北京市第四中学2022-2023学年高二化学上学期期中试题（Word版附解析）

这是一份北京市第四中学2022-2023学年高二化学上学期期中试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
北京四中2022~2023学年度第一学期期中试卷
高二化学
(试卷满分为100分，考试时间为90分钟)
一、单项选择题(本大题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1. 下列装置或过程能实现化学能转化为电能的是
A
B
C
D




风力发电
水果电池
燃料燃烧
手机充电

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．风力发电把风能转化为电能，故不选A；
B．水果电池属于原电池，把化学能转化为电能，故选B；
C．燃料燃烧把化学能转化为热能、光能等，故不选C；
D．手机充电把电能转化为化学能，故不选D；
选B。
2. 化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是
A. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去
B. 国家大剧院玻璃外墙采用了“纳米自洁玻璃”，即让玻璃穿上一层纳米级二氧化钛(TiO2)外套。TiO2可利用TiCl4的水解反应制得。
C. 打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出，可用勒夏特列原理解释
D. 明矾净水与自来水的杀菌消毒原理相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．CaSO4微溶于水，难溶于酸，用Na2CO3溶液处理后，可转化为CaCO3，CaCO3可溶于酸，能用酸除去，A正确；
B．“纳米自洁玻璃”，在下雨的时候表面呈超亲水状态，能很轻易的把玻璃表面的灰尘等脏污浮起然后带走，TiCl4水解可制取TiO2，B正确；
C．在汽水中，存在CO2的溶解平衡，打开汽水瓶盖时压强减小，CO2的溶解度降低，从而产生大量气泡，C正确；
D．明矾净水的原理，是明矾水解产生的氢氧化铝胶体，能够吸附水中的悬浮颗粒物并使之沉降，但不具有杀菌消毒能力，D不正确；
故选D。
3. 关于强、弱电解质的叙述不正确的是
A. 强电解质在固态或液态时，可能不导电
B. 强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡
C. 某弱电解质溶液，升温后，导电能力不同
D. 氯化钠溶液的导电性很强，所以氯化钠溶液为强电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A．强电解质虽然在水溶液或熔融状态下能发生完全电离，但在固态或液态时，离子不能自由移动，所以不导电，A正确；
B．即便是难溶性强电解质，溶于水的部分也发生完全电离，所以强电解质在溶液中不存在电离平衡，B正确；
C．某弱电解质溶液，升温后，电离程度增大，离子浓度增大，导电能力增强，C正确；
D．氯化钠溶液的导电性很强，说明溶液中离子浓度大，但氯化钠溶液是混合物，不属于强电解质，D不正确；
故选D。
4. 下列用于解释事实的方程式书写不正确的是
A. 钢铁制品在潮湿空气中的电化学腐蚀：Fe-3e- =Fe3+
B. 电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2e- =Cu
C. 牙膏中添加氟化物能起到预防龋齿的作用，因为氟离子能与羟基磷灰石发生反应生成氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq) Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)
D. Na2CO3溶液能去油污的原理：+H2O+OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A．钢铁制品在潮湿空气中发生电化学腐蚀时，Fe作负极，C作正极，在负极，Fe失电子生成Fe2+，电极反应式为：Fe-2e- =Fe2+，A不正确；
B．电解精炼铜时，阴极材料为纯铜，在阴极，溶液中的Cu2+得电子生成Cu，阴极反应为：Cu2++2e- =Cu，B正确；
C．牙膏中添加氟化物，与牙齿中的羟基磷灰石Ca5(PO4)3OH发生反应，生成更难溶的氟磷灰石Ca5(PO4)3F，能起到预防龋齿的作用，发生反应的离子方程式为：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)，C正确；
D．Na2CO3在溶液中能发生水解，生成OH-等，从而促进油脂的水解，达到去油污作用，其原理为：+H2O+OH-，D正确；
故选A。
5. 下列化学反应中可以设计为原电池的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】能设计成原电池的反应，必须为常温下能自发进行的氧化还原反应。
【详解】A．中不含价态变化的元素，为非氧化还原反应，不能设计成原电池，A不符合题意；
B．为非氧化还原反应，不能设计成原电池，B不符合题意；
C．为复分解反应，不能设计成原电池，C不符合题意；
D．为常温下发生的置换反应，能设计成原电池，D符合题意；
故选D。
6. 常温下，下列混合溶液的pH一定小于7的
A. pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合
B. pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合
C. pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合
D. 0.1mol/L的醋酸和0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合
【答案】C
【解析】
【详解】A．盐酸为强酸溶液，Ba（OH）2为强碱，pH=3的盐酸中氢离子浓度为0.001 mol/L，pH=11的Ba（OH）2溶液中c（OH-）=0.001mol/L，两者等体积混合恰好完全反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，室温下pH等于7，A错误；
B．盐酸为强酸溶液，氨水为弱碱溶液，室温下pH=3的盐酸的浓度远小于pH=11的氨水的浓度， pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合，反应后氨水过量，溶液呈碱性，pH大于7，B错误；
C．醋酸为弱酸，NaOH为强碱，室温下pH=3的醋酸的浓度远大于pH=11的氢氧化钠的浓度， pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合，反应后醋酸过量，溶液呈酸性，pH小于7，C正确；
D．0.1mol/L的醋酸和0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，两者恰好反应生成强碱弱酸盐醋酸钠，醋酸根离子水解溶液显碱性，D错误；
故选C。
7. 分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是

