重庆市南开中学校2023-2024学年高二上学期期中考试化学Word版含解析.docx

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化学试题本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Ca-40Cu-64第Ⅰ卷（选择题共50分）本卷共20题，1—10题每题2分，11—20题每题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。1.《新修本草》是我国古代中药学著作之一，其中关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”。“青矾”的主要成分，属于A.酸B.氧化物C.碱D.盐【答案】D【解析】【详解】是结晶水合物，无水部分中，阳离子为亚铁离子，阴离子为硫酸根离子，所以其属于盐，答案选D。2.下列化学用语正确的是A.HCl的电子式：B.中子数为20的氯原子：ClC.乙醇的分子式C2H6OD.C的原子结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．HCl为共价化合物，其电子式为，故A项错误；B．中子数为20的氯原子的质量数为20+17=37，该原子可以表示为，故B项错误；C．乙醇为饱和一元醇，其分子式为C2H6O，故C项正确；D．碳原子的核电荷数=核外电子总数=6，最外层含有4个电子，其原子结构示意图为，故D项错误；故选C。3.下列物质混合后，变化过程中不涉及氧化还原反应的是A.FeCl3溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝B.SO2气体通入Ba(NO3)溶液中，生成白色沉淀 C石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色；D.向饱和食盐水中依次通入NH3、CO2，有晶体析出【答案】D【解析】【详解】A．FeCl3溶液与碘化钾发生生成碘单质，使淀粉碘化钾试纸变蓝，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．二氧化硫被硝酸根氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，涉及氧化还原反应，B不符合题意；C．氯气和水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性使得石蕊溶液褪色，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．向饱和食盐水中依次通入NH3、CO2，反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体析出，有晶体析出，反应中没有元素化合价的改变，不涉及氧化还原反应，D符合题意；故选D。4.物质的性质决定用途，下列说法正确的是A.溶液有导电性，可以电解氯化钠溶液得到钠B.干冰升华能吸收大量的热，可用于人工降雨C.性质稳定，可用铝制槽车运输浓硫酸D.维生素具有氧化性，可用作食品抗氧化剂【答案】B【解析】【详解】A．溶液有导电性，电解熔融NaCl得到钠，A错误；B．干冰升华能吸收大量的热，用于人工降雨，B正确；C．Al是性质很活泼的金属，可用铝制槽车运输浓硫酸是由于Al在常温下遇到浓硫酸发生钝化，在其表面形成一层致密的氧化物保护膜，C错误；D．维生素具有还原性，可用作食品抗氧化剂，D错误；故选B。5.下列各项实验的基本操作，其中正确的是A.用湿润的pH试纸测定硫酸溶液的pHB用浓硫酸干燥二氧化硫C.金属钠着火时，用泡沫灭火器灭火D.蒸发操作中，将蒸发皿放在铁架台的铁圈上，并垫上石棉网加热 【答案】B【解析】【详解】A．用pH试纸测定硫酸溶液的pH时，pH试纸不能润湿，A项错误；B．浓硫酸有吸水性，且不与反应，可用浓硫酸干燥，B项正确；C．泡沫含水，钠与水反应，钠的燃烧产物与水及也反应，导致燃烧更加剧烈，所以不能用泡沫灭火器灭火，C项错误；D．蒸发时，蒸发皿可以放在铁圈上直接加热，蒸发皿耐高温，不用垫石棉网，D项错误。故答案选B。6.下列溶液因盐的水解而呈酸性的是A.溶液B.溶液C.溶液D.溶液【答案】A【解析】【详解】A．中的铵根离子在溶液中可水解：，溶液因水解显酸性，A项正确；B．为强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液显中性，B项错误；C．在溶液中发生电离：，溶液因电离显酸性，C项错误；D．在溶液既发生水解，又发生电离，水解产生氢氧根，电离产生氢离子，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，D项错误；故选A。7.