精品解析：山东省滨州市2024-2025学年高二上学期1月期末化学试题

山东省滨州市2024-2025学年高二上学期1月期末化学试题 本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共10页，满分100分，考试时间90分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡对应位置“条形码粘贴处”。 2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试卷上。 3.第Ⅱ卷所有题目的答案，考生须用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡规定的区域内，在试卷上答题不得分。 4.考试结束，监考人员将答题卡收回。 可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65 第I卷 选择题(共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是 A. NaCl焰色试验为黄色，与Cl电子跃迁有关 B. 明矾能将污水中细小悬浮物聚集成大颗粒，与水解有关 C. 用5%的溶液洗胃可有效除去误食的，与沉淀的生成有关 D. 将CO中毒病人放入高压氧舱中解毒，与平衡移动原理有关 【答案】A 【解析】 【详解】A．NaCl的黄色焰色来自钠原子的电子跃迁，而不是Cl的电子跃迁，A错误； B．明矾溶于水后水解生成氢氧化铝胶体，胶体可吸附水中细小悬浮物，使其聚集成较大颗粒，B正确； C．硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，使溶液中的钡离子浓度降低，C正确； D．一氧化碳会与血红蛋白结合，提高氧气浓度可使相应平衡向有利于氧合血红蛋白生成的方向移动，D正确； 故选A。 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. HClO的电子式： B. 激发态H原子的轨道表示式： C. NaCl溶液中的水合离子： D. 键形成的轨道重叠示意图： 【答案】D 【解析】 【详解】A．的成键方式为，电子式中应位于和中间，正确电子式为：，题图将放在中间，结构错误，A错误； B．第一能层（）只有能级，不存在能级，轨道表示式错误，B错误； C．带正电荷，吸引水分子中带部分负电的原子，故水分子的朝向；带负电，吸引水分子中带部分正电的原子，故水分子的朝向，且半径小于，则NaCl溶液中的水合离子为、，C错误； D．轨道为“肩并肩”重叠，形成是键，其示意图为，D正确； 故本题选D。 3. 关于玻璃仪器的使用，下列说法正确的是 A. ②③④可用作反应容器 B. ①④⑤使用前需检漏 C. ④⑤⑥可用于物质分离 D. ①③④使用前需用待装液润洗 【答案】B 【解析】 【分析】①为酸式滴定管，②为蒸馏烧瓶，③为锥形瓶，④为容量瓶，⑤为分液漏斗，⑥为普通漏斗。 【详解】A．④容量瓶仅用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能作为反应容器，A错误； B．①酸式滴定管带活塞、④容量瓶带瓶塞、⑤分液漏斗带瓶塞和活塞，三类带密封结构的盛装液体的仪器使用前均需要检漏，B正确； C．④容量瓶无物质分离的功能，仅⑤分液漏斗（分液操作）、⑥普通漏斗（过滤操作）可用于物质分离，C错误； D．③锥形瓶滴定时润洗会使待测溶质偏多，④容量瓶润洗会使溶质偏多，所配溶液浓度偏大，使用前均不能用待装液润洗，仅①滴定管需要润洗，D错误； 故选B。 4. 过氧化脲是一种常用的消毒剂，可由过氧化氢和脲加合而成，代表性结构如图。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 为极性分子 C. 过氧化脲所含元素均位于元素周期表的p区 D. 该结构中存在氢键：N—H…O 【答案】C 【解析】 【详解】A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，第二周期元素原子半径，为第一周期元素，原子半径最小，排序正确，A正确； B．分子结构不是直线形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B正确； C．过氧化脲含、、、四种元素，其中位于元素周期表s区，并非所有元素都在p区，C错误； D．由结构图可知，的与的之间以虚线连接，存在氢键 ，D正确； 故答案选C。 5. 下列实验方案能达到实验目的的是 A．制备 B．探究压强对化学平衡的影响 C．制备无水氯化镁 D．比较C、Si非金属性的强弱 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．侯氏制碱法制备需先向饱和食盐水中通入溶解度大的使溶液呈碱性，再通入才能得到高浓度，进而析出；溶解度小，溶有的饱和食盐水中浓度过低，无法析出，该方案无法达到实验目的，A错误； B．反应前后气体分子总数相等，改变压强平衡不移动，无法探究压强对化学平衡的影响，该方案无法达到实验目的，B错误； C．溶液中存在水解平衡，直接蒸发时挥发促进水解正向进行，得到或，无法得到无水，应在气流中蒸发，该方案无法达到实验目的，C错误； D．稀硫酸与反应生成，说明酸性，通入溶液生成沉淀，说明酸性；最高价氧化物对应水化物酸性越强，对应元素非金属性越强，可证明非金属性，该方案能够达到实验目的，D正确； 故选D。 6. 如图是元素周期表的一部分，已知基态W原子的M层全充满，N层只有一个电子。下列说法错误的是 A. 第二电离能： B. Z元素基态原子核外有15对成对电子 C. X元素基态原子核外电子的运动状态有13种 D. Y元素基态原子电子排布式可简化表示为 【答案】D 【解析】 【分析】首先推断元素：基态W原子M层全充满、N层只有1个电子，电子排布为，故W为；结合周期表位置可知Z为、Y为，X为Y同主族上一周期元素。 【详解】A．价电子排布为（全充满稳定），失去第二个电子所需能量更高；价电子排布为，易失去4s上的第二个电子，故第二电离能，A正确； B．Z为，基态核外电子排布为，共30个电子且全部成对，即15对成对电子，B正确； C．X为，核外共13个电子，根据泡利不相容原理，每个电子运动状态均不同，故有13种运动状态，C正确； D．Y为（31号元素），基态原子简化电子排布式为，选项漏写，D错误； 故本题选D。 7. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 将硫化钠与氯化铝溶液混合： B. 向溶液中加入过量浓氨水： C. 用FeS除去废水中的： D. 向溶液中加入过量的NaOH溶液： 【答案】C 【解析】 【详解】A．与在水溶液中发生完全双水解反应，生成沉淀和气体，无法得到，正确离子方程式为，A错误； B．向溶液中加入过量浓氨水时，生成的会继续与过量反应生成可溶性络合物，最终无沉淀，离子方程式书写错误，正确的离子方程式为 ，B错误； C．由于的溶解度远小于，可发生沉淀的转化反应，该离子方程式符合沉淀转化规律、物质拆分规则，C正确； D．的溶解度小于，加入过量溶液时，最终生成沉淀而非，离子方程式书写错误，正确的离子方程式为，D错误； 故选C。 8. 某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-，流程如下。 已知：①“脱氯”中，仅Cu元素化合价发生变化。 ②锌浸出液中相关成分浓度如下(其他成分无干扰)。 相关成分 Zn2+ Cu2+ Cl- 浓度() 145 0.03 1 下列说法正确的是 A. “浸铜”时温度越高反应速率越快 B. “浸铜”时应加入足量H2O2和H2SO4，确保铜屑溶解完全 C. “脱氯”时发生反应：Cu + Cu2+ + 2Cl- = 2CuCl D. 脱氯液的主要成分为ZnCl2 【答案】C 【解析】 【分析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到 Cu2+，发生的离子方程式为，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅铜元素价态发生变化，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的离子反应为，过滤得到脱氯液。据此分析解答。 【详解】A．温度过高会导致H2O2分解，反应速率未必加快，故A不正确； B．由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，因此“浸铜”时不能加入足量H2SO4和H2O2，故B不正确； C．由分析知，“脱氯”步骤中仅铜元素价态发生变化，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的离子反应为，故C正确； D．溶液中c(Zn2+)远大于c(Cl-)，主要阴离子应为，脱氯后主要成分为ZnSO4，而非ZnCl2，故D错误； 答案选C。 9. 温室气体在催化剂作用下可分解为和，也可作为氧化剂氧化苯制得苯酚()。下列说法错误的是 A. 苯酚中碳原子均采取杂化 B. 与的空间构型不同 C. 中，氮氧键比氮氮键更易断裂 D. 相同条件下，比稳定 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯酚中苯环上的碳原子均形成3个键，无孤电子对，均采取杂化，A正确； B．与原子总数均为3，价电子总数均为16，互为等电子体，空间构型均为直线形，二者空间构型相同，B错误； C．的结构式可表示为，氮氧键键能小于氮氮三键，故氮氧键更易断裂，C正确； D．中存在氮氮三键，键能远大于中的氧氧双键，相同条件下比稳定，D正确； 故选B。 10. 一定条件下，密闭容器中存在反应：。起始状态I中有和，经下列过程达到各平衡状态。已知状态I和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是 A. 从I到II的过程 B. 压强：(II)(Ⅲ) C. 平衡常数：IIⅣ) D. 逆反应速率：(Ⅱ)(Ⅲ)(Ⅳ)(I) 【答案】B 【解析】 【分析】已知状态I和Ⅲ的固体质量相等，而平衡状态Ⅱ到平衡状态Ⅲ改变的条件为温度不变，扩大体积，平衡正向移动，固体质量减小，则平衡状态Ⅱ固体的质量大于平衡状态Ⅲ固体质量，因此起始状态I固体的质量小于平衡状态Ⅱ的固体质量，则起始状态I到平衡状态Ⅱ是从逆向开始建立平衡， 【详解】A．由分析知，从I到Ⅱ的过程中，反应逆向进行，反应消耗生成，气体物质的量减少，混乱度降低，因此该过程的，A错误； B．平衡状态Ⅱ到平衡状态Ⅲ，温度不变，化学平衡常数不变。由，，， 所以温度不变时，不变，就不变，仅由温度决定，故。B正确； C．正反应为吸热反应（），降低温度，平衡常数K减小，平衡状态Ⅱ到平衡状态Ⅲ，温度不变，平衡状态Ⅲ到平衡状态IV，温度降低，所以IIⅣ)，C错误； D．Ⅱ与Ⅲ：温度相同且平衡压强相等（相等），故逆反应速率相等，；：IV相比Ⅲ进行了降温，温度降低，反应速率减慢，故；状态I到平衡状态Ⅱ是逆向进行达到平衡，随着达到平衡，起始状态I中高于平衡时的浓度，因此状态I的逆反应速率大于状态Ⅱ达到了平衡时的速率，即，所以逆反应速率(I)>(Ⅱ)=( Ⅲ)>( Ⅳ)。D错误； 故答案选B。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 由下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 选项 实验操作 现象 结论 A 以溶液为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的 先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 B 向溶液中通入气体 出现黑色沉淀 酸性： C 向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合的能力： D 分别测定浓度均为溶液和溶液的pH 后者pH大于前者 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．为型难溶物，为型难溶物，二者化学式类型不同，不能仅通过沉淀先后顺序直接比较大小，实际，A错误； B．反应生成黑色沉淀是因为溶度积极小、难溶于酸，属于弱酸制强酸的特殊反应，不能说明酸性强于，B错误； C．与结合会生成血红色配合物，溶液无明显颜色变化，说明优先与结合生成无色稳定配合物，因此结合的能力，C正确； D．溶液中水解显酸性，会抵消水解产生的碱性，两溶液阳离子种类不同，变量不唯一，无法比较两种阴离子的水解常数，D错误； 故本题选C。 12. 中和法制备Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下。 已知：25℃时，H3PO4的Ka1=6.9×10-3，Ka2=6.2×10-8，Ka3=4.8×10-13；H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11；Na2HPO4·12H2O易风化。 下列说法正确的是 A. “中和”时，发生反应：H3PO4 + C = HP+H2O+CO2↑ B. “调pH”时X可为H3PO4或NaOH C. “系列操作”为蒸发结晶、过滤、洗涤、高温干燥 D. “系列操作”所得滤液显酸性 【答案】B 【解析】 【分析】根据题中所给电离平衡常数大小关系，推出电离出H+能力大小顺序是H3PO4＞H2CO3＞H2PO＞HCO＞HPO，如果加入少量碳酸钠溶液，利用酸性强的制取酸性弱的，发生2H3PO4+CO=CO2↑+2H2PO+H2O，然后加入NaOH溶液，调节pH，得到Na2HPO4，如果加入过量碳酸钠溶液，发生H3PO4+2CO=2HCO+HPO，据此分析。 【详解】A．H3PO4与少量碳酸钠溶液反应为2H3PO4+CO=CO2↑+2H2PO+H2O，与过量的碳酸钠溶液反应为H3PO4+2CO=2HCO+HPO，A错误； B．“调pH”时，若pH过低可加NaOH，若pH过高可加H3PO4 ，均合理，B正确； C．Na2HPO4·12H2O易风化，应避免高温干燥，且应为蒸发浓缩、冷却结晶，C错误； D．HP 水解 (Kh ==≈ 1.6×10-7) > 电离(Ka3=4.8×10-13)，溶液呈碱性，D错误； 故答案为B。 13. 一种镍磷化合物催化氨硼烷水解释氢的部分机理如图。下列说法错误的是 A. 氨硼烷中含有键 B. 反应过程中有极性键和非极性键的断裂与形成 C. 氨硼烷水解的最终产物为和 D. 用代替作反应物，有生成 【答案】BD 【解析】 【详解】A．中、原子均为杂化，与、与成键时，均是杂化轨道与的轨道形成键，因此含有键，A正确； B．反应过程中断裂的键均为极性键（如、、键），仅存在非极性键（键）的形成，无非极性键的断裂，B错误； C．氨硼烷水解总反应为，最终产物为和，C正确； D．生成的中氢原子分别来自和，用反应时主要生成，D错误； 故本题选BD。 14. 逆水煤气变换体系存在以下两个反应： 恒容条件下，和1：1投料进行反应，平衡时各含碳物质在全部含碳物质中所占的体积分数随温度的变化如图。下列说法正确的是 A. B. M点的平衡转化率为 C. N点的分压是的3倍 D. X点有的转化为CO 【答案】BC 【解析】 【分析】先辨认三条曲线：升温时所占比例增大，说明反应Ⅰ的正反应吸热；所占比例减小，说明反应Ⅱ的正反应放热。图中纵轴是各含碳物质在全部含碳物质中的比例。由于三种含碳物质每个分子均只含1个碳原子，任一温度下三条曲线的数值之和为100%。计算B、D时可设起始投入，并把起始的物质的量取为1 mol。计算C时分别设反应Ⅰ、Ⅱ的正向反应进度为、。 【详解】A．升高温度时的比例增大，反应Ⅰ平衡正向移动，所以；升高温度时的比例减小，反应Ⅱ平衡逆向移动，所以。A项给出的符号恰好相反，错误。 B．M点和的含碳体积分数均为50%，而所占比例近似为0。以起始1 mol 计，平衡时剩余0.50 mol，故。B正确。 C．N点和的含碳体积分数相等，因此。生成水的物质的量为。同温同容下分压之比等于物质的量之比，所以。C正确。 D．X点三种含碳物质的比例分别为。起始1 mol 中有0.36 mol转化为，故转化为的比例为36%，不是37.5%。D错误。 正确选项为BC。 【点睛】处理多反应平衡图像时，先用温度变化判断吸热、放热方向，再利用元素守恒把图中的百分数换算成各物质的量。若两个反应共用同一反应物，不能把某一产物的比例直接当作总转化率；应分别列出各反应的反应进度。 15. 室温下，向一定浓度溶液中加入盐酸，溶液中微粒()浓度的对数与的关系如图。下列说法错误的是 A. 线MX代表 B. 水的电离程度： C. 时： D. N点： 【答案】AC 【解析】 【分析】pOH较小时，溶液碱性较强，溶液中以为主，随着pOH增大（加酸），c()不断减小；浓度随着pOH的增大先增后减，呈先升后降的抛物线形状；随着pOH的增大，的浓度不断增加。当pOH大于4.2时，的浓度变化平缓。交点X （），此时，，；交点Y （），此时，，。 【详解】A．随着pOH的增大（加酸，H+变多），的浓度不断增大，c()不断减小，线MX代表，A错误； B．溶液中存在的所有OH-全部来自于水的自身电离，所以c(OH-)越大，水的电离程度越大，所以随着pOH增大，c(OH-)逐渐减小，水的电离程度逐渐变小，所以，B正确； C．pOH=2.7，介于1.2（X点，与的交点）与4.2（Y点，与交点）；当与浓度相等时，也就是图中的M点，，时，，pOH=14-pH=2.7。所以pOH=2.7时，c(Na+)最大，根据图像可知，C错误； D．电荷守恒，在N点，根据图示交点关系，代入简化可得，因为加入的盐酸引入了Cl-，，所以。D正确； 故答案选AC。 第II卷 非选择题(共60分) 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 过渡元素在材料、化工生产中均占有重要地位。回答下列问题： （1）富马酸亚铁是一种补铁剂。 ①Fe在元素周期表中位于第__________周期__________族。 ②富马酸亚铁中各元素电负性由大到小的顺序为____________________(填元素符号)。 ③富马酸分子()中键与键的数目之比为__________。 （2）和均可以催化降解甲醛(HCHO)等有害物质，广泛用于家居装潢领域。 ①基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为__________。 ②比较键角：HCHO中的__________中的(填“>”或“<”)。 ③HCHO易溶于水的原因是______________________________。 （3）是一种重要的配合物，其中“piaH”是吡啶—2—甲酰胺的缩写，为双齿配体，结构如图。 该配合物中，的配位数为__________，两个“piaH”与分别形成五元环，其中提供孤电子对的原子可能是__________(用“”、“”、“”表示)。 【答案】（1） ①. 四 ②. VIII ③. O > C > H > Fe ④. 11:3 （2） ①. 2:5 ②. > ③. 与水分子间能形成氢键，且 和水均为极性分子，相似相溶 （3） ①. 6 ②. 和或和 【解析】 【小问1详解】 ① Fe的原子序数为26，在元素周期表中位于第四周期第VIII族； ② 富马酸亚铁中含有Fe、C、H、O四种元素，同一周期元素从左到右非金属性逐渐增强，同一主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越强，电负性越大，并且碳的电负性强于氢，铁为金属元素，电负性最小，因此电负性由大到小的顺序为 O > C > H > Fe； ③ 富马酸的结构简式为 ，分子中单键均为 键，双键中含有1个 键和1个 键，1个富马酸分子中含有2个 、1个 、2个 、2个 、2个 、2个 ，故 键数目为 ， 键数目为 ，二者数目之比为 11:3； 【小问2详解】 ① 基态Ti原子的价电子排布式为 ，未成对电子数为2；基态Mn原子的价电子排布式为 ，未成对电子数为5，故未成对电子数之比为 2:5； ② HCHO中C原子采取 杂化，空间结构为平面三角形； 中O原子采取 杂化，含有两对孤电子对，空间结构为V形，因此键角：； ③ HCHO和 均为极性分子，根据相似相溶原理，HCHO易溶于水；此外，HCHO分子中的O原子能与水分子中的H原子形成分子间氢键，进一步增大了其在水中的溶解度； 【小问3详解】 该配合物中，中心离子为 ，配体有2个 （单齿配体）和2个 piaH（双齿配体），故配位数为 ； 两个“piaH”与分别形成五元环，包括配位原子和共有5个原子，故五元环中提供孤电子对的原子可能是和，由于酰胺基和吡啶之间的碳碳单键可以旋转，故五元环中提供孤电子对的原子也可能是和，因此提供孤电子对的原子可能是和或和。 17. 含碳化合物在生产生活中发挥着重要作用。 已知：时，某些含碳化合物相关的平衡常数如下。 (草酸) HCOOH — — 回答下列问题： （1）浓度均为的①HCOONa ② ③ ④溶液，pH由大到小顺序为______________________________(填序号)。 （2）草酸钠溶液显碱性的原因为______________________________(用离子方程式表示)。向草酸钠溶液中滴加盐酸至中性，写出微粒浓度间存在的一个关系式__________。 （3）时，向溶液中逐滴滴入溶液，pH变化如图。 mL时溶液中无浑浊，之后出现白色浑浊且逐渐增多，整个过程未见气泡产生。 ①起始点到a点，__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 ②发生反应的离子方程式为_________________。 ③b点，__________。 【答案】（1）② > ③ > ① > ④ （2） ①. ②. （3） ①. 增大 ②. ③. 10-5.2 【解析】 【小问1详解】 ②：对应弱酸，水解常数 ，水解程度最大，碱性最强；③：既水解也电离，，水解常数，溶液显碱性；①HCOONa：对应弱酸，水解常数，水解程度小于，碱性稍弱；④：的电离常数，水解常数，电离大于水解，溶液呈酸性，所以pH由大到小顺序为② > ③ > ① > ④。 【小问2详解】 草酸钠溶液显碱性的原因是草酸根离子发生水解生成OH-，离子方程式为；在草酸钠滴加盐酸的混合溶液中，根据电荷守恒，，由于溶液呈中性，，代入消去得。 【小问3详解】 ①根据电离平衡常数，，变形可得，起始点到a点，pH增大，减小，而Ka2为常数，故比值增大。 ②a点后出现白色沉淀，全程无气泡，没有CO2生成，产物是沉淀，离子方程式是。 ③b点存在沉淀，，的，联立两式，，b点pH =7.20，，。 18. 三氯化六氨合钴是一种重要的原料。实验室以活性炭为催化剂制备并测定其中氨的含量。已知：该晶体在水中的溶解度随温度的升高而增大，加入浓盐酸利于其析出。回答下列问题： I．的制备 i．称取研细的和于烧杯中，加15 mL水，加热溶解，趁热倾入装有1.0 g活性炭的三颈烧瓶中。流水冷却后，加入25 mL浓氨水，控温以下，逐滴加入的溶液。实验装置如图(夹持及加热装置省略)。 ii．保持50～60°C，加热20 min。 iii．趁热抽滤，取滤液，向其中加入少量X，冰水冷却结晶，抽滤，洗涤，干燥。 （1）仪器a的名称为___________，三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为_________________________。 （2）步骤iii中X为__________(写名称)。 （3）活性炭用量和粒度(通常以目数表示，目数越大，粒度越小)对产品的产率影响较大，其关系如图。 由图可知，合成该产品的最佳条件为____________________。该条件下，继续增加活性炭用量，产品产率降低的原因是____________________。 II．产品中氨含量的测定 称取0.2000 g产品加入烧瓶中，再加入足量氢氧化钠溶液并加热，保持微沸状态40 min，发生反应。将生成的氨气通入装有盐酸的锥形瓶中，充分吸收后，再滴入滴甲基橙，用的NaOH标准溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液16.00 mL。 （4）样品中氨(以计)的质量分数为__________。 （5）下列操作可能会导致所测质量分数偏高的是__________。 A．滴定接近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁 B．锥形瓶内溶液变色后，立即读数 C．碱式滴定管水洗后未用标准液润洗 【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 或 （2） 浓盐酸 （3） ①. 活性炭用量为，粒度为目 ②. 活性炭具有较强的吸附性，用量过多会吸附部分产品，导致抽滤时产品留在滤渣中，使产率降低 （4） （5）B 【解析】 【分析】将、加热溶解，加入浓氨水和溶液反应制备，趁热抽滤取滤液，加入少量浓盐酸，冰水冷却结晶，抽滤，洗涤，干燥得到；然后利用其加热产生的通入盐酸中，利用氢氧化钠对剩余盐酸进行滴定，从而计算样品中的含量，由此解答。 【小问1详解】 由仪器构造可知，仪器a的名称为分液漏斗；三颈烧瓶中、、和反应生成和水，因此反应的离子方程式为： 或 ； 【小问2详解】 根据已知信息可知，加入浓盐酸利于其析出，浓盐酸可以增大体系中浓度，同时降低目标产物的溶解度，促进晶体析出，因此X为浓盐酸； 【小问3详解】 由图像可知，活性炭用量为，粒度为目时，产品的产率最高，因此合成该产品的最佳条件为活性炭用量为，粒度为目。该条件下，继续增加活性炭用量，产品产率降低的原因是：活性炭具有较强的吸附性，用量过多会吸附部分产品，导致抽滤时部分产品留在滤渣中，使产率降低； 【小问4详解】 滴定消耗的的物质的量为 ，说明剩余的的物质的量为，所以与氨气反应的的物质的量为 ，根据反应()可知，生成的氨气的物质的量为，其质量为 ，因此样品中氨(以计)的质量分数为； 【小问5详解】 A．滴定接近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，是为了将内壁附着的溶液冲下，确保滴定准确，不会改变消耗标准溶液的体积，对结果无影响，A不符合题意； B．锥形瓶内溶液变色后，立即读数，此时未达到滴定终点，会导致读取的的体积偏小，与氨气反应的的量偏大，最终所测质量分数偏高，B符合题意； C．碱式滴定管水洗后未用标准液润洗，即标准溶液被稀释，浓度偏低，消耗的标准溶液体积偏大，导致与氨气反应的的量偏小，最终所测质量分数偏低，C不符合题意； 故选B。 19. 某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe2+、Mg2+和Mn2+)，实现镍、钴、镁元素的回收。 已知：①25℃时，部分金属氢氧化物的K如下。 物质 ②“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。 ③当离子浓度≤10-5mol·L⁻1，可认为已沉淀完全。回答下列问题： （1）用硫酸浸取镍钴矿时，可提高浸取速率的措施有___________(答出一条即可)。 （2）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为___________；滤渣的成分有MnO2、___________(填化学式)。 （3）“氧化”时，保持空气通入速率不变，不同SO2体积分数下，Mn(Ⅱ)氧化率(指已被氧化的Mn(Ⅱ)在全部Mn(Ⅱ)中所占的比例)与时间的关系如图。 若混合气中不添加SO2，相同时间内Mn(II)氧化率较低的原因为___________。 （4）将“钴镍渣”酸浸后，用金属萃取剂H2A2萃取酸浸液中的镍：Ni2+ + 2H2A2 ⇌ NiA2·2HA + 2H+。已知萃取前溶液pH=3，c(Ni2+)=0.05 mol·L⁻¹，萃取完成后溶液pH=1，则镍的萃取率=___________[萃取率=×100%](忽略体积变化)。 （5）“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全，需控制pH不低于___________(精确至0.1)。 【答案】（1）适当升高温度、适当增大硫酸浓度、将镍钴矿粉碎(其他合理答案均可得分) （2） ①. Mn2+ + H2O + HS = MnO2 + S + 3H+ ②. CaSO4、Fe(OH)3 （3）无法生成氧化性比氧气更强的过一硫酸(H2SO5) （4）99% （5）11.1 【解析】 【分析】硫酸浸取液中加入混合气，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的H2SO5，加入石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，亚铁离子也被H2SO5氧化成铁离子，故还有氢氧化铁沉淀生成，钙离子与硫酸根离子反应生成硫酸钙沉淀，滤渣为MnO2、CaSO4和Fe(OH)3。过滤后滤液中加入NaOH沉钴镍，过滤后滤液中加入NaOH沉镁，生成氢氧化镁沉淀。 【小问1详解】 用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积。 【小问2详解】 用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀；由于CaSO4微溶于水，故滤渣还有CaSO4和氢氧化铁； 【小问3详解】 若混合气中不添加SO2，相同时间内Mn(II)氧化率较低的原因为无法生成氧化性比氧气更强的过一硫酸(H2SO5)； 【小问4详解】 设溶液的体积为VL。萃取前总H+物质的量：n前(H+)=10-3Vmol； 萃取后总H+物质的量：n后(H+)=0.1V mol。 H+增加量：n(H+)=(0.1V - 10-3V) = 0.099 V mol 。 根据反应方程式：n(H+) = 2×n(Ni2+) n(Ni2+)= =0.0495V mol 萃取前Ni2+总物质的量：n前(Ni2+)=0.05V mol； 萃取率=×100% = 99%； 【小问5详解】 氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。 20. 的资源化对于构建低碳社会具有重要意义。可利用焦炉气中的和工业废气捕获的生产绿色燃料——“零碳甲醇”，主要反应如下： I． II． III． 回答下列问题： （1）关于上述反应体系，下列说法错误的是__________(填标号)。 A. 增大浓度有利于提高的转化率 B. 选用合适的催化剂可以提高在单位时间内的产量 C. 当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明该反应体系已达平衡 D. 达平衡后，若压缩体积，反应II不移动，反应III正向移动 （2）平衡常数随温度变化的曲线如图，可推知__________填“>”或“<”)，反应I自发进行的条件为__________(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。 （3）将和充入体积为2 L的密闭容器中，以作催化剂进行上述反应，平衡转化率及甲醇选择性随温度的变化如图。 已知：甲醇的选择性。 ①分析上图，随着温度的升高，平衡转化率增大，但甲醇选择性降低的原因是_________________。 ②312°C时，反应10 min后达到平衡，内的平均反应速率__________。若起始压强为，平衡时的分压__________(分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）D （2） ①. ②. 低温 （3） ①. 反应I为放热反应，反应II为吸热反应，升高温度，反应I平衡逆向移动导致甲醇选择性降低，反应II平衡正向移动导致 转化率增大 ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 A．增大反应物 的浓度，平衡正向移动，能提高另一种反应物 的转化率，A正确； B．选用合适的催化剂能加快反应速率，从而提高 在单位时间内的产量，B正确； C．该反应体系中反应I和III前后气体分子数发生改变，而气体总质量始终不变，因此混合气体的平均相对分子质量是变量，当其保持不变时，说明各组分含量不再变化，体系已达平衡，C正确； D．达平衡后若压缩体积，体系压强增大，反应I和III均向正向移动，导致体系中 、、、 的浓度发生改变，使得反应II的浓度商 发生变化，因此反应II的平衡也会发生移动，D错误； 故选D； 【小问2详解】 由平衡常数随温度变化的曲线图可知， 和 均随温度升高而减小，说明反应I和III均为放热反应（ 且 ）； 随温度升高而增大，说明反应II为吸热反应（），根据盖斯定律，反应I = 反应II + 反应III，则有 ，由于，因此 ，即 ；对于反应I，其正反应是气体分子数减少的放热反应，即 且 ，根据吉布斯自由能判据 时反应自发进行，可知该反应在低温条件下能自发进行； 【小问3详解】 ① 反应I为放热反应，反应II为吸热反应，升高温度，反应I平衡逆向移动使甲醇选择性降低， 转化率减小，反应II平衡正向移动导致 转化率增大，此温度范围内，以反应II为主，因此 转化率增大； ②312°C时， 转化率为12.5%，反应消耗的 的物质的量为，内的平均反应速率；此时 的选择性为80%，生成的 的物质的量为 ，根据反应I的方程式可知，反应I中消耗的物质的量为，消耗的的物质的量为，生成的的物质的量为；反应II 中消耗的物质的量为，根据反应II 的方程式可知，反应II消耗的的物质的量为，生成的的物质的量为，生成的的物质的量为，因此在平衡状态时，的物质的量为，的物质的量为，的物质的量为，的物质的量为， 的物质的量为，总的物质的量为，恒温恒容下压强之比等于物质的量之比，平衡总压 ，因此平衡时的分压 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省滨州市2024-2025学年高二上学期1月期末化学试题 本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共10页，满分100分，考试时间90分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡对应位置“条形码粘贴处”。 2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试卷上。 3.第Ⅱ卷所有题目的答案，考生须用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡规定的区域内，在试卷上答题不得分。 4.考试结束，监考人员将答题卡收回。 可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65 第I卷 选择题(共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是 A. NaCl焰色试验为黄色，与Cl电子跃迁有关 B. 明矾能将污水中细小悬浮物聚集成大颗粒，与水解有关 C. 用5%的溶液洗胃可有效除去误食的，与沉淀的生成有关 D. 将CO中毒病人放入高压氧舱中解毒，与平衡移动原理有关 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. HClO的电子式： B. 激发态H原子的轨道表示式： C. NaCl溶液中的水合离子： D. 键形成的轨道重叠示意图： 3. 关于玻璃仪器的使用，下列说法正确的是 A. ②③④可用作反应容器 B. ①④⑤使用前需检漏 C. ④⑤⑥可用于物质分离 D. ①③④使用前需用待装液润洗 4. 过氧化脲是一种常用的消毒剂，可由过氧化氢和脲加合而成，代表性结构如图。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 为极性分子 C. 过氧化脲所含元素均位于元素周期表的p区 D. 该结构中存在氢键：N—H…O 5. 下列实验方案能达到实验目的的是 A．制备 B．探究压强对化学平衡的影响 C．制备无水氯化镁 D．比较C、Si非金属性的强弱 A. A B. B C. C D. D 6. 如图是元素周期表的一部分，已知基态W原子的M层全充满，N层只有一个电子。下列说法错误的是 A. 第二电离能： B. Z元素基态原子核外有15对成对电子 C. X元素基态原子核外电子的运动状态有13种 D. Y元素基态原子电子排布式可简化表示为 7. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 将硫化钠与氯化铝溶液混合： B. 向溶液中加入过量浓氨水： C. 用FeS除去废水中的： D. 向溶液中加入过量的NaOH溶液： 8. 某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-，流程如下。 已知：①“脱氯”中，仅Cu元素化合价发生变化。 ②锌浸出液中相关成分浓度如下(其他成分无干扰)。 相关成分 Zn2+ Cu2+ Cl- 浓度() 145 0.03 1 下列说法正确的是 A. “浸铜”时温度越高反应速率越快 B. “浸铜”时应加入足量H2O2和H2SO4，确保铜屑溶解完全 C. “脱氯”时发生反应：Cu + Cu2+ + 2Cl- = 2CuCl D. 脱氯液的主要成分为ZnCl2 9. 温室气体在催化剂作用下可分解为和，也可作为氧化剂氧化苯制得苯酚()。下列说法错误的是 A. 苯酚中碳原子均采取杂化 B. 与的空间构型不同 C. 中，氮氧键比氮氮键更易断裂 D. 相同条件下，比稳定 10. 一定条件下，密闭容器中存在反应：。起始状态I中有和，经下列过程达到各平衡状态。已知状态I和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是 A. 从I到II的过程 B. 压强：(II)(Ⅲ) C. 平衡常数：IIⅣ) D. 逆反应速率：(Ⅱ)(Ⅲ)(Ⅳ)(I) 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 由下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 选项 实验操作 现象 结论 A 以溶液为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的 先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 B 向溶液中通入气体 出现黑色沉淀 酸性： C 向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合的能力： D 分别测定浓度均为溶液和溶液的pH 后者pH大于前者 A. A B. B C. C D. D 12. 中和法制备Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下。 已知：25℃时，H3PO4的Ka1=6.9×10-3，Ka2=6.2×10-8，Ka3=4.8×10-13；H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11；Na2HPO4·12H2O易风化。 下列说法正确的是 A. “中和”时，发生反应：H3PO4 + C = HP+H2O+CO2↑ B. “调pH”时X可为H3PO4或NaOH C. “系列操作”为蒸发结晶、过滤、洗涤、高温干燥 D. “系列操作”所得滤液显酸性 13. 一种镍磷化合物催化氨硼烷水解释氢的部分机理如图。下列说法错误的是 A. 氨硼烷中含有键 B. 反应过程中有极性键和非极性键的断裂与形成 C. 氨硼烷水解的最终产物为和 D. 用代替作反应物，有生成 14. 逆水煤气变换体系存在以下两个反应： 恒容条件下，和1：1投料进行反应，平衡时各含碳物质在全部含碳物质中所占的体积分数随温度的变化如图。下列说法正确的是 A. B. M点的平衡转化率为 C. N点的分压是的3倍 D. X点有的转化为CO 15. 室温下，向一定浓度溶液中加入盐酸，溶液中微粒()浓度的对数与的关系如图。下列说法错误的是 A. 线MX代表 B. 水的电离程度： C. 时： D. N点： 第II卷 非选择题(共60分) 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 过渡元素在材料、化工生产中均占有重要地位。回答下列问题： （1）富马酸亚铁是一种补铁剂。 ①Fe在元素周期表中位于第__________周期__________族。 ②富马酸亚铁中各元素电负性由大到小的顺序为____________________(填元素符号)。 ③富马酸分子()中键与键的数目之比为__________。 （2）和均可以催化降解甲醛(HCHO)等有害物质，广泛用于家居装潢领域。 ①基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为__________。 ②比较键角：HCHO中的__________中的(填“>”或“<”)。 ③HCHO易溶于水的原因是______________________________。 （3）是一种重要的配合物，其中“piaH”是吡啶—2—甲酰胺的缩写，为双齿配体，结构如图。 该配合物中，的配位数为__________，两个“piaH”与分别形成五元环，其中提供孤电子对的原子可能是__________(用“”、“”、“”表示)。 17. 含碳化合物在生产生活中发挥着重要作用。 已知：时，某些含碳化合物相关的平衡常数如下。 (草酸) HCOOH — — 回答下列问题： （1）浓度均为的①HCOONa ② ③ ④溶液，pH由大到小顺序为______________________________(填序号)。 （2）草酸钠溶液显碱性的原因为______________________________(用离子方程式表示)。向草酸钠溶液中滴加盐酸至中性，写出微粒浓度间存在的一个关系式__________。 （3）时，向溶液中逐滴滴入溶液，pH变化如图。 mL时溶液中无浑浊，之后出现白色浑浊且逐渐增多，整个过程未见气泡产生。 ①起始点到a点，__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 ②发生反应的离子方程式为_________________。 ③b点，__________。 18. 三氯化六氨合钴是一种重要的原料。实验室以活性炭为催化剂制备并测定其中氨的含量。已知：该晶体在水中的溶解度随温度的升高而增大，加入浓盐酸利于其析出。回答下列问题： I．的制备 i．称取研细的和于烧杯中，加15 mL水，加热溶解，趁热倾入装有1.0 g活性炭的三颈烧瓶中。流水冷却后，加入25 mL浓氨水，控温以下，逐滴加入的溶液。实验装置如图(夹持及加热装置省略)。 ii．保持50～60°C，加热20 min。 iii．趁热抽滤，取滤液，向其中加入少量X，冰水冷却结晶，抽滤，洗涤，干燥。 （1）仪器a的名称为___________，三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为_________________________。 （2）步骤iii中X为__________(写名称)。 （3）活性炭用量和粒度(通常以目数表示，目数越大，粒度越小)对产品的产率影响较大，其关系如图。 由图可知，合成该产品的最佳条件为____________________。该条件下，继续增加活性炭用量，产品产率降低的原因是____________________。 II．产品中氨含量的测定 称取0.2000 g产品加入烧瓶中，再加入足量氢氧化钠溶液并加热，保持微沸状态40 min，发生反应。将生成的氨气通入装有盐酸的锥形瓶中，充分吸收后，再滴入滴甲基橙，用的NaOH标准溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液16.00 mL。 （4）样品中氨(以计)的质量分数为__________。 （5）下列操作可能会导致所测质量分数偏高的是__________。 A．滴定接近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁 B．锥形瓶内溶液变色后，立即读数 C．碱式滴定管水洗后未用标准液润洗 19. 某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe2+、Mg2+和Mn2+)，实现镍、钴、镁元素的回收。 已知：①25℃时，部分金属氢氧化物的K如下。 物质 ②“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。 ③当离子浓度≤10-5mol·L⁻1，可认为已沉淀完全。回答下列问题： （1）用硫酸浸取镍钴矿时，可提高浸取速率的措施有___________(答出一条即可)。 （2）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为___________；滤渣的成分有MnO2、___________(填化学式)。 （3）“氧化”时，保持空气通入速率不变，不同SO2体积分数下，Mn(Ⅱ)氧化率(指已被氧化的Mn(Ⅱ)在全部Mn(Ⅱ)中所占的比例)与时间的关系如图。 若混合气中不添加SO2，相同时间内Mn(II)氧化率较低的原因为___________。 （4）将“钴镍渣”酸浸后，用金属萃取剂H2A2萃取酸浸液中的镍：Ni2+ + 2H2A2 ⇌ NiA2·2HA + 2H+。已知萃取前溶液pH=3，c(Ni2+)=0.05 mol·L⁻¹，萃取完成后溶液pH=1，则镍的萃取率=___________[萃取率=×100%](忽略体积变化)。 （5）“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全，需控制pH不低于___________(精确至0.1)。 20. 的资源化对于构建低碳社会具有重要意义。可利用焦炉气中的和工业废气捕获的生产绿色燃料——“零碳甲醇”，主要反应如下： I． II． III． 回答下列问题： （1）关于上述反应体系，下列说法错误的是__________(填标号)。 A. 增大浓度有利于提高的转化率 B. 选用合适的催化剂可以提高在单位时间内的产量 C. 当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明该反应体系已达平衡 D. 达平衡后，若压缩体积，反应II不移动，反应III正向移动 （2）平衡常数随温度变化的曲线如图，可推知__________填“>”或“<”)，反应I自发进行的条件为__________(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。 （3）将和充入体积为2 L的密闭容器中，以作催化剂进行上述反应，平衡转化率及甲醇选择性随温度的变化如图。 已知：甲醇的选择性。 ①分析上图，随着温度的升高，平衡转化率增大，但甲醇选择性降低的原因是_________________。 ②312°C时，反应10 min后达到平衡，内的平均反应速率__________。若起始压强为，平衡时的分压__________(分压=总压×物质的量分数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $