2023-2024学年河南省漯河市高二上学期期末质量检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省漯河市2023-2024学年高二上学期期末质量检测考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将条形码贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂上。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。3.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cu64第Ⅰ卷(选择题共45分)一、选择题：(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个正确选项。)1.“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的液态燃料。下列有关“液态阳光”的说法错误的是A.和转化为“液态阳光”过程中同时吸收能量B.煤气化得到水煤气合成的甲醇属于“液态阳光”C.“液态阳光”行动有利于可持续发展并应对气候变化D.“液态阳光”行动的实施有利于实现“碳中和”【答案】B【解析】根据题意可知，阳光、二氧化碳和水转化为“液态阳光”过程中类似光合作用，需吸收能量，A正确；煤气化得到的水煤气，成分为CO和H2，水煤气合成的甲醇，没有合成“液态阳光”的要素，因此不属于“液态阳光”，B错误；“液态阳光”行动有利于可持续发展，减少温室效应，有利于气候变化，C正确；“液态阳光”行动的实施，实现了二氧化碳的再利用，有利于实现“碳中和”，D正确；故选B。2.化学与社会、生活等方面密切相关。下列有关说法不正确的是A.银首饰表面生成硫化银变黑属于电化学腐蚀B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀C.用晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中D.食品包装袋里含炭粉、铁粉和食盐的双吸粉既能除氧又能除水【答案】A【解析】银首饰表面变黑，与空气中硫化氢反应生成硫化银，为化学腐蚀，A不正确；Zn的活泼性比铁强，形成原电池时，Fe被保护，可以减缓管道的腐蚀，B正确；为抑制水解，用晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中，C正确；食品包装袋中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等形成原电池，消耗氧气和水，既能除氧又能除水，D正确；故选A。3.常温下，下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是A.无色透明的溶液：B.的溶液：C.含有大量的溶液中：D.能使甲基橙变红的溶液：【答案】B【解析】无色透明的溶液，不能大量共存，A错误；的溶液呈碱性，在碱性溶液中互相不反应，能大量共存，B正确；生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，与均可以发生双水解不能大量共存，C错误；能使甲基橙变红的溶液呈酸性，与反应生成二氧化碳和水，与反应生成弱酸磷酸，不能大量共存，D错误；故选B。4.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温下，的溶液中水电离出的数目为B.向溶液通氨气至中性，目为C.和于密闭容器中充分反应后，分子总数小于D.的盐酸含有阴离子总数为【答案】A【解析】的的溶液中c(H+)=10-12mol/L，即水电离出来的氢离子，水电离出的的数目为1L×10-12mol/L×NAmol-1=，A正确；醋酸铵溶液显中性，但、会发生互促双水解，故数目小于，B错误；氢气与碘蒸气的反应方程式为，反应前后气体分子数不变，故和于密闭容器中充分反应后，分子总数等于，C错误；的盐酸含有0.1mol，同时水会电离产生，故溶液中阴离子总数大于，D错误；故选A。5.下列说法中不能用勒夏特列原理解释的是A.去除锅炉水垢中的，先用溶液浸泡处理B.生铁制品比纯铁制品更易发生锈蚀C.实验室通常用饱和食盐水除中的D.向溶液中滴加溶液后溶液由橙色逐渐变为黄色【答案】B【解析】用饱和溶液浸泡处理，碳酸根离子浓度增大，，导致硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；生铁制品比纯铁制品更易发生锈蚀，是因为生铁能够形成原电池，加快反应速率，更容易发生锈蚀，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；氯气与水反应是可逆的，饱和食盐水中氯离子抑制了氯气的溶解，能用勒夏特列原理，C不符合题意；向橙色溶液中加入一定浓度的NaOH溶液后，溶液变为黄色，发生，平衡向正反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选B。6.用标准盐酸滴定未知浓度的溶液，下列操作会引起测定结果偏低的是A.盛放标准盐酸的酸式滴定管未润洗B.用酚酞作指示剂，滴至红色刚变无色时，立即停止加盐酸并读数C.锥形瓶先用溶液润洗，后装入溶液进行滴定D.滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束气泡消失【答案】B【解析】盛放标准盐酸的酸式滴定管未润洗，则消耗标准液体积偏大，计算出待测液浓度偏高，A不符合题意；用酚酞作指示剂滴至红色刚变为无色时，立即停止加盐酸并读数，可能还未达到滴定终点，消耗标液体积偏小，计算待测液浓度偏低，B符合题意；锥形瓶用NaOH溶液润洗，导致待测液体积偏大，消耗标液体积偏大，计算出待测液浓度偏高，C不符合题意；滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束气泡消失，则消耗标准液体积偏大，计算出待测液浓度偏高，D不符合题意；故选B7.关于下列实验装置的说法正确的是A.甲装置可制备氢氧化铁胶体B.乙装置可验证铁的吸氧腐蚀C.丙装置可用来模拟氯碱工业D.丁装置中粗铜会不断溶解【答案】B【解析】制备氢氧化铁胶体时，应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，而甲装置将饱和氯化铁溶液滴入NaOH溶液中，将会生成氢氧化铁沉淀，A错误；乙装置中，若看到导气管内形成一段水柱，则表明具支试管内的氧气被消耗，从而验证铁发生吸氧腐蚀，B正确；丙装置中，电解时，阳极生成Cl2，阴极产生H2，都从上方逸出，混在一起，不能分别得到氢气和氯气，不能用来模拟氯碱工业，C错误；丁装置中，Zn电极作负极，则粗铜作阴极，纯铜作阳极，不能用于模拟粗铜的电解精炼，D错误；故选B。8.某兴趣小组将下表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有等量锌粒(均过量且颗粒大小相等)的反应瓶中，以研究硫酸铜溶液浓度对生成氢气速率的影响。实验结果显示，产生氢气速率最快的是E．下列判断错误的是实验组别ABCDEF30饱和溶液00.52.5520100A.，，B.产生氢气的快慢可通过测定生成等体积的氢气所需的时间来判断C.实验的反应速率比慢可能是锌粒表面析出的铜阻碍反应进行D.实验证明硫酸铜可降低稀硫酸与锌生成氢气的反应的活化能【答案】D【解析】对比试验效果，那么除了反应物的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同，A组中硫酸为30mL，那么其它组硫酸量也都为30mL，而硫酸铜溶液和水的总体积应相同，F组中硫酸铜20mL，水为0，那么总体积为50mL，所以V1=30mL，V6=10mL，V7=20mL，A正确；产生氢气的快慢可通过测定生成等体积的氢气所需的时间来判断，B正确；实验F中硫酸铜溶液浓度大，与Zn置换生成铜可能覆盖在锌粒表面，阻碍反应进行，使反应速率减慢，小于E实验，C正确；因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，由于Zn和铜，稀硫酸能够形成微小的原电池反应，加快反应速率，但不是硫酸铜具有催化剂的作用，D错误；故选D。9.碳酸钠晶体在干燥的空气中失水可得或：下列说法错误的是A.向中滴加几滴水，温度升高B.碳酸钠晶体的失水过程属于化学变化C.中，和数目之比大于2D.【答案】C【解析】两个反应中失水都是吸热反应，则与水的化合反应是放热反应，放热使溶液温度升高，A正确；碳酸钠晶体的失水是分解反应，属于化学变化，B正确；中，不水解，和数目之比等于2，C错误；反应等于反应2减去反应1，故，D正确；故选C。10.在密闭容器中发生反应：2A(g)+B(g)⇌2C(g)，n(A)∶n(B)=2∶1的比例通入两种反应物，已知：T1<T2<T3<T4，下列说法中正确的是温度T1T2T3T4转化率10%70%70%60%A.该反应是吸热反应B.T温度时(T2<T<T3)，A的转化率是70%C.T3温度下，若反应在15min后继续进行，则A的转化率变大D.T4温度反应15min后，若c(B)=0.5mol•L-l，则T4温度时的平衡常数是4.5【答案】D【解析】温度升高，由表格数据可知，T1、T2温度下15min时未达平衡，T3、T4温度下15min时反应已经达到平衡，为平衡转化率，则升高温度，即该反应为放热反应，A错误；T2温度下15min时未达平衡，T3温度下15min时反应已经达到平衡，T2<T<T3，故T温度下的转化率比T2、T3温度下的转化率大，即A的转化率大于70%，B错误；T3温度下15min时反应已经达到平衡，若反应在15min后继续进行，A的转化率不变，C错误；T4温度反应15min后已达到平衡，若c(B)=8.5mol•L﹣1，设A、B的起始浓度分别为2c、c，A的变化浓度为2c×60%=1.2c，则c(B)=0.5mol•L-1=0.4c，c=8.25mol•L-1，平衡时，c(A)=0.6×1.25mol•L﹣1=2mol•L-1，c(B)=1.2×1.25mol•L-1=8.5mol•L-1，则T4温度时的平衡常数K=，D正确；故选：D。11.我国科学家经过研究发明了以下装置从海水中提取锂单质，其工作原理如图所示。该装置运行期间电极Ⅱ上产生和气体X。下列说法错误的是A.该装置实现了“太阳能→电能→化学能”的转化B.电极Ⅰ连接太阳能电池的负极C.工作时，电极Ⅱ附近溶液的pH增大D.实验室检验气体X可用湿润的淀粉-KI试纸【答案】C【解析】由图可知，锂离子向电极I迁移，则电极I为阴极，电极反应式：；电极II为阳极，该装置运行期间电极Ⅱ上产生和气体X，则电极反应式：、；根据该装置示意图可知，实现了太阳能→电能→化学能的转化，故A正确；根据分析可知，电极I为阴极，连接太阳能电池负极，故B正确；根据分析可知，电极II为阳极，电极反应式：、，则工作时，电极Ⅱ附近溶液的pH减小，故C错误；根据分析可知X气体为，可用湿润的淀粉-KI试纸检验，故D正确；答案选C。12.下列实验操作对应的现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A向盛有硝酸的烧杯中加入铜粉溶液上方产生红棕色气体证明该硝酸为浓硝酸B取溶液，滴加10滴溶液，振荡静置，滴入溶液溶液变红与反应有一定的限度C向紫色石蕊试液中通入溶液褪色具有漂白性D在一块除去铁锈的铁片上面滴一滴含有酚酞的食盐水，静置一段时间溶液边缘出现红色铁片上发生了吸氧腐蚀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】向盛有硝酸的烧杯中加入铜粉，溶液上方向产生红棕色气体，可能是产生的NO在上方被氧化成NO2，A错误；取溶液，滴加10滴溶液，溶液有剩余，滴入溶液，溶液变红，不能证明与反应有一定的限度，B错误；二氧化硫通入紫色石蕊试液中呈红色，实验现象错误，C错误；构成原电池，铁作负极(金属)：，碳等作正极：，溶液呈碱性，实验现象和结论正确，D正确；故选D。13.甲烷化是实现“碳达峰”“碳中和”的重要途径，某种甲烷化的反应机理如下图所示。下列说法错误的是A.该反应的催化剂能加快甲烷化速率但不影响平衡转化率B.吸附在催化剂Pd表面而发生反应C.是该反应过程的中间产物D.上述甲烷化的总反应为【答案】C【解析】该反应使用的催化剂加快了甲烷化速率，但不影响平衡转化率，A正确；由反应历程图可知，H2吸附在催化剂Pd表面而发生反应，B正确；由反应历程图可知，先参与反应，后又生成，为该反应的催化剂，C错误；由反应历程图可知，CO2和H2为反应物，CH4和H2O为生成物，则上述甲烷化过程总反应可表示为，D正确；故选C。14.利用甲烷可减少污染，反应原理如下：。时，将与的混合气体置于恒容绝热的密闭容器中发生反应，正反应速率随时间变化的趋势如图所示。下列说法正确的是A.正反应为放热反应且点时反应达到平衡状态B.若，则产生的量一定是：段段C.a、b、c、d四点对应的平衡常数大小：D.d点的正反应速率小于逆反应速率【答案】C【解析】由图可知，由a到c，反应物浓度减小，但反应速率逐渐增大，故正反应为放热反应，温度升高对反应速率的影响大于反应物浓度降低对反应速率的影响，反应达到平衡时，反应速率不变，c点速率仍在改变，故c点未达平衡状态，故A错误；随着反应进行，反应物浓度减小、生成物浓度增大，正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，逆反应受温度影响更大，反应正向进行时升高温度，正逆反应速率均增大，但逆反应增大程度大于正反应增大程度，正逆反应速率的差值在减小，若Δt1=Δt2，则产生N2的量：ab段＞bc段，故B错误；反应一直没有达到平衡，反应正向进行时放热，a、b、c、d温度逐渐升高，升温左移、K值减小，则在a、b、c、d四点对应温度下达到平衡时的平衡常数大小：故Ka＞Kb＞Kc＞Kd，故C正确；d点反应未达到平衡，而反应是正向进行的，故d点的正反应速率大于逆反应速率，故D错误；答案选C。15.室温下，用的溶液滴定的溶液。溶液中，含氯微粒的分布系数溶液体积与的关系如图所示[比如的分布系数，]。下列叙述错误的是A.点，溶液的在8～9之间B.点，溶液中C.点，溶液中D.点，溶液中【答案】D【解析】随着NaOH的滴入，HAuCl4逐渐被中和转化为NaAuCl4，溶液pH逐渐增大，故微粒a为HAuCl4，微粒b为，虚线表示滴定过程中溶液pH的变化趋势。0.1mol/LHAuCl4溶液pH=3，c(H+)≈c()=10-3mol/L，则Ka==；则NaAuCl4溶液中的水解平衡常数Kh=，q点对应NaOH为20mL，与酸恰好反应生成NaAuCl4，c()≈c(Na+)=，由水解平衡知：c(HAuCl4)≈c(OH-)，，，，，故溶液8＜pH＜9，故A正确；由分析知，上升的实线代表分布系数，由图示知，n点对应的δ()明显大于0.8，故B正确；由图示知，p点对应加入NaOH10mL，故反应后溶液组成为等物质量浓度的HAuCl4、NaAuCl4，溶液此时显酸性，说明HAuCl4电离程度大于水解程度，故c()＞c(Na+)＞c(HAuCl4)，结合电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()，得c(HAuCl4)+c(H+)＜c(OH-)+c()，故C正确；由图示知，X点c(HAuCl4)=c()，此时溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH-)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()，得c(Na+)＜c()，故D错误；故选D。第Ⅱ卷(非选择题共55分)二、非选择题：(本题共4小题，共55分。)16.时，部分物质的电离平衡常数如表所示：（1）的溶液显___________(填“中性”“酸性”或“碱性”)，该溶液中___________。（2）水解的离子方程式为___________，该反应的平衡常数___________(保留两位有效数字)。（3）少量通入溶液中，发生反应的离子方程式为___________。（4）常温时，的溶液与的稀盐酸混合，欲使混合溶液，则溶液与盐酸的体积比为___________。（5）已知在时，。时，向的溶液中加入固体，如要生成沉淀，应使溶液中的最小是___________(已知)。【答案】（1）①.碱性②.0.1（2）①.②.（3）（4）2:9（5）9.6【解析】【小问1详析】溶液中的水解平衡常数，的水解平衡常数，的电离平衡常数，则溶液的酸碱性由的水解决定，故的溶液显碱性；根据物料守恒可知，。【小问2详析】水解的离子方程式为，该反应的平衡常数。【小问3详析】SO2具有还原性，HClO具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，则少量通入溶液中，发生反应的离子方程式为。【小问4详析】的溶液中，的稀盐酸中，混合溶液，说明显碱性，假设溶液的体积为V1，盐酸的体积为V2，则混合溶液的，解得。【小问5详析】当时开始生成沉淀，则，-lgc(OH-)=-lg(4×10-5)=-lg4-lg10-5=-2lg2+5=4.4，故最小是14-4.4=9.6。17.金属镓被称为“电子工业脊梁”，作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性。某工厂利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌]为原料，经过一系列流程可得到两种盐溶液并制得氮化镓，部分工艺流程如下：已知：常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的和金属离子在分离步骤的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见下表：(离子浓度≤时，认为沉淀完全)金属离子开始沉淀的8.01.75.53.0沉淀完全的9.63.28.04.9萃取率099097～98.5（1）中的化合价为___________。为了提高浸出速率，可采用的操作是___________(任写一条)。（2）处理浸出液时，要将溶液的调节至5.0～5.4，目的是___________。常温下___________。（3）“溶解还原”步骤中需要加入一定量的铁粉，进行该操作的主要目的是___________。（4）的化学性质与非常相似，“反萃取”后水溶液中镓元素主要以___________(用离子符号表示)形式存在。（5）“高温合成”操作中与反应生成的化学方程式为___________。（6）盐溶液1和盐溶液2的溶质分别是___________和___________(填化学式)。【答案】（1）①.+3②.矿渣粉碎（适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等）（2）①.使、完全转化为沉淀，不沉淀②.（3）将铁离子转化为亚铁离子，避免铁离子被萃取（4）（5）（6）①.ZnSO4②.FeCl2【解析】炼锌矿渣加稀硫酸浸出，溶液中主要含的金属阳离子为：Fe3+、Zn2+、Ga3+，难溶性矿渣经过过滤得到浸出渣，滤液调节pH后将Fe3+、Ga3+转化为Fe(OH)3、Ga(OH)3沉淀，过滤后得到Fe(OH)3、Ga(OH)3沉淀，加盐酸并加Fe后，加萃取剂萃取，目的是分离铁元素和镓元素，加Fe的目的是将Fe3+转化为Fe2+，便于与Ga3+分离，水层含Fe2+；再经过反萃取一系列反应后，再与NH3反应得到GaN，由此分析回答；【小问1详析】由化合价代数和为0可知，ZnFe2O4中Fe的化合价为+3价；为了提高酸浸效率，可采取的措施有矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等；【小问2详析】结合表格中的数据可知，将溶液的pH调节5.0～5.4的主要目的是使、完全转化为沉淀，不沉淀；沉淀完全时，离子浓度≤，由此可计算，，故：=；【小问3详析】加盐酸并加Fe后，加萃取剂萃取，目的是分离铁元素和镓元素，加Fe的目的是将Fe3+转化为Fe2+，便于与Ga3+分离，所以答案为：将Fe3+转化为Fe2+，避免Fe3+被萃取；【小问4详析】Ga的化学性质与Al非常相似，所以离子形式与相似，故答案为：；【小问5详析】Ga(CH3)3与NH3反应生成GaN的化学方程式为：；【小问6详析】由分析可知，调节，将Fe3+、Ga3+转化为Fe(OH)3、Ga(OH)3沉淀，过滤得到的溶液为盐溶液1为ZnSO4；加Fe将Fe3+转化为Fe2+，便于与Ga3+分离，水层含Fe2+，得到盐溶液2为FeCl2溶液。18.高铁酸钾固体呈紫色，可溶于水，微溶于浓溶液，在碱性溶液中性质稳定。（1）研究人员用作电极电解浓溶液制备，装置示意图如下：①Ni电极作___________(填“阴”或“阳”)极。②Fe电极上的电极反应式为___________。③制备过程中___________(填“需要”或“不需要”)补充KOH，结合化学用语解释原因___________。（2）偂化物有剧毒，若废水中含量超标，可用将其氧化。测定处理后水(含少量)的废水(废水中不含干扰测定的物质)中的含量的操作如下：取处理后的废水于锥形瓶中，滴加几滴溶液作指示剂，再用的溶液滴定，消耗溶液的体积为。已知：(黄色)，优先于与反应。①溶液应装在___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，且最好是棕色的，目的是___________。②滴定终点时的现象是___________。经处理后的废水中的含量为___________。【答案】（1）①.阴极②.Fe-6e-+8OH-=+4H2O③.需要④.总反应为Fe+2H2O+2KOH=K2FeO4+3H2↑，消耗KOH（2）①.酸式②.防止硝酸银见光分解③.滴入最后半滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，且半分钟内不消失④.【解析】(1)根据图示，在碱性条件下，铁电极转化为Na2FeO4，铁元素化合价升高，被氧化转化为Na2FeO4，则Fe作阳极，Ni作阴极；根据电解的总反应式分析氢氧化钠需要添加的原因；(2)Ag+与CN-反应生成[Ag(CN)2]-，当CN-反应结束时，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，说明反应到达滴定终点；计算消耗硝酸银物质的量，再根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-计算出氰化钠的含量。【小问1详析】①根据分析，Ni电极作电解池的阴极；②根据分析，Fe作阳极，在碱性条件下，铁电极转化为Na2FeO4，则Fe电极的电极反应式：Fe-6e-+8OH-=+4H2O；③根据题意写出反应的总方程式Fe+2H2O+2KOH=K2FeO4+3H2↑，由方程式可知反应过程中要消耗KOH，故在整个过程中需要添加KOH；【小问2详析】①溶液中银离子水解使溶液显酸性，应装在酸式滴定管中，由于硝酸银易见光分解，故应装在棕色酸式滴定管中；②Ag+与CN-反应生成[Ag(CN)2]-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，且半分钟内不消失，说明反应到达滴定终点，消耗AgNO3的物质的量为V×10-3L×cmol/L=cV×10-3mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-，处理的废水中氰化钠的质量为cV×10-3mol×2×49g/mol=98cV×10-3g，废水中氰化钠的含量为=。19.很多含氮化合物都在工业生产和生活中有着重要作用，请回答下列相关问题。（1）以和为原料合成尿素，反应历程中的能量变化如图所示。①第一步反应在___________(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。第___________(填“一”或“二”)步反应的逆反应活化能较大。②总反应的热化学方程式为___________。③该反应达到化学平衡后，下列措施能提高转化率和反应速率的是___________(填标号)。A．选用更有效的催化剂B．升高反应体系的温度C．降低反应体系的温度D．缩小容器的体积（2）氨的催化氧化过程可发生以下两种反应，该过程易受催化剂选择性影响。Ⅰ：；Ⅱ：；在容积为的密闭容器中充入和，在催化剂作用下反应，生成物和的物质的量随温度的变化曲线如图。①当温度处于时，的物质的量减少，NO的物质的量增加，其原因是___________。②时反应后，反应Ⅰ的浓度商___________，此时该反应的平衡常数K___________Q(填“>”“<”或“=”)。（3）肼-空气燃料电池是一种新型环保型碱性燃料电池，电解质溶液是的溶液。肼-空气燃料电池放电时，负极的电极反应式为___________。若使用肼-空气燃料电池电解精炼铜，当阴极质量增加时，胼-空气燃料电池理论上消耗标准状况下的空气___________(假设空气中氧气体积分数为)。【答案】（1）①.低温②.一③.2NH3(g)+CO2(g)=[CO(NH2)2](s)+H2O(g)④.D（2）①.400℃—840℃之间，随温度的升高，催化剂对反应Ⅰ的选择性提高②.③.＜（3）①.N2H4+4OH-－4e-=4H2O+N2↑②.28L【解析】【小问1详析】①第一步反应为放热反应，，反应为气体分子数减小的反应，，根据反应能自发进行，因此在低温下该反应能自发进行；根据图像可知：第一步反应的逆反应活化能较大；②根据图像总反应为两步反应加和：2NH3(g)+CO2(g)=[CO(NH2)2](s)+H2O(g)；③选用更有效的催化剂，会增快反应速率，但不会提高转化率，故A错误；升高反应体系的温度，会增快反应速率，此反应为放热反应，升温平衡逆向移动，NH3转化率降低，故B错误；降低反应体系的温度，会减慢反应速率，此反应为放热反应，降温平衡正向移动，NH3转化率增高，故C错误；缩小容器的体积，各物质浓度增大，反应速率加快，同样缩小容器的体积相当于增加压强，平衡正向移动，NH3转化率增高，故D正确；故选D。【小问2详析】①由图可知，该催化剂在高温时，生成NO物质的量远大于氮气的，其原因是：400℃~840℃之间，随温度的升高，催化剂对反应Ⅰ的选择性提高；②520°C时n(NO)=n(N2)=0.2mol，列出如下关系：；，体系中，n(NH3)=(1.5-0.2-0.4)mol=0.9mol，n(O2)=(1.55-0.25-0.3)mol=lmol，n(NO)=n(N2)=0.2mol，n(H2O)=(0.6+0.3)mol=0.9mol，体积为1L，反应Ⅰ的浓度商；反应Ⅰ是放热反应，400-840℃区间，升高温度平衡逆向移动，NO物质的量应当减小，而图像上NO物质的量增大，说明浓度的影响大于温度的影响，反应Ⅰ尚未达到平衡状态，即温度为520℃时，平衡向正反应方向移动，则Q＜K；【小问3详析】肼-空气燃料电池放电时，负极的电极反应式N2H4+4OH-－4e-=4H2O+N2↑；电解精炼铜时，纯铜作阴极，发生Cu2++2e-=Cu，当铜片的质量变化32g，转移电子的物质的量=，1mol氧气生成-2价氧元素得到4mol电子，则需要空气的体积。河南省漯河市2023-2024学年高二上学期期末质量检测考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将条形码贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂上。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。3.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cu64第Ⅰ卷(选择题共45分)一、选择题：(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个正确选项。)1.“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的液态燃料。下列有关“液态阳光”的说法错误的是A.和转化为“液态阳光”过程中同时吸收能量B.煤气化得到水煤气合成的甲醇属于“液态阳光”C.“液态阳光”行动有利于可持续发展并应对气候变化D.“液态阳光”行动的实施有利于实现“碳中和”【答案】B【解析】根据题意可知，阳光、二氧化碳和水转化为“液态阳光”过程中类似光合作用，需吸收能量，A正确；煤气化得到的水煤气，成分为CO和H2，水煤气合成的甲醇，没有合成“液态阳光”的要素，因此不属于“液态阳光”，B错误；“液态阳光”行动有利于可持续发展，减少温室效应，有利于气候变化，C正确；“液态阳光”行动的实施，实现了二氧化碳的再利用，有利于实现“碳中和”，D正确；故选B。2.化学与社会、生活等方面密切相关。下列有关说法不正确的是A.银首饰表面生成硫化银变黑属于电化学腐蚀B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀C.用晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中D.食品包装袋里含炭粉、铁粉和食盐的双吸粉既能除氧又能除水【答案】A【解析】银首饰表面变黑，与空气中硫化氢反应生成硫化银，为化学腐蚀，A不正确；Zn的活泼性比铁强，形成原电池时，Fe被保护，可以减缓管道的腐蚀，B正确；为抑制水解，用晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中，C正确；食品包装袋中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等形成原电池，消耗氧气和水，既能除氧又能除水，D正确；故选A。3.常温下，下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是A.无色透明的溶液：B.的溶液：C.含有大量的溶液中：D.能使甲基橙变红的溶液：【答案】B【解析】无色透明的溶液，不能大量共存，A错误；的溶液呈碱性，在碱性溶液中互相不反应，能大量共存，B正确；生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，与均可以发生双水解不能大量共存，C错误；能使甲基橙变红的溶液呈酸性，与反应生成二氧化碳和水，与反应生成弱酸磷酸，不能大量共存，D错误；故选B。4.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温下，的溶液中水电离出的数目为B.向溶液通氨气至中性，目为C.和于密闭容器中充分反应后，分子总数小于D.的盐酸含有阴离子总数为【答案】A【解析】的的溶液中c(H+)=10-12mol/L，即水电离出来的氢离子，水电离出的的数目为1L×10-12mol/L×NAmol-1=，A正确；醋酸铵溶液显中性，但、会发生互促双水解，故数目小于，B错误；氢气与碘蒸气的反应方程式为，反应前后气体分子数不变，故和于密闭容器中充分反应后，分子总数等于，C错误；的盐酸含有0.1mol，同时水会电离产生，故溶液中阴离子总数大于，D错误；故选A。5.下列说法中不能用勒夏特列原理解释的是A.去除锅炉水垢中的，先用溶液浸泡处理B.生铁制品比纯铁制品更易发生锈蚀C.实验室通常用饱和食盐水除中的D.向溶液中滴加溶液后溶液由橙色逐渐变为黄色【答案】B【解析】用饱和溶液浸泡处理，碳酸根离子浓度增大，，导致硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；生铁制品比纯铁制品更易发生锈蚀，是因为生铁能够形成原电池，加快反应速率，更容易发生锈蚀，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；氯气与水反应是可逆的，饱和食盐水中氯离子抑制了氯气的溶解，能用勒夏特列原理，C不符合题意；向橙色溶液中加入一定浓度的NaOH溶液后，溶液变为黄色，发生，平衡向正反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选B。6.用标准盐酸滴定未知浓度的溶液，下列操作会引起测定结果偏低的是A.盛放标准盐酸的酸式滴定管未润洗B.用酚酞作指示剂，滴至红色刚变无色时，立即停止加盐酸并读数C.锥形瓶先用溶液润洗，后装入溶液进行滴定D.滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束气泡消失【答案】B【解析】盛放标准盐酸的酸式滴定管未润洗，则消耗标准液体积偏大，计算出待测液浓度偏高，A不符合题意；用酚酞作指示剂滴至红色刚变为无色时，立即停止加盐酸并读数，可能还未达到滴定终点，消耗标液体积偏小，计算待测液浓度偏低，B符合题意；锥形瓶用NaOH溶液润洗，导致待测液体积偏大，消耗标液体积偏大，计算出待测液浓度偏高，C不符合题意；滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束气泡消失，则消耗标准液体积偏大，计算出待测液浓度偏高，D不符合题意；故选B7.关于下列实验装置的说法正确的是A.甲装置可制备氢氧化铁胶体B.乙装置可验证铁的吸氧腐蚀C.丙装置可用来模拟氯碱工业D.丁装置中粗铜会不断溶解【答案】B【解析】制备氢氧化铁胶体时，应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，而甲装置将饱和氯化铁溶液滴入NaOH溶液中，将会生成氢氧化铁沉淀，A错误；乙装置中，若看到导气管内形成一段水柱，则表明具支试管内的氧气被消耗，从而验证铁发生吸氧腐蚀，B正确；丙装置中，电解时，阳极生成Cl2，阴极产生H2，都从上方逸出，混在一起，不能分别得到氢气和氯气，不能用来模拟氯碱工业，C错误；丁装置中，Zn电极作负极，则粗铜作阴极，纯铜作阳极，不能用于模拟粗铜的电解精炼，D错误；故选B。8.某兴趣小组将下表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有等量锌粒(均过量且颗粒大小相等)的反应瓶中，以研究硫酸铜溶液浓度对生成氢气速率的影响。实验结果显示，产生氢气速率最快的是E．下列判断错误的是实验组别ABCDEF30饱和溶液00.52.5520100A.，，B.产生氢气的快慢可通过测定生成等体积的氢气所需的时间来判断C.实验的反应速率比慢可能是锌粒表面析出的铜阻碍反应进行D.实验证明硫酸铜可降低稀硫酸与锌生成氢气的反应的活化能【答案】D【解析】对比试验效果，那么除了反应物的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同，A组中硫酸为30mL，那么其它组硫酸量也都为30mL，而硫酸铜溶液和水的总体积应相同，F组中硫酸铜20mL，水为0，那么总体积为50mL，所以V1=30mL，V6=10mL，V7=20mL，A正确；产生氢气的快慢可通过测定生成等体积的氢气所需的时间来判断，B正确；实验F中硫酸铜溶液浓度大，与Zn置换生成铜可能覆盖在锌粒表面，阻碍反应进行，使反应速率减慢，小于E实验，C正确；因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，由于Zn和铜，稀硫酸能够形成微小的原电池反应，加快反应速率，但不是硫酸铜具有催化剂的作用，D错误；故选D。9.碳酸钠晶体在干燥的空气中失水可得或：下列说法错误的是A.向中滴加几滴水，温度升高B.碳酸钠晶体的失水过程属于化学变化C.中，和数目之比大于2D.【答案】C【解析】两个反应中失水都是吸热反应，则与水的化合反应是放热反应，放热使溶液温度升高，A正确；碳酸钠晶体的失水是分解反应，属于化学变化，B正确；中，不水解，和数目之比等于2，C错误；反应等于反应2减去反应1，故，D正确；故选C。10.在密闭容器中发生反应：2A(g)+B(g)⇌2C(g)，n(A)∶n(B)=2∶1的比例通入两种反应物，已知：T1<T2<T3<T4，下列说法中正确的是温度T1T2T3T4转化率10%70%70%60%A.该反应是吸热反应B.T温度时(T2<T<T3)，A的转化率是70%C.T3温度下，若反应在15min后继续进行，则A的转化率变大D.T4温度反应15min后，若c(B)=0.5mol•L-l，则T4温度时的平衡常数是4.5【答案】D【解析】温度升高，由表格数据可知，T1、T2温度下15min时未达平衡，T3、T4温度下15min时反应已经达到平衡，为平衡转化率，则升高温度，即该反应为放热反应，A错误；T2温度下15min时未达平衡，T3温度下15min时反应已经达到平衡，T2<T<T3，故T温度下的转化率比T2、T3温度下的转化率大，即A的转化率大于70%，B错误；T3温度下15min时反应已经达到平衡，若反应在15min后继续进行，A的转化率不变，C错误；T4温度反应15min后已达到平衡，若c(B)=8.5mol•L﹣1，设A、B的起始浓度分别为2c、c，A的变化浓度为2c×60%=1.2c，则c(B)=0.5mol•L-1=0.4c，c=8.25mol•L-1，平衡时，c(A)=0.6×1.25mol•L﹣1=2mol•L-1，c(B)=1.2×1.25mol•L-1=8.5mol•L-1，则T4温度时的平衡常数K=，D正确；故选：D。11.我国科学家经过研究发明了以下装置从海水中提取锂单质，其工作原理如图所示。该装置运行期间电极Ⅱ上产生和气体X。下列说法错误的是A.该装置实现了“太阳能→电能→化学能”的转化B.电极Ⅰ连接太阳能电池的负极C.工作时，电极Ⅱ附近溶液的pH增大D.实验室检验气体X可用湿润的淀粉-KI试纸【答案】C【解析】由图可知，锂离子向电极I迁移，则电极I为阴极，电极反应式：；电极II为阳极，该装置运行期间电极Ⅱ上产生和气体X，则电极反应式：、；根据该装置示意图可知，实现了太阳能→电能→化学能的转化，故A正确；根据分析可知，电极I为阴极，连接太阳能电池负极，故B正确；根据分析可知，电极II为阳极，电极反应式：、，则工作时，电极Ⅱ附近溶液的pH减小，故C错误；根据分析可知X气体为，可用湿润的淀粉-KI试纸检验，故D正确；答案选C。12.下列实验操作对应的现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A向盛有硝酸的烧杯中加入铜粉溶液上方产生红棕色气体证明该硝酸为浓硝酸B取溶液，滴加10滴溶液，振荡静置，滴入溶液溶液变红与反应有一定的限度C向紫色石蕊试液中通入溶液褪色具有漂白性D在一块除去铁锈的铁片上面滴一滴含有酚酞的食盐水，静置一段时间溶液边缘出现红色铁片上发生了吸氧腐蚀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】向盛有硝酸的烧杯中加入铜粉，溶液上方向产生红棕色气体，可能是产生的NO在上方被氧化成NO2，A错误；取溶液，滴加10滴溶液，溶液有剩余，滴入溶液，溶液变红，不能证明与反应有一定的限度，B错误；二氧化硫通入紫色石蕊试液中呈红色，实验现象错误，C错误；构成原电池，铁作负极(金属)：，碳等作正极：，溶液呈碱性，实验现象和结论正确，D正确；故选D。13.甲烷化是实现“碳达峰”“碳中和”的重要途径，某种甲烷化的反应机理如下图所示。下列说法错误的是A.该反应的催化剂能加快甲烷化速率但不影响平衡转化率B.吸附在催化剂Pd表面而发生反应C.是该反应过程的中间产物D.上述甲烷化的总反应为【答案】C【解析】该反应使用的催化剂加快了甲烷化速率，但不影响平衡转化率，A正确；由反应历程图可知，H2吸附在催化剂Pd表面而发生反应，B正确；由反应历程图可知，先参与反应，后又生成，为该反应的催化剂，C错误；由反应历程图可知，CO2和H2为反应物，CH4和H2O为生成物，则上述甲烷化过程总反应可表示为，D正确；故选C。14.利用甲烷可减少污染，反应原理如下：。时，将与的混合气体置于恒容绝热的密闭容器中发生反应，正反应速率随时间变化的趋势如图所示。下列说法正确的是A.正反应为放热反应且点时反应达到平衡状态B.若，则产生的量一定是：段段C.a、b、c、d四点对应的平衡常数大小：D.d点的正反应速率小于逆反应速率【答案】C【解析】由图可知，由a到c，反应物浓度减小，但反应速率逐渐增大，故正反应为放热反应，温度升高对反应速率的影响大于反应物浓度降低对反应速率的影响，反应达到平衡时，反应速率不变，c点速率仍在改变，故c点未达平衡状态，故A错误；随着反应进行，反应物浓度减小、生成物浓度增大，正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，逆反应受温度影响更大，反应正向进行时升高温度，正逆反应速率均增大，但逆反应增大程度大于正反应增大程度，正逆反应速率的差值在减小，若Δt1=Δt2，则产生N2的量：ab段＞bc段，故B错误；反应一直没有达到平衡，反应正向进行时放热，a、b、c、d温度逐渐升高，升温左移、K值减小，则在a、b、c、d四点对应温度下达到平衡时的平衡常数大小：故Ka＞Kb＞Kc＞Kd，故C正确；d点反应未达到平衡，而反应是正向进行的，故d点的正反应速率大于逆反应速率，故D错误；答案选C。15.室温下，用的溶液滴定的溶液。溶液中，含氯微粒的分布系数溶液体积与的关系如图所示[比如的分布系数，]。下列叙述错误的是A.点，溶液的在8～9之间B.点，溶液中C.点，溶液中D.点，溶液中【答案】D【解析】随着NaOH的滴入，HAuCl4逐渐被中和转化为NaAuCl4，溶液pH逐渐增大，故微粒a为HAuCl4，微粒b为，虚线表示滴定过程中溶液pH的变化趋势。0.1mol/LHAuCl4溶液pH=3，c(H+)≈c()=10-3mol/L，则Ka==；则NaAuCl4溶液中的水解平衡常数Kh=，q点对应NaOH为20mL，与酸恰好反应生成NaAuCl4，c()≈c(Na+)=，由水解平衡知：c(HAuCl4)≈c(OH-)，，，，，故溶液8＜pH＜9，故A正确；由分析知，上升的实线代表分布系数，由图示知，n点对应的δ()明显大于0.8，故B正确；由图示知，p点对应加入NaOH10mL，故反应后溶液组成为等物质量浓度的HAuCl4、NaAuCl4，溶液此时显酸性，说明HAuCl4电离程度大于水解程度，故c()＞c(Na+)＞c(HAuCl4)，结合电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()，得c(HAuCl4)+c(H+)＜c(OH-)+c()，故C正确；由图示知，X点c(HAuCl4)=c()，此时溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH-)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()，得c(Na+)＜c()，故D错误；故选D。第Ⅱ卷(非选择题共55分)二、非选择题：(本题共4小题，共55分。)16.时，部分物质的电离平衡常数如表所示：（1）的溶液显___________(填“中性”“酸性”或“碱性”)，该溶液中___________。（2）水解的离子方程式为___________，该反应的平衡常数___________(保留两位有效数字)。（3）少量通入溶液中，发生反应的离子方程式为___________。（4）常温时，的溶液与的稀盐酸混合，欲使混合溶液，则溶液与盐酸的体积比为___________。（5）已知在时，。时，向的溶液中加入固体，如要生成沉淀，应使溶液中的最小是___________(已知)。【答案】（1）①.碱性②.0.1（2）①.②.（3）（4）2:9（5）9.6【解析】【小问1详析】溶液中的水解平衡常数，的水解平衡常数，的电离平衡常数，则溶液的酸碱性由的水解决定，故的溶液显碱性；根据物料守恒可知，。【小问2详析】水解的离子方程式为，该反应的平衡常数。【小问3详析】SO2具有还原性，HClO具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，则少量通入溶液中，发生反应的离子方程式为。【小问4详析】的溶液中，的稀盐酸中，混合溶液，说明显碱性，假设溶液的体积为V1，盐酸的体积为V2，则混合溶液的，解得。【小问5详析】当时开始生成沉淀，则，-lgc(OH-)=-lg(4×10-5)=-lg4-lg10-5=-2lg2+5=4.4，故最小是14-4.4=9.6。17.金属镓被称为“电子工业脊梁”，作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性。某工厂利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌]为原料，经过一系列流程可得到两种盐溶液并制得氮化镓，部分工艺流程如下：已知：常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的和金属离子在分离步骤的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见下表：(离子浓度≤时，认为沉淀完全)金属离子开始沉淀的8.01.75.53.0沉淀完全的9.63.28.04.9萃取率099097～98.5（1）中的化合价为___________。为了提高浸出速率，可采用的操作是___________(任写一条)。（2）处理浸出液时，要将溶液的调节至5.0～5.4，目的是___________。常温下___________。（3）“溶解还原”步骤中需要加入一定量的铁粉，进行该操作的主要目的是___________。（4）的化学性质与非常相似，“反萃取”后水溶液中镓元素主要以___________(用离子符号表示)形式存在。（5）“高温合成”操作中与反应生成的化学方程式为___________。（6）盐溶液1和盐溶液2的溶质分别是___________和___________(填化学式)。【答案】（1）①.+3②.矿渣粉碎（适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等）（2）①.使、完全转化为沉淀，不沉淀②.（3）将铁离子转化为亚铁离子，避免铁离子被萃取（4）（5）（6）①.ZnSO4②.FeCl2【解析】炼锌矿渣加稀硫酸浸出，溶液中主要含的金属阳离子为：Fe3+、Zn2+、Ga3+，难溶性矿渣经过过滤得到浸出渣，滤液调节pH后将Fe3+、Ga3+转化为Fe(OH)3、Ga(OH)3沉淀，过滤后得到Fe(OH)3、Ga(OH)3沉淀，加盐酸并加Fe后，加萃取剂萃取，目的是分离铁元素和镓元素，加Fe的目的是将Fe3+转化为Fe2+，便于与Ga3+分离，水层含Fe2+；再经过反萃取一系列反应后，再与NH3反应得到GaN，由此分析回答；【小问1详析】由化合价代数和为0可知，ZnFe2O4中Fe的化合价为+3价；为了提高酸浸效率，可采取的措施有矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等；【小问2详析】结合表格中的数据可知，将溶液的pH调节5.0～5.4的主要目的是使、完全转化为沉淀，不沉淀；沉淀完全时，离子浓度≤，由此可计算，，故：=；【小问3详析】加盐酸并加Fe后，加萃取剂萃取，目的是分离铁元素和镓元素，加Fe的目的是将Fe3+转化为Fe2+，便于与Ga3+分离，所以答案为：将Fe3+转化为Fe2+，避免Fe3+被萃取；【小问4详析】Ga的化学性质与Al非常相似，所以离子形式与相似，故答案为：；【小问5详析】Ga(CH3)3与NH3反应生成GaN的化学方程式为：；【小问6详析】由分析可知，调节，将Fe3+、Ga3+转化为Fe(OH)3、Ga(OH)3沉淀，过滤得到的溶液为盐溶液1为ZnSO4；加Fe将Fe3+转化为Fe2+，便于与Ga3+分离，水层含Fe2+，得到盐溶液2为FeCl2溶液。18.高铁酸钾固体呈紫色，可溶于水，微溶于浓溶液，在碱性溶液中性质稳定。（1）研究人员用作电极电解浓溶液制备，装置示意图如下：①Ni电极作___________(填“阴”或“阳”)极。②Fe电极上的电极反应式为___________。③制备过程中___________(填“需要”或“不需要”)补充KOH，结合化学用语解释原因___________。（2）偂化物有剧毒，若废水中含量超标，可用将其氧化。测定处理后水(含少量)的废水(废水中不含干扰测定的物质)中的含量的操作如下：取处理后的废水于锥形瓶中，滴加几滴溶液作指示剂，再用的溶液滴定，消耗溶液的体积为。已知：(黄色)，优先于与反应。①溶液应装在___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，且最好是棕色的，目的是___________。②滴定终点时的现象是___________。经处理后的废水中的含量为___________。【答案】（1）①.阴极②.Fe-6e-+8OH-=+4H2O③.需要④.总反应为Fe+2H2O+2KOH=K2FeO4+3H2↑，消耗KOH（2）①.酸式②.防止硝酸银见光分解③.滴入最后半滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，且半分钟内不消失④.【解析】(1)根据图示，在碱性条件下，铁电极转化为Na2FeO4，铁元素化合价升高，被氧化转化