吉林省“BEST合作体”2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1吉林省“BEST合作体”2024-2025学年高二上学期期末考试一、单选题1．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A．黏土高温烧结制陶瓷的过程中没有形成新的化学键B．高炉炼铁时可通过增加塔高来降低体系中CO的百分含量C．将煤气化，有利于提供更多的能量，而且有效地减少温室气体的产生D．氯化铵溶液显酸性可用作铁制品的除锈剂【答案】D【解析】黏土高温烧结制陶瓷的过程中发生了化学变化，生成了新的物质，形成了新的化学键，A错误；高炉炼铁时通过增加塔高不能影响化学平衡移动，不能降低CO的百分含量，B错误；根据盖斯定律和能量守恒原理，将煤气化不会提供更多的能量，不会减少温室气体的产生，C错误；铵根离子水解而使氯化铵溶液显酸性，可用作铁制品的除锈剂，D正确。2．下列反应既属于氧化还原反应，且能量变化符合如图中曲线的是A．铝热反应 B．硫单质在氧气中燃烧C．灼热的木炭与CO2反应 D【答案】C【解析】该反应的反应物能量低于生成物能量，为吸热反应。铝热反应是放热反应，A错误；S在氧气中燃烧为放热反应，B错误；灼热的木炭与CO2反应是吸热反应，也是氧化还原反应，C正确；碳酸钙分解属于吸热反应，但不属于氧化还原反应，D错误。3．一定温度下，在容积恒定的密闭容器中进行反应。As①混合气体的密度不变②容器内气体的压强不变③混合气体的总物质的量不变④B的物质的量浓度不变⑤v正C=A．②⑤⑥ B．①④⑤ C．②④⑤⑥ D．只有④【答案】B【解析】反应中A是固体，混合气的总质量在反应前后不同，是一个变量，容器体积不变，混合气的密度为变量，当密度不变时反应达到平衡状态，①正确；该反应是反应前后气体分子数不变，反应前后压强不变，在温度和容积一定时，压强为定量，不能作为反应是否达到平衡的标志，②错误；该反应的混合气的总物质的量不变，不能用气体的总物质的量不变判断是否平衡，③错误；B的物质的量浓度不再变化说明达到了平衡状态，④正确；用C表示的正反应速率等于用D表示的逆反应速率，说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，⑤正确；B和C的浓度相等不能说明各物质浓度不再发生变化，⑥错误；综上B正确。4．NAA．室温下，pH=5的NH4NO3B．1molH2和1molI2反应后气体分子总数为2NAC．氢氧燃料电池工作时，正极消耗11.2L气体，电路中转移电子数为2ND．标准状况下，11.2LCl2溶于水，所得溶液中Cl【答案】B【解析】溶液体积未知，不能计算水电离产生的H+数目，A错误；反应：H2+I2⇌2HI中气体的总物质的量不变，1molH2和1molI2反应后气体分子总数为2NA，B正确；未说明11.2L气体所处的温度和压强，无法计算其物质的量，C错误；Cl2溶于水发生反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，标准状况下，11.25．下列关于仪器选择、实验操作及相关叙述均正确的是A．准确测量中和反应反应热B．用胆矾制无水硫酸铜C．装置盐桥中阳离子向CuSO4D．对比Fe3+与Cu2+对双氧水分解的催化效率【答案】C【解析】金属导热快，不能用银质搅拌器、铜杯盖，A错误；用胆矾制无水硫酸铜应在坩埚中进行，B错误；溶液中的阳离子向正极移动，此装置中锌为负极，铜为正极，溶液中铜离子得电子在铜电极上析出，盐桥中阳离子向CuSO4溶液中迁移，C正确；对比实验应该控制单一变量，该实验没有考虑氯离子和硫酸根的影响，无法对比Fe3+与Cu2+对双氧水分解的催化效率，D6．2023年3月15日19时41分，“长征十一号”运载火箭在我国酒泉卫星发射中心点火起飞，随后，将“试验十九号卫星”精准送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。长征2F运载火箭使用偏二甲肼(C2H8A．基态氢原子的1sB．基态C原子核外2s能级和2C．基态O原子的核外电子的运动状态有8种D．氮原子的电子排布式由1s【答案】C【解析】基态氢原子的1s轨道电子云轮廓图为球形，A错误；基态C原子核外2p能级电子的能量高于2s，B错误；原子核外电子的运动状态均不相同，基态O原子的核外有8个电子，运动状态有8种，C正确；3s能级的能量大于2p能级的能量，原子的电子排布式由1s27．金属的腐蚀与防护和生活密切相关。下列有关说法错误的是A．铜器在弱酸性环境中表面生成铜绿发生的是吸氧腐蚀B．如上装置，一段时间后向三颈烧瓶中加入KSCN溶液，溶液未变红，说明铁被保护C．如上装置，开始一段时间内压强传感器测得压强几乎未发生变化，说明镀锌铁皮可能是析氢腐蚀和吸氧腐蚀同时发生D．采用外加电流保护法，将采油平台的钢铁构筑物与外接电源的负极相连【答案】B【解析】铜一般不能与非氧化性酸反应，铜器在弱酸性环境中表面生成铜绿发生的是吸氧腐蚀，A正确；若铁被腐蚀生成的是Fe2+，用KSCN溶液无法检验，因此一段时间后向三颈烧瓶中加入KSCN溶液，溶液未变红，并不能说明铁被保护，B错误；析氢腐蚀产生氢气，压强增大，吸氧腐蚀吸收氧气，压强减小，压强传感器测得压强几乎未发生变化，说明体系内可能是析氢腐蚀和吸氧腐蚀同时发生，C正确；采油平台的钢铁构筑物与外接电源的负极相连叫外加电流保护法，可防止钢铁构筑物被腐蚀，D正确。8．下列应用中涉及的方程式或离子方程式不正确的是A．使用漂白粉消毒：CaB．制备白色颜料TiO2⋅xC．泡沫灭火器工作原理：2D．使用FeS处理含汞废水：FeS【答案】C【解析】碳酸的酸性强于次氯酸，漂白粉消毒时，空气中的CO2会将ClO－转化为HClO，离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，A正确；TiCl4极易水解，可利用其制备TiO2·xH2O，方程式为TiCl4+x+2H2O=TiO2⋅xH2O↓+4HCl，9．MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述正确的是A．使用MnO2催化时，总反应的焓变会发生变化B．H2O+O2→H++O2-+∙C．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应D．1molHCHO参加反应转移4mol电子【答案】D【解析】催化剂的使用对反应的∆H无影响，A错误；断键为吸热过程，H2O+O2→H++O2-+∙OH为水分子中O-H键断裂的过程，吸收热量，B错误；过程中碳酸氢根和氢离子生成二氧化碳和水的反应为非氧化还原反应，C错误；HCHO最终生成二氧化碳和水，HCHO中C从0价变为+4价，因此1molHCHO参与反应时转移4mol电子，10．下列事实或现象和相应结论均正确的是事实或现象结论A将FeCl3溶液由0.1mol⋅L-1稀释到稀释后，Fe3+B取Na2SO3此样品中含有SC分别测定SO2、CO2饱和溶液的pH，前者H2SOD向2mL0.1mol⋅L-1Na2S溶液中滴加KA．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】氯化铁溶液加水稀释后溶液pH变大，主要是因为加水稀释溶液中氢离子浓度减小，与水解程度增大无关，A错误；硝酸具有氧化性，可以将SO32—氧化为SO42—而生成BaSO4，不能证明样品中含有SO42-，B错误；二氧化硫在水中的溶解度大于二氧化碳，二氧化硫饱和溶液中亚硫酸的浓度大于二氧化碳饱和溶液中碳酸的浓度，则前者饱和溶液的pH小于后者不能说明亚硫酸的酸性强于碳酸，C错误；硫化钠溶液与硫酸锌溶液完全反应生成硫化锌沉淀和硫酸钠，向反应后的溶液中再加入硫酸铜溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀说明硫化锌的溶度积大于硫化铜，11．氧化亚氮(N2O)是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。碘蒸气存在能大幅度提高第一步：I2g⇌2第二步：Ig+N第三步：IOg+N实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=kcN2OA．N2O分解反应中，k(含碘)>k(B．第三步对总反应速率起决定作用C．第二步活化能比第三步小D．I2浓度与N【答案】A【解析】含碘时N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•c0.5(I2)，I2浓度与N2O分解速率有关，v与k成正比，则k(含碘)＞k(无碘)，A正确、D错误；慢反应是决速步骤，所以第二步对总反应速率起决定作用，B错误；反应慢，活化能大，第二步反应慢，活化能大，12．用0.100molL的NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol/L的A．①点溶液中：cB．②点溶液中：cC．③点溶液中：cD．在相同温度下，①、②、③三点溶液中水电离的cOH-：③＜②【答案】D【解析】点①pH＜7，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，A正确；点②溶液中电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，pH=7，溶液中c(H+)=c(OH-)，可知c(Na+)=c(CH3COO-)，B正确；点③所示溶液中溶质为醋酸钠，溶液显碱性，但水解程度较小：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，C正确；从点①到点③的滴定过程中，随着反应的进行，CH3COOH的浓度逐渐减小，CH3COONa的浓度逐渐增大，CH3COOH抑制水电离，CH3COO-水解促进水电离，水的电离程度越来越大，到点③时，两者完全反应生成CH3COONa，水的电离程度最大，故三点溶液中由水电离的c(OH-)：③＞②＞①，D错误。13．氨对发展农业有着重要意义，也是重要的化工原料。合成氨的生产流程示意图如下。下列有关合成氨说法正确的是A．从合成氨平衡体系中分离出NH3B．热交换的目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离C．合成氨一般选择400∼500D．步骤④⑤均有利于提高原料的平衡转化率【答案】B【解析】从合成氨平衡体系中分离出氨气，减少了生成物的浓度，使平衡正向移动，但正反应速率和逆反应速率都减小，A错误；热交换将氨气的热量转给氮气和氢气，目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温，利于液化分离，B正确；合成氨一般选择400∼500∘C进行，主要是让铁触媒的活性最大，但该反应是放热反应，温度升高，原料气的平衡转化率降低，C错误；步骤④是有利于铁触媒的活性最大，由于该反应是放热反应，升高温度，原料的平衡转化率降低，步骤⑤14．水系双离子电池相比于锂电池有安全和成本优势，在储能领域有较好应用。我国最新水系(碱性)双离子电池的工作原理如图所示，下列有关叙述错误的是A．放电时，电解质溶液中的Na+由b极区向a极区转移B．放电时，若a极得到3.2gCu和2.88gCu2C．为消除第一次放电的不可逆，可将Cu3(PO4)2彻底放电转化为Cu2O后再充电D．第1次放电时，a极的电极反应式为2Cu3【答案】B【解析】放电时为原电池，a极上的反应：Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu，a极为正极，b极为负极，溶液中的Na+向正极移动即Na+由b极区向a极区转移，A正确；若a极得到3.2gCu和2.88gCu2O，Cu3(PO4)2→Cu2O时移的电子的物质的量为2.88g144g/mol×2=0.04mol，由Cu3(PO4)2→Cu时移的电子的物质的量为3.2g64g/mol×2=0.1mol，即共转移0.1mol+0.04mol=0.14mol，但是由于a极还有水放电，电路中转移的电子的物质的量大于0.14mol，B错误；若将Cu3(PO4)2彻底放电转化为Cu2O，再充时Cu2O可单向转化生成Cu3(PO4)2，C正确；放电时a极的电极反应涉及Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu，Cu元素化合价降低，电极反应式为15．工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1mol·L1Na2CO3溶液和1.0mol·L1Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol·L1Na2SO4溶液和1.0mol·L1Na2SO4溶液，在一定pH范围内，四种溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．a=—6.5B．pH相同时，溶液中c(SO42-)越大，c(Sr2+C．曲线③对应含SrCO3(s)的0.1mol·L1Na2CO3溶液D．在Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0mol·L1的混合溶液中，pH≥7.7时才能实现SrSO4(s)转化为SrCO3(s)【答案】D【解析】硫酸锶和碳酸锶在溶液中均存在难溶电解质的溶解平衡，硫酸是强酸，溶液的pH增大，硫酸根离子浓度基本不变，锶离子浓度基本不变，所以沉淀的转化与溶液pH无关，D错误；溶液pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，锶离子浓度越小，则曲线①表示含SrSO4(s)的0.1mol·L1Na2SO4溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系，曲线②表示含SrSO4(s)的1.0mol·L1Na2SO4溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系。溶液pH为6.8时，锶离子浓度为10—5.5mol/L，则硫酸锶的溶度积为Ksp=0.1×10—5.5=10—6.5，温度不变，硫酸锶的溶度积不变，则pH为7.7时，溶液中锶离子浓度为10-6.51.0mol/L=10—6.5mol/L，所以a=—6.5，A正确；硫酸锶在溶液中存在难溶电解质的溶解平衡，溶液pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，锶离子浓度越小，B正确；碳酸是弱酸，溶液的pH增大，碳酸根离子浓度增大，锶离子浓度减小，溶液pH相同时，溶液中碳酸根离子浓度越大，锶离子浓度越小，则曲线③表示含SrCO3(s)的0.1mol·L1Na2CO3溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系，曲线④表示含SrCO3(s)的1.0mol·L1Na2CO3溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系，二、解答题16．化学用语、元素周期律等是学习元素及其化合物知识的重要工具。请回答下列问题：(1)下列说法正确的是(填序号)。①s区全部是金属元素②共价化合物中电负性大的成键元素表现为负价③两种金属元素第一电离能越小的其金属性越强④电负性大于1.8的一定为非金属⑤第四周期元素中未成对电子数最多的元素位于钾元素后面第五位(2)新型半导体材料如碳化硅(SiC)、氮化镓(GaN)等在航空航天、国防技术及5G技术等领域扮演着重要的角色。基态Si原子的核外电子空间运动状态共有种，其核外电子占据最高能级的电子云轮廓图的形状为，基态镓原子的价层电子排布式为。(3)下列不同状态的C+中，电离最外层一个电子所需能量最高的是。a．1s22s22p1b．1s22s22p2c．1s22s2d．1s22s12p1(4)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+12表示，与之相反的用-12表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子其价电子自旋磁量子数的代数和为(5)N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：X、Y、Z中为N元素的是。元素IIIX73814517733Y131433885301Z140228564578(6)已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42.X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X与Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子。已知检验微量化合物X2Y3可以用一种称为马氏检验的方法，其原理是：样品在盐酸中可被金属锌还原为XZ3气体，产物还有氯化锌和H2O，该反应的化学方程式是(要用推导出来的元素表达)。【答案】(1)②⑤(2)8哑铃形4s(3)c(4)+32(5)Z(6)As【解析】（1）s区不全部都是金属元素，如H元素为非金属元素，①错误；共价化合物中，电负性大的成键元素对共用电子对的吸引能力较强，表现负价，②正确；金属性：Mg＞Al，但镁原子核外电子3s能级全满，较稳定，第一电离能：Mg＞Al，③错误；电负性大于1.8的元素不一定为非金属元素，如Pb、Bi的电负性为1.9，④错误；铬元素价层电子排布式为3d54s1，第四周期元素中未成对电子数最多，位于第四周期第ⅥB族，位于钾元素后面第五位，⑤正确；（2）不同轨道的电子空间运动状态不同，Si原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p2，核外电子空间运动状态共有8种；核外电子占据最高能级为p能级，哑铃形；基态镓原子序数31，价层电子排布式为4s24p1。（3）1s22s22p1为基态C+，1s22s22p2为基态C原子，1s22s2为基态C2+，1s22s12p1为激发态C2+，电子离核越远，受原子核吸引越小，越易电离，电离能越小，则电离最外层一个电子所需能量最高的是1s22s2，c正确。（4）磷原子价电子排布为3s23p3，3p能级三个轨道上，每个轨道上有1个自旋方向相同的电子，则自旋磁量子数的代数和为+32或（5）一般情况下，金属元素的第一电离能小于非金属元素，则第一电离能最小的X为Mg元素；N原子价层电子排布式为2s22p3，与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，第一电离能I1较大，则Z为N元素，Y为O（6）X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，其价层电子排布式为4s24p3，为33号元素为As；Y元素原子2p轨道上有2个未成对电子，其价层电子排布式为2s22p2或2s22p4，则Y为C元素或O元素；X与Y可形成化合物X2Y3，则Y为O元素；X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，则Z为H元素；样品在盐酸中可被金属锌还原为AsH3气体，产物还有氯化锌和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：As217．镍﹣镉电池是一种非常理想的直流供电电池。废旧镍﹣镉电池中含有镍、镉、铁及少量钴的低价氧化物和有机质等。回收利用废旧镍﹣镉电池的一种工艺流程如图所示。请回答下列问题：(1)流程中将原料“粉碎”的目的是。(2)“氧化”工序发生主要反应的离子方程式为。(3)已知：Ni(OH)2的溶度积Ksp=2.0×10-15，“调pH”时溶液中c(Ni2+)=0.02mol·L-1，则常温下应控制pH小于。(4)滤液1经处理之后可循环至工序中使用。(5)CdCO3可用于冶炼镉，产生的粗镉可利用电解精炼的方法进行提纯，在电解池的(填“阳极”或“阴极”)产生纯镉。(6)一项研究表明，采用溶剂萃取法可将Cd2+、Co2+、Ni2+从混合溶液中有效分离。如图为不同pH下DEHPA和Cyanex272对溶液中三种离子的萃取效率，则此方法的流程为。(7)镍镉蓄电池的工作原理为：Cd+2NiOOH+2H2O⇌充电放电CdOH2+2NiOH2。当飞船运行到地影区时，镍镉蓄电池为飞船供电，此时在正极电极反应方程式是【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率(2)2(3)7.5(4)沉镍(5)阴极(6)首先用DEHPA作萃取剂，将Cd2+从溶液中分离；随后使用Cyanex272将Co2+、(7)NiOOH+e-【解析】（1）流程中将原料“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分。（2）废旧镍﹣镉电池（含有镍、镉、铁及少量钴的低价氧化物和有机质）回收镍镉的工艺流程为：将废旧镍﹣镉电池粉碎，然后高温灼烧除去有机质后加硫酸酸浸，金属转化为阳离子Ni2+、Cd2+、Fe2+、Co2+进入溶液，“氧化”工序中，是在酸性条件下加入MnO2把Fe（3）在调节pH环节过程中让Fe3+转化为FeOH3沉淀过滤除去，为避免生成NiOH2沉淀，需控制溶液中的氢氧根离子的浓度，利用NiOH2的溶度积Ksp=2.0×10-15计算，此时溶液中c（4）在滤液中加入NH42SO4沉镍后过滤得到关于镍的某种晶体，最后在滤液中加入NH4HCO3沉镉得到CdCO（5）电解精炼镉时，镉元素从+2价得电子降低为0价的单质镉，应在电解池的阴极产生纯镉。（6）根据萃取曲线图可知，使用DEHPA作萃取剂对Cd2+区分度好，对Ni2+、Co2+的区分度不明显，无法通过萃取分离；而用Cyanex272作萃取剂对Ni2+区分度好，对Cd2+、Co2+的区分度不明显，无法通过萃取分离；结合这2个特点，可以采用：首先用DEHPA作萃取剂，将Cd2+（7）根据镍镉蓄电池的工作原理为：Cd+2NiOOH+2H2O⇌18．硫酸铁和硫酸亚铁均为重要的盐。实验室用废铁屑(含油污)制备FeSO4和FeⅠ．制备0.01mol⋅L-1Fe2SO43溶液和0.04mol⋅L步骤一：将废铁屑(含油污)依次用热纯碱溶液、蒸馏水清洗后，加入足量H2步骤二：向滤液中分批加入足量双氧水，充分反应后小心煮沸、冷至室温；步骤三：标定所得Fe2步骤四：配制100mL0.01mol⋅L-1Fe2步骤五：取部分标定浓度后的Fe2SO43溶液，经转化后配制100mL0.04mol⋅L(1)步骤一中用蒸馏水清洗的目的为；步骤二中，双氧水需足量并分批加入的原因为。(2)步骤三标定Fe2SO43溶液浓度的操作：准确量取10.00mLFe2SO43溶液于锥形瓶中，依次加入适当过量的SnCl2、适量的HgCl2，充分反应后用0.1000mol⋅L-1KMnO4标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为20.00mL(已知：Sn①向Fe2SO43溶液中加入SnCl2反应的离子方程式为；加入适量②Fe2SO43(3)制备0.01mol⋅L-1Fe2SO43溶液的实验中，如图所示仪器不需要使用的是Ⅱ．探究Fe3+与Ag生成Fe2+和提出猜想：上述反应为可逆反应。验证猜想：取少量Ag粉，向其中加入0.01mol⋅L-1Fe2SO43溶液，固体全部溶解；将0.01mol⋅L-1Ag2SO4溶液与(4)验证猜想时，第二步实验中所加FeSO₄溶液过量的目的为；向所得灰黑色沉淀中加入适量浓硝酸，通过(填实验现象)，可证明灰黑色沉淀为Ag单质。(5)实验结论：猜想(填“成立”或“不成立”)。【答案】(1)除去废铁屑表面过量的纯碱和油脂水解的产物使Fe2+完全转化为Fe3+，且不引入新的杂质，减少双氧水的分解，提高原料的利用率(2)2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+可将过量的Sn2+氧化，使测定结果更准确0.5000mol/L(3)蒸发皿、碱式滴定管(4)有利于Fe2+还原Ag+的反应正向进行(5)成立【解析】（1）废铁屑表面含油污，用足量热纯碱溶液除去油脂后，废铁屑表面有过量的纯碱和油脂水解的产物，用蒸馏水可以洗去；双氧水具有较强的氧化性，步骤二中，足量的双氧水可使Fe2+完全转化为Fe3+，且不引入新的杂质，而分批加入可以减少双氧水的分解，提高原料的利用率；（2）①向Fe2SO43溶液中加入SnCl2，可以将Fe3+还原为Fe2+，其反应的离子方程式为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+