2021-2022学年河南省新乡市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年河南省新乡市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了8g，6kJ⋅ml−1，【答案】A，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
一场突如其来的新冠肺炎疫情席卷全球，非洲南部出现了一种比Delta毒株更可怕的进化体Omicrn毒株。杀菌消毒、做好个人防护是防止疫情蔓延的重要措施。下列关于疫情防控期间使用到的化学用品的说法中错误的是( )
A. 医用酒精消毒液中乙醇的体积分数为75%
B. 使用“84”消毒液时，加入适量白醋可增强消毒能力
C. 3.0%的医用过氧化氢溶液，应放置于遮光、阴凉处保存
D. 过氧乙酸(CH3COOOH)分子中每个原子均满足8电子稳定结构
碳达峰、碳中和是我国发展的战略目标，下列措施与实现这一目标无关的是( )
A. 通过气化和液化将煤转化成清洁燃料
B. 加快植树造林，减少一次性筷子的使用
C. 大力发展太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能等清洁能源
D. 积极推动电动汽车代替燃油车
下列事实与难溶电解质的溶解平衡无关的是( )
A. 含氟牙膏防治龋齿
B. 向5mL氯化银的悬浊液中加入几滴0.1ml⋅L−1的KI溶液，有黄色沉淀生成
C. 纳米铁粉可以去除污水中的Hg2+、Pb2+等重金属离子
D. 用碳酸钠溶液使锅炉中的水垢转化成疏松、易溶于酸的碳酸钙
概念是反映对象本质属性的思维形式，下列对化学概念的理解正确的是( )
A. 活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞
B. 若某反应的ΔH③>①B. ②>①>④>③C. ②=③>①>④D. ②=③>④=①
一定温度下，将1mlA和2mlB充入2L的密闭容器中可进行反应：A(g)+2B(g)⇌C(g)+2D(s)ΔH>0。若t1时刻仅改变下列一个条件，则能使平衡发生如图所示变化的是( )
①增大A的浓度
②缩小容器的容积
③增大B的浓度
④升高温度
⑤加入合适的催化剂
A. ②④B. ①③C. ②⑤D. ②③
氟离子电池有很高的体积能量密度，含氟化合物的储量十分丰富，且其成本低廉，因此氟离子近年来吸引了广泛的关注。氟离子电池的工作示意图如图所示，其中放电时甲电极的电极反应式为BiF3+3e−=Bi+3F−。已知BiF3和MgF2均难溶于水。下列关于该电池的说法正确的是( )
A. 放电时，外电路中电流由乙电极流向甲电极
B. 充放电过程中，F−的物质的量保持不变
C. 充电时，甲电极发生还原反应
D. 充电时，乙电极的电极反应式为Mg−2e−+2F−=MgF2
学习化学离不开化学实验，关于下列装置或操作进行的实验不能达到目的的是( )
A. 测定中和反应的反应热
B. 蒸发KCl溶液制备无水KCl
C. 除去碱式滴定管中的气泡
D. 测NaClO溶液的pH
微粒观和变化观是化学基本观念的重要组成部分。常温下，下列溶液中的微粒能大量共存的是( )
A. 加入铝粉产生气泡的溶液：K+、SO42−、Na+、ClO4−
B. 用硫酸酸化的高锰酸钾溶液：Pb2+、HS−、Mg2+、I−
C. 使石蕊试液变红的溶液：Al3+、NO3−、Fe2+、Br−
D. 0.1ml⋅L−1的FeCl2溶液：Ba2+、HCO3−、ClO−、NH4+
电镀能使金属增强抗腐蚀能力，增加美观和表面硬度、现以铅蓄电池为电源，0.2L1ml⋅L−1CuSO4溶液为电解质溶液，为一把钥匙镀铜，装置如图所示。当右侧钥匙增重3.2g时，停止电镀。下列说法错误的是( )
A. 电镀时，阳极可用纯铜
B. 电镀结束后，电解质溶液的浓度可能不变
C. 电镀结束后，铅蓄电池内消耗电解质9.8g
D. 电镀槽左侧电极应连接铅蓄电池的负极
现将物质的量均为1ml的M和N置于容积为1L的密闭容器中，发生反应：mM(g)+nN(g)⇌pP(g)+qQ(g)ΔH。图①为恒容时，不同温度下N的转化率随时间变化的关系曲线；图②为恒温时，不同压强下N的转化率随时间变化的关系曲线。下列说法正确的是( )
A. 该反应的ΔHp2>p3
C. 该反应的化学方程式可能为M(g)+N(g)⇌P(g)+2Q(g)
D. 图①中，0∼2min内v(N)=0.6ml⋅L−1⋅min−1
CO2氧化含氮焦炭的反应历程中某一路径的能量变化如图所示，TS表示过渡态，IM表示中间产物，下列说法错误的是( )
A. d−TS2到d−IM2的过程中C=O键断裂
B. 该反应是吸热反应
C. 该反应历程中C、N化合价均发生了变化
D. 该反应的最大能垒为598.6kJ⋅ml−1
