湖南省长沙市长沙县、望城区、浏阳市2021-2022学年高二化学上学期期末调研试题（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市长沙县、望城区、浏阳市2021-2022学年高二化学上学期期末调研试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 0， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021年下学期期未调研考试试卷
高二化学
友情提示：
1.本试卷分试题和答题卡两部分，共10页。满分100分，时量75分钟，
2.答案一律在答题卡上书写，在试题卷上作答无效。
3.可能用到的相对原子质量：C-12 Na-23 S-32 O-16 C1-35.5 Cu-64 H-1
━、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 下列反应的∆HKsp(AgI)，D项正确；
答案选AD。
14. 25℃时，用1.00 mol/LNaOH溶液调节100 mL某二元弱酸H2A的pH，溶液中H2A、HA-及A2-的物质的量浓度变化如图所示。下列说法正确的是

A. 曲线②代表c(A2-)，曲线③代表c(HA-)，H2A的
B. 在Y点溶液中，
C. X点溶液中，
D. 0.1000 mol/LNaHA溶液中，
【答案】AB
【解析】
【详解】A．加入的NaOH越多，溶液的碱性越强，则c(H2A)逐渐减小、c(HA-)先增大后减小、c(A2-)增大，根据图知曲线①、②、③分别代表c(H2A)、c(A2-)、c(HA-)。当c(H2A)=c(HA-)时，Ka1==10-4，A正确；
B．Y点溶质为等物质的量浓度的NaHA、Na2A，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)；溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，该点溶液呈碱性，说明HA-电离程度小于A2-水解程度，所以c(HA-)＞c(A2-)，所以溶液中存在c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)＞3c(A2-)，B正确；
C．根据图象可知：当加入V(NaOH)=20 mL时酸碱恰好完全反应生成Na2A，加入V(NaOH)=10 mL时，溶液中溶质为NaHA，X点溶液中加入V(NaOH)=5 mL，溶液中加入的n(NaOH)是n(酸)的一半，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得2n(Na+)=n(H2A)+n(HA-)+n(A2-)，C错误；
D．HA-的电离平衡常数为＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，则c(H2A) ＜c(A2-)，但其电离和水解程度都较小，Na+不水解，所以溶液中微粒浓度关系为：c ，D错误；
互合理选项是AB。
三、非选择题：本题共4小题，共54分。
15. 回答问题
（1）2020年12月17日，“嫦娥五号”首次成功实现地外天体采样返回，标志着我国航天向前迈出了一大步。其制作材料中包含了等多种元素。上述元素中基态原子未成对电子数与相同的有___________。
（2）元素铋主要用于制造易熔金属合金，元素Bi位于第6周期族，其基态原子的价电子排布式为___________。中各元素电负性从大到小的顺序为___________。
（3）均为氮族元素，这些元素与人们的生活息息相关。回答下列问题：
①下列状态的原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是___________(填序号，下同)，未成对电子最多的是___________。
a． b． c． d．
②与S是同周期中相邻的元素，第一电离能由大到小的顺序是___________。
【答案】（1）Cu （2） ①. ②. O＞N＞H＞Bi
（3） ①. cd ②. d ③. P＞S＞Si
【解析】
【小问1详解】
Al的价电子为3s23p1，未成对电子数为1，Al、Cr、Cu、C、N、O、Si中只有Cu（3d104s1）的未成对电子数与Al相同，故答案为：Cu；
【小问2详解】
元素Bi位于第6周期族，其基态原子的价电子排布式为；同一周期，自左至右，电负性逐渐增大，同一主族，自上而下，电负性逐渐减小，一般情况下，金属元素电负性小于非金属元素，故Bi(NO3)3•5H2O中各元素电负性大小顺序为：O＞N＞H＞Bi；
【小问3详解】
①电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，因此用光谱仪可捕捉到发射光谱的是1s22s12p4和1s22s12p3，未成对电子最多的是1s22s12p3，故答案为：cd；d；
②\同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，由于P的3p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si。
16. 为了验证和氧化能力相对强弱，利用如图所示电池装置进行实验。

（1）用固体配制溶液，下列仪器中没有用到的是___________(填标号)，需称取的质量为___________g

（2）电池装置中，盐桥中盛装浸有高浓度电解质溶液的琼脂，要求该电解质溶液中阴、阳离子扩散速率相近，即电迁移率尽可能相接近。已知的电迁移率分别为7.62、7.91、7.40，本实验盐桥中的电解质选择，而不选的可能原因是___________。
（3）根据电流表指针偏向知，电流由电极材料X流出，则电极材料X可能为___________。
（4）一段时间后，左侧溶液中浓度增大，右侧溶液中浓度减小。则电极的电极反应式为___________。
（5）检验右侧电极室溶液中存在应选用___________溶液，由此可证明氧化性：___________(填“大于”或“小于”)。
（6）实验前通常将电极用特殊的酸腐蚀，造成接触面粗糙的目的是___________。
【答案】（1） ①. ③ ②. 2.5
（2）在酸性环境下可以和发生反应
（3）石墨、银、铂、金等(或惰性材料)
（4）Cu-2e-=Cu2+
（5） ①. ②. 大于
（6）增大接触面积，提高电极活性
【解析】
【小问1详解】
用固体配制溶液，用天平称取固体，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌加快溶解速率，再用100mL容量瓶中定容，定容时，当液面低于刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，所以用不到250mL容量瓶，故选③；需称取的质量为；
【小问2详解】
在酸性环境下可以和发生反应，所以选择电迁移率相差较大的而不选电迁移率相差较小；
【小问3详解】
根据电流表指针偏向知，电流由电极材料X流出，说明X是正极，则电极材料X可能为石墨、银、铂、金等(或惰性材料)；
【小问4详解】
一段时间后，左侧溶液中浓度增大，说明电极失电子生成，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+；
【小问5详解】
与溶液反应生成蓝色沉淀，检验右侧电极室溶液中存在应选用溶液，由此可知总反应为，证明氧化性：大于。
【小问6详解】
实验前通常将电极用特殊的酸腐蚀，造成接触面粗糙的目的是增大接触面积，提高电极活性。
17. 钪()是地壳中含量极少的稀土元素，在照明、合金和催化剂等领域有重要应用。钛铁矿的主要成分为(可表示为)，还含有少量等氧化物，从钛铁矿中提取的流程如下：

已知：①当离子浓度减小至时可认为沉淀完全
②室温下，溶液中离子沉淀完全的如下表所示：
离子



沉淀完全的
3.2
9.0
1.05
③，
回答下列问题：
（1）“酸浸”后元素转化为，其水解反应的化学方程式是___________。
（2）“萃取”时，使用煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率受振荡时间的影响如图，萃取时选择最佳的振荡时间为___________ 。

（3）“洗钛”所得为橘黄色的稳定离子，的作用是___________。(写出两点)
（4）“酸溶”后滤液中存在的阳离子浓度均小于“除杂”过程中应控制的范围是___________。
（5）“沉钪”后得到五水草酸钪，焙烧生成四种氧化物。其反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）TiOSO4+(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+H2SO4
（2）10 （3）提供配位体，生成稳定配离子[TiO(H2O2)]2+进入水层，便于除钛；将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的
（4）3.2~3.7 （5）Sc2(C2O4)3∙5H2OSc2O3＋3CO2↑＋3CO↑＋5H2O↑
【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)3 Sc2O3+3CO↑+3CO2↑，需避免CO污染环境。
【小问1详解】
“酸浸”后Ti元素转化为TiOSO4，其水解反应的化学方程式是 TiOSO4+(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+H2SO4。故答案为：TiOSO4+(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+H2SO4；
【小问2详解】
“萃取”时，使用10%P2O4+5%TBP+煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率α受振荡时间影响如图，由图可知，萃取时适宜的振荡时间为10min，萃取率较高；故答案为：10
【小问3详解】
“洗钛” 所得[TiO(H2O2)]2+为橘黄色的稳定离子，H2O2 的作用是 提供配位体，生成稳定配离子[TiO(H2O2)]2+进入水层，便于除钛，将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的。(写出两点)，答案为：提供配位体，生成稳定配离子[TiO(H2O2)]2+进入水层，便于除钛；将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的；
【小问4详解】
“酸溶”后滤液中存在的阳离子Sc3+、TiO2+、 Fe3+浓度均小于0.01 mol·L-1.，用氨水调节溶液pH使TiO2+、Fe3+沉淀完全而Sc3+不沉淀，室温下TiO2+完全沉淀的pH为1.05，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，铁离子完全沉淀时c(OH-)=mol/L=1.587×10-11mol/L，Ksp[Sc(OH)3]=1.25×10-33，开始沉淀时c(OH-)= mol/L=5×10-11mol/L，对应的氢离子浓度分别为6.3×10-4mol/L、2×10-4mol/L，除杂”过程中应控制的pH范围是 3.2~3.7。故答案为：3.2~3.7；
【小问5详解】
沉钪”后得到五水草酸钪，焙烧生成四种氧化物。其反应的化学方程式为Sc2(C2O4)3∙5H2OSc2O3＋3CO2↑＋3CO↑＋5H2O↑。故答案为：Sc2(C2O4)3∙5H2OSc2O3＋3CO2↑＋3CO↑＋5H2O↑。
18. 当今世界多国相继规划了碳达峰碳中和的时间节点。因此研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。已知：
①
②
③
回答下列问题：
（1）___________。
（2）在恒压密闭容器中，加入和，发生上述反应。反应达平衡时，的转化率为，容器体积减小，则反应①的平衡常数___________。
（3）一定条件下，向恒容密闭容器中充入和(假设只发生反应③)，相同时间内的转化率随温度变化如图所示：

