山西运城市2024-2025学年高二上学期八校联合测试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=16页，共=sectionpages1616页PAGE1山西运城市2024-2025学年高二上学期八校联合测试一、单选题1．下列装置能达到相应实验目的的是A．实验室灼烧NaB．实验室制备乙酸乙酯C．实验室制备并收集氨气D．制备无水氯化镁【答案】D【解析】灼烧固体应在坩埚中进行，故A错误；制备乙酸乙酯时末端导管不能伸入碳酸钠溶液内，否则会引起倒吸，故B错误；氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷生成氯化铵，直接加热氯化铵无法制得氨气，应加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，故C错误；制备无水氯化镁时为防止氯化镁水解应在HCl气氛中脱水，同时要防止空气中水进入，故D正确。2．下列离子方程式正确的是A．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3：ClOB．氢氧化镁与醋酸反应：OHC．K2CO3水解：COD．向A12(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al【答案】D【解析】酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，故NaClO溶液与CO2反应：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，A错误；氢氧化镁为难溶于水的物质，醋酸为弱电解质，二者反应：Mg(OH)2+2CH3COOH=2H2O+2CH3COO-+Mg2+，3．部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法正确的是A．工业上利用a→b→c→d的转化制硝酸B．b常温下可转化为c，实现氮的固定C．常温下d的浓溶液可保存在铝制容器中D．e的水溶液一定呈中性【答案】C【解析】a为单质，a为N2，b为氧化物，且N的化合价为+2价，即b为NO，c为+4价N的氧化物，即c可以为NO2，也可以是N2O4，d为+5价N的酸，即d为HNO3。a→b→c→d为N2→NO→NO2→HNO3，工业制备硝酸是将氨气催化氧化制备NO后再进一步制备硝酸，A错误；氮的固定是将氮元素由游离态转变为化合态，NO转变为NO2不属于氮的固定，B错误；浓硝酸能使铝钝化，常温下可以盛放在铝制容器中，C正确；e为硝酸盐，其溶液不一定呈中性，例如硝酸铵溶液由于铵根离子水解，溶液显酸性，D错误。4．下列各组化学反应中，ΔH1A．H2(B．2Na(C．CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)D．S(g【答案】D【解析】化学反应的焓变与反应条件无关，反应物和生成物的状态及反应方程式的计量数均相同，则ΔH1=ΔH2，A错误；钠与氧气的反应为放热反应，ΔH＜0，反应的焓变与化学计量数成正比，对于放热反应，化学计量数越大，放热越多，∆H越小，故ΔH1<ΔH2，B错误；氧化钙和水反应为放热反应，∆H1<0，碳酸钙分解反应是吸热反应，∆H2>0，所以ΔH1<ΔH2，5．回收利用废旧镍-镉电池(电池中含有镍、镉、铁及少量钴和有机质等)的一种工艺流程如图所示：已知：NiOH2的溶度积A．“氧化”工序发生主要反应的离子方程式为2B．“调pH”时溶液中cNi2+=0.02mol·C．滤液1经处理之后可循环至沉镍工序中使用D．“调pH”可选择氨水或NiO【答案】B【解析】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，粉碎后，灼烧除去有机质，用硫酸酸浸后生成硫酸亚铁、硫酸镉、硫酸镍和硫酸钴，“氧化”工序中，在酸性条件下MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，A正确；“调pH”时使Fe3+转化为FeOH3沉淀，为避免生成NiOH2沉淀，需控制溶液中的cOH-，NiOH2的溶度积Ksp=2.0×10-15，则0.02×c2OH-6．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．0.1molSiO2中含有的Si-O键数目为0.2NAB．1.1g超重水(3H2O)所含的电子数目为0.5NAC．1L0.1mol·L-1NaF溶液中F-的数目小于0.1NAD．0.1molFe和0.lmolCl2在加热条件下充分反应，转移电子的数目为0.2NA【答案】A【解析】SiO2晶体中每个硅原子形成4个Si-O键，则0.1molSiO2中含有的Si-O键键数目为0.1mol×4×NAmol—1=0.4NA，A错误；超重水的电子数为10，质子数为22，则1.1g超重所含的电子数目为1.1g22g/mol×10×NAmol—1=0.5NA，B正确；NaF溶液中的F-发生水解，所以1L0.1mol·L-1氟化钠溶液中F-的数目小于0.1mol/L×1L×NAmol—1=0.1NA，C正确；铁与氯气在加热条件下反应：，产物只有氯化铁，与反应物的用量无关，则0.1mol铁和0.lmol氯气反应，氯气不足量，反应转移电子的数目为0.1mol×2×NAmol—1=0.2NA，D正确。7．根据下列有关实验方案设计和现象，所得结论不正确的是选项实验方案现象结论A将打磨过的铁铜合金放在氨水中一段时间溶液变为深蓝色可能是铜在氨水中发生吸氧腐蚀B向3mLFe(NO3)3溶液中滴加几滴HI溶液，振荡，再滴加1mL淀粉溶液溶液显蓝色I-的还原性比Fe2＋的强C将Na2CO3·10H2O和NH4NO3固体混合并用玻璃棒快速搅拌有刺激性气味的气体产生，并伴随降温该反应能发生的主要原因是熵增D用精密pH试纸测定0.1mol·L-1NH4HCO3溶液的pH值测得pH为7.8Kb(NH3·H2O)>Ka1(H2CO3)【答案】B【解析】铁铜合金放在氨水中一段时间后溶液变为深蓝色应该是铜生成了四氨合铜离子，铜被空气中的氧气氧化，发生了吸氧腐蚀，A正确；NO3-在酸性条件下具有强氧化性，加入淀粉溶液后显蓝色无法判断是NO3-氧化I-还是Fe3+氧化I-，无法得出I-的还原性比Fe2＋的强的结论，B错误；Na2CO3·10H2O和NH4NO3反应为熵增的吸热反应，根据∆G=∆H-T∆S<0，反应能自发进行，则该反应能发生的主要原因是熵增，C正确；pH为7.8，溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，Kb(NH3·H2O)>Ka1(H2CO3)8．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A．FeSCN3溶液中加入B．用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，可减少ClC．对COgD．反应Nal+KCl【答案】C【解析】FeSCN3溶液中存在平衡：Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，加入KSCN固体，c(SCN-)增大，平衡正移，溶液颜色变深，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；氯气与水反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO9．一种锰矿的主要成分为MnCO3，杂质为SiO2、CaCO3、MnS、FeS、CuSFeCuNiMn开始沉淀pH1.94.26.57.6沉淀完全pH3.26.78.59.8下列说法正确的是A．“脱硫”过程中通入O2的目的是将S氧化为SOB．物质X为H2SiO3，滤渣C．由上述流程可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，KspD．电解过程中Mn元素发生氧化反应【答案】C【解析】锰矿主要成分为MnCO3，杂质为SiO2、CaCO3、MnS、FeS、CuS、NiS等，“脱硫”过程中加入氢氧化钠溶液，SiO2与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的硅酸钠进入滤液，通入空气通入氧气的目的是将硫化物中的硫元素被氧化为硫单质除去，A错误；脱硫过程中MnCO3、CaCO3、MnS、FeS、CuS、NiS等均转化为金属氢氧化物，加入硫酸进行酸浸，生成硫酸盐，物质X为硫酸钙，向滤液中加入MnO调节pH=4从而沉淀铁离子，滤渣Y为氢氧化铁，B错误；“除杂”过程中加入硫化锰的目的是为了使镍离子与铜离子转化为硫化镍和硫化铜，故Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，Ksp(MnS)>Ksp(NiS)，C正确；电解过程中锰元素化合价由+2价降低为10．下列有关叙述正确的是A．在任何条件下，化学反应的焓变都等于化学反应的反应热B．同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同C．相同条件下，若1molO、1molO2所具有的能量分别为E1、E2，则2E1>E2D．已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，则1molKOH固体与足量稀盐酸充分混合放出57.3kJ热量【答案】C【解析】在恒压条件下发生的化学反应的反应热等于反应的焓变，故A错误；同一化学反应的△H与反应物和生成物的总能量有关，与反应条件无关，所以氢气与氯气在光照和点燃条件下反应生成氯化氢的焓变相等，故B错误；氧分子共价键断裂生成氧原子的过程为吸收能量的过程，所以2E1>E2，故C正确；氢氧化钾固体溶于水的过程为放出热量的过程，所以1mol氢氧化钾固体与稀盐酸反应放出的热量大于57.3kJ二、多选题11．关于下列仪器使用的说法错误的是A．①、④不可加热 B．②、④可用来精确量取溶液体积C．③、⑤可用于物质分离 D．②、④、⑤使用前需检漏【答案】AB【解析】①是锥形瓶，可以加热，但需要加石棉网，④是容量瓶，不能加热，A错误；②是酸式滴定管，用于量取一定体积的溶液，④容量瓶是为配制准确的一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器，不能用来精确量取溶液体积，B错误；③是蒸馏烧瓶，用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，⑤是分液漏斗，用于分离互不相溶的液体，两者均可用于物质分离，C正确；酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前需检漏，D正确。12．在Al3＋＋3H2O⇌Al(OH)3＋3H＋的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是A．加热 B．通入HClC．加入适量Na2CO3(s) D．加入NaCl溶液【答案】CD【解析】水解反应是吸热的，加热能使平衡向水解方向移动，c(H＋)增大，pH减小，A错误；通入HCl能增大c(H＋)，抑制水解，且pH减小，B错误；加入适量Na2CO3(s)，CO32-水解显示碱性，会促进Al3＋进一步水解并趋于完全而生成Al(OH)3，溶液pH增大，C正确；加入NaCl溶液相当于加水稀释，能促进水解，但因加入NaCl溶液稀释引起c(H＋)变小，pH增大，13．0.1mol·L-1HF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是A．c(H+)＞c(F-) B．c(H+)＞c(HF) C．c(OH-)＞c(HF) D．c(HF)＞c(F-)【答案】BC【解析】HF溶液中，根据电荷守恒，c(H+)=c(F-)+c(OH-)，故c(H+)＞c(F-)，A正确；HF溶液中：HF⇌H++F-，H2O⇌H++OH-，H+虽然来自于两种物质，但是HF和H2O的电离都是微弱的，因此c(H+)＜c(HF)，B错误；HF溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，又c(H+)＜c(HF)，故c(OH-)＜c(HF)，C错误；根据HF⇌H++F-，F-由HF电离而来，弱电解质的电离是微弱的，因此c(F-)＜c(HF)，D正确。14．用CH4催化还原NOx，可以消除氮氧化物的污染。下列说法正确的是①CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH=-574kJ/mol②CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH=-1160kJ/molA．若用0.1molCH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为86.7kJB．由反应①可推知：CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)ΔH>-574kJ/molC．等量甲烷参与反应时，①②转移的电子数相同D．若反应②放出116kJ热量，则生成4.48LN2【答案】AC【解析】根据盖斯定律，①+②得2CH4g＋4NO2g=2N2g＋2CO2g＋4H2OgΔH=-574kJ/mol+（-1160kJ/mol）=-1734kJ/mol，若用0.1molCH4还原15．Pd催化过氧化氢分解制取O2的反应历程和相对能量变化情况如图所示，其中吸附在Pd催化剂表面上的物种用*A．该反应历程中所有步骤的原子利用率均为100B．O2gHC．催化剂Pd降低了H2O2D．整个催化分解过程中既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂和形成【答案】AC【解析】总反应为过氧化氢分解生成氧气和水，因此并不是所有步骤原子利用率100%，A错误；从图中可知该总反应为放热反应，生成物总键能大于反应物总键能，O2gH2OgH2Og的总键能大于H2O2gH2O2三、填空题16．已知：某原电池的总反应为2Fe3(1)该原电池的负极材料为，该电极上发生的反应是。(2)该原电池的正极材料可为(填写一种即可),该电极上发生的反应是。(3)若负极质量减少1.28g，那么电路中转移的电子数为。【答案】(1)CuCu(2)石墨(或其他合理答案)2(3)0.04【解析】(1)原电池的总反应为2Fe3++Cu=(2)正极材料可选择活泼性比Cu弱的金属(如Pt等)或石墨；该电极上Fe3+发生得电子的还原反应，电极反应为(3)根据Cu-2e-=Cu2+可知64g金属铜反应转移2mol电子，则17．某化学兴趣小组同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的开关时，观察到电流表的指针发生了偏转。请回答下列问题：(1)甲池中负极的电极反应为。(2)乙池中A(石墨)电极为(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)。乙池中B极质量增加10.8g时，甲池中理论上消耗O2的体积为L(标准状况)，丙池中(填“C”或“D”)极析出g铜。(3)一种以CO2和甲醇为原料，利用SnO2(mSnO2/CC)和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，制备甲酸(甲酸盐)的电化学装置的工作原理如图所示。注：(甲酸)的化学式为HCOOH，书写方程式时采用HCOOH即可。①图中电极a为极，电解过程中阳极电极反应式为。②当有8molH+通过质子交换膜时，理论上装置中生成HCOO-和HCOOH共计mol。【答案】(1)CH3OH＋8OH－－6e－＝CO32-＋6H(2)阳极0.56D3.2(3)负CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+6【解析】（1）甲池为燃料电池，通入CH3OH的电极为负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－＝CO32-＋6H2（2）乙池中电解AgNO3溶液，其中A电极与甲池的正极相连，作阳极，B作阴极，银离子放电：Ag++e－＝Ag，乙池中B极质量增加10.8g时，即析出银是10.8g，物质的量是10.8g108g/mol=0.1mol，转移0.1mol电子。1mol氧气得到4mol电子，则根据电子得失守恒可知甲池中理论上消耗O2的物质的量是0.1mol4＝0.025mol，在标准状况下的体积为0.025mol×22.4L/mol＝0.56L；丙池中D电极与甲池中负极相连，作阴极，铜离子放电，根据电子得失守恒可知析出铜的物质的量是0.1mol2＝0.05mol，质量是（3）①装置中左侧电极上二氧化碳反应生成HCOO-，碳元素化合价降低，失电子，为阴极，则a为负极，电极b为正极，右侧电极为阳极，电极反应式为：CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+；②由①可知，阳极反应为：CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+，阴极电极反应为：2CO2+2e-+H2O=HCOO-+HCO3-，若有8molH+通过质子交换膜时，则转移8mol电子，则此时该装置生成HCOO-和HCOOH共计18．现有下列物质：①NaHCO3②液态SO2③纯醋酸④硫酸钡⑤液氨⑥酒精（C2H5OH）⑦NH3·H2O⑧铝请用以上物质回答下列问题。（填序号）(1)属于强电解质的是。(2)属于弱电解质的是。(3)属于非电解质，但其水溶液能导电的是。【答案】(1)①④(2)③⑦(3)②⑤【解析】①NaHCO3属于盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，水溶液能够导电；②液态SO2在水溶液和熔融状态下本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，但是二氧化硫能够与水反应生成亚硫酸，亚硫酸能够电离产生自由移动的离子而导电；③纯醋酸在水溶液能部分电离产生自由移动的离子，属于弱电解质，但是纯醋酸不含自由移动的离子，不导电；④硫酸钡在熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，但是固体硫酸钡不含自由移动的离子，不能导电；⑤液氨在水溶液和熔融状态下本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，但是氨气能够与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O属于电解质，能够电离产生自由移动的离子，氨水能导电；⑥酒精(C2H5OH)在水溶液和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，与水不反应；⑦NH3·H2O属于弱电解质，能够电离产生自由移动的离子而导电；⑧铝属于单质，既不是电解质也不是非电解质。（1）属于强电解质的有①④；（2）属于弱电解质的有③⑦；（3）属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是②⑤。19．工业废水中常含有一定量的Cr2O7方法1：还原沉淀法。该法的工艺流程为：CrO42-→①转化H+Cr2O其中第①步存在平衡2CrO42-(黄色)+2H+⇌Cr2O72-(1)若平衡体系的pH=2，该溶液显色。(2)能说明第①步反应达平衡状态的是(填序号)。A．Cr2O72-和CrO42-的浓度相同B．2v(Cr(3)第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)⇌Cr3+(aq)+3OH-(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)∙c3(OH-)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至。方法2：电解法。已知在酸性溶液中重铬酸根离子与亚铁离子有如下反应：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，该法用Fe做电极电解含Cr2O72-的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH(4)用Fe做电极的原因为(用电极反应式解释)。(5)在阴极附近溶液pH升高，溶液中同时生成的沉淀还有【答案】(1)橙(2)C(3)5(4)Fe-2e-=Fe2+，提供还原剂(5)Fe(OH)3【解析】（1）2CrO42-(黄色)+2H+⇌Cr2O72-(橙色（2）Cr2O72-和CrO42-的浓度相同不能说明发到平衡状态，A错误；2v(Cr2O72-)=v(CrO42-)，没有标出正、逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，（3）常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)∙c3(OH-)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，则c(OH-（4）用Fe做阳极，Fe失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，产生的Fe2+做还原剂；（5）溶液中Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+和OH-反应生成Fe(OH)3沉淀。20．Ⅰ．如图表示某反应的能量变化关系(1)此反应为(填“吸热”或“放热”)反应，(2)ΔH=(用含有a、b的关系式表示)。Ⅱ．联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。已知：①2O2(g)+N2(g)=N2O4(l)ΔH1②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l)ΔH2③O2(g)+2H2(g)=2H2O(g)ΔH3④2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH4(3)上述反应热效应之间的关系式为ΔH4=。(4)在101kPa时，4.0g硫粉在氧气中完全燃烧生成二氧化硫，放出27kJ的热量，硫燃烧的热化学方程式为。(5)在101kPa时，氢气在1.0mol氧气中完全燃烧，生成2.0mol液态水，放出57