苏州市2022-2023学年高二下学期期中考试化学试题（教师版）

第1页/共19页苏州市2022~2023学年第二学期高二期中调研试卷化学注意事项：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。调研时间75分钟。2.将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32K39Cr52I127一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.工业合成氨，关乎到世界化工发展和粮食安全，对其研究意义重大。下列有关合成氨反应：kJ⋅mol的说法不正确的是A.合成氨反应的J⋅K⋅mol，在较低温度下不能自发进行B.氮气和氢气的反应活化能很大，需要外界提供能量才可能发生反应C.恒温恒容密闭容器中充入1mol和3mol，充分反应后放出热量小于92.4kJD.温度升高，反应物的活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，反应速率增大【答案】A【解析】【详解】A．合成氨反应：kJ⋅mol<0，J⋅K⋅mol<0，△H-T△S<0时，反应能够自发进行，则合成氨反应在较低温度下能自发进行，故A错误；B．氮气和氢气在高温高压下反应生成氨气，氮气和氢气的反应活化能很大，需要提供能量来启动反应，故B正确；C．合成氨反应是可逆反应，恒温恒容密闭容器中充入1mol和3mol，生成的小于2mol，充分反应后放出热量小于92.4kJ，故C正确；D．升高温度，反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，故D正确；故选A。2.在恒温恒容密闭容器中，可以作为合成氨反应达到化学平衡状态的标志的是A.混合气体中与物质的量之比保持恒定B.单位时间内生成1mol键的同时，断裂2mol键C.混合气体的密度保持不变第2页/共19页D.混合气体的总压强保持不变【答案】D【解析】【详解】A．氮气和氢气都是反应物，如果起始量之比为1:3，其物质的量之比始终不变，故其比值不变不能证明反应达到平衡，A错误；B．生成键表示逆反应速率，断裂键也表示逆反应速率，不能证明反应达到平衡，B错误；C．质量守恒定律知，气体的总质量不变，因为容器的容积不变，所以密度始终保持不变，故不能作为平衡状态的标志，C错误；D．反应前后化学计量系数不相等，所以只要反应在进行，容器中的物质的量就会变化，压强也会变化，故当容器中的压强不变时，可以表明反应已达平衡状态，D正确；故选D。3.下列4个数据是在不同条件下测得的合成氨反应的速率，其中反应最快的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，把用不同物质表示的反应速率换算成用同一物质表示的化学反应速率，在同一成同一单位，然后比较大小，A．；B．；C．；D．；综上所述，反应最快的C项，故选C。4.合成氨反应历程中各步势能变化如下图所示(吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示)。第3页/共19页该历程中反应速率最慢步骤的化学方程式为A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】由图可知，活化能最大的一步反应的方程式是，活化能越大，反应速率越慢，该历程中反应速率最慢步骤的化学方程式为，故选B。5.某合成氨速率方程为，其中k为速率常数，根据表中数据分析，下列数值正确的是实验1234A.、、B.、、C.、、D、、第4页/共19页【答案】A【解析】【详解】某合成氨速率方程为，对比实验1和实验2，和不变，增大为原来的2倍，v增大为原来的2倍，说明；对比实验1和实验3，和不变，缩小为原来的0.1倍，v增大为原来的10倍，说明；对比实验1和实验4，和不变，增大为原来的2倍，v增大为原来的2.828倍，说明，故选A。6.下列有关合成氨工业的说法正确的是A.、的投料比采用1∶2.8(物质的量比)而不是1∶3，是为了提高的转化率B.反应温度控制在700K左右，目的是使化学平衡向正反应方向移动C.压强采用10~30MPa，是因为该条件下催化剂的活性最好D.不断将氨液化并移去液氨，目的之一是使平衡正向移动【答案】D【解析】【详解】A．适当提高氮气的比例，即N2和H2物质的量之比为1∶2.8时更能提高H2的转化率，故A错误；B．氮气和氢气反应生成氨气的过程是放热的，反应温度控制在700K左右，目的是加快反应速率，并不是使化学平衡向正反应方向移动，B错误；C．氮气和氢气反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，合成氨工业采用10~30MPa，是因为再增大压强，平衡转化率不会提高太多，且增大压强对设备的要求更高，不能达到更好的经济效益，C错误；D．不断将氨液化并移去液氨，目的是降低氨气的浓度，使平衡正向移动，D正确；故选D。7.我国科研团队研制出“TM-LiH(TM表示过渡金属)”双催化剂体系，实现了氨的低温催化合成，其原理示意如下：第5页/共19页下列分析不合理的是A.状态Ⅰ为吸附并发生解离，键发生断裂并吸收能量B.状态Ⅲ反应的方程式为C.“TM-LiH”能降低合成氨反应的D.合成总反应的原子利用率是100%【答案】C【解析】【详解】A．由原理可知氮气与TM-LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨和LiH。状态Ⅰ为吸附并发生解离的过程，键发生断裂要吸收能量，A正确；B．由原理可知，状态Ⅲ为LiNH与氢气反应生成氨和LiH的过程，方程式为：，B正确；C．催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，C错误；D．由原理可知氮气和氢气反应生成物只有氨，原子利用率为100%，D正确；故选C。8.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时在电极与酶之间传递电子，下列说法不正确的是A.相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能B.负极区，在氢化酶作用下发生反应：C.正极区电极反应式为，固氮酶表面发生还原反应生成D.当外电路通过1mol电子时，有1mol质子通过交换膜由正极区向负极区移动【答案】D【解析】第6页/共19页【分析】生物燃料电池的工作原理是N2+3H22NH3，其中N2在正极区得电子发生还原反应，H2在负极区失电子发生氧化反应，原电池工作时阳离子向正极区移动，据此分析判断。【详解】A．利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能，故A正确；B．由分析可知，H2在负极区失电子发生氧化反应，反应式为H2+2MV2+═2H++2MV+，故B正确；C．由分析可知，在正极得到电子生成，电极方程式为：，N2在正极区和发生还原反应，生成NH3，故C正确；D．燃料电池工作时，负极区生成的H+透过质子交换膜进入正极区，故D错误；故选D。9.下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是A.常温下，测得0.1mol⋅L醋酸溶液的pH约为3B.常温下，测得0.1mol⋅L醋酸钠溶液的pH约为8C.常温下，的醋酸溶液和的溶液等体积混合，溶液呈酸性D.相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应，产生的起始速率相等【答案】D【解析】【详解】A．常温下，测得0.1mol/L醋酸溶液的pH=3，c(H+)=10-4mol/L<0.1mol/L，因此可证明醋酸在水溶液中不完全电离，醋酸是弱酸，存在电离平衡，故A不符合题意；B．常温下，测得0.1mol⋅L醋酸钠溶液的pH约为8，溶液呈碱性，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸是弱酸，故B不符合题意；C．常温下，的醋酸溶液和的溶液等体积混合，说明的醋酸溶液浓度大于的溶液的浓度，说明醋酸是弱酸，故C不符合题意；D．醋酸溶液和盐酸pH相同，则溶液中c(H+)相同，因此分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等，这不能证明醋酸是弱电解质，故D符合题意；故选D。10.常温下，用0.100mol⋅L的NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol•L醋酸溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是第7页/共19页A.a点溶液中，B.b点溶液中，C.c点溶液中，D.d点溶液中，【答案】B【解析】【详解】A．a点溶液为0.100mol•L醋酸溶液，其中氢离子浓度为10-3mol/L,说明醋酸根离子浓度为10-3mol/L，则，A错误；B．b点溶液为等浓度的醋酸和醋酸钠，物料守恒有：，电荷守恒：，二者联立，消去钠离子浓度，可得，B正确；C．c点溶液为中性，有，根据电荷守恒分析，可知，C错误；D．d点溶液中，醋酸钠和氢氧化钠的物质的量浓度为2:1，则物料守恒有，则，D错误；故选B。11.25℃时，取浓度均为的醋酸溶液和氨水各，分别用溶液、盐酸进行中和滴定，滴定过程中随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法不正确的是第8页/共19页A.根据滴定曲线可得，25℃时B.当溶液和盐酸滴加至时，曲线Ⅰ和Ⅱ刚好相交C.曲线表示的滴定过程一般选择甲基橙作指示剂D.在逐滴加入溶液或盐酸至的过程中，水的电离程度先增大后减小【答案】B【解析】【分析】【详解】A．曲线Ⅰ的起点溶液为碱性，表示用盐酸滴定氨水，开始时氨水的约为11，即溶液中，则的电离平衡常数；曲线Ⅱ的起点溶液为酸性，表示用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液，开始时醋酸溶液的约为3，同理得到，选项A正确；B．当溶液和盐酸滴加至时，氢氧化钠与醋酸反应生成，溶液显碱性，溶液的；盐酸与氨水反应生成氯化铵，溶液显酸性，溶液的，此时曲线Ⅰ和Ⅱ不相交，选项B不正确；C．根据选项B的分析，曲线Ⅰ表示的滴定过程到达滴定终点时，溶液显酸性，因此选用甲基橙为指示剂，选项C正确；D．酸和碱对水的电离起抑制作用，在逐滴加溶液(或盐酸)过程中，溶液的酸性(或碱性)逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当恰好完全反应时，水的电离程度达到最大，之后继续滴入溶液(第9页/共19页或盐酸)，溶液的碱性(或酸性)逐渐增强，水的电离程度渐减小，选项D正确。答案选B。12.用一定浓度的NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，下列情况会使测定的醋酸溶液物质的量浓度偏低的是A.碱式滴定管用蒸馏水洗净后，直接注入NaOH标准溶液B.锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接装入未知浓度的醋酸溶液C.滴定到终点读数时，俯视刻度线(滴定前平视)D.碱式滴定管尖端滴定前有气泡，滴定后气泡消失【答案】C【解析】【详解】A．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，直接注入NaOH标准溶液，NaOH标准溶液被稀释，浓度减小，滴定完全时V(标准)偏大，根据，c（待测）偏高，故A不选；B．锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接装入未知浓度的醋酸溶液，待测液的物质的量不变，V(标准)不变，根据，c（待测）不变，故B不选；C．滴定到终点读数时，俯视刻度线(滴定前平视)，V(标准)偏小，根据，c（待测）偏低，故C选；D．碱式滴定管尖端滴定前有气泡，滴定后气泡消失，V(标准)偏大，根据，c（待测）偏高，故D不选；故选C。13.已知H2C2O4是一种二元弱酸。室温下，通过下列实验探究NaHC2O4溶液的性质。实验实验操作和现象1测得10mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液的pH约为5.52向酸性KMnO4溶液中滴加过量0.1mol·L-1NaHC2O4溶液，溶液紫红色褪色3向0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中加入等体积0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，溶液变浑浊4向10mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加少量0.1mol·L-1NaOH溶液，无明显现象第10页/共19页下列说法正确是A.依据实验1推测：Kw<Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)B.实验2说明：NaHC2O4溶液具有漂白性C.依据实验3推测：Ksp(BaC2O4)>2.5×10-3D.实验4反应后的溶液中存在：c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O)+(C2O)【答案】A【解析】【详解】A．实验1中测得10mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液的pH约为5.5，说明的电离程度大于其水解程度，，，即Kw<Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)，A正确；B．实验2中溶液紫红色褪色，可以推测NaHC2O4溶液具有还原性，B错误；C．实验3中溶液变浑浊，发生反应：，无法判断Ksp(BaC2O4)>2.5×10-3，C错误；D．实验4中溶质为NaHC2O4和少量Na2C2O4，根据物料守恒，反应后溶液中存在c(Na+)>c(H2C2O4)+c(HC2O)+(C2O)，D错误；故选A。二、非选择题：共4题，共61分。14.废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、PbO和Pb．还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。一些难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质第11页/共19页一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：金属氢氧化物开始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1（1）在“脱硫”中转化反应的离子方程式为___________，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因：___________。（2）在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入。①能被氧化的离子是___________。②促进了金属Pb在醋酸中转化为，其化学方程式为___________。③也能使转化为，的作用是___________。（3）“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是___________。（4）“沉铅”的滤液中，金属离子有___________。【答案】（1）①.②.，所以PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3（2）①.Fe2+②.③.还原剂（3）Fe(OH)3，Al(OH)3（4）Ba2+、Na+【解析】【分析】铅膏中主要含有、、PbO和Pb．还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，加入碳酸钠后，硫酸铅转化为碳酸铅，同时生成硫酸钠，滤渣中含有、PbO和Pb．还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，加入醋酸和过氧化氢进行酸浸后，生成醋酸铅，同时将亚铁离子氧化成铁离子，调节pH到4.9，将铁离子、Al3+转化为Fe(OH)3，Al(OH)3，再加入NaOH溶液后，得到过滤得到沉淀第12页/共19页，加热分解得到PbO。【小问1详解】；，所以PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3。【小问2详解】过氧化氢具有氧化性，亚铁离子具有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子；过氧化氢促进Pb在醋酸溶液中转化为醋酸铅，依据电子守恒可知，反应的化学方程式为：；PbO2中Pb为+4价，醋酸铅中Pb为+2价，所以过氧化氢的作用为还原剂。【小问3详解】根据氢氧化物沉淀的pH表格可知，当pH约为4.9时，滤渣为Fe(OH)3，Al(OH)3【小问4详解】依据分析可知，加入碳酸钠不能时铅膏中的硫酸钡完全转化，铁离子铝离子转化为沉淀，铅转化为氢氧化铅，最终变为氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有钡离子和加入的钠离子。15.重铬酸钾是实验常用的基准试剂和氧化剂，其纯度是重要的品质指标。化学实验小组采用氧化还原滴定法来测定某样品的纯度，测定方法如下：准确称取样品2.000g，配成250.00mL溶液，用移液管吸取25.00mL溶液于碘量瓶中，加入10mL2mol•L硫酸溶液、2g(过量)KI固体，密封在暗处静置5min；另加100mL水稀释，用0.2000mol⋅L标准溶液滴定至溶液呈黄绿色，再加入3mL淀粉溶液，继续滴定至终点。平行滴定三次，消耗标准溶液的体积分别为19.22mL、20.32mL和20.34mL。滴定过程中涉及的反应有：(未配平)、。（1）滴定前滴定管需要润洗，方法是：从滴定管上口加入3~5mL所要盛装的溶液，___________(请补全操作)；再将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中。（2）溶液呈碱性。将标准溶液装入碱式滴定管后，排气泡的正确操作为___________(填字母)。第13页/共19页A. B. C. D.（3）下列关于滴定分析的操作，不正确的有___________(填字母)。A．若无移液管，可用25mL量筒量取待测液于碘量瓶中B．滴定时通常锥形瓶下垫一张白纸C．滴定时要适当控制滴定速度D．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化E．读数时应将滴定管从架上取下，捏住滴定管上端无刻度处，使滴定管保持垂直F．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下（4）在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，___________(请补全操作)，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。（5）判断到达滴定终点的实验现象是___________。（6）计算该样品的纯度(写出计算过程)___________。【答案】（1）倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁（2）C（3）AD（4）用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁（5）最后半滴标准液加入后，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复原来颜色（6）19.22与其他两个数据相差较大，作答时应舍去，在酸性条件下重铬酸钾和碘化钾反应的方程式为：K2Cr2O7+6KI+7H2SO4=Cr2(SO4)3+7H2O+3I2+4K2SO4，则K2Cr2O7~3I2，根据可知，在滴定时，和反应的单质碘的物质的量n(I2)=n()=，根据K2Cr2O7~3I2可知，nK2Cr2O7)=n(I2)=×=，则该样品的纯度=。【解析】【分析】本题是一道测定重铬酸钾样品中重铬酸钾纯度的实验题，首先用碘化钾和重铬酸钾反应生成单质碘，随后加入淀粉溶液，再用硫代硫酸钠进行滴定，进而进行计算，以此解题。【小问1详解】润洗的操作：从滴定管上口加入3~5mL第14页/共19页所要盛装的溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁，最后将洗涤液从滴定管下部放入预置的烧杯中，重复2-3次；【小问2详解】排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作为将滴定管略微倾斜，尖嘴部分的胶管向上弯曲，然后挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，故选C；【小问3详解】A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，A错误；B．滴定时通常在锥形瓶下垫一张白纸，便于判断终点，B正确；C．滴定时要适当控制滴定速度，准确判断滴定终点，C正确；D．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，D错误；E．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，E正确；F．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或:“0”刻度以下，F正确；故选AD；【小问4详解】在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度，方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁反应，故答案为：用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁；【小问5详解】滴定终点时单质碘消耗完毕，溶液蓝色褪色，故滴定终点的现象是：最后半滴标准液加入后，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复原来颜色；【小问6详解】19.22与其他两个数据相差较大，作答时应舍去，在酸性条件下重铬酸钾和碘化钾反应的方程式为：K2Cr2O7+6KI+7H2SO4=Cr2(SO4)3+7H2O+3I2+4K2SO4，则K2Cr2O7~3I2，根据可知，在滴定时，和反应的单质碘的物质的量n(I2)=n()=，根据K2Cr2O7~3I2可知，nK2Cr2O7)=n(I2)=×=，则该样品的纯度=。16.是大气主要污染物之一，有效去除大气中的是环境保护的重要课题。（1）在一定条件下，CO可以去除烟气中的，其反应过程分三步完成(Cat表示催化剂，[]表示空穴)：ⅰ．Cat[]第15页/共19页ⅱ．Cat[]ⅲ．……写出第ⅲ步反应的方程式：___________。（2）温度为T℃时，在一个容积为10L的恒容密闭容器中，充入1molCO和0.5mol在催化剂作用下发生反应：。实验测得生成的的体积分数(φ)随着时间的变化曲线如图所示。①从反应开始到刚达到平衡，CO平均反应速率___________。②该温度下反应的平衡常数___________(填数值)。③其它条件保持不变，再向上述平衡体系中充入、、、各0.2mol，再次达到平衡前v(正)___________v(逆)(选填>、<或=)。（3）现以(一种多孔性物质，每克的内表面积高达数百平方米，具有良好的吸附性能)作为催化剂，用CO去除烟气中的，反应相同的时间，的去除率随反应温度的变化如图所示。反应温度低于240℃时，随着温度的升高，去除率降低的原因是___________；在240~500℃范围内，随着温度的升高，去除率增大的主要原因是___________。【答案】（1）Ca[O]+CO=Cat[]+CO2（2）①.0.006mol/(Lmin)②.3.375③.>第16页/共19页（3）①.温度较低时，能够被催化剂吸附，温度升高时，吸附能力减弱②.温度较高时，在催化剂存在条件下被CO还原，温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快【解析】【小问1详解】由题给信息可知，在一定条件下，一氧化碳可以去除烟气中的二氧化硫的反应为一氧化碳与二氧化硫反应生成硫和二氧化碳，反应的方程式为2CO+SO2=2CO2+S；由盖斯定律可知，总反应-反应i-反应ii可得反应第iii步反应：Ca[O]+CO=Cat[]+CO2。【小问2详解】①由图可知，10min时反应达到平衡，平衡时CO2的体积分数为0.4，根据已知条件列出“三段式”：CO2的体积分数为=0.4，解得x=0.3，从反应开始到刚达到平衡，CO平均反应速率=0.006mol/(Lmin)；②该温度下反应的平衡常数3.375；③其它条件保持不变，再向上述平衡体系中充入、、、各0.2mol，Qc=<3.375，平衡正向移动，v(正)>v(逆)。【小问3详解】根据信息，(一种多孔性物质，每克的内表面积高达数百平方米，具有良好的吸附性能)作为催化剂，240℃以前，随着温度的升高，去除率降低的原因是：温度较低时，能够被催化剂吸附，温度升高时，吸附能力减弱；根据题中信息，研究表明，在240℃以上发挥催化作用，240℃以后，随着温度的升高，去除率迅速增大的主要原因是温度较高时，在催化剂存在条件下被CO还原，温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快。第17页/共19页17.催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有：反应Ⅰ：kJ•mol反应Ⅱ：kJ⋅mol向恒压密闭容器中充入1mol和3mol，若仅考虑上述反应，平衡时的选择性、CO的选择性和的转化率随温度的变化如图中实线所示。[的选择性]（1）图中曲线___________表示平衡时CO的选择性。（2）反应Ⅱ的热化学方程式中a___________0(选填>、<或=)。（3）在175~300℃范围内，随着温度的