福建省南平市2024-2025学年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福建省南平市2024-2025学年高二上学期期末质量检测本试卷共6页。考试时间75分钟。满分100分注意事项：1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Zn65一、选择题：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.化学与生活息息相关，下列说法错误的是A.明矾净水，与盐类水解有关B.含氟牙膏预防蛀牙，与沉淀转化有关C.高压氧舱救治一氧化碳中毒病人，与化学平衡移动原理有关D.“暖宝宝”(含铁粉、活性炭、无机盐等)发热，与电解有关【答案】D【解析】明矾净水是利用明矾溶于水电离产生的Al3+发生水解反应产生的Al(OH)3胶体来吸附水中悬浮的固体杂质，使之形成沉淀而与水分离，与盐类水解有关，A正确；含氟牙膏中的氟离子促进羟基磷灰石转化为更坚硬、更难溶的氟磷灰石，从而可以防止蛀牙，与沉淀转化有关，B正确；高压氧舱能够增加氧气浓度，使血液中HbCO解离平衡向释放CO的方向移动，从而降低血液中HbCO的浓度，达到救治的目的，与化学平衡移动原理有关，C正确；“暖宝宝”发热是利用原电池反应原理，属于铁粉发生氧化反应放热的电化学腐蚀过程，无需外加电源，与电解无关，D错误；故合理选项是D。2.火箭发射可利用反应：，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.生成转移电子数为B.完全燃烧，断碳氢键数为C.反应放出热量，消耗分子数为D.标准状况下含有共用电子对数为【答案】B【解析】生成22gCO2（物质的量为0.5mol）时，根据反应中碳从-4价升至+4价，转移8mol电子，故转移电子数为4NA，A错误；因1个甲烷分子含有4个C-H键，8gCH4（物质的量为0.5mol）含有2molC-H键，完全燃烧时这些键断裂，故断碳氢键数为2NA，B正确；放出445kJ热量（为ΔH绝对值890kJ的一半），对应0.5molCH4反应，消耗1molO2，分子数为NA，C错误。标准状况下，22.4LH2O不是气体（实际为液体），其物质的量大于1mol，共用电子对数（每分子H2O有2对）大于2NA，D错误；故选B。3.下列离子方程式或电极方程式正确的是A.铜的电解精炼阳极反应：B.除去污水中：C.钢铁的析氢腐蚀原理：D.铅蓄电池放电时正极反应：【答案】B【解析】铜的电解精炼中，阳极的主要反应为粗铜失去电子生成Cu2+，电极反应式为，A错误；FeS与Hg2+反应发生沉淀转化生成更难溶的HgS和Fe2+，离子方程式符合反应原理，且原子和电荷守恒，B正确；钢铁析氢腐蚀中，铁在酸性环境下被氧化为Fe2+，离子方程式为，C错误；铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子被还原为PbSO4，电极反应式为，D错误；故答案选B。4.下列实验(部分夹持装置略去)能达到目的是A．验证温度对化学平衡的影响B．在铜上镀银C．制备固体D．测定中和热A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】2NO2(g)N2O4(g)（正反应放热），热水中平衡逆向移动（NO2浓度大，颜色加深），冰水中平衡正向移动（颜色变浅），通过两烧瓶颜色差异可验证温度对平衡的影响，能达到目的，A符合题意；在铜上镀银，镀件（铜）应作阴极，镀层金属（银）作阳极。Cu应接电源负极、Ag接电源正极，但图中缺少电源装置，不能达到目，B不符合题意；Al3+与S2−在溶液中会发生双水解反应（2Al3++3S2−+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑），无法得到Al2S3，可通过单质直接化合制备，该实验装置不能达到目的，C不符合题意；测定中和热时，需要用环形玻璃搅拌棒搅拌使反应充分进行，且碎泡沫应填满大烧杯与小烧杯之间的空隙，该装置保温效果较差，不能达到目的，D不符合题意；故选A。5.从冶锌废渣(含有和等杂质)中提取铅的一种工艺流程如下：已知：常温下，下列说法错误的是A.“浸取”时加入目的是为了溶解和B.“滤液1”中加入Zn可回收CuC.“滤液2”中D.“转化2”存在反应【答案】A【解析】冶锌废渣(含有和等杂质)加入过氧化氢和硫酸，Cu被溶解，PbSO4不溶，过滤后滤液1为含Cu2+溶液，向滤渣PbSO4加入饱和Na2CO3溶液，由于Ksp(PbSO4)>Ksp(PbCO3)，PbSO4转化为PbCO3，则滤液2为Na2SO4，向PbCO3中加入醋酸溶解得到醋酸铅，过滤后醋酸铅溶液经过一系列操作得到粗铅。加入过氧化氢氧化Cu为Cu2+，PbSO4不被氧化，A错误；滤液1为含Cu2+溶液，Zn比Cu活泼，加入Zn可回收Cu，B正确；滤液中存在平衡，则平衡常数，C正确；“转化2”为PbCO3与醋酸反应生成醋酸铅、水和二氧化碳，化学方程式为，D正确；故答案为A。6.下列实验操作和现象对应解释错误的是选项实验操作和现象解释A向饱和氨盐水中通入过量，有晶体析出B向热溶液中加少量油脂，充分振荡，不再分层油脂在碱性条件下水解C向溶液中通入气体，产生黑色沉淀还原性：D向溶液中加入同浓度KI溶液和几滴KSCN溶液，溶液变红A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】向饱和氨盐水中通入过量CO2，该反应是侯氏制碱法的核心反应，生成的NaHCO3因溶解度较小而以晶体形式析出，A正确；向热Na2CO3溶液中加少量油脂，加热促进Na2CO3水解，溶液碱性增强，油脂发生皂化反应完全水解为溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，因此不再分层，B正确；向CuSO4溶液中通入H2S气体，产生黑色沉淀（CuS），反应能发生是因为CuS的溶解度极小，不溶于稀硫酸，与H2S和H2SO4的还原性强弱无关，C错误；加入的KI溶液过量，充分反应后，加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中仍有Fe3+剩余，说明反应物不能完全转化，即Fe3+与I-的氧化还原反应为可逆反应，D正确；故答案选C。7.工业上常用于金属沉降，关于的溶液说法错误的是已知：物质电离平衡常数(25℃)A.B.C.D.【答案】C【解析】溶液中阳离子总电荷等于阴离子总电荷，根据电荷守恒得出，A正确；溶液中N和C的物质的量相等，根据物料守恒得出，B正确；

会发生水解，

，会发生水解和电离，水解常数>Ka2，故以水解为主，因

，溶液呈碱性，应为

，故C错误；将电荷守恒和物料守恒联立，消去铵根离子，得到，D正确；故选C。8.一种“三明治”结构的锌-空气电池放电时总反应：，装置如图所示。下列说法错误的是A.水凝胶固态电解质不易泄漏，利于封装B.放电时，电子经水凝胶固态电解质流向石墨C放电时，负极：D.充电时，转移，理论上电极质量减少【答案】B【解析】放电时：Zn失电子被氧化，作负极，电极反应为；石墨为正极，得电子被还原，电极反应为；充电时：Zn电极作阴极，得电子被还原，电极反应为；石墨电极作阳极，失电子生成，电极反应为。水凝胶固态电解质不易泄漏，便于封装，A正确；放电时，电子经导线流向石墨，电子不通过电解质，B错误；放电时负极的电极反应式符合电子转移与产物生成，C正确；由分析可知，充电时Zn电极中得电子生成Zn，转移0.2mol时0.1mol转化为0.1molZn，质量减少1.6g，D正确；故答案选B。9.关于反应说法错误的是A.图甲，恒温恒容下时刻反应已达到平衡B.图乙，时刻升温，平衡时的体积分数：C.图丙，表示物质的量分数，a、b的相等D.图丁，恒温压缩体积，横坐标表示压强，纵坐标可表示平衡时气体密度【答案】C【解析】由图甲可见，t2时SO2的物质的量为2.2mol，变量为1.8mol，结合化学计量数可知道此时SO3物质的量为1.8mol，故t1到t3阶段SO3物质的量不再改变，故t2时体系已达平衡，故A正确；反应为放热反应(ΔH<0)，升温会使平衡向左移动，气体总物质的量增大，SO₃物质的量减小，其体积分数：I>II，故B正确；a、b两点虽可对应相同的平衡物质的量分数相等，但由于两个点初始配比不相同，反应进行的程度不相同，两点的不相等，故C错误；图丁：恒温压缩体积增大压强，气体总质量不变，体积缩小，平衡时气体密度增大，与图相符，故D正确；故选C10.在浓度均为的、、混合溶液中通入气体，溶液中和(代表上述三种酸根离子)的分布系数与关系如图所示。已知的分布系数。下列说法正确的是A.酸性强弱： B.HZ的电离常数C.水的电离程度： D.图中交点处的【答案】D【解析】从图中可知:HX的Ka对应pH=4.4，故Ka(HX)=10-4.4；HY的Ka对应pH=8.2，故Ka(HX)=10-8.2；HZ的Ka对应pH=10.2，故Ka(HX)=10-10.2。酸性强弱由Ka决定，Ka越大酸性越强，故，故A错误；由分析可知，HZ的电离常数，故B错误；NaX、NaY、NaZ均为强碱弱酸盐，A-水解促进水的电离：pH越小（酸性越强），A-水解程度越小，水的电离程度越小；a、b、c三点的pH：a＜b＜c，故水的电离程度：，故C错误；点d处，c(HX)=c(Y-)，c(HY)=c(X-)，又Ka(HX)Ka(HY)=，故可得c(H+)=10-6.3mol/L，，故D正确；故选D。二、非选择题：11.利用“肼()—硝酸盐”燃料电池，探究氯碱工业原理，如图所示：已知：双极膜中电离出和，在电场力的作用下分别向两极移动。（1）a电极为___________(填“正极”或“负极”)，电极反应式为___________。（2）乙中X隔膜为___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜，总反应化学方程式为___________。（3）电解一段时间后，乙装置中c%___________d%(填“>”，“<”或“=”)。（4）若极有(折算成标准状况)生成，理论上双极膜中有___________移向极，乙装置产生的物质的量为___________。【答案】（1）①.正极②.（2）①.阳②.（3）（4）①.0.4②.0.2【解析】甲装置燃料电池：a极上得电子生成，被还原，故a为正极，电极反应为；b极上失电子生成，被氧化，故b为负极，电极反应为；乙装置为电解池：与电源负极相连的电极为阴极，与电源正极相连的电极为阳极；阳极反应为，阴极反应为。【小问1详析】由分析可知，a极上被还原，故a为正极；电极反应为，故答案为：正极；；【小问2详析】乙中阳极生成，为防止与反应以及允许向阴极移动，X隔膜应为阳离子交换膜；总反应方程式为，故答案为：阳；；【小问3详析】由分析可知，乙装置中的电极反应为，同时阳极的钠离子通过阳离子交换膜至阴极与氢氧根结合得到氢氧化钠，使氢氧化钠浓度增大，因此，故答案为：<；【小问4详析】由分析可知，b极生成，物质的量为0.1mol，由电极反应可知转移电子；双极膜中向b极迁移，迁移量为；乙装置转移电子时，由电极反应式可知，生成的物质的量为，故答案为：0.4；0.2。12.金属钛是一种重要的航空航天材料，实验室探索一种由钛铁矿(主要为、和)提取钛的工艺流程如下：已知：在强酸性溶液中钛元素主要以存在。（1）提高“酸浸”效率的措施___________。(写出一条)加浓酸浸60min，钛浸出率与温度、固液比关系如图所示，钛浸出的适宜条件为___________。（2）“操作1”依次为加Fe还原、___________、过滤。（3）“操作2”为加适量热水煮沸20min，冷却、静置沉降、得到固体，过滤并用稀硫酸反复洗涤。生成的离子方程式为___________；用稀硫酸而不用水洗涤的原因为___________。（4）已知：①②“操作3”先在高温下将、及反应生成，再用还原。生成的热化学反应方程式为___________；反应②不能自发进行，加入C能自发生成的理由为___________。【答案】（1）①.将钛矿石粉碎(或加热，充分搅拌等)②.温度为，固液比为（2）冷却结晶(蒸发浓缩、冷却结晶或降温结晶也可)（3）①.②.防止水解生成沉淀或者防止水解生成沉淀（4）①.②.加入发生反应①，使总反应的，(或总反应的或使总反应)【解析】钛铁矿用硫酸溶解，钛元素转化为，铁元素转化为亚铁离子、铁离子，钙元素转化为硫酸钙沉淀，过滤得到的滤渣为硫酸钙沉淀，过滤得到强酸性溶液中含有TiOSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4及未反应的硫酸等，加铁单质还原铁离子为亚铁离子，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体，过滤得到的滤液中水解得到，同时有H2SO4生成，过滤得到煅烧得到TiO2，TiO2、C、Cl2反应得到及CO，还原得到金属钛。【小问1详析】提高“酸浸”效率的措施：将钛矿石粉碎(或加热，充分搅拌等)；由图，钛浸出的适宜条件为温度为、固液比为，此时钛浸出率已经很高了；【小问2详析】“操作1”得到硫酸亚铁晶体，操作依次为加Fe还原、冷却结晶(蒸发浓缩、冷却结晶或降温结晶也可)、过滤、洗涤、烘干得到硫酸亚铁晶体。【小问3详析】溶液中水解得到，同时有H2SO4生成，反应为：；溶液中亚铁离子、铁离子水解生成沉淀，导致得到不纯净，故用稀硫酸而不用水洗涤原因为防止水解生成沉淀或者防止水解生成沉淀；【小问4详析】已知：①②由盖斯定律，①+②得反应；，反应能够自发进行，反应②为吸热的熵减反应不能自发进行，加入C能自发生成的理由为：加入发生反应①，使总反应的，(或总反应的或使总反应)，反应能自发进行。13.按下图探究在室温下催化分解原理。已知：为二元弱酸；铁氰化钾溶液遇出现蓝色沉淀，遇无明显现象；饱和溶液约为1.5。（1）的一级电离方程式为___________。（2）实验前测定溶液的浓度。①用下图仪器___________(填“m”或“n”)取溶液稀释定容为。②取定容后的溶液于锥形瓶中，用酸性标准溶液滴定至终点，消耗体积为。滴定终点的现象为___________，该溶液浓度为___________。(已知：)③导致测定浓度偏大的情况有___________。(填标号)a．未用标准溶液润洗滴定管b．装待测液的锥形瓶中有少量蒸馏水c．读数时，滴定前仰视，滴定后俯视d．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后消失（3）探究在室温下催化分解原理。①证明是催化剂的现象为产生大量气泡和___________。②实验Ⅱ过程中溶液随时间变化曲线如图所示：ⅰ．实验Ⅱ溶液先变为棕黄色不是由于水解生成造成的，根据实验情况从平衡移动角度说明可能的理由为___________。ⅱ．实验Ⅱ后期pH上升的原因为___________(用离子方程式表示)，pH上升较缓慢的原因可能为___________。(写出一条)【答案】（1）（2）①.n②.滴入最后半滴标准溶液，溶液变为浅红色，且半分钟不褪色③.2.5cV④.ad（3）①.实验Ⅲ产生蓝色沉淀，实验Ⅳ无明显现象，实验Ⅱ最终溶液变为黄色②.与反应生成，浓度增大抑制水解，且浓度减小，使平衡逆向移动③.④.浓度减小使反应速率降低，上升变慢【解析】实验I和II可看出在pH=3时FeCl3催化过氧化氢分解先生成棕黄色的中间产物，实验结束后恢复为浅黄色FeCl3，说明加入过氧化氢以后发生了反应，产生的气体是氧气，是氯化铁把过氧化氢氧化产生的，因为实验III和IV通过使用铁氰化钾溶液检测中间产物和反应结束溶液中是否含有Fe2+，实验III有蓝色沉淀、实验IV不含无明显现象，说明中间产物含Fe2+，反应结束后不含Fe2+，结合(3)中的pH曲线，说明一开始铁离子与过氧化氢发生氧化还原的同时有氢离子生成，之后亚铁离子又重新被氧化为铁离子，则铁离子在过氧化氢产生氧气的反应中起了催化作用。【小问1详析】为弱电解质，一级电离方程式为。【小问2详析】①过氧化氢有酸性和氧化性，需要用酸式滴定管，即n；②滴定反应为，终点现象为滴入最后半滴标准溶液，溶液变为浅红色，且半分钟不褪色；由反应式可知，锥形瓶中过氧化氢的物质的量为，根据稀释前后物质的量相等可知该溶液浓度为：；③根据：未用标准溶液润洗滴定管，V偏大，结果偏大，a符合题意；装待测液的锥形瓶中有少量蒸馏水不影响测得结果，b不符合题意；读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，V偏小，结果偏小，c不符合题意；滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后消失，V偏大，结果偏大，d符合题意；故答案为ad。【小问3详析】①证明是催化剂的现象为产生大量气泡和实验Ⅲ产生蓝色沉淀，实验Ⅳ无明显现象，实验Ⅱ最终溶液变为黄色；②ⅰ．与反应生成，浓度增大抑制水解，且浓度减小，使平衡逆向移动，故实验Ⅱ溶液先变为棕黄色不是由于水解生成造成的；ⅱ．由于，实验Ⅱ后期pH上升，浓度减小使反应速率降低，上升变慢。14.工业采用催化氧化处理废气：。（1）反应机理为：ⅰ：ⅱ：___________。（2）在，恒容容器中，通入和各模拟处理废气。①能判断该反应达到平衡的判据是___________。(填标号)a．体系压强保持不变b．体系颜色保持不变c．体系中d．消耗生成②若平衡时总压为，的转化率为，则该反应的平衡常数___________。(用平衡分压代替平衡浓度计算)（3）工业上将和[分别为或]以不同流速通入反应器中，在或下进行反应，分钟时检测流出气成分，绘制流速与转化率曲线，如图所示：已知：ⅲ：较低流速下转化率可近似为平衡转化率；ⅳ：曲线a、b所示反应中相同，温度不同，曲线a、c所示反应中温度相同，不同。①曲线表示