南京市金陵中学2024-2025学年高二上学期10月学情调研测试化学试卷(含答案)

这是一份南京市金陵中学2024-2025学年高二上学期10月学情调研测试化学试卷(含答案)，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．我国探月工程取得重大进展。月壤中含有Ca、Fe等元素的磷酸盐，下列组成磷酸盐的元素位于元素周期表第三周期的是( )
A.OB.PC.CaD.Fe
2．草酸易被氧化：，下列说法不正确的是( )
A.中C为+3价
B.NaClO属于离子化合物
C.的电子式为
D.Cl的结构示意图为
3．实验室模拟侯氏制碱法制备，下列装置与原理均正确的是( )
A.AB.BC.CD.D
4．常用作杀虫剂、媒染剂。下列说法正确的是( )
A.原子半径：N>O>S
B.稳定性：
C.酸性强弱：
D.碱性强弱：
阅读下列材料，完成有关问题：
5．VA族元素及其化合物应用广泛。催化氧化生成NO，NO继续被氧化为，将通入水中可制得；肼()常温下为液态，燃烧热大()，产物无污染，常用作火箭燃料：白磷()为正四面体结构，常用来制烟雾弹、燃烧弹；雄黄()具有解毒、杀虫功效，燃烧后生成砒霜()和一种具有刺激性气味的气体；锑是一种银白色金属，其氧化物可用于制造颜料，铅锑合金可用作铅蓄电池的电极材料。下列说法正确的是( )
A.分子中既有极性键，又有非极性键
B.相同条件下，在水中的溶解度小于
C.白磷和红磷互为同位素
D.As非金属性强于P
6．VA族元素及其化合物应用广泛。催化氧化生成NO，NO继续被氧化为，将通入水中可制得；肼()常温下为液态，燃烧热大()，产物无污染，常用作火箭燃料：白磷()为正四面体结构，常用来制烟雾弹、燃烧弹；雄黄()具有解毒、杀虫功效，燃烧后生成砒霜()和一种具有刺激性气味的气体；锑是一种银白色金属，其氧化物可用于制造颜料，铅锑合金可用作铅蓄电池的电极材料。下列化学反应表示正确的是( )
A.雄黄燃烧：
B.制的离子方程式：
C.肼的燃烧：
D.催化氧化：
7．VA族元素及其化合物应用广泛。催化氧化生成NO，NO继续被氧化为，将通入水中可制得；肼()常温下为液态，燃烧热大()，产物无污染，常用作火箭燃料：白磷()为正四面体结构，常用来制烟雾弹、燃烧弹；雄黄()具有解毒、杀虫功效，燃烧后生成砒霜()和一种具有刺激性气味的气体；锑是一种银白色金属，其氧化物可用于制造颜料，铅锑合金可用作铅蓄电池的电极材料。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A.氨气易液化，可用于工业制硝酸
B.肼具有碱性，可用作火箭燃料
C.三氧化二锑呈白色，可用于制造颜料
D.铅锑合金熔点低，可用作铅蓄电池电极材料
8．下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A.漂白粉
B.
C.
D.
9．下列说法正确的是( )
A.常温下，向稀醋酸溶液中缓慢通入，溶液中的值增大
B.298K时，能自发进行，则其
C.标准状况下，将22.4L通入足量NaOH溶液中，反应转移的电子数为
D.用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大
10．根据下列图示所得出的结论不正确的是( )
A.图甲是的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的
B.图乙是室温下催化分解放出氧气的反应中随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行分解速率逐渐减小
C.图丙是室温下用0.1000NaOH溶液滴定某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸
D.图丁中虚线是在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，可推知催化剂Ⅱ的催化活性更高
11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是( )
A.AB.BC.CD.D
12．下列说法正确的是( )
溶液：
溶液()：
C.等浓度、等体积的和混合溶液()：
溶液()：
13．催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有：
反应Ⅰ：；
反应Ⅱ：；
在恒压、和=1∶3时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的转化率随温度的变化如图中实线所示。的选择性=×100%，下列说法错误的是( )
A.图中曲线③表示平衡时转化率随温度的变化
B.a>0
C.平衡时转化率随温度的变化可能如图中虚线所示
D.200℃时，使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂可提高的生产效率
二、填空题
14．一水草酸钙()可用作分离稀有金属的载体。其制备方法如下：
步骤I：用精制氯化钙稀溶液与草酸溶液共热反应，过滤，将固体溶于热盐酸中。
步骤II：加氨水反应得一水草酸钙沉淀，过滤，热水洗涤，在105℃干燥得产品。
(1)写出步骤II发生反应的化学方程式___________。
(2)为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50g样品加热，样品的固体残留率()随温度的变化如下图所示。
300℃时残留固体的成分为___________，900℃时残留固体的成分为___________。
(3)通过下列方法测定的纯度：取2.500g样品于锥形瓶中，加入10mL2∶1的溶液溶解，再稀释至100mL。从锥形瓶中取20.00mL溶液，用0.1000ml/L的标准溶液滴定，消耗标准溶液12.00mL。
①滴定终点的现象是，加入最后半滴标准溶液，___________。
②计算的纯度___________(写出计算过程)。
15．I、研究脱除烟气中的、NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。
(1)烟气中的NO可在催化剂作用下用还原。
已知：
有氧条件下，与NO反应生成，相关热化学方程式为___________。
(2)尿素溶液可吸收含、NO烟气中的，其反应为。若吸收烟气时同时通入少量，可同时实现脱硫、脱硝。
①脱硝的反应分为两步。第一步：。
第二步：和反应生成和。
第二步的化学反应方程式为___________。
②将含、NO烟气以一定的流速通过10%的溶液，其他条件相同，不通和通少量时的去除率如图所示。通少量时的去除率较低的原因是___________。
II、炼钢厂排放的烧结烟气中主要含、NO、、和水蒸气。臭氧()预氧化，协同脱硫脱硝技术可将烟气中的污染物转化为铵盐和，实现脱硫脱硝。
说明：进行下列研究时均控制反应器内温度为100℃、模拟烟气流速为2L/min。研究表明，100℃时，很难氧化、，和NO基本不发生氧化还原反应。
(3)臭氧预氧化：向反应器中通入仅含0.3%NO的模拟烟气和。实验测得出口处NO、浓度随的变化曲线如图所示。
①当时，反应器中发生的主要反应的化学方程式为___________。
②当时，出口处浓度急剧下降的原因是___________。
(4)协同脱硫脱硝：装置如图所示，向反应器中通入含0.5%、0.3%NO的模拟烟气。
①按通入，硫、氮脱除率随的变化曲线如图所示。随着量的增多，硫、氮脱除率几乎同等程度地升高，但也存在明显不足，主要缺点是___________。
②按通入、通入，随着投入量的增多，脱硝效率增大；而脱硫效率却减小，其原因是___________。
三、实验题
16．以铜矿石(含、和少量)为原料，采用微生物堆浸技术制备黄铵铁矾的实验流程如下：
已知：浆液中含有、、CuS、S、等；氧化硫硫杆菌可将S单质转化为：。
(1)“研磨”的目的是___________。
(2)“一次浸出”时需在低温下进行，温度过高浸出率会下降，可能的原因有___________。
(3)“二次浸出”时加入的目的是把CuS全部转化为可溶性的铜盐。检验加入的中的是否完全被还原的实验操作是___________。“过滤”得到的滤渣的主要成分为___________。
(4)“氧化”时发生反应的离子方程式为___________。
17．是易挥发的发烟液体，温度高于130℃易爆炸。高氯酸铜晶体易溶于水，120℃开始分解，常用于生产电极和作催化剂等。
(1)将和用研钵分别研细，加入适量的沸水，搅拌，充分反应后静置得蓝色沉淀。写出生成沉淀的化学方程式___________。
(2)向沉淀中滴加稍过量的，小心搅拌，适度加热后得到蓝色溶液，同时产生大量的白雾。
①白雾的主要成分是___________(填化学式)。
②加热时温度不能过高的原因是___________。
(3)某研究小组欲用粗品(含少量)制备纯净的无水氯化铜固体。请补充完整由粗品制备纯净的无水氯化铜固体的实验步骤：将粗固体溶于适量稀盐酸；边搅拌边缓慢加入适量___________并充分混合，直至___________，停止滴加。边搅拌边分批加入___________，___________，停止加入。___________，___________，冷却结晶，过滤、冰水洗涤，低温干燥，得到晶体；将晶体___________，得到无水氯化铜固体。
已知：①实验中必须用的试剂：CuO、溶液、HCl气体和溶液
②下表列出相应金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为)；
参考答案
1．答案：B
解析：A.O元素位于元素周期表第二周期VIA族，A不符合题意；
B.P元素位于元素周期表第三周期VA族，B符合题意；
C.Ca元素位于元素周期表第四周期IIA族，C不符合题意；
D.Fe元素位于元素周期表第四周期VIII族，D不符合题意；
答案选B。
2．答案：C
解析：A.中H为+1价，O为-2价，根据化学式化合价代数和为0可知，C为+3价，A正确；
B.NaClO是由和通过离子键形成的，故属于离子化合物，B正确；
C.是共价化合物，故其电子式为，C错误；
D.已知Cl为17号元素，故Cl的结构示意图为，D正确；
故答案为：C。
3．答案：B
解析：A.稀硫酸和碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙覆盖在碳酸钙表面，阻止反应进一步发生，则不能用稀硫酸和碳酸钙反应制取，故A项不符合题意；
B.实验室应该用和氢氧化钙共热来制取，故B项符合题意；
C.侯氏制碱法为向氨化后的饱和食盐水中通入，来制取，反应原理为：，故C项不符合题意；
D.侯氏制碱法中最后为加热固体来制取，故应该使用坩埚而不能是蒸发皿，故D项不符合题意；
故答案选B。
4．答案：C
解析：A.电子层数越多，半径越大；电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小，因此原子半径：S>N>O，A错误；
B.非金属元素的非金属性越强，则简单氢化物的稳定性越强，因此稳定性：，B错误；
C.非金属元素的非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此酸性强弱：，C正确；
D.金属元素的金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性强弱：，D错误；
答案选C。
5．答案：A
解析：A.分子中既有N-H极性键，又有N-N非极性键，A正确；
B.已知、和均为极性分子，但由于能与之间能够形成分子间氢键，故相同条件下，在水中的溶解度大于，B错误；
C.白磷和红磷为磷元素形成的性质不同的两种单质，故互为同素异形体，而不是同位素，C错误；
D.根据同一主族从上往下元素的非金属依次减弱，故As非金属性弱于P，D错误；
故答案为：A；
6．答案：A
解析：A.由题干信息可知，雄黄()具有解毒、杀虫功效，燃烧后生成砒霜()和一种具有刺激性气味的气体即为，则雄黄燃烧的反应方程式为：，A正确；
B.原离子方程式电荷不守恒，故制的离子方程式为：，B错误；
C.已知燃烧热中生成物水应该为稳定状态化合物，故肼的燃烧的热化学方程式中水应为液态，C错误；
D.由题干信息可知，催化氧化生成NO和，故反应方程式为：，D错误；
故答案为：A；
7．答案：C
解析：A.根据工业上制备的原理，、可知，氨气可用于工业制硝酸，与氨气易液化无关，A不合题意；
B.肼用作火箭燃料是由于其燃烧放出大量的热，且产物为和没有污染，与肼具有碱性无关，B不合题意；
C.由题干信息可知，三氧化二锑呈白色，可用于制造颜料，二者有因果关系，C符合题意；
D.铅锑合金可用作铅蓄电池电极材料，主要是利用其导电性和Sb的化学性质比较活泼，与其熔点低无关，D不合题意；
故答案为：C。
8．答案：C
解析：A.二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，氯气和冷的石灰乳反应制备漂白粉，A不符合题意；
B.侯氏制碱法中，需要向饱和食盐水中选通入氨气，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠固体，B不符合题意；
C.氧化性：，氯气和溴化钠溶液反应生成溴单质，溴单质和碘化钠溶液反应生成碘单质，C符合题意；
D.加热蒸发溶液，会促进完全水解生成，得不到固体，D不符合题意；
故选C。
9．答案：B
解析：A.对表达式稍作变形得到，因温度没变故K值不变，在通入氨气的过程中溶液逐渐变为醋酸铵溶液，醋酸铵是强电解质可以完全电离，因此溶液中的在增大，则减小，A项错误；
B.该反应是气体分子数减小的熵减反应，却能在室温下自发进行，说明其吉布斯自由能在298K时小于0，必须为负才有可能实现，故反应放热，B项正确；
C.氯气通入碱中发生歧化反应，标出化合价后不难发现1ml氯气在反应中只转移1ml电子，标况下22.4L氯气中有1ml氯气，则一共转移1ml电子，C项错误；
D.醋酸是弱酸，溶液中只有小部分醋酸分子能电离产生，因此相同浓度下的醋酸要比盐酸的浓度大，在中和等量时需要的醋酸体积更少，D项错误；
答案选B。
10．答案：C
解析：A.图甲是的平衡常数与反应温度的关系曲线，随着温度升高，lgK的值减小，说明平衡常数减小，则平衡向着逆反应方向进行，所以正反应是放热的，即反应的，故A正确；
B.随反应时间的进行，溶液中过氧化氢基本都分解为水和氧气，则的浓度减小，所以分解速率逐渐减小，故B正确；
C.酸的浓度为，由图象可以看出一元酸HX溶液的pH>1，说明HX为弱酸，故C错误；
D.由图可知，相比催化剂I，催化剂II降低反应的活化能更多，可推知催化剂Ⅱ的催化活性更高，故D正确；
故选C。
11．答案：B
解析：A.为二元酸，醋酸为一元酸，等物质的量的硫酸和醋酸，硫酸消耗NaOH多，与二者的酸性强弱无关，A不合题意；
B.溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀，发生反应为：，该反应中氧化剂为，氧化产物为S，则氧化性：，B符合题意；
C.高锰酸钾可氧化过氧化氢，溶液褪色即高锰酸根离子转化为，化合价降低被还原，同时放出即中O的化合价升高为0价，故过氧化氢体现还原性，C不合题意；
D.溶液和溶液浓度未知，所以，不能根据溶液pH大小来判断和结合的能力，D不合题意；
故答案为：B。
12．答案：D
解析：A.根据质子守恒可知，0.1ml/L溶液有：，A错误；
溶液的说明溶液显酸性，即的电离大于水解，故溶液中的离子浓度关系为：，B错误；
C.等浓度、等体积的和混合溶液的说明溶液显碱性，即的电离程度大于的水解程度，故溶液中的微粒浓度关系为：，C错误；
D.根据质子守恒可知，0.1ml/L溶液()中有：，故有，D正确；
故答案为：D。
13．答案：C
解析：反应Ⅰ焓变小于零，升高温度，平衡Ⅰ逆向移动，则平衡时选择性随温度升高会下降，结合图像可知，②表示平衡时选择性随温度的变化曲线；曲线①随温度升高上升，说明反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡Ⅱ正向移动，导致CO的选择性增大，故曲线③表示平衡时转化率随温度的变化、曲线①表示平衡时CO的选择性随温度的变化，反应Ⅱ为吸热反应，焓变大于零，故a>0；
A.由分析可知，曲线③表示平衡时转化率随温度的变化，A正确；
B.由分析可知，a>0，B正确；
C.，若只发生反应Ⅰ，则二氧化碳和氢气的平衡转化率之比为1:1，若只发生反应Ⅱ，则二氧化碳转化率和氢气转化率之比为3:1，由于两个反应均发生，则1:1