精品解析：江苏省扬州市2024-2025学年高二上学期期末考试 化学试卷

2024-2025学年第一学期期末检测 高二化学 2025.01 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　B-11 O-16　Na-23 S-32　K-39 Ti-48 Cu-64 一、单项选择题：共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 我国探测器采集的月壤中含氧、硅、铁、钙等多种元素。下列元素位于周期表d区的是 A. 氧 B. 硅 C. 铁 D. 钙 【答案】C 【解析】 【详解】A．氧（O）价层电子排布式为2s22p4，位于周期表p区，A不符合题意； B．硅（Si）价层电子排布式为3s23p2，位于周期表p区，B不符合题意； C．铁（Fe）的价电子排布为3d64s2，属于d区，C符合题意； D．钙（Ca）价层电子排布式为4s2，位于周期表s区，D不符合题意； 故选C。 2. 反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O用于制备高能燃料N2H4。下列说法正确的是 A. NH3的电子式为 B. NaClO中既含离子键又含共价键 C. N2H4的结构式为 D. 中子数为18的氯的核素为Cl 【答案】B 【解析】 【详解】A．的分子中N原子提供3个电子跟3个H原子共用，同时还剩1个孤电子对，其电子式为，A错误； B．NaClO是由和构成，存在离子键；同时中还存在共价键，B正确； C．的结构为：，则其结构式为：，C错误； D．Cl为17号元素，质子数为17，中子数为18的Cl原子中质量数=17+18=35，则该核素表示为：，D错误； 故答案为：B。 3. 侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备Na2CO3。下列说法正确的是 A. 半径：r(Cl-)>r(Na+) B. 第一电离能：I1(O)>I1(N) C. 熔点：CO2>NaCl D. 酸性：H2CO3>HNO3 【答案】A 【解析】 【详解】A．Cl⁻的电子层数为3，Na⁺的电子层数为2，电子层数越大，离子半径越大，因此r(Cl⁻) > r(Na⁺)，A正确； B．氮原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能高于氧，因此I1(N) > I1(O)，B错误； C．CO2为分子晶体，NaCl为离子晶体，离子晶体熔点远高于分子晶体，因此NaCl的熔点更高，C错误； D．硝酸为强酸，碳酸为弱酸，酸性强弱为HNO3 > H2CO3，D错误； 故选A。 4. 量取2.72 mL 18.40 mol·L−1浓硫酸，配制100 mL 0.5000mol·L−1H2SO4溶液，并用于测定NaOH溶液的物质的量浓度(约为0.5 mol·L−1)。下列相关原理、装置及操作正确的是 A．量取硫酸 B．稀释硫酸 C．转移溶液 D．测定浓度 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．浓硫酸的体积为2.72 mL，精确到小数后两位，只能用滴定管量取，不能用量筒（精确度不够，只达到0.1），A错误； B．稀释浓硫酸要在烧杯中进行，不能在量筒中直接稀释，B错误； C．转移溶液要用玻璃棒引流，C错误； D．用酸式滴定管盛装稀硫酸来滴定锥形瓶中NaOH溶液，D正确； 故答案为：D。 5. 下列关于水的说法正确的是 A. 水是非电解质 B. 纯水的pH一定等于7 C. 水的化学性质比较稳定是由于水分子间存在氢键 D. 相同pH的盐酸和NH4Cl溶液中，水的电离程度不同 【答案】D 【解析】 【详解】A．水是极弱电解质，能微弱电离，属于电解质，A错误； B．纯水的pH在25℃时为7，温度变化时离子积变化，pH可能不等于7，但依然呈中性，B错误； C．水的化学稳定性由O-H键强度决定，氢键影响物理性质（如沸点），C错误； D．盐酸抑制水的电离，NH4Cl溶液促进水的电离，因此相同pH的盐酸和NH4Cl溶液中，水的电离程度不同，D正确； 故选D。 阅读下列材料，完成下面小题： 硫及其化合物用途广泛。实验室可用固体FeS与酸反应制取H2S气体；Fe2O3可用作脱硫剂，催化脱除工业废气中的H2S，生成单质硫；O2能将H2S氧化为SO2，用于制作H2S-O2燃料电池；稀H2SO4与稀NaOH溶液反应生成1 mol H2O(l)，放出的热为57.3 kJ。 6. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A. 单质硫为淡黄色固体，可用于制备硫化橡胶 B. H2S中H与S形成共价键，H2S具有还原性 C. SO2具有漂白性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 向NaOH溶液中通入过量SO2：SO2＋NaOH=NaHSO3 B. FeS与浓硝酸反应：FeS＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑ C. 稀H2SO4与稀NaOH溶液反应：H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋2H2O(l) ∆H=-57.3 kJ·mol−1 D. H2S-O2碱性燃料电池的正极反应：O2-4e-＋2H2O=4OH- 8. Fe2O3脱除H2S反应过程的部分机理如图所示。已知图中甲、乙是两种不同的吸附方式。下列说法不正确的是 A. 图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力强于图乙 B. 图中氧元素的化合价未发生变化 C. 脱硫剂活性降低的原因可能是生成的硫单质覆盖在Fe2O3表面 D. 失效的脱硫剂可在氧气中加热重新转化为Fe2O3实现“再生” 【答案】6. D 7. A 8. A 【解析】 【6题详解】 A．S单质为淡黄色固体，是物理性质，而硫单质还可以用于制备硫化橡胶和硫化塑料，提高其物理性能和耐热性，是化学性质，A错误； B．H2S中H与S形成共价键为共价化合物，H2S具有还原性是由于S为最低价态，B错误； C．SO2使酸性高锰酸钾褪色是因还原性，C错误； D．浓硫酸具有吸水性，可用于除去部分气体中的水蒸气，D正确； 故选D。 【7题详解】 A．向NaOH溶液中通入过量SO2生成NaHSO3，化学方程式：SO2＋NaOH=NaHSO3，A正确； B．硫化亚铁溶于浓硝酸中发生氧化还原反应，生成硫酸铁、NO2和水，B错误； C．中和热是指稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，热化学方程式中化学计量数为物质的量，当生成2mol水时放出的热量为生成1mol水时放出热量的2倍，C错误； D．H2S-O2碱性燃料电池的正极得电子，电极反应：O2+4e-＋2H2O=4OH-，D错误； 故选A。 【8题详解】 A．Fe2O3中铁元素为+3价、氧元素为-2价，图甲Fe2O3中带正电荷的铁元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的斥力较大，而图乙Fe2O3中带负电荷的氧元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的引力较大，则图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力弱于图乙，A错误； B．该过程中氧元素均以化合态形式存在，所以氧元素化合价并未改变，B正确； C．脱除一段时间后，析出的硫单质附着在催化剂表面，会影响催化剂的活性，C正确； D．催化剂失效后，在氧气中加热，FeS和O2反应生成Fe2O3和SO2，D正确； 故选A。 9. 一种新型锰氢二次电池以MnSO4溶液为电解质溶液，其充电原理如图所示，下列说法正确的是 A. 电极a连接电源的负极 B. 电极a所在电极室溶液的pH变小 C. H＋向电极a所在区域迁移 D. b极区产生的气体是O2 【答案】B 【解析】 【分析】在充电过程中，电极a上Mn2+转化为MnO2，锰元素化合价升高，发生氧化反应，根据电解池原理，阳极发生氧化反应，a极为阳极，b极为阴极。阳极与电源正极相连， 【详解】A．根据分析，a极为阳极，阳极与电源正极相连，所以电极a连接电源的正极，A错误； B．电极a的电极反应式为Mn2+ + 2H2O-2e- = MnO2 + 4H+，反应生成了H+，导致电极a所在电极室溶液中H+浓度增大，溶液的pH变小，B正确； C．在电解池中，阳离子向阴极移动，电极a为阳极，电极b为阴极，所以H+向电极b所在区域迁移，C错误； D．电极b为阴极，发生还原反应，溶液中的H+得到电子生成H2，而不是O2，D错误； 故选B。 10. 某温度下，密闭容器中发生反应4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g) ΔH<0。下列说法正确的是 A. 上述反应的∆S<0 B. 当v(NH3)∶v(H2O)=4∶6时，反应达到平衡状态 C. 温度升高，不利于提高NH3的平衡转化率 D. 上述反应中消耗11.2 L O2，转移电子的数目为2×6.02×1023 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应前后气体物质的量增加，熵变，A错误； B．速率比4:6由化学计量数决定，无论是否平衡均成立，不能作为平衡标志，B错误； C．反应为放热，升温平衡逆向移动，转化率降低，C正确； D．气体体积未明确条件（如标准状况），无法计算物质的量及电子数，D错误； 综上，答案是C。 11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 用pH计分别测定相同体积CH3COONa溶液与NaNO2溶液的pH 比较Ka(CH3COOH)与Ka(HNO2)的大小 B 向1 mL浓度均为0.05 mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加2~3滴0.05 mol·L−1 AgNO3溶液，观察沉淀的颜色 比较Ksp(AgI)与Ksp(AgCl) 的大小 C 向2 mL FeSO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化 Fe2+是否水解 D 向1 mL 0.1 mol·L−1KI溶液中加入5 mL 0.1 mol·L−1 FeCl3溶液，充分反应后用苯萃取2~3次，取水层滴加KSCN溶液观察溶液颜色变化 验证反应：2Fe3+＋2I-2Fe2+＋I2有一定限度 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．CH3COONa和NaNO2溶液的pH越大，对应酸的Ka越小。通过pH计测定两者的pH可比较其对应酸的Ka，但题目未明确给出两种盐溶液的浓度大小，无法比较，A错误； B．当两种阴离子浓度相同时，加入少量AgNO3会先生成溶度积常数小的沉淀，可通过沉淀颜色直接判断Ksp大小，B正确； C．Fe2+水解使溶液呈弱酸性，但酚酞在pH＜8.2时无色，无法通过颜色变化验证水解，C错误； D．FeCl3过量，反应后水层中必然存在Fe3+，KSCN显色无法证明反应是否可逆，D错误； 故选B。 12. 室温下，通过下列实验探究草酸(H2C2O4)的性质。 已知：Ka1(H2C2O4) = 5.90×10−2，Ka2(H2C2O4) = 6.30×10−5，Ksp(CaC2O4) = 2.32×10−9。 实验1：向10 mL 0.1 mol·L−1 H2C2O4溶液中加入10 mL 0.1 mol·L−1 的NaOH溶液，测得溶液的pH<7。 实验2：向实验1所得溶液中继续滴加0.1 mol·L−1 的NaOH溶液至pH=7。 实验3：向0.1 mol·L−1 H2C2O4溶液中滴加CaCl2溶液，产生沉淀。 下列说法正确是 A. 实验1中：c(C2O)＋c(H+)=c(H2C2O4)＋c(OH-) B. 实验2中：c(HC2O)>c(C2O) C. 实验2中：c(Na+)=c(HC2O)＋2c(C2O) D. 实验3上层清液中：c(C2O)·c(Ca2+)>Ksp(CaC2O4) 【答案】C 【解析】 【分析】草酸H2C2O4是二元弱酸，存在电离平衡。Ka1(H2C2O4) = 5.90×10-2，Ka2(H2C2O4) = 6.30×10-5，Ksp(CaC2O4 )= 2.32×10-9。 实验 1：向10mL0.1mol/L H2C2O4溶液中加入10mL0.1mol/L的NaOH溶液，发生反应H2C2O4+NaOH = NaHC2O4+H2O，得到NaHC2O4溶液，溶液pH<7，说明HC2O的电离程度大于水解程度。 实验 2：向实验 1 所得溶液中继续滴加NaOH溶液至pH = 7，溶液呈中性，溶液中溶质为NaHC2O4和Na2C2O4。 实验 3：向0.1mol/L H2C2O4溶液中滴加CaCl2溶液，产生沉淀，发生反应H2C2O4+CaCl2=CaC2O4+2HCl。 【详解】A ．在NaHC2O4溶液中，根据质子守恒，应该是c(H2C2O4)+c(H+) = c(C2O)+c(OH-)，A 错误； B．向NaHC2O4溶液中继续滴加NaOH溶液至pH = 7，HC2O继续与OH-反应生成C2O，因为Ka2(H2C2O4) = 6.30×10−5，Kh2(H2C2O4)=≈，HC2O的电离程度较大，所以c(HC2O)<c(C2O)，B 错误； C．在pH = 7的溶液中，c(H+) = c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+) = c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，将c(H+) = c(OH-)代入可得c(Na+) = c(HC2O)+2c(C2O)，C 正确； D．实验3中产生沉淀，上层清液为饱和溶液，达到沉淀溶解平衡，所以c(C2O)×c(Ca2+)= Ksp(CaC2O4)，D 错误； 故选C。 13. 为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法将有机氯化工业副产品转化为Cl2：4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH1=-57.2 kJ·mol−1。不同温度下将n起始(O2) ∶n起始(HCl)=1∶1混合气体以不同流速通入一定长度装有催化剂的反应管中，出口处测算HCl的转化率随HCl流速的变化曲线如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。下列说法正确的是 A. 温度：T1 <T2 <T3 B. 选用高效催化剂能显著提高N点处HCl的转化率 C. 其他条件不变时，增大可提高HCl平衡转化率 D. 不同温度下，M点处HCl的转化率、反应平衡常数均相等 【答案】C 【解析】 【分析】根据反应4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)   ΔH1=-57.2 kJ·mol−1可知，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低时，温度越高，HCl的转化率越小，故代表的温度高，代表的温度最低，据此分析解答。 【详解】A．根据分析可知，反应为放热反应，温度越高，平衡左移，HCl的转化率越低，结合图中曲线数据，则有：，A错误； B．选用高效催化剂只能加快反应的速率，不影响平衡的移动，故N点处HCl的转化率不变，B错误； C．其他条件不变时，增大的比例，等同于只增加的浓度，平衡向右移动，则HCl平衡转化率增大，C正确； D．平衡常数只被温度影响，在该反应中，当温度不同时，平衡常数一定不同，D错误； 故答案为：C。 二、非选择题：共4题，共计61分。 14. 以粗NiSO4溶液(含Cu2+、Ca2+等杂质)为原料制备NiSO4·6H2O的部分过程如下： 已知：Ni2+、Ca2+能被有机萃取剂(简称HR)萃取，其萃取原理： Ni2+(水层)＋2HR(有机层) NiR2(有机层)＋2H+(水层) Ca2+(水层)＋2HR(有机层) CaR2(有机层)＋2H+(水层) （1）基态Ni2+的核外电子排布式为___________。 （2）“沉铜”时，加料后以一定速率搅拌反应。该过程中，可提高“沉铜”速率的措施还有___________。“沉铜”后，溶液的pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）“萃取”时，用一定量的HR充分萃取，能实现Ni2+与Ca2+的分离，原因是___________。 （4）“反萃取”时，加入稀H2SO4，水层中Ni2+物质的量迅速增多的原因是___________。 （5）取2.00 mL“反萃取”后的水层样品于锥形瓶中，加入30.00 mL 0.03000 mol·L−1Na2H2Y标准液。充分反应后，滴入2~3滴二甲酚橙指示剂，用0.03000 mol·L−1 ZnSO4标准液滴定过量的Na2H2Y。滴定至终点时，溶液的颜色变化为___________。重复上述操作2~3次，平均消耗ZnSO4标准液13.40 mL。 已知：①M2+＋H2Y2−=[MY]2−＋2H+(M=Ni或Zn) ②二甲酚橙在酸性条件下呈现黄色，遇Zn2+显红紫色。 计算样品中Ni2+的物质的量浓度___________。(写出计算过程) 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8 （2） ①. 适当升高反应温度 ②. 减小 （3）Ni2+与HR结合的能力大于Ca2+与HR结合的能力 （4）随着cH+的增大，NiR2转化为Ni2+的速率加快，转化程度迅速增大 （5） ①. 黄色(浅黄色或无色)突变为红紫色，且30秒内不变色 ②. 0.249 mol·L−1 【解析】 【分析】粗溶液(含、等杂质)为原料，加入NaHS固体，得到CuS沉淀，过滤后滤液加入有机萃取剂HR，萃取Ni2+，得到含有Ni2+有机相，有机相加入稀H2SO4反萃取得到NiSO4溶液，据此分析； 【小问1详解】 Ni是第28号元素，基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8； 【小问2详解】 提高“沉铜”速率的措施还有适当升高反应温度；“沉铜”时，发生反应，则溶液的减小； 【小问3详解】 “萃取”时用一定量的HR充分萃取，能实现与的分离，原因是Ca2+与HR结合的能力小于Ni2+与HR结合的能力（Ni2+与HR结合的能力大于Ca2+与HR结合的能力）； 【小问4详解】 适当增加浓度，所得水溶液中浓度增大，原因是存在平衡，随着cH+的增大，NiR2转化为Ni2+的速率加快，转化程度迅速增大 【小问5详解】 因二甲酚橙在酸性条件下呈现黄色，遇Zn2+显红紫色，滴定至终点时，溶液的颜色变化为黄色(浅黄色或无色)突变为红紫色，且30秒内不变色；根据M2+＋H2Y2−=[MY]2−＋2H+(M=Ni或Zn)，，，。 15. 实验室以二氧化钛(TiO2)废渣为原料制备BaTiO3。 （1）TiO2废渣制备TiOSO4 ①350℃时，TiO2和浓硫酸反应生成TiOSO4的化学方程式为___________。 ②已知：TiOSO4分解温度为500℃。TiO2废渣和浓硫酸按一定比例混合，在不同温度下反应相同时间。高于400℃时，检测到有SO3生成。在400℃以下，随着温度升高TiOSO4产率增加程度较大，在400~500℃，随着温度升高TiOSO4产率的增加程度不大，其原因为___________。 （2）TiOSO4制备金红石型TiO2 ①已知：TiOSO4溶于酸性溶液形成TiO2+，当酸性降低时易水解为H2TiO3沉淀。TiO2+水解生成沉淀的离子方程式为___________。 ②已知：温度升高，TiO2晶型会由锐钛型转化为金红石型；煅烧H2TiO3过程中，固体质量残留率和TiO2晶型转化率随温度变化如图所示。补充完整实验方案：取一定量TiOSO4粉末，___________，冷却后研磨得金红石型TiO2。(实验须用的试剂：蒸馏水、2 mol·L−1H2SO4溶液) （3）TiO2制备BaTiO3 BaTiO3由TiO2与BaCO3反应制得，其晶体结构如图-1所示。距离Ba2+最近且距离相等的O2-数目为___________，在答题卡图-2中补全该晶胞的俯视图___________。 【答案】（1） ①. TiO2＋H2SO4TiOSO4＋H2O ②. 400℃以下，随着温度升高，反应速率加快；400℃~500℃，部分TiOSO4分解 （2） ①. TiO2+＋2H2O=H2TiO3↓＋2H+ ②. 在搅拌下加入足量2mol·L−1硫酸溶液中，至粉末完全溶解，向溶液中加入蒸馏水至沉淀不再增加，过滤，洗涤，干燥，在950℃(或950℃~1000℃范围具体温度)煅烧至恒重 （3） ①. 12 ②. (或) 【解析】 【小问1详解】 ①TiO2和浓硫酸反应生成TiOSO4和水，化学方程式为TiO2＋H2SO4TiOSO4＋H2O； ②在400℃以下，随着温度升高，反应速率加快，产率增加程度较大；400℃~500℃，有SO3生成，部分TiOSO4分解，产率的增加程度不大； 【小问2详解】 ①TiO2+水解生成H2TiO3沉淀，离子方程式为TiO2+＋2H2O=H2TiO3↓＋2H+； ②在搅拌下加入足量2mol·L−1硫酸溶液中，至粉末完全溶解，TiOSO4完全转化为H2TiO3，向溶液中加入蒸馏水至沉淀不再增加，过滤，洗涤，干燥，在950℃(或950℃~1000℃范围具体温度)煅烧至恒重，冷却后研磨得金红石型TiO2； 【小问3详解】 距离Ba2+最近且距离相等的O2-数目为；晶胞的俯视图或。 16. 五氧化二钒(V2O5)在冶金、化工等领域有重要应用。 （1）V2O5的制备。NH4VO3制备V2O5的反应为2NH4VO3V2O5＋2NH3＋H2O。反应时，若不及时分离出产生的NH3，会有少量VO2生成，其原因是___________。 （2）V2O5催化氧化SO2的反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH =-196 kJ·mol−1，其反应历程为： Ⅰ V2O5(s)＋SO2 (g)2VO2(s)＋SO3 (g) ΔH1=24 kJ·mol−1 Ⅱ 4VO2(s)＋O2(g)2V2O5(s) ΔH2 ①反应 Ⅰ 平衡常数表达式为K=___________。 ②ΔH2 =___________kJ·mol−1。 ③V2O5的活性温度范围是450～600℃。预热后的SO2和O2在如图所示的接触室内发生反应，经过催化剂层时，气体温度会迅速上升。热交换器可使内外气体进行能量交换，其目的是___________。 ④SO2的平衡转化率与反应温度、压强的关系如图所示。在实际生产中，反应条件选择A点而不选择B点的原因是___________(填字母)。 a．A点条件下，SO2的反应速率更快 b．B点条件下，对设备要求更高，能耗更大 c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大 （3）V2O5用作活性电极。一种双隔膜电池的工作原理如图所示。V2O5电极反应式为___________；b膜是___________离子交换膜(填“阳”或“阴”)。 【答案】（1）高温下，NH3将部分V2O5还原为VO2 （2） ①. ②. -244 ③. 预热气体反应物SO2、O2；降低气体生成物温度；保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等 ④. bc （3） ①. V2O5＋2e−＋6H+ = 2VO2+＋3H2O ②. 阳 【解析】 【小问1详解】 NH3具有还原性，能将部分V2O5还原为VO2； 【小问2详解】 ①反应Ⅰ中V2O5、VO2为固体，平衡常数表达式为； ②根据盖斯定律，； ③气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2、降低体生成物气温度；V2O5的活性温度范围是450～600℃，保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等； ④a．B点与A点同温，但压强更大，浓度更小，A化学反应速率不影响转化率，a错误； b．B点压强更大，对设备要求更高，能耗更大，b正确； c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大，c正确； 故选bc； 【小问3详解】 在酸性溶液中，V2O5作正极得到电子生成VO2+，正极反应式为V2O5+6H++2e-=2VO2++3H2O；Zn为负极，负极的钾离子通过阳离子交换膜进入到中间室，正极硫酸根通过阴离子交换膜进入中间室，故b膜为阳离子交换膜。 17. 制氢技术研究具有重要意义。 （1）CuFe2O4-x分解水制氢，其原理：CuFe2O4-x＋xH2O CuFe2O4＋xH2。 ①1 mol CuFe2O3.8理论上可制得H2为___________mol。 ②CuFe2O4-x可由CuFe2O4在无氧条件下煅烧制得。若煅烧后Fe元素化合价不变，CuFe2O4-x中Cu2+与Cu+的个数比为1∶1，则x=___________。 （2）HCOOH在RuN(CH3)2催化剂下选择制氢，其可能的转化途径如图所示。 ①用“→”表示中“N—H”配位键___________。 ②途径Ⅱ过程中生成的产物X为___________(填化学式)。 ③改用HCOOD代替HCOOH，途径Ⅰ中生成的气体为CO2、___________(填化学式)。 （3）NaBH4与水催化反应制氢的原理为：NaBH4＋2H2O4H2↑＋NaBO2。 已知：常温下，NaBH4易溶于水，在强碱性条件下稳定存在；NaBO2易以晶体形式析出。催化反应开始时，BH、H2O反应物吸附于催化剂表面活性位点；反应结束后，产物须从催化剂表面及时脱除，空出活性位点。 ①反应时间相同，NaBH4溶液的起始浓度由0.8 %增大到1%，生成H2体积增大，其原因可能是___________。 ②反应时间相同，NaBH4溶液的起始浓度由1 %增大到8%，生成H2体积减小，其原因可能是___________。 【答案】（1） ①. 0.2 ②. 0.25 （2） ①. ②. CO ③. HD （3） ①. NaBH4浓度增大，吸附到活性位点上的BH增多，与更多的H2O反应生成H2，导致生成H2速率加快 ②. NaBH4浓度过大，迅速产生较多NaBO2结晶，不能及时脱除空出活性位点(或覆盖在催化剂表面)，阻碍了反应物被催化剂吸附(或接触)，导致H2生成速率减慢或者 NaBH4浓度过大，BH占据更多催化剂活性位点，造成活性位点上吸附的H2O减少，导致H2生成速率减慢 【解析】 【小问1详解】 ①根据中反应的方程式可知若x＝0.2，则1mol CuFe2O3.8理论上可制得H2为0.2mol； ②CuFe2O4中Fe为+3价，CuFe2O4-x中Cu2+与Cu+的个数比为1∶1，则根据化合价代数合为零，，x=0.25； 【小问2详解】 ①中“N—H”配位键； ②根据质量守恒可知，X为CO； ③改用HCOOD代替HCOOH，途径Ⅰ中，羧基上氢与催化剂作用最后生成了氢气，故生成的气体为CO2、HD； 【小问3详解】 ①NaBH4浓度增大，吸附到活性位点上的BH增多，有效碰撞次数不断增多，与更多的H2O反应生成H2，导致生成H2速率加快； ②NaBH4浓度过大，迅速产生较多NaBO2结晶，不能及时脱除空出活性位点(或覆盖在催化剂表面)，阻碍了反应物被催化剂吸附(或接触)，接触面积不断减小，导致H2生成速率减慢或者NaBH4浓度过大，BH占据更多催化剂活性位点，造成活性位点上吸附的H2O减少，导致H2生成速率减慢。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第一学期期末检测 高二化学 2025.01 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　B-11 O-16　Na-23 S-32　K-39 Ti-48 Cu-64 一、单项选择题：共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 我国探测器采集的月壤中含氧、硅、铁、钙等多种元素。下列元素位于周期表d区的是 A. 氧 B. 硅 C. 铁 D. 钙 2. 反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O用于制备高能燃料N2H4。下列说法正确的是 A. NH3电子式为 B. NaClO中既含离子键又含共价键 C. N2H4的结构式为 D. 中子数为18的氯的核素为Cl 3. 侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备Na2CO3。下列说法正确的是 A. 半径：r(Cl-)>r(Na+) B. 第一电离能：I1(O)>I1(N) C. 熔点：CO2>NaCl D. 酸性：H2CO3>HNO3 4. 量取2.72 mL 18.40 mol·L−1浓硫酸，配制100 mL 0.5000mol·L−1H2SO4溶液，并用于测定NaOH溶液的物质的量浓度(约为0.5 mol·L−1)。下列相关原理、装置及操作正确的是 A．量取硫酸 B．稀释硫酸 C．转移溶液 D．测定浓度 A. A B. B C. C D. D 5. 下列关于水的说法正确的是 A. 水是非电解质 B. 纯水的pH一定等于7 C. 水化学性质比较稳定是由于水分子间存在氢键 D. 相同pH的盐酸和NH4Cl溶液中，水的电离程度不同 阅读下列材料，完成下面小题： 硫及其化合物用途广泛。实验室可用固体FeS与酸反应制取H2S气体；Fe2O3可用作脱硫剂，催化脱除工业废气中的H2S，生成单质硫；O2能将H2S氧化为SO2，用于制作H2S-O2燃料电池；稀H2SO4与稀NaOH溶液反应生成1 mol H2O(l)，放出的热为57.3 kJ。 6. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A. 单质硫为淡黄色固体，可用于制备硫化橡胶 B. H2S中H与S形成共价键，H2S具有还原性 C. SO2具有漂白性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 向NaOH溶液中通入过量SO2：SO2＋NaOH=NaHSO3 B. FeS与浓硝酸反应：FeS＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑ C. 稀H2SO4与稀NaOH溶液反应：H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋2H2O(l) ∆H=-57.3 kJ·mol−1 D. H2S-O2碱性燃料电池的正极反应：O2-4e-＋2H2O=4OH- 8. Fe2O3脱除H2S反应过程的部分机理如图所示。已知图中甲、乙是两种不同的吸附方式。下列说法不正确的是 A. 图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力强于图乙 B. 图中氧元素的化合价未发生变化 C. 脱硫剂活性降低的原因可能是生成的硫单质覆盖在Fe2O3表面 D. 失效的脱硫剂可在氧气中加热重新转化为Fe2O3实现“再生” 9. 一种新型锰氢二次电池以MnSO4溶液为电解质溶液，其充电原理如图所示，下列说法正确的是 A. 电极a连接电源的负极 B. 电极a所在电极室溶液的pH变小 C. H＋向电极a所在区域迁移 D. b极区产生的气体是O2 10. 某温度下，密闭容器中发生反应4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g) ΔH<0。下列说法正确的是 A. 上述反应的∆S<0 B. 当v(NH3)∶v(H2O)=4∶6时，反应达到平衡状态 C. 温度升高，不利于提高NH3的平衡转化率 D. 上述反应中消耗11.2 L O2，转移电子的数目为2×6.02×1023 11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 用pH计分别测定相同体积CH3COONa溶液与NaNO2溶液的pH 比较Ka(CH3COOH)与Ka(HNO2)的大小 B 向1 mL浓度均为0.05 mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加2~3滴0.05 mol·L−1 AgNO3溶液，观察沉淀的颜色 比较Ksp(AgI)与Ksp(AgCl) 的大小 C 向2 mL FeSO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化 Fe2+是否水解 D 向1 mL 0.1 mol·L−1KI溶液中加入5 mL 0.1 mol·L−1 FeCl3溶液，充分反应后用苯萃取2~3次，取水层滴加KSCN溶液观察溶液颜色变化 验证反应：2Fe3+＋2I-2Fe2+＋I2有一定限度 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，通过下列实验探究草酸(H2C2O4)的性质。 已知：Ka1(H2C2O4) = 5.90×10−2，Ka2(H2C2O4) = 6.30×10−5，Ksp(CaC2O4) = 2.32×10−9。 实验1：向10 mL 0.1 mol·L−1 H2C2O4溶液中加入10 mL 0.1 mol·L−1 的NaOH溶液，测得溶液的pH<7。 实验2：向实验1所得溶液中继续滴加0.1 mol·L−1 的NaOH溶液至pH=7。 实验3：向0.1 mol·L−1 H2C2O4溶液中滴加CaCl2溶液，产生沉淀。 下列说法正确的是 A. 实验1中：c(C2O)＋c(H+)=c(H2C2O4)＋c(OH-) B. 实验2中：c(HC2O)>c(C2O) C. 实验2中：c(Na+)=c(HC2O)＋2c(C2O) D 实验3上层清液中：c(C2O)·c(Ca2+)>Ksp(CaC2O4) 13. 为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法将有机氯化工业的副产品转化为Cl2：4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH1=-57.2 kJ·mol−1。不同温度下将n起始(O2) ∶n起始(HCl)=1∶1混合气体以不同流速通入一定长度装有催化剂的反应管中，出口处测算HCl的转化率随HCl流速的变化曲线如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。下列说法正确的是 A. 温度：T1 <T2 <T3 B. 选用高效催化剂能显著提高N点处HCl转化率 C. 其他条件不变时，增大可提高HCl平衡转化率 D. 不同温度下，M点处HCl的转化率、反应平衡常数均相等 二、非选择题：共4题，共计61分。 14. 以粗NiSO4溶液(含Cu2+、Ca2+等杂质)为原料制备NiSO4·6H2O的部分过程如下： 已知：Ni2+、Ca2+能被有机萃取剂(简称HR)萃取，其萃取原理： Ni2+(水层)＋2HR(有机层) NiR2(有机层)＋2H+(水层) Ca2+(水层)＋2HR(有机层) CaR2(有机层)＋2H+(水层) （1）基态Ni2+的核外电子排布式为___________。 （2）“沉铜”时，加料后以一定速率搅拌反应。该过程中，可提高“沉铜”速率的措施还有___________。“沉铜”后，溶液的pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）“萃取”时，用一定量的HR充分萃取，能实现Ni2+与Ca2+的分离，原因是___________。 （4）“反萃取”时，加入稀H2SO4，水层中Ni2+物质量迅速增多的原因是___________。 （5）取2.00 mL“反萃取”后的水层样品于锥形瓶中，加入30.00 mL 0.03000 mol·L−1Na2H2Y标准液。充分反应后，滴入2~3滴二甲酚橙指示剂，用0.03000 mol·L−1 ZnSO4标准液滴定过量的Na2H2Y。滴定至终点时，溶液的颜色变化为___________。重复上述操作2~3次，平均消耗ZnSO4标准液13.40 mL。 已知：①M2+＋H2Y2−=[MY]2−＋2H+(M=Ni或Zn) ②二甲酚橙在酸性条件下呈现黄色，遇Zn2+显红紫色。 计算样品中Ni2+的物质的量浓度___________。(写出计算过程) 15. 实验室以二氧化钛(TiO2)废渣为原料制备BaTiO3。 （1）TiO2废渣制备TiOSO4 ①350℃时，TiO2和浓硫酸反应生成TiOSO4的化学方程式为___________。 ②已知：TiOSO4分解温度为500℃。TiO2废渣和浓硫酸按一定比例混合，在不同温度下反应相同时间。高于400℃时，检测到有SO3生成。在400℃以下，随着温度升高TiOSO4产率增加程度较大，在400~500℃，随着温度升高TiOSO4产率的增加程度不大，其原因为___________。 （2）TiOSO4制备金红石型TiO2 ①已知：TiOSO4溶于酸性溶液形成TiO2+，当酸性降低时易水解为H2TiO3沉淀。TiO2+水解生成沉淀的离子方程式为___________。 ②已知：温度升高，TiO2晶型会由锐钛型转化为金红石型；煅烧H2TiO3过程中，固体质量残留率和TiO2晶型转化率随温度变化如图所示。补充完整实验方案：取一定量TiOSO4粉末，___________，冷却后研磨得金红石型TiO2。(实验须用的试剂：蒸馏水、2 mol·L−1H2SO4溶液) （3）TiO2制备BaTiO3 BaTiO3由TiO2与BaCO3反应制得，其晶体结构如图-1所示。距离Ba2+最近且距离相等的O2-数目为___________，在答题卡图-2中补全该晶胞的俯视图___________。 16. 五氧化二钒(V2O5)在冶金、化工等领域有重要应用。 （1）V2O5的制备。NH4VO3制备V2O5的反应为2NH4VO3V2O5＋2NH3＋H2O。反应时，若不及时分离出产生的NH3，会有少量VO2生成，其原因是___________。 （2）V2O5催化氧化SO2的反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH =-196 kJ·mol−1，其反应历程为： Ⅰ V2O5(s)＋SO2 (g)2VO2(s)＋SO3 (g) ΔH1=24 kJ·mol−1 Ⅱ 4VO2(s)＋O2(g)2V2O5(s) ΔH2 ①反应 Ⅰ 平衡常数表达式为K=___________。 ②ΔH2 =___________kJ·mol−1。 ③V2O5的活性温度范围是450～600℃。预热后的SO2和O2在如图所示的接触室内发生反应，经过催化剂层时，气体温度会迅速上升。热交换器可使内外气体进行能量交换，其目的是___________。 ④SO2的平衡转化率与反应温度、压强的关系如图所示。在实际生产中，反应条件选择A点而不选择B点的原因是___________(填字母)。 a．A点条件下，SO2的反应速率更快 b．B点条件下，对设备要求更高，能耗更大 c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大 （3）V2O5用作活性电极。一种双隔膜电池的工作原理如图所示。V2O5电极反应式为___________；b膜是___________离子交换膜(填“阳”或“阴”)。 17. 制氢技术研究具有重要意义。 （1）CuFe2O4-x分解水制氢，其原理为：CuFe2O4-x＋xH2O CuFe2O4＋xH2。 ①1 mol CuFe2O3.8理论上可制得H2为___________mol。 ②CuFe2O4-x可由CuFe2O4在无氧条件下煅烧制得。若煅烧后Fe元素化合价不变，CuFe2O4-x中Cu2+与Cu+的个数比为1∶1，则x=___________。 （2）HCOOH在RuN(CH3)2催化剂下选择制氢，其可能的转化途径如图所示。 ①用“→”表示中“N—H”配位键___________。 ②途径Ⅱ过程中生成的产物X为___________(填化学式)。 ③改用HCOOD代替HCOOH，途径Ⅰ中生成的气体为CO2、___________(填化学式)。 （3）NaBH4与水催化反应制氢的原理为：NaBH4＋2H2O4H2↑＋NaBO2。 已知：常温下，NaBH4易溶于水，在强碱性条件下稳定存在；NaBO2易以晶体形式析出。催化反应开始时，BH、H2O反应物吸附于催化剂表面活性位点；反应结束后，产物须从催化剂表面及时脱除，空出活性位点。 ①反应时间相同，NaBH4溶液的起始浓度由0.8 %增大到1%，生成H2体积增大，其原因可能是___________。 ②反应时间相同，NaBH4溶液的起始浓度由1 %增大到8%，生成H2体积减小，其原因可能是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $