吉安一中2021-2022学年度上学期期中考试高二化学试卷（理科）

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吉安一中2021-2022学年度上学期期中考试
高二化学试卷（理科）
命题人：刘雄兵，董璇 审题人：刘雄兵，董璇 备课组长：陈筱勇
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5
一、选择题(每小只有一个正确答案，每题3分，共48分)
1．下列说法错误的是
A．化学反应中的能量变化都表现为热量变化
B．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应
C．化学反应速率用单位时间内反应物或生成物的浓度变化来表示
D．反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热
2．500 ℃条件下，在恒容密闭容器中，充入1 mol NO2存在如下平衡：2NO2(g) N2O4(g)。平衡后，向容器内再充入1 mol NO2，下列说法正确的是
A．平衡向正反应方向移动 B．平衡常数K增大
C．NO2的转化率变小 D．容器内气体颜色先变深后变浅，最后比原来还要浅
3．通过以下反应可获得新型能源二甲醚()。下列说法不正确的是
①
②
③
④
A．反应①、②为反应③提供原料气
B．反应①需要在持续高温下才能进行，可推知
C．反应的
D．反应的
4．在常温下，对于pH=3的醋酸溶液，下列说法正确的是
A．在醋酸溶液中，、Na＋、、能大量共存
B．与Na2S2O3溶液反应的离子方程式：+2H+=S↓+SO2↑+H2O
C．常温下，加水稀释醋酸，增大
D．该醋酸溶液中c(CH3COO-)＜0.001mol/L
5．向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图甲所示[t0～t1阶段c(B)未画出]。图乙为t2时刻后改变条件平衡体系中化学反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件并且改变的条件均不同。已知，t3～t4阶段为使用催化剂。下列说法正确的是

A．t5～t6阶段可能是减小压强
B．t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度
C．B的起始物质的量为0.02mol
D．若t1=15s，生成物C在t0～t1时间段的化学反应速率为0.004mol·L-1·s-1
6．工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇，如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系。下列说法正确的是

A．H2转化率：c＞a＞b
B．上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3
C．a点状态下再通入和平衡向正方向移动
D．c点状态下再通入和，新平衡中的体积分数增大
7．下列说法正确的是
A．常温下反应2Na2SO3(s)+O2(g)=2Na2SO4(s)，能自发进行，则△H>0
B．Al2(SO4)3溶液蒸干所得固体产物为Al(OH)3
C．已知工业上常用NH4Cl溶液给金属除锈，则温度降低会使除锈效果减弱
D．pH相同的盐酸和醋酸溶液与足量锌粒反应，产生相同质量的H2，则盐酸溶液的体积小于醋酸溶液的体积
8．下列事实：①水溶液呈碱性；②水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大；④铵态氮肥不能与草木灰混合施用；⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强；⑥配制溶液，需用盐酸溶解固体。其中与盐类水解有关的是
A．除②以外 B．除⑥以外 C．除④、⑥以外 D．全部
9．回收利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。从废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅的生产流程如下图(部分产物已略去)。

已知：和均为能溶于水的强电解质。下列说法正确的是
A．物质a表现氧化性
B．易溶于水
C．过程iii发生反应的离子方程式为
D．过程i、过程ii、过程iii中均有气体生成
10．下列实验操作能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
制备Fe(OH)3胶体
将FeCl3溶液加入稀氨水中并加热煮沸
B
比较Cu(OH)2、Mg(OH)2溶解度的大小
向10mL0.1mol/LNaOH溶液中先加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，再加入1mL0.1mol/LCuCl2溶液
C
清洗碘升华实验所用试管
先用酒精清洗，再用水冲洗
D
比较碳酸和硅酸的酸性强弱
石灰石与浓盐酸混合共热，将所得气体通入硅酸钠溶液中

A．A B．B C．C D．D
11．镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。如图为“镁-次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。下列说法正确的是

A．随着反应的进行，正极区pH升高
B．放电时，F极生成的移动方向与内电路电子移动方向相同
C．放电时，E极的电势比F极的高
D．每生成1 mol ，则有1 mol氧化
12．MSO4和MCO3是两种难溶性盐。常温时两种物质的溶解度曲线如图所示，下列叙述错误的是

A．Ksp(MCO3)＝9.0×10−10
B．c点的纵坐标0.33
C．在饱和的MCO3澄清溶液里加入适量的Na2SO4固体，可使b点变为d点
D．使1L含1molMSO4的悬浊液中的分散质完全转化为MCO3，需要加1molNa2CO3固体
13．我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇的过程，其主要反应历程如图所示(其中H2→*H+*H，*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是

A．第①步中有非极性键的断裂
B．水在反应历程中是可以循环使用的物
C．Cu-ZnO-ZrO2催化剂降低了反应的活化能
D．第④步反应是一个吸热反应
14．下列说法正确的是
①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应；
②普通分子有时也能发生有效碰撞；
③升高温度会加快反应速率，原因是增加了活化分子的有效碰撞次数；
④增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位体积内有效碰撞的次数增多；
⑤使用催化剂能提高反应速率，原因是提高了分子的能量，使有效碰撞频率增大；
⑥化学反应的实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞
A．①②⑤ B．③④⑥ C．③④⑤ D．②③④
15．25℃时，以酚酞为指示剂，用溶液滴定未知浓度的二元酸溶液，溶液pH随V(NaOH)的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是

A．溶液的浓度为
B．的第一步电离方程式表示为：
C．的电离常数Ka=
D．滴定终点时，溶液中
16．下列有关溶液(室温下)的说法正确的是
A．Na2CO3和NaHCO3形成的混合溶液中：2c(Na+)=3[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]
B．0.10mol•L-1NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH=7：c(Na+)>c(NH)>c(SO)
C．物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液、④(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(NH)的大小关系：④>①>②>③
D．0.10mol•L-1CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH=7：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-)
二、非选择题(共52分)
17．（10分）氨和联氨是氮的两种常见化合物，在工农业生产中有重要的应用。
(1)联氨分子的电子式为___________
(2)联氨与盐酸反应生成重要的化工原料盐酸肼，盐酸肼属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与类似。
①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式___________；
②写出足量金属镁加入溶液中所发生反应的化学方程式___________。
(3)室温下，有物质的量浓度相等的下列物质的溶液：①②③④⑤，其中所含的c()由大到小的顺序是___________(用序号填空)
(4)工业生产硫酸过程中，通常用氨水吸收尾气
①如果在时，相同物质的量的与溶于水，发生反应的离子方程式为___________，所得溶液中___________(填序号)。
A． B．
C． D．



电离平衡常数






②已知在时电离平衡常数可知，如下表，则上述所得溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为______
18．（10分）下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积Kw
1×10-14
a
1×10-12

试回答以下问题：
(1)若25c(H＋)＝c(OH−)，故B错误；
C．物质的量浓度相同的下列溶液：①(NH4)2SO4②NH4HCO3③NH4Cl ④NH4Fe(SO4)2；先不考虑水解，则(NH4)2SO4中含有两个NH，所以它们NH的浓度大于其它三种物质，②④二种物质中，④NH4Fe(SO4)2酸性最强，NH水解受到的抑制最大，即NH的量较多，溶液中c(NH)较大，
①NH4Cl，NH水解，②NH4HCO3，碳酸氢根离子的水解对铵根离子起促进作用，即溶液中c(NH)④>③>②，按c(NH)由大到小的顺序排列为：①>④>③>②，故C错误；
D．0.1mol•L−1CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7，溶液中存在电荷守恒为：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH−)＋c(Cl−)＋c(CH3COO−)，物料守恒为：c(Na＋)＝c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)，得到c(CH3COOH)＝c(Cl−)，溶液中存在醋酸钠、氯化钠和醋酸，钠离子浓度一定大于氯离子浓度，故D正确；
故选：D。
17． ④⑤③①②
【解析】
【详解】
(1)联氨中，氮原子需要共用三对电子达到8电子稳定结构，所以每个氮原子都和2个氢原子以及1个氮原子结合，电子式为。
(2)①盐酸肼水解原理与类似，和水电离产生的OH-结合成NH3·H2O，促进水电离出更多的H+，离子方程式为：+H2O NH3·H2O+H+，仿照的水解，写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式为。
②足量金属镁加入溶液中，镁和盐酸肼水解产生的H+生成氢气，由于镁是足量的，转变为N2H4，反应的化学方程式为。
(3)室温下，物质的量浓度相等的下列物质的溶液：①溶液中，只有的水解；②溶液中，和CH3COO-都发生水解，两者水解互相促进，使水解程度增大，浓度比①中少；③完全电离，生成的H+抑制了的水解，浓度大于①中的浓度；④完全电离，1mol电离产生2mol，而①②③中1mol溶质只电离出1mol，所以中的浓度比①②③中的浓度都大；⑤1mol完全电离也产生2mol，但也水解，促进了的水解，所以中的比中的浓度小，所以由大到小的顺序是④⑤③①②。
(4)①相同物质的量的与溶于水，生成NH4HSO3，发生反应的离子方程式为，所得溶液中溶质为NH4HSO3，有电荷守恒：和质子守恒：，经变形可得和。
故选CD。
②根据电离平衡常数可知，水解常数为=5.9×10-10，的水解常数为=6.5×10-13，的电离平衡常数Ka2=1.02×10-7，水解程度小于的电离程度，，溶液呈酸性，，溶液中的H+来自于的电离、水解和水的电离，所以，故各离子浓度由大到小的顺序为。
18．(1)>
(2)1000∶1
(3)1×10-10mol·L-1
(4)bd
【解析】
(1)
水的电离吸热，升温促进水的电离，Kw变大，故答案为：>；
(2)
c(SO)=5×10-4 mol·L-1，则c(Na＋)=2c(SO)=1×10-3 mol·L-1，稀释10倍，则c(Na＋)=1×10-4 mol·L-1.25 ℃时，Na2SO4溶液中c(OH-)=1×10-7 mol·L-1，稀释10倍后仍然为1×10-7 mol·L-1，则c(Na＋)∶c(OH-)=1 000∶1，故答案为：1000∶1；
(3)
在t2 ℃时，pH=10的NaOH溶液中c(H＋)=1×10-10 mol·L-1，NaOH溶液中c(H＋)来自水的电离，水电离出H＋的同时也电离出等量的OH-，故答案为：1×10-10mol·L-1；
(4)
在t2 ℃时，某溶液的pH=7，c(H＋)=1×10-7 mol·L-1，该溶液中c(OH-)=1×10-5 mol·L-1>c(H＋)，溶液呈碱性；此时，即c(OH-)=100c(H＋)，故答案为：bd。
19．(1) FeSO4、Na2O2 1.5NA
(2)AD
(3)2H++H2C2O4+2ClO=2ClO2↑+2CO2↑+2H2O
(4) 2ClO2+2KI=I2+2KClO2 1.35
【解析】
【分析】
(1)
①在2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑反应中，Fe元素从+2价升高为+6价，Na2O2中部分O元素从-1价升高为0价，均发生氧化反应，则反应中的还原剂是Na2O2、FeSO4；
②n(O2)== mol=0.15 mol
由 可知，若生成1 mol O2转移了10mol电子，若生成0.15 mol O2，则应该转移1.5mol电子，N=n NA=1.5 NA；
(2)
Fe2+转化为Fe3+为氧化过程，而Fe3+转化为Fe2+为还原过程；
A．亚硝酸盐能使Fe2+转化为Fe3+，则亚硝酸盐被还原，故A错误；
B．维生素C能将Fe3+转化为Fe2+，则维生素C为还原剂，故B正确；
C．Fe3+转化为Fe2+为还原过程，说明维生素C能将Fe3+还原为Fe2+ ，故C正确；
D．亚硝酸盐能使Fe2+转化为Fe3+，则亚硝酸盐是氧化剂，故D错误；、
故答案为AD；
(3)
草酸在硫酸酸化的条件下还原氯酸钠，生成ClO2和CO2，结合守恒法，可知发生反应的离子方程式为H2C2O4+2-+2H+=2CO2↑+2ClO2↑+2H2O；
(4)
①ClO2与碘化钾反应生成I2和KClO2，结合电子守恒和原子守恒可得发生反应的化学方程式2ClO2+2KI=2KClO2+I2；
②由2ClO2+2KI=2KClO2+I2和2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI得关系式2ClO2~~~~~I2~~~~~2Na2S2O3，已知消耗Na2S2O3的物质的量为5.00×10-4 mol·L-1×0.02L=1.0×10-5 mol，则该水样中ClO2的浓度是= 1.35 mg·L-1。
【点睛】
本题涉及氧化还原反应方程式配平，一般步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；③求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。
20．(1)提高浸取效率
(2)TiOSO4＋(x＋1)H2O=TiO2·xH2O＋H2SO4
(3) ＋4 将Fe2＋氧化为Fe3＋
(4)3.2~3.7
(5) 3H2C2O4＋2Sc3＋=Sc2(C2O4)3↓＋6H＋ 灼烧
【解析】
【分析】
钛铁矿主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，还含有Mg、Si、Sc等元素，由流程可知，加浓硫酸酸浸后，滤渣1为二氧化硅或不溶性硅酸盐，水解发生TiOSO4＋(x＋1)H2O=TiO2·xH2O＋H2SO4，萃取时分离出Ti、Sc，洗钛分离出[TiO(H2O2)]2+，加NaOH反萃取后分离出Sc，与盐酸反应加草酸发生3H2C2O4 + 2Sc3+ = Sc2(C2O4)3↓+6H+，再灼烧发生Sc2 (C2O4)3Sc2O3 + 3CO↑+3CO2↑，需避免CO污染环境，以此来解答。
(1)
“酸浸”时升高温度或将钛铁矿粉碎可以增加其表面积，进而加快反应速率，提高浸取效率；
(2)
“酸浸”后，Ti元素转化为TiOSO4，发生水解反应后生成TiO2·xH2O，据此可写出水解的化学方程式为TiOSO4＋(x＋1)H2O=TiO2·xH2O＋H2SO4；
(3)
[TiO(H2O2)]2＋中H2O2中O的化合价为-1价，另一个O的化合价为-2价，则Ti的化合价为＋4价；H2O2有氧化性，故可将Fe2＋氧化为Fe3＋；
(4)
TiO2＋完全沉淀的pH为1.05，Fe3＋恰好沉淀完全时，溶液中mol·L-1，此时 =2-2/3×10-3 mol·L-1，则pH=-lg c(H＋)=3.2，Sc3+开始沉淀时，此时pH=3.7，故调pH的范围是3.2~3.7；
(5)
“沉钪”时Sc转化成Sc2(C2O4)3，离子方程式为：3H2C2O4＋2Sc3＋=Sc2(C2O4)3↓＋6H＋；Sc2(C2O4)3受热分解可得Sc2O3，则其操作方法为灼烧。
21．(1)
(2) BD
(3) 该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，减小压强使平衡正向移动，的平衡转化率增大，由图像上看，相同温度，条件下的平衡转化率最大，条件下的平衡转化率最小 及时分离出产物或 1.2
【解析】
【分析】
(1)
由图可知，已知反应的热化学方程式为：①C6H5Cl(g)+H2S(g)= C6H6(g)+HCl(g)+ S8(g) △H=—45.8kJ/mol，②C6H5SH(g)= C6H6(g) + S8(g) △H=—29kJ/mol，由盖斯定律可知，①—②可得C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的反应为C6H5Cl(g)+H2S(g)= C6H5SH(g)，则△H=(—45.8kJ/mol)—(—29kJ/mol)=—16.8kJ/mol，故答案为：C6H5Cl(g)+H2S(g)= C6H5SH(g) △H=—16.8kJ/mol；
(2)
①设反应生成水蒸气的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：

由反应达平衡后水蒸气的物质的量分数为0.02可得：=0.02，解得a=0.01，则0—4min内硫化氢的反应速率为=0.001mol/(L·min)，故答案为：0.001mol/(L·min)；
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，则k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，故答案为：＞；
③A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，体积不变的容器中混合气体密度始终不变，则容器内混合气体密度不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．该反应是气体体积不变的反应，反应前后气体的压强始终不变，则容器内的压强不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
D．起始硫化氢的物质的量大于二氧化碳，硫化氢与二氧化碳的物质的量之比不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故选BD；
(3)
①该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，硫化氢的转化率减小，由图可知，P1条件下硫化氢的转化率最大，P3条件下硫化氢的转化率最小，则压强的大小顺序为，故答案为：；该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，减小压强使平衡正向移动，的平衡转化率增大，由图像上看，相同温度，条件下的平衡转化率最大，条件下的平衡转化率最小；
②除改变温度、压强外，及时分离出产物，使反应物浓度减小，平衡向正反应方向移动，硫化氢的转化率会增大，故答案为：及时分离出产物或；
③设起始硫化氢的物质的量1mol，由图可知，平衡时硫化氢的转化率为50%，则平衡时硫化氢、氢气、S2蒸汽的物质的量分别为1mol—1mol×50%=0.5mol、1mol×50%=0.5mol、1mol×50%×=0.25mol，平衡常数KP==1.2，故答案为：1.2。