精品解析：安徽省芜湖一中2024-2025学年高二上学期期末教学质量监控化学试卷

芜湖一中2024—2025学年第一学期高二年级期末教学质量监控 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 一、选择题：本题共14小题，每小题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. 下列关于原子结构与性质的说法正确的是 A. 第一电离能的大小可以作为判断元素金属性强弱的依据 B. 构造原理中的电子填入能级的顺序实质是各能级能量从低到高的顺序 C. 电负性的大小可以作为判断元素非金属性强弱的依据 D. p能级的能量一定比s能级能量高 【答案】C 【解析】 【详解】A．气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量叫第一电离能，同族元素从上到下第一电离能变小，同周期元素第一电离能从左到右呈增大的趋势，但是第IIA族的第一电离能大于第IIIA族，第VA族的第一电离能大于第VIA族，所以第一电离能的大小不能作为判断元素金属性强弱的依据，A错误； B．构造原理中电子填入能级的顺序是排布时满足能量最低的填充顺序，而非各能级实际能量从低到高的顺序，如填充时先填再填，但失电子时先失，说明能量高于，B错误； C．电负性衡量元素原子对键合电子的吸引能力，电负性越大，元素非金属性越强，可作为判断非金属性强弱的依据，C正确； D．不同能层的能级能量不一定满足，如能级能量低于能级，D错误； 故选C。 2. 化学反应除了物质的变化之外，还伴随着能量的变化。下列做法或说法合理的是 A. 1 mol 与1 mol 分别在光照和点燃条件下完全反应，放出的能量不相等 B. 测定中和热时，为保证完全反应，应将NaOH溶液分批缓慢加入到盐酸中 C. 利用外加电流法保护海水中的钢闸门时，采用Mg为辅助阳极 D. 使用惰性电极电解熔融状态下的氯化钾制取单质钾 【答案】D 【解析】 【详解】A．两种条件下反应物的种类、状态和物质的量相同，完全反应所得产物也相同。反应热只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关，因此光照和点燃条件下放出的能量相等，A错误； B．测定中和热时，分批缓慢加入NaOH溶液会延长操作时间，增大热量损失，使测得的温度升高值偏小。应将所取NaOH溶液一次迅速加入盐酸中并充分搅拌，且使NaOH适当过量以保证盐酸完全反应，B错误； C．外加电流法保护钢闸门时，钢闸门应接直流电源负极作阴极，辅助阳极接电源正极，通常选用石墨等惰性材料。Mg易失去电子而被消耗，通常用于牺牲阳极保护，不宜用作外加电流法的辅助阳极，C错误； D．熔融氯化钾中存在能自由移动的钾离子和氯离子，使用惰性电极电解时，钾离子在阴极得到电子，阴极反应为；氯离子在阳极失去电子，阳极反应为，因此可在阴极制得单质钾，D正确； 故选D。 3. 水溶液中存在的各种平衡与日常生活、工农业生产、环境保护等息息相关。下列做法中错误的是 A. 面点师：面点加工时用纯碱中和酸并使食品松软 B. 化学工程师：直接加热MgCl2溶液制取无水MgCl2固体 C. 农业专家：用适量石膏降低盐碱地(含较多的NaCl、Na2CO3)的碱性 D. 化学实验员：将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释配制FeCl3溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．纯碱是，水溶液因水解显碱性，可中和酸，且与酸反应生成气体使面点松软，A正确； B．溶液中存在水解平衡：，直接加热时挥发，促进水解正向进行，最终得到（或进一步分解为），无法得到无水，B错误； C．盐碱地中水解使溶液显碱性，加入石膏（），可反应生成难溶的，降低浓度，从而降低溶液碱性，C正确； D．易发生水解：，溶于较浓盐酸可增大浓度，抑制水解，避免产生沉淀，D正确； 故选B。 4. 室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. pH=1的溶液中：Fe3+、Mg2+、、Cl- B. mol/L的溶液中：K+、Na+、、 C. mol/L的溶液：K+、H+、、 D. 水电离产生的 mol/L的溶液：Na+、Mg2+、、Cl- 【答案】A 【解析】 【详解】A．pH=1的溶液为酸性溶液，含大量，、、、与之间均不发生反应，能大量共存，A正确； B．与会发生完全双水解反应，生成沉淀和气体，不能大量共存，B错误； C．酸性条件下会氧化，且与反应生成蓝色沉淀，不能大量共存，C错误； D．水电离产生的的溶液，水的电离被抑制，为强酸性或强碱性溶液；碱性条件下与反应生成沉淀，酸性条件下与反应转化为，不能大量共存，D错误； 故选A。 5. 研究化学反应进行的方向对于反应设计等具有重要意义，下列说法正确的是 A. ΔH<0、ΔS>0的反应在温度低时不能自发进行 B. 在其他外界条件不变的情况下，汽车排气管中使用催化剂可以改变产生尾气的反应方向 C. 冰在室温下自动熔化成水是一个熵增的过程 D. 非自发反应在任何条件下都不能发生 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据吉布斯自由能判据，、的反应任意温度下均满足，都能自发进行，A错误； B．催化剂只能改变反应速率，不改变反应的焓变和熵变，因此无法改变反应进行的方向，B错误； C．冰为固态，熔化为液态水的过程中体系混乱度增大，是熵增的过程，C正确； D．非自发反应是指当前条件下不能自发进行，改变外界条件（如温度、通电等）满足时，反应即可发生，D错误； 故选C。 6. 为更合理地表示溶液的酸碱性，科学家提出“酸度”（用AG表示）概念，AG=lg[c（H+）/c（OH-）]．下列叙述中正确的是 ①任何温度下，纯水的AG等于0； ②溶液的AG越小，酸性越强； ③常温下，0．1mol/L盐酸的AG=12； ④25℃时，某溶液的AG=-10，其pH=10． A. ①③ B. ②④ C. ①② D. ③④ 【答案】A 【解析】 【分析】根据AG=lg[]，则有AG=lgc（H+）-lgc（OH-）=lgc（H+）-lg=14+2lgc（H+）=14-2pH，根据AG与pH的关系进行分析。 【详解】根据AG=lg[]，则有AG=lgc（H+）-lgc（OH-）=lgc（H+）-lg=14+2lgc（H+）=14-2pH， ①任何温度下，纯水c（H+）=c（OH-），所以AG=0，故①正确； ②酸性越强，H+浓度越大，pH越小，AG=14-2pH越大，故②错误； ③0.1mol/L盐酸PH=1，则AG=14-2pH=12，故③正确； ④25℃时，某溶液的AG=-10，则有AG=14-2pH=-10，pH=12，故④错误； 正确的有①③； 故选：A。 7. 取5等份NO2，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)，△H＜0。反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分量(NO2%)，并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是 A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②④ 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】①因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，故①错误； ②因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，故②正确； ③若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，不可能出现NO2的百分含量不变的情况，故③错误； ④在图中转折点为平衡状态，转折点左则为未平衡状态，右则为平衡状态，反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，故④正确； 故选：D。 8. 在酸碱中和滴定实验过程中，下列操作不当会引起实验测定结果偏低的是 已知：酸碱中和滴定实验，锥形瓶盛放未知浓度的酸溶液，碱式滴定管盛入标准碱液进行滴定。 A. 锥形瓶用蒸馏水洗净后，又用待测液润洗 B. 滴定前平视读数，滴定终点俯视读数 C. 碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准碱液润洗 D. 滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定过程中气泡消失 【答案】B 【解析】 【分析】中和滴定中，误差分析一般通过此公式：进行判断，将所有的错误操作产生的误差都反馈到的改变来进行判定，据此分析解答。 【详解】A．锥形瓶用蒸馏水洗净后，又用待测液润洗，使待测液总量增大，会多消耗标准碱液，使增大，测定结果偏高，A错误； B．滴定前平视读数，读数准确，滴定终点俯视读数，会使标准碱液的体积读数偏小，偏小，测定结果偏低，B正确； C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准碱液润洗，装入标准碱液会让溶液浓度降低，消耗更多的标准碱液，使偏大，测定结果偏高，C错误； D．滴定管在滴定前尖嘴处有气泡，滴定过程中气泡消失，消耗的标准碱液因填充气泡而使体积读数偏大，使偏大，测定结果偏高，D错误； 故答案为：B。 9. 如图为电解装置示意图。下列电解目的不能实现的是 选项 电极材料 电解质溶液 电解目的 A a．铜，b．铜 饱和食盐水 制取Cl2、NaOH和H2 B a．银，b．铁 AgNO3溶液 铁上镀银 C a．粗铜，b．精铜 CuSO4溶液 电解精炼铜 D a．碳棒，b．碳棒 KNO3稀溶液 制取少量O2和H2 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】装置中a接电源正极，为电解池阳极，b为阴极。 【详解】A．a为阳极，铜是活性电极，阳极上失电子生成，溶液中无法放电，不能得到，无法实现电解目的，A符合题意； B．铁上镀银时，镀层金属银作阳极，镀件铁作阴极，电解质为溶液，符合镀银的装置要求，可以实现，B不符合题意； C．电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，电解质为溶液，符合精炼铜的装置要求，可以实现，C不符合题意； D．两个电极均为惰性碳棒，电解稀溶液本质是电解水，阳极放电生成，阴极放电生成，可以实现，D不符合题意； 故选A。 10. 25℃时，用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、FeSO4三种溶液，pM(p表示负对数，M表示、、)，随pH变化关系如图所示，已知：(不考虑二价铁的氧化；当离子浓度<10-5 mol/L时，可认为沉淀已经完全)。下列说法错误的是 A. ②代表滴定FeSO4溶液的变化关系 B. 25℃时HX的电离常数Ka=10-5.0 C. 调节溶液的pH=8.0时，可将工业废水中的Cu2+沉淀完全 D. 滴定HX溶液至a点时，溶液中c(X-)> c(Na+)>c(H+)> c(OH-) 【答案】D 【解析】 【分析】由氢氧化铜的溶度积小于氢氧化亚铁可知，曲线①表示氢氧化钠溶液滴定硫酸铜溶液的变化关系、曲线②表示氢氧化钠溶液滴定硫酸亚铁溶液的变化关系、曲线③表示氢氧化钠溶液滴定HX溶液的变化关系，由图可知，氢氧化铜的溶度积为 ，氢氧化亚铁的溶度积为，pH=5.0，此时HX的电离平衡常数为，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，曲线②代表滴定FeSO4溶液的变化关系，A正确； B．pH=5.0，此时HX的电离平衡常数为，B正确； C．根据分析，调节溶液的pH=8.0时，，，沉淀完全，C正确； D．由分析可知HX的电离常数Ka=10-5，说明HX是弱酸，滴定HX溶液至a点时，根据图象，a点是②③曲线的交点，p(Fe2+)=，即， ，故pH=8，，X-部分水解，，溶液中，D错误； 故选D。 11. 一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断错误的是 A. 在20~25min之间，pH=10时R的平均降解速率为0.04 B. 在0~50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等 C. 溶液酸性越强，R的降解速率越快 D. R的起始浓度越大，降解速率越大 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知，在20~25min之间，pH=10时R的平均降解速率为，A错误； B．在0~50min时，pH=2和pH=7时R的开始浓度不同，最终剩余浓度均为0，则其降解百分率均为100%，故相等，B正确； C．由图可知，溶液酸性越强，R的降解速率越快，C正确； D．从图像中可以看出，开始变化快，后来变化慢，体现浓度越大，降解速率越大，D正确； 故选A。 12. 将电化学法和生物还原法有机结合，利用微生物电化学方法可生产甲烷，装置如图所示。下列说法正确的是 A. 通电时，电子由b→电解池阴极→电解液→电解池阳极→a B. X为阴离子交换膜 C. 生成0.1mol甲烷时阳极室理论上生成4.48L二氧化碳 D. 阳极反应式为： 【答案】D 【解析】 【详解】A．电子只能在外电路移动，不能进入内电路溶液，A错误； B．由图示知，阳极反应产生H+，阴极反应消耗H+，则H+通过交换膜由阳极移向阴极，X为阳离子交换膜，B错误； C．没有说标准状况，无法进行计算气体的体积，C错误； D．由分析可知，左池为阳极，CH3COO-在电极上失电子被氧化为 CO2，根据图示知可添加 H+ 配平电荷守恒，添加 H2O 配平元素守恒，得完整的电极反应方程式为： ，D正确； 故选D。 13. 环境保护工程师研究室用含硫物质处理水样中的Cu2+。已知25℃时，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-13.0，Ksp(CuS)=10-36.4。下列说法错误的是 A. 25℃时，0.1 mol/L NaHS溶液显碱性 B. 25℃时，0.1 mol/L Na2S溶液中：c(S2-)> c(HS-) C. 25℃时，忽略H2S的第二步电离，0.1 mol/L H2S溶液的pH约为3.985 D. 25℃时，向CuSO4溶液中通入H2S气体反应可表示为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+ 【答案】B 【解析】 【详解】A．的水解常数，大于的电离常数，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，A正确； B．第一步水解常数，由解得，则剩余的浓度为，即，B错误； C．忽略第二步电离，，解得，，C正确； D．该反应的平衡常数，平衡常数很大，反应可以发生，D正确； 故选B。 14. 为实现实验目的，下列实验方案设计合理的是 选项 实验目的 实验过程 A 证明溶度积常数：Ksp(AgI)< Ksp(AgCl) 向2 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中先滴加4滴0.1 mol/LKCl溶液，再滴加4滴0.1 mol/L KI溶液 B 除去碱式滴定管胶管内的气泡 将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出 C 探究KI与FeCl3反应的限度 取5 mL 0.1 mol/L KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，充分反应后将溶液分成两份，一份滴入KSCN溶液，另一份滴入淀粉溶液 D 验证牺牲阳极的金属保护法 将锌片与铁片用导线相连，插入酸化的3%NaCl溶液，一段时间后从Fe电极区取出部分溶液，滴加2滴KSCN溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验中溶液过量，滴加时，直接与过量的反应生成沉淀，并非沉淀转化而来，无法证明，A错误； B．除去碱式滴定管胶管内气泡，应将胶管向上弯曲、尖嘴斜向上，再挤压玻璃球排出气泡，尖嘴垂直向下无法排出气泡，B错误； C．该反应离子方程式为，过量，若反应不可逆则应完全消耗，滴加溶液变红可证明仍存在，说明反应存在限度，滴加淀粉溶液变蓝可证明反应发生，方案合理，C正确； D．牺牲阳极法中作正极被保护，即使被腐蚀也首先生成，溶液无法检验，不能验证是否被保护，D错误； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 已知X、Y、Z、M、N、P是原子序数依次增大的前四周期元素，相关信息见下表。 X 宇宙中含量最多的元素 Y 内层电子数是最外层电子数的2/3 Z 最高正价与最低负价的代数和为4 M 基态原子核外共有5个未成对电子 N 单质是日常生活中用量最大的合金的主要成分 P 最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对 （1）基态Y原子的价层电子轨道表示式为________。 （2）已知电负性X>Y，则化合物YX3中显负价的元素是________(填元素符号)；由此预测YX3具有强________性(填“氧化”或“还原”)。 （3）与Z同周期且第一电离能比Z大的元素共有________种。 （4）写出基态时N2+的电子排布式________，已知M、N两元素的部分电离能数据如下表所示，比较两元素的I2、I3可知，气态M2+再失去一个电子比气态N2+再失去一个电子更难。对此，你的解释是________。 元素 M N 电离能(kJ/mol) I1 717 759 I2 1509 1561 I3 3248 2957 （5）P元素位于元素周期表的________区，其基态原子核外有________种不同空间运动状态的电子。 【答案】（1） （2） ①. H ②. 还原 （3） 3 （4） ①. 或 ②. 的轨道电子排布为半充满稳定状态，较难失去电子，而的轨道电子排布为，失去一个电子后变为半充满稳定状态，较易失去电子 （5） ①. ds ②. 15 【解析】 【分析】X：宇宙中含量最多的元素，为氢（H）；Y：内层电子数是最外层电子数的，前四周期中只有内层为2、最外层为3符合，故Y为硼（B）；Z：最高正价与最低负价的代数和为4，设最高正价为，则，解得，Z为第VIA族元素，结合原子序数依次增大，Z为硫（S）；M：基态原子核外共有5个未成对电子，前四周期中符合条件的是锰（Mn）；N：单质是日常生活中用量最大的合金（钢）的主要成分，为铁（Fe）；P：最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对，且原子序数大于Fe，为铜（Cu）。 【小问1详解】 Y为B元素，其价层电子排布式为，根据洪特规则和泡利不相容原理，其轨道表示式为; 【小问2详解】 化合物中，已知电负性，共用电子对偏向H原子，故H显-1价；由于H处于最低价态，极易失去电子，因此预测具有强还原性。 【小问3详解】  Z为S元素，与其同周期（第三周期）的元素中，第一电离能总体随原子序数增大而增大，但第VA族（P）的轨道为半充满稳定状态，第一电离能反常大于第VIA族（S）。因此，第三周期中第一电离能大于S的元素有P、Cl、Ar，共3种。 【小问4详解】 N为Fe元素，基态Fe原子的电子排布式为，失去最外层4s轨道的两个电子形成，其电子排布式为或。气态的价层电子排布为，处于半充满的稳定状态，较难再失去一个电子；而气态的价层电子排布为，失去一个电子后变为半充满稳定状态，相对较易失去电子，故Mn的第三电离能（）远大于Fe。 【小问5详解】 P为Cu元素，最后填入的电子在d轨道，位于元素周期表的ds区。其基态原子核外电子排布式为，电子空间运动状态的种数等于占据的原子轨道数，即种。 16. 化学平衡常数在解决化学反应问题时有着非常重要的作用，请尝试从平衡常数的角度解决下列问题： （1）T ℃，在体积为2 L的容器中加入1 mol固体A，发生反应A(s)2B(s)+C(g)，达平衡时测得C的物质的量为0.2 mol，保持其它条件不变，将容器体积压缩至原来的一半，平衡将________(填“正移”、“逆移”或“不移”)，再次建立平衡时C的物质的量为________mol。 （2）T ℃，在体积为1 L的容器中发生N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，达平衡测得三种气体均为1 mol。 ①保持恒温恒容，充入3 mol N2，平衡将________(填“正移”、“逆移”或“不移”) ②保持恒温恒压，充入3 mol N2，平衡将________(填“正移”、“逆移”或“不移”) （3）将TiO2氯化为TiCl4是冶炼金属钛的主要反应之一，工业上常采用“加碳氯化”的方法生产TiCl4，同时得到CO，相应的化学方程式为 ①TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) ∆H1=181 kJ·mol-1 K1=3.4×10-29； ②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ∆H2=-221 kJ·mol-1 K2=1.2×1048； 写出“加碳氯化”总反应的热化学方程式________。结合数据说明氯化过程中加碳的理由________。 （4）工业上为了将重晶石中的BaSO4溶解，通常用Na2CO3溶液多次浸泡处理(即使用相同浓度的Na2CO3溶液浸泡，过滤后再次浸泡…)后再酸浸，已知：25℃时，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9，Ksp(BaSO4)=1×10-10，现欲将0.9 mol BaSO4全部转化为BaCO3，用1 L 2 mol/L的Na2CO3溶液多次充分浸泡处理，至少需浸泡处理____次。 【答案】（1） ①. 逆移 ②. 0.1 （2） ①. 正移 ②. 不移 （3） ①. TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) ∆H=-40 kJ·mol-1 ②. 从焓变角度，反应①∆H1=181 kJ·mol-1，是一个吸热反应，需要消耗大量能量，不利于反应进行，加入碳后，进行放热的反应②，∆H2=-221 kJ·mol-1，总反应∆H=-40 kJ·mol-1，为放热反应，可以降低反应能耗，利于反应进行；从平衡常数角度，反应①K1=3.4×10-29，平衡常数极小，反应很难进行，而反应②K2=1.2×1048，数值极大使反应容易进行，总反应的平衡常数K=K1×K2=3.4×10-29×1.2×1048=4.08×1019，反应容易进行且产率较高 （4）12 【解析】 【小问1详解】 反应A(s)2B(s)+C(g)中只有C是气体，保持其它条件不变，将容器体积压缩至原来的一半，C浓度增大，平衡逆移；由于该反应的平衡常数只和C的物质的量浓度有关，温度不变，平衡常数不变，再次建立平衡时C的物质的量浓度不变，物质的量浓度为=0.1 mol/L，容器体积压缩1 L，物质的量为0.1 mol/L×1 L=0.1 mol； 【小问2详解】 ①保持恒温恒容，充入3 mol N2，反应物浓度增大，其余浓度不变，平衡正移； ②计算反应的Kc==1 L2·mol-2，保持恒温恒压，充入3 mol N2，气体总物质的量由3 mol增加到6 mol，体积翻倍，浓度商Qc==1 L2·mol-2=Kc，故平衡不移； 【小问3详解】 “加碳氯化”总反应的方程式为TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，由反应①+反应②可得，根据盖斯定律，∆H=∆H1+∆H2=181 kJ·mol-1-221 kJ·mol-1=-40 kJ·mol-1，热化学方程式为TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) ∆H=-40 kJ·mol-1；从焓变角度，反应①∆H1=181 kJ·mol-1，是一个吸热反应，需要消耗大量能量，不利于反应进行，加入碳后，进行放热的反应②，∆H2=-221 kJ·mol-1，总反应∆H=-40 kJ·mol-1，为放热反应，可以降低反应能耗，利于反应进行；从平衡常数角度，反应①K1=3.4×10-29，平衡常数极小，反应很难进行，而反应②K2=1.2×1048，数值极大使反应容易进行，总反应的平衡常数K=K1×K2=3.4×10-29×1.2×1048=4.08×1019，反应容易进行且产率较高； 【小问4详解】 BaSO4转化为BaCO3的方程式为BaSO4(s)+(aq)=BaCO3(s)+(aq)，K===0.04，初始溶液中的浓度为2 mol/L，的浓度为0，设生成了x mol/L ，代入平衡常数表达式=0.04，解得x≈0.0769，同理可得每次浸泡时，都生成了0.0769 mol/L ，现欲将0.9 mol BaSO4全部转化为BaCO3，需要≈11.7，因为浸泡处理次数必须是整数，所以至少需12次。 17. 焦磷酸镁(Mg2P2O7)不溶于水，是牙膏、牙粉的稳定剂。一种以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料，分离提纯TiO2并制取少量焦磷酸镁的工艺流程如图。 已知：①TiO2不与碱反应，与酸反应后以TiO2+的形式存在。②25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=10-37.4。 回答下列问题： （1）“碱浸”过程中被溶解的物质是__________。 （2）工业上“酸浸”时，温度选择不宜高于40℃的原因是__________。 （3）“反应”步骤中加入过量铁粉的目的是__________。 （4）加热水解时发生主要反应的离子方程式为__________。 （5）①“氧化”时转化为的离子方程式为__________。 ②常温下，调节pH理论上大于__________时，可使Fe3+沉淀完全(当某离子浓度c<10-5 mol/L时，可认为该离子沉淀完全)。 （6）滤液3中加入Na4P2O7溶液生成焦磷酸镁(Mg2P2O7)的化学方程式为___________。 【答案】（1） （2）防止水解，减少钛的损失 （3）将还原为，将溶液中的还原为单质除去 （4） （5） ①. ②. （6） 【解析】 【分析】含钛废料主要成分为，含少量、、、、，加碱浸，两性氧化物与碱反应溶解进入滤液Ⅰ，其余固体为滤渣1；滤渣1加稀硫酸40℃酸浸，转化为，、、溶解生成金属离子；向酸浸后溶液加过量铁粉，被还原为，被还原为单质，冷却结晶后得到滤液2；滤液2加热水解，转化为沉淀，煅烧沉淀得到，水解后的滤液Ⅱ用于制备焦磷酸镁；滤液Ⅱ中加入氧化，将氧化为，调节pH使以沉淀除去，得到滤液Ⅲ，滤液Ⅲ含，加入反应析出。 【小问1详解】 碱浸时，是两性氧化物，可以和溶液反应生成四羟基合铝酸钠溶于水，不与碱反应，、、铁的氧化物均不与反应，所以碱浸被溶解的物质是； 【小问2详解】 酸浸产物中有，容易发生水解反应，温度过高会促进水解，生成钛的氢氧化物沉淀，造成钛元素损失，因此工业酸浸温度不宜高于40℃； 【小问3详解】 酸浸后的溶液含有，加入过量铁粉，铁粉可以和发生反应，将还原为，同时铁粉还能将溶液中的还原为单质除去； 【小问4详解】 加热水解时结合水生成沉淀，同时释放出氢离子，离子方程式为； 【小问5详解】 ①氧化步骤中作为氧化剂，将氧化为，自身被还原成，离子方程式：； ②当时视为沉淀完全，由，代入，可得，则，，即pH理论上大于3.2时，沉淀完全； 【小问6详解】 滤液3中的溶质为，与发生复分解反应，生成沉淀和，化学方程式为。 18. 乙醇被广泛应用于能源、化工、食品等领域，工业上可用以下两种方法制备乙醇。 I．工业上采用催化乙烯水合制乙醇(CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH)，该反应过程中能量变化如图所示： （1）上图中反应物分子有效碰撞几率最大的步骤对应的反应式为______。 （2）已知：CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH的反应速率表达式为v正=k正c(CH2=CH2)c(H2O)，v逆=k逆c(CH3CH2OH)，其中k正、k逆为速率常数。若其他条件不变时，降低温度，则下列推断合理的是________。 A. k正增大，k逆减小 B. k正减小，k逆增大 C. k正减小的倍数大于k逆 D. k正减小的倍数小于k逆 Ⅱ．乙酸甲酯(CH3COOCH3)催化加氢制取乙醇。包括以下主要反应： ①CH3COOCH3(g)+2H2(g)C2H5OH(g)+CH3OH(g) ΔH1=-72.4 kJ/mol； ②CH3COOCH3(g)+H2(g)CH3CHO(g)+CH3OH(g) ΔH2=+13.6 kJ/mol。 （3）有关上述反应①②的说法正确的是________。 A. 反应①正反应的活化能小于逆反应的活化能 B. 反应中涉及元素的电负性大小：O>C>H C. 达平衡后，增大压强，反应①平衡会正移，反应②平衡不移 D. 为提高乙醇的平衡产率，可采用加催化剂、升温等方法 （4）其他条件相同，将乙酸甲酯与氢气按一定流速通过固体催化剂表面，乙酸甲酯的转化率随氢酯比的关系如下图所示。已知固体催化剂作用下的反应速率与催化剂表面各反应物的吸附率有关。当氢酯比大于8，乙酸甲酯的转化率反而降低，其原因是：________。 （5）T℃时在1 L密闭容器内通入1 mol CH3COOCH3和3 mol H2，初始压强为100 MPa，发生反应①和②，达到平衡时体系压强变成90 MPa且H2的分压为CH3COOCH3的分压的5倍，反应①的平衡常数Kp=_______MPa-1。 （6）研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，工作原理如图。 ①负极的电极反应式为_______。 ②当向正极通入1 mol O2且全部被消耗时，理论上负极溶液质量变化为_______g(保留两位小数)。 【答案】（1） （2）D （3）ABC （4）氢酯比大于8，大量的H2吸附在催化剂的表面，阻碍了催化剂吸附乙酸甲酯，导致乙酸甲酯的转化率减小 （5）0.006 （6） ①. C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+ ②. 33.33 【解析】 【小问1详解】 反应所需活化能最小的是第二步，第二步反应速率最快，反应物分子有效碰撞几率最大，该反应方程式为； 【小问2详解】 若其他条件不变时，降低温度，正逆反应速率均减小，浓度瞬间是不变的，所以k正、k逆均减小，再根据能量图，CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)反应物总能量大于生成物，为放热反应，降低温度，平衡正移，逆反应速率减小的更多，即k正减小的倍数小于k逆，答案选D； 【小问3详解】 A．反应①CH3COOCH3(g)+2H2(g)C2H5OH(g)+CH3OH(g) ΔH1=-72.4 kJ/mol<0，说明正反应是放热反应，ΔH=Ea(正)- Ea(逆)， 所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，A正确； B．元素非金属性越大电负性越大，故反应中涉及元素的电负性大小：O>C>H，B正确； C．反应①为气体体积缩小的反应，反应②是气体体积不变的反应，达平衡后，增大压强，反应①平衡会正移，反应②平衡不移，C正确； D．催化剂不能使平衡移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，反应①逆向移动、反应②正向移动，均会降低乙醇平衡产率，故加催化剂、升温均无法提高乙醇平衡产率，D错误； 答案选ABC； 【小问4详解】 由题目提示，固体催化剂作用下的反应速率与催化剂表面各反应物的吸附率有关，故氢酯比小于8，乙酸甲酯及H2均有较大的吸附率，增大氢酯比，H2的吸附率增大，使乙酸甲酯转化率增大(或增大氢酯比，平衡正向移动，乙酸甲酯转化率增大)；氢酯比大于8，大量的H2吸附在催化剂的表面，阻碍了催化剂吸附乙酸甲酯，导致乙酸甲酯的转化率减小，故氢酯比为8附近，乙酸甲酯的转化率最大； 【小问5详解】 由反应①和反应②知，压强减小是反应①造成，设反应①中CH3COOCH3反应amol，列出三段式： ， ，解得a=0.4，设反应②中CH3COOCH3反应bmol，根据反应②的化学计量数，反应②中H2也反应bmol，根据达到平衡时H2的分压为CH3COOCH3分压的5倍，，解得b=0.2，则平衡时CH3OH、C2H5OH、H2、CH3COOCH3物质的量分别为0.4mol、2mol、0.4mol、0.6mol，气体总物质的量为3.6mol，反应①的平衡常数； 【小问6详解】 ①燃料电池，燃料通负极，故通入乙醇的一级为负极，失电子转化为CO2，负极反应为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+； ②当向正极通入1 mol O2且全部被消耗时，根据正极反应为O2+4H++4e-=2H2O，转移4mol电子，根据负极电极反应C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+，转移12mol电子生成2molCO2和12molH+，氢离子通过质子交换膜进入正极区，减少质量100g，故转移4mol电子减少质量33.33g。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 芜湖一中2024—2025学年第一学期高二年级期末教学质量监控 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 一、选择题：本题共14小题，每小题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. 下列关于原子结构与性质的说法正确的是 A. 第一电离能的大小可以作为判断元素金属性强弱的依据 B. 构造原理中的电子填入能级的顺序实质是各能级能量从低到高的顺序 C. 电负性的大小可以作为判断元素非金属性强弱的依据 D. p能级的能量一定比s能级能量高 2. 化学反应除了物质的变化之外，还伴随着能量的变化。下列做法或说法合理的是 A. 1 mol 与1 mol 分别在光照和点燃条件下完全反应，放出的能量不相等 B. 测定中和热时，为保证完全反应，应将NaOH溶液分批缓慢加入到盐酸中 C. 利用外加电流法保护海水中的钢闸门时，采用Mg为辅助阳极 D. 使用惰性电极电解熔融状态下的氯化钾制取单质钾 3. 水溶液中存在的各种平衡与日常生活、工农业生产、环境保护等息息相关。下列做法中错误的是 A. 面点师：面点加工时用纯碱中和酸并使食品松软 B. 化学工程师：直接加热MgCl2溶液制取无水MgCl2固体 C. 农业专家：用适量石膏降低盐碱地(含较多的NaCl、Na2CO3)的碱性 D. 化学实验员：将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释配制FeCl3溶液 4. 室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. pH=1的溶液中：Fe3+、Mg2+、、Cl- B. mol/L的溶液中：K+、Na+、、 C. mol/L的溶液：K+、H+、、 D. 水电离产生的 mol/L的溶液：Na+、Mg2+、、Cl- 5. 研究化学反应进行的方向对于反应设计等具有重要意义，下列说法正确的是 A. ΔH<0、ΔS>0的反应在温度低时不能自发进行 B. 在其他外界条件不变的情况下，汽车排气管中使用催化剂可以改变产生尾气的反应方向 C. 冰在室温下自动熔化成水是一个熵增的过程 D. 非自发反应在任何条件下都不能发生 6. 为更合理地表示溶液的酸碱性，科学家提出“酸度”（用AG表示）概念，AG=lg[c（H+）/c（OH-）]．下列叙述中正确的是 ①任何温度下，纯水的AG等于0； ②溶液的AG越小，酸性越强； ③常温下，0．1mol/L盐酸的AG=12； ④25℃时，某溶液的AG=-10，其pH=10． A. ①③ B. ②④ C. ①② D. ③④ 7. 取5等份NO2，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)，△H＜0。反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分量(NO2%)，并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是 A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②④ 8. 在酸碱中和滴定实验过程中，下列操作不当会引起实验测定结果偏低的是 已知：酸碱中和滴定实验，锥形瓶盛放未知浓度的酸溶液，碱式滴定管盛入标准碱液进行滴定。 A. 锥形瓶用蒸馏水洗净后，又用待测液润洗 B. 滴定前平视读数，滴定终点俯视读数 C. 碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准碱液润洗 D. 滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定过程中气泡消失 9. 如图为电解装置示意图。下列电解目的不能实现的是 选项 电极材料 电解质溶液 电解目的 A a．铜，b．铜 饱和食盐水 制取Cl2、NaOH和H2 B a．银，b．铁 AgNO3溶液 铁上镀银 C a．粗铜，b．精铜 CuSO4溶液 电解精炼铜 D a．碳棒，b．碳棒 KNO3稀溶液 制取少量O2和H2 A. A B. B C. C D. D 10. 25℃时，用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、FeSO4三种溶液，pM(p表示负对数，M表示、、)，随pH变化关系如图所示，已知：(不考虑二价铁的氧化；当离子浓度<10-5 mol/L时，可认为沉淀已经完全)。下列说法错误的是 A. ②代表滴定FeSO4溶液的变化关系 B. 25℃时HX的电离常数Ka=10-5.0 C. 调节溶液的pH=8.0时，可将工业废水中的Cu2+沉淀完全 D. 滴定HX溶液至a点时，溶液中c(X-)> c(Na+)>c(H+)> c(OH-) 11. 一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断错误的是 A. 在20~25min之间，pH=10时R的平均降解速率为0.04 B. 在0~50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等 C. 溶液酸性越强，R的降解速率越快 D. R的起始浓度越大，降解速率越大 12. 将电化学法和生物还原法有机结合，利用微生物电化学方法可生产甲烷，装置如图所示。下列说法正确的是 A. 通电时，电子由b→电解池阴极→电解液→电解池阳极→a B. X为阴离子交换膜 C. 生成0.1mol甲烷时阳极室理论上生成4.48L二氧化碳 D. 阳极反应式为： 13. 环境保护工程师研究室用含硫物质处理水样中的Cu2+。已知25℃时，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-13.0，Ksp(CuS)=10-36.4。下列说法错误的是 A. 25℃时，0.1 mol/L NaHS溶液显碱性 B. 25℃时，0.1 mol/L Na2S溶液中：c(S2-)> c(HS-) C. 25℃时，忽略H2S的第二步电离，0.1 mol/L H2S溶液的pH约为3.985 D. 25℃时，向CuSO4溶液中通入H2S气体反应可表示为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+ 14. 为实现实验目的，下列实验方案设计合理的是 选项 实验目的 实验过程 A 证明溶度积常数：Ksp(AgI)< Ksp(AgCl) 向2 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中先滴加4滴0.1 mol/LKCl溶液，再滴加4滴0.1 mol/L KI溶液 B 除去碱式滴定管胶管内的气泡 将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出 C 探究KI与FeCl3反应的限度 取5 mL 0.1 mol/L KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，充分反应后将溶液分成两份，一份滴入KSCN溶液，另一份滴入淀粉溶液 D 验证牺牲阳极的金属保护法 将锌片与铁片用导线相连，插入酸化的3%NaCl溶液，一段时间后从Fe电极区取出部分溶液，滴加2滴KSCN溶液 A. A B. B C. C D. D 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 已知X、Y、Z、M、N、P是原子序数依次增大的前四周期元素，相关信息见下表。 X 宇宙中含量最多的元素 Y 内层电子数是最外层电子数的2/3 Z 最高正价与最低负价的代数和为4 M 基态原子核外共有5个未成对电子 N 单质是日常生活中用量最大的合金的主要成分 P 最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对 （1）基态Y原子的价层电子轨道表示式为________。 （2）已知电负性X>Y，则化合物YX3中显负价的元素是________(填元素符号)；由此预测YX3具有强________性(填“氧化”或“还原”)。 （3）与Z同周期且第一电离能比Z大的元素共有________种。 （4）写出基态时N2+的电子排布式________，已知M、N两元素的部分电离能数据如下表所示，比较两元素的I2、I3可知，气态M2+再失去一个电子比气态N2+再失去一个电子更难。对此，你的解释是________。 元素 M N 电离能(kJ/mol) I1 717 759 I2 1509 1561 I3 3248 2957 （5）P元素位于元素周期表的________区，其基态原子核外有________种不同空间运动状态的电子。 16. 化学平衡常数在解决化学反应问题时有着非常重要的作用，请尝试从平衡常数的角度解决下列问题： （1）T ℃，在体积为2 L的容器中加入1 mol固体A，发生反应A(s)2B(s)+C(g)，达平衡时测得C的物质的量为0.2 mol，保持其它条件不变，将容器体积压缩至原来的一半，平衡将________(填“正移”、“逆移”或“不移”)，再次建立平衡时C的物质的量为________mol。 （2）T ℃，在体积为1 L的容器中发生N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，达平衡测得三种气体均为1 mol。 ①保持恒温恒容，充入3 mol N2，平衡将________(填“正移”、“逆移”或“不移”) ②保持恒温恒压，充入3 mol N2，平衡将________(填“正移”、“逆移”或“不移”) （3）将TiO2氯化为TiCl4是冶炼金属钛的主要反应之一，工业上常采用“加碳氯化”的方法生产TiCl4，同时得到CO，相应的化学方程式为 ①TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) ∆H1=181 kJ·mol-1 K1=3.4×10-29； ②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ∆H2=-221 kJ·mol-1 K2=1.2×1048； 写出“加碳氯化”总反应的热化学方程式________。结合数据说明氯化过程中加碳的理由________。 （4）工业上为了将重晶石中的BaSO4溶解，通常用Na2CO3溶液多次浸泡处理(即使用相同浓度的Na2CO3溶液浸泡，过滤后再次浸泡…)后再酸浸，已知：25℃时，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9，Ksp(BaSO4)=1×10-10，现欲将0.9 mol BaSO4全部转化为BaCO3，用1 L 2 mol/L的Na2CO3溶液多次充分浸泡处理，至少需浸泡处理____次。 17. 焦磷酸镁(Mg2P2O7)不溶于水，是牙膏、牙粉的稳定剂。一种以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料，分离提纯TiO2并制取少量焦磷酸镁的工艺流程如图。 已知：①TiO2不与碱反应，与酸反应后以TiO2+的形式存在。②25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=10-37.4。 回答下列问题： （1）“碱浸”过程中被溶解的物质是__________。 （2）工业上“酸浸”时，温度选择不宜高于40℃的原因是__________。 （3）“反应”步骤中加入过量铁粉的目的是__________。 （4）加热水解时发生主要反应的离子方程式为__________。 （5）①“氧化”时转化为的离子方程式为__________。 ②常温下，调节pH理论上大于__________时，可使Fe3+沉淀完全(当某离子浓度c<10-5 mol/L时，可认为该离子沉淀完全)。 （6）滤液3中加入Na4P2O7溶液生成焦磷酸镁(Mg2P2O7)的化学方程式为___________。 18. 乙醇被广泛应用于能源、化工、食品等领域，工业上可用以下两种方法制备乙醇。 I．工业上采用催化乙烯水合制乙醇(CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH)，该反应过程中能量变化如图所示： （1）上图中反应物分子有效碰撞几率最大的步骤对应的反应式为______。 （2）已知：CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH的反应速率表达式为v正=k正c(CH2=CH2)c(H2O)，v逆=k逆c(CH3CH2OH)，其中k正、k逆为速率常数。若其他条件不变时，降低温度，则下列推断合理的是________。 A. k正增大，k逆减小 B. k正减小，k逆增大 C. k正减小的倍数大于k逆 D. k正减小的倍数小于k逆 Ⅱ．乙酸甲酯(CH3COOCH3)催化加氢制取乙醇。包括以下主要反应： ①CH3COOCH3(g)+2H2(g)C2H5OH(g)+CH3OH(g) ΔH1=-72.4 kJ/mol； ②CH3COOCH3(g)+H2(g)CH3CHO(g)+CH3OH(g) ΔH2=+13.6 kJ/mol。 （3）有关上述反应①②的说法正确的是________。 A. 反应①正反应的活化能小于逆反应的活化能 B. 反应中涉及元素的电负性大小：O>C>H C. 达平衡后，增大压强，反应①平衡会正移，反应②平衡不移 D. 为提高乙醇的平衡产率，可采用加催化剂、升温等方法 （4）其他条件相同，将乙酸甲酯与氢气按一定流速通过固体催化剂表面，乙酸甲酯的转化率随氢酯比的关系如下图所示。已知固体催化剂作用下的反应速率与催化剂表面各反应物的吸附率有关。当氢酯比大于8，乙酸甲酯的转化率反而降低，其原因是：________。 （5）T℃时在1 L密闭容器内通入1 mol CH3COOCH3和3 mol H2，初始压强为100 MPa，发生反应①和②，达到平衡时体系压强变成90 MPa且H2的分压为CH3COOCH3的分压的5倍，反应①的平衡常数Kp=_______MPa-1。 （6）研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，工作原理如图。 ①负极的电极反应式为_______。 ②当向正极通入1 mol O2且全部被消耗时，理论上负极溶液质量变化为_______g(保留两位小数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $