安徽省部分重点中学2023-2024学年高二上学期10月大联考化学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省部分重点中学2023-2024学年高二上学期10月大联考化学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了2mlNH3，此时等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Cl-35.5 Fe-56 Ag-108
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 成都第31届世界大运会充满了中国元素。下列叙述错误的是
A. 开幕式展示的青铜面具的主要材料可用热还原法冶炼
B. 新能源汽车的动力主要有电能等
C. 主火炬使用的天然气属于可再生能源
D. 蜀锦蜀绣中蚕丝线的主要成分是蛋白质
【答案】C
【解析】
【详解】A．青铜是铜锡合金或铜铅合金，金属主要为热还原法冶炼，A正确；
B．新能源汽车的动力主要有电能等，B正确；
C．天然气是化石燃料，属于不可再生能源，C错误；
D．蚕丝的主要成分是蛋白质，D正确；
故选C。
2. 创造美好生活，离不开化学知识。下列与化学反应速率无关的是
A. 合理使用防腐剂B. 天然气替代液化气作燃料
C. 夏天，将食物放在冰箱中D. 在红葡萄酒中添加维生素C
【答案】B
【解析】
【详解】A．合理使用防腐剂可以降低食物腐败的速率，从而可以延长食物保质期，与化学反应速率有关，故A不符合题意；
B．天然气替代液化气作燃料是因为天然气的热值高于液化气，与化学反应速率无关，故B符合题意；
C．夏天将食物放在冰箱中存放是因为温度降低，可以降低食物腐败的速率，从而可以延长食物保质期，与化学反应速率有关，故C不符合题意；
D．在红葡萄酒中添加维生素C可以降低红酒腐败的速率，从而可以延长红酒的保质期，与化学反应速率有关，故D不符合题意；
故选B。
3. 在密闭容器中发生反应：，下列叙述正确的是
A. 恒温恒容条件下，充入少量氩气，反应速率减小
B. 其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率都增大
C. 其他条件不变，增大N2O5浓度能提高活化分子百分数
D. 加入催化剂，反应速率增大，平衡常数增大
【答案】B
【解析】
【分析】在密闭容器中发生反应：，反应前与反应后，气体的总物质的量发生变化。
【详解】A．恒温恒容条件下，充入少量氩气，生成物和反应的浓度不变，反应速率不变，A错误；
B．其他条件不变，升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率都增大，B正确；
C．其他条件不变，增大N2O5浓度，活化分子百分数不变，C错误；
D．加入催化剂，反应速率增大，温度不变，平衡常数不变，D错误；
故选B。
4. 某温度下，在1L恒容密闭容器中投入发生反应：，实验数据如表所示。
下列叙述错误的是
A. 1min时，CO的浓度大于
B. 3min时，CO2的体积分数为25%
C. 5min时，剩余NH4HC2O4(s)的物质的量为4.4ml
D. 2min时，加入0.2mlNH3，此时
【答案】D
【解析】
【分析】因0.154min=0.106min，可知4~6min内氨气的量不发生变化，反应达到平衡。
【详解】A．0~2min，氨气的平均反应速率为0.20，由化学方程式可知CO的速率等于氨气的，故0~2minCO的物质的量浓度变化为2min0.20=0.4ml/L，但平均反应速率越来越慢，故1min时，CO的浓度大于，A正确；
B．反应只生成四种气体，且生成的四种气体的物质的量之比恒等于1∶1∶1∶1，相同条件下体积之比等于物质的量之比，故二氧化碳的体积分数始终为=25%，B正确；
C．4min时反应已达平衡，各物质的量不在发生变化，故5min时剩余NH4HC2O4(s)的物质的量为5ml-40.15ml=4.4ml，C正确；
D．，该温度下K=0.64=0.1296，2min时加入0.2ml氨气，Q=（0.4+0.2）=0.0382ZB. X和Y的最高正化合价都为＋7
C. 简单氢化物的稳定性：X>RD. 工业上用热还原法制备Z单质
【答案】C
【解析】
【分析】X与Y同主族，化合价都为-1价，则由原子半径大小可知，X为F元素、Y为Cl元素；R元素的化合价为-2价，由原子半径小于氯原子可知，R为O元素；由化合价和原子半径的大小关系可知，Z为Na元素、W为Mg元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则氢氧化钠的碱性强于氢氧化镁，故A错误；
B．氟元素的非金属性强，只存在负化合价，不存在正化合价，故B错误；
C．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，简单氢化物的稳定性依次增强，则氟化氢的稳定性强于水，故C正确；
D．工业上用电解熔融氯化钠的方法制备金属钠，故D错误；
故选C。
11. 化学平衡符合哲学中的“对立统一”规律。下列事实与化学平衡无关的是
A. 从海水中提Br2过程中，先加稀硫酸酸化海水，再通入Cl2
B. 夏天，将冰镇啤酒倒入杯中产生大量泡沫
C. 在浓氨水中加入生石灰可以制备少量NH3
D. 在暗室中将H2和F2混合发生剧烈反应生成HF
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯气与水的反应存在平衡，在酸性条件下，氯气与水的反应受抑制，存在化学平衡，A错误；
B．打开瓶盖，即减小气体压强、升高温度，啤酒中的碳酸电离平衡正向移动，二氧化碳在水中的溶解度减小，溢出二氧化碳，产生大量泡沫，存在化学平衡，B错误；
C．浓氨水中存在一水合氨电离平衡，加入生石灰，吸收水，平衡向生成NH3的反向移动，存在化学平衡，C错误；
D．F2极活泼，在暗室中H2和F2混合发生剧烈反应生成HF，不存在化学平衡，D正确；
故选D。
12. 某小组用如图所示装置测定中和反应的反应热。使用试剂和浓度：盐酸、溶液。已知：、。
下列叙述正确是
A. 中和反应的反应热与加入酸或碱的量成正比
B. 用铜质搅拌器替代玻璃搅拌器，测得中和反应的反应热偏低
C. 用氨水替代NaOH溶液，对测得结果无影响
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．中和反应的反应热与酸碱反应生成液态水的量成正比，A错误；
B．用铜质搅拌器替代玻璃搅拌器，铜会导热，使热量散失，测得中和反应的反应热偏高，B错误；
C．用氨水替代NaOH溶液，氨水电离吸热，测得中和反应的反应热偏高，C错误；
D．由盖斯定律可知，，氢氟酸与氢氧化钠反应的热化学方程式为，D正确；
故选D。
13. 某温度下，向恒容密闭容器中充入2mlCO2、3mlH2，发生如下反应：
①
②
平衡时，CO2的转化率为50%，CH3OH的选择性为60%。
提示：CH3OH的选择性等于CH3OH的物质的量与CO2转化的物质的量之比。
下列叙述正确是
A. 平衡时，放出的热量为13kJ
B. 平衡时CH3OH的体积分数可能大于33.3%
C. 升高温度，①②反应的平衡常数均增大
D. 平衡后，升高温度，CO2平衡转化率一定增大
【答案】A
【解析】
【分析】CO2的转化率为50%，CH3OH的选择性为60%，根据①
②进行有关计算。
【详解】A．平衡时，放出的热量为，A正确；
B．平衡时CH3OH物质的量为0.6ml，为1ml，为，为0.4ml，为1ml，所以CH3OH体积分数为，B错误；
C．①反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小，②反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，C错误；
D．①反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，②反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，故升高温度，CO2平衡转化率不一定增大，D错误；
故选A。
14. 最近科学家合成了纳米花状Cu-ZnO催化剂，用该催化剂催化乙酸甲酯加氢制备乙醇，其过程如图所示。
已知总反应分为两步：
①
②
乙酸甲酯催化加氢的反应历程如图所示。
下列叙述正确的是
A. 增大压强，总反应平衡正向移动，平衡常数增大
B. 反应②决定总反应速率
C.
D. 纳米花状Cu-ZnO催化剂降低了该反应的活化能和焓变
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，总反应的。
【详解】A．温度不变，平衡常数不变，A错误；
B．发生反应①需要能量更高，反应速度慢，决定总反应速率，B错误；
C．根据盖斯定律，，C正确；
D．纳米花状Cu-ZnO催化剂降低了该反应的活化能，但不能改变焓变，D错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 草酸镍(NiC2O4)难溶于水，常用于制备镍催化剂。以白铜矿(主要含镍和铜，还有少量铁和硅杂质)为原料制备草酸镍的流程如下：
已知：①浸出液含。
②pH升高，生成Fe(OH)3胶体的速率加快。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时可以适当加热，提高反应速率，但是温度不宜过高，其原因是___________。
（2）“萃取、分液”步骤中除去的主要金属阳离子是___________(填离子符号)。
（3）“还原剂R”宜选择___________(填化学式)。“氧化”时反应的离子方程式为___________。
（4）“氧化”速率与温度的关系如图1所示。70℃时氧化率达到“峰值”，其原因是___________。
（5）“氧化”中镍浸出率与pH的关系如图2所示。pH高于3.0时镍浸出率降低的主要原因是___________。
（6）已知：“酸浸”中混酸有，其他条件相同，相同体积的混酸，当为___________时金属浸出量最大。
【答案】（1）温度过高，加快了HNO3的分解和挥发
（2）Cu2+ （3） ①. Fe ②.
（4）70℃前，温度越高，反应速率越快，当温度高于70℃时，双氧水受热分解
（5）Fe3+水解形成胶体，Fe(OH)3胶体吸附大量的Ni2+，导致Ni的回收率降低 （6）3
【解析】
【分析】以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍，废料先加入稀硫酸、稀硝酸浸出，浸出液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，铁、铜、镍溶解，过滤除去不溶的硅杂质，加入萃取剂萃取铜离子，加入还原剂除去硝酸等氧化剂，然后加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，过滤除去，然后加入草酸，经过系列操作得到草酸镍，据此解答；
【小问1详解】
因为HNO3易挥发且受热分解，，温度过高，加快了HNO3的分解和挥发；
【小问2详解】
浸出液含有的阳离子主要有Ni2+、Cu2+、Fe3+，过滤得到FeOOH沉淀，最终生成NiC2O4，故除去的是Cu2+；
【小问3详解】
为了不引入新的杂质，还原剂可以选择Fe单质，Fe将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+与H2O2反应生成FeOOH沉淀，离子方程式为；
【小问4详解】
70℃前，温度越高，反应速率越快，当温度高于70℃时，双氧水受热分解；
【小问5详解】
pH＞3时，Fe3+水解形成胶体，Fe(OH)3胶体吸附大量的Ni2+，导致Ni的回收率降低；
【小问6详解】
白铜矿中，铜和镍都是单质，被硝酸氧化时，发生反应，M表示铜或镍，所以氢离子和硝酸根是4：1参与反应，对于硫酸和稀硝酸的混合酸，硝酸根只来自硝酸的电离，氢离子来自硝酸和硫酸的电离，硝酸1：1电离出氢离子和硝酸根，那么电离出4：1的氢离子和硝酸根，需要硝酸和硫酸的浓度比是1：1.5，即2：3，题中两种酸的浓度之和为5ml/L，所以硫酸是3ml/L。
16. 氢气是一种清洁能源，可用天然气高温下制备氢气，已知几种物质的燃烧热如表所示。
回答下列问题：
（1）___________。
（2）在恒温恒容条件下，充入足量CH4发生上述反应，平衡后再充入一定量H2，重新达到平衡(仍有固体剩余)，此时H2的体积分数___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）在体积相等的甲、乙两个恒容密闭容器中分别充入1mlCH4，甲在T1温度下反应，乙在T2温度下反应，测得CH4的转化率与时间的关系如图1所示。
①___________(填“>”“”“c不能确认对双氧水分解催化效率小于，其原因是___________。
③为了探究温度对H2O2分解速率的影响，宜选择实验___________(填序号)。
（3）向溶液中滴加1滴KSCN溶液，将溶液分成甲、乙、丙、丁四份，进一步进行如下实验：
①丙中不形成AgSCN沉淀，则丙中可观察到溶液颜色___________(填“变深”“变浅”或“不变”)。
②甲的作用是___________；由丁中实验现象可得出的结论是___________。
（4）为探究FeCl3溶液和KI溶液反应，设计实验装置如图所示。

①实验Ⅳ中，电流表指针___________(填“向左”“向右”或“不”)偏转。由此可推知，上述反应是可逆反应，其判断依据是___________。
②实验Ⅳ发生反应的离子方程式为___________。
【答案】（1）抑制FeCl3发生的水解
（2） ①. 2 ②. 阴离种类子不同 ③. Ⅱ和Ⅳ
（3） ①. 不变 ②. 做空白对照试验 ③. 增大反应物的浓度，平衡正向移动
（4） ①. 右 ②. 步骤Ⅲ中，反应达平衡，测得电流强度为0，步骤Ⅳ，在左侧烧杯中加入少量FeCl2(s)，反应逆向移动，右侧石墨2为正极，电流表指针向右偏转 ③.
【解析】
【小问1详解】
，加入盐酸，可以使FeCl3的水解平衡逆向移动，抑制FeCl3发生的水解；
【小问2详解】
①根据控制变量法，探究影响反应速率的因素，溶液的总体积不变，所以实验Ⅱ中，V=2mL；
②实验Ⅱ、Ⅲ中温度相同，浓度相同，但是阴离种类子不同，所以不能确认和对双氧水分解催化效率的大小；
③为了探究温度对H2O2分解速率的影响，宜选择其他条件相同，温度不同，所以选择实验Ⅱ和Ⅳ；
【小问3详解】
①溶液中存在平衡：，丙中不形成AgSCN沉淀，平衡不移动，观察到溶液颜色不变；
②甲中没有加入任何物质，其作用是做空白对照试验；丁中实验加入1gFeCl3(s)，使 增大，平衡正向移动，溶液颜色加深，由此可得出的结论是：增大反应物的浓度，平衡正向移动；
【小问4详解】
①步骤Ⅰ中，左侧石墨1发生反应：，发生还原反应，为正极，左侧烧杯液体变浅绿色，右侧石墨2发生反应：，发生氧化反应，为负极，右侧烧杯液体棕色加深，电流表指针向左（正极）偏转，步骤Ⅲ中，反应达平衡，测得电流强度为0，步骤Ⅳ，在左侧烧杯中加入少量FeCl2(s)，反应逆向移动，右侧石墨2为正极，电流表指针向右偏转；
②实验Ⅳ，在左侧烧杯中加入少量FeCl2(s)，反应逆向移动，发生反应的离子方程式为： 。
18. 含碳化合物是环境、能源科学研究的热点。
已知：①
②
键能是指气态分子中1ml化学键解离成气态原子所吸收的能量。几种共价键的键能如下：
回答下列问题：
（1）CO(g)的燃烧热___________。
（2）a=___________，b=___________。
（3）已知，下图中___________。
（4）2.24L(标准状况)CO和H2的混合气体在氧气中完全反应生成CO2(g)、H2O(g)，放出的热量可能是___________(填字母)。
A. 28.8kJB. 24.1kJC. 26.6kJD. 24.2kJ
（5）的速率方程，，其中k为速率常数，与温度、催化剂有关，k的经验公式为(R和C为常数，为活化能，T为温度)。在催化剂作用下，与的关系如图所示：
①催化效率较高的是___________(填“Cat1”或“Cat2”)，判断依据是___________。
②该反应的平衡常数表达式为___________。某温度下，平衡常数K为2，为5，则为___________。
【答案】（1）—283
（2） ①. 506 ②. 806
（3）526 （4）CD
（5） ①. Cat1 ②. 相同温度下，Cat1的速率常数k大于Cat2，反应速率快于Cat2 ③. ④. 2.5
【解析】
【小问1详解】
一氧化碳的燃烧热为1ml一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量，由方程式可知，反应的△H=—566kJ/ml×=—283kJ/ml，故答案为：—283；
【小问2详解】
由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：(1076×2+a)kJ/ml—b×4=—566kJ/ml、(436×2+a) kJ/ml—465kJ/ml×4=—482kJ/ml，解得a=506、b=806，故答案为：506；806；
【小问3详解】
由图可知，氢气与氧气反应生成液态水的热化学方程式为△H=—(x—y) kJ/ml，将氢气燃烧生成气态水的反应和气态水转化为液态水的过程编号为①②，由盖斯定律可知，①+②得到氢气生成液态水的方程式，则(—482kJ/ml)+( —44kJ/ml)=—(x—y)，解得x—y=526，故答案为：526；
【小问4详解】
由热化学方程式可知，2.24L一氧化碳完全燃烧放出的热量为=28.3kJ，2.24L氢气完全燃烧放出的热量为=24.1kJ，则2.24L一氧化碳和氢气混合气体在氧气中完全反应生成二氧化碳和气态水放出的热量介于24.1kJ和28.3kJ之间，所以放出的热量可能为26.6kJ或24.2kJ，故选CD；
【小问5详解】
①由图可知，相同温度下，Cat1的速率常数k大于Cat2，反应速率快于Cat2，所以催化效率较高的是Cat1，故答案为：Cat1；相同温度下，Cat1的速率常数k大于Cat2，反应速率快于Cat2；时间段/min
NH3的平均反应速率/()
0~2
0.20
0~4
0.15
0~6
0.10
可燃物
CH4(g)
C(s)
H2(g)
燃烧热
-890.3
-393.5
-285.8
实验
30%双氧水/mL
温度/℃
添加物质
加入蒸馏水/mL
收集10mLO2用时/min
Ⅰ
20
30
无
4
a
Ⅱ
20
30
2
b
Ⅲ
20
30
2
c
Ⅳ
20
40
2
d
代号
加入少量物质
溶液颜色变化
甲
无
仍为红色
乙
1gNaOH(s)
变浅
丙
1gAgNO3(s)
？
丁
1gFeCl3(s)
变深
步骤
操作及现象
测定数据
Ⅰ
向烧杯中加入如图所示试剂，左侧烧杯液体颜色变浅，右侧烧杯液体变为棕色，电流表指针向左偏转
测得电流强度为a(a>0)
Ⅱ
随后，左侧烧杯液体变浅绿色，右侧烧杯液体棕色加深
测得电流强度为b(b