福建省厦门市2023-2024学年高二上学期期末考试质量检测化学试题

厦门市20232024学年第一学期高二年级质量检测化学试题满分：100分考试时间：75分钟说明：1.本试卷共6页，满分100分.考试时间75分钟2.请将符合题意的答案填入答题卷相应空格中可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Fe56Zn65一、选择题（本题包括15小题，每小题3分.每小题只有一个选项符合题意，共45分）1.2023年度IUPAC化学领域新兴技术，涉及电能与化学能之间转化的是A.生物回收PET B.使用低糖疫苗 C.合成电化学 D.应用化学GPT语言模型【答案】C【解析】【详解】A．生物回收PET不涉及电能与化学能的转化，故A错误；B．使用低糖疫苗与电能和化学能无关，故B错误；C．合成电化学过程中涉及电能与化学能之间转化，故C正确；D．应用化学GPT语言模型过程中无电能与化学能之间转化，故D错误；故选C。2.侯氏制碱法中，下列操作与回收母液中无关的是A.通入 B.通入 C.降低温度 D.添加【答案】A【解析】【详解】A．通入CO2后，对铵根离子和氯离子没有影响，则对母液中析出NH4Cl无帮助，A符合题意；B．通入NH3后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，B不符合题意；C．降低温度，氯化铵的溶解度降低，有利于氯化铵的析出，C不符合题意；D．添加，溶液中氯离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，D不符合题意；故选A。3.下列物质属于强电解质的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】A．为弱碱，属于弱电解质，故A错误；B．为有机弱酸，属于弱电解质，故B错误；C．为可溶性盐，在水溶液中或熔融状态下完全电离，属于强电解质，故C正确；D．为弱酸，属于弱电解质，故D错误；故答案为：C。4.25℃时，浓度均为的下列溶液pH最小的是A.溶液 B.溶液 C.溶液 D.溶液【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3溶液碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，显碱性，pH>7；B．NaHSO3溶液亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，pH<7；C．NaCl溶液显中性，pH=7；D．Na2C2O4为强碱弱酸盐，其溶液显碱性，pH>7；因此25℃时，浓度均为的下列溶液pH最小的是NaHSO3溶液；故选B。5.25℃时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.能使石蕊变红的溶液：，，B.澄清透明的溶液：，，C.的溶液：，，D.含的溶液：，，【答案】C【解析】【详解】A．能使石蕊变红的溶液，此时氢离子可以和碳酸氢根离子反应，不能共存，A错误；B．三价铁离子、镁离子都可以和亚硫酸根离子反应，不能共存，B错误；C．的溶液显碱性，此时，，相互之间不反应且和氢氧根离子不反应，可以共存，C正确；D．碳酸根离子和铝离子可以发生双水解，不能共存，D错误；故选C。6.下列有关电化学腐蚀原理的应用说法错误的是A.利用铁腐蚀快速测定空气中氧气含量 B.利用牺牲阳极保护法在潜艇外壳上镶嵌铜块C.以铁作为阴极在铁表面镀铜 D.采用阴极电保护法防止铁管道腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．利用铁的吸氧腐蚀，测定前后质量变化，可测定空气中氧气含量，故A正确；B．利用牺牲阳极保护法在潜艇外壳上应镶嵌比铁活泼的金属，如锌，故B错误；C．铁表面镀铜，铜作阳极，铁作阴极，含铜离子的盐溶液作电解质溶液，故C正确；D．防止铁管道腐蚀可采用外加电流的阴极保护法，铁管道作阴极，故D正确；故选：B。7.利用处理大气污染物，其原理为，速率方程为，为速率常数.下列有关说法正确的是A.恒温时，体系密度不变则反应达到平衡 B.恒压时，充入可增大反应速率C.充入时，可提高平衡转化率 D.平衡时，消耗速率等于消耗速率【答案】D【解析】【详解】A．该反应中所有的反应物和产物都是气体，且反应前后气体分子数不变，容器体积不变，则密度不是变量，则体系密度不变不能说明反应达到平衡，A错误；B．根据速率方程可知，反应速率和N2O的浓度有关，而恒压时，充入时，容器体积增大，其N2O的浓度降低，反应速率减小，B错误；C．两种物质参加反应，增大一种物质的浓度，会增大另一种物质的浓度，而其自身的浓度会降低，C错误；D．当CO消耗速率等于N2消耗速率，正逆反应速率相等，该反应达到了平衡状态，D正确；故选D。8.下列关于漂白粉使用过程中涉及的离子方程式正确的是A.漂白粉的漂白原理：B.除去漂白粉溶液中的：C.不能将漂白粉与酒精混用：D.不能将漂白粉与洁厕剂（有效成分为盐酸）混用：【答案】D【解析】【详解】A．漂白粉有效成分是Ca(ClO)2，吸收空气中CO2、H2O生成CaCO3沉淀和HClO，离子方程式为Ca2++2ClO+CO2+H2O=CaCO3↓＋2HClO，A错误；B．CH3COOH能与Ca(ClO)2、Ca(OH)2反应，除去漂白粉溶液中的Ca(OH)2可加入适量Na2CO3等物质，不能加入CH3COOH，B错误；C．漂白粉与酒精混用时发生的主要反应为Ca(ClO)2+CH3CH2OH=CH3CHO+Ca(OH)2+Cl2，C错误；D．漂白粉与洁厕剂(有效成分为盐酸)混用时生成有毒气体氯气，离子方程式为ClO+Cl＋2H+=Cl2+H2O，D正确；故选D。9.下列物质摩尔燃烧焓数据如下表：物质C（s，石墨）C（s，金刚石）393.5395.4285.8283.0890.3下列表述正确的是A.B.C（s，石墨）C.C（s，石墨）＝C（s，金刚石）D.C（s，石墨）【答案】D【解析】【分析】摩尔燃烧焓是指一摩尔物质在标准状况下完全燃烧时的反应焓变。【详解】A．氢气的摩尔燃烧焓是指一摩尔氢气在标准状况下完全燃烧时的反应焓变，，故A错误；B．根据盖斯定律，C（s，石墨），故B错误；C．根据盖斯定律，C（s，石墨）＝C（s，金刚石），故C错误；D．根据盖斯定律，C（s，石墨），H2O(l)的能量小于H2O(g)的能量，所以C（s，石墨），故D正确；选D10.700℃时，将2mol水通入2L密闭容器中发生反应：，20min时达到平衡，测得.下列说法正确的是A.该反应在低温下可自发进行B.压缩体积可提高水蒸气的平衡转化率C.700℃时，该反应的D.反应达到平衡时，【答案】C【解析】【详解】A．根据吉布斯自由能，，，高温下，反应自发进行，A错误；B．压缩体积，增大压强，平衡逆向进行，水蒸气的平衡转化率减小，B错误；C．根据三段式，，，C正确；D．根据三段式，，D错误；故选C。11.下列实验方案不能达到目的的是A.测定中和热B.探究压强对平衡移动的影响C.模拟索尔维制碱制备D.用标准液测定的含量A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．强酸、强碱的稀溶液分别倒入量热计中，环形玻璃搅拌器搅拌，通过测定反应过程中的最高温度，可测定中和热，故A正确；B．该反应前后气体分子数相等，压强不影响该平衡，故B错误；C．稀硫酸滴入盛有碳酸钙粉末的锥形瓶中生成二氧化碳，二氧化碳通入饱和氨盐水中生成碳酸氢钠，故C正确；D．酸性用酸式滴定管盛装，滴入含的溶液中，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液溶液时溶液变浅紫红色，即达到滴定终点，然后根据高锰酸钾溶液消耗量计算的含量，故D正确；故选：B。12.高效解耦水分解的电化学和化学循环装置如图，下列说法正确的是A.M为阳极B.N极发生的反应为：C.b为D.理论上相同条件下，【答案】C【解析】【分析】图中分析可知，M电极为阴极，氢离子得到电子生成氢气，a为H2，电极反应式为：2H++2e=H2↑，N为电解池的阳极，Br氧化成BrO，电极反应为：Br6e+3H2O=BrO+6H+。【详解】A．由分析，M为阴极，故A错误；B．N极为电解池的阳极，N极发生的反应为：，故B错误；C．装置图中M电极表面H+直接得电子发生还原反应，说明电解池中不可能是碱溶液，则b为水，故C正确；D．电子守恒得到，理论上相同条件下，理论上相同条件下，，故D错误；故选C。13.下列实验及现象可解释或得出结论正确的是选项实验及现象解释或结论A25℃时，向溶液中滴加甲基橙溶液，溶液变黄B用铁电极电解硫酸铜溶液，开始时阴极析出铜无法证明金属活动性：C向溶液中加入少量固体，颜色变深的水解程度变大D向溶液中加入过量的溶液，产生沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．25℃时，向碳酸氢铵溶液中滴加甲基橙溶液，溶液变黄说明pH>4.4，溶液酸碱性不能确定，电离常数不能确定，故A错误；B．用铁电极电解硫酸铜溶液，开始时阴极析出铜不能说明铜离子的氧化性强于亚铁离子，则开始时阴极析出铜无法证明铁的金属活动性强于铜，故B正确；C．溶液的浓度越大，氯化铁在溶液中的水解程度越小，则向氯化铁溶液中加入少量氯化铁固体，颜色变深不能说明铁离子的水解程度变大，故C错误；D．向碳酸氢镁溶液中加入过量的氢氧化钠溶液只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，则反应生成氢氧化镁沉淀不能用于比较碳酸镁和氢氧化镁的溶度积大小，故D错误；故选B。14.常温下，，，还原沉淀法除去工业废水中的流程如下.已知溶液中“转化”反应为.下列说法错误的是A.溶液中有B.“转化”前后溶液均有C“还原”充分反应后，溶液中有D.“沉淀”时，能使沉淀完全【答案】C【解析】【详解】A．溶液中存在电荷守恒，故A正确；B．溶液中存在物料守恒，“转化”前后n(K)=2n(Cr)，溶液均有，故B正确；C．“还原”反应为，充分反应后，加NaOH溶液之前，Cr3+未沉淀，溶液中Fe3+与Cr3+浓度比值不是，故C错误；D．“沉淀”时，，即c(OH)＞108mol/L，此时c(Cr3+)＜＜105mol/L，所以能使沉淀完全，故D正确；故答案为：C。15.25℃时，在溶液中滴入等浓度盐酸标准液，溶液pH与所加盐酸的体积关系如图.下列说法错误的是A.该滴定过程可选择甲基橙作为指示剂B.的数量级为C.M点处有D.N点处的电离程度与水解程度相同【答案】C【解析】【详解】A．滴定终点时为CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl时强酸弱碱盐，溶液显酸性，可选甲基橙指示剂，故A正确；B．由图可知，溶液的pH=11.8，即c(OH)=1022mol/L，所以电离常数，其数量级为，故B正确；C．M点为CH3NH2和CH3NH3Cl为1:1的混合液，由电荷守恒知c(H+)+c(CH3NH)=c(OH)+c(Cl)，再由物料守恒知2c(Cl)=c(CH3NH)+c(CH3NH2)，所以质子守恒式为2c(OH)+c(CH3NH2)=c(CH3NH)+2c(H+)，故C错误；D．N点溶液呈中性，CH3NH2的电离程度和CH3NH水解程度相同，故D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分.16.一种将废水中转化为高附加值的电化学装置如图.（1）A极为__________极（填“正”或“负”）.（2）B极的电极反应为__________.（3）M为__________离子交换膜（填“阳”或“氢氧根”）.（4）该转化总反应的离子方程式为__________.（5）在铜基电极表面上转化为的反应历程如图，吸附在铜基电极表面上的物种用*标注，表示能垒（活化能）为1.03eV.①转化为的___________0（填“＞”“＝”或“＜”）.②“”中最大能垒（活化能）__________eV，其化学方程式为____________.③该电极提高选择性的原因为_______________.【答案】（1）负（2）（3）氢氧根（4）（5）①.<②.1.32③.④.转化为的能垒高【解析】【小问1详解】A极锌失电子生成，A为负极；【小问2详解】B极硝酸根离子得电子生成氨气，B极的电极反应为；【小问3详解】A电极消耗氢氧根离子、B电极生成氢氧根离子，所以M为氢氧根离子交换膜；【小问4详解】A极锌失电子生成，B电极硝酸根离子得电子生成氨气，根据电子守恒，总反应的离子方程式为【小问5详解】①根据图示，的能量大于，转化为的<0；②根据图示，“”中最大能垒（活化能）1.32eV，其化学方程式为；③根据图示，转化为的能垒高，所以该电极能提高选择性。17.乙二胺四乙酸常用作络合剂，可简写为，常用、、制备络合铁吸收剂，利用络合铁法脱硫设计如下装置。已知：i.25℃时，，，，，.ii.25℃时，，.（1）装置a名称为____________，其作用是____________.（2）“络合铁吸收剂”中铁元素主要存在形式为，制备的反应为，其平衡常数表达式____________.（3）“络合铁吸收剂”脱硫时溶液为8.5，将转化为的目的是____________.（4）开始时，A中与溶液发生反应的离子方程式为____________，后续发生反应为.（5）B中发生反应，其目的是吸收A中未反应的，该反应平衡常数____________（列出计算式）.（6）滴入络合铁吸收剂，打开电磁搅拌器并恒温至25℃.通入反应结束后，取出B中的溶液，加入碘标准液，用溶液滴定，待溶液变为淡黄色后，加入滴淀粉指示剂，继续滴定，消耗.已知：滴定反应为.①滴定终点的现象为____________.②络合铁吸收剂对的脱硫率为____________（列出计算式）.③滴定结束后，若滴定管尖嘴处产生气泡，则测得脱硫率____________（填“偏大”“偏小”或“不变”）.【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.平衡压强（2）（3）防止生成Fe(OH)3沉淀（4）H2S+CO=HS+HCO（5）（6）①.滴入最后半滴标准液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色②.(1)×100%③.偏小【解析】【分析】开始时，A中与溶液发生反应生成NaHS和NaHCO3，A中制备的反应为，B中发生反应，CD吸收尾气。【小问1详解】装置a名称为恒压滴液漏斗，其作用是平衡压强，使溶液顺利滴下。故答案为：恒压滴液漏斗；平衡压强；【小问2详解】“络合铁吸收剂”中铁元素主要存在形式为，制备的反应为，其平衡常数表达式，故答案为：；【小问3详解】“络合铁吸收剂”脱硫时溶液为8.5，将转化为的目的是防止生成Fe(OH)3沉淀，故答案为：防止生成Fe(OH)3沉淀；【小问4详解】开始时，A中与溶液发生反应生成NaHS和NaHCO3，离子方程式为H2S+CO=HS+HCO；后续发生反应为.故答案为：H2S+CO=HS+HCO；【小问5详解】B中发生反应，其目的是吸收A中未反应的，该反应平衡常数，故答案为：；【小问6详解】①滴定终点的现象为滴入最后半滴标准液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，故答案为：滴入最后半滴标准液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色；②加入的碘标准液中含有的n(I2)总=c1mol/L×V1×103L=c1V1×103mol,加入的Na2S2O3标准液消耗的n(I2)1=n(Na2S2O3)=×c2mol/L×V2×103L=c2V2×103mol,故与B中的H2S反应的n(I2)2=n(I2)总n(I2)1=c1V1×103molc2V2×103mol,则被络合铁吸收剂的H2S为[(4×103)(c1V1×103c2V2×103)]mol,络合铁吸收剂对H2S的脱硫率为×100%=(1)×100%，络合铁吸收剂对的脱硫率为(1)×100%，故答案为：(1)×100%；③滴定结束后，若滴定管尖嘴处产生气泡，则滴入锥形瓶内的标准液的体积比读数大，即读数偏小，根据络合铁吸收剂对H2S的脱硫率(1)×100%可知，当V2偏小时，则测得脱硫率偏小，故答案为：偏小。18.利用以下流程回收废旧电池正极材料（主要含、等）中金属资源.已知：i.难溶于水可溶于酸，、微溶于水.ii.25℃时，，的，，.（1）“放电拆解”过程中从__________（填“正”或“负”，下同）极经电解质溶液移向__________极.（2）“酸浸”过程生成的化学方程式为_________.（3）“浸出液”检测出微量，此时，则溶液中________.（4）溶解度随温度升高而降低.“沉锂”后为提高的析出量和纯度应进行的操作为_________.（5）“双极膜法”获得的原理如图.①从__________（选填“一室”“二室”或“三室”）获得②该法总反应化学方程式为__________.③该法产生可在流程中循环使用的物质为__________（填化学式）.（6）“苛化法”获得的流程如图.下列有关苛化法和双极膜法说法正确的是____________（填标号）.A.相较于苛化法，双极膜法工艺更简单 B.相较于苛化法，双极膜法副产物之一为清洁能源C.相较于双极膜法，苛化法的产物纯度更高 D.相较于双极膜法，苛化法耗酸量更少【答案】（1）①.负②.正（2）2LiFePO4+H2O2+H2SO4=Li2SO4+2FePO4+2H2O（3）103mol/L（4）蒸发浓缩，趁热过滤（5）①.三室②.Li2SO4+4H2O2H2↑+O2↑+H2SO4+2LiOH③.H2SO4（6）ABC【解析】【分析】利用如图流程回收废旧电池正极材料（主要含Al、LiFePO4等）中Li金属资源，LiFePO4难溶于水可溶于酸，Li2CO3、Li3PO4微溶于水，放电拆解后的正极片，加入稀硫酸和过氧化氢酸浸过滤，过氧化氢具有强氧化性，可以把二价铁转化为三价铁，“氧化浸出”时生成了难溶的FePO4，由流程可知，反应为废旧磷酸亚铁锂正极片中LiFePO4和过氧化氢在酸性条件下生成FePO4和锂离子、水，反应的化学方程式为：2LiFePO4+H2O2+H2SO4=Li2SO4+2FePO4+2H2O，浸出液主要含Li2SO4，通入氨气除杂后得到的滤液中在加入碳酸钠反应生成Li2CO3，加入硫酸酸溶，通过双极膜法和苛化法得到LiOH，据此分析回答问题。【小问1详解】“放电拆解”过程中从负极经电解质溶液移向正极，故答案为：负；正；【小问2详解】“酸浸”过程生成的化学方程式为2LiFePO4+H2O2+H2SO4=Li2SO4+2FePO4+2H2O，故答案为：2LiFePO4+H2O2+H2SO4=Li2SO4+2FePO4+2H2O；【小问3详解】“浸出液”检测出微量，溶液pH=2.5，c（H+）=102.5mol/L，此时c（Fe3+）=105mol•L1，25℃时，Ksp（FePO4）=c（Fe3+）×c（PO）=1.0×1022，c（PO）=mol/L=1.0×1017mol/L，H3PO4的Ka1=102.1，Ka2=107.2，Ka3=1012.2，Ka1×Ka2×Ka3=，则溶液中c（H3PO4）=mol/L=103mol/L，此时，则溶液中103mol/L，故答案为：103mol/L；【小问4详解】溶解度随温度升高而降低，“沉锂”后为提高的析出量和纯度应进行的操作为蒸发浓缩，趁热过滤，故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；【小问5详解】“双极膜法”获得LiOH原理如图，与电源正极连接的石墨为阳极，左边氢氧根离子移向阳极失电子生成氧气，则左侧为阴离子交换膜，与电源负极连接的石墨为阴极，右侧为阳离子交换膜，右侧氢离子移向阴极生成氢气，一室右侧为阴离子交换膜，二室中的硫酸根离子、氢氧根离子移向一室，二室右侧为阳离子交换膜，二室中锂离子移向三室，和氢氧根离子形成LiOH，①从三室获得，故答案为：三室；②该法总反应化学方程式为Li2SO4+4H2O2H2↑+O2↑+H2SO4+2LiOH；故答案为：Li2SO4+4H2O2H2↑+O2↑+H2SO4+2LiOH；③该法产生可在流程中循环使用的物质为H2SO4，故答案为：H2SO4；【小问6详解】A.分析可知，相较于苛化法，双极膜法工艺更简单，故A正确；B.相较于苛化法，双极膜法副产物之一氢气为清洁能源，故B正确；C.相较于双极膜法，苛化法是结晶析出晶体的方法，得到的产物纯度更高，故C正确；D.相较于双极膜法，苛化法耗酸量多，故D错误；故答案为：ABC。19.空间站内搭载萨巴蒂尔装置将转化为，再通过电解水装置回收氧元素.其系统原理如图：萨巴蒂尔装置内发生反应为反应Ⅰ：反应Ⅱ：（1）已知，则_________.（2）在“高温反应器”中以为催化剂，一段时间内不同温度转化率如图.已知反应Ⅰ的速率方程：，.①250℃前，实际转化率随温度变化不大的主要原因是___________.②300℃时__________（填“＞”“＜”或“＝”）.③达到平衡后，升高温度，增大的倍数_________增大的倍数（填“＞”“＜”或“＝”）.（3）在“低温反应器”中达平衡时，各组分物质的量分数随温度变化如图.已知原料气中含有及.①物质的量分数随温度变化的曲线为____________（填标号）.②300～500℃，物质的量分数随温度升高而上升的原因是___________.③某温度下达平衡时，总压为，剩余和，则反应Ⅰ的为___________（列出计算式，为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）；此时氧元素的回收率为____________［回收率].（4）从平衡与速率角度分析萨巴蒂尔装置采用高温和低温反应器串联的优点是___________.【答案】（1）329.2kJ•mol1（2）①.低于250℃时，催化剂活性比较低，反应速率比较慢，反应的量比较少②.＞③.＜（3）①.a②.300～500℃，主要发生反应Ⅰ，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量的增多③.④.0.85（4）高温时，主要发生反应Ⅰ，CH4的选择性高且反应速率大，低温时，平衡正向移动，生成的H2O增多【解析】【小问1详解】令反应ⅢCO2(g)+CH4(g)═2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247.0kJ•mol1，根据盖斯定律，Ⅰ=2×ⅡⅢ，可得，CO2(g)+4H2(g)═CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=2ΔH2ΔH3=2×(41.1kJ•m