，反应速率越慢，已知反应①②是快反应，反应③是慢反应，故反应①②的活化能小于反应③的活化能。故B错误；C.增加CO(g)浓度，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数目增多，加快反应速率，故C错

误；D.是反应过程中的中间产物,不是该反应的催化剂，故D错误。5.选C。【详解】A．由图可知，ClO在历程II中作中间产物。故A错误；B.催化剂不影响平衡，相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ=历程I，故B错误；C．由图知：的能量为E3，的能量为E2，的相对能量为0，则的，C正确；

D．活化能最小的反应速率最快，由图知，活化能最小，则历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为，D错误。故答案为C。6.选D。【详解】A.Fe3+与I-按物质的量之比1∶1反应，图中FeCl3过量，加入KSCN溶液一定显红色，故无法达到实验目的，A项不符合题意；B．浓硫酸溶于

水放热，二者的温度不相同，{#{QQABAYCUggAIAAJAAAhCAwXQCAIQkBCCAAoOwFAEoAABgRFABAA=}#}第2页共9页因此不能探究浓度对反应速率的影响，B项不符合题意；C.温度和催化剂都可影响反

应速率，比较催化剂的影响，应在温度相同的条件下进行对比实验，C项不符合题意；D．秒表测定时间，针筒测定气体的体积，用于可以比较锌与不同浓度的稀硫酸反应的速率大小，D项符合题意；7.选A。A．由图可知，a～b段二氧化碳浓度的变化量为0.50mol/L—0.35mo

l/L=0.15mol/L，则一氧化碳的反应速率为0.15/2×1200=2.5×10-4mol·Lˉ1·Sˉ1，故A错误；【详解】B．由图可知，乙曲线的反应速率大于甲曲线，平衡时二氧化碳的浓度相等，则其他条件不变，相对甲曲线，乙曲线的改变条件为加入催化剂，故B正确；C．由化学反应速率之比

等于化学计量数之比可知，不同时刻均存在，故C正确；D．由图可知，反应向正反应方向进行，c点时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，a点到c点的过程中逆反应速率增大，则b点逆反应速率小于c点正反应速率，故D正确；8.选C。【详解】A．的溶液中，，，碳酸氢钠水解显碱性，因此溶液中

的氢氧根浓度是水电离出的，因此水电离产生的，故A错误；B.由于碳酸根水解程度大于醋酸根水解程度，pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液，水解程度越大，则浓度越小，氢氧化钠电离程度大，其

物质的量浓度应最小：，故B错误。C．将等体积等物质的量浓度的CH3COONa和NaF溶液混合，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(F-)，存在物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=2c(F-

)+2c(HF)，根据电荷守恒和物料守恒得c(CH3COOH)+c(HF)+c(H+)=c(OH-)，则c(CH3COOH)+c(HF)=c(OH-)-c(H+)，故C正确；D.两种溶液中NH4+都水解，前者电离产生H+，对NH4+水解平衡抑制程度更大，因此前者中c(NH4+)

更大，故D错误9.选B。【详解】A．由电离常数可知，三种酸的酸性强弱顺序为HCOOH＞H2CO3＞HCN，故A正确；B．由电离常数可知，甲酸和氢氰酸的酸性强弱顺序为HCOOH＞HCN，则CN-水解能力强于HCOO-，NaCN溶液碱性强于HCOONa溶液，HC

OONa溶液中H+数目多。根据电荷守恒，溶液中H+数目越多，离子总数越多，因此总离子数目前者大于后者，故B错误；C．由分析可知，酸的电离程度的大小顺序为H2CO3＞HCN＞HCO，由强酸制弱酸的原理可知，溶液中氰酸根离子与二氧化碳反应生成氢氰酸和

碳酸氢根离子，反应的离子方程式为，故C正确；D．由方程式可知，25℃时反应的化学平衡常数K=c(HCOO−)c(HCN)c(HCOOH)c(CN−)=c(HCOO−)c(HCN)c(H+)c(HCOOH)c(CN+)c(H+)=Ka(HCOOH)Ka(HCN)=1.8×10−44.9×10

−4=3.67×105，故D正确；10.选B。【详解】A．由图可知，反应达到化学平衡时，改变条件，正、逆反应速率均增大，但仍然相等，对于前后气体计量数相等的反应，增大压强，正、逆反应速率均等幅增加，平衡不移动。故A正确；{#{QQABAY

CUggAIAAJAAAhCAwXQCAIQkBCCAAoOwFAEoAABgRFABAA=}#}第3页共9页B．该反应为气体体积减小的反应，将容器体积缩小后，气体压强增大，平衡向正反应方向移动，四氧化二氮的浓度增大，由图可知，达到平衡时，四氧化二氮的浓

度突然增大，后又逐渐减小，说明平衡向逆反应方向移动，改变的条件是增大四氧化二氮的浓度，不是将容器体积缩小，故B错误；C．由图可知：A生成B的反应为①AB∆H1=E1－E2，B生成C的反应为①BC∆H2=E

3－E4，则A生成C的反应为AC∆H1＋∆H2=E1－E2＋E3－E4，故C正确；D．由图可知，反应达到平衡后，升高温度，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故D正确；11

.选C。【详解】A.NaA和NaB的起始浓度不确定，无法根据pH大小推断水解程度大小，A错误；B.酸HA放出的氢气越多，说明HA起始浓度越大，其酸性越弱，B错误；C.NH3.H2O存在电离平衡，滴酚酞变红，加入NH4Cl固体抑制

电离，则溶液红色变浅，由此可证明NH3.H2O为弱电解质，C正确；D.次氯酸钠溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定pH，D错误12.选B。【详解】A.根据盖斯定律，△H1=△H3-△H2=-48.2kJ·mol-1A正确;

B.∆H1<0,∆H3<0升高温度，平衡逆向移动，CH3OH物质的量分数减小，因此a表示CH3OH物质的量随温度变化，B错误；C.反应I、III都生成CH3OH,温度不变，增大压强，平衡正向移动，CH3OH产量提高，C正确D.△H1<0，△H2<0，温度改变，I、II平衡移动方向相

反，但程度相近，CO2物质的量几乎不变，D正确。13.选C。【详解】A.实验①、②说明是水溶液中歧化反应的催化剂，②中含有KI，一段时间出现浑浊，而①无明显现象，根据控制变量法，其他条件应相同，则a可能是；实验②是实验④的对比实验，则I-的浓度相等，

b=0.4；A正确；B.实验②、③其他条件相同，只有SO2的浓度是变量，目的是探究浓度对SO2歧化反应速率的影响；B正确；C.实验①、⑤的变量是H+，两个实验均无明显现象，说明单独存在时不具有催化作用；C错误；D.综合实验探究可得出的结论是

存在时，可以加快水溶液中歧化反应速率；D正确；14.选B。【详解】A．E点MOH溶液中，结合可知，，MOH的电离常数约为，A正确；B．F点溶液呈碱性，溶质为MCl和MOH，物质的量相等，MOH的电离程度大于M+的水解程度

，故离子浓度关系为：c(M+)>c(Cl−)>c(MOH)>c(OH−)>c(H+)，B错误；C．P点酸碱恰好中和，溶质为MCl，水的电离受到促进，因此水的电离程度最大，C正确；D．Q点加入盐酸体积为MOH体积的

2倍，溶液中存在物料守恒：c(Cl−)=2c(MOH)+2c(M+)，根据电荷守恒有c(Cl−)+c(OH−)=c(H+)+c(M+)，两式处理后有c(H+)=2c(MOH)+c(M+)+c(OH−)，故c(H+)>2c(MOH)+c(M+)，D正确；15.选D

。【分析】根据纵坐标含义知，pC越小则该微粒浓度越大，c(H2A)越大，pC越小，随着pH增大，c(H2A)减小，pC(H2A)增大，则曲线II为pC(H2A)，同理曲线I为pC()、曲线{#{QQABAYCUggAIAAJAAAhCAwXQCAIQkBCCAAoOwFAEoAABgRFABAA

=}#}第4页共9页Ⅲ为pC()；据此解答。【详解】A．由上述分析可知，曲线II为pC(H2A)，曲线I为pC()、曲线Ⅲ为pC()，当pH=3时，pC(H2A)=pC()＞pC()，pC越小则该微粒浓度越大，所以c(HA-)>c(A2-)=c(H2A)，故A错误；B．常温

下由HA-A2-+H+Ka2可知，Ka2=，当c()=c()时，pH=5.3，则Ka2=c(H+)=10-5.3，数量级为10-6，故B错误；C．HA-的电离常数为10-5.3，HA-的水解常数为0-13.2，因为电离程度大于水解

程度，所以NaHA溶液呈酸性，故C错误；D．=，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则不变，D正确；故答案为D。16．(14分，除特殊说明每空2分)(1)使生成的SO2完全被双氧水吸收（1分）H2O2+SO2=H2SO4(2)A（1分）检查是否漏液（1分）(3)除去未和S

O2反应的H2O2(4)溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色ad(5)0.28g·kg-1符合（1分）【详解】（1）持续通N2的作用是：使生成的SO2完全被双氧水吸收。双氧水和SO2反应生成H2SO4，化学方程式为：H2O2+SO2=H2SO4。（2）

步骤ii中盛装0.01mol·L-1的NaOH标准液的仪器为碱式滴定管，故选A；滴定管使用之前需要进行的操作为检查是否漏液。（3）步骤ii中煮沸的目的可能是：除去未和SO2反应的H2O2。（4）滴定前锥形瓶中溶液无色，滴定完全后N

aOH稍过量，溶液为浅红色，步骤ii滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；a．滴定前尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致标准NaOH溶液的体积偏小，会使测得的SO2含量偏小b．盛装0

.01mol·L-1的NaOH标准液的仪器未用标准液润洗，会导致标准液被稀释，导致标准NaOH溶液的体积偏大，会使测得的SO2含量偏大c．滴定前读数时俯视刻度线，滴定终点读数时仰视刻度线，导致标准NaOH溶液的体积偏大，会使测得的SO2含量偏大

d．氮气流速过快会导致SO2吸收不充分，导致测得的SO2含量偏小故选ad（5）由表格数据可知，第三组实验数据误差较大，应该舍去，另外三组实验平衡消耗标准NaOH{#{QQABAYCUggAIAAJAAAhCAwXQCAIQk

BCCAAoOwFAEoAABgRFABAA=}#}第5页共9页溶液8.80mL，则该大枣中SO2的残留量为0.0088×0.01×642≈0.002816g，0.0028160.010≈0.28g·kg-1因此符合国家标准。17.（14分，每空2分）I.①逆向

②变大③酸II.（1）①H3AsO3②H3AsO3+OH+=H2AsO3−+H2O③ac（2）pH在5~9时，主要微粒为H2AsO3和H2AsO3−，带负电荷的微粒H2AsO3−的含量随溶液pH增大而增大，更易于被带正电荷的氢氧化铁胶粒吸附，吸附效果变好，同时pH升高更利于铁盐水解，促进

生成更多的Fe(OH)3胶体，吸附效果增强；【详解】I（1）①当少量碱进入到人体血液时，发生反应，平衡逆向移动②当大量酸进入人体血液时平衡正向进行，c(HCO)减少c(H+)c(H2CO3)=C(H+)c(

H2CO3)=c(H+)c(HCO3−)=Ka1c(HCO3−)，比值增大③当血液中c(HCO3−):c(H2CO3)=10:1时，Ka1=���(HCO3−)���(H+)���(H2CO3)=10���(H+)=1.0×10−6，c(H+)=1.0×10-7

mol/L，此时pH=7，不在正常范围内，人体可能已经发生酸中毒II.(1)①由图可知PH在7.35~7.45之间存在的微粒主要是H2AsO3。②pH=11时，溶液中砷的主要存在微粒H3AsO3−，则将KOH滴入亚砷酸溶液至pH=11，H3AsO3不断减少，H2AsO3−不断增多，

可以推知发生的反应为H3AsO3+OH+=H2AsO3−+H2O。③a．当n(H3AsO3):n(H2AsO3−)=1:1时，由图可知两曲线交点处溶液呈碱性，故a项正确；b．pH=12时，溶液呈碱性，c(

OH－)>c(H＋))，则题中所列式子不成立，b错误；c．在K3AsO3溶液中，含砷微粒AsO33−的浓度远大于其它含砷微粒的浓度，由图像可知c(AsO33−)>c(HAsO32−)>c(H2AsO3−)，c正

确。故答案为：H3AsO3；H3AsO3+OH+=H2AsO3−+H2O；故答案为ac；(2)由于Fe(OH)3胶体表面带正电荷，可以吸附负电荷微粒，pH在5~9时，主要微粒为H3AsO3和H2AsO3−，带负电荷的微粒H2AsO3−的含量随

溶液pH增大而增大，更易于被带正电荷的氢氧化铁胶粒吸附，吸附效果变好。pH升高促进铁盐水解，生成更多的Fe(OH)3胶体，吸附效果增强。答案：pH在5~9时，主要微粒为H3AsO3和H2AsO3−，带负电荷的

微粒H2AsO3−的含量随溶液pH增大而增大，更易于被带正电荷的氢氧化铁胶粒吸附，吸附效果变好，同时pH升高更利于铁盐水解，促进生成更多的Fe(OH)3胶体，吸附效果增强；{#{QQABAYCUggAIAAJAAAhCAwXQCAIQkBC

CAAoOwFAEoAABgRFABAA=}#}第6页共9页18.（14分，每空2分）I（1）能（2）AE（3）促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率：加快合成氨反应速率。（4）���1���2=(4293)0.53×(9342)0.5II.（1）2NH3(g)+CO2(g)H2O(

g)+CO(NH2)2(s)ΔH=-133kJ/mol。(2)二55【详解】I（1），常温下，反应能自发进行。（2）A．该反应为气体体积缩小的反应，压强为变量，当容器内压强不再交化时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，A正确；

B．设起始N2和H2分别为amol，氮气体积分数为50%，N2反应xmol，列出三段式求出平衡时氮气体积分数，平衡时N2体积分数为，始终不变，不说明达到平衡状态，B错误；C．该反应在恒温恒容条件下进行，混合气体的质量、容器容积为定值，则混合气体密度始终

不变，气体的密度不再改变不能说明达到平衡状态，C错误：D．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，当3v正(NH3)=2v逆(H2)说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，D错误；E.反应前后气体物质的量变化，气体质量不变，容器内气体的平均摩尔质量不变，说明反应

达到平衡状态，E正确。故选AE。（3）在合成氨过程中，不断分高出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率，根据合成氮反应的速率方程，速率与c(NH3)成反比，故加快合成氨反应进率，故答案为：促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率：加快合成氨反

应速率。(4)因为氨气的体积分数为25%，则N2体积分数为14×75%，H2体积分数为34×75%P(NH3)=16×25%=4MPaP(N2)=16×14×25%=3MPaP(H2)=16×34×25%=9M

Pa{#{QQABAYCUggAIAAJAAAhCAwXQCAIQkBCCAAoOwFAEoAABgRFABAA=}#}第7页共9页当平衡时=0，则，，以铁为催化剂时，���1���2=(4293)0.53×(9342)0.5II.（1）已知：第一步：

2NH3(g)+CO2(g)H3NCOONH4(s)∆H=-271kJ·mol-1第二步：H2NCOONH4(s)CO(NH2)(s)+H2O(g)∆H=+138kJ·mol-1根据盖斯定律可知第一步+第二步即得到NH3、CO

2为原料合成尿素的热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(NH2)2(s)ΔH=-133kJ/mol。（2）由图象可知在15min左右，氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化发生的是第一步反应，氨基甲酸铵先增大再减小最

后达到平衡，发生的是第二步反应，从曲线斜率不难看出第二步反应速率慢，所以合成尿素总反应的快慢由第二步反应决定，根据图象可知第一步反应进行到15min达到平衡；根据图象可知反应进行到55min时尿素的物质的量不再发生变化，

说明总反应进行到55min时到达平衡。19．（13分，除特殊标注外，每空2分）(1)<<（1分）经计算可以T1时平衡常数K=0.5,T2时K=2.5,又因为正反应反向吸热，所以T1<T2吸附环节(2)b(3)水蒸气与积碳发生

反应，可消除催化剂表面的积碳详解：【详解】（1）①T1时，向乙容器中按表格中数据投料：起始（mol/L）300转化（mol/L）111平衡（mol/L）211K=1/2，温度相同时,容器乙Q=2×3/4=1.5因为Q>K，所以反应逆向进行；此时v正

<v逆②T2时，按容器丙数据列三段式：{#{QQABAYCUggAIAAJAAAhCAwXQCAIQkBCCAAoOwFAEoAABgRFABAA=}#}第8页共9页起始（mol/L）500转化（mo

l/L）2.52.52.5平衡（mol/L）2.52.52.5此时K=2.5×2.5/2.5=2.5；因为KT2>KT1；正方向为ΔH>0；所以T1<T2③转化过程的图示可知，乙苯脱氢经历了四步，只有“吸附环节”属于结合过程，其余三步都是解离过程，因此，低温有利于“吸附环节”的

发生，该催化剂在使用过程中，“脱氢环节”除了产生H2，还会生成H2O离开催化剂表面。（2）正反应为总体积增大的反应，在100kPa的压强下，n(乙苯):n(CO2)越大，CO2气体的压强就越大，则乙苯的分压越小，

减小压强平衡向正向移动，则n(乙苯):n(CO2)=1:9时乙苯的转化率最大，因此n(乙苯):n(CO2)=1:5时，符合条件的曲线为b。（3）水蒸气与积碳发生反应C(s)+H20(g)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳{#{QQABAYCUggAIAAJAAAhCAwXQCA

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