2023 年高二化学第一学期期末考试试卷含解析请点击修改第 I 卷的文字说明评卷人得分一、选择题题型注释1. 以下说法正确的选项是A. 上图所示的是一个放热反响B参加催化剂 v(正)增大、v(逆)减小C燃烧热是生成 1molH2O 放出的热量D只有活化分子才能发生有效碰撞【答案】D【解析】试题分析：A. 右图所示的由于反响物的能低，生成物的能量高，所以该反响是一个吸热反响，错误；B. 参加催化剂 v(正)增大、v(逆)也增大，错误；C. 燃烧热是酸碱发生中和反响生成 1molH2O 时所放出的热量，错误；D. 只有活化分子才能发生有效碰撞，正确。考点：考察图像法在表示化学反响速率、反响热等化学反响中的应用的学问。2. 对于反响A(g)+3B(g) 2C(g)，以下各数据表示不同条件下的反响速率，其中反响进展得最快的是Av(A)=0.2mol/(Ls)Bv(B)=0.2 mol/(Ls)Cv(B)=0.3mol/(Ls)Dv(C)=0.2mol/(Ls)【答案】A【解析】试题分析：将各个选项中的物质用 A 物质的浓度变化来表示化学反响速率，然后在进展比较 。 A v(A)=0.2mol/(Ls) ； B v(A)=0.2/3 mol/(Ls); C v(A)=0.1mol/(Ls);Dv(C)=0.1mol/(Ls).所以化学反响速率最快的是 A。考点：考察化学反响速率的比较的学问。3. 肯定量的稀盐酸跟过量锌粉反响时，为了减缓反响速率又不影响生成H2 的总量，可实行的措施是A. 参加少量稀 NaOH 溶液B参加少量 CH3COONa 固体C参加少量 NH4HSO4 固体D参加少量 Na2CO3 浓溶液【答案】B【解析】试题分析：A参加少量稀 NaOH 溶液会消耗 H+，使其物质的量减小，所以减缓反响速率也不影响生成 H 的总量，错误； B参加少量CH COONa 固体，发生反响产生醋酸，H+的浓度23减小，反响速率减小，当反响减小到肯定程度后醋酸电离产生 H+，使其物质的量浓度再增加，但是最终的量不变，正确；C参加少量 NH HSO 固体，会电离产生 H+，H+的物质的量44浓度增加，反响速率加快，生成H 的总量也增加，错误；D参加少量 Na CO 浓溶液，会消223耗 HCl 产生二氧化碳气体, H+的物质的量浓度减小，H+的物质的量也减小，所以反响速率减小，产生氢气的量也减小。错误。考点：考察外界条件对化学反响速率、物质的量的影响的学问。4以下图为一原电池的构造示意图，以下说法中，错误的是ACu 电极为正电极B原电池工作时，电子从Zn 电极流出C原电池工作时的总反响为：Zn+Cu2+=Zn2+CuD盐桥琼脂-饱和 KCl 溶液中的 K移向 ZnSO 溶液4【答案】D【解析】试题分析：在如下图的原电池装置中，Zn 是负极，Cu 是正极；在负极 Zn 失去电子，发生反响：Zn-2e-=Zn2+,发生氧化反响，在正极上发生反响： Cu2+2e-=Cu，发生复原反响。原电池工作时的总反响为：Zn+Cu2+=Zn2+Cu，电子从负极 Zn 经过外电路到正极 Cu, 盐桥琼脂-饱和 KCl 溶液中的 K移向负电荷较多的 CuSO 溶液。因此错误的选项是 D。4考点：考察原电池的各种原理的学问。5以下表述中，合理的是 A将水加热，K 增大，pH 不变wB. 把 FeCl 的水溶液加热蒸干可得到FeCl 固体33C. 用 25 mL碱式滴定管量取20.00mL 高锰酸钾溶液D. 用惰性电极电解足量的AgNO 溶液时，当有 0.2 mole-转移时会析出 21.6g 银3【答案】D【解析】试题分析：A将水加热，促进水的电离，K 增大，pH 减小，错误；B把 FeCl 的水溶液加w3热 Fe3+会水解产生氢氧化铁和HCl,HCl 会随着水分的蒸发而挥发，所以蒸干可得到 Fe(OH)3固体,错误；C高锰酸钾溶液有强的氧化性，简洁腐蚀橡胶，所以要用 25 mL 酸式滴定管量取 20.00mL 高锰酸钾溶液，错误；D用惰性电极电解足量的 AgNO 溶液时，在阴极上会有3单 质 Ag 析 出 ， 因 此 当 有 0.2 mole-0.2mol108g/mol=21.6g,。正确。转 移 时 会 析 出 0.2mol, 其 质 量 是考点：考察水的电离、盐的水解电解原理的应用和仪器的使用的学问。6某小组为争论电化学原理，设计如图装置。以下表达错误的是Aa 和 b 不连接时，铁片上会有金属铜析出Ba 和 b 用导线连接时，铜片上发生的反响为：Cu2+2e-= CuCa 和 b 分别连接足够电压的直流电源正、负极时，Cu2向铜电极移动D无论 a 和 b 是否用导线连接，铁片均溶解，溶液从蓝色渐渐变成浅绿色【答案】C【解析】试题分析：Aa 和 b 不连接时，由于 Fe 的活动性比 Cu 强，所以在铁片上发生置换反响， 因此会有金属铜析出，正确；Ba 和 b 用导线连接时，就构成了原电池，Fe 作负极，Cu 作正极，在正极铜片上发生的反响为：Cu2+2e-= Cu，正确；Ca 和 b 分别连接足够电压的直流电源正、负极时，则a 是阳极，b 是阴极，依据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，Cu2向负电荷较多的铜电极区域移动，错误；D无论 a 和 b 是否用导线连接，铁片均溶解，变为 Fe2+, Cu2则得到电子变为 Cu，所以溶液从蓝色渐渐变成浅绿色，正确。考点：考察原电池、电解池的工作原理的学问。7假设醋酸用 HAc 表示，则在 0.1molL1 NaAc 溶液中，以下离子浓度关系正确的选项是AcNa cAc+cHAcBcNa+cOH= cAc +cHCcNacOH cAc cH DcNa cAc cH cOH【答案】A【解析】试题分析：A依据物料守恒可得cNa cAc+cHAc，正确；B依据溶液呈电中性的原则 cNa+ cH= cAc + cOH，错误；CNaAc 是强碱弱酸盐，弱酸根离子 Ac-水解消耗，所以 cNa cAc；水解消耗水电离产生的 H+，最终溶液中的 cOH cH.由于盐水解的程度是微弱的，所以 cAccOH，故溶液中离子的浓度关系是：cNacAc cOH cH，错误；D由于醋酸根离子水解消耗水电离产生的 H+，所以溶液中离子的浓度 cOH cH 。故最终溶液中离子 cNa cAc cOH cH，错误。考点：考察溶液中离子浓度的大小比较的学问。 8在肯定温度下的定容密闭容器中，当以下条件不再转变时，说明反响：A(s)+2B(g) C(g)+D(g)已到达平衡状态的现象是A混合气体的压强B混合气体的密度C气体的总物质的量D单位时间内生成n mol C 的同时消耗 2n molB【答案】B【解析】试题分析：A. 由于该反响是反响前后气体体积相等的反响，所以无论反响是否到达平衡， 混合气体的压强都不变，故不能作为平衡的标志，错误； B.由于反响体系中气体的质量是可变的反响，假设反响未到达平衡，则气体的质量就会发生变化，混合气体的密度就会发生 变化，假设混合气体的密度不再转变，则反响到达平衡，正确；C. 由于该反响是反响前后气体体积相等的反响，所以无论反响是否到达平衡，混合气体的总物质的量不变，所以不能 作为平衡的标志，错误；D 由于方程式中 B、C 的物质的量的比是 2:1，所以在任何时刻单位时间内生成 n mol C 的同时消耗 2n molB，故不能确定反响到达平衡，错误。考点：考察可逆反响平衡状态的推断的学问。9以下有关表述正确的选项是 A参加催化剂不会使化学平衡移动B. 把封有 NO 的烧瓶浸入热水中，颜色变浅2C. 用 30%的 FeCl 溶液腐蚀印刷线路板上的铜箔：Fe3+ + Cu=Fe2+ + Cu2+3D. 过量的 NaHSO 与 Ba(OH) 溶液反响：Ba2+2OH+2H+SO 2=BaSO +2H O42442【答案】AD【解析】试题分析：A参加催化剂，使正反响速率增大的倍数与逆反响速率增大的倍数一样，因此化学平衡不会发生移动，正确；B把封有 NO 的烧瓶浸入热水中，平衡会向吸热反响方向2移动，由于生成 NO 的方向是吸热反响方向，所以混合气体颜色变深，错误；C用 30%的2FeCl 溶液腐蚀印刷线路板上的铜箔：2Fe3+ + Cu=2Fe2+ + Cu2+，错误；D过量的 NaHSO 与34Ba(OH) 溶液反响时应当以缺乏量的碱为标准来书写，离子方程式是： Ba2+2OH+2H+SO 2 24=BaSO +2H O，正确。42考点：考察影响化学平衡的移动的因素、盐的性质及离子方程式的书写的学问。10. 利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt 等杂质的粗铜提纯，以下表达正确的选项是A. 电解时以精铜作阳极B电解时阴极发生复原反响C. 粗铜连接电源负极，其电极反响是Cu =Cu2+ + 2e-D. 电解完毕，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt 等金属的阳极泥【答案】BD【解析】试题分析：A. 电解时以精铜作阴极，错误； B电解时阴极发生复原反响，阳极发生氧化反响，错误；C粗铜连接电源正极，其电极反响是Cu-2e-=Cu2+ ，错误；D电解时由于阳极材料中的 Ag、Pt 不发生反响，会沉淀在阳极的底部，素电解完毕时，电解槽底部会形成含少量 Ag、Pt 等金属的阳极泥，正确。考点：考察金属精炼的学问。11. 肯定条件下，在容积为 10L 的密闭容器中，将l mol X 和 1 mol Y 进展如下反响：2X(g)Y(g) Z(g)，经 60 s 到达平衡生成 0.3 mol 的 Z，以下说法正确的选项是A60 s 内 X 的平均反响速率为 0.001 molL-1s-1 B将容器的容积变为 20 L，Z 的平衡浓度将等于原平衡浓度的 1/2 C假设温度和体积不变，往容器内增加 1 mol X，Y 的转化率将增大D假设上升温度，X 的体积分数增大，则正反响的H0【答案】AC【解析】试题分析：AV(Z)= 0.3 mol 10L60 s=0.0005mol/(mols),由于 V(X): V(Z)=2:1， 所以 V(X) =2V(Z)= 0.0010mol/(mols),正确；B将容器的容积变为 20 L，假设平衡不发生移动，Z 的平衡浓度将等于原平衡浓度的 1/2，而减小压强，平衡逆向移动，所以Z 的平衡浓度将小于原平衡浓度的 1/2，错误；C