四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了 下列有关电解质的说法正确的是， 下列溶液一定呈中性的是等内容，欢迎下载使用。

满分：100分 时间：75分钟
可能用到的相对原子质量有：H：1 C：12 O：16 S：32 Cu：64 Fe：56 Cl：35.5
第一部分 选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 2022年北京冬奥会处处尽显绿色、环保、高科技理念。下列应用中有关说法错误的是
A. CO2跨临界直接制冰技术，使液态水变为固态冰发生的是物理变化
B. 国家速滑馆的碲化镉光伏发电玻璃，可实现将太阳能转化为电能
C. 火炬“飞扬”采用氢燃料，火焰呈明亮的黄色，这是氢气燃烧火焰的颜色
D. 颁奖礼服内胆里添加的导热系数高的柔性石墨烯发热材料属于新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．液态水变为固态是物质状态变化，没有新物质产生，属于物理变化，故A说法正确；
B．光伏发电玻璃，是将太阳能转化为电能，故B说法正确；
C．氢气燃烧的火焰为淡蓝色，故C说法错误；
D．石墨烯是由碳单质组成，属于新型无机非金属材料，故D说法正确；
答案C。
2. 按照绿色化学的思想，最理想的“原子经济性反应”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物。下列反应类型能实现原子利用率100％的是
A. 置换反应B. 加成反应C. 分解反应D. 取代反应
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．置换反应的产物不唯一，不能实现原子利用率100％，故A错误；
B．加成反应的产物唯一，能实现原子利用率100％，故B正确；
C．分解反应的产物不唯一，不能实现原子利用率100％，故C错误；
D．取代反应的产物不唯一，不能实现原子利用率100％，故D错误；
故选B。
3. 下列有关电解质的说法正确的是
A. 金属铜可用作电线的导电材料，故铜为电解质
B. 氢氧化钠溶液能导电，故氢氧化钠溶液是电解质
C. 硫酸钡固体不能导电，但硫酸钡是电解质
D. 在水溶液中或熔融状态下，能够导电的物质称为电解质
【答案】C
【解析】
【详解】Ａ．电解质属于化合物，铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，A项错误；
Ｂ．氢氧化钠溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，B项错误；
Ｃ．硫酸钡固体中硫酸根离子和钡离子不能自由移动，不能导电，溶于水或在熔融状态下可以电离出离子而导电，属于电解质，C项正确；
Ｄ．在水溶液中或熔融状态下，能够导电的化合物称为电解质，D项错误；
故答案为：C。
4. 下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 高压合成氨有利
B. 工业上催化氧化为，采用常压而不是高压，为了提高原料的转化率
C. 对于合成氨的反应，较低温度有利于增大转化率
D. 热的纯碱溶液碱性强，去油污的能力强
【答案】B
【解析】
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该过程必须是可逆的，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A．合成氨反应为N2+3H22NH3，反应前后气体体积减小，高压有利于平衡正向进行，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．工业上催化氧化为：2+O22，反应前后气体体积减小，高压有利于平衡正向进行，采用常压而不是高压，是因为常压下转化率已经很高，故B选；
C．合成氨反应为N2+3H22NH3的正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，有利于增大转化率，所以能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D．纯碱水解为吸热反应，升高温度促进纯碱水解，导致溶液碱性增强，去油污能力增强，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：B。
5. 下列有关工业合成氨的说法不正确的是
A. 迅速冷却的方法将氨液化，并不断移去液氨，利于反应正向进行
B. 选择温度400~500℃，是为了保证尽可能大的平衡转化率
C. 增大压强，有利于增大反应速率和平衡混合物中氨气的体积分数
D. 原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生
【答案】B
【解析】
【详解】A．减小生成物的浓度，平衡正向移动，故将NH3液化，并不断将液氨移去，利于反应正向进行，A正确；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应物的平衡转化率降低，则控制温度400~500℃，远高于室温，是为了加快反应速率，B错误；
C．该反应为体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，有利于增大反应速率和平衡混合物中氨气的体积分数，C正确；
D．原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，D正确；
故选B。
6. 以下结构表示的物质中属于烷烃的是
A. CH3OHB.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3OH属于饱和一元醇，A不符题意；
B．属于烯烃，B不符题意；
C．碳原子间通过碳碳单键相连，剩余价键均与H原子相连成链状的烃称为烷烃，属于烷烃，C符合题意；
D．属于烯烃，D不符题意；
故选C。
7. 已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ·ml-1。下列说法正确的是
A. 1L1ml·L-1盐酸和1L1ml·L-1氨水反应放出热量为57.3kJ
B. 1L1ml·L-1高氯酸溶液和1L1ml·L-1NaOH溶液反应放出热量为57.3kJ
C. 含0.5mlH2SO4的浓硫酸和1L1ml·L-1NaOH溶液反应放出热量为57.3kJ
D. 1L0.5ml·L-1稀硫酸和1L0.5ml·L-1Ba(OH)2溶液反应放出热量为57.3kJ
【答案】B
【解析】
【分析】热化学方程式表达式中表示的反应热为中和热。中和热指25℃和101kPa下稀强酸与稀强碱溶液反应生成可溶性盐和1 ml 液态水时放出的热量。
【详解】A．1L1ml·L-1盐酸和1L1ml·L-1氨水反应能生成1 ml 液态水，但一水合氨是弱碱，其电离过程是吸热过程，反应放出的总能量小于57.3 kJ，A错误；
B．1L1ml·L-1高氯酸溶液和1L1ml·L-1NaOH溶液反应恰好生成1 ml 液态水，放出57.3 kJ热量，B正确；
C．含的浓硫酸和NaOH溶液反应能生成1 ml 液态水，但浓硫酸稀释过程是放热过程，反应放出的总能量大于57.3 kJ，C错误；
D．稀硫酸和溶液反应在生成1ml水的同时，还生成0.5 ml BaSO4。生成BaSO4的过程是放热过程，反应放出的总能量大于57.3 kJ，D错误；
答案为B。
8. 下列关于化学反应的自发性和进行方向的说法正确的是
A. 非自发反应在任何条件下都不能发生
B. —定温度下，反应 Mg(l) +Cl2(g)==MgCl2(l)的 △H<0， △S<0
C. 由∆G=△H – T△S可知，所有放热反应都能自发进行
D. 只有不需要任何条件就能够自动进行的过程才是自发过程
【答案】B
【解析】
【详解】A．非自发反应在一定条件下也可发生，故A错误；
B．该反应为放热反应，且反应过程中气体分子数减小，因此△H<0，△S<0，故B正确；
C．所有放热且熵增加的反应都能自发进行，放热且熵减小的反应在高温下不能自发进行，故C错误；
D．自发过程并不是不需要条件，故D错误；
选B。
9. 下列溶液一定呈中性的是
A. c(H＋)很小的溶液B. c2(H＋)=Kw
C. c(H＋)=1×10-7ml·L-1D. 由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
【答案】B
【解析】
分析】
【详解】A．如果酸的浓度很小，则c(H+)很小，但溶液仍呈酸性，故A错误；
B．c2(H＋)=Kw，Kw=c(H+)c(OH-)，则c(H+)=c(OH-)，溶液一定显示中性，故B正确；
C．c(H+)=10-7的溶液，pH=7，常温下pH=7，溶液显中性，温度越高，水的电离程度越大，当温度高于常温，如95℃，pH=7，溶液显碱性，故C错误；
D．等物质的量的强酸和强碱溶液所得混合溶液可能呈酸性、中性或碱性，如等物质的量的硫酸和NaOH混合后溶液呈酸性，等物质的量的NaOH和HCl混合溶液呈中性，等物质的量的HCl和氢氧化钡混合溶液呈碱性，故D错误；
故选B。
10. 反应A＋B→C(放热)分两步进行：①A＋B→X(吸热)，②X→C(放热)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【详解】第一步反应为吸热反应，说明X的能量比A、B的能量和高；第二步反应为放热反应，则X的能量比生成物C的高，且总反应是放热反应，说明反应物A、B的能量总和比生成物C的高，则只有选项A的图像符合题意；
故选：A。
11. 反应A（g）+3B（g）＝2C（g）+2D（g）在四种不同情况下的反应速率分别为①v（A）＝0.8ml/（L•min）； ②v（B）＝0.75ml/（L•s）； ③v（C）＝0.6ml/（L•s）； ④v（D）＝0.5ml/（L•s）。该反应进行的快慢顺序为（ ）
A ①＞②＞③＞④B. ③＞②＝④＞①C. ①＞③＞②＝④D. ④＞③＞②＞①
【答案】B
【解析】
【分析】速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快。
【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则
①v（A）=0.8ml/（L·min），0.8/(60×1)=0.013；
②v（B）=0.75ml/（L·s），0.75/3=0.25；
③v（C）=0.6ml/（L·s），0.6/2=0.3；
④v（D）=0.5ml/（L·s），0.5/2=0.25，
该反应进行的快慢顺序为③＞②=④＞①，
故选B。
【点睛】本题考查化学反应速率，解题关键：把握化学计量数与反应速率的关系，易错点A，注意比值法应用及速率单位统一。
12. 在可逆反应：中，已知：起始浓度A为，B为，C的反应速率为0.5 ml/(L·min)，后，测得D的浓度为。则关于此反应的下列说法正确的是
A. 末时A和B的浓度之比为5:3
B.