①a点为图像中最高点，a点的转化率比c点高的原因是___________。
②平衡时测得生成甲醇，保持温度不变再通入和水蒸气，此时v(正)___________v(逆)(填“＞”，“＜”，“=”)。
（4）捕碳技术(主要指捕获)在降低温室气体排放中具有重要的作用。下列物质中能作为捕碳剂的是___________。
A. B. C. D.
（5）工业生产尾气中的捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，工艺流程是将烟气冷却至后用氨水吸收过量的。所得溶液显___________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。烟气需冷却至左右的可能原因是___________。
已知：的的。
【答案】（1）-49kJ·mol-1
（2）0.6 （3） ①. a点为T2温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低 ②. ＜ （4）AB
（5） ①. 碱性 ②. 降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收
【解析】
【小问1详解】
已知反应：①，
②，则反应③可由①+②得到，根据盖斯定律可知，==(+41kJ/mol)+(-90kJ/mol)=-49kJ/mol，故答案为：-49kJ/mol；
【小问2详解】
反应①反应前后气体体积不变，反应②CO(g)+2H2(g)=CH3OH (g)容积体积减小25%，即气体总物质的量减少25%，△n=(2mol+6mol)×25%=2mol，反应②气体物质的量减少2mol，消耗CO物质的量1mol，消耗氢气物质的量2mol，生成CH3OH 物质的量1mol，反应达平衡时，CO2的转化率为75%，消耗二氧化碳物质的量=2mol×75%=1.5mol，反应①结合三段式列式计算得到， ， n(CO)=1.5mol-1mol=0.5mol，n(H2O)=1.5mol，n(CO2)=0.5mol，n(H2)=4.5mol-2mol=2.5mol，反应前后气体物质的量不变，可以用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数，平衡常数K====0.6，故答案为：0.6；
【小问3详解】
①a点为图像中最高点，a点的转化率比c点高的原因是：a点为T2温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低，故答案为：a点为T2温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低；
 ②一定条件下，向1L恒容密闭容器中充入0.23mol CO2和0.19mol H2(假设只发生反应③CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g))，平衡时测得生成甲醇0.03mol，结合三段式列式计算平衡浓度， K= = =4.5，保持温度不变再通入0.1molCO2和0.1mol水蒸气，此时的浓度商Q===13＞K=4.5，反应逆向进行，(正)＜(逆)，故答案为：＜；
【小问4详解】
A．K2CO3溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钾，A正确；
B．CaO与二氧化碳反应生成碳酸钙，B正确；
C．Na2SO4与二氧化碳不反应，C错误；
D．NH4Cl与二氧化碳不反应，不能作为捕碳剂，D错误；
故答案为：AB；
【小问5详解】