2022南充阆中中学校高二下学期期中学习试题化学含解析

四川省南充市阆中中学校2021-2022年高二下学期期中学习质量检测

化学试题

(满分：100分  时间：50分钟)

可能用到的相对原子质量：H—1   N—14   O—16   F—19  S—32  Fe—56  Zn—65

一、选择题(每小题6分，共42分)

1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是

A 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性

B. 北京冬奥会使用氢燃料电池汽车有利于实现碳达峰和碳中和

C. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火

D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法

【答案】C

【解析】

【详解】A．疫苗主要成分是蛋白质，蛋白质在温度较高时易变性，因此疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，故A正确；

B．北京冬奥会使用氢燃料电池汽车减少二氧化碳的排放，有利于实现碳达峰和碳中和，故B正确；

C．泡沫灭火器可用于一般的起火，电器着火时，电器中的金属会与二氧化碳反应，因此泡沫灭火器不适用于电器起火，故C错误；

D．电热水器主要是铁制容器，镁活泼性比铁强，用镁棒防止内胆腐蚀，镁作负极，铁作正极受到一定保护，因此其原理是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确。

综上所述，答案为C。

2. 关于下列各实验或装置的叙述中，正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A．NaClO具有强氧化性，会氧化pH试纸，因此不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH ，故A错误；

B．由于镁离子会发生水解，应该在HCl气流中加热蒸干MgCl2溶液制备MgCl2固体，故B错误；

C．测定中和热时，用碎泡沫塑料起保温作用，两个烧杯齐平，用温度计测溶液温度，用环形玻璃搅拌棒搅拌，有利于充分反应，故C正确；

D．酸性高锰酸钾溶液应装在酸式滴定管中，故D错误。

综上所述，答案为C。

3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 密闭容器中，1molN2和3molH2充分催化反应后分子总数为2NA

B. 3g 3He含有的中子数为NA

C. pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+

D. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，电路中通过的电子数目为4NA

【答案】B

【解析】

【详解】A．1molN2和3molH2充分测地反应生成2mol氨气，但由于氮气和氢气反应是可逆反应，密闭容器中，1molN2和3molH2充分催化反应后分子总数大于2NA，小于3NA，故A错误；

B．3He 质子数为2，质量数为3，中子数为1，则3g 3He(物质的量1mol)含有的中子数为NA，故B正确；

C．pH=1的H3PO4溶液中，由于溶液体积未知，无法氢离子计算物质的量，故C错误；

D．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，不清楚气体所处的状态，无法计算消耗氧气的物质的量，故D错误。

综上所述，答案为B。

4. 压缩天然气汽车以天然气代替汽车用油，具有价格低、污染少、安全等优点。未经处理的天然气含有，直接使用会造成大气污染，菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法错误的是

A. 该脱硫过程不能在高温下进行

B. 该脱硫过程是将转化为

C. 可以视为该脱硫过程中的催化剂

D. 该脱硫过程的总反应为：

【答案】B

【解析】

【详解】A．脱硫过程需要菌，不能在高温下进行，高温可使菌的蛋白质变性，A正确；

B．由图中反应i可知，Fe2(SO4)3氧化硫化氢生成硫，自身被还原成FeSO4，即该脱硫过程将H2S转化为S，B错误；

C．Fe2(SO4)3氧化H2S生成硫，自身被还原成FeSO4，FeSO4又被氧气氧化生成Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3在整个过程中质量和化学性质不变，故可视为该脱硫过程中的催化剂，C正确；

D．脱硫过程中，反应i为Fe2(SO4)3氧化H2S生成硫，自身被还原成FeSO4，反应ii中FeSO4又被O2氧化生成Fe2(SO4)3，该脱硫过程的总反应，D正确；

故本题答案为B。

5. 双离子电池是全新的高效、低成本储能电池，如图是新型镁—锂双离子二次电池，该电池的工作原理为。下列关于该电池的说法正确的是

A. 放电时，电子从Y电极经过导线流向X电极

B. 放电时，正极的电极反应式：

C. 充电时，外加电源的正极与X相连

D. 充电时，导线上每通过，左室溶液增加

【答案】B

【解析】

【分析】放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为Mg−2e−＝Mg2＋，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1−xFePO4＋xLi＋＋xe−＝LiFePO4，电解质溶液中锂离子透过锂离子交换膜移向正极；

充电时，外加电源的正极与正极相连，阳极上LiFePO4失电子发生氧化反应，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。

【详解】A．放电时左边镁为负极，电子由负极经导线流向正极，即由X经导线流向Y，故A错误；

B．右边为正极、得电子、发生还原反应，电极反应式为，故B正确；

C．左边镁失电子、为负极，右边电极上得电子、为正极，即X为负极接线柱、Y为正极接线柱，充电时，外加电源的正极与电池正极相连，负极与电池负极相连，即外加电源的负极与X相连，故C错误；

D．充电时，导线上每通过1mole−，左室得电子发生还原反应，为维持溶液中电荷守恒，右侧将有1molLi＋移向左室，故D错误；

故选：B。

6. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是

A. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、

B. 含大量的溶液中：、、、

C. 水电离出的c(H+)=10−10 mol∙L−1的溶液中：、、、

D. 的溶液中：、Cu2+、、

【答案】D

【解析】

【详解】A．能使甲基橙变红的溶液中，则溶液中为酸溶液，含有大量氢离子，H＋、、发生氧化还原反应而不能大量共存，故A不符合题意；

B．含大量的溶液中，、发生反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体而不共存，故B不符合题意；

C．水电离出的c(H+)=10−10 mol∙L−1的溶液中，可能是酸溶液，也可能是碱溶液：H＋、反应生成二氧化碳气体和水而不能大量共存，故C不符合题意；

D．的溶液，溶液呈酸性：、Cu2+、、不反应而大量共存，故D符合题意。

综上所述，答案为D。

7. 室温下，用的溶液滴定的一元弱酸溶液，水的电离程度随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A. 从P点到M点发生反应的离子方程式为

B. pH=7时，加入溶液的体积为

C. 点溶液中c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)

D. 点溶液中

【答案】C

【解析】

【详解】A．HX是弱电解质，从P点到M点发生反应的离子方程式为，故A错误；

B．加入溶液的体积为时，HX和氢氧化钠恰好完全反应生成NaX，NaX水解溶液呈碱性，pH>7，故B错误；

C．点溶液中水的电离程度最大，溶质为NaX，NaX水解溶液呈碱性， c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)，故C正确；

D．点溶液中溶质为等浓度的NaX、NaOH，根据质子守恒，，故D错误；

选C。

二、非选择题(共58分)

8. 现有常温下四种溶液：①溶液   ②溶液   ③的氨水   ④的溶液。回答下列问题：

(1)将②③混合后所得溶液，则消耗溶液的体积：②______(填“>”、“<”或“=”，下同)③；将③④分别稀释100倍后，比较溶液的：③______④。

(2)将②③等体积混合后，所得混合溶液中各离子浓度大小顺序为______。

(3)四种溶液中，水的电离程度相同的是______(填序号)。

(4)将①④混合，若有，则混合液呈______(填字母)。

A.酸性        B.碱性         C.中性        D.三性皆有可能

(5)若改变温度后，测得④溶液，则该温度下水的离子积______。在该温度下，将①④混合后，测得溶液，则所得溶液中______。

【答案】    ①. >    ②. >    ③.     ④. ②③④    ⑤. A    ⑥.     ⑦. ()或

【解析】

【分析】①0.01mol/L CH3COOH溶液中醋酸浓度为0.01mol/L，c(H+)<0.01mol/L，②0.01mol/L HCl溶液中c(HCl)=0.01 mol/L，c(H+)=0.01mol/L，③pH=12的氨水中c(NH3•H2O)> 0.01mol/L，c(OH-)=0.01mol/L，④pH=12的NaOH溶液中，c(NaOH)= 0.01mol/L，c(OH-)=0.01mol/L；

【详解】(1)②中c(HCl)=0.01 mol/L，③中c(NH3•H2O)> 0.01mol/L，将②③混合后所得溶液pH=7，则消耗溶液的体积：HCl>氨水，③中c(NH3•H2O)> 0.01mol/L，稀释100倍后，氨水继续电离，c(OH-)>0.0001mol/L，④中c(NaOH)= 0.01mol/L，稀释100倍后，c(OH-)=0.0001mol/L，则稀释后溶液pH③>④，故答案为：>；>；

(2)②0.01mol/L HCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液呈碱性，结合电荷守恒，所得混合溶液中各离子浓度大小顺序为c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故答案为：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)；

(3)酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离，①中水电离出c(H+)>10-12 mol/L，②中水电离出c(H+)=10-12 mol/L，③中水电离出c(H+)=10-12 mol/L，④中水电离出c(H+)=10-12 mol/L，则四种溶液中，水的电离程度相同的是②③④，故答案为：②③④；

(4)将①④混合，溶质为CH3COONa，电荷守恒为：c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)，若c(CH3COO-)>c(Na+)，则c(OH-)< c(H+)，溶液显酸性，故答案为：A ；

(5)④中c(NaOH)= 0.01mol/L，溶液pH为10，c(H+)=10-10 mol/L，Kw= c(H+)• c(OH-)=10-12，在该温度下，pH=7，溶液显碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=()mol/L =(10-5-10-7)mol/L，故答案为：10-12；(10-5-10-7)或9.9×10-7；

9. 硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O ]为浅绿色晶体，又称摩尔盐，能溶于水，难溶于乙醇。某兴趣小组以废铁屑(含少量硫化物、Fe2O3、油污等杂质)为原料制备摩尔盐的流程如下：

回答下列问题：

(1)Na2CO3溶液呈碱性的原因是_______  (用离子方程式表示)。

(2)“酸溶”在如图所示装置中完成(部分夹持装置省略)。仪器a的名称是_______，反应过程中有臭鸡蛋气味气体(H2S)产生，则装置B的作用是_______。

(3)“还原”过程主要反应的离子方程式为_______。

(4)“系列操作”包括：将转化后溶液蒸发浓缩至有晶膜出现时，_______，过滤，用无水乙醇洗涤，晾干。

(5)产品纯度测定：

准确称取8.0g产品，加硫酸溶解，用容量瓶配制100mL溶液。取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，用0.0500mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，消耗标准溶液体积数据如表所示：

(滴定原理：5Fe2+ + + 8H+ ═ Mn2+ + 5Fe3+ +4H2O)

①滴定达到终点的标志是_______。

②滴定前锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，则消耗标准溶液体积_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

③产品纯度为_______[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O 的摩尔质量为392g·mol-1)]。

【答案】    ①. CO+ H2O HCO+OH-    ②. 分液漏斗    ③. 吸收H2S气体，防止污染大气    ④. Fe+ 2Fe3+=3Fe2+    ⑤. 冷却结晶    ⑥. 当滴加最后一滴(或半滴)高锰酸钾溶液，溶液恰好变为粉红色(或浅紫红色)且半分钟内不退色即为滴定终点    ⑦. 无影响    ⑧. 98%

【解析】

【分析】废铁屑(含少量硫化物、Fe2O3、油污等杂质)中加入碳酸钠溶液洗掉表面油脂，然后用水洗掉沾在铁屑表面的碳酸钠，过滤后加入稀硫酸进行酸溶，制备得到硫酸亚铁溶液和硫酸铁溶液，而后再加入过量的铁屑，将铁离子还原为亚铁离子，过滤除掉过量的铁屑，滤液中加入适量的硫酸铵溶液，再经过加热浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥等一系列操作得到硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O ]，据此分析解答。

【详解】(1)Na2CO3溶液呈碱性，可洗去铁屑表面的油污，其呈碱性的原因是因为碳酸根离子在水溶液中发生水解生成碳酸根离子和氢氧根离子，离子方程式表示为：CO+ H2O HCO+OH-；

(2)根据图中仪器构造可知仪器a的名称为分液漏斗；H2S为酸性气体，反应过程中有臭鸡蛋气味气体(H2S)产生，则最后用氢氧化钠吸收，主要是为了吸收H2S气体，防止污染大气；

(3)“还原”过程主要涉及铁粉将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，其反应的离子方程式为：Fe+ 2Fe3+=3Fe2+；

(4)“系列操作”包括：将转化后溶液蒸发浓缩至有晶膜出现时，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，晾干，故答案为：冷却结晶；

(5) ①根据滴定原理可知，滴定达到终点的标志是当滴加最后一滴(或半滴)高锰酸钾溶液，溶液恰好变为粉红色(或浅紫红色)且半分钟内不退色即为滴定终点；

②滴定前锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响待测液溶质的物质的量，则消耗标准溶液体积不变，即无影响，故答案为：无影响；

③根据消耗标准溶液体积数据可知，第一次滴定的误差较大，应舍去，所以消耗的标准液体积平均值为=20.00mL，所以消耗的高锰酸钾的物质的量n(MnO)=0.0500mol/L0.02L=0.001mol，则根据离子方程式：5Fe2+ + + 8H+ ═ Mn2+ + 5Fe3+ +4H2O可知样品中的亚铁离子物质的量n(Fe2+)=5 n(MnO)=0.005mol，所以容量瓶中亚铁离子物质的量为0.005mol=0.02mol，根据铁元素守恒可知，产品中摩尔盐的物质的量也为0.02mol，所以产品的纯度为98%。

【点睛】本题通过硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O ]的制备，考查了化学实验方案设计的方法，正确分析制备流程和反应原理为解答本题的关键，试题综合性较强、涉及的知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力，易错点为(5)题的第②、③小题。

10. 二氧化硫和氮的氧化物是常用的化工原料，但也是大气的主要污染物。综合治理其污染是环境化学当前的重要研究内容之一、

Ⅰ.硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(P)的关系如图所示。根据图示回答下列问题：

（1）写出该反应的化学平衡常数表达式：___________。

（2）将2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。该反应的平衡常数等于___________。

（3）平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)___________K(B)(填“＞”、“＜”或“=”)。

（4）Ⅱ.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：

CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-574kJ·mol-1

CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-1160kJ·mol-1

若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2整个过程中转移的电子总数为___________，放出的热量为：___________kJ。

（5）氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)。达到平衡后，改变某一外界条件(不改变N2、CO的量)，反应速率υ与时间t的关系如图。图中t4时引起平衡移动的条件可能是___________；图中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间是___________。

【答案】（1）   

（2）800    （3）=   

（4）    ①. 1.6NA(或9.6321023)    ②. 173.4   

（5）    ①. 增大压强    ②. t3-t4

【解析】

【小问1详解】

对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，化学平衡常数K=。答案为：；

【小问2详解】

由表中数据可知，将2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中，体系总压强为0.10MPa时，SO2的平衡转化率α(SO2)=0.80，则可建立以下三段式：

K==800。答案为：800；

【小问3详解】

平衡状态由A变到B时，反应体系的温度没有发生改变，则平衡常数不变，所以平衡常数K(A) =K(B)。答案为：=；

小问4详解】

CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-574kJ·mol-1①

CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-1160kJ·mol-1②

利用盖斯定律，将反应①+反应②，即得2CH4(g)+4NO2(g)=2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) ΔH =-1734kJ·mol-1，标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2整个过程中转移的电子总数为mol-1=1.6NA(或9.6321023)，放出的热量为：=173.4kJ。答案为：1.6NA(或9.6321023)；173.4；

【小问5详解】

对于反应3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)，在图中t2~t3段，正反应速率大于逆反应速率，则平衡正向移动，应为升高温度；t4~t5段，平衡逆向移动，应为增大压强；t6~t7段，平衡不移动，应为加入催化剂。从而得出，图中t4时引起平衡移动的条件可能是增大压强；图中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间，应是平衡正向移动的那段时间，所以应是t3-t4。答案为：增大压强；t3-t4。

【点睛】(5)为易错点，题中没有指明正反应是放热反应还是吸热反应，但平衡正向移动，不可能是加压或加入催化剂，所以只能为升高温度。

11. KZnF3被认为是良好的光学基质材料，可由K2CO3、ZnF2、NH4HF2制备。回答下列问题：

（1）基态F原子的价电子轨道表达式为_______；基态Zn原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为_______。

（2）NH4HF2的组成元素的电负性由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)；其中N原子的杂化方式为_______；HF能形成分子缔合体(HF)n的原因为_______。

（3）ZnF2具有金红石型四方结构，KZnF3具有钙钛矿型立方结构，两种晶体的晶胞结构如图所示：

①ZnF2和KZnF3晶体(晶胞顶点为K+ )中，Zn的配位数之比为_______；

②若NA表示阿伏加德罗常数的值，则ZnF2晶体的密度为_______g/cm3(用含a、c、NA的代数式表示)。

【答案】（1）    ①.     ②. 球形   

（2）    ①. F＞N＞H    ②. sp3    ③. HF分子间能形成氢键   

（3）    ①. 1：1    ②.

【解析】

【小问1详解】

F为9号元素，基态F原子核外电子排布式为1s22s22p5，则基态F原子的价电子轨道表达式为 ；基态Zn核外电子排布式为[Ar]3d104s2，其原子核外占据最高能层电子是N层的4s上的电子，其s电子云轮廓图形状为球形；故答案为： ；球形。

小问2详解】

根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族同上到下电负性逐渐减小，因此NH4HF2的组成元素的电负性由大到小的顺序为F＞N＞H；其中N原子价层电子对数为，其杂化方式为sp3；HF能形成分子缔合体(HF)n的原因为HF分子间能形成氢键；故答案为：F＞N＞H；sp3；HF分子间能形成氢键。

【小问3详解】

①根据ZnF2的结构可知，小黑球为氟离子，小白球为锌离子，因此ZnF2中Zn的配位数6，在KZnF3晶体(晶胞顶点为K+ )中体心为锌离子，则Zn的配位数6(前后左右上下共6个)，因此两者Zn的配位数之比为1:1；故答案为：1:1。