精品解析：江苏省扬州中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试化学试题

江苏省扬州中学2024-2025学年第一学期期中试题 高二化学(选修) 2024.11 试卷满分：100分，考试时间：75分钟 注意事项： 1.作答第1卷前，请考生务必将自己的姓名、考试证号等写在答题卡上并贴上条形码。 2.将选择题答案填写在答题卡的指定位置上(使用机读卡的用2B铅笔在机读卡上填涂)，非选择题一律在答题卡上作答，在试卷上答题无效。 3.考试结束后，请将机读卡和答题卡交监考人员。 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　Mn-55 第Ⅰ卷(选择题共39分) 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法正确的是 A. 北京冬奥运会速滑场馆使用CO2跨临界制冰属于化学变化 B. 通过清洁煤技术减少煤燃烧造成的污染，有利于实现碳中和 C. 中国深海一号平台成功实现从深海开采石油，石油是混合物 D. 问天实验舱搭载的太阳翼是一种将电能转化为太阳能的新型电池装置 【答案】C 【解析】 【详解】A．CO2跨临界制冰是指在一定高压下，二氧化碳会变为临界状态的流体，起到制冷剂的作用，其制冰过程属于物理变化，故A错误； B．通过清洁煤技术减少煤燃烧产生的SO2，但不能减少CO2的排放，故B错误； C．石油是由多种烷烃、环烷烃、芳香烃等构成的混合物，故C正确； D．太阳翼中装有硅电极板，能将太阳能转化为电能，故D错误； 故选C。 2. 下列关于燃烧热和中和热的描述中正确的是 A. HCl和NaOH反应中和热ΔH=-57.3kJ/mol，则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)反应的ΔH=2×(-57.3)kJ/mol B. CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH=＋(2×283.0)kJ/mol C. 反应热有正负之分，燃烧热ΔH全部是正值 D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 【答案】B 【解析】 【详解】A．H2SO4和Ba(OH)2反应生成难溶的BaSO4反应还会发出热量，则反应热ΔH小于2×(－57.3)kJ·mol－1，A错误； B．CO(g)的燃烧热可用热化学方程式表示为：CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝-283.0kJ/mol，则逆反应的热化学方程式表示为：2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)ΔH＝＋2×283.0kJ·mol-1，B正确； C．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，由定义知燃烧热恒为正值，但燃烧热ΔH是负值，C错误； D．燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，生成气态水不是稳定氧化物，甲烷的燃烧热应生成稳定的液态水和气态二氧化碳，D错误； 故选：B。 3. 下列事实能用平衡移动原理解释的是 A. 氯水在光照条件下颜色变浅，最终变为无色 B. 溶液中加入少量固体，促进分解 C. 常温下铁片放入浓中没有明显现象，加热能产生大量红棕色气体 D. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，加快氢气生成速率 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯水中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，光照条件下次氯酸分解生成盐酸和氧气，次氯酸浓度减小，平衡正向移动，颜色变浅，最终变为无色，能用平衡移动原理解释，故A选； B．H2O2溶液中加入少量MnO2固体，MnO2是催化剂，促进H2O2分解，不能用平衡移动原理解释，故B不选； C．铁钉放入浓HNO3中，发生钝化，无明显现象，加热破坏氧化膜，产生大量红棕色气体，不能用平衡移动原理解释，故C不选； D．锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，锌置换出铜，形成铜锌原电池，促进H2的产生，不能用平衡移动原理解释，故D不选； 故选A。 4. 下列说法正确的是 A. 保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中的值增大 B. 用pH均为11的NaOH溶液和氨水分别中和等体积等物质的量浓度的盐酸，消耗氨水的体积更大 C. 用浓度均为0.01mol·L-1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 D. 常温下，向0.1mol·L-1醋酸溶液中加水稀释，溶液中的值增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中，随着CO2的通入，增大，故比值减小，A错误； B．氨水是弱碱，只能发生部分电离，当pH=11时，氨水浓度大于10-3 mol/L，NaOH是强碱，完全电离，当pH=11时，NaOH浓度等于10-3 mol/L，所以中和等体积等物质的量浓度的盐酸，消耗氨水的体积更小，B错误； C．中和等物质的量的NaOH，消耗盐酸和醋酸的物质的量相等，由于盐酸和醋酸浓度相同，因此消耗盐酸和醋酸的体积也相同，C错误； D．常温下，向0.1mol·L-1醋酸溶液中加水稀释，溶液中，稀释时的减小，故比值增大，D正确； 故选D。 5. 根据下列图示所得出的结论正确的是 A. 图甲表示质量相等、大小相同的铝片，分别与5%、20%的足量稀盐酸中，生成氢气的质量与反应时间的关系曲线 B. 图乙是镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明时刻溶液的温度最高 C. 图丙表示与过量浓硝酸反应生成的气体体积随时间的变化关系，说明该反应在时间段内反应速率最快 D. 图丁是Cl2(g)＋CO(g)COCl2(g) △H＜0的反应速率随反应时间变化的曲线，说明时刻改变的条件是减小压强 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据题意，铝片不足，盐酸有剩余，浓度越大，反应速率越快，但生成氢气的量相同，故A正确； B．图乙是镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明时刻反应速率最大， 反应是不断放热的，因此溶液的温度不断升高，故B错误； C．根据图中信息，单位时间内改变量最大，则该反应在该时间段内反应速率最快，故C错误； D．图丁是Cl2(g)＋CO(g)COCl2(g)△H＜0的反应速率随反应时间变化的曲线， 时刻速率增大，平衡逆向移动，因此改变的条件是升高温度，故D错误。 综上所述，答案为A。 6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. =10-12mol·L-1的溶液中：Na＋、Al3＋、Cl-、 B. 在pH为3的溶液：K＋、Fe2＋、SCN-、 C. 使甲基橙变红的溶液中：Na＋、Mg2＋、、[Al(OH)4]- D. 水电离的c(H＋)=1×10-13mol·L-1的溶液：Na＋、Mg2＋、、 【答案】A 【解析】 【详解】A．=10-12mol·L-1，则=10-2mol·L-1，pH=2，即溶液呈酸性，所给离子能大量共存，A正确； B．在pH为3的溶液中，具有强氧化性，与Fe2＋发生氧化还原反应生成Fe3＋，Fe3＋与SCN-生成血红色配合物不能大量共存，B错误； C．使甲基橙变红的溶液呈酸性，、[Al(OH)4]-不能在酸性溶液中大量存在，C错误； D．由水电离的c(H＋)=1×10-13mol·L-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在碱性条件下，Mg2＋、不能大量存在，酸性条件下，不能大量存在，D错误； 故选A。 7. 科学家利用氨硼烷设计成原电池装置如下图所示，该电池在常温下即可工作，总反应为NH3·BH3＋3H2O2=NH4BO2＋4H2O。下列说法错误的是 A. b室为该原电池的正极区 B. a室发生的电极反应式为NH3·BH3＋2H2O-6e-=NH＋BO＋6H＋ C. 放电过程中，H＋通过质子交换膜由b室移向a室 D. 其他条件不变，向H2O2溶液中加入适量硫酸能增大电流强度 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．根据总反应可知H2O2被还原，所以b室发生的是还原反应，为原电池的正极区，A正确； B．根据总反应可知电池放电时NH3·BH3被氧化得到NH和BO，结合电子守恒和元素守恒可得电极反应式为NH3·BH3＋2H2O-6e-=NH＋BO＋6H＋，B正确； C．原电池中阳离子由负极区流向正极区，即H＋通过质子交换膜由a室移向b室，C错误； D．硫酸为强电解质，加入适量的硫酸，可以增加溶液中离子浓度，增强导电能力，增大电流强度，D正确； 综上所述答案为C。 8. 常温下，浓度均为0.1mol·L-1、体积为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg 的变化关系如图所示。下列叙述正确的是 A. HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱 B. 常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH-)：a<b C. 相同温度下，电离常数K(HX)：a>b D. lg ＝3，若同时微热两种溶液，则减小 【答案】B 【解析】 【详解】A. 根据图知，lg=0时，HX的pH>1，说明HX部分电离为弱电解质，HY的pH=1，说明HY完全电离，为强酸，HY的酸性大于HX，故A错误； B. 酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度a<b，所以由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：a<b，故B正确； C. 酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数K(HX)：a=b，故C错误； D. lg＝3，若同时微热两种溶液，n(X-)增大，n(Y-)不变，二者溶液体积相等，所以 变大，故D错误； 故选B。 9. 室温下，向20.00 mL0.1000mol・L-1盐酸中滴加0.100mol・L-1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5=0.7,下列说法不正确的是 A. V(NaOH)=20.00mL时，pH=7 B. V(NaOH)=30.00mL时，pH=12.3 C. 选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小 D. 滴定过程中，水的电离程度不断减小 【答案】D 【解析】 【详解】A．室温下，向20.00 mL0.1000mol・L-1盐酸中滴加0.100mol・L-1 NaOH溶液，发生中和反应，当V(NaOH)=20.00mL时，两者恰好中和，且pH=7，故A正确； B．根据上述分析，当V(NaOH)=30.00mL时，碱过量，c(OH－)= , c(H+)=5×10-13，所以溶液的pH=12.3，故B正确； C．反应终点的pH与指示剂的变色范围越吻合，误差越小。据图可知，选择甲基橙指示反应终点，误差比甲基红或酚酞的大，故C正确； D．V(NaOH)从0~20.00mL过程中，盐酸逐渐被中和至恰好完全反应，盐酸浓度逐渐减小至为0，盐酸中水的电离程度先增大；V(NaOH)从20.000~40.00mL过程中，NaOH过量，溶液中NaOH的浓度逐渐增大，溶液中水的电离程度逐渐减小，故D错误； 故答案：D。 10. Al—N2二次电池以离子液体为电解质，其工作原理如图所示。石墨烯/Pd作为电极催化剂，可吸附N2。下列说法正确的是 A. 充电时，可实现“氮的固定” B. 充电时，阴极上反应为：Al3++3e-=Al C. 放电时，正极上反应为：8Al2Cl+N2+6e-=2AlN+14AlCl D. 放电时，石墨烯/Pd用于提高N2反应的活化能 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．氮元素从游离态变为化合态的过程称为氮的固定，该电池放电时，氮气在正极上得到电子发生还原反应转化为氮化铝，实现了氮的固定，故A错误； B．放电时负极反应；充电时，阴极反应为：，故B错误； C．放电时，氮气在正极上发生还原反应生成氮化铝，铝元素来自于Al2Cl，正极反应为8Al2Cl+N2+6e-=2AlN+14AlCl，故C正确； D．放电时，石墨烯/Pd作为正极的催化剂，可降低N2反应的活化能，加快反应速率，故D错误； 故答案为：C 11. 为实现“碳达峰、碳中和”的目标，科学家提出以为催化剂，用光热化学循环分解法，达到减少大气中量的目的，反应的机理如图所示： 物质的量 物质 完全断键所需吸收的总能量 下列说法不正确的是 A. 过程①中光能转化为化学能 B. 过程④为吸热过程 C. 降低该反应的焓变，提高该反应速率 D. 全过程热化学方程式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，能量的变化形式是由光能转化为化学能，A正确； B．过程④需要从外界吸收热量，因此为吸热过程，B正确； C．作为催化剂可以降低该反应的活化能，无法降低焓变，提高该反应速率，C错误； D．CO2分解为CO和O2化学式为，根据分子化学键完全断裂时的能量变化图可知，1molCO2完全断裂应该吸收1598kJ，1molCO完全断裂应该吸收1072 kJ，1mol O2完全断裂应该吸收496kJ；所以1molCO2分解产生1molCO和0.5molO2，所以需吸收kJ 能量，则全过程热化学方程式为 ，D正确； 故答案选C。 12. 尿素[CO(NH2)2]是一种高效缓释氮肥。利用NH3和CO2合成尿素的反应分两步进行： ①； ②。 下列说法正确的是 A. 反应①的 B. 反应①的平衡常数可表示为 C. 的 D. 温度越高，反应速率越快，NH3的平衡转化率越大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．反应①中气态反应物生成了液态生成物，所以＜0，故A错误； B．平衡常数是用平衡时生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，固体和纯液体不写在平衡常数表达式中，则反应①的平衡常数可表示为，故B错误； C．将两个反应相加，可得总反应：，该反应的，故C正确； D．温度越高，反应速率越快，但由于反应①和总反应都是放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，所以NH3的平衡转化率降低，故D错误； 故选C。 13. 二甲醚(CH3OCH3)催化制备乙醇主要涉及两个反应： 反应Ⅰ：CO(g)＋CH3OCH3(g)=CH3COOCH3(g)　ΔH1<0 反应Ⅱ：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)=CH3CH2OH(g)＋CH3OH(g)　ΔH2<0 在CO、CH3OCH3、H2的原料比固定及体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时部分物质的物质的量分数随温度的变化如图所示。 下列说法正确的是 A. 反应CO(g)＋CH3OCH3(g)＋2H2(g)=CH3CH2OH(g)＋CH3OH(g)一定可以自发进行 B. 温度高于600K时，温度对反应Ⅰ的影响大于对反应Ⅱ的影响 C. 由图可知，随着温度的升高，H2的平衡转化率先增大后减小 D. 其他不变，延长反应时间或选用对反应Ⅱ催化性能更好的催化剂都能提高平衡混合物中乙醇含量 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应Ⅰ的ΔH1<0，反应Ⅱ的ΔH2<0，根据盖斯定律，将两个方程式相加，所得总反应的ΔH仍小于0，但总反应的ΔS<0，所以反应不一定能自发进行，故A错误； B．温度高于600 K时，CH3CH2OH的物质的量分数仍在减小，说明反应Ⅱ一直逆向移动，在600 K之前，CH3COOCH3的物质的量分数随温度升高而增大，在600 K之后，CH3COOCH3的物质的量分数随温度升高而减小，说明600 K之后，反应Ⅰ逆向进行使CH3COOCH3的物质的量减小，即600 K之后温度对反应Ⅰ影响比反应Ⅱ大，故B正确； C．由题图中CH3CH2OH变化趋势来看，其物质的量分数一直在减小，说明反应Ⅱ一直在逆向进行，则H2的平衡转化率一直减小，故C错误； D．延长反应时间或选用对反应Ⅱ催化性能更好的催化剂，都不会改变化学平衡，故D错误； 故选：B。 第II卷(非选择题共61分) 14. 臭氧是一种有特殊臭味、稳定性较差的淡蓝色气体。臭氧常用于杀菌消毒，也是理想的烟气脱硝剂。 （1）脱硝反应之一：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)ΔH<0，T℃时，向1.0L恒容密闭容器中充入2.0molNO2和1.0molO3，反应过程中测定的部分数据见表： t/s 0 3 6 12 24 n(O2)/mol 0 0.36 0.60 0.80 0.80 ①反应在0～3s内的平均速率v(NO2)=______。 ②下列描述中能说明上述反应已达平衡的是______。(填字母) A．混合气体密度不再变化 B．单位时间内消耗2molNO2的同时生成1molO2 C．v(NO2)正=2v(N2O5)逆 D．混合气体压强不再变化 ③T℃时，上述脱硝反应的化学平衡常数等于______。 ④T℃时，若上述容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，开始时反应______(填“正向进行”、“逆向进行”或“达平衡”)。 （2）脱硝反应之二：O3氧化-NaOH溶液吸收法脱除NO，主要生成物有NaNO3和O2. ①写出该反应的化学方程式______。 ②不改变O3和NO的比例，混合气体以相同流速通过NaOH溶液，研究不同温度下NO脱除率的变化，结果如图，60～80℃NO脱除率下降的可能原因是______。 【答案】（1） ①. 0.24mol∙L-1∙s-1 ②. CD ③. 20 ④. 正向进行 （2） ①. 3O3+2NO+2NaOH=2NaNO3+3O2+H2O ②. 60～80℃随温度升高，O3受热分解，O3和NO在NaOH溶液中的溶解度减小，反应速率减小，NO脱除率下降 【解析】 【小问1详解】 ①由表格数据可知，3s时氧气的物质的量为0.36mol，则由方程式可知，0～3s内二氧化氮的反应速率为=0.24mol∙L-1∙s-1，故答案为：0.24mol∙L-1∙s-1； ②A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； B．单位时间内消耗2molNO2的同时生成1molO2都代表正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； C．v(NO2)正=2v(N2O5)逆说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； D．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，则混合气体压强不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； 故选CD； ③由表格数据可知，T℃时，脱硝反应得到平衡时，氧气的浓度为0.80mol，由方程式可知，平衡时，二氧化氮、臭氧、五氧化二氮的物质的量分别为2.0mol—0.80mol×2=0.40mol、1.0mol—0.80mol=0.20mol、0.80mol，则反应的化学平衡常数=20L/mol，故答案为：20； ④T℃时，若上述容器中充入1.0mol二氧化氮、0.5mol臭氧和0.50mol五氧化二氮、0.50mol氧气，反应的浓度熵Qc==0.5L/mol＜20L/mol，则反应向正反应方向进行，故答案为：正向进行； 【小问2详解】 ①由题意可知，一氧化氮与臭氧和氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为3O3+2NO+2NaOH=2NaNO3+3O2+H2O，故答案为：3O3+2NO+2NaOH=2NaNO3+3O2+H2O； ②由图可知，60～80℃一氧化氮脱除率下降的原因是0～80℃随温度升高，O3受热分解，O3和NO在NaOH溶液中的溶解度减小，反应速率减小，NO脱除率下降，故答案为：0～80℃随温度升高，O3受热分解，O3和NO在NaOH溶液中的溶解度减小，反应速率减小，NO脱除率下降。 15. 已知以下几种常见酸的电离平衡常数(25℃)：、；HClO： （1）浓度均为0.1mol/L的下列四种溶液，pH最小是______(填字母)。 A. B. C. HClO D. HCl （2）25℃时，将pH=2的醋酸和盐酸各1mL分别加水稀释至100mL，稀释后溶液中水的电离程度：醋酸______盐酸(填“>”、“<”或“=”)。 （3）将少量通入次氯酸钠溶液中的离子方程式为______。 （4）现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)。 Ⅰ．实验步骤 ①用移液管量取25.00mL食用白醋，用水稀释后转移到250mL容量瓶中定容，摇匀得待测白醋溶液。 ②用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴______作指示剂。 ③读取盛装0.1000mol·L-1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为______mL。 ④滴定。当______时，停止滴定，并记录滴定管中NaOH溶液的最终读数。重复滴定3次。 Ⅱ．实验记录 滴定次数 实验数据/mL　　　　　　 1 2 3 4 V(样品) 20.00 20.00 20.00 20.00 V(NaOH)(消耗) 20.95 20.00 20.05 19.95 Ⅲ．数据处理与讨论 ⑤下列操作中可能使所测白醋的浓度偏低的是______(填字母)。 A．滴定前盛放白醋溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 B．酸式滴定管没有用待装液润洗 C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 ⑥请根据实验数据计算该市售白醋总酸量=______g/100mL。(写出计算过程) 【答案】（1）D （2）< （3） （4） ①. 酚酞试液 ②. 0.60 ③. 滴入最后半滴NaOH溶液，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ④. BD ⑤. 6.0 【解析】 【分析】根据平衡常数分析，酸性：，酸根结合氢离子浓度大小：，以此分析； 【小问1详解】 酸性越强，pH越小，根据分析，pH最小的为HCl； 故答案为：D； 【小问2详解】 酸能够抑制水的电离，酸的浓度越大对水的抑制程度越大，pH=2的醋酸和盐酸,醋酸浓度＞盐酸，稀释相同浓度后醋酸浓度大于盐酸浓度，则醋酸对水的抑制程度大； 故答案为：＜； 【小问3详解】 根据强酸制取弱酸原理，将少量通入次氯酸钠溶液生成HClO和碳酸氢钠； 故答案为：； 【小问4详解】 ①用NaOH滴定醋酸，产物为CH3COONa显碱性，则指示剂用酚酞； ②根据图示，读数为0.60mL； ③滴定终点为：当滴入最后半滴NaOH溶液，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色； ④A．锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥对结果无影响，A不符合题意；； B．酸式滴定管未润洗，导致待测液浓度减小，B符合题意； C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液的读数偏大，则待测液浓度偏高，C不符合题意； D．读NaOH液体时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，导致标准液偏低，则待测液浓度偏低，D符合题意； ⑤消耗标准液的体积，实验①的体积偏大，舍弃，则消耗NaOH体积的平均值未20.00mL，根据关系，，，则稀释后CH3COOH浓度0.1mol/L，则稀释前浓溶液CH3COOH浓度为，； 故答案为：酚酞试液；0.60；滴入最后半滴NaOH溶液，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；BD；6.0。 16. Cr(VI)有高毒性，在溶液中以或的形式存在，不同pH条件下两者可相互转化+H2O+2H+)。常用还原法、微生物电化学法、沉淀法处理含Cr(VI)的废水。 （1）向废水中加入Na2SO3或Fe等还原剂可将Cr(VI)还原为低毒性Cr3+，再调节溶液pH使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀除去。 ①酸性废水中Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr3+的离子方程式为______。 ②其他条件相同，在不改变所加铁屑总量的情况下，加入烟道灰(细小的活性炭)，可增大Cr(VI)的去除率，其原因是______。 （2）利用微生物电化学法可有效处理含有机物和Cr(VI)的酸性废水，其工作原理如图所示。 ①若废水中的有机物是C6H12O6，则甲池中电极反应式为______。 ②甲池产生0.6molCO2时，理论上乙池中H+的物质的量减少______。 （3）已知BaCr2O7易溶于水，BaCrO4难溶于水，在水溶液中Cr(Ⅵ)主要存在微粒平衡浓度占Cr(VI)总浓度的百分数与pH的关系如图。利用沉淀法有效去除酸性废水中Cr(VI)的实验操作为______。(可使用的试剂：NaOH溶液，BaCl2溶液) 【答案】（1） ①. +3+8H+=2Cr3++3+4H2O ②. 形成Fe-C原电池，还原Cr(VI)的速率加快；活性炭能吸附Cr(VI) （2） ①. C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+ ②. 3.2mol （3）边搅拌边向废水中加入NaOH溶液至pH略大于8，边搅拌边加入BaCl2溶液至静置后向上层清液中加BaCl2溶液不再产生沉淀为止，过滤 【解析】 【小问1详解】 ①酸性条件下，Cr(VI)主要以的形式存在，在酸性条件下与发生氧化还原反应，被还原为Cr3+，被氧化为，离子反应方程式为：+3+8H+=2Cr3++3+4H2O； ②活性炭比表面积大，可以吸附Cr(VI)，增加反应物的接触面积，且可以形成Fe−C原电池，Fe作负极，加快反应速率，增大Cr(VI)去除率； 【小问2详解】 ①甲池发生氧化反应，C6H12O6失去电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为：C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+； ②甲池产生0.6mol CO2，根据甲池电极反应，可知转移的电子数为2.4mol，生成2.4mol氢离子，氢离子通过质子交换膜进入乙池；乙池中的电极反应为：，由于转移的电子数为2.4mol，则消耗氢离子为5.6mol，又因为甲池有2.4mol氢离子转移到乙池，理论上乙池中氢离子的物质的量减少5.6mol－2.4mol=3.2mol； 【小问3详解】 由于BaCr2O7易溶于水，BaCrO4难溶于水，根据图像，碱性条件下Cr(VI)以形式存在，所以应将溶液转化为碱性，再加入氯化钡，具体实验操作为边搅拌边向废水中加入NaOH溶液至pH略大于8，边搅拌边加入BaCl2溶液至静置后向上层清液中加BaCl2溶液不再产生沉淀为止，过滤。 17. 利用CH4可以制备合成气(H2和CO)。 （1）CH4与CO2重整。 ①在基催化剂作用下，CH4与CO2重整反应的可能机理如上图所示，已知CH4转化的表达式为，写出CO2转化为CO的表达式：______。 ②已知：燃烧热燃烧热；燃烧热，则反应Ⅰ：______。 ③与重整反应制备合成气中的主要副反应为： Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． 在、进气流速相同、时，做催化剂，反应相同时间测得与的转化率随温度变化如图所示(仅考虑上述反应)： 不同温度下转化率始终大于转化率的主要原因为______；，随温度升高与转化率均下降的可能原因为______。 （2）部分氧化重整。 反应原理为。与该方法相比，和重整的优点是______。 【答案】（1） ①. ②. 247.3 ③. 反应I中和的转化率相同，相同条件下，反应II中的消耗速率大于反应III中的消耗速率 ④. 反应生成的积碳覆盖在催化剂表面，导致催化剂活性降低，反应速率减慢 （2）避免了甲烷部分氧化重整可能得爆炸风险或综合利用有利于碳中和 【解析】 【小问1详解】 ①由图可知，二氧化碳转化为一氧化碳的反应为，故答案为：； ②由题意可得如下热化学方程式为①，②，③，由盖斯定律可知，反应③—反应②×2—反应①×2得到反应247.3，故答案为：247.3； ③由图可知，反应I中和的转化率相同，相同条件下，反应II中的消耗速率大于反应III中的消耗速率，所以不同温度下转化率始终大于转化率；反应生成的积碳覆盖在催化剂表面，导致催化剂活性降低，反应速率减慢，所以，随温度升高与转化率均下降，故答案为：反应I中和的转化率相同，相同条件下，反应II中的消耗速率大于反应III中的消耗速率；反应生成的积碳覆盖在催化剂表面，导致催化剂活性降低，反应速率减慢； 【小问2详解】 由方程式可知，与该方法相比，和重整的优点是避免了甲烷部分氧化重整可能得爆炸风险或综合利用有利于碳中和，故答案为：避免了甲烷部分氧化重整可能得爆炸风险或综合利用有利于碳中和。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省扬州中学2024-2025学年第一学期期中试题 高二化学(选修) 2024.11 试卷满分：100分，考试时间：75分钟 注意事项： 1.作答第1卷前，请考生务必将自己的姓名、考试证号等写在答题卡上并贴上条形码。 2.将选择题答案填写在答题卡的指定位置上(使用机读卡的用2B铅笔在机读卡上填涂)，非选择题一律在答题卡上作答，在试卷上答题无效。 3.考试结束后，请将机读卡和答题卡交监考人员。 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　Mn-55 第Ⅰ卷(选择题共39分) 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法正确的是 A. 北京冬奥运会速滑场馆使用CO2跨临界制冰属于化学变化 B. 通过清洁煤技术减少煤燃烧造成的污染，有利于实现碳中和 C. 中国深海一号平台成功实现从深海开采石油，石油是混合物 D. 问天实验舱搭载的太阳翼是一种将电能转化为太阳能的新型电池装置 2. 下列关于燃烧热和中和热的描述中正确的是 A. HCl和NaOH反应中和热ΔH=-57.3kJ/mol，则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)反应的ΔH=2×(-57.3)kJ/mol B. CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH=＋(2×283.0)kJ/mol C. 反应热有正负之分，燃烧热ΔH全部是正值 D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 3. 下列事实能用平衡移动原理解释的是 A. 氯水在光照条件下颜色变浅，最终变为无色 B. 溶液中加入少量固体，促进分解 C. 常温下铁片放入浓中没有明显现象，加热能产生大量红棕色气体 D. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，加快氢气生成速率 4. 下列说法正确的是 A. 保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中的值增大 B. 用pH均为11的NaOH溶液和氨水分别中和等体积等物质的量浓度的盐酸，消耗氨水的体积更大 C. 用浓度均为0.01mol·L-1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 D. 常温下，向0.1mol·L-1醋酸溶液中加水稀释，溶液中的值增大 5. 根据下列图示所得出的结论正确的是 A. 图甲表示质量相等、大小相同的铝片，分别与5%、20%的足量稀盐酸中，生成氢气的质量与反应时间的关系曲线 B. 图乙是镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明时刻溶液的温度最高 C. 图丙表示与过量浓硝酸反应生成的气体体积随时间的变化关系，说明该反应在时间段内反应速率最快 D. 图丁是Cl2(g)＋CO(g)COCl2(g) △H＜0的反应速率随反应时间变化的曲线，说明时刻改变的条件是减小压强 6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. =10-12mol·L-1的溶液中：Na＋、Al3＋、Cl-、 B. 在pH为3的溶液：K＋、Fe2＋、SCN-、 C. 使甲基橙变红的溶液中：Na＋、Mg2＋、、[Al(OH)4]- D. 水电离的c(H＋)=1×10-13mol·L-1的溶液：Na＋、Mg2＋、、 7. 科学家利用氨硼烷设计成原电池装置如下图所示，该电池在常温下即可工作，总反应为NH3·BH3＋3H2O2=NH4BO2＋4H2O。下列说法错误的是 A. b室为该原电池的正极区 B. a室发生的电极反应式为NH3·BH3＋2H2O-6e-=NH＋BO＋6H＋ C. 放电过程中，H＋通过质子交换膜由b室移向a室 D. 其他条件不变，向H2O2溶液中加入适量硫酸能增大电流强度 8. 常温下，浓度均为0.1mol·L-1、体积为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg 的变化关系如图所示。下列叙述正确的是 A. HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱 B. 常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH-)：a<b C. 相同温度下，电离常数K(HX)：a>b D. lg ＝3，若同时微热两种溶液，则减小 9. 室温下，向20.00 mL0.1000mol・L-1盐酸中滴加0.100mol・L-1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5=0.7,下列说法不正确的是 A. V(NaOH)=20.00mL时，pH=7 B. V(NaOH)=30.00mL时，pH=12.3 C. 选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小 D. 滴定过程中，水的电离程度不断减小 10. Al—N2二次电池以离子液体为电解质，其工作原理如图所示。石墨烯/Pd作为电极催化剂，可吸附N2。下列说法正确的是 A. 充电时，可实现“氮的固定” B. 充电时，阴极上反应为：Al3++3e-=Al C. 放电时，正极上反应为：8Al2Cl+N2+6e-=2AlN+14AlCl D. 放电时，石墨烯/Pd用于提高N2反应的活化能 11. 为实现“碳达峰、碳中和”的目标，科学家提出以为催化剂，用光热化学循环分解法，达到减少大气中量的目的，反应的机理如图所示： 物质的量 物质 完全断键所需吸收的总能量 下列说法不正确的是 A. 过程①中光能转化为化学能 B. 过程④为吸热过程 C. 降低该反应的焓变，提高该反应速率 D. 全过程热化学方程式为 12. 尿素[CO(NH2)2]是一种高效缓释氮肥。利用NH3和CO2合成尿素的反应分两步进行： ①； ②。 下列说法正确的是 A. 反应①的 B. 反应①的平衡常数可表示为 C. 的 D. 温度越高，反应速率越快，NH3的平衡转化率越大 13. 二甲醚(CH3OCH3)催化制备乙醇主要涉及两个反应： 反应Ⅰ：CO(g)＋CH3OCH3(g)=CH3COOCH3(g)　ΔH1<0 反应Ⅱ：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)=CH3CH2OH(g)＋CH3OH(g)　ΔH2<0 在CO、CH3OCH3、H2的原料比固定及体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时部分物质的物质的量分数随温度的变化如图所示。 下列说法正确的是 A. 反应CO(g)＋CH3OCH3(g)＋2H2(g)=CH3CH2OH(g)＋CH3OH(g)一定可以自发进行 B. 温度高于600K时，温度对反应Ⅰ的影响大于对反应Ⅱ的影响 C. 由图可知，随着温度的升高，H2的平衡转化率先增大后减小 D. 其他不变，延长反应时间或选用对反应Ⅱ催化性能更好的催化剂都能提高平衡混合物中乙醇含量 第II卷(非选择题共61分) 14. 臭氧是一种有特殊臭味、稳定性较差的淡蓝色气体。臭氧常用于杀菌消毒，也是理想的烟气脱硝剂。 （1）脱硝反应之一：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)ΔH<0，T℃时，向1.0L恒容密闭容器中充入2.0molNO2和1.0molO3，反应过程中测定的部分数据见表： t/s 0 3 6 12 24 n(O2)/mol 0 0.36 0.60 0.80 0.80 ①反应在0～3s内的平均速率v(NO2)=______。 ②下列描述中能说明上述反应已达平衡的是______。(填字母) A．混合气体密度不再变化 B．单位时间内消耗2molNO2的同时生成1molO2 C．v(NO2)正=2v(N2O5)逆 D．混合气体压强不再变化 ③T℃时，上述脱硝反应的化学平衡常数等于______。 ④T℃时，若上述容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，开始时反应______(填“正向进行”、“逆向进行”或“达平衡”)。 （2）脱硝反应之二：O3氧化-NaOH溶液吸收法脱除NO，主要生成物有NaNO3和O2. ①写出该反应的化学方程式______。 ②不改变O3和NO的比例，混合气体以相同流速通过NaOH溶液，研究不同温度下NO脱除率的变化，结果如图，60～80℃NO脱除率下降的可能原因是______。 15. 已知以下几种常见酸的电离平衡常数(25℃)：、；HClO： （1）浓度均为0.1mol/L的下列四种溶液，pH最小是______(填字母)。 A. B. C. HClO D. HCl （2）25℃时，将pH=2的醋酸和盐酸各1mL分别加水稀释至100mL，稀释后溶液中水的电离程度：醋酸______盐酸(填“>”、“<”或“=”)。 （3）将少量通入次氯酸钠溶液中的离子方程式为______。 （4）现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)。 Ⅰ．实验步骤 ①用移液管量取25.00mL食用白醋，用水稀释后转移到250mL容量瓶中定容，摇匀得待测白醋溶液。 ②用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴______作指示剂。 ③读取盛装0.1000mol·L-1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为______mL。 ④滴定。当______时，停止滴定，并记录滴定管中NaOH溶液的最终读数。重复滴定3次。 Ⅱ．实验记录 滴定次数 实验数据/mL　　　　　　 1 2 3 4 V(样品) 20.00 20.00 20.00 20.00 V(NaOH)(消耗) 20.95 20.00 20.05 19.95 Ⅲ．数据处理与讨论 ⑤下列操作中可能使所测白醋的浓度偏低的是______(填字母)。 A．滴定前盛放白醋溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 B．酸式滴定管没有用待装液润洗 C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 ⑥请根据实验数据计算该市售白醋总酸量=______g/100mL。(写出计算过程) 16. Cr(VI)有高毒性，在溶液中以或的形式存在，不同pH条件下两者可相互转化+H2O+2H+)。常用还原法、微生物电化学法、沉淀法处理含Cr(VI)的废水。 （1）向废水中加入Na2SO3或Fe等还原剂可将Cr(VI)还原为低毒性Cr3+，再调节溶液pH使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀除去。 ①酸性废水中Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr3+的离子方程式为______。 ②其他条件相同，在不改变所加铁屑总量的情况下，加入烟道灰(细小的活性炭)，可增大Cr(VI)的去除率，其原因是______。 （2）利用微生物电化学法可有效处理含有机物和Cr(VI)的酸性废水，其工作原理如图所示。 ①若废水中的有机物是C6H12O6，则甲池中电极反应式为______。 ②甲池产生0.6molCO2时，理论上乙池中H+的物质的量减少______。 （3）已知BaCr2O7易溶于水，BaCrO4难溶于水，在水溶液中Cr(Ⅵ)主要存在微粒平衡浓度占Cr(VI)总浓度的百分数与pH的关系如图。利用沉淀法有效去除酸性废水中Cr(VI)的实验操作为______。(可使用的试剂：NaOH溶液，BaCl2溶液) 17. 利用CH4可以制备合成气(H2和CO)。 （1）CH4与CO2重整。 ①在基催化剂作用下，CH4与CO2重整反应的可能机理如上图所示，已知CH4转化的表达式为，写出CO2转化为CO的表达式：______。 ②已知：燃烧热燃烧热；燃烧热，则反应Ⅰ：______。 ③与重整反应制备合成气中的主要副反应为： Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． 在、进气流速相同、时，做催化剂，反应相同时间测得与的转化率随温度变化如图所示(仅考虑上述反应)： 不同温度下转化率始终大于转化率的主要原因为______；，随温度升高与转化率均下降的可能原因为______。 （2）部分氧化重整。 反应原理为。与该方法相比，和重整的优点是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $