四川省泸县第一中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）

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泸县一中2022-2023学年高二上期期末考试化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。2.考试结束后，将本试卷自己保管好，答题卡交回。3.本次考试物理化学生物同堂分卷考试，物理110分，化学100分，生物90分可能用到的相对原子质量：H 1  C 12  N 14  O 16  S 32  Cl 35.5  K 39  Ti 48   Fe 56第I卷   选择题一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求1. 下列措施中有利于实现“碳达峰、碳中和”的是A. 推行屋顶光伏发电 B. 燃煤中加生石灰C. 开采可燃冰作为新能源 D. 将重油裂解为轻质油作为燃料【答案】A【解析】【详解】A．开发新能源，推行屋顶光伏发电，减少含碳燃料的燃烧，减少二氧化碳排放，有利于碳达峰，碳中和，A正确；B．燃煤中加生石灰，能减少二氧化硫的排放，没有减少二氧化碳排放，B错误；C．可燃冰是含碳燃料，不会减少二氧化碳排放，C错误；D．将重油裂解为轻质油作为燃料，仍为含碳燃料，不会减少二氧化碳排放，D错误；故答案选A。2. 下列有关金属的工业制法中，正确的是A. 制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液B. 制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁C. 制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁D. 制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝【答案】B【解析】【详解】A．电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，电解熔融氯化钠可生成金属钠和氯气，故A错误；B．CO还原氧化铁可以生成铁和二氧化碳，故B正确； C．用海水为原料，经一系列过程制得氢氧化镁固体，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融的氯化镁生成镁和氯气，故C错误；D．从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧化铝得到铝和氧气，故D错误；答案选B。【点睛】钠、镁、铝具有强还原性。钠、镁、铝等活泼金属的冶炼用电解法；氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，所以冶炼金属铝不能电解熔融氯化铝，而电解熔融氧化铝。3. 化学反应N2+3H22NH3的能量变化，如下图所示，该反应的热化学方程式正确的是A. N2(g)+3H2(g)2NH3(l) ΔH=-2(b-c+a)kJ/molB. N2(g)+3H2(g)2NH3(l) ΔH=+2(b-a)kJ/molC. N2(g)+H2(g)NH3(l) ΔH=(b+c-a)kJ/molD. N2(g)+H2(g)NH3(g) ΔH=(a-b)kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A．由图可以看出，molN2(g)+molH2(g)正反应的活化能为：akJ•mol-1，生成NH3(l)逆反应的活化能：(b+c)kJ•mol-1，所以有：N2(g)+H2(g)=NH3(l)△H=(a-b-c)kJ/mol，故热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(l)△H=+2(a-b-c)kJ•mol-1，故A错误；
B．由图可以看出，molN2(g)+molH2(g)正反应的活化能为：akJ•mol-1，生成NH3(g)逆反应的活化能：bkJ•mol-1，所以 N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=(a-b)kJ/mol，故热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=+2(a-b)kJ•mol-1，故B错误；
C．由图可以看出，molN2(g)+molH2(g)正反应的活化能为：akJ•mol-1，生成NH3(l)逆反应的活化能：(b+c)kJ•mol-1，所以有：N2(g)+H2(g)=NH3(l)△H=(a-b-c)kJ/mol，故C错误；
D．由图可以看出，molN2(g)+molH2(g)正反应的活化能为：akJ•mol-1，生成NH3(g)逆反应的活化能：bkJ•mol-1，所以 N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=(a-b)kJ/mol，故D正确；
故答案为：D。4. 已知在加热条件下，发生2NH4I (s)2NH3(g) + I2(g) ＋ H2(g) ，下列描述中不能说明该反应达到平衡的是A. 混合气体的颜色不再变化B. 当v正(NH3)=0.2 mol·L-1·s-1时，v逆(H2)=0.1 mol·L-1·s-1C. 混合气体平均摩尔质量不再变化D. 同一时间段内，形成1mol I-I 键的同时，断开NA个H-H键【答案】C【解析】【详解】A．混合气体的颜色不再变化，说明碘单质的浓度不再变化，反应达到平衡，A不选；B．当时，，此时反应达到平衡，B不选；C．在此反应中，如果反应初始状态从反应物开始则生成物的比例保持不变，混合气体的平均摩尔质量不再变化，不表示反应达到平衡，C选；D．同一时间段内，形成1mol I-I 键的同时也表示形成NA个H-H键，此时断开NA个H-H键，表示反应达到平衡，D不选； 故选C。5. 氯化银固体难溶于水，但在水中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，对该平衡说法中错误的是A. 向该平衡中加入NaCl固体，平衡向左移动，AgCl溶解度减小B. 向该平衡中加入AgCl固体，平衡不移动C. 向该平衡中加水，平衡向右移动，AgCl溶度积增大D. 向该平衡中加入KI固体，平衡向右移动，AgCl转化为AgI【答案】C【解析】【详解】A．向该平衡体系中加入氯化钠固体，增大，平衡向左移动，AgCl溶解度减小，选项A正确；B．此溶液为AgCl饱和溶液，向该平衡体系中加入AgCl固体，平衡不移动，选项B正确；C．温度不变，AgCl溶度积不变，选项C错误；D．向该平衡体系中加入KI固体，由于碘化银的溶度积小于氯化银的溶度积，平衡向右移动，发生沉淀的转化，AgCl转化为AgI，选项D正确；答案选C。6. 铜锌原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A. 锌电极上发生的反应：Zn2＋＋2e－===ZnB. 电池工作一段时间后，甲池的c(SO)减小C. 电流由锌电极经电流表流向铜电极D. 电池工作一段时间后，乙池溶液总质量增加【答案】D【解析】【分析】由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu，Zn发生氧化反应，为负极，Cu电极上发生还原反应，为正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池溶液中硫酸根浓度不变，随反应进行，甲池中的Zn2＋通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性。【详解】A、由图象可知，该原电池反应式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，Zn为负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，故A错误；B、阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池中c(SO2－4)不变，故B错误；C、电流从铜电极经过导线流向锌电极，故C错误；D、随反应的进行，甲池中的Zn2＋通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2＋与放电的Cu2＋的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增加，故D正确。故选D。【点睛】本题考查原电池工作原理，注意阳离子交换膜不允许阳离子通过，难点D选项利用电荷守恒分析。7. 25℃时，向的弱碱()溶液中逐滴加入浓度为的盐酸，溶液中和溶液的pOH[]随中和率的变化关系如图所示。已知：。下列说法正确的是A. a点时，B. b点时，C. c点时，D. d点对应的溶液水的电离程度比c点对应的溶液小【答案】C【解析】【分析】常温下，pOH=7时溶液呈中性，pOH<7时溶液呈碱性，则a、b、c三点对应溶液仍呈碱性，完全中和后生成强酸弱碱盐MCl。【详解】A．a点时，，则，A错误；B．b点时，pOH<7，溶液呈碱性，，B错误；C．c点时未完全中和，溶液中溶质是MOH与MCl，根据电荷守恒得①：；此时pOH=5.5，溶液呈碱性，M+的水解被抑制，且MOH的电离非常微弱，故②：；根据得，故③，把①②③式相加合并得，C正确；D．d点时MOH恰好完全中和，生成强酸弱碱盐MCl，存在M+的水解平衡，水解反应促进水的电离，c点时，溶液中还有MOH，碱的存在抑制水的电离，因此d点对应溶液水的电离程度比c点对应的溶液大，D错误；故选C。第II卷(非选择题  58分)8. 燃煤及工业废气中的SO2是形成酸雨的主要原因，消除SO2是减少酸雨形成的有效方法。完成下列问题：（1）已知：4FeS2(s)＋11O2(g)＝2Fe2O3(s)＋8SO2(g)　△H1= - Q kJ·mol－1。若标准状况下产生112LSO2(g)，则该反应放出热量为______________。(用Q表示)（2）燃料细菌脱硫法①含FeS2的燃煤可用氧化亚铁硫杆菌(T．f)、氧化亚铁微螺菌(L．f)、氧化硫硫杆菌(T．t)进行脱硫，其脱硫过程如图所示：已知：脱硫总反应为：FeS2＋14Fe3＋＋8H2O＝SO＋15Fe2＋＋16H＋，Ⅰ反应的化学方程式为：FeS2＋6Fe3＋＋3H2O＝S2O＋7Fe2＋＋6H＋；写出Ⅱ反应的化学方程式_____________。②在上述脱硫反应中，氧化亚铁硫杆菌(T．f)与Fe3＋的形成过程可视为图所示的原电池： 该细胞膜为________(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。该电池的正极电极反应式为___________。该方法在高温下脱硫效率大大降低，原因是_______。【答案】（1） kJ    （2）    ①. 8Fe3＋+S2O+5H2O=2SO+8Fe2＋+10H＋    ②. 阳离子交换膜    ③. O2+4H ++4e -＝2H2O    ④. 温度过高蛋白质发生变性，细菌失去催化能力【解析】【小问1详解】根据热化学方程式4FeS2(s)＋11O2(g)＝2Fe2O3(s)＋8SO2(g)　△H1= - Q kJ·mol－1，可知生成8molSO2放出Q kJ的能量，若标准状况下产生112LSO2(g)，则该反应放出热量为kJ。【小问2详解】①根据图示，反应Ⅱ是Fe3＋、S2O反应生成SO、Fe2＋、H＋，反应的化学方程式为8Fe3＋+S2O+5H2O=2SO+8Fe2＋+10H＋。②亚铁离子被氧化为Fe3+在原电池负极发生，正极是氧气在酸性溶液中生成水，电极反应O2+4H ++4e -＝2H2O，正极消耗氢离子，所以该细胞膜为阳离子交换膜。温度过高蛋白质发生变性，细菌失去催化能力，所以该方法在高温下脱硫效率大大降低。9. 短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大。A原子是元素周期表中原子半径最小的原子；B可以与A形成常温下常见的液态物质；C原子的最外层电子数为比最内层电子数少1；D单质在空气中点燃发出耀眼的白光；1molE最多可失去3mol电子，F是第3周期非金属性最强的元素。（1）A、B形成的具有强氧化性的18电子的物质的电子式为：_______；含有化学键的类型：_______和_______。（2）C、D最高价氧化物的水化物的碱性：_______>_______(填化学式)。（3）B、C形成的简单离子半径大小_______>_______(填具体离子符号)。（4）E的最高价氧化物的水化物与C的最高价氧化物的水化物在溶液中反应的化学方程式为_______（5）用电子式表示出化合物CF的形成过程：_______。【答案】（1）    ①.     ②. 极性共价键    ③. 非极性共价键    （2）    ①. NaOH    ②. Mg(OH)2    （3）    ①. O2－    ②. Na＋    （4）    （5）【解析】【分析】A原子是元素周期表中原子半径最小的原子，推出A为H，B与H形成常温下常见的液态物质，该液态物质为H2O，推出B为O，C原子的最外层电子数为最内层电子数少1，根据核外电子排布规律，C可能是Li，也可能是Na，五种元素的原子序数依次增大，则C为Na，D单质在空气中点燃发出耀眼的白光，推出D为Mg；1molE最多可失去3mol电子，为Al；F是第3周期非金属性最强的元素，根据同周期从左向右非金属性逐渐增强(稀有气体除外)，E为Cl，据此分析解答。【小问1详解】H和O形成的化合物常见的H2O和H2O2，具有强氧化性且18电子的是H2O2，电子式为：，该分子中含有极性共价键、非极性共价键；【小问2详解】Na、Mg最高价氧化物的水化物分别是NaOH、Mg(OH)2，Na的金属性强于Mg，则NaOH的碱性强于Mg(OH)2；【小问3详解】电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；形成简单离子分别是O2－、Na＋，核外电子排布相同，因此简单微粒半径大小顺序是O2－＞Na＋；【小问4详解】E的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，C的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，在溶液中反应生成偏铝酸钠和水，；【小问5详解】C为Na，F为Cl，化合物NaCl的形成过程为。10. I.钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质。一种硫酸法制取白色颜料钛白粉(TiO2)生产工艺如下：已知：①酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在②强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出和一种阳离子③H2TiO3不溶于水和稀酸（1）滤渣①的主要成分是_______。（2）酸浸过程中，写出含钛化合物发生反应的化学方程式_______。（3）为提高酸浸速率，一般采取的措施是_______。(写出一条即可)II.铁及其化合物的“价类二维图”如图。回答下列问题：（4）预测既有氧化性又有还原性，其依据是_______。（5）检验溶液中的，常用的试剂是_______。（6）氧化铁和铝粉可用于野外焊接钢轨，用化学方程式表示反应原理_______。【答案】（1）SiO2、CaSO4、Fe；    （2）FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；    （3）粉碎，加热，增大硫酸浓度等；    （4）Fe2+的化合价为+2，为中间价，既能升高又能降低；    （5）KSCN溶液；    （6）2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe【解析】【分析】I.由已知酸浸中主要发生反应：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；Fe2O3、MgO、Al2O3也会溶解在酸中，CaO与硫酸反应会生成硫酸钙的微溶物，故浸取液中除钛元素形成的离子外，主要含有Fe3+、 Mg2+、Al3+， 加入铁粉，能将Fe3+还原成Fe2+，然后过滤，滤渣①的主要成分是不与硫酸反应的SiO2和Ca2+和硫酸根结合的CaSO4和过量的铁单质；滤液①冷却结晶得到的晶体成分滤渣②是硫酸亚铁晶体，滤液②中TiOSO4能发生水解反应生成沉淀③H2TiO3和滤液③H2SO4，最后高温煅烧沉淀③得到TiO2。II.根据铁盐和亚铁盐的性质和检验方法分析解答。【小问1详解】滤渣①的主要成分是不与硫酸反应的SiO2和Ca2+和硫酸根结合的CaSO4和过量的铁单质；答案为：SiO2、CaSO4、Fe；【小问2详解】根据已知酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在，Ti元素的化合价没有变化，反应为非氧化还原反应，故酸浸过程中，含钛化合物发生反应的化学方程式：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；答案为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；【小问3详解】为提高酸浸速率， 一般采取的措施是：将固体粉碎增大接触面积、加热、增大硫酸浓度等；故答案为：粉碎，加热，增大硫酸浓度等；【小问4详解】Fe2+的化合价为+2，可以升高也可以降低，所以既有氧化性又有还原性，故答案为： Fe2+的化合价为+2，为中间价，既能升高又能降低；【小问5详解】Fe3+与KSCN溶液显红色，所以检验溶液中的Fe3+，常用的试剂是KSCN溶液；答案为：KSCN溶液；【小问6详解】氧化铁和铝粉在高温下反应生成铁和氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe。11. 菱锰矿主要成分为、、和少量，一种利用该矿石制取高纯二氧化锰的工艺流程如图所示：已知：常温下，的，；。回答下列问题：（1）“研磨”的目的是______。（2）“浸出”后的浸渣的主要成分有、、______(填化学式，下同)。“氯化焙烧”中还参与反应的气态反应物为______；将“氯化焙烧”得到的气体A通入水中，再通入气体B，可制得“沉锰”时需要的试剂，则气体A、B分别为______、。（3）浸液pH对锰品位及回收率的影响如图所示，则“浸出”时应控制pH为______。（4）写出“沉锰”时反应的离子反应方程式：______。（5）若“沉锰”后所得滤液中、，此时溶液中______(保留2位有效数字)；“沉锰”后通过过滤、洗涤、干燥得到，检验沉淀洗涤干净的方法是______。（6）写出“氧化焙烧”反应的化学方程式：______。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率    （2）    ①.     ②.     ③.     （3）70    （4）    （5）    ①. 0.048    ②. 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加酸化的溶液，若没有白色沉淀，说明沉淀洗涤干净    （6）【解析】【分析】菱镁矿研磨后加入氯化铵和氧气，MnCO3和少量FeCO3溶解氧化，“浸出”后的浸渣的主要成分有、、SiO2，浸液中含有Mn2+，加入碳酸氢铵沉淀锰离子上得到碳酸锰，氧化焙烧后得到MnO2。【小问1详解】“研磨”的目的是增大反应的接触面积，加快反应速率。【小问2详解】根据菱锰矿的成分和浸渣的成分，可知“氯化焙烧”中发生的反应为，，没有参与反应，“浸出”所得浸渣中含有；Fe的价态升高，根据氧化还原反应的知识，还需要氧化剂；制取时应先通入溶解度大的，再通入。【小问3详解】pH为7.0时回收率较大，品位最好，超过7.0，回收率继续增大，但品位变差。【小问4详解】根据上述分析，浸液中溶质为，加入发生非氧化还原反应生成，离子方程式为。【小问5详解】当时，，又得，可求得。“沉锰”后通过过滤、洗涤、干燥得到，检验沉淀洗涤干净的方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加酸化的溶液，若没有白色沉淀，说明沉淀洗涤干净。【小问6详解】根据氧化还原反应的知识，可写出“氧化焙烧”反应的化学方程式为。