A. ①中Mg做正极
B. ②中Mg做负极，电极反应式为Mg-2e- =Mg2+
C. ③中Cu做负极时，电极反应式为Cu-2e- =Cu2+
D. ④中Cu做正极，电极反应式为2H++2e-=H2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．装置①中，Mg的金属活动性大于Al，则Mg做负极，A不正确；
B．装置②中，虽然Mg的金属活动性比Al强，但Mg与NaOH溶液不能发生反应，所以Mg做正极，Al做负极，电极反应式为Al-3e-+4OH-=+2H2O，B不正确；
C．装置③中，由于Fe在浓HNO3中发生钝化，所以Cu做负极，电极反应式为Cu-2e- =Cu2+，C正确；
D．装置④中，发生吸氧腐蚀，Cu做正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，D不正确；
故选C。
8. 常温下，某溶液中由水电离产生的c(OH－)水＝1×10－13 mol·L－1，下列一定能大量共存的离子组是（ ）
A. Na＋、Fe2＋、、Cl－ B. K＋、Na＋、Cl－、
C. K＋、Na＋、Cl－、 D. CH3COO－、、、
【答案】C
【解析】
【分析】25℃时，某溶液中由水电离产生的c(OH－)水＝1×10－13 mol·L－1，此溶质对水的电离产生抑制，此溶液可能显酸性也可能显碱性，最常见的则是酸溶液或碱溶液，据此分析回答。
【详解】A．若碱性溶液中则Fe2＋与OH－发生反应，不能大量存在于碱溶液中；若酸性溶液中则H＋、Fe2＋、发生氧化还原反应而不能共存，选项A不符合题意；
B． 与OH－、H＋均能反应，既不能存在于强酸性也不能存在于强碱性溶液中，不能大量共存，选项B不符合题意；
C．四种离子彼此不反应，既能大量存在于酸性溶液中，也能大量存在于碱性溶液中，选项C符合题意；
D．NH4＋与OH－反应，不能大量存在于碱性溶液中；CH3COO－与H＋反应，不能大量存在于酸性溶液中；选项D不符合题意；
答案选C。
9. 甲烷燃料电池的工作原理如图，下列说法正确的是

A. a极为正极
B. K+从a极经溶液流向b极
C. 工作一段时间后，b极附近的pH会减小
D. a极的电极反应为CH4+6OH--8e-=+5H2O
【答案】B
【解析】
【分析】在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入空气或O2等氧化剂的电极为正极。从而得出，CH4、O2燃料电池中，通CH4的电极为负极，通O2的电极为正极。
【详解】A．由分析可知，a极通入CH4作燃料，则a为负极，A不正确；
B．在原电池中，阳离子向正极移动，则K+从a极经溶液流向b极，B正确；
C．电池工作时，b极发生的反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，则一段时间后，b极附近的pH会增大，C不正确；
D．a极负极，CH4失电子产物与电解质反应生成等，电极反应为CH4+10OH--8e-=+7H2O，D不正确；
故选B。
10. 把0.05mol NaOH固体分别加入到下列100mL溶液中，导电能力变化较大的是
A. 0.5 mol·L-1 MgSO4溶液 B. 0.5 mol·L-1盐酸
C. 0.5 mol·L-1的醋酸溶液 D. 0.5 mol·L-1NH4Cl溶液
【答案】C
【解析】
【分析】氢氧化钠为强电解质，全部电离，电解质的导电能力，主要取决于离子浓度的大小，离子浓度越大，导电能力越强，导电能力变化较大，说明溶液中离子浓度应变化较大，据此分析解答。
【详解】A．MgSO4溶液加入氢氧化钠固体生成氢氧化镁沉淀，但同时生成硫酸钠，溶液中离子浓度变化不大，溶液的导电能力变化不大，故A错误；
B．加入到盐酸中，与酸反应生成氯化钠，溶液中离子浓度几乎没变，溶液的导电能力变化不大，故B错误；
C．加入到醋酸中，生成醋酸钠，醋酸钠是强电解质，而原醋酸是弱酸，离于浓度较小，故加入后溶液中的离子浓度增大，溶液的导电能力变化较大，故C正确；
D．加入到NH4Cl溶液中生成氯化钠和氨气，氯化铵和氯化钠都是强电解质，而一水合氨为弱电解质，溶液中离子浓度变化不大，溶液的导电能力变化不大，故D错误；
故选C。
11. 测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下表。实验过程中，取①、④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（ ）
时刻
①
②
③
④
温度
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-
B. ④产生的白色沉淀是BaSO4
C. ①→③的过程中，c(SO32-)在降低
D. ①→③的过程中，温度与c(SO32-)相比，前者对水解平衡的影响更大
【答案】D
【解析】
【详解】A. Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，故A正确；
B. 在实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，①无白色沉淀，说明该溶液中亚硫酸钠和盐酸反应后再不和氯化钡溶液反应，④产生白色沉淀，说明加热过程中有部分亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，硫酸钠和氯化钡反应生成BaSO4白色沉淀，故B正确；
C. ①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c(SO32-)减小，故C正确；
D. ①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解正向移动，但在这个过程中亚硫酸根氧化为硫酸根，导致其浓度减小，平衡逆向移动，因此对水解平衡移动方向的影响程度更大的是后者c(SO32-)，故D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。
12. 下列实验方案不能达到相应目的的是
目的
A.验证Fe是否被氧化
B.研究浓度对FeCl3水解平衡的影响
实验方案


目的
C.比较CH3COOH和H3BO3(硼酸，一元弱酸)酸性的强弱
D.比较AgCl和AgI溶解度的大小
实验方案



A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．取Fe电极附近溶液放入试管，加入K3[Fe(CN)6]溶液，试管内无明显现象，表明溶液中不含有Fe2+，从而表明Fe没有被氧化，A不符合题意；
B．0.1mol/LFeCl3溶液的pH=1.43，加水稀释10倍后，若不存在水解平衡，pH=2.43，现在溶液的pH=2.19＜2.43，则表明加水稀释后溶液中H+的物质的量增大，从而表明减小浓度，FeCl3的水解平衡正向移动，B不符合题意；
C．CH3COOH溶液中有气泡产生，表明酸性CH3COOH＞H2CO3，H3BO3溶液中无气泡产生，表明酸性H3BO3＜H2CO3，从而证明CH3COOH的酸性比H3BO3强，C不符合题意；
D．2mL0.1mol/LAgNO3溶液中加入3滴0.1mol/LNaCl溶液后，AgNO3大量剩余，再加入KI溶液，直接与AgNO3反应，而不是与AgCl反应，所以不能比较AgCl和AgI溶解度的大小，D符合题意；
故选D。
13. 如图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列有关说法中不正确的是(　　)

A. 装置中出口①处的物质是氯气，出口②处的物质是氢气
B. 该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过
C. 装置中发生反应的离子方程式为Cl－＋2H＋Cl2↑＋H2↑
D. 该装置是将电能转化为化学能
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电解池中，阳离子移向阴极可知，电解池左侧为阳极区，氯离子放电生成氯气；右侧为阴极区，氢离子放电生成氢气，所以装置中出口①处的物质是氯气，出口②处的物质是氢气，故A正确；
B．离子交换膜有选择性，根据图象知，该离子交换膜只能让钠离子通过，即让阳离子通过，不能让阴离子通过，故B正确；
C．电解饱和食盐水总反应式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，故C错误；
D．该装置为电解池，是将电能转化为化学能的装置，故D正确；
故选C。
14. 常温下，不能证明乙酸是弱酸的实验事实是
A. CH3COOH溶液能与Na2CO3溶液反应生成CO2
B. 0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7
C. 0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH=3
D. 等体积等pH的盐酸和醋酸与足量锌粒反应，醋酸产生H2多
【答案】A
【解析】
【详解】A．CH3COOH溶液能与Na2CO3溶液反应生成CO2，说明CH3COOH的酸性大于碳酸，但不能证明乙酸是弱酸，故选A；
B．0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7，说明CH3COO-能水解，则CH3COOH是弱酸，故不选B；
C．0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH=3，说明醋酸部分电离，则CH3COOH是弱酸，故不选C；
D．等体积等pH盐酸和醋酸与足量锌粒反应，醋酸产生H2多，说明醋酸的物质的量大于盐酸，则醋酸是弱酸，故不选D；
选A。
15. 工业上利用CO和H2合成二甲醚：3CO(g)＋3H2(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g) ΔHFe2+；而实验II中，还原性：Fe2+>I-，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是_________。
【答案】 ①. 化学平衡状态 ②. 溶液稀释，c（Fe2+）降低 ③. 加入Ag+发生反应：Ag++I-=AgI↓，c（I-）降低；或增大c（Fe2+）平衡均逆向移动 ④. 正 ⑤. 左管产生黄色沉淀，指针向左偏转 ⑥. Fe2+随浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I- ⑦. 向U形管右管中滴加1mol/L FeSO4溶液 ⑧. 该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向
【解析】
【详解】（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态，否则干扰平衡移动的判断，故答案为：化学平衡状态；
（2）由实验iii和实验ii的对比可知，对比实验的目的是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响，故答案为：溶液稀释，c（Fe2+）降低；
（3）加入AgNO3，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3++ 2I-2Fe2++ I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，故答案：i中Ag+消耗I-：Ag+（aq）+I-（aq）AgI（s），I-浓度下降，使平衡2Fe3++ 2I-2Fe2++ I2逆向移动；ⅱ中增大Fe2+浓度，同样平衡2Fe3++2I-?2Fe2++I2逆向移动；
（4）加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；
①K闭合时，指针向右偏转，右侧为正极，可知b极Fe3+得到电子，则b作正极，故答案为：正；
②当指针归零（反应达到平衡）后，向U形管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3++ 2I-2Fe2++ I2平衡逆向移动，指针向左偏转，也可证明推测Fe2+向Fe3+转化，故答案为：左侧溶液颜色褪色，有黄色沉淀生成，电流计指针向左偏转；
（5）①转化的原因为Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-，故答案为：Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-；
②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U形管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液，Fe2+向Fe3+转化，故答案为：当指针归零后，不向左管滴加AgNO3溶液，而是向右管加入1mL1mol•L-1FeSO4溶液；
（6）将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动，故答案为：该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动。