C. 末时B的浓度为
D. 末时A的消耗浓度为
【答案】C
【解析】
【分析】C的反应速率为0.5 ml/(L·min)， 2min 后C的浓度为0.5 ml/(L·min)× 2min =1ml/L。用三段式表示反应过程：
【详解】A．2min 末时A和B的浓度之比为4:1.5=8:3，故A错误；
B．各物质变化的物质的量浓度之比等于方程式的系数比，所以x=2，故B错误；
C．2min 末时B的浓度为1.5ml/L，故C正确；
D．2min 末时A的消耗浓度为1ml/L，故D错误；
故选C。
13. 用纯净的CaCO3与稀HCl反应制CO2，实验过程记录如右图所示。根据分析、判断，正确的是（ ）
A. OE段表示的反应速率最快
B. EF段表示的反应速率最快，收集的CO2最多
C. FG段收集的CO2最多
D. OG段表示随着时间的推移，反应速率逐渐增快
【答案】B
【解析】
【详解】A．化学反应速率是表示在单位时间内反应制取CO2的快慢程度的。当时间相同时，反应产生的气体越多，反应速率就越快。根据图象可知OE不及EF段表示反应速率快，收集的CO2最多，A错误；
B．根据图象可知EF段斜率最大，表示反应速率最快，收集的CO2最多，B正确；
C．FG段表示收集的CO2的反应速率减小，C错误；
D．OG段表示随着时间的推移，反应物的浓度降低，反应速率逐渐减小，D错误；
答案选B。
【点睛】CaCO3与稀盐酸反应制CO2，反应开始时浓度的影响占优势，随着反应的进行，溶液的温度升高，反应速率加快，温度升高使化学反应速率增大的影响大于浓度降低是反应速率减小的影响，所以总的来说反应速率加快；当反应进行一段时间后，浓度降低的影响大于温度升高的影响，反应速率减低。掌握反应的热效应是分析反应速率与反应时间关系图象的关键。
14. 常温下，向体积均为均为3的两种难挥发性酸溶液中分别加入蒸馏水稀释至，稀释后溶液的与的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 是弱酸
B. 的电离方程式为：
C. 时微热两种溶液，减小
D. a点溶液中的大于b点溶液中的
【答案】C
【解析】
【详解】A． 由图曲线HX的斜率为1，溶液稀释10倍，pH增大1，是强酸，故A错误；
B． HY曲线的斜率小于1，HY为弱酸，的电离方程式为：，故B错误；
C． 加热HX是强酸，X-浓度不变，HY为弱酸，的电离程度增大，Y-浓度增大，时微热两种溶液，减小，故C正确；
D． a、b两点pH相同，氢离子浓度相同，a点溶液中的等于b点溶液中的，故D错误；
故选C。
第二部分 非选择题(共58分)
二、非选择题(本题包括15~18题，共4题)
15. Ⅰ．已知下列热化学方程式：
① ；
② ；
③ ；
④ 。
回答下列问题：
（1）碳的燃烧热的热化学方程式为___________(填序号)。
（2）燃烧生成气态水，放出的热量为___________。
II．已知强酸稀溶液与强碱稀溶液发生中和反应的热化学方程式为： 。
（3）若稀硫酸与氢氧化钠固体反应生成，则反应放出的热量___________(填“大于”、“等于”或“小于”)，原因是___________。
Ⅲ．氮及其化合物与人类生产、生活密切相关。氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。
（4）已知：

若用CO还原至，当消耗标准状况下时，放出的热量为___________kJ(用含有a和b的代数式表示)。
Ⅳ．请回答：
（5）CO、可用于合成甲醇和甲醚，其反应为(m、n均大于0)：
反应①：
反应②：
反应③：
则m与n的关系为___________。
（6）已知和反应时放热，且断裂键、键、键需要吸收的能量分别为、、。下列关系一定正确的是___________。
A. B.
C. D.
【答案】（1）④ （2）
（3） ①. 大于 ②. 氢氧化钠固体溶解放热
（4）
（5） （6）C
【解析】
【小问1详解】
碳的燃烧热是指1ml碳完全燃烧生成二氧化碳气体放出的热量，因此碳的燃烧热的热化学方程式为④；故答案为：④。
【小问2详解】
根据 ，则燃烧(物质的量为0.5ml)生成气态水，放出的热量为；故答案为：。
【小问3详解】
由于氢氧化钠固体溶解时会放出热量，若稀硫酸与氢氧化钠固体反应生成，则反应放出的热量大于；故答案为：大于；氢氧化钠固体溶解放热。
【小问4详解】
若用CO还原至，根据盖斯定律，将两个方程式相加得到 ，当消耗标准状况下(物质的量为1.5ml)时，放出的热量为；故答案为：。
【小问5详解】
根据盖斯定律，反应②减去反应①的2倍得到反应③，，则m与n的关系为；；故答案为：。
【小问6详解】
已知和反应时放热，且断裂键、键、键需要吸收的能量分别为、、。根据方程式，则，则，断键吸收的热量小于放出的热量，ABD对化学键的数目理解有误；故答案为：C。
16. 在2 L密闭容器中，800 ℃时反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表所示：
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=_______。已知：K300℃＞K350℃，则该反应是_______ 反应。(填“吸热”或“放热”)
（2）下图中表示NO2的变化的曲线是_______。用NO表示从0～2 s内该反应的平均速率v= _______，用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v= _______ 。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是_______。
a．v(NO2)=2v(O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)=2v正(O2) d．容器内的密度保持不变
（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是_______。
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
【答案】（1） ①. ②. 放热
（2） ① b ②. 3.0×10-3 ml·(L·s)-1 ③. 1.5×10-3 ml·(L·s)-1
（3）bc （4）c
【解析】
【小问1详解】
2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应的平衡常数表达式为K=，因为升温平衡向吸热反应方向进行，已知K(300℃)＞K(350℃)，温度越高平衡常数越小，升温平衡逆向进行，则该正反应为放热反应。故答案为；放热；
【小问2详解】
由表中数据可知从3s开始，NO的物质的量为0.007ml，不再变化，说明3s时反应达到平衡。NO2是产物，随反应进行浓度增大。从开始到建立平衡NO浓度的变化量Δc(NO)=(0.020ml−0.007ml)/2L=0.0065ml/L，根据反应方程式，NO2平衡时浓度也为0.0065ml/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b；2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)=Δn/VΔt=(0.020ml−0.008ml)/(2L × 2s)=3.0×10−3ml⋅L−1⋅s−1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=1/2v(NO)=1/2×3.0×10−3ml⋅L−1⋅s−1=1.5×10−3ml⋅L−1⋅s−1。故答案为b；3.0×10−3ml⋅L−1⋅s−1；1.5×10−3ml⋅L−1⋅s−1；
【小问3详解】
a．未指明正逆速率，若均表示同一方向反应速率，v(NO2)自始至终为v(O2)的2倍，不能说明达到平衡，故a不选；b．容器体积不变，随反应进行，反应混合气体总的物质的量在减小，容器内压强减小，当容器内压强保持不变时，说明反应到达平衡，故b选；c．不同物质表示速率，到达平衡时，正逆速率之比等于化学计量数之比，v逆(NO)：v正(O2) =2：1，即v逆(NO)=2v正(O2)，故c选；d．混合气体的总质量不变，容器容积为定值，所以密度自始至终不变，容器内密度保持不变不能说明达到平衡，故d不选。故答案为bc；
【小问4详解】
a．及时分离出NO2气体平衡向右移动，但反应速率减小，故a不选；b．适当升高温度，反应速率增大但平衡向逆反应方向移动，故b不选；c．增大O2的浓度反应速率增大，且该反应向正反应方向移动，故c选；d．选择高效催化剂能增大反应速率，但平衡不移动，故d不选。故答案为c。
17. 生产一种含铝、锂、钻的新型电子材料的过程中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面，其中价的具有较强氧化性；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴()的工艺流程如图1所示。
（1）过程I中采用溶液溶解废料中的，反应的离子方程式为_______。
（2）过程Ⅱ中加入稀酸化后，再加入溶液浸出钴(产物中无沉淀且只有一种酸根离子)。浸出钴的化学方程式为_______。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，分析不用盐酸浸出钴的主要原因：_______。
（3）过程ⅡI得到锂铝渣的主要成分是和。碳酸钠溶液在产生时起重要作用，请写出该反应的离子方程式：_______。
（4）碳酸钠溶液在过程ⅡI和Ⅳ中的作用不同，请写出在过程Ⅳ中的作用：_______。
（5）在溶液中，下列各粒子浓度关系不正确的是_______(填标号)。
A.
B.
C.
D.
（6）溶于盐酸可得到粉红色的溶液。晶体因含结晶水数目不同而呈现不同的颜色，利用蓝色的无水吸水变色这一性质可制成变色水泥和隐显墨水。如图2是粉红色的晶体受热分解时，固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是_______。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 可氧化产生，污染环境
（3）
（4）调，提供，将转化为沉淀 （5）AD
（6）
【解析】
【分析】Ⅰ利用了铝能溶解在氢氧化钠溶液的性质，将大部分铝从废料中分离出来，过滤后得到含C2O3•CO、少量铝锂的钴渣，再加浸出剂且加热到85~90℃浸出、过滤后得到含C2+及Al3+、Li+的滤液，通过调整溶液的pH得到Al(OH)3和LiF沉淀，再过滤得到含C2+的滤液，再滴加Na2CO3溶液得到CCO3沉淀，经过滤、洗涤沉淀，最后将CCO3进行加热分解可得CO粉末，据此解析。
【小问1详解】
NaOH溶液与Al反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O = 2AlO+3H2↑；
【小问2详解】
废料中钴以C2O3·CO的形式存在，稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液且加热到85~90℃浸出钴，则浸出钴的化学反应方程式为：；C2O3·CO中+3价的C具有较强氧化性，可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；
【小问3详解】
Al3+与碳酸根离子发生双水解反应产生Al(OH)3，反应的离子方程式为：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
【小问4详解】
过程Ⅳ目的是沉淀C2+，则碳酸钠溶液在过程Ⅳ中起的作用是调pH，提供CO，使C2+沉淀为CCO3沉淀；
【小问5详解】
A． CO会水解一小部分，因此c(Na+)2c(CO)，A错误；
B．假设不水解：c(Na+)2c(CO)，CO会水解一小部分为HCO，因此c(Na+) > 2c(CO)>c(HCO)，B正确；
C．CO水解产生OH-和HCO，水电离产生OH-和H+，因此c(OH-)> c(HCO)，C正确；
D．由质子守恒：c(OH-)=c(HCO) + 2c(H2CO3) + c(H+)，，D错误；
故答案选AD；
【小问6详解】
65mg无水CCl2的物质的量==0.0005ml，A物质的质量为83mg，水的质量=83mg-65mg=18mg，水的物质的量为0.001ml，A物质化学式中水分子数==2，则A物质化学式为：CCl2·2H2O。
18. 已知乙烯能发生以下转化:
（1）A的名称为_____________；
（2）①的反应方程式___________________；①的反应类型___________；
（3）②的反应方程式_____________；②的反应类型是__________________；
（4）浓H2SO4的作用_____________。
【答案】 ①. 乙醛 ②. 2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO + 2H2O ③. 氧化反应 ④. CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O ⑤. 酯化反应 ⑥. 催化剂、吸水剂
【解析】
【分析】乙醇在Cu催化下被氧气氧化为乙醛，A为乙醛。乙醇与乙酸在浓硫酸条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯。
【详解】（1）由分析可知，乙醇在Cu催化下被氧气氧化为乙醛，A为乙醛。
故答案为 乙醛
（2）①反应为乙醇在Cu催化下被氧气氧化为乙醛，反应方程式为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO + 2H2O，为氧化反应。
故答案为 2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO + 2H2O 氧化反应
（3）乙酸和乙醇在浓硫酸催化的条件下脱水生成乙酸乙酯的方程式为 CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型为酯化反应。
故答案为 CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O 酯化反应
（4）乙酸和乙醇在浓硫酸催化的条件下脱水生成乙酸乙酯。
故答案为 催化剂、吸水剂时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/ml
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007