广东省佛山市三水中学2022-2023学年高二化学上学期11月第二次统测试题（Word版附解析）

这是一份广东省佛山市三水中学2022-2023学年高二化学上学期11月第二次统测试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了5 Mn-55，3kJ的热量， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
三水中学高二级2022-2023学年度上学期第二次统测
化学科试题
说明：本试卷包括两部分，共20题。 第Ⅰ部分为选择题共16小题，44分，第Ⅱ部分为非选择题，56分，全卷满分100分，共8页；考试时长75分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C- 12 N-14 O-16 Na- 23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Mn-55
第I卷(选择题 共44分)
一、选择题(本题共16小题，共44分。1~10，每小题2分，共20分；11~16，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列关于化学反应热效应的描述正确的是
A. 需要加热或点燃的反应都是吸热反应，不能自发进行
B. 同温同压下，在光照和点燃条件下，△H相同
C. 由  kJ/mol，可知稀盐酸与氨水反应生成1mol液态水时释放57.3kJ的热量
D. 已知在一定条件下，2mol与1mol充分反应后，释放出98kJ的热量，则其热化学方程式为  
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应的能量变化与反应条件没有必然联系，某些放热反应也需要加热，如铝热反应，A错误；
B．焓变与反应条件无关，则同温同压下，在光照和点燃条件下的△H相同，B正确；
C．NH3•H2O的电离会吸热，则1molNH3•H2O与足量盐酸反应放出的热量小于57.3kJ，C错误；
D．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，则二氧化硫与氧气反应的热化学方程式为： ΔH＜-98 kJ·mol-1，D错误；
故选B。
2. 下列事实能用勒夏特列原理来解释的是
A. SO2被氧化为SO3，往往需要使用催化剂：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
B. 500 ℃温度比室温更有利于合成氨反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△Ha
B. 由B图水的电离平衡曲线可知，图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=E
C. 图C是常温下，向10 mL 0.1 mol·L-1的HR溶液中逐滴滴入0.1 mol·L-1NH3·H2O溶液，溶液pH及导电能力变化，由图可知a~b导电能力增强，说明HR为强酸
D. 图D表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始变化的曲线，其中A点与B点H2转化率：αA(H2)=αB(H2)
【答案】B
【解析】
【详解】A．用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化较小，溶液的导电能力取决于自由移动的离子的浓度大小，则溶液导电性：a＞b＞c，故A错误；
B．由图像可知，A、E、D都是T2时曲线上的点，Kw只与温度有关，温度相同时Kw相同，温度升高，促进水的电离，Kw增大，则B＞A＝D＝E，由C点c(OH－)·c(H＋)可知，C点的Kw大于A点小于B点，则Kw：B＞C＞A＝D＝E，故B正确；
C．溶液的导电能力与离子浓度和所带电荷成正比，如果HR为强酸，加入氨水至溶液呈中性时，溶液中离子浓度会减小，导致溶液导电能力降低，根据图知，加入氨水至溶液呈中性时，随着氨水的加入，溶液导电能力增强，说明离子浓度增大，则HR为弱酸，故C错误；
D．增加氮气的浓度，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡正向移动，n(N2)/n(H2)值越大，H2转化率越高，转化率：αA(H2)或=)。
（3）0.1mol/L的NaHA溶液，测得溶液显碱性。则该溶液中c(H2A)_______c(A2−) (填＜、>或=)。
（4）25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
Ka =1.8×10-5
  
3.0×10-8
回答下列问题：
①25℃时，等浓度的三种溶液，酸性最强的是_______，一般情况下，当温度升高时，_______ (填“增大”、“减小”或“不变”)；
②用蒸馏水稀释醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_______ (填序号)。
A．     B．   C．      D．
③向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式_______。
④室温下，某溶液中存在着 CH3COOH(aq)+ (aq)CH3COO-(aq)+H2CO3(aq)，该反应的平衡常数K=_______。(用Ka、K1或K2表示)
【答案】（1）Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+
（2）> （3）>
（4） ①. CH3COOH ②. 增大 ③. B ④. ClO−+CO2+H2O=HClO+ HCO ⑤.
【解析】
【小问1详解】
明矾溶于水后电离出的Al3+水解成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮颗粒物，相关离子方程式：；
【小问2详解】
等浓度、等体积的HCl溶液与MOH溶液混合后溶液pH=5，说明酸碱发生中和反应生成强酸弱碱盐，即MOH为弱碱，在水溶液中部分电离，则pH=13的MOH溶液的浓度需大于0.1mol/L；
【小问3详解】
0.1mol/L的NaHA溶液，测得溶液显碱性，说明溶液中水解程度大于电离程度，则c(H2A)＞c(A2−)；
【小问4详解】
①弱酸的电离平衡常数越大，电离程度越大，表明酸性越强，结合表格中各弱酸电离平衡常数可知，酸性最强的为CH3COOH；
②
A．根据，加水稀释，温度不变不变，减小，则比值减小，故A错误；
B．根据，加水稀释，温度不变不变，减小，则比值增大，故B正确；
C．加水稀释时，温度不变不变，减小，则比值减小，故C错误；
D．对应醋酸溶液加水稀释，浓度降低，酸性减弱，碱性增强，则比值减小，故D错误；
答案选B；
③向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，根据强酸制弱酸原理，反应后生成次氯酸和碳酸氢盐，离子方程式：；
④根据，；根据，，则；
18. 碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿(Cu2S，含有SiO2和少量Fe2O3等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示：

已知：CS2，为无色液体，是硫、磷、硒、溴、碘、樟脑等的良好溶剂，具有挥发性。
回答下列问题：
（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有_______(任写一种)。
（2）滤渣I经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣I中的主要成分是_______(填化学式)。由CS2回收滤渣I中的淡黄色副产品过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低的原因是_______。
（3）“除铁”时检验Fe3+是否除尽时常用的化学试剂_______。
（4）写出“沉锰”(除Mn2+)过程中反应的离子方程式：_______。
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是_______。
（6）测定副产品MnSO4·H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为_______(保留到小数点后两位)
【答案】（1）搅拌；适当增加硫酸浓度；适当加热等
（2） ①. SiO2、S、MnO2 ②. 温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发
（3）KSCN溶液 （4）Mn2++HCO+NH3=MnCO3+NH
（5）将溶液加热 （6）96.57%
【解析】
【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，Cu2S在酸性条件下被二氧化锰氧化，SiO2不溶于稀硫酸，滤渣I经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，说明滤渣I中含有S，过滤得到的滤渣中含有MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，加入A，调节溶液的pH使铁离子形成氢氧化铁沉淀，除去铁；加入碳酸氢铵溶液沉淀锰，过滤得到碳酸锰，用硫酸溶解，生成硫酸锰晶体，滤液赶出氨气，参与循环使用，同时得到碱式碳酸铜，据此分析解答。
【小问1详解】
加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可以适当增加硫酸的浓度，充分搅拌，加热等，故答案为：搅拌、适当增加硫酸浓度、适当加热等。
【小问2详解】
滤渣I的主要成份MnO2、SiO2、单质S；回收淡黄色副产品——S的过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低，原因是温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发，故答案为：SiO2；S；MnO2；温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发。
【小问3详解】
检验Fe3+常滴加KSCN溶液，溶液呈红色。
【小问4详解】
检验Fe3+常滴加KSCN溶液，溶液呈红色(4)“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++HCO+NH3=MnCO3+NH；
【小问5详解】
氨气易挥发，“赶氨”时，最适宜的操作方法是将溶液加热，故答案为：将溶液加热。
【小问6详解】
测定MnSO4•H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，为硫酸钡物质的量= =0.02mol，n(MnSO4•H2O)=n(BaSO4)=0.02mol，则此样品中MnSO4•H2O物质的量为：0.02mol×=0.08mol，则样品中MnSO4•H2O的纯度= =96.57%，故答案为：96.57%。
19. 食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，HAc的。
（1）某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设。稀释HAc溶液或改变浓度，HAc电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验。用浓度均为0.1mol/L的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液：测定pH，记录数据如下。
【表1】
序号




pH
Ⅰ
40.00
/
/
0
2.86
Ⅱ
4.00
/
36.00
0
336
…





Ⅶ
4.00
a
b

4.53
Ⅷ
4.00
4.00
32.00

4.65
①根据表中信息，补充数据：a=_______，b=_______。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡_______(填“正”或“逆”)向移动：结合表中数据，给出判断理由：_______。
③由实验Ⅱ~Ⅷ可知，增大浓度，HAc电离平衡逆向移动。
实验结论假设成立。
（2）实验过程中，溶液浓度的准确性对结果会有影响，该小组同学认为应先用0.1000mol/L的NaOH溶液准确测定HAc溶液的浓度再验证，实验中：
①应选用_______作指示剂，判断到达滴定终点的实验现象是_______。
②下列操作会导致实验结果偏低的是_______。(填标号)
A.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗
B.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗后再用未知液润洗
C.滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度
D.滴定过程中振荡锥形瓶，液体不慎溅出
③某学生进行3次实验得到相关数据如下所示。
【表2】
滴定次数
待测HAc的体积/mL
消耗0.1000mol/LNaOH溶液的体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
0.00
28.13
第二次
25.00
1.56
32.30
第三次
25.00
0.22
28.29
则HAc的物质的量浓度为_______mol/L(保留四位小数)。
（3）小组分析上【表1】数据发现：随着的增加，的值逐渐接近HAc的。
查阅资料获悉：一定条件下，按配制的溶液中，的值等于HAc的。
如果只有浓度均约为0.1mol/L的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ
移取20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液
Ⅱ
_______，测得溶液的pH为4.76
实验总结得到的结果与资料数据相符，方案可行。
【答案】（1） ①. 3.00 ②. 33.00 ③. 正 ④. 稀释HAc溶液浓度为原来的十分之一，pH变化小于1
（2） ①. 酚酞试液 ②. 最后半滴标准液加入后，溶液无色变红色且半分钟内不褪色 ③. D ④. 0.1124
（3）向Ⅰ所得溶液中加入20.00mLHAc溶液
【解析】
【分析】中和滴定实验的步骤是：
滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【小问1详解】
①探究稀释HAc溶液或改变浓度，HAc电离平衡会发生移动，根据表中信息，实验要控制其中=3:4，且配制总体积相同的系列溶液，则a=3.00，b=33.00。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液浓度为原来的十分之一，pH变化小于1，说明电离平衡正向移动，电离出更多的氢离子，导致pH=3.360
Ⅲ.甲醇脱水：2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) ΔH3>0
工艺2：利用CO2直接加氢合成CH3OCH3 (反应Ⅳ)
①反应Ⅳ的热化学方程式为_______，平衡常数K4= _______(用K1、K3表示)。
②恒温恒容情况下，下列说法能判断反应Ⅳ达到平衡的是_______。
A.气体物质中碳元素与氧元素的质量比不变
B.容器内压强不变
C.容器内气体密度不变
D.容器内CH3OCH3浓度保持不变
（2）工艺1需先合成甲醇。在不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料合成甲醇，实验测定CO2平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。

①下列说法正确的是_______
A.图甲纵坐标表示CH3OH的平衡产率
B.p1>p2>p3
C.为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择低温、高压条件
D.一定温度压强下，提高CO2的平衡转化率的主要方向是寻找活性更高的催化剂
②图乙中，某温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是_______。
（3）对于合成甲醇的反应：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH＜0，一定条件下，单位时间内不同温度下测定的CO2转化率如图丙所示。温度高于710K时，随温度的升高CO2转化率降低的原因可能是_______。
【答案】（1） ①. 2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g) ΔH4=2ΔH1+ΔH3 ②. ③. BD
（2） ①. ABC ②. 该温度时，以反应Ⅱ为主，压强对平衡移动无影响
（3）710K之前反应没有达到平衡，随着温度上升，反应速率增加，因此CO2的转化率上升；该反应是放热反应，710K之后平衡逆向移动，CO2的转化率下降
【解析】
【小问1详解】
①根据盖斯定律可知2×I+III=IV 故Ⅳ的热化学方程式为2CO2(g) + 6H2(g)CH3OCH3(g) + 3H2O(g） ΔH4=2ΔH1+ΔH3；反应乘2则平衡常数为原来的平方，反应相加则平衡常数相乘，故Ⅳ的平衡常数K4=；
②A．纯气体反应根据质量守恒定律可知气体物质中碳元素与氧元素的质量比始终不变，不能作为平衡标志，A不符合题意；
B．该反应前后气体分子数变化，恒容反应容器内压强不变达到平衡，B符合题意；
C．纯气体恒容反应，气体总质量和总体积均不变，根据可知容器内气体密度不变，故不能作为平衡判断标志，C不符合题意；
D．容器内CH3OCH3浓度保持不变达到平衡，D符合题意；
故答案选BD。
【小问2详解】
①工艺1中反应I为放热反应，反应II为吸热反应，III为分解反应吸热；
A．对于反应I升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的平衡产率减少，故图甲表示CH3OH的平衡产率，A符合题意；
B．对于图乙，由于I为放热反应，升温平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低，反应II吸热，升高一定温度后以反应II为主，二氧化碳转化率又升高，故图乙为二氧化碳平衡转化率。压强增大，反应I平衡正向移动，甲醇平衡转化率增大，故压强p1>p2>p3，B符合题意；
C．据图可知，温度越低，二氧化碳平衡转化率增大，甲醇的平衡产率越大，增大压强也是如此，故选择低温高压，C符合题意；
D．催化剂仅影响反应速率，不改变平衡转化率，D不符合题意；
故答案选ABC。
②由于I为放热反应，升温平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低，反应II吸热，升高一定温度后以反应II为主，二氧化碳转化率又升高，故某温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是该温度时，以反应Ⅱ为主，压强对平衡移动无影响。
【小问3详解】