在、的工业生产中，具有的共同点是A.使用加热装置B.使用尾气吸收装置C.使用作原料D.使用加压装置【答案】A【解析】【详解】A．工业生产NH3、H2SO4过程中都用到热交换器，A符合题意；B．H2SO4工业使用的三个设备是沸腾炉、接触室、吸收塔，这其中气体和能量循环利用，没有尾气吸收装置，NH3是将其液化分离的氮气氢气循环利用，也不需要吸收装置，B不符合题意；C．H2SO4的工业生产中不用氢气，SO3通入浓硫酸中就是H2SO4，C不符合题意；D．硫酸工业中由于SO2和O2反应转化为SO3 的反应在常压下转化率就已经很高了，故不需使用加压装置，合成氨中常采用500MPa下，需要加压装置，D不符合题意；      故答案为：A。8.普通锌锰电池构造如图，下列说法不正确的是A.工作时锌筒质量逐渐减小B.普通锌锰电池比碱性锌锰电池寿命更长C.该电池放电之后不能充电D.工作时电流从石墨棒通过导线流向锌筒【答案】B【解析】【分析】图示的电池为普通锌锰电池，锌筒作为电池的负极，其电极反应式为：，碳棒为电池的正极，其反应的电极方程式为。【详解】A．根据电池反应，锌筒作为电池负极逐渐被反应，锌筒质量逐渐减小，A项正确；B．碱性锌锰电池比普通锌锰电池寿命更长，B项错误；C．该电池为一次电池，放电后不能重复充电，C项正确；D．石墨棒为正极，锌筒为负极，工作时电流从石墨棒通过导线流向锌筒，D项正确；故选B。9.水是最宝贵的资源之一，下列表述正确的是A.中加入固体会促进水的电离B.时，纯水的C.电解稀硫酸溶液本质上就是电解水D.、、水含有的原子个数为个【答案】C【解析】【详解】A．硫酸钠为强酸强碱盐，不会发生水解，不会促进水的电离，A项错误；B．常温下纯水的pH=7，而4℃时水的电离程度减小，氢离子浓度较小，则纯水的pH>7，B项错误；C．电解稀硫酸溶液时，阳极氢氧根放电，阴极氢离子放电，本质上就是电解水，C项正确；D．273K、101kPa为标准状况下，标况下水不是气体，不能使用22.4L/mol计算，D项错误；故选C。 10.如图是用0.1000mol•L-1NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度盐酸(酚酞做指示剂)的滴定曲线。下列说法正确的是A.需使用量程为20mL的量筒量取盐酸B.a点时，c(Na+)c(OH﹣)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(Cl﹣)可知：c(Na+)碳酸>硼酸A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,先出现蓝色沉淀是 Cu(OH)2沉淀，说明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，A错误；B．Al(OH)3呈两性，而Mg(OH)2呈碱性，所以Al能与NaOH溶液能发生反应，虽然Mg、Al、NaOH溶液构成的原电池中，Mg表面有气泡产生，但并不能说明Al的金属活动性比Mg强，B错误；C．相同温度、相同浓度时，盐溶液的pH越大，其碱性越强，结合H+的能力越强，则结合质子的能力比的弱，C错误；D．分别向盛有醋酸和饱和硼酸溶液的试管中滴加等浓度溶液，前者产生无色气泡，后者无明显现象，说明可以由醋酸制得碳酸，但由硼酸不能制得碳酸，根据强酸制取弱酸的原理，酸性：醋酸>碳酸>硼酸，D正确；故选D。19.一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀B.b点时，c(Cl-)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)C.Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrO的平衡常数K=107.9D.向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀【答案】C【解析】【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO)=(1×10-5)2×1×10-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选项结果。【详解】A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10 -17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；C．该反应的平衡常数表达式为K=，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K=====1×107.9，C正确；D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；故答案选C。20.恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法正确的是编号020406080①a2.402.001.601.200.80②a1.200.800.40x③2a2.401.600.800.400.40A.相同条件下，增加的浓度，反应速率加快B.实验①，0~40min，C.实验②，时处于平衡状态，D.实验③达到平衡时，的体积分数约为【答案】C【解析】【详解】A．实验①和实验②催化剂表面积相同，但XY3初始浓度实验①中是实验②中的两倍，结合数据，可知0~20min、20~40min时间段内实验①和②XY3浓度变化量都是0.40×10-3mol/L，故相同条件下，增加XY3 的浓度，反应速率并未加快，A项错误；B．实验①中，0~40min时间段内，XY3浓度变化量为2.40×10-3mol/L-1.60×10-3mol/L=0.80×10-3mol/L，v(XY3)=2.00×10-5mol/(L∙min)，由于反应速率之比等于化学计量数之比，故v(Y2)=v(XY3)=3.00×10-5mol/(L∙min)，B项错误；C．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中XY3初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时XY3浓度为0.40×10-3mol/L，则实验①达平衡时XY3浓度也为0.40×10-3mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，结合A项，实验②60min时处于平衡状态，x＜0.20，C项正确；D．由实验③中数据可知，达平衡时XY3反应了2.40×10-3mol/L-0.40mol/L=2×10-3mol/L，则生成的X2、Y2分别为1.00×10-3mol/L、3.00×10-3mol/L，平衡时体积分数等于物质的量浓度分数，故Y2的体积分数为×100%≈68.2%，D项错误；答案选C。第Ⅱ卷（非选择题共50分）本卷共4题，共50分。21.碳元素可以形成数量丰富的化合物，如与等氧化物，、、等无机弱酸及其盐。回答下列问题：（1）的电子式为________。（2）氢氰酸的钾盐在电镀工业中有重要应用，其水溶液呈碱性。用离子方程式解释水溶液显碱性的原因是_____________。（3）人体内草酸累积过多容易导致结石，其主要成分是草酸钙，草酸钙在水中的沉淀溶解平衡可用离子方程式表示为_________。（4）已知时，、、的电离平衡常数如下表。/ ①时，某溶液的，则由水电离出的_________。关于此溶液中的微粒浓度，下列说法正确的是________。A．B．C．②时，将溶液和溶液混合并充分反应，所得溶液呈______（选填“酸性”“中性”或“碱性”）。③将少量通入溶液中，发生反应的化学方程式为_______________。【答案】21.22.23.24.①.②.BC③.酸性④.【解析】【分析】【小问1详解】二氧化碳中两个氧原子分别与碳原子形成碳氧双键，电子式为：；【小问2详解】KCN水溶液中水解显碱性，离子方程式为：；【小问3详解】草酸钙在水中溶解的部分完全电离成钙离子和草酸根，在水中的沉淀溶解平衡可用离子方程式表示为；【小问4详解】①25℃时，溶液pH=8，则，草酸钠在水中发生水解，促进水的电离，则由水电离出的；A.此溶液中存在电荷守恒：，A项错误； B.此溶液中存在物料守恒：，B项正确；C.此溶液中主要存在的离子为和，且，水解生成和，且水的电离也生成，所以，综上所述：；故选BC；②15mL0.1mol/LNaOH溶液和10mL0.1mol/L溶液混合并充分反应，得到的溶液中的溶质为和，且物质的量为1:1，该溶液中主要存在的水解和的电离，，所以的电离大于的水解，所以溶液呈酸性；③由于根据强酸制弱酸，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸与KCN反应生成HCN和碳酸氢钾，反应的化学方程式为：。22.是常用的电极材料和催化剂。由富锰废料（含、，和少量、）进行废气脱硫，并制备和回收金属资源的工艺流程如下：已知：有关金属离子沉淀的相关见下表金属离子开始沉淀时的7.52.23.68.87.5完全沉淀时的9.53.24.710.89.5回答下列问题：（1）碱性锌锰电池放电时，正极材料反应生成，其电极反应式为___________。 （2）提高“化浆”速率的方法是___________（任写一种）。（3）“吸收”过程中，发生反应的离子方程式为___________。（4）“调”时，应当调节的范围是___________。（5）已知此温度下：，。“沉镍”时，当恰好完全沉淀时，溶液中的为___________，此时溶液中___________（6）“系列操作”指过滤、洗涤、干燥，检验该已经洗净的操作为：取最后一次洗涤液，向其中加入足量______，再滴加________，若无白色浑浊生成，说明已洗涤干净。【答案】（1）+e-+H2O=+OH-（2）搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎废料等（3）SO2+MnO2=Mn2++（4）4.7≤pH≤7.5（5）①.②.4×107：1（6）①.盐酸②.BaCl2溶液【解析】【分析】根据流程：富锰废料(含MnO2、MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO)进行废气脱硫并制备MnO2，富锰废料先加入硫酸进行酸浸，MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO转化为硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、硫酸镍，MnO2不反应，再用含有二氧化硫的烟气吸收，发生反应SO2+MnO2=Mn2++，下层浆液可以返回化浆步骤，则MnO2过量，上层浆液加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠调节pH，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣；滤液加入MnS除去镍离子，生成NiS沉淀，过滤除去；滤液加入KMnO4，和锰离子发生归中反应，得到MnO2，据此分析答题。【小问1详解】碱性锌锰电池放电时，正极材料反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：+e-+H2O=+OH-。【小问2详解】提高“化浆”速率的方法可选用搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎废料等。【小问3详解】由分析可知，“吸收”时MnO2被SO2还原为Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： SO2+MnO2=Mn2++。【小问4详解】调pH的目的是将Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3，同时不能让Ni2+沉淀，应当调节的范围是4.7≤pH≤7.5。【小问5详解】“沉镍”时，当恰好完全沉淀时，溶液中c()=1×10-5mol/L，则溶液中=，则此时溶液中=：=4×107：1。【小问6详解】在实验室中检验该MnO2已洗涤干净应检验洗涤液中是否还存在的具体操作为取最后一次洗涤液，向其中加入足量盐酸，再滴入几滴BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净。23.亚硝酸钙是白色粉末、易潮解、易溶于水，在钢筋混凝土工程中，常用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂。实验用与制备亚硝酸钙装置如图所示（夹持装置已略去）。回答下列问题：（1）盛装稀硝酸的仪器名称为________。（2）加入稀硝酸之前需通入一段时间，其目的是________。（3）装置A中反应的化学方程式为________。（4）上述装置有一处明显不足，会导致亚硝酸钙产率降低，改进的方法是________。（5）此法制得的亚硝酸钙中常含有硝酸钙杂质，现用如下方法测定产品中硝酸钙的含量。实验原理： 实验步骤：Ⅰ．称量产品溶于水，加入足量的硫酸钠固体，充分搅拌后过滤；Ⅱ．将滤液配制成溶液，取溶液于锥形瓶中，加入足量饱和溶液，煮沸，冷却；Ⅲ．再向锥形瓶中加入溶液和适量硫酸；Ⅳ．加入4滴指示剂，用标准液滴定至终点，消耗标准液①步骤Ⅳ中盛装标准溶液的仪器名称是________。②所得产品中硝酸钙的质量分数为________③下列操作会导致硝酸钙的质量分数测定结果偏高的是________。A．盛装标准液前未用标准液润洗滴定管B．滴定时振荡太剧烈，使锥形瓶中液体溅出C．达到滴定终点时，仰视读数【答案】23.分液漏斗24.排除装置中的空气，防止其中的将生成的NO氧化为25.26.在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶27.①.酸式滴定管②.③.B【解析】【分析】实验开始前先通氮气是为了排除装置内的空气，在装置A中由铜和稀硝酸反应制取一氧化氮，产生的气体中混有少量的，可用B装置进行除杂，则B装置中盛放的试剂为蒸馏水，发生反应的化学方程式为：，装置C为干燥装置，通过D中与过氧化钙反应生成亚硝酸钙，装置E为尾气吸收装置，据此答题。 【小问1详解】根据实验装置图可知，仪器a为分液漏斗；【小问2详解】向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前，应向装置中通入一段时间的，排除装置中的空气，防止生成的NO被空气中的氧化为；【小问3详解】装置A中铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为；【小问4详解】由于亚硝酸钙是白色粉末，易潮解，装置E中的水蒸气回流导致过氧化钙与水蒸气发生反应，导致亚硝酸钙的产率较低，改进方法为在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶；【小问5详解】①重铬酸钾具有强氧化性，应使用酸式滴定管盛装；【小问6详解】②步骤Ⅰ为生成沉淀，步骤Ⅱ为除去亚硝酸根，步骤Ⅲ为反应硝酸根加入过量的亚铁离子，该反应的关系式为，，则亚铁离子总的物质的量为，消耗的亚铁离子的物质的量为，剩余的亚铁离子的物质的量为，根据关系式，计算出250mL溶液中，则硝酸钙的物质的量为，硝酸钙的质量为，硝酸钙的百分含量为。【小问7详解】③A．盛装标准液前未用标准液润洗滴定管，导致滴定的体积偏高，最终导致硝酸钙的质量分数测定结果偏低；B．滴定时振荡太剧烈，使锥形瓶中液体溅出，导致滴定的体积偏低，最终 导致硝酸钙的质量分数测定结果偏高；C．达到滴定终点时，仰视读数，导致读取的的体积偏高，最终导致硝酸钙的质量分数测定结果偏低；故选B。24.的化学转化利用路径有效推动了高附加值利用和化工行业绿色低碳负碳化进程。回答下列问题。Ⅰ．利用合成淀粉的研究成果已经被我国科学家发表在《Nature》杂志上。其涉及的关键反应如下：①②③（1）反应①在________（选填“高温”“低温”或“任何温度”）下自发进行，反应③中________。（2）在一定条件下，向某体积恒为的容器中按的比例通入气体，只发生反应③，下列情况可以说明反应③已经达到平衡的是________。A.混合气体密度不再改变B.混合气体平均相对分子质量不再改变C.容器中与的物质的量之比不再发生改变D.（3）在催化剂作用下，按的比例向某密闭容器中通入一定量的原料气，只发生①②两个反应。维持总压强为，测得不同温度下，反应达到平衡后的转化率、的选择性如图所示： 已知：的选择性。在时，若反应从开始到达到点所用时间为，则这内________，反应②的________。（可用分数表示。指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，的平衡分压的物质的量分数）Ⅱ．近年来，有研究人员用通过电催化生成多种燃料，实现的回收利用，其工作原理如图所示。（4）请写出电极上产生的电极反应式：_________。（5）在一定条件下，该装置电极附近制得的、、的物质的量之比为，则当Pt电极附近有气体产生时（已折算为标准状况，不考虑水蒸气，忽略气体的溶解），制得的甲醇的质量为_________。【答案】24.①.低温②.25.BD26①.0.4②.27.28.1.6g【解析】【小问1详解】根据题意知反应①，同时气体分子数减小，熵变，要自发进行需要满足，所以低温自发；由盖斯定律可得，反应③可由反应①减去反应②得到，故【小问2详解】A．因为反应在恒容反应器中进行，气体的总质量不变，则气体密度随反应进行不改变，混合气体密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误； B．混合气体平均相对分子质量等于总质量除以总物质的量，质量不变，物质的量减少，混合气体平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，能说明达到化学平衡状态，，故B正确；C．容器中CO与H2的物质的量之比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D．故，能说明达到化学平衡状态，故D正确；答案选BD；【小问3详解】设起始加入二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol和3mol，又a点达到平衡且二氧化碳转化率为50%、甲醇的选择性80%，所以消耗的二氧化碳物质的量为0.5mol，即生成的甲醇和一氧化碳的物质的量之和为0.5mol，结合甲醇的选择性计算公式可算出生成的甲醇物质的量为0.50.8mol=0.4mol，则生成一氧化碳物质的量为0.1mol，即平衡时甲醇物质的量为0.4mol，水的物质的量为0.5mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，氢气物质的量为1.7mol，二氧化碳物质的量为0.5mol，总的物质的量为3.2mol，甲醇的分压为反应从开始到达到a点所用时间为2min，则这2min内；CO2、H2、CO、H2O的分压分别是1MPa、3.4MPa、0.2MPa、1MPa故【小问4详解】Cu电极上产生CH3OH的电极反应式为：【小问5详解】