全球环境逐渐恶劣，科学家提出“绿色自由”构想，通过化学反应将CO2转化为有机物，从而有效实施碳循环。已知CO2与H2反应生成可再生能源甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌H2O(g)+CH3OH(g)ΔH。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1.0mlCO2和3.0mlH2，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. b点：v(逆)催化剂II>催化剂III
C. c点的转化率比a点低的原因是温度升高，催化剂活性降低
D. 若该反应在T4K、恒压密闭容器中进行，达到平衡时CO2的转化率>80%
微生物的繁衍和新陈代谢改变了与之相接触的界面物质的某些理化性质。SRB(硫酸盐还原菌的统称)通过氧化有机化合物或分子氢，将硫酸盐、亚硫酸盐、硫代硫酸盐等还原为S2−，从而获得能量，其机理如图所示，下列说法错误的是( )
A. 负极的电极反应式为Fe−2e−=Fe2+
B. SRB的大量繁殖，会加速金属的腐蚀
C. 若含硫化合物为硫代硫酸钠(Na2S2O3)，则每生成1mlFeS，转移2NA个电子
D. 如果在铁件上镀锌，可以减缓这个腐蚀的过程，这是牺牲阳极的阴极保护法
柠檬酸(用H3J表示)是一种常见的有机酸，能与氢氧化钠溶液反应生成柠檬酸钠，常温下，向柠檬酸溶液中加入NaOH固体时，各成分的组成分数δ(X)[δ(X)=c(X)c(H3J)+c(H2J−)+c(HJ2−)+c(J3−),X为H3J、H2J−、HJ2−或J3−]随溶液pH变化的曲线如图所示，Q、R、S的坐标分别为(3.1,a)、(4.8,a)、(6.4,a)，下列说法正确的是( )
A. 曲线III表示H2J−随pH的变化曲线
B. Na2HJ溶液中c(J3−)>c(H2J−)
C. 常温下，Na3J溶液中Kh1的数量级为10−10
D. 当溶液呈中性时，c(Na+)=c(J3−)+c(HJ2−)+c(H2J−)
NH4VO3常用作催化剂、催干剂、媒染剂等。工业上可用黏土钒矿(黏土钒矿中包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，钒以+3、+4、+5价的形式存在于化合物中)制备NH4VO3，其工艺流程如图：
常温时，该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”前把黏土钒矿制成钒矿粉的目的是 ______。
(2)已知：常温下29.4%的硫酸的密度为1.2g⋅cm−3，取5.0mL该溶液稀释到360mL，稀释后溶液的pH=______。“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有Fe2+被氧化。写出Fe2+转化为Fe3+的离子方程式：______。
(3)“中和沉淀”中，VO2+水解并沉淀为V2O5⋅xH2O，写出其水解的离子方程式：______。当溶液中离子浓度小于10−5ml⋅L−1时可认为沉淀完全，则常温时Ksp[Fe(OH)3]≈______。(100.6≈4.0)
(4)滤渣④的主要成分是 ______(填化学式)。
(5)将“沉钒”用到的NH4Cl配成0.1ml⋅L−1的溶液，则该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是 ______。
酸碱中和滴定是最基本的分析化学实验。某学生用0.1ml⋅L−1的NaOH溶液滴定某未知浓度的HNO2溶液，其操作可分解为如下几步：
A.把锥形瓶放在滴定管下面，锥形瓶下再垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度
B.另取锥形瓶，再重复操作2∼3次
C.用酸式滴定管取待测液25.00mL，注入锥形瓶中，加入几滴酚酞
D.用待测液润洗酸式滴定管
E.检查滴定管是否漏液
F.碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管至液面位于“0”刻度以上2∼3cm处，再把碱式滴定管固定在铁架台上，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
请根据有关知识回答下列问题：
(1)以上操作步骤的正确排序是 ______。
(2)图中滴定管示数为 ______。
(3)锥形瓶下垫一张白纸的目的是 ______。
(4)请简述如何判断滴定终点：______。
(5)滴定结果如表所示：
算得该待测液中亚硝酸的物质的量浓度为 ______ml⋅L−1
(6)判断下列操作对测定结果的影响，用“偏高”、“偏低”或“无影响”填空。
①锥形瓶洗净后用待测液润洗：______。
②碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗：______。
③滴定前滴定管内有气泡，到达滴定终点后气泡消失：______。
④锥形瓶洗净后残留有一部分蒸馏水。 ______。
⑤滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数：______。
在太阳能作用下，甲烷水蒸气重整制氢，该工艺由于具有反应物储量丰富、反应成本低、产量高等特点而被广泛采用，其发生的主要反应如下：
(i)CH4(g)+H2O(g)⇌3H2(g)+CO(g)ΔH1c(H+)>c(OH−)
【解析】解：(1)“酸浸氧化”前把黏土钒矿制成钒矿粉的目的是：增大接触面积，反应充分，加快酸浸和氧化反应速率，
故答案为：增大接触面积，反应充分，加快酸浸和氧化反应速率；
(2)常温下29.4%的硫酸的密度为1.2g⋅cm−3，该稀硫酸物质的量浓度为1000×1.2×29.4%98ml/L=3.6ml/L，取5.0mL该溶液稀释到360mL，稀释后溶液中c(H+)=5mL×3.6ml/L×2360mL=0.1ml/L，则稀释后溶液pH=−lg0.1=1；MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原Mn2+，反应离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，
故答案为：1；MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
(3)“中和沉淀”中，VO2+水解并沉淀为V2O5⋅xH2O，其水解的离子方程式：2VO2++(x+1)H2O=V2O5⋅xH2O↓+2H+，当溶液中离子浓度小于10−5ml⋅L−1时可认为沉淀完全，Fe3+沉淀完全时溶液pH=3.2，则常温时Ksp[Fe(OH)3]=10−5×(10−1410−3.2)3≈4.0×10−38，
故答案为：2VO2++(x+1)H2O=V2O5⋅xH2O↓+2H+；4.0×10−38；
(4)由分析可知，滤渣④的主要成分是Al(OH)3，
故答案为：Al(OH)3；
(5)溶液中NH4+水解，溶液呈酸性，则NH4Cl溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)，
故答案为：c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)。
黏土钒矿加入稀硫酸酸浸，使Fe3O4生成Fe3+和Fe2+，由(2)“酸浸氧化”中VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有Fe2+被氧化，可知滤液①中V元素以VO2+形式存在，加入MnO2起氧化剂作用，将Fe2+氧化Fe3+，将VO+和VO2+被氧化成VO2+，“中和沉淀”过程调节pH=3.0∼3.1，VO2+水解并沉淀为V2O5⋅xH2O，同时Fe3+转化为Fe(OH)3，Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分Fe3+、Al3+加入滤液②中，滤饼②加入过量NaOH溶液至pH>13，V元素以VO3−形式、Al元素以[Al(OH)4]−进入滤液③，滤渣③为Fe(OH)3，滤液③加入盐酸调pH=8.5，[Al(OH)4]−生成Al(OH)3即滤渣④；滤液④中含有VO3−，加入NH4Cl沉钒生成NH4VO3，滤液⑤含有NaCl。
本题考查物质制备工艺流程，明确流程中各步骤目的、发生的反应、试剂的作用等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，题目难度中等。
18.【答案】EFDCAB或EDCFAB17.60mL便于观察锥形瓶中溶液颜色的变化 当滴入最后一滴(或半滴)氢氧化钠标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为红色且半分钟内不褪色，则说明达到滴定终点 0.08偏高 偏高 偏高 无影响 偏高
【解析】解：(1)中和滴定的一般步骤为：检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等，因此以上操作步骤的正确排序是：EFDCAB或EDCFAB，
故答案为：EFDCAB或EDCFAB；
(2)滴定管的精确度为0.01mL，因此图中滴定管示数为17.60mL，
故答案为：17.60mL；
(3)一般情况下，为了使滴定终点颜色变化更明显，便于观察溶液颜色变化，通常在锥形瓶下垫一张白纸，
故答案为：便于观察锥形瓶中溶液颜色的变化；
(4)判断滴定终点的方法为：当滴入最后一滴(或半滴)氢氧化钠标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为红色且半分钟内不褪色，则说明达到滴定终点，
故答案为：当滴入最后一滴(或半滴)氢氧化钠标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为红色且半分钟内不褪色，则说明达到滴定终点；
(5)由表格数据可知，第三次实验数据异常，因此消耗标准液的平均体积为20.00+19.99+20.013=20.00mL，带入公式c待=c标V标V待=0.1×，
故答案为：0.08；
(6)①锥形瓶洗净后用待测液润洗，会使锥形瓶里待测液中溶质物质的量偏高，消耗标准液体积偏大，所得待测液浓度偏高，
故答案为：偏高；
②碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，会使标准液浓度偏小，消耗标准液体积偏大，所得待测液浓度偏高，
故答案为：偏高；
③滴定前滴定管内有气泡，到达滴定终点后气泡消失，有一部分标准液用来填充气泡，消耗标准液体积偏大，所得待测液浓度偏高，
故答案为：偏高；
④锥形瓶洗净后残留有一部分蒸馏水，锥形瓶里待测液中溶质的物质的量不变，消耗标准液体积不变，所得待测液浓度不变，对测量结果无影响，
故答案为：无影响；
⑤滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，会使消耗标准液体积偏大，所得待测液浓度偏高，
故答案为：偏高。
(1)中和滴定的一般步骤为：检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等；
(2)滴定管的精确度为0.01mL；
(3)一般情况下，为了使滴定终点颜色变化更明显，便于观察溶液颜色变化；
(4)判断滴定终点的方法为：当滴入最后一滴(或半滴)氢氧化钠标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为红色且半分钟内不褪色；
(5)由表格数据可知，第三次实验数据异常，因此消耗标准液的平均体积为20.00+19.99+20.013=20.00mL，带入公式c待=c标V标V待；
(6)①锥形瓶洗净后用待测液润洗，会使锥形瓶里待测液中溶质物质的量偏高；
②碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，会使标准液浓度偏小，消耗标准液体积偏大；
③滴定前滴定管内有气泡，到达滴定终点后气泡消失，有一部分标准液用来填充气泡，消耗标准液体积偏大；
④锥形瓶洗净后残留有一部分蒸馏水，锥形瓶里待测液中溶质的物质的量不变，消耗标准液体积不变；
⑤滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，会使消耗标准液体积偏大。
本题考查中和滴定，为高频考点，明确中和滴定原理及操作方法即可解答，注意掌握误差分析的方法与技巧，试题侧重考查学生的化学实验、化学计算能力，题目难度不大。
19.【答案】−%675向左移动 CDa>b>c同一压强下，水碳比越大，CH4的平衡转化率越大
【解析】解：(1)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2……①，H2O(g)=H2O(l)ΔH3=−44kJ⋅ml−1……②，①-②得到CO2(g)+H2O(l)=CO2(g)+H2(g)ΔH=ΔH2−ΔH3=(−393.5)kJ⋅ml−1−[(−110.5)kJ⋅ml−1+(−285.8)kJ⋅ml−1]，解得ΔH2=−41.2kJ⋅ml−1，
故答案为：−41.2；
(2)①设0∼5min内消耗CH4的物质的量为aml，
CH4(g)+H2O(g)⇌3H2(g)+CO(g)
起始(ml)1100
转化(ml)aa3aa
平衡(ml)1−a1−a3aa
平衡时总物质的量为：(1−a+1−a+3a+a)ml=(2+2a)ml，则甲烷的物质的量分数为1−a2+2a×100%=0.3，解得a=0.25ml，v(CO)=0.25ml2l5min=0.025ml⋅L−1⋅min−1，水蒸气的转化率为0.25ml1ml×100%=25%，
故答案为：0.025ml⋅L−1⋅min−1；25%；
②根据①的分析，平衡时总物质的量为：(2+2a)ml=2.5ml，达到平衡时总压强为2.52×120kPa=150kPa，CH4、H2O的分压为0.752.5×150 kPa=45kPa，CO的分压是0.252.5×150 kPa=15kPa，H2的分压为0.752.5×150 kPa=45kPa，该反应的 Kp=Kp3(H2)Kp(CO)Kp(CH4)Kp(H2O)=(45KPa)3×15KPa45KPa×45KPa=675(kPa)2，该反应的平衡常数 K=(0.752)3××0.752≈0.05，再向容器内充入0.75mlCH4(g)和0.75mlCO(g)，Q=(0.752)3×(12)1.52×0.752≈0.09>K=0.05，平衡向逆反应方向进行，即平衡向左移动，
故答案为：675；向左移动；
③A.消耗氢气，生成H2O，反应方向都是向逆反应方向进行，因此单位时间内消耗3mlH2的同时生成1mlH2O，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B.根据化学平衡状态的定义，物质浓度不再改变，说明反应达到平衡，而物质浓度相等，不能说明反应达到平衡，故B错误；
C.根据化学平衡状态的定义，当各物质的体积分数不再变化，说明反应达到平衡，故C正确；
D.相同条件下，气体压强之比等于其物质的量之比，根据反应方程式，该反应为气体物质的量增大的反应，即随着反应进行气体压强增大，当压强不再改变，说明反应达到平衡，故D正确，
故答案为：CD；
(3)相同条件下，n(H2O)n(CH4)增大，可以看作甲烷的物质的量不变，增加水蒸气的物质的量，增加水蒸气的物质的量，平衡向正反应方向进行，甲烷的平衡转化率增大，根据图像可知，a>b>c，
故答案为：a>b>c；同一压强下，水碳比越大，CH4的平衡转化率越大。
(1)根据盖斯定律来求解；
(2)①设0∼5min内消耗CH4的物质的量为aml，列三段式，根据平衡时CH4的物质的量分数为0.3解得a；
②根据①的分析，平衡时总物质的量为2.5ml，达到平衡时总压强为2.52×120kPa=150kPa，CH4、H2O、CO、H2的分压，可求得反应的 Kp，该反应的平衡常数 K，再向容器内充入0.75mlCH4(g)和0.75mlCO(g)，求得Q，根据Q与K的大小来确定移动方向；
③根据化学平衡状态特征，正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；
(3)相同条件下，n(H2O)n(CH4)增大，可以看作甲烷的物质的量不变，增加水蒸气的物质的量，甲烷的平衡转化率增大，根据图像可判断abc的大小。
本题考查化学平衡常数计算及其应用、热化学方程式及计算、化学反应速率的计算、化学平衡状态判断及其影响因素、图象信息分析等知识，试题侧重学生分析能力、计算能力和迁移运用能力的考查，把握焓变计算、化学平衡常数计算、平衡移动影响因素为解答关键，注意三段式在化学平衡计算中的应用，题目难度中等。
20.【答案】金属氧化物 SO2+O2−−2e−=2SO3 负 阳 II 不变 130
【解析】解：(1)由图可知，Pt电极上，氧气得电子，转化为O2−，O2−通过固体氧化物，移向金属氧化物电极，金属氧化物电极上SO2转化为SO3，硫元素化合价升高，失去电子，电极反应为：SO2+O2−−2e−=2SO3，
故答案为：金属氧化物；SO2+O2−−2e−=2SO3；
(2)由图可知，Ⅲ室中钴离子得电子被还原为钴，发生还原反应，氯离子通过交换膜2移向Ⅱ室，该极为阴极，接外电源负极，即b极为负极，a极为正极，石墨极为阳极，阳极反应为氢氧根离子失去电子转化为氧气，溶液中氢离子增多，通过交换膜1移向Ⅱ室。所以交换膜1为阳离子交换膜，
故答案为：负；阳；
(3)根据①中分析可知，盐酸在Ⅱ室生成，该装置工作一段时间后，I室中n(H+)将不变，
故答案为：Ⅱ；不变；
(4)n(O2)=，根据电子转移相等有关系式：O2∼4e−∼2CCl2，则III室中溶液质量理论上减少0.5ml×2×130g/ml=130g，
故答案为：130。
(1)由图可知，Pt电极上，氧气得电子，转化为O2−，O2−通过固体氧化物，移向金属氧化物电极，金属氧化物电极上SO2转化为SO3，硫元素化合价升高，失去电子，转化为SO3；
(2)由图可知，Ⅲ室中钴离子得电子被还原为钴，发生还原反应，该极为阴极，接外电源负极，即b极为负极，a极为正极，石墨极为阳极，阳极反应为氢氧根离子失去电子转化为氧气，溶液中氢离子增多，通过交换膜1移向Ⅱ室；
(3)根据①中分析可知，盐酸在Ⅱ室生成，该装置工作过程中，I室中生成的H+全部移向Ⅱ室；
(4)n(O2)=0.5ml，根据电子转移相等有关系式：O2∼4e−∼2CCl2，III室中溶液质量减少量即为减少CCl2的质量。
本题主要考原电池和电解池的原理，掌握原电池和电解池中电极的判断，电极反应式的书写，离子、电流的的移动方向等是解决本题的关键，属于高考高频考点，难度不大。
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀的pH
3.2
9.0
4.7
10.1
滴定次数
待测液的体积/mL
标准液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第1次
25.00
1.02
21.02
第2次
25.00
0.55
20.54
第3次
25.00
2.19
20.68
第4次
25.00
3.20
23.21
物质
CO2
CO
H2O(l)
ΔfHmθ/(kJ⋅ml−1)
−393.5
−110.5
−285.8