福建省福州市2023_2024学年高二化学上学期2月期末试题含解析

这是一份福建省福州市2023_2024学年高二化学上学期2月期末试题含解析，共15页。
【完卷时间：75分钟；满分：100分】
可能用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷（选择题共40分）
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项符合题意）
1. 化学与人类生活、生产息息相关．下列说法不正确的是
A. 燃料电池的电极材料可以相同，也可以不相同
B. 施肥时，草木灰（有效成分为）不能与铵态氨肥混合使用
C. 漂白粉和明矾可用于水的处理，二者的作用原理不同
D. 用氯气处理水中的等重金属离子
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃料电池的电极本身不包含活性物质，如氢氧燃料电池，燃料电池的燃料和氧化剂从外部供给，其电极材料能导电即可，可以相同，也可以不相同，A正确；
B．草木灰的主要成分是K2CO3，和铵态氮肥（如硝酸铵）混用时，由于CO和NH的水解相互促进，使NH变为NH3，降低了氮肥的肥效，故B正确；
C．漂白粉是利用次氯酸钙生成HClO，HClO具有强氧化性而杀菌消毒，明矾净水是利用A13+水解产生的Al(OH)3胶体的吸附作用而净化水，二者的作用原理不同，故C正确；
D．氯气与Cu2+、Hg+等重金属离子不反应，不能处理废水，应选硫化物沉淀重金属离子，故D错误；
故选D。
2. 下列实验的有关说法正确的是
A. 用pH试纸测得氯水的p=2
B. 用碱式滴定管量取18.20mL溶液
C. 中和反应反应热的测定时，若用铜丝代替玻璃搅拌器，测得偏大
D. 中和滴定时，盛装待测液的锥形瓶如果用待测液润洗，不影响测定结果
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯水中有次氯酸，有漂白作用，会使pH试纸褪色，A错误；
B．碱式滴定管的下端有一段橡皮管，溶液具有强腐蚀性，量取高锰酸钾溶液要用酸式滴定管，B错误；
C．用铜质搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，金属传热较快，使得热量散失更多，测得偏大，C正确；
D．中和滴定时，盛装待测液的锥形瓶如果用待测液润洗，滴定过程中消耗标准溶液体积偏大，导致测量结果偏高，D错误；
故答案为：C。
3. 下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 对CO(g)+NO2(g)⇋CO2(g)+NO(g)平衡体系增大压强可使颜色变深
B. 合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施
C. 氯气在水中的溶解度大于在饱和食盐水中的溶解度
D. 溴水中有如下平衡：Br2+H2O⇋HBr+HBrO，加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
【答案】A
【解析】
【详解】A.该反应气体体积前后不变，增大压强，平衡不移动；增大压强时二氧化氮浓度增大导致气体颜色加深，与平衡移动原理无关，所以不能用勒夏特列原理解释，A正确；
B.合成氨是反应前后气体体积减小的放热的可逆反应，降低温度促进平衡正向移动，提高氨气产率，可以勒夏特列原理解释，故B不选；
C.氯水中存在，在饱和食盐水中浓度大，抑制平衡向正方向移动，氯气溶解度变小，能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D.当加入溶液后，硝酸银和反应生成沉淀，促进平衡正向移动，溴浓度降低溶液颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，故D不选；
答案选A。
4. 下列关于如图所示转化关系（X代表）,说法正确的是
A. B.
C. 是该反应的活化能D. 若X分别是,则过程Ⅲ放出的热量依次减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子形成化学键放热，焓变小于0，则，断键吸热，焓变大于0，，A项错误；
B．反应焓变与始态物质和终态物质有关，与变化途径无关，则，B项错误；
C．是该反应的焓变，不是该反应的活化能，C项错误；
D．Cl，Br，I的原子半径依次增大，非金属性逐渐减弱，则断裂化学键需要的能量依次减少，所以途径Ⅲ放出的热量依次减小，D项正确；
答案选D。
5. 室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 无色溶液：、、、
B. pH=1的溶液：、、、
C. 中性溶液、、、
D. 由水电离出的的溶液：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．和会剧烈完全双水解不能大量共存，选项A错误；
B．pH=1的溶液为酸性较强溶液，各离子之间相互不反应，能大量共存，选项B正确；
C．水解呈较强酸性，中性溶液不能存在，选项C错误；
D．水电离出的溶液可能是酸性也可能是碱性，在酸性溶液中不能大量共存，选项D错误；
答案选B。
6. 氯化银在水中存在沉淀溶解平衡，将足量分别加入下列溶液中，最大的是，
A. 盐酸B. 溶液
C. 溶液D. 溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．盐酸中；
B．溶液中；
C．溶液中；
D．溶液中；
则最大的是B，故选B。
7. 下列说法中正确的是
A. 配制FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2+水解
B. -10 ℃的液态水就会自动结冰成为固态，因为这是熵增的过程
C. 将纯水加热的过程中，Kw变大、pH变小
D. 向0.1 ml/L氨水中加入少量水，溶液中减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．HNO3具有强氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，为抑制Fe2+水解，同时不引入杂质离子，应该加入少量稀H2SO4，A错误；
B．-10 ℃的液态水就会自动结冰成为固态，这是个熵判据减小的过程，而不是熵增的过程，B错误；
C．将纯水加热的过程中，水电离程度增大，水电离产生的c(H+)、c(OH-)增大，因而Kw= c(H+)·c(OH-)变大；c(H+)越大，则其中的pH就越小，故将纯水加热的过程中，pH会小，C正确；
D．氨水中存在弱电解质的电离平衡：NH3·H2O+OH-，加水稀释，电离平衡正向移动，导致溶液中会增大，D错误；
故合理选项是C。
8. 丙烷脱氢是制备丙烯的一种常见方法，下图是某催化剂催化该过程的能量变化，*表示吸附在催化剂表面的物种。下列有关说法正确的是
A. 1ml丙烷中的总键能大于1ml丙烯及1ml氢气的总键能之和
B. 在该条件下，所得丙烯中不含其它有机物
C. 该过程中发生了碳碳键的断裂与形成
D. 相同条件下在该催化剂表面，比脱氢更困难
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，CH3 CH2CH3（g）能量小于CH3CH═CH2（g）和H2（g ）总能量，则该反应为吸热反应，则1ml丙烷中的总键能大于1ml丙烯及1ml氢气的总键能之和，故A正确；
B．由图可知，生成丙烯后，丙烯还在继续脱氢，所以所得丙烯中还含有其他有机物，故B错误；
C．该反应过程中，碳骨架由C-C-C变为C-C=C，该反应过程中未发生碳碳键的断裂，故C错误；
D．由图可知，在该催化剂表面*CH3CH2CH3脱氢的活化能小于*CH3CH=CH2脱氢，说明在该催化剂表面*CH3CH2CH3脱氢比*CH3CH=CH2脱氢容易，故D错误；
故选：A。
9. 习近平总书记提出我国要在2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。某科研小组用电化学方法将转化为CO实现再利用，转化的基本原理如图所示（该交换膜只允许通过）。下列说法不正确的是
A. N极为正极
B. 通过交换膜从M极移向N极
C. M上的电极反应方程式为
D. 当转化时，外电路中转移的电子数为
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，该装置为原电池，M极在紫外光的作用下，H2O反应生成O2，O元素由-2价升高为0价，失电子，M为负极，电极反应式为，N为电池正极，电极反应式为，原电池中阳离子移向正极，据此分析解答。
【详解】A．由以上分析可知N为电池正极，A正确；
B．根据图示分析，通过交换膜从M极移向N极，B正确；
C．M为电池的负极，在紫外光的作用下，H2O失去电子反应生成，电极反应方程式为，C正确；
D．N电极的反应式为，当转化时，外电路转移的电子数目为，D错误；
故选D。
10. 向的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示．下列关于混合溶液的相关说法中正确的是
A. 醋酸的电离平衡常数：B点点
B. 由水电离出的点点
C. 从A点到B点，混合溶液中可能存在：
D. 从B点到C点，混合溶液中一直存在：
【答案】C
【解析】
【分析】向20mL0.5ml•L-1的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，随着氢氧化钠的增多，氢离子浓度逐渐减小，A点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，B点溶液中溶质为CH3COONa，C点溶质为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa，以此解答。
【详解】A．醋酸的电离平衡常数只与温度有关，温度升高平衡常数增大，温度：B点>A点，电离平衡常数：B点>A点，故A错误；
B．B点：溶液中溶质为CH3COONa，醋酸根水解促进水的电离；C点：溶质为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa，水的电离被抑制；由水电离出的c(OH-)：B点>C点，故B错误；
C．溶液中电荷守恒为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，从A点到B点混合溶液可能显中性，c( CH3COO-) 可能等于 c(Na+)，故C正确；
D．C点溶质为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa，由于CH3COO-发生水解，则c(CH3COO-)＜c(OH-)，减少氢氧化钠的量时，溶液中可能存在：c(CH3COO-)=c(OH-)，故D错误；
故选C。
第Ⅱ卷（非选择题，共60分）
二、非选择题（共4题）
11. 请按要求回答下列问题。
（1），的溶液中，由水电离出的浓度约为______。溶液加适量的水稀释，下列表达式的数值变大的是______(填标号)。
A． B． C． D．
（2）如图烧杯中盛的是海水，铁腐蚀的速率最慢的是________(填标号)。
A. B. C. D.
（3）用如图所示的装置研究电化学的相关问题(乙装置中X为阳离子交换膜)。
①甲装置中负极反应式为________。
②乙装置中石墨电极上生成的气体为________ (填化学式)。
③丙装置中足量，工作一段时间后，溶液________(填“变大”、“变小”或“不变”)，反应的化学方程式为________，若要将电解后的溶液复原，需加入一定量的________(填化学式)。
【答案】（1） ①. ②. BD （2）B
（3） ①. ②. ③. 变小 ④. ⑤. 或
【解析】
【小问1详解】
水电离出的浓度约为；
A．为或等于；
B．稀释后平衡正向移动，比值变大。或根据，减小，所以比值变大；
C．为水的离子积常数；
D．溶液酸性减弱，所以比值变大。
故选BD。
故答案为：；BD。
【小问2详解】
A中铁发生的是化学腐蚀；B中铁电极做原电池的正极，被保护，腐蚀比较慢；C中铁电极做电解池的阳极，电流加快了铁的腐蚀；D中铁电极是原电池的负极，也加快了腐蚀。所以铁腐蚀速率由快到慢的顺序是：C＞D＞A＞B，故答案为： B。
【小问3详解】
①由图可知甲池是燃料电池，通入燃料甲烷的一极是负极，电极反应为：；
②乙装置为电解池，其中铁电极和原电池的负极相连，为阴极，则石墨电极为阳极，氯离子放电生成的气体为；
③丙装置为电解池，两个电极都是石墨惰性电极，即电解溶液，反应为：，反应过程中有硫酸生成，则溶液的变小，若要将电解后的溶液复原，需加入一定量的或。
故答案为：；；变小；；或。
12. Ⅰ．某温度时，在密闭容器中，三种气态物质X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：
（1）该反应的化学方程式为___________________．
（2）反应开始至,用Y表示的平均反应速率为_____________,X的转化率为_____________．
（3）在密闭容器里，通入和,发生反应,
当改变下列条件时，会加快反应速率的是_____________（填序号）
①降低温度②保持容器的体积不变，充入氦气
③加入正催化剂④保持容器的体积不变，增加的物质的量
Ⅱ．比较和对分解的催化效果，实验装置如下所示：
甲乙
已知：
（4）定性分析：图甲可通过观察产生气泡的快慢定性比较得出结论。
有同学提出将5滴溶液改为5滴_____________溶液更合理，更换溶质的理由是：_____________。
（5）定量分析：如图乙所示，实验时均以生成气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略．仪器A的名称是_____________．检测该装置气密性的方法是：关闭A的活塞，将注射器向外拉出一段后松手，过一段时间后看到_____________，说明装置气密性良好。
（6）有人设想以和为原料，直接化合生产溶液，该想法是否可行？说明理由_____________。
【答案】（1）
（2） ①. 0.025 ml/(L·min) ②. 30%
（3）③④ （4） ①. 0.05 ②. 将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3后与CuSO4对比，只有阳离子不同，从而排除Cl-可能带来的干扰
（5） ①. 分液漏斗 ②. 活塞能复位
（6）可行，H2O中O元素为-2价，O2中O元素为0价，H2O2中O元素为-1价，因此H2O和O2有可能通过化合反应生成H2O2
【解析】
【小问1详解】
由图可知，X、Y是反应物，物质的量分别减少0.3ml、0.1ml，Z是生成物，物质的量增加0.2ml，则方程式中X、Y、Z的物质的量比是3：1：2，所以该反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
由图知Y的浓度减少0.1ml/2L=0.05ml/L，根据v=△c/△t计算反应开始至2min，用Y表示的平均反应速率为，由图知X的物质的量减少0.3ml，则X的转化率为0.3ml/1ml×100%=30%；
【小问3详解】
①降低温度，化学反应速率减慢，故①错误；
②保持容器的体积不变，充入氦气，与反应相关的各物质的浓度不变，化学反应速率不变，故②错误；
③加入催化剂，化学反应速率加快，故③正确；
④保持容器的体积不变，增加A（g）的物质的量，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，故④正确；
故答案为③④；
【小问4详解】
将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3后与CuSO4对比，只有阳离子不同，从而排除Cl-可能带来的干扰，故将5滴0.1ml·L-1 FeCl3溶液改为5滴0.05ml·L-1 Fe2(SO4)3溶液，此时铁离子、铜离子浓度相等，且阴离子种类相同，故更合理；
【小问5详解】
仪器A的名称是分液漏斗；检测该装置气密性的方法是：关闭A的活塞，将注射器向外拉出一段后松手，过一段时间后看到活塞能复位，说明装置气密性良好；
【小问6详解】
H2O中O元素为-2价，O2中O元素为0价，H2O2中O元素为-1价，因此H2O和O2有可能通过化合反应生成H2O2，故可行。
13. 工业上利用废镍催化剂(主要成分为，还含有一定量的等)制备一水合氢氧化氧镍的工艺流程如下：
相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
回答下列问题：
（1）写出一种能提高“酸浸”速率的措施：_______；
（2）滤渣1的主要成分和_______(填化学式)。
（3）试剂用于调节溶液的，则调控的范围是_______。
（4）已知“除铁”后所得溶液中，加入溶液(忽略混合后溶液体积的变化)，使恰好沉淀完全[此时]，则所加溶液_______[已知实验条件下，，不考虑的水解]。
（5）“氧化”过程中加入的试剂Y是，写出加入反应生成一水合氢氧化氧镍的离子方程式：_______。
（6）已知工业上也可以用作为阳极、溶液为电解质溶液，通过电解氧化法制备，其阳极的电极反应式为_______
【答案】（1）粉碎废镍催化剂，适当加热，适当增大酸浓度或搅拌等
（2）
（3）
（4）0.08 （5）
（6）
【解析】
【分析】利用废镍催化剂(主要成分为NiO，还含有一定量的ZnO、Fe2O3、SiO2、CaO等)制备一水合氢氧化氧镍(2NiOOH·H2O)时，先需除掉Fe3+、Ca2+、Zn2+等杂质离子和SiO2等，并将+2价Ni氧化为+3价，最终转化为NiOOH•H2O。在操作过程中，先用硫酸溶解，将ZnO、Fe2O3、CaO转化为金属硫酸盐，滤渣1为SiO2和微溶的CaSO4；调节pH让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，加入NH4F将溶解的Ca2+进一步转化为沉淀，加入有机萃取剂，将Zn2+除去；最后加入氧化剂和NaOH，使Ni2+最终转化为2NiOOH·H2O。
【小问1详解】
若想提高“酸浸”速率，可通过增大接触面积，升高温度、适当增大酸的浓度来实现，具体措施：粉碎废镍催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；答案为：粉碎废镍催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；
【小问2详解】
由分析可知，滤渣1的成分是SiO2、CaSO4；
【小问3详解】
试剂X用于调节溶液的pH，将Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀，但不能让Zn2+、Ni2+等生成沉淀，则调控pH的范围是2.8≤pH