精品解析：云南省开远市第一中学校2024-2025学年高二上学期期中检测化学试题

开远市第一中学校2024年秋季学期高二年级期中考 化学 2024.11 考生注意： 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 2.考生作答时，请将答案填涂在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效。 3.本卷命题范围：必修一全册，必修二全册，选择性必修三有机推断，选择性必修一第一、二章。 4.可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，S-32，Na-11，Fe-56，V-51，Al-27 第Ⅰ卷(选择题 共42分) 一、选择题(本大题共14小题，每题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 1. 2024年巴黎奥运会上，中国企业生产的体育器材出现在多个项目的赛场上。它们凭借过硬的质量、创新的产品形态，展现了我国科技创新的成果。下列说法正确的是 A. 乒乓球使用的材料ABS塑料属于纯净物 B. 网球奥运冠军郑钦文比赛用的是碳纤维网球拍，碳纤维是有机高分子材料 C. 杠铃采用的弹簧钢材料60Si2Mn属于合金 D. 智能柔道垫所用“芯片”的主要成分为SiO2 【答案】C 【解析】 【详解】A．ABS塑料属于有机高分子材料，属于混合物，而非纯净物，A错误； B．碳纤维含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，属于无机非金属材料，B错误； C．60Si2Mn是一种合金钢，主要含有碳、硅和锰元素，属于合金，C正确； D．现代电子芯片的主要成分是晶体硅，D错误； 答案选C。 2. 按物质组成分类，Na[Al(OH)]4属于 A. 酸 B. 碱 C. 盐 D. 混合物 【答案】C 【解析】 【详解】电离出的阳离子全是氢离子的化合物是酸，电离出的阴离子全是OH-离子的化合物属于碱，阳离子和酸根组成的化合物属于盐，酸碱盐都是纯净物，NaAl(OH)4有固定的组成，属于纯净物，由Na+和酸根离子组成的化合物，属于盐类，C正确； 答案选C。 3. 扎染是中国传统的手工染色技术，染色的核心工艺流程如下。 下列推论错误的是 A. 制备环节：改变还原剂可调控化学反应速率 B. 退浆环节：催化剂可大幅度加快化学反应速率 C. 退浆环节：加热煮沸可以提高淀粉酶的活性 D. 染色环节：升高体系温度可加快化学反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A．制备环节中，传统工艺用H2还原靛蓝需7-15天，现代工艺用连二亚硫酸钠作还原剂仅需30分钟，二者均在常温下，还原剂不同导致反应时间显著缩短，说明改变还原剂可调控化学反应速率，A正确； B．退浆环节中，传统工艺常温浸泡需数天，现代工艺常温加入淀粉酶仅需几分钟，淀粉酶作为催化剂，大幅缩短了反应时间，说明催化剂能大幅度加快化学反应速率，B正确； C．退浆环节使用的淀粉酶是生物催化剂，其活性受温度影响，存在最适温度，加热煮沸会使酶变性失活，无法提高活性，C错误； D．染色环节中，常温浸泡需几小时且上色效果差，煮沸仅需几分钟且效果佳，说明升高温度加快了化学反应速率，D正确； 故选C。 4. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，X是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是 A. X与Y可形成化合物X2Y3 B. 简单氢化物的沸点：Y>W C. 工业上电解熔融XZ3制备X D. Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸 【答案】A 【解析】 【分析】X是地壳中含量最多的金属元素，X为Al元素，W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，W为O元素，Y为S元素，Z为Cl元素，据此分析解题。 【详解】A．X与Y可形成化合物Al2S3，A正确； B．W为O元素，Y为S元素，简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间有氢键沸点高，简单氢化物的沸点：Y<W，B错误； C．AlCl3为共价化合物，熔融状态不电离，工业上用电解熔融Al2O3制备金属铝，C错误； D．Y、Z的最高氧化物对应的水化物均为强酸，其他低价氧化物对应的水化物不一定是强酸，如亚硫酸为弱酸，D错误； 故选A。 5. 下列物质长期储存过程中发生的变化与氧化还原无关的是 A. 黄色过氧化钠粉末长期储存变白 B. 棕色氯化铁固体长期储存变黄 C. 无色苯酚固体长期储存变红 D. 浓硝酸长期储存变黄 【答案】B 【解析】 【详解】A．过氧化钠与空气中的水和二氧化碳反应，最终生成碳酸钠，该过程中元素化合价变化，与氧化还原反应有关，A不符题意； B．棕色氯化铁固体长期储存变黄是因为形成的，该过程中元素化合价不变，与氧化还原无关，B符合题意； C．苯酚被氧化后会会变为粉红色，与氧化还原有关，C不符题意； D．浓硝酸不稳定会分解，生成红棕色的NO2溶于硝酸中，使溶液呈黄色，该反应属于氧化还原反应，D不符题意； 答案选B。 6. 已知热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)　ΔH=-571.6 kJ·mol-1，下列说法错误的是 A. H2的燃烧热为285.8 kJ·mol-1 B. 能量图： C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)　ΔH>-571.6 kJ·mol-1 D. 1 mol H2和2 mol H2的燃烧热相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．