湖南省永州市宁远县第一中学2022-2023学年高二化学上学期期末考试试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省永州市宁远县第一中学2022-2023学年高二化学上学期期末考试试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了5 K~39 Fe~56等内容，欢迎下载使用。

宁远一中2022~2023学年度高二第一学期期末化学考试试卷
时量：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H~1 C~12 N~14 O~16 F~19 Na~23 S~32 Cl~35.5 K~39 Fe~56
一、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。只有一项是符合题目要求的)
1. 化学与生产、生活密切相关，生活中处处有化学，化学让世界更美好。下列叙述正确的是
A. “84”消毒液等含氯消毒剂、过氧乙酸、体积分数为75％的酒精等均可以有效灭活新型冠状病毒，所以将“84”消毒液与75%酒精1：1混合，消毒效果更好
B. 钢铁制品和纯铜制品均既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀
C. CO、SO2、NO、NO2均为大气污染物，“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量
D. “嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能
【答案】C
【解析】
【详解】A．“84”消毒液的有效成分为次氯酸钠，与75%酒精混合会发生氧化还原反应，使消毒效果降低，A错误；
B．铜的金属活动性顺序在氢之后，不能与氢离子发生反应，即不能发生析氢腐蚀，B错误；
C．“燃煤固硫”减少空气中二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”减少空气中氮氧化物的排放，都能提高空气质量，C正确；
D．太阳能电池将太阳能转化为电能，D错误；
故选C。
2. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 新制氯水在光照下颜色变浅
B. 由、、组成的平衡体系加压后颜色变深
C. 对于，及时分离出钾蒸气
D. 对于，选择稀盐酸代替蒸馏水洗涤沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A．遇光易分解，浓度降低使平衡正向移动，A项不符合题意；
B．与生成反应前后气体分子数目不变，加压不影响反应平衡移动，B项符合题意；
C．及时分离出钾蒸气，降低产物浓度，反应正向移动，C项不符合题意；
D．选择稀盐酸代替蒸馏水，浓度增大会使的溶解平衡逆向移动，减少其溶解损耗，D项不符合题意；
故选：B。
3. 科学家用氮化镓材料与铜组装成如图的人工光合系统，实现了以和为原料合成。下列有关说法不正确的是

A. 该装置是先将光能转化为电能，再将电能转化为化学能
B. 氮化镓电极表面的电极反应式为
C. 铜电极表面的和放电，生成，则铜电极是负极
D. 该装置的电解液不能用盐酸，而用硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．该装置是原电池时，是将光能转化为电能，充电时作电解池，将电能转化为化学能，A正确；
B．可将该装置当作电解装置，氮化镓电极是阳极，H2O中的OH-失去电子生成O2，其电极反应式为，B正确；
C．可将该装置当作原电池，铜电极为正极，和放电，生成，电极反应式为：，C错误；
D．如果用盐酸作该装置的电解液，阳极失电子生成，会污染环境，而用硫酸作电解液，阳极失电子生成，不会污染环境，因此不能用盐酸作该装置的电解液，而用硫酸，D正确；
答案选C。
4. 亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸，常温下电离常数Ka1=1.0×10-3，Ka2=2.6×10-7 ，下列说法正确的是
A. H3PO3与足量的NaOH溶液反应生成Na3PO3
B. 对亚磷酸溶液升温，溶液的pH值变大
C. 向亚磷酸溶液中加入少量NaOH固体，则变大
D. 对0.01mol/L的亚磷酸溶液加水稀释，溶液中各离子浓度均减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知亚磷酸()是一种二元弱酸，故与足量的NaOH溶液反应生成不能生成，A错误；
B．弱酸的电离过程是一个吸热过程，升高温度促进弱酸的电离正向移动，故对亚磷酸溶液升温，溶液中c(H+)增大，溶液的pH值变小，B错误；
C．向亚磷酸溶液中加入少量NaOH固体，电离平衡正向移动，溶液中c(H+)减小，则=增大，C正确；
D．对0.01mol/L的溶液加水稀释，溶液中H+、、离子浓度均减小，但根据水的离子积可知，Kw=c(H+)c(OH-)是一个常数，故c(OH-)增大，D错误；
答案选C。
5. 燃料电池是燃料(如CO、H2、CH4、C2H6等)跟氧气(或空气)起反应将化学能转变为电能的装置，若电解质溶液是强碱溶液，下面关于乙烷(C2H6)燃料电池的说法正确的是
A. 该电池工作时，正极附近溶液的碱性增强
B. 负极反应式：C2H6+18OH—+14e—=2CO+12H2O
C. 通入5.6LO2完全反应后，有1mol电子发生转移
D. 燃料电池的优点之一是点燃时化学能大部分转化为电能而不是热能和光能
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，乙烷燃料电池的负极为通入乙烷的电极，碱性条件下，乙烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根和水，电极反应式为C2H6+18OH——14e—=2CO+12H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—。
【详解】A．由分析可知，电池工作时，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，正极附近溶液的氢氧根离子浓度增大，溶液碱性增强，故A正确；
B．由分析可知，通入乙烷的电极为负极，碱性条件下，乙烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根和水，电极反应式为C2H6+18OH——14e—=2CO+12H2O，故B错误；
C．缺标准状况下，无法计算5.6LO2完全反应后转移电子的物质的量，故C错误；
D．乙烷燃料电池工作时，不需要点燃乙烷，故D错误；
故选A。
6. 下列说法或有关化学用语的使用正确的是
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量
B. 基态Fe原子的价层轨道表示式为
C. 硫的电负性比磷大，故硫元素的第一电离能比磷元素的第一电离能大
D. 基态铜原子价层电子排布式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．同一能层中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层S轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，A错误；
B．基态铁原子价层电子排布式为，价层电子排布图为，B正确；
C．P原子的3p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻的S原子，C错误；
D．原子核外电子排布处于全满、半满或全空时是稳定结构，故29号Cu元素基态原子的价层电子排布式为，D错误；
故答案选B。
7. 下列事实不能说明是弱电解质的是
A 溶液可使石蕊溶液变红
B. 等浓度溶液的导电能力比盐酸弱
C. 等浓度溶液和盐酸分别与锌粉反应，前者的速率慢
D. 相同体积和值的溶液和盐酸与足量锌粉反应，前者产生的多
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶液可使石蕊溶液变红，只能说明是电解质，不能说明是弱电解质，A选；
B．等浓度溶液的导电能力比盐酸弱，说明的酸性比盐酸弱，是弱电解质，B不选；
C．等浓度溶液和盐酸分别与锌粉反应，前者的速率慢，说明前者中小，不完全电离，是弱电解质，C不选；
D．相同体积和值的溶液和盐酸与足量锌粉反应，前者产生的多，说明溶液中大，不完全电离，是弱电解质，D不选；
故选：A。
8. T℃时，在20.00mL0.10mol·L-1的一元酸HR溶液中滴入0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。

下列说法不正确的是（ ）
A. .T℃时，HR电离常数Ka≈1.0×10-5
B. M点对应的NaOH溶液体积为20.00mL
C. N点与Q点所示溶液中水的电离程度：N>Q
D. M点所示溶液中c(Na+)=c(R-)
【答案】B
【解析】
【详解】A．P点溶液的pH=3，则c(H+)=1×10-3mol/L，c(R-)≈c(H+)，c(HR)≈0.1mol/L，则T℃时HR电离平衡常数Ka==1.0×10-5，故A正确；
B．M点溶液的pH=7，则溶液呈中性，此时c(H+)= c(OH-)，而HR与氢氧化钠反应完全生成的NaR溶液呈碱性，所以溶液显中性时氢氧化钠的体积应小于20ml，故B错误；
C．N点HR可能恰好完全反应，也可能氢氧化钠稍微过量，但无论何种情况，Q点溶液中氢氧化钠的浓度要大于N点，碱的电离抑制水的电离，则水的电离程度：N＞Q，故C正确；
D．M点溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(R-)=c(H+)+(Na+)，溶液显中性，则c(OH-)=c(H+)，所以c(R-)=(Na+)，故D正确；
故答案为B。
9. 电絮凝的反应原理是以金属铁为阳极，在直流电的作用下，阳极被溶蚀，产生金属离子；在经一系列水解、聚合及氧化过程，使废水中的胶态杂质、悬浮杂质凝聚沉淀而分离。下列说法不正确的是

A. 阳极电极方程式为Fe-3e-=Fe3+和2H2O-4e-=O2↑+4H+
B. 阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C. 每产生1molO2，整个电解池中理论上转移电子大于4mol
D. 选择铝做阳极也可起到相似絮凝效果
【答案】A
【解析】
【详解】A．若铁为阳极，则阳极电极方程式为Fe-2e-=Fe2+，同时水电离产生的OH-失去电子变为O2，同时产生H+，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，选项A不正确；
B．阴极上水电离产生的H+得到电子变为H2逸出，故电离方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B正确；
C．在阳极上的电极反应式有Fe-2e-=Fe2+、2H2O-4e-=O2↑+4H+，因此当生成1 mol O2，整个电解池中理论上转移电子大于4 mol，选项C正确；
D．Fe3+经过水解生成Fe(OH)3胶体使水中的杂质凝聚沉淀，选择铝做阳极也可起到相似的絮凝效果，选项D正确；
答案选A。
10. 工业合成氨气的反应为，反应过程可用下图模拟(代表分子，代表分子，代表催化剂)。下列说法正确的是

A. 过程Ⅱ中的能量变化小于过程Ⅲ中的能量变化
B. 过程Ⅱ为放热反应，过程Ⅲ为吸热反应
C. 1mol和3mol反应，放出的热量为92.0kJ
D. 催化剂可降低整个反应的活化能，因此使减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．过程Ⅰ是反应物吸附在催化剂表面，过程Ⅱ是旧键的断裂，过程Ⅲ是新键的形成，过程Ⅳ是产物从催化剂上脱离；由于总反应是放热反应，故过程Ⅱ中的能量变化小于过程Ⅲ中的能量变化，A正确；
B．过程Ⅱ为断键过程，是吸热反应，过程Ⅲ为成键过程，是放热反应，B错误；
C．合成氨的反应是可逆的，1mol和3mol反应，放出的热量小于92.0kJ，C错误；
D．催化剂不能改变，D错误；
故选A。
二、选择题(本题包括4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11. 下列离子方程式符合题意的是
A. 等物质的量浓度的盐酸与溶液等体积混合：
B. 加入除去废水中的
C. 将碱性溶液与含的溶液混合：
D. 溶液中通入少量
【答案】BD
【解析】
【详解】A．等体积等物质的量浓度的盐酸与Na2CO3溶液混合，只能得到NaHCO3，不会产生气体，因此离子方程式为H++CO=HCO，A不符合题意；
B．加入Na2S除去废水中的Cu2++S2-=CuS↓， B符合题意；
C．由于溶液为碱性，因此在生成物中Fe3+应为Fe(OH)3，C不符合题意；
D．还原性I—>Fe2+，因此FeI2溶液中通入少量Cl2：Cl2+2I- =2C1-+I2， D符合题意；
故选BD。
12. 在恒容密闭容器中充入和发生反应：，反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是

A. 升高温度，平衡常数减小
B. W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率
C. Q点时，Y的转化率最大
D. 恒温下，平衡时再充入适量Z，则达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大
【答案】AC
【解析】
【分析】反应开始时没有达到平衡，反应正向进行，X的量减少，到Q点时达到最小，则这一点是反应的最大限度，Q点后平衡逆向移动，X的量逐渐增加，同时说明该反应的正反应是放热反应。
【详解】A．温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，A正确；
B．W、M两点X的浓度相同但是温度不相同，故反应速率不相等，B错误；
C．Q点X的量最少，转化率最大，C正确；
D．平衡时充入Z，相当于增大压强，反应两边气体的化学计量数之和相等，改变压强对平衡没有影响，达到新平衡时Z的体积分数与原平衡一样，D错误；
故选AC。
13. 在一定条件下，和反应生成和的能量变化如图所示，下列说法不正确的是

A. 该反应放出了的热量
B. 曲线a可能是反应使用了催化剂
C. 断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
D. 该反应热化学方程式为
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图象可知：反应物的能量比生成物的高，发生反应时放出热量。反应的量未知，因此不能确定反应放出热量的多少，且348kJ是从过渡态到生成物过程中释放的热量，不是从反应物到生成物释放的热量，A错误；
B．根据图象可知：曲线a改变了反应历程，降低了活化能，但没有改变焓变，可能是反应使用了催化剂，B正确；
C．断键吸收能量，成键释放能量，此反应是放热反应，说明断键吸收能量之和小于成键释放能量，C正确；
D．反应过程中的能量变化不仅与物质多少有关，也与物质的存在状态有关，题目的热化学方程式未注明物质的存在状态，因此不能表示反应的热化学方程式，D错误；
故合理选项是AD。
14. 已知。室温下，向溶液中逐滴滴加溶液，溶液随着变化关系如图所示。下列说法正确的是

A.
B. 当时，加入溶液的体积小于
C. 水的电离程度：
D. 当溶液加入溶液时：
【答案】AB
【解析】
【分析】已知，，根据图上，，故。
【详解】A．根据分析可知，pH=7时，，故A正确；
B．，说明等物质的量浓度的溶液中电离程度大于水解程度，如果加入溶液，溶液中溶质为等物质的量浓度的溶液，电离程度大于水解程度，导致溶液中，要使混合溶液中，即，加入的应该少一些，即加入溶液的体积小于，故B正确；
C．，横坐标越大，则越大，溶液中越大，水电离程度越大，从a到c溶液的值逐渐增大，溶液中增大，则水电离程度增大，故C错误；
D．当加入溶液时，溶液中溶质为等物质的量浓度的溶液，且，溶液中存在电荷守恒①、存在物料守恒②，则①+②×2得，故D错误；
故选AB。
三、非选择题(本题包括3小题，每空2分，共54分)
15. 铁镍矿是一种重要的金属材料，主要用于制备铁镍合金，还用于制备镍氢电池的材料。某铁镍矿石的主要成分是四氧化三铁和硫酸镍，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该铁镍矿制备高纯度的氢氧化镍，工艺流程如下：

回答下列问题：
（1）铁镍矿石粉碎的目的是_______。
（2）“酸溶”时，所加入的试剂A是硫酸，溶液中有等_______种金属阳离子生成，废渣1的主要成分的化学式为_______。
（3）“除铁”时的作用是_______。
（4）“除铜”时，所用的试剂B可选用或，你认为选用最好的是_______，反应的离子方程式为_______。
（5）“除钙、镁”过程形成的废渣3的化学式为_______。
（6）已知常温下，该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液约为_______时，才刚好沉淀完全(离子沉淀完全的浓度；)。
（7）Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂。在工业上通常利用如图装置生产Na2FeO4。

①阳极的电极反应式为_______。
②右侧的离子交换膜为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阴极区a%_______b%(填“>”、“=”或“<”)。
③Na2FeO4作为高效净水剂的工作原理是：_______。
【答案】（1）便于酸溶时增大固体与酸溶液接触面，使之充分反应，提高反应速率
（2） ①. 6 ②.
（3）将氧化为
（4） ①. ②.
（5）
（6）9.15 （7） ①. Fe+8OH--6e-= +4H2O ②. 阴 ③. < ④. Na2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒，同时被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的氢氧化铁胶体吸附了水中悬浮的颗粒，起到净水的作用
【解析】
【分析】铁镍矿石的主要成分是四氧化三铁和硫酸镍，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，粉碎后，加入试剂稀硫酸进行酸溶，其中硅的氧化物不与酸反应，形成废渣1，滤液中含有、、、、、，加入将氧化为后，利用碳酸钠除铁，得到黄钠铁矾渣，再利用除铜，得到硫化铜废渣，再利用除钙、除镁，得到废渣为、，最后利用沉镍，得到固体，据此进行解答。
【小问1详解】
铁镍矿石粉碎可以增大固体与酸溶液接触面积，使之充分反应，故答案为：便于酸溶时增大固体与酸溶液接触面积，使之充分反应，提高反应速率。
【小问2详解】
“酸溶”时，加入稀硫酸，硅的氧化物与硫酸不反应，四氧化三铁、铜的氧化物、钙的氧化物、镁的氧化物与稀硫酸反应生成、、、、，再加上硫酸镍中的，共有种金属阳离子生成，废渣的主要成分为。
【小问3详解】
“酸溶”后所得溶液中含有、，“除铁”时的作用是将氧化为。
【小问4详解】
“除铜”时，试剂最好选用，将沉淀，因为易挥发有毒气体，对保护环境不利，反应的离子方程式为。
【小问5详解】
加入除钙、镁离子，生成、难溶物形成废渣，故废渣的化学式为、。
【小问6详解】
，，则，，，该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液约为时，才刚好沉淀完全。
【小问7详解】
由图可知，Cu电极为阴极，Fe电极为阳极，电解质溶液为NaOH，故阳极反应为Fe+8OH--6e-=+4H2O，阴极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，中间的浓NaOH溶液中Na+向阴极移动，OH-向阳极移动参与反应，故阴极的NaOH浓度增大，左侧离子交换膜为阳膜，右侧为阴膜。故：
①阳极电极反应为Fe+8OH--6e-=+4H2O；
②右侧离子交换膜为阴离子交换膜，阴极区a%＜b%；
③Na2FeO4作为高效净水剂的工作原理是Na2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒，同时被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的氢氧化铁胶体吸附了水中悬浮的颗粒，起到净水的作用。
16. 2021年，中国科学院天津工业生物技术研究所马延和研究员带领团队，采用一种类似“搭积木”的方式，从头设计、构建了11步反应的非自然固碳与淀粉合成途径，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成。其原理首先是利用化学催化剂将高浓度二氧化碳在高密度氢能作用下合成。
（1）已知：


①该反应_______。
②下列有利于提高平衡产率的是条件是_______。
A．高温、高压 B．低温、高压 C．高温、低压 D．低温、低压
（2）时，条件下，向2L刚性容器中充入和，发生反应：，测得不同时刻容器内压强变化如下表：
时间/h
1
2
3
4
5
6

80
75
72
71
70
70
反应前1小时内的平均反应速率为_______，该温度下的平衡转化率为_______，平衡时的分压_______MPa。
【答案】（1） ①. −1182.2 ②. B
（2） ①. 0.6 ②. 60% ③. 15
【解析】
【小问1详解】
①第一个方程式加上第二个方程式得到−1182.2；故答案为：−1182.2。
②该反应是放热反应，降低，平衡正向移动，甲醇产量提高，该反应是体积减小的反应，增大压强，有利于平衡正向移动，因此有利于提高平衡产率的是条件是低温、高压；故答案为：B。
【小问2详解】
反应前1小时内压强为80MPa，根据，则此时气体物质的量为，，，解得x=0.4mol，则反应前1小时内的平均反应速率，平衡时，则此时气体物质的量为，，，解得y=0.6mol，该温度下的平衡转化率为，的分压；故答案为：0.6；60%；15。
17. 合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，在很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。
（1）自然界中的氮元素主要以分子的形式存在于空气中，是人工固氮的主要来源。
①基态氮原子的轨道表示式为___________，占据最高能级电子的电子云轮廓图为___________形。
②NH3分子中，与N原子相连的H显正电性。N、H电负性大小顺序为___________。
（2）铁触媒是普遍使用的以铁为主体的多成分催化剂，通常还含有Al2O3、K2O、CaO、MgO、Cr2O3等氧化物中的几种。
①上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中p区的元素是___________。
②比较Mg、Ca第一电离能的大小：___________。O的第一电离能小于N，原因是___________。
③下表的数据从上到下是钠、镁、铝逐级失去电子的电离能。
元素
Na
Mg
Al
电离能(kJ/mol)
496
738
578
4562
1451
1817
6912
7733
2745
9543
10540
11575
结合数据说明Mg的常见化合价为＋2价的原因：___________。
（3）我国科研人员研制出了“Fe—LiH”催化剂，温度、压强分别降到了350℃、1MPa，这是近年来合成氨反应研究中的重要突破。
①基态Fe原子的核外电子排布式为___________，铁在元素周期表中的位置___________。
②比较Li＋与H-的半径大小关系：r(Li＋)___________r(H-)(填“＞”或“＜”)。
【答案】（1） ①. ②. 哑铃 ③. N＞H
（2） ①. Al、O ②. Mg＞Ca ③. O的价电子层2s22p4，失去一个电子后，2p能级达到半满的结构，相对稳定；N的价电子层2s22p3，半满的结构，相对稳定，不易失去电子 ④. 镁的第三电离能比第一、二电离能大很多，镁很难失去第三个电子，而易失去两个电子形成＋2价镁离子
（3） ①. 1s22s22p63s23p63d64s2 ②. 第四周期第Ⅷ族 ③. ＜
【解析】
【小问1详解】
①基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，其轨道表示式为；占据最高能级为2p，其电子云轮廓图为哑铃形；
②NH3分子中，与N原子相连的H显正电性，则N、H电负性大小顺序为N＞H；
【小问2详解】
①上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中p区的元素是Al、O；
②同一主族从上到下，第一电离能逐渐减小，则Mg、Ca第一电离能的大小为Mg＞Ca；O的价电子层2s22p4，失去一个电子后，2p能级达到半满的结构，相对稳定；N的价电子层2s22p3，半满的结构，相对稳定，不易失去电子，故第一电离能：O＜N；
③镁的第三电离能比第一、二电离能大很多，镁很难失去第三个电子，而易失去两个电子形成＋2价镁离子，故Mg的常见化合价为＋2价；
【小问3详解】
①基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，铁在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；
②Li＋与H-具有相同的电子层数，原子序数越小，离子半径越大，则离子半径：r(Li＋)＜r(H-)。