【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，{#{QQABAYCUggAIAAJAAAhCAwXQCAIQkBCCAAoOwFAEoAABg

RFABAA=}#}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—0.35mol/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Na

2CO3三种溶液，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＞HC

N，则CN-水解能力强于HCOO-，NaCN溶液碱性强于HCOONa溶液，HCOONa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＞H

CO，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；{#{QQABAYCUggAIAAJAAAhCAwXQCAIQkBCCAAoOwFAEoAABgRFABAA=}#}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=E3－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{#{Q

QABAYCUggAIAAJAAAhCAwXQCAIQkBCCAAoOwFAEoAABgRFABAA=}#}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1

0-6，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SO2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)0.28

g·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NaOH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NaO

H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{#{QQABAYCUggAIAAJAAAhCAwXQCAIQkBCCAAoOwFAEoAABgRFABAA=}#}第5页共9页溶液8.80

mL，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）①H3As

O3②H3AsO3+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(O

H)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(HCO

3−):c(H2CO3)=10:1时，Ka1=���(HCO3−)���(H+)���(H2CO3)=10���(H+)=1.0×10−6，c(H+)=1.0×10-7mol/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(H3AsO

3):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H3AsO

3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；{#{QQABAYCUggAIAAJAAAhCAwXQCAIQkBCCAAoOwFAEoA

ABgRFABAA=}#}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%=9MPa{#{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、CO2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（mol/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{#{QQABAYCUggAIAAJAAAhCAwXQCAIQkBCCAAoOwFAEoAABgRFABAA=}#}获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号ww

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