同安一中2023~2024学年(上)期考
高二化学试卷
本卷满分100分，考试时间75分钟
第Ⅰ卷 选择题
可能用到的相对原子质量为：
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分，每题只有一个选项符合题意)
1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．一氧化碳与血红蛋白存在反应：，当中毒时，平衡向右移动，使人体组织局部氧气浓度过高而中毒
B．海轮的外壳附上一些锌块，是利用了电解原理的牺牲阳极的阴极保护法
C．汽车尾气治理原理为：，由于需要借助催化转化器，因此推断该反应在常温下不能自发反应
D．比色分析法可用于某些化学反应速率测定，是利用有色物质浓度与溶液颜色的关系
2．下列反应中，反应物键能大于生成物键能的是
A．锌粒与稀盐酸反应 B．与反应
C．酸碱中和反应 D．甲烷在中燃烧
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．甲烷的摩尔燃烧焓为甲烷完全燃烧放出热量时，生成个数为
B．氢氧燃料电池中，负极有气体参与反应时，转移的电子数为
C．氯碱工业中，制备烧碱时阴极生成气体的分子数为
D．和于密闭容器中充分反应后，分子的总数为
4．飞秒化学对了解反应机理十分重要。光分解反应经过后的浓度减少。下列说法正确的是
A．用表示的反应速率是
B．在时，浓度是浓度的2倍
C．末时的反应速率是
D．增大的浓度可以加快反应速率，是因为提高了单位体积内活化分子数目，活化分子百分数增多，单位时间内有效碰撞变多
5．下图为工业合成氨流程图，该反应速率方程为，原料气(及少量的混合气体)在进入合成塔前可经过铜氨液净化处理，其反应为：，有关说法错误的是
A．步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒
B．步骤②中“加压”既可以提高合成氨原料的转化率，又可以加快反应速率
C．为保证足够高的反应速率，反应达到一定转化率时需及时将氨从体系中分离
D．“净化”时适当升高温度，可增大反应速率和的平衡转化率
6．下列电极反应式或离子方程式与所述事实相符且正确的是
A．惰性电极电解氯化镁溶液总反应：
B．铅蓄电池正极反应式：
C．吸氧腐蚀正极反应式：
D．碱性甲烷燃料电池负极反应式：
7．已知，反应开始时，向密闭容器中加入一定量的，下列图像与描述错误的是
A B C D
表示相同时间内体系内的物质的量分数随温度变化图像 表示体系到达平衡后，时迅速将体积缩小后的变化 装置可探究温度对该化学平衡的影响，热水中颜色变深，冷水中颜色变浅 表示该反应正逆反应速率随温度变化图像
A．A B．B C．C D．D
8．氢碘酸(HI)可用“四室式电渗析法”制备，其工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。下列叙述错误的是( )
A．通电后，阴极室溶液pH增大
B．阳极电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑
C．得到1 mol产品HI，阳极室溶液质量减少8 g
D．通电过程中，NaI的浓度逐渐减小
9．科学家提出了碳酸二甲酯(结构简式为：CH3OCOOCH3)一种新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如下图所示。下列说法错误的是
A．反应进程中既有O-H键的断裂，又有O-H键的形成
B．HO·降低了反应的活化能
C．是该反应的决速步骤
D．吸附和脱附过程中共吸收112.6eV的能量
10．在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。
已知：
催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测转化率和生成选择性[选择性]随温度变化的影响如图所示。下列有关说法正确的是
A．在间，以为催化剂，升高温度的产率不变
B．延长点的反应时间，一定能提高的转化率
C．反应在任何温度下均不能自发进行
D．由图像分析，工业上应选择的催化剂是，合适温度为
第Ⅱ卷 非选择题
二、非选择题(本题共4小题，共60分)
11．实验探究是学习化学原理知识的重要方法，请回答下列问题：
Ⅰ．某实验小组用溶液和溶液进行中和热的测定
(1)若实验中大约要使用溶液，则至少需要称量固体 。
(2)各取溶液和溶液进行实验，若溶液的密度都是，反应后溶液比热容，实验测得反应前后的温度差平均值为写出表示该反应的中和热的热化学方程式为： (的值取小数点后一位)
(3)上述实验测得中和热的数值偏小，产生偏差的原因可能是 (填字母)。
a．两烧杯夹层间碎纸条没有填满
b．配制硫酸溶液，定容时俯视
c．分多次把溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．记录混合液的最高温度作为终止温度
Ⅱ．碘钟反应是一种化学振荡反应，其体现了化学动力学的原理。某小组同学在室温下对某“碘钟实验”的原理进行探究。
资料：该“碘钟实验”反应分两步进行：反应(慢) 反应(快)
(4)该“碘钟实验”的总反应是 。
(5)已知反应的速率方程为：，式中为常数。为确定值进行实验Ⅱ(溶液浓度均为)。实验中借助淀粉实现颜色变化。
实验序号 试剂体积 显色时间
溶液 溶液 水 溶液 淀粉溶液
① 10 10 0 4 1 27.0
② 5 10 5 4 1 54.0
③ 2.5 10 4 1 108.0
④ 10 5 5 4 1 54.0
①表中 。
②通过数据计算得知： ， 。
12．实现碳达峰、碳中和是贯彻新发展理念的内在要求，因此二氧化碳的合理利用成为研究热点，有效方式之一就是二氧化碳直接加氢合成高附加值产品。
(1)一定条件下，可用二氧化碳加氢合成甲醇。，该反应经过以下步骤实现：
Ⅰ．
Ⅱ．
①求
②已知反应Ⅰ是整个反应的决速步，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 (填标号)。
A．
B．
C．
D．
(2)一定条件下也可用二氧化碳加氢合成甲烷：。
①在绝热恒容密闭容器中，一定能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
A．
B．相同时间内断裂的数目与断裂数目相等
C．容器温度保持不变
D．当与物质的量之比保持不变
一定温度下在恒温恒容密闭容器中初始加入和一定量，发生上述反应数据如下：
0 1 2 3 4 5 6
2.0 1.5 1.1 0.8 0.6 0.5 0.5
3.2
②该温度下反应的化学平衡常数为
(3)一定条件下也可用二氧化碳加氢合成甲酸
①温度为时，等物质的量的和充入体积为的恒容密闭容器中发生反应：。实验测得：为速率常数。时，。
②温度从到时，，则时平衡压强 (填“"“”或“")时平衡压强，理由是 。
(4)一定条件下可用二氧化碳提供电能，“溶解”水中的二氧化碳发生电化学反应，产生电能和氢气，其工作原理如图所示。
①左室有机电解液是有机溶剂加特定的盐加热制成，该装置的有机电解液 (填“能”或“不能”)用乙醇做溶剂。
②写出二氧化碳生成氢气的电极反应式： 。
13．电解法可用于提纯金属。已知粗铜中含有少量的锌、铁、银、金等金属和少量矿物杂质(杂质与酸不反应)，某小组在实验室条件下以CuSO4溶液为电解液，用电解的方法实现粗铜精炼，并将电解液和阳极泥进行回收。
(1)步骤一：电解精炼铜，用下图装置电解时。
①粗铜应该为 极(填“A”或“B”)；
②CH3OH参加的电极方程式为 ；
③当A极质量变化ag，当B极质量变化bg时，左池消耗O2的质量为 g；
④电解结束后，右池溶液中CuSO4的浓度会 (填“增大”或“不变”或“减小”)。
(2)步骤二：电解完成后，该小组同学按以下流程对电解液进行处理：
①电解液中的溶质除了硫酸铜还有 ；
②操作a中用到的玻璃仪器除烧杯外还有 ；
③残渣含有少量的黄金，为了回收金，查阅了相关资料(见下表)
反应原理 化学平衡常数
反应1 Au+6HNO3Au(NO3)3+3NO2↑+3H2O K1=2×10-8
反应2 Au(NO3)3+4HClH[AuCl4]+3HNO3 K2=4×1011
反应3 Au+3HNO3+4HClH[AuCl4]+3NO2↑+3H2O K3
请通过计算化学平衡常数来解释为什么金很难与浓硝酸反应，但却可溶于王水(浓硝酸与浓盐酸的混合物) 。
14．一种以钛铁矿(，含等杂质)为主要原料制备钛白粉的工艺流程如图所示。
已知：①“酸浸”后钛元素主要以形式存在；
②在时生成沉淀，时沉淀完全。
(1)“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，其目的是 。
(2)“酸浸”时，发生反应的化学方程式为 。
(3)滤渣①的主要成分是 (填化学式)。
(4)流程中加入铁粉的目的是还原体系中的。为探究最佳反应条件，某化学兴趣小组在保持反应时间相同的情况下进行探究得到结果如下。保持其它反应条件不变，还原体系中(Ⅲ)(价的铁元素)含量随变化如图所示。
①试分析点以后体系中(Ⅲ)含量随着大而增大的原因是 。
②保持其它反应条件不变，还原体系中(Ⅲ)含量随温度变化如图所示。由图可知，还原体系中(Ⅲ)的最佳反应温度为
(5)如图为剑桥法用固体二氧化钛生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛。阴极的电极反应式为 ，产生的气体中的化学式为 。
试卷第2页，共10页
1．D
【详解】A．增加反应物浓度，平衡向正反应方向移动，可见人体吸入CO越多，平衡向正反应方向移动，与血红蛋白结合的O2越少，使得其失去携氧能力，人体组织局部缺氧，A错误；
B．海轮的外壳附上一些锌块，锌为负极，是利用了原电池原理的牺牲阳极的阴极保护法，B错误；
C．催化转化器加快反应的速率，但是不改变反应的进行方向和平衡，C错误；
D．比色分析是基于溶液对光的选择性吸收而建立起来的一种分析方法，是利用了有色物质浓度与溶液颜色的关系，用于某些化学反应速率的测定，D正确；
故选D。
2．B
【详解】反应物键能大于生成物键能的反应为吸热反应，锌粒与稀盐酸反应、酸碱中和反应、甲烷在氧气中燃烧的反应都是放热反应，八水氢氧化钡与氯化铵的反应为吸热反应，所以反应物键能大于生成物键能的反应为八水氢氧化钡与氯化铵的反应，故选B。
3．C
【详解】A．燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；而不是生成态水，A错误；
B．没有标况，不确定负极参加反应的气体的物质的量，不能计算转移电子数，B错误；
C．，制备烧碱（为1mol）时，则阴极生成0.5mol氢气，氢气分子数为，C正确；
D．氢气和碘单质的反应为可逆反应，进行不完全，则生成分子小于0.2mol，D错误；
故选C。
4．A
【详解】A．由方程式可知，用表示的反应速率是，A正确；
B．时，改变的浓度是改变浓度的2倍，浓度是浓度的2倍，B错误；
C．不能确定时的瞬时反应速率，只能测定一段时间内的平均反应速率，C错误；
D．增大的浓度可以加快反应速率，是因为提高了单位体积内活化分子数目，单位时间内有效碰撞变多，但活化分子百分数没有增多，D错误；
故选A。
5．D
【分析】N2和H2净化干燥除去含P、S、As的化合物等杂质后，加压既能提高反应速率，又能促进平衡正向移动，合成氨的反应为放热反应，低温有利于平衡正向移动，但是低温下，催化剂活性低，反应速率也低，因此综合考虑将温度设定在500℃并使用含铁催化剂进行催化反应，及时将产生的NH3液化分离出来以提高N2和H2的转化率，剩余的N2和H2再循环利用；
【详解】A．步骤①中“净化”是除去杂质，以防止铁催化剂中毒，A正确；
B．合成氨的反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高反应速率，B正确；
C．在反应达到一定转化率时及时将氨从混合气中分离出去，可使平衡正向移动，能保持足够高的原料转化率，结合可知，分离出氨气也可以促使反应速率加快，C正确；
D．“净化”时经过铜氨液净化处理反应为放热反应，适当升高温度，可增大反应速率，但是导致反应逆向进行，的平衡转化率降低，D错误；
故选D。
6．D
【详解】A．惰性电极电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀和氢气、氯气，总反应：，A错误；
B．铅蓄电池正极氧化铅发生还原反应生成硫酸铅，反应式：，B错误；
C．吸氧腐蚀在中性或弱酸性条件下进行：，C错误；
D．碱性甲烷燃料电池负极反应为甲烷失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，D正确；
故选D。
7．B
【详解】A．相同时间内，升高温度，反应速率加快，二氧化氮含量减小，反应为放热反应，温度过高，达到平衡后导致平衡逆向移动，则二氧化氮含量又增大，可以表示相同时间内体系内的物质的量分数随温度变化图像，A正确；
B．反应为气体分子数减小的反应，体系到达平衡后，时迅速将体积缩小，四氧化二氮浓度瞬间增大，且平衡正向移动，使得进一步增大，B错误；
C．反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，生成更多二氧化氮，颜色加深，C正确；
D．升高温度，正逆反应速率均增大，由于反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故对逆反应影响更大，D正确；
故选B。
8．C
【分析】制备氢碘酸，电解质为H2SO4溶液,则阳极区的OH－失电子发生氧化反应，生成大量H+，而后H+离子通过阳离子交换膜移向产品室，在阴极上是氢氧化钠溶液中的H+放电，在直流电的作用下，原料室中NaI的Na+移向阴极、I-移向产品室，据此分析解答；
【详解】A.通电后，阴极室上是氢氧化钠溶液中的H+放电，则溶液pH增大，故A正确；
B.阳极上是硫酸溶液中的氢氧根失电子发生氧化反应，电极反应式是2H2O-4e-═4H++O2↑，故B正确；
C.得到l mol产品HI，则转移l mol电子，阳极电极反应式是2H2O-4e-═4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜移向产品室，所以消耗0.5mol水即9g，故C错误；
D.通电过程中，在阴极上是氢氧化钠溶液中的H+放电，在直流电的作用下，原料室中NaI的Na+移向阴极、I-移向产品室，所以NaI的浓度逐渐减小，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查了电解池原理以及电极反应式的书写，难度适中，应注意的是任何电解质溶液必须保持电中性，离子交换膜的作用是也是电解池中需要掌握的细节。
9．D
【详解】A．过程中甲醇反应时有H-O键的断裂，生成水时有H-O键的形成，A正确；
B．HO·在反应前参与反应，反应后又生成，作催化剂，降低了反应的活化能，提高化学反应速率，B正确；
C．决速步骤一般伴有的是能量的落差大，活化能大的步骤即决速步骤，由图示可知生成过渡态I时的所需的活化能最大，所以CH3OH*+HO·*=CH3O·*+H2O*是该反应的决速步骤，C正确；
D．吸附和脱附过程中共吸收的能量为终态减去始态的能量，始态相对能量为0eV，终态相对能量为112.6×102 eV，则吸附和脱附过程中共吸收的能量为1.126×104 eV，D错误；
故选D。
10．D
【详解】A．在260℃～320℃间，以Ni-CeO2为催化剂，由图可知，升高温度甲烷的选择性基本不变，但二氧化碳的转化率升高，甲烷的产率上升，故A错误；
B．W点可能为平衡点，延长时间二氧化碳转化率不变，故B错误；
C．①；②；由盖斯定律①-②可得：，该反应、，低温时可自发进行，故C错误；
D．由图可知，对应时间内以Ni为催化剂，二氧化碳转化率明显低于相同温度下Ni-CeO2为催化剂的转化率，320℃时，以Ni-CeO2为催化剂，二氧化碳甲烷化反应已达到平衡状态，升高温度，平衡左移，以Ni为催化剂，二氧化碳甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，因此高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快，所以工业上应选择的催化剂是，合适温度为，故D正确；
答案选D。
11．(1)5.5
(2)△H=-56.8kJ/mol
(3)ac
(4)
(5) 5 -1 -1
【分析】中和热测定实验，成功的关键是防止热量散失，量热计保温效果好，酸碱溶液混合要迅速，测出初始温度和最高温度。
【详解】（1）配制0.55mol/LNaOH溶液，若实验中大约要使用240mLNaOH溶液，选用250mL容量瓶，则至少需要称量NaOH固体m=0.55mol/L×0.25L×40g/mol=5.5g。
（2）用50mL0.55mol/LNaOH溶液和50mL0.25mol/L硫酸溶液进行中和反应，反应中氢离子完全反应，生成水2×0.05mol×0.25mol/L=0.025mol，实验测得反应前后的温度差平均值为3.4℃，则放出热量为(50g+50g)×3.4℃×4.18J/(g ℃)=1.4212kJ，中和热是强酸强碱生成1mol水放出的热量，则中和热为-1.4212kJ ÷0.025mol=-56.8kJ/mol，该反应表示中和热的热化学方程式为△H=-56.8kJ/mol。
（3）a．两烧杯夹层间碎纸条没有填满，热量损失加多，测得中和热数值偏低，故选a；
b．配制0.25mol/L硫酸溶液，定容时俯视，硫酸浓度偏大，硫酸的物质的量偏多，生成的水偏多，则放热偏多，测得中和热数值偏高，故不选b；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量损失加多，测得中和热数值偏低，故选c；
d．记录混合液的最高温度作为终止温度，对中和热数值无影响，故不选d；
选ac；
（4）反应A+反应B得该“碘钟实验”的总反应；
（5）①根据控制变量法，控制溶液总体积相等，所以表中5；
②把第一、第二组数据带入，、 解得m=-1；把第一、第四组数据带入，、，解得n=-1。
12．(1)
(2) BC 6.75
(3) 0.5 >
(4) 不能
【详解】（1）①
盖斯定律可知，反应得反应故
②过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；已知反应Ⅰ是整个反应的决速步，则反应Ⅰ得活化能更大，且反应Ⅰ为吸热反应，生成物质能量高于反应物能量；总反应为放热反应，生成物质能量低于反应物能量；故下列示意图中能体现上述反应能量变化的是A；
（2）①A．反应的速率比等于系数比， 则正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态；
B．相同时间内断裂的数目与断裂数目相等，则说明正逆反应速率相等，达到平衡状态；
C．反应伴随能量的变化，绝热恒容密闭容器中，容器温度保持不变，则达到平衡状态；
D．当与物质的量之比保持不变，不能说明正逆反应速率相等，不确定达到平衡状态；
故选BC；
②由表可知，二氧化碳为0.8mol时，反应氢气为(2.0mol-0.8mol)×4=4.8mol，则氢气初始投料为4.8mol+3.2mol=8mol，三段式为：
该温度下反应的化学平衡常数；
（3）①达到平衡时正逆反应速率相等，则，则时，，则；
②温度从到时，，则<2，平衡常数减小，则说明温度升高，平衡逆向移动，气体的物质的量增大，恒容容器中压强增大，故时平衡压强>时平衡压强；
（4）①该装置的有机电解液不能用乙醇做溶剂，乙醇会和钠发生反应生成氢气。
②由图可知，二氧化碳和水发生反应生成碳酸氢根离子和氢气，。
13．(1) A CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O b/4或0.25b 减小
(2) ZnSO4、FeSO4 玻璃棒、漏斗 金与王水反应的化学平衡常数K3=8000，反应进行程度大
【分析】根据分析，左侧为甲醇燃料电池，甲醇通入的为负极，故B为阴极，氧气通入的为正极，A为阳极，以此分析；
【详解】（1）①在进行粗铜精炼的过程中，粗铜做阳极发生氧化反应；
故答案为：A；
②甲醇为负极发生氧化反应，在碱性条件下生成碳酸钾；
故答案为：；
③B电极为阴极，生成Cu单质，根据转移电子相同，，；
故答案为：0.25b；
④阳极反应是金属锌、铁、镍等先失电子，而此时阴极上是铜离子已经得电子，即铜离子已经减小了而还未在阳极上产生铜离子；
故答案为：减小；
（2）①粗铜中含有锌、铁、铜、银等金属，作为阳极时都会在阳极发生氧化，Zn、Fe活泼性大于Cu，溶质ZnSO4、FeSO4、CuSO4；
故答案为：ZnSO4、FeSO4；
②进行固体和液体分离的操作为过滤，需要用到漏斗、玻璃棒、烧杯；
故答案为：玻璃棒、漏斗；
③反应③为反应1+反应2，则，K值越大，反应进行程度越大；
故答案为：金与王水反应的化学平衡常数K3=8000，反应进行程度大。
14．(1)增大反应物之间的接触面积，提高反应速率同时使反应更充分，提高Ti的浸出率
(2)FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O
(3)Fe、SiO2和CaSO4
(4) pH增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，亚铁离子容易与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，而氢氧化亚铁极易被氧化生成氢氧化铁，因此M后体系中Fe(Ⅲ)含量随pH增大而增大 55
(5) TiO2+4e-=Ti+2O2- CO
【分析】钛铁矿中加入硫酸酸浸，此时金属氧化物转化为对应的金属阳离子，Ti以TiO2+的形式存在，二氧化硅不溶于酸，形成沉淀，同时硫酸钙微溶于水，也生成沉淀，溶液中加入铁粉，Fe与铁离子反应生成亚铁离子，滤渣①为CaSO4、Fe和SiO2。滤液经过冷却结晶得到滤渣②为硫酸亚铁晶体，滤液②经过一系列操作得到钛白粉。
【详解】（1）酸浸时将钛铁矿粉碎，可增大反应物之间的接触面积，提高反应速率同时使反应更充分，提高Ti的浸出率。
（2）酸浸时FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4、FeSO4和H2O，化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O。
（3）根据分析可知，滤渣①主要成分为Fe、SiO2和CaSO4。
（4）①pH增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，亚铁离子容易与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，而氢氧化亚铁极易被氧化生成氢氧化铁，因此M后体系中Fe(Ⅲ)含量随pH增大而增大。
②从图中可知，55℃时还原体系中Fe(Ⅲ)的含量最低，因此最佳反应温度为55℃。
（5）阴极上TiO2中的氧解离进入熔盐，则阴极上TiO2得电子生成Ti和O2-，电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-。阳极上O2-失电子生成氧气，氧气与C反应生成二氧化碳，二氧化碳与C反应生成CO，故X为CO。
答案第8页，共8页
答案第7页，共8页