已知热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)　ΔH=-571.6 kJ·mol-1，1molH2完全燃烧放出的热量为285.8 kJ，则H2的燃烧热为285.8 kJ·mol-1，故A项正确； B．由热化学方程式可知，该反应为放热反应，反应物所具有的总能量高于生成物具有的总能量，故B项错误； C．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)生成气态水，放出的热量比生成液态水小，ΔH>-571.6 kJ·mol-1，故C项正确； D．燃烧热的概念就是1mol可燃物完全燃烧生成指定稳定的物质放出来的热量，所以不管是多少摩尔氢气，燃烧热都是一样的，故D项正确； 故本题选B。 7. 下列装置正确且进行实验可以达到相应实验目的的是 A．测定锌与稀硫酸反应的速率 B．研究浓度对反应速率的影响 C．比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果 D．探究温度对化学平衡的影响 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．长颈漏斗会使锌与稀硫酸反应生成的氢气逸出，无法测定氢气的体积，则题给装置无法达到测定锌与稀硫酸反应的速率的实验目的，故A错误； B．过氧化氢溶液与亚硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠和硫酸，反应中无明显实验现象，则题给装置无法达到研究浓度对反应速率的影响的实验目的，故B错误； C．由图可知，催化剂中阳离子、阴离子均不同，由探究实验变量唯一化原则可知，则题给装置无法达到比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果的实验目的，故C错误； D．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮浓度增大，混合气体颜色加深，降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，则题给装置能够达到探究温度对化学平衡的影响的实验目的，故D正确； 故选D。 8. 甲烷在含催化剂作用下部分反应能量变化如图，下列说法错误的是 A. B. 步骤1的反应比步骤2快 C. 该过程实现了甲烷的氧化 D. 步骤2逆向反应的 【答案】B 【解析】 【详解】A．由能量变化图可知，，A正确； B．由能量变化图可知，步骤1的活化能，步骤2的活化能，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，B错误； C．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，C正确； D．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的，D正确； 答案选B。 9. 下图为工业合成氨的流程图。下列说法错误的是 A. 步骤①的目的是防止混入杂质使催化剂中毒 B. 步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率 C. 步骤③选择500℃的重要原因是催化剂活性最高 D. 步骤③、④、⑤均有利于提高原料的平衡转化率 【答案】D 【解析】 【分析】加压既能提高反应速率，又能促进平衡正向移动，合成氨的反应为放热反应，低温有利于平衡正向移动，但是低温下，催化剂活性低，反应速率也低，因此综合考虑将温度设定在500℃并使用含铁催化剂进行催化反应，及时将产生的NH3液化分离出来以提高N2和H2的转化率，剩余的N2和H2再循环利用。 【详解】A．步骤①中“净化”是除去杂质以防止铁触媒中毒，故A正确； B．合成氨的反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高反应速率，故B正确； C．由图可知工业生产中，催化合成氨的反应温度为500℃，说明500℃是催化剂催化活性的最佳温度，故C正确； D．催化剂只能提高反应速率，不能提高平衡转化率，合成氨反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，而液化分离出NH3和N2、H2的循环再利用均可以使平衡正向移动，所以步骤④、⑤有利于提高原料平衡的转化率，步骤③不利于提高原料的平衡转化率，故D错误； 答案选D。 10. 工业上常用碱性废液吸收，为了提高吸收效率，常用作为催化剂，反应原理为，部分催化过程如图所示，下列有关说法错误的是 A. 过程1中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：1 B. “过程2”的离子方程式可表示为 C. 也可用于脱硫，且脱硫效果和一样 D. 在反应过程中产生的可加快对的吸收 【答案】C 【解析】 【分析】根据图示可知，转化关系中的过程1是和ClO-发生反应生成NiO2和Cl-，反应的离子方程式为+ClO-=2 NiO2+Cl-；过程2为NiO2与ClO-发生反应生成和Cl-、O，反应的离子方程式为2NiO2+ClO-=+Cl-+2O； 【详解】A．过程1反应的离子方程式为+ClO-=2NiO2+Cl-，氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂，Ni元素化合价升高，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：1，选项A正确； B．过程2为NiO2与ClO-发生反应生成和Cl-、O，反应的离子方程式为2NiO2+ClO-=+Cl-+2O，选项B正确； C．Ca2+与结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行，故也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，选项C错误； D．在反应过程中产生的可加快ClO-的转化产生更多的活性氧，加快对的吸收，选项D正确； 答案选C。 11. 使用下列实验装置进行实验，可以达到实验目的的是 A. 装置甲：制备并收集纯净的 B. 装置乙：灼烧固体 C. 装置丙：测量的体积 D. 装置丁：制备胶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．氨气的密度比空气密度小，需要用向下排气法，导管应伸到小试管的底部，A错误； B．在瓷坩埚中，碳酸钠高温下与二氧化硅反应生成硅酸钠与二氧化碳，不能用瓷坩埚灼烧碳酸钠固体，B错误； C．氧气不易溶于水，可以通过页面的高度差确认氧气的体积，C正确； D．制备胶体需要用饱和氯化铁溶液滴加进沸腾的蒸馏水中，不能直接滴加进氢氧化钠溶液，D错误； 故选C。 12. 据实验操作及现象，能得出相应结论的是 实验操作及现象 结论 A 向某无色溶液中先加入少量氯水，再加入，振荡，下层溶液呈紫红色 原溶液中一定存在 B 向某无色溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊 原溶液中一定含有或 C 取少量待测液于试管中，加几滴盐酸酸化溶液，产生白色沉淀 溶液中含有 D 向氯水中加入一定量铁粉，充分振荡后滴加几滴KSCN溶液，溶液呈浅绿色 该氯水为久置氯水 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．向某无色溶液中先加入少量氯水，再加入，振荡，下层溶液呈紫红色，说明有碘单质生成，可证明原溶液中一定存在，A正确； B．向某无色溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，该气体可能是二氧化硫，则原溶液中可能不存在或，B错误； C．取少量待测液于试管中，加几滴盐酸酸化溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能是氯化银沉淀，则原溶液中可能无，C错误； D．久置氯水相当于盐酸溶液，但是若铁粉过量，过量铁粉会把还原为，则不能证明该氯水为久置氯水，D错误； 答案选A。 13. 下列离子方程式错误的是 A. 将少量氯气通入Na2SO3溶液：Cl2+3SO+H2O=2Cl- +SO +2HSO B. 向KI浓溶液中加入FeCl3： 2Fe3++2I-=2Fe2++I2 C. AgCl固体溶于过量氨水：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]+ + Cl- +2H2O D. 将CO2通入饱和碳酸钠溶液中：CO+CO2+H2O=2HCO 【答案】D 【解析】 【详解】A．将少量氯气通入Na2SO3溶液，把亚硫酸根氧化为硫酸根离子，生成的H+与亚硫酸根离子结合生成亚硫酸氢根离子，离子方程式为：Cl2+3SO+H2O=2Cl- +SO +2HSO，A正确； B．向KI浓溶液中加入FeCl3：Fe3+具有氧化性，把I-氧化为I2单质，自身还原为Fe2+离子，离子方程式为： 2Fe3++2I-=2Fe2++I2，B正确； C．AgCl固体溶于过量氨水生成[Ag(NH3)2]+和Cl-，离子方程式为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]+ + Cl- +2H2O，C正确； D．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，会生成沉淀，离子方程式为：2Na++CO+CO2+H2O=2NaHCO3↓，D错误； 答案选D。 14. 下列有关热化学方程式的评价合理的是。 选项 实验事实 热化学方程式 评价 A 若H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)　ΔH=-57.3 kJ· mol-1，将稀硫酸和NaOH溶液混合 H2SO4(aq)+2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)　ΔH=-57.3 kJ· mol-1 正确 B 醋酸和稀NaOH溶液混合 CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ· mol-1 不正确，因为醋酸的状态为“l”，而不是“aq” C 160 g SO3气体与足量液态水反应生成H2SO4放出热量260.6 kJ SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(aq) ΔH=-130.3 kJ· mol-1 不正确，因为反应热ΔH=-260.6 kJ· mol-1 D 1 mol C6H14(l)在O2(g)中燃烧，生成CO2(g)和H2O(l)，放出2082 kJ的热量 2C6H14(l)+19O2(g)=12CO2(g)+14H2O(l)　ΔH=-4164 kJ· mol-1 正确 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．将稀硫酸和NaOH溶液混合生成2 mol水时发生反应的热化学方程式为H2SO4(aq)+2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)ΔH=-114.6 kJ· mol-1，A项错误； B．因醋酸是弱酸，电离时需要吸热，所以反应热ΔH>-57.3 kJ· mol-1，即CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)　ΔH>-57.3 kJ· mol-1，B项错误； C．因160 g (2 mol)SO3气体与适量水恰好完全反应生成H2SO4，放出热量260.6 kJ，则1 mol SO3气体与适量水恰好完全反应生成H2SO4，放出热量130.3 kJ，热化学方程式为SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(aq)　ΔH=-130.3 kJ· mol-1，C项错误； D．1 mol C6H14(l)在O2(g)中燃烧，生成CO2(g)和H2O(l)，放出2082 kJ的热量，则发生反应的热化学方程式为2C6H14(l)+19O2(g)=12CO2(g)+14H2O(l)ΔH=-4164 kJ· mol-1，D项正确； 故选D。 第Ⅱ卷(非选择题 共58分) 二、非选择题(本大题共4小题，共58分。) 15. 为了有效减少碳排放，我们可利用CO2制备“合成气”(CO、H2)、甲醇、二甲醚等产品，进行资源化应用，用CO2合成二甲醚有两种工艺。 工艺一：涉及以下主要反应： i．甲醇的合成：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ∆H1<0； ii．逆水汽变换：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H2>0； iii．甲醇脱水：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ∆H3>0. 工艺二：利用CO2直接加氢合成CH3OCH3(反应IV)。 （1）①反应①___________(填“高温”或“低温”)自发，反应IV的热化学方程式：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ∆H4=___________。(用上述反应的∆H表示)。 ②恒温恒容条件下，下列说法能判断反应IV达到平衡的是___________(填字母)。 A．气体物质中碳元素与氧元素的质量比不变 B．容器内压强不变 C．容器内气体密度不变 D．混合气体的平均摩尔质量不变 （2）工艺一需先合成甲醇。在不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料合成甲醇，实验测定CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如甲图所示，CO2的平衡转化率随温度的变化关系如乙图所示。 ①下列说法正确的是___________。 A．P1<P2<P3 B．一定温度、压强下，提高CO2平衡转化率的主要方向是寻找活性更高的催化剂 C．为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，选择低温、高压条件 D．工业上可以选择合适的催化剂来提高甲醇的选择性(已知：CH3OH的选择性=×100%) ②图乙中，某温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。 （3）对于反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H2>0，反应速率υ=υ正-υ逆=k正p(CO2)p(H2)-k逆p(CO)p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。 ①在T1、恒容刚性容器下，按n(CO2)=n(H2)= 1mol投料，Kc=，若反应达到平衡时再投入CO2、H2、CO和H2O各1mol，此时v正___________v逆(填“<”“>”或“=”)。 ②在T2、恒压101kPa条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：1投料，CO2转化率为30%时， = ，用气体分压表示的平衡常数Kp=___________。 【答案】（1） ①. 低温 ②. ΔH4=2ΔH1+ΔH3 ③. BD （2） ①. CD ②. 该温度时，以反应II为主，压强对该平衡移动无影响 （3） ①. < ②. 【解析】 【小问1详解】 △G=△H-T△S<0可以自发进行，反应iCO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ，∆H1<0，△S<0，因此低温时△G<0，低温可以自发进行； 根据盖斯定律：i×2+iii得目标方程式，因此，ΔH4=2ΔH1+ΔH3； A．根据质量守恒定律，气体物质中碳元素与氧元素的质量比始终不变，所以气体物质中碳元素与氧元素的质量比不变不能说明反应达到平衡状态，故A错误； B．该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，容器内压强减小，当容器内压强不变，说明反应达到平衡状态，故B正确； C．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故C错误； D．容器内CH3OCH3浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确； 故答案为：BD 【小问2详解】 A．合成甲醇的反应为气体分子总数减小的反应，逆水汽变换反应为气体分子总数不变的反应，因此压强增大，的平衡转化率升高，因此，压强的大小顺序为：P1>P2>P3，故A不正确； B．催化剂对平衡移动无影响，使用催化剂不能提高的平衡转化率，故B不正确； C．由于合成甲醇的正反应是气体体积减少的放热反应，为了同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择低温、高压的反应条件，故C正确； D．催化剂具有选择性，选择合适的催化剂来提高甲醇的选择性，从而提高甲醇的产率，D正确； 故答案为：CD； 容器中发生反应①CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ∆H1<0和②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H2>0；反应①是放热反应，反应②是吸热反应，升高到一定温度时，以反应②为主，二氧化碳的转化率升高，故某温度时三条线几乎交于一点的原因是：该温度时以反应②为主，压强对该平衡移动无影响； 【小问3详解】 Kc=，x=0.4，若反应再投入CO2、H2、CO和H2O各1mol，则Qc==>Kc，平衡逆向移动，此时v正<v逆； 设初始浓度为c(CO2)=c(H2)=1mol/L， 其中P(CO2)=P(H2)=P总，P(CO)=P(H2O)=P总，已知v正：v逆=7：9，=，则K正：K逆=1:7，当反应达到平衡时v正=v逆，==1，故Kp===。 16. X、Y、Z、R均为中学化学中常见的纯净物，它们之间有如图转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。 （1）若X为有刺激性气味的气体，其水溶液呈碱性；Z为红棕色气体，与水反应生成一元强酸W，W具有强氧化性。在一定条件下，X能与Z反应生成一种单质和一种无色无味的液体，写出X与Z反应的化学方程式：___________，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。 （2）若X、Y、Z的焰色试验均呈黄色，且Z经加热分解可制得Y，R为无色无味的气体。分别取两份50 mL等浓度的X溶液，各向其中通入一定量的R气体，随后各取反应后溶液10 mL，分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入的HCl溶液，产生的R气体体积(标准状况下)与所加入的HCl溶液体积之间的关系如图所示，试分析： ①X的化学式为___________，X溶液与Z溶液反应的离子方程式为___________。 ②X溶液在吸收R气体后，溶液乙中存在的溶质是___________，其物质的量之比是___________。 ③原X溶液的物质的量浓度是___________，溶液甲最多还能吸收R气体的体积为___________mL(标准状况)。 【答案】（1） ①. ②. 4：3 （2） ①. NaOH ②. OH-+HCO=H2O+CO ③. NaHCO3和 Na2CO3 ④. 1：1 ⑤. 0.75 ⑥. 112 【解析】 【小问1详解】 根据题干可知，X有刺激性气味且水溶液显碱性，所以X是氨气，氨气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮和氨气反应生成氮气和水，化学方程式为：；氧化剂是二氧化氮，生成的还原产物为3个氮气，还原剂是氨气，生成的氧化产物为4个氮气，氧化产物和还原产物物质的量之比为：4：3； 【小问2详解】 X、Y、Z的焰色试验均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物，Z经加热分解可制得Y，R是无色无味气体，可推知， X为NaOH，Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，R是CO2，据此解答； ①X的化学式为NaOH；氢氧化钠和碳酸氢钠反应的离子方程式为：OH-+HCO=H2O+CO； ②当生成二氧化碳气体时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，乙图中后面消耗盐酸的体积大于前面，所以溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，由反应：Na2CO3+HCl= NaHCO3+ NaCl可知，n(Na2CO3)=(HCl)=0.025 L×0.1 mol·L-1=0.0025 mol，生成的 NaHCO3的物质的量为0.0025 mol，由反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，总的NaHCO3的物质的量为0.05 L×0.1 mol·L-1=0.005 mol，故原溶液中NaHCO3的物质的量为0.005 mol-0.0025 mol=0.0025 mol，NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是1:1； ③加入75 mL盐酸时，溶液中的溶质恰好完全反应，此时溶液为氯化钠溶液，根据Na、Cl元素守恒可知10mLNaOH溶液中(NaOH)=(NaCl)=(HCl)=0.075 L×0.1mol·L-1=0.0075mol，故原NaOH溶液的物质的量浓度是：；当NaOH完全转化为NaHCO3时，吸收的CO2最多，10 mLNaOH溶液中(NaOH)=0.0075mol，最多吸收0.0075 molCO2，已经吸收了0.0025 mol，最多还能吸收CO2的物质的量为0.005 mol，在标准状况下的体积为0.005mol×22.4L·mol-1=0.112 L=112 mL。 17. 黏土钒矿中，钒以价、价、价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。 已知：ⅰ．有机酸性萃取剂HR的萃取原理为： ；org表示有机溶液。 ⅱ．酸性溶液中，HR对价钒萃取能力强，而对价钒的萃取能力较弱。 ⅲ．HR能萃取而不能萃取。 （1）从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有_______。 （2）滤渣的主要成分是_______。 （3）浸出液中钒以价、价的形式存在，简述加入铁粉的原因：_______。 （4）从平衡移动原理解释有机层中加入20%溶液的作用：_______。 （5）和反应生成和的离子方程式是_______。 （6）测定产品的纯度。称取产品ag，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用cmol/L溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______(的摩尔质量为Mg/mol)。 （7）从无机层获得的离子方程式是_______。 【答案】（1）将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等 （2） （3）将转化为，并将五价钒还原为四价钒，以实现Fe和V的分离 （4）加入20%溶液，氢离子浓度增大，反应的化学平衡逆向移动，使得V更多的进入无机层，与萃取剂分离 （5） （6） （7） 【解析】 【分析】黏土钒矿中，钒以价、价、价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等，加入浓硫酸且通入空气，不反应成为滤渣；浸出液中加入氨水调节pH，生成硫酸铝铵沉淀；滤液中加入铁粉将转化为，并将五价钒还原为四价钒；使用HR萃取钒到有机层，有机层加入硫酸、氯酸钾可将四价钒转化为五价钒，加入氨水得到，煅烧得到；水层加入氨水、通入空气得到氢氧化铁，煅烧可得到氧化铁。 【小问1详解】 黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等，故答案为：将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等。 【小问2详解】 根据分析，滤渣的主要成分是。 【小问3详解】 加入铁粉的目的是将转化为，并将五价钒还原为四价钒，以实现Fe和V的分离。 【小问4详解】 根据已知信息ⅰ，有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：，加入20%溶液，有利于该反应平衡逆向移动，使得V更多的进入无机层，便于下一步反应进行。 【小问5详解】 和反应生成和，根据得失电子守恒和原子守恒可知离子方程式为。 【小问6详解】 加入硫酸将转化为，加入指示剂后，再用溶液滴定将转化为，则根据得失电子守恒和原子守恒可得：，则，质量分数为。 【小问7详解】 无机层中加入氨水、通入空气，被氧化得到沉淀，离子方程式为。 18. G是有机化学重要的中间体，能用于合成多种药物和农药，G的一种合成路线如图： 已知：① (苯胺，呈碱性，易被氧化)。 ②苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。 请回答下列问题： （1）A→B除生成B外，还有HCl生成。用习惯命名法命名A名称为___________。 （2）①的反应类型为___________，设置反应①的目的是___________。 （3）C中官能团名称为___________ ，lmolC在反应③的第一步过程中最多消耗___________molNaOH。 （4）写出D→E的化学反应方程式___________。 （5）M是G的一种同分异构体，写出满足下列条件M的其中一种异构体结构简式___________。 ①分子结构中含一个苯环，且环上一氯代物只有一种； ②1mol该物质与足量反应生成。 （6）根据题中的信息，设计以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选)___________。 【答案】（1）间甲基苯酚 （2） ①. 取代反应 ②. 保护酚羟基，防止其被氧化 （3） ①. 羧基、酯基 ②. 3mol （4）+HNO3(浓)+H2O （5）或 （6） 【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，与乙酰氯发生取代反应生成，则A为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后、酸化得到，则D为；浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则E为；与铁、盐酸发生还原反应生成，一定条件下与乙酰氯发生取代反应生成。 【小问1详解】 由分析可知，A的结构简式为，名称为间甲基苯酚，故答案为：间甲基苯酚； 【小问2详解】 由分析可知，反应①为与乙酰氯发生取代反应生成和氯化氢；由和都含有酚羟基可知，设置反应①的目的是保护酚羟基，防止其被氧化，故答案为：取代反应；保护酚羟基，防止其被氧化； 【小问3详解】 由结构简式可知，的官能团为羧基和酯基；分子中含有的羧基和酚酯基都能与氢氧化钠溶液反应，则1mol最多消耗3mol氢氧化钠，故答案为：羧基、酯基；3mol； 【小问4详解】 由分析可知，D→E的反应为浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成和水，反应的化学反应方程式为+HNO3(浓)+H2O，故答案为：+HNO3(浓)+H2O； 【小问5详解】 G的同分异构体N分子结构中含一个苯环，且环上一氯代物只有一种说明N分子的结构对称，1molN与足量碳酸氢钠反应生成2mol二氧化碳，说明分子中含有2个羧基，则符合条件的结构简式为、，故答案为：或； 【小问6详解】 由题给信息可知，以甲苯为原料合成有机物的合成步骤为浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，合成路线为 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 开远市第一中学校2024年秋季学期高二年级期中考 化学 2024.11 考生注意： 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 2.考生作答时，请将答案填涂在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效。 3.本卷命题范围：必修一全册，必修二全册，选择性必修三有机推断，选择性必修一第一、二章。 4.可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，S-32，Na-11，Fe-56，V-51，Al-27 第Ⅰ卷(选择题 共42分) 一、选择题(本大题共14小题，每题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 1. 2024年巴黎奥运会上，中国企业生产的体育器材出现在多个项目的赛场上。它们凭借过硬的质量、创新的产品形态，展现了我国科技创新的成果。下列说法正确的是 A. 乒乓球使用的材料ABS塑料属于纯净物 B. 网球奥运冠军郑钦文比赛用的是碳纤维网球拍，碳纤维是有机高分子材料 C. 杠铃采用的弹簧钢材料60Si2Mn属于合金 D. 智能柔道垫所用“芯片”的主要成分为SiO2 2. 按物质组成分类，Na[Al(OH)]4属于 A. 酸 B. 碱 C. 盐 D. 混合物 3. 扎染是中国传统的手工染色技术，染色的核心工艺流程如下。 下列推论错误的是 A. 制备环节：改变还原剂可调控化学反应速率 B. 退浆环节：催化剂可大幅度加快化学反应速率 C. 退浆环节：加热煮沸可以提高淀粉酶的活性 D. 染色环节：升高体系温度可加快化学反应速率 4. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，X是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是 A. X与Y可形成化合物X2Y3 B. 简单氢化物的沸点：Y>W C. 工业上电解熔融XZ3制备X D. Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸 5. 下列物质长期储存过程中发生的变化与氧化还原无关的是 A. 黄色过氧化钠粉末长期储存变白 B. 棕色氯化铁固体长期储存变黄 C. 无色苯酚固体长期储存变红 D. 浓硝酸长期储存变黄 6. 已知热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)　ΔH=-571.6 kJ·mol-1，下列说法错误的是 A. H2的燃烧热为285.8 kJ·mol-1 B. 能量图： C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)　ΔH>-571.6 kJ·mol-1 D. 1 mol H2和2 mol H2的燃烧热相同 7. 下列装置正确且进行实验可以达到相应实验目的的是 A．测定锌与稀硫酸反应的速率 B．研究浓度对反应速率的影响 C．比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果 D．探究温度对化学平衡的影响 A. A B. B C. C D. D 8. 甲烷在含催化剂作用下部分反应能量变化如图，下列说法错误的是 A. B. 步骤1的反应比步骤2快 C. 该过程实现了甲烷的氧化 D. 步骤2逆向反应的 9. 下图为工业合成氨的流程图。下列说法错误的是 A. 步骤①的目的是防止混入杂质使催化剂中毒 B. 步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率 C. 步骤③选择500℃的重要原因是催化剂活性最高 D. 步骤③、④、⑤均有利于提高原料的平衡转化率 10. 工业上常用碱性废液吸收，为了提高吸收效率，常用作为催化剂，反应原理为，部分催化过程如图所示，下列有关说法错误的是 A. 过程1中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：1 B. “过程2”的离子方程式可表示为 C. 也可用于脱硫，且脱硫效果和一样 D. 在反应过程中产生的可加快对的吸收 11. 使用下列实验装置进行实验，可以达到实验目的的是 A. 装置甲：制备并收集纯净的 B. 装置乙：灼烧固体 C. 装置丙：测量的体积 D. 装置丁：制备胶体 12. 据实验操作及现象，能得出相应结论的是 实验操作及现象 结论 A 向某无色溶液中先加入少量氯水，再加入，振荡，下层溶液呈紫红色 原溶液中一定存在 B 向某无色溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊 原溶液中一定含有或 C 取少量待测液于试管中，加几滴盐酸酸化溶液，产生白色沉淀 溶液中含有 D 向氯水中加入一定量铁粉，充分振荡后滴加几滴KSCN溶液，溶液呈浅绿色 该氯水为久置氯水 A. A B. B C. C D. D 13. 下列离子方程式错误的是 A. 将少量氯气通入Na2SO3溶液：Cl2+3SO+H2O=2Cl- +SO +2HSO B. 向KI浓溶液中加入FeCl3： 2Fe3++2I-=2Fe2++I2 C. AgCl固体溶于过量氨水：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]+ + Cl- +2H2O D. 将CO2通入饱和碳酸钠溶液中：CO+CO2+H2O=2HCO 14. 下列有关热化学方程式的评价合理的是。 选项 实验事实 热化学方程式 评价 A 若H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)　ΔH=-57.3 kJ· mol-1，将稀硫酸和NaOH溶液混合 H2SO4(aq)+2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)　ΔH=-57.3 kJ· mol-1 正确 B 醋酸和稀NaOH溶液混合 CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ· mol-1 不正确，因为醋酸的状态为“l”，而不是“aq” C 160 g SO3气体与足量液态水反应生成H2SO4放出热量260.6 kJ SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(aq) ΔH=-130.3 kJ· mol-1 不正确，因为反应热ΔH=-260.6 kJ· mol-1 D 1 mol C6H14(l)在O2(g)中燃烧，生成CO2(g)和H2O(l)，放出2082 kJ的热量 2C6H14(l)+19O2(g)=12CO2(g)+14H2O(l)　ΔH=-4164 kJ· mol-1 正确 A. A B. B C. C D. D 第Ⅱ卷(非选择题 共58分) 二、非选择题(本大题共4小题，共58分。) 15. 为了有效减少碳排放，我们可利用CO2制备“合成气”(CO、H2)、甲醇、二甲醚等产品，进行资源化应用，用CO2合成二甲醚有两种工艺。 工艺一：涉及以下主要反应： i．甲醇的合成：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ∆H1<0； ii．逆水汽变换：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H2>0； iii．甲醇脱水：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ∆H3>0. 工艺二：利用CO2直接加氢合成CH3OCH3(反应IV)。 （1）①反应①___________(填“高温”或“低温”)自发，反应IV的热化学方程式：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ∆H4=___________。(用上述反应的∆H表示)。 ②恒温恒容条件下，下列说法能判断反应IV达到平衡的是___________(填字母)。 A．气体物质中碳元素与氧元素的质量比不变 B．容器内压强不变 C．容器内气体密度不变 D．混合气体的平均摩尔质量不变 （2）工艺一需先合成甲醇。在不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料合成甲醇，实验测定CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如甲图所示，CO2的平衡转化率随温度的变化关系如乙图所示。 ①下列说法正确的是___________。 A．P1<P2<P3 B．一定温度、压强下，提高CO2平衡转化率的主要方向是寻找活性更高的催化剂 C．为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，选择低温、高压条件 D．工业上可以选择合适的催化剂来提高甲醇的选择性(已知：CH3OH的选择性=×100%) ②图乙中，某温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。 （3）对于反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H2>0，反应速率υ=υ正-υ逆=k正p(CO2)p(H2)-k逆p(CO)p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。 ①在T1、恒容刚性容器下，按n(CO2)=n(H2)= 1mol投料，Kc=，若反应达到平衡时再投入CO2、H2、CO和H2O各1mol，此时v正___________v逆(填“<”“>”或“=”)。 ②在T2、恒压101kPa条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：1投料，CO2转化率为30%时， = ，用气体分压表示的平衡常数Kp=___________。 16. X、Y、Z、R均为中学化学中常见的纯净物，它们之间有如图转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。 （1）若X为有刺激性气味的气体，其水溶液呈碱性；Z为红棕色气体，与水反应生成一元强酸W，W具有强氧化性。在一定条件下，X能与Z反应生成一种单质和一种无色无味的液体，写出X与Z反应的化学方程式：___________，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。 （2）若X、Y、Z的焰色试验均呈黄色，且Z经加热分解可制得Y，R为无色无味的气体。分别取两份50 mL等浓度的X溶液，各向其中通入一定量的R气体，随后各取反应后溶液10 mL，分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入的HCl溶液，产生的R气体体积(标准状况下)与所加入的HCl溶液体积之间的关系如图所示，试分析： ①X的化学式为___________，X溶液与Z溶液反应的离子方程式为___________。 ②X溶液在吸收R气体后，溶液乙中存在的溶质是___________，其物质的量之比是___________。 ③原X溶液的物质的量浓度是___________，溶液甲最多还能吸收R气体的体积为___________mL(标准状况)。 17. 黏土钒矿中，钒以价、价、价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。 已知：ⅰ．有机酸性萃取剂HR的萃取原理为： ；org表示有机溶液。 ⅱ．酸性溶液中，HR对价钒萃取能力强，而对价钒的萃取能力较弱。 ⅲ．HR能萃取而不能萃取。 （1）从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有_______。 （2）滤渣的主要成分是_______。 （3）浸出液中钒以价、价的形式存在，简述加入铁粉的原因：_______。 （4）从平衡移动原理解释有机层中加入20%溶液的作用：_______。 （5）和反应生成和的离子方程式是_______。 （6）测定产品的纯度。称取产品ag，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用cmol/L溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______(的摩尔质量为Mg/mol)。 （7）从无机层获得的离子方程式是_______。 18. G是有机化学重要的中间体，能用于合成多种药物和农药，G的一种合成路线如图： 已知：① (苯胺，呈碱性，易被氧化)。 ②苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。 请回答下列问题： （1）A→B除生成B外，还有HCl生成。用习惯命名法命名A名称为___________。 （2）①的反应类型为___________，设置反应①的目的是___________。 （3）C中官能团名称为___________ ，lmolC在反应③的第一步过程中最多消耗___________molNaOH。 （4）写出D→E的化学反应方程式___________。 （5）M是G的一种同分异构体，写出满足下列条件M的其中一种异构体结构简式___________。 ①分子结构中含一个苯环，且环上一氯代物只有一种； ②1mol该物质与足量反应生成。 （6）根据题中的信息，设计以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选)___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $