福建省厦门外国语学校2023-2024学年高二上学期10月月考 化学试卷_

这是一份福建省厦门外国语学校2023-2024学年高二上学期10月月考 化学试卷_，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共15小题，共30分）
1．明代诗人于谦的《石灰吟》是一首托物言志诗。下列反应类型与诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”没有关联的是
A．吸热反应B．复分解反应C．分解反应D．熵增反应
2．某研究性学习小组欲完成反应2HCl+2Cu=2CuCl+H2 ↑，设计了下列四个实验,你认为可行的是
A．B．C．D．
3．下列变化属于吸热反应的是
①液态水汽化 ②晶体与晶体混合搅拌有氨气放出 ③浓硫酸稀释 ④石灰石高温分解 ⑤生石灰跟水反应
A．②B．①②④C．②④D．①④⑤
4．中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)，可以利用太阳光高效分解水，其原理如图所示。下列说法错误的是

A．反应Ⅰ是放热反应B．反应Ⅰ涉及极性键的断裂与非极性键的形成
C．H2O2是中间产物D．整个过程实现了太阳能向化学能转化
5．科学研究发现，火星存在大量，有科学家提出设想：利用火星上设计电池，电池反应为。下列说法错误的是
A．钠在负极发生氧化反应B．在正极上生成C
C．放电时向正极迁移D．参与反应时转移电子
6．氨氧化法制硝酸中发生主反应NH3(g) +1.25O2(g)NO(g) +1.5H2O(g) ΔH1=−226.1kJ·ml−1和副反应NH3(g) + O2(g)0.5N2O(g) + 1.5H2O(g) ΔH2 = −276.3 kJ·ml−1两个竞争反应(忽略其他副反应)。一定条件下，每生成1.5ml H2O(g)的相对能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A．加入催化剂I更有利于NO的生成
B．平衡后增大压强，物质N2O的浓度不变
C．其他条件相同时，升高温度，平衡时体系内H2O的浓度降低
D．推测反应0.5N2O(g) + 0.25O2(g)NO(g) ΔH3= +50.2 kJ·ml−1
7．关于下列各实验装置及药品的叙述中，正确的是
A．装置①可用于实验室制取少量
B．可用从左侧加水的方法检验装置②的气密性
C．利用装置③验证铁的析氢腐蚀
D．装置④随关随停制氨气
8．一定条件下，利用如图所示装置可实现有机物的储氢,下列有关说法正确的是
A．气体X是氢气，电极E是阴极
B．H+由左室进入右室，发生还原反应
C．该储氢过程就是C6H6与氢气反应过程
D．电极D的电极反应式为C6H6+6H+ +6e-=C6H12
9．电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物，其工作原理如图a所示，工作10min时，、电极产生量()与电流强度关系如图b所示：
下列说法错误的是
A．在该工艺中做催化剂
B．阴极的电极反应有：、
C．根据图b可判断合适的电流强度约为40mA
D．若处理0.1ml，理论上HMC-3电极消耗标准状况下31.36L
10．在0.1ml·L-1的HA溶液中存在如下电离平衡：。下列叙述正确的是
A．向HA溶液中通入少量HCl气体，平衡逆向移动，溶液中c(H+)减小
B．c(H+)相同，体积相同的HA溶液和盐酸，分别与等浓度的氢氧化钠溶液反应，消耗的氢氧化钠溶液一样多
C．等浓度的HA溶液与盐酸分别与质量大小、形状相同的锌片反应，盐酸与Zn反应的初始速率快
D．向HA溶液中加入少量NaA固体，c(A-)增大，Ka增大
11．将NaCl和CuSO4两种溶液等体积混合后用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是

A．整个过程中阳极先产生O2，后产生Cl2
B．CD段pH减小是因为电解CuSO4溶液生成硫酸
C．原混合溶液中NaCl和CuSO4浓度之比小于2：1
D．电解至D点时，往溶液中加入适量Cu(OH)2，一定可使其复原为B点溶液
12．利用微电池技术去除天然气中的并生成的装置如图所示，下列说法不正确的是
A．微电池负极的电极反应式为
B．去除过程发生的主要反应为
C．通入气体一段时间后，去除速率降低的可能原因是铁减少，形成微电池的数量减少，
D．该装置使用一段时间后，内部有大量的铁锈产生
13．下列实验能达到目的的是
A．制备乙酸甲酯B．制备无水
C．探究水的组成D．证明氨气极易溶于水
14．下列有关研究化学反应原理的叙述中， 正确的是
A．利用原电池的工作原理可将任何放热反应的化学能转化为电能
B．研究化学反应速率与化学平衡，有利于指导实际生产中达到“多快好省”的生产效率
C．研究表明升高温度能提高反应的活化能，增大活化分子发生有效碰撞的机会，加快反应速率
D．通过改变反应条件，能使同一反应消耗相同量的物质而放出更多的热，提高化学能的利用
15．一种新型金属氢化物镍电池（MH-Ni电池，MH为贮氢材料）工作原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．隔膜为阴离子交换膜
B．电池的电解液可为硫酸
C．充电时阳极反应为H2O+M+e-=MH+OH-
D．放电时负极反应为Ni(OH)2+OH—-e-==NiOOH+H2O
二、填空题（本大题共1小题，共15分）
16．铁是目前人类使用量最大的金属，它能形成多种化合物.
（l）工业上，向炽热铁屑中通入氯化氢可生成无水氯化亚铁，若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，检验FeCl3，常用的试剂是 ；为防止FeC12溶液中含有FeCl3，最好在FeCl2溶液中加入
（2）LiFePO4（难溶于水）材料被视为最有前途的锂离子电池材料之一。
①以FePO4（难溶于水）、Li2CO3、单质碳为原料在高温下制备LiFePO4，同时伴随产生一种可燃性气体，该反应的化学方程式为 。若有1ml C参与反应，则转移的电子数目为
②磷酸铁锂动力电池有几种类型，其中一种（中间是锂离子聚合物的隔膜，它把正极与负极隔开，只允许锂离子通过）工作原理为FePO4+LiLiFePO4。如图所示，则放电时FePO4一端为电池的 极，充电时阳极上的电极反应式为 。
（3）硫化亚铁常用于工业废水的处理。已知25℃时，溶度积常数Ksp[FeS]＝6.3×10-18，3.6×10-29。请写出用硫化亚铁处理含Cd2十的工业废水的离子方程式：
在FeS、CdS的悬浊液中=
（4）已知25℃时，尺，，此温度下若在实验室中配制溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入 mL 2lnl／L的盐酸〔体积变化忽略不计）
三、解答题（本大题共3小题，共55分）
17．铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1 857 ℃。
(1)工业上以铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]为原料冶炼铬的流程如图所示：
①Fe(CrO2)2中各元素化合价均为整数，则铬为 价。
②高温氧化时反应的化学方程式为 。
③操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分别是 、铝热反应。
(2)Cr(OH)3是两性氢氧化物，请写出其分别与NaOH、稀硫酸反应的离子方程式 、 。
(3)水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。转化为重要产品磁性铁铬氧体(CrxFeyOz)：先向含CrO的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分Fe2+)并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。
①写出CrO在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+的离子方程式： 。
②若处理含1 ml CrO(不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗10 ml FeSO4，则当铁铬氧体中n(Fe2+)∶n(Fe3+)=3∶2时，铁铬氧体的化学式为 。
18．解决水体污染是促进社会可持续发展的重要课题。
(1)芬顿反应可用于处理含酚污水。在存在下生成强氧化性的羟基自由基()，并引发更多的其他活性氧，以实现对有机物的降解，其过程为链式反应。传统芬顿反应机理如图1所示，已知：和为速率常数。
①相同条件下，基元反应的活化能 (填“大于”、“小于”或“等于”)基元反应的活化能。
②上述转化发生后，体系中溶液的酸性先变弱，再变强，最终几乎不变。请解释其中的原因 。
(2)电芬顿工艺降解去除酸性废水中苯酚的工作原理如图2所示，工作时，或产生量()与电流强度关系如图3所示：
①根据图2，结合电极反应说明生成的原理 ；羟基自由基()氧化苯酚的方程式为 。
②根据图3分析，较合适的工作电流强度为 ；若处理苯酚，理论上消耗标准状况下 氧气。
(3)电芬顿法相对传统芬顿法优势明显，请从原料角度分析电芬顿法的优点 。
19．苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，国内外目前生产苯乙烯的方法主要是乙苯催化脱氢法，反应方程式为：
(1)已知部分物质的燃烧热数据如下表，利用表中数据计算 (用a、b、c表示)。
(2)实际生产过程中，通常向乙苯中掺混氮气(不参与反应)，保持体系总压为100kPa下进行反应，不同投料比m下乙苯的平衡转化率随反应温度变化关系如图所示。(其中投料比m为原料气中乙苯和的物质的量之比，取值分别为1∶0、1∶1、1∶5、1∶9)
①在乙苯中掺混氮气的目的是 。
②投料比m为1∶0的曲线是 (填曲线标号)。
③若一定的投料比，反应温度恒定时，并保持体系总压为常压的条件下进行反应，下列事实能作为该反应达到平衡的依据的是 (填字母)。
A．
B．容器内气体密度不再变化
C．容器内苯乙烯与的分子数之比不再变化
D．容器内气体的平均相对分子质量不再变化
(3)近年来，有研究者发现若将上述生产过程中通入改为通入，在气氛中乙苯催化脱氢制苯乙烯更容易进行，反应历程如图：
①该过程中发生反应的化学方程式为 。
②根据反应历程分析，催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，如果催化剂表面碱性太强，会降低乙苯的转化率，碱性太强使乙苯转化率降低的原因是 (说出一点即可)。
③在600℃下，向恒容密闭容器中充入2ml乙苯和，平衡时乙苯的转化率为50%，且容器内气体总物质的量为5ml，则 。
参考答案：
16． KSCN溶液（或NaOH溶液） Fe粉 2FePO4+Li2CO3+2C 2LiFePO4+3CO↑ 2NA（或2×6.02×1023） 正 LiFePO4−e−=FePO4+Li+ Cd2++FeS=CdS+Fe2+ 1.75×1011 2.5
【详解】试题分析：（1）检验溶液中是否有氯化铁可以使用KSCN溶液，因为铁离子遇到硫氰化钾显红色，或加入氢氧化钠生成红褐色沉淀。除去氯化亚铁中的氯化铁，可以加入Fe粉，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁。（2）①以 FePO4（难溶于水）、Li2CO3、单质碳为原料在高温下制备LiFePO4，同时伴随产生一种可燃性气体为一氧化碳，说明碳的化合价降低+4到+2，铁元素化合价由+2价升高到+3价，所以说明FePO4和Li2CO3的比例为2:1，根据原子守恒分析，化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑ ，每摩尔碳反应转移2摩尔电子，即为2NA（或2×6.02×1023）。②锂化合价升高，铁的化合价降低，所以做正极；充电时阳极失去电子，电极反应为：LiFePO4−e−=FePO4+Li+。（3）硫化亚铁和镉离子反应生成硫化镉和亚铁离子，方程式为：Cd2++FeS=CdS+Fe2+亚铁离子和镉离子比例等于硫化亚铁和硫化镉的溶度积比=6.3×10-18/3.6×10-29= 1.75×1011。（4）若不出现浑浊现象，则铁离子浓度和氢氧根离子浓度的立方乘积小于等于氢氧化铁的溶度积，代入有关数据即可计算，氢氧根离子浓度=2×10-13ml/L，氢离子浓度大于等于0.05ml/L，设加入盐酸的体积为x，则有x×2/100=0.05，解x=2.5ml。
考点： 氧化还原反应，离子方程式书写，原电池原理的应用等
17．(1) +3 4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2 灼烧使Cr(OH)3分解
(2) Cr(OH)3+OH-=+2H2O Cr(OH)3+3H+=Cr3++3H2O
(3) 3Fe2++CrO+8H+=3Fe3++Cr3++4H2O Cr2Fe20O27
【分析】铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，加入Na2S发生氧化还原反应，铬元素生成Cr(OH)3沉淀，过滤后灼烧Cr(OH)3得到Cr2O3，利用铝热反应制备金属铬。
【详解】（1）①Fe(CrO2)2中Fe为+2价，O为-2价，由化合价代数和为0可知Cr元素的化合价为+3，故答案为：+3；
②铬铁矿的主要成分是Fe(CrO2)2，加入碳酸钠，高温氧化，反应物有Fe(CrO2)2、O2、Na2CO3，根据流程图可知生成Fe2O3、Na2CrO4、CO2，结合电子守恒和元素守恒可得反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；
③操作a是Cr(OH)3受热分解生成Cr2O3，再和铝发生铝热反应生成氧化铝和铬，故答案为：灼烧使Cr(OH)3分解；
（2）Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质与氢氧化铝相似，分别与NaOH、稀硫酸反应时生成两种盐为NaCrO2、Cr2(SO4)3，反应的离子方程式依次为Cr(OH)3+OH-=+2H2O、Cr(OH)3+3H+=Cr3++3H2O，故答案为：Cr(OH)3+OH-=+2H2O；Cr(OH)3+3H+=Cr3++3H2O；
（3）①CrO在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+，同时Fe2+被氧化为Fe3+，结合电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得发生反应的离子方程式为：3Fe2++CrO+8H+=3Fe3++Cr3++4H2O，故答案为：3Fe2++CrO+8H+=3Fe3++Cr3++4H2O。
②处理含1 ml CrO(不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗10 ml FeSO4，生成的Cr3+为1ml，根据Fe守恒，铁铬氧体中n(Fe2+)=10 ml=6ml，n(Fe3+)=10 ml=4ml，根据Cr守恒，铁铬氧体中n(Cr3+)=n(CrO)=1ml，根据电荷守恒，铁铬氧体中n(O2-)==13.5ml，铁铬氧体中n(Cr):n(Fe): n(O)=1ml:10ml:13.5ml=2:20:27，铁铬氧体的化学式为Cr2Fe20O27，故答案为：Cr2Fe20O27。
18．(1) 小于 基元反应的速率常数更大，反应更快，氢离子浓度减小，使溶液酸性变弱；随着反应的进行程度增大，氢离子浓度增大，溶液酸性逐渐变强；根据总反应可知，最终溶液的酸碱性不变(忽略体积变化)
(2) 阴极，，与作用生成羟基自由基 40或35~40均可 62.72
(3)不投入，控制成本同时减少储运风险；可再生，铁盐投入少
【详解】（1）①由图1数据可知，K1远大于K2，说明基元反应的速率大于基元反应Ⅱ，则基元反应的活化能小于基元反应Ⅱ；
②基元反应会消耗H+，其反应速率比基元反应Ⅱ快，氢离子浓度减小，使溶液酸性变弱；基元反应Ⅱ产生H+，随着反应Ⅱ的进行程度增大，氢离子浓度增大，溶液酸性逐渐变强；根据总反应可知，最终溶液的酸碱性不变；
（2）①通入氧气的为阴极，得到电子生成H2O2，电极反应为阴极，同时Fe3+得电子变为Fe2+，反应式为，与作用生成羟基自由基；羟基自由基与苯酚反应生成二氧化碳和水，方程式为；
②根据关系式，应选择Fe2+与与羟基自由基产生量尽可能相等的电流强度，根据图3，合适的电流强度为40mA或35mA~40mA；苯酚的物质的量为=0.1ml，根据关系式：，需要消耗O22.8ml，标准状况下体积为=62.72L；
（3）从原料角度分析电芬顿法的优点是不投入，控制成本同时减少储运风险；可再生，铁盐投入少。
19．(1)b+c-a
(2) 增大乙苯的平衡转化率 A BD
(3) (g)+CO2(g) (g)+CO(g) + H2O(g) 催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于的吸附，使乙苯转化率降低（或其他答案合理即可） 2
【详解】（1）△H =△H(乙苯)-[△H(苯乙烯)+△H(氢气)]=-[] kJ/ml =( b+c-a) kJ/ml。
（2）①正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入氮气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动。
②投料比m越大，乙苯的平衡转化率越小，平衡转化率由小到大的顺序为A＜B＜C＜D，投料比由大到小的顺序为A>B>C>D。
③A．，只有正反应速率不能说明反应到达平衡状态，A错误；
B．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积是变量，则气体的密度是变量，当容器内气体的密度不再改变，能表明反应已达到平衡状态，B正确；
C．容器内苯乙烯与H2的物质的量之比始终为1:1，则不能表明反应已达到平衡状态，C错误；
D．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量减小，当容器内气体的平均相对分子质量不再变化，表明反应已达到平衡状态，D正确；
故选BD。
（3）由反应历程图，可知：(g)+CO2(g) (g)+CO(g) + H2O(g)。催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，根据反应历程可知，催化剂表面需要活化吸附，该微粒带负电荷，如果催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于的吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应导致吸附在催化剂表面的二氧化碳发生反应从而降低了乙苯的转化率。向恒容密闭容器中充入2ml乙苯和，则，平衡时乙苯的转化率，解得x=1ml，容器内气体总物质的量，则2ml。
物质
燃烧热
乙苯
苯乙烯
氢气
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
C
A
D
B
A
D
D
C
题号
11
12
13
14
15





答案
C
D
D
B
A