四川省宜宾市叙州区第一中学校2023-2024学年高二上学期11月期中化学试题（Word版附解析）.docx

1、四川省宜宾市叙州区第一中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H：1 C：12 O：16 S：32 Cu：64 Cl：35.5 Fe：56第一部分 选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1. 化学与我国传统文化密切相关。下列解读错误的是A. 汉书中“高奴县洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油B. 肘后备急方中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，操作中“渍”和“绞”分别表示浸取和分液C. 广阳杂记中“川东盐井，且有火井，以助前熬，其火无灰”，“其火无灰”发生了化学变化D. “冰，水为之，而寒于水

2、”说明冰的能量低于水，冰转化为水属于吸热过程【答案】B【解析】【详解】A“洧水可燃”中洧水为可以燃烧的液体，这里洧水指的是石油，A正确；B以水二升渍，“渍”是浸取，绞取汁，“绞”是过滤，B错误；C“其火无灰”是指燃烧充分，燃烧属于化学变化，C正确；D冰转化为水，属于熔化，为吸热过程，D正确；故答案选B。2. SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是A. 采用热交换器循环利用能量B. 压强控制为2050MPaC. 反应温度控制在475左右D. 使用V2O5作催化剂【答案】B【解析】【详解】A制硫酸时使用热交换器，可充分利用二氧化硫催化氧化反应放出的能量，实现能量循环使用，A不合题意；B常压下

3、SO2转化率已经很大了，且压强的增加引起SO2转化率的变化并不明显，所以工业上直接采用常压，不符合工业生产实际，B符合题意；C反应温度控制在475左右，催化剂活性最大，反应速率较大，C不合题意；D催化氧化所使用的催化剂钒触媒（V2O5）能加快二氧化硫氧化速率，D不合题意；故答案为：B。3. 下列各组物质中，都是弱电解质的是A. 、B. HF、C. 、D. 、【答案】B【解析】【详解】A为强酸，为盐，均为强电解质，A项不符合题意；BHF、均属于弱酸，是弱电解质，B符合题意；C、均为强电解质，C项不符合题意；D强电解质，不是电解质，D项不符合题意。答案选B。4. 下列化学工业所采取的措施中，能用勒

4、夏特列原理解释的是A. 接触法制硫酸：温度控制在450左右B. 氧化法制硝酸：使用铂铑合金催化氧化氨气C. 石油化工：将分馏得到的重油在高温下裂化D. 合成氨工业：将合成的氨气液化分离，氮气、氢气循环利用【答案】D【解析】【详解】A接触法制硫酸反应为放热反应，采用450的温度，不利于平衡向正方向移动，主要是考虑催化剂的活性和反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B催化剂不影响化学平衡，氨气和氧气在催化剂下催化氧化不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C石油化工中将分馏得到的重油在高温下裂化，属于烃的裂化，与化学平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；D合成氨为氮气和氢气反应生成氨气，将合

5、成的氨气液化分离即减少生成物的浓度，促进化学平衡正向移动，提高产率，能用勒夏特列原理解释，故D正确；故选：D。5. 下列各组热化学方程式中，H1H2的是（ ）C(s)O2(g)=CO2(g) H1 C(s)O2(g)=CO(g) H2S(s)O2(g)=SO2(g) H1 S(g)O2(g)=SO2(g) H2H2(g)O2(g)=H2O(l) H1 2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H2CaCO3(s)=CaO(s)CO2(g) H1 CaO(s)H2O(l)=Ca(OH)2(s) H2A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】碳的燃烧反应是放热反应，H0，等质量的碳完全燃烧生

6、成二氧化碳时放出的热量比不完全燃烧生成一氧化碳时放出的热量多，放热越多，H越小，H1H2；等质量的气态硫单质完全燃烧生成二氧化硫时放出的热量比固态硫单质完全燃烧生成二氧化硫时放出的热量多，放出的热量越多，H越小，H1H2；都生成液态水的前提下，氢气的质量越大，放出的热量越多，H越小，H1H2；碳酸钙受热分解是吸热反应，H10，氧化钙溶于水是放热反应，H20，H1H2；综上所述：中H1H2，C项正确；答案选C。【点睛】H是有正负号的，吸热反应的H大于零，放热反应的H小于零，则吸热反应的H大于放热反应的H；放热反应的H小于零，则放热越少，H越大；吸热反应的H大于零，吸热越多，H越大。6. 某同学设

7、计如图所示实验，探究反应中的能量变化，下列判断正确的是A. 由实验可知，甲、乙、丙所涉及的反应都能使温度计读数上升B. 将实验甲中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加C. 实验丙中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响D. 实验丙中若用代替，则测出变小【答案】D【解析】【详解】ABa(OH)28H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，乙中反应使温度计读数下降，A错误；B将实验甲中铝片更换为等质量的铝粉，只是加快了反应速率，但放出的热量不变，B错误；C铁质搅拌棒导热性好，使得热量损失较大，C错误；DNaOH固体溶于水时放热，放出的热量偏多，测定出来的H变小，D正确；答案选D。7.

8、对于反应2A(g)+3B(g)=3C(g)+2D(g)，下列表示反应速率最快的是A. v(A)=1.5 mol/(Lmin)B. v(B)=1.2 mol/(Lmin)C. v(C)=0.5 mol/(Ls)D. v(D)= 0.4 mol/(Ls)【答案】D【解析】【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。要注意转化为同一单位进行比较。【详解】A= =0.75mol/(Lmin)=0.0125mol/(Ls)；B=0.6 mol/(Lmin)=0.01 mol/(Ls)；C=0.17 mol/(Ls)；D= 0.2

9、mol/(Ls)；根据计算分析，反应速率最快的为D，答案选D。8. 已知升高温度时，速率常数(k)总是增大，因此绝大多数的化学反应速率增大。但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率却随着温度升高而减小，已知该反应历程分两步：I.2NO(g)N2O2(g)(快)H10，v1正=k1正c2(NO)、v1逆=k1逆c(N2O2)；II.N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢) H20，v2正=k2正c(N2O2)c(O2)、v2逆=k2逆c2(NO2)，试分析升高温度该反应速率减小的原因是A. k2正增大，c(N2O2)增大B. k2正减小，c(N2O2)减小C. k2正增大，c(N2

10、O2)减小D. k2正减小，c(N2O2)增大【答案】B【解析】【详解】化学反应速率的快慢取决于慢反应，反应II为慢反应，则升高温度，反应速率减小说明v2正减小，所以k2正减小；反应I为放热的快反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，c(N2O2)减小导致反应II的反应速率减小，所以升高温度该反应速率减小的原因是k2正减小，c(N2O2)减小，故选B。9. 下列关于 的说法，正确的是A. 该反应的B. 根据，低温条件下反应可以自发进行C. 升高温度，逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡逆向移动D. 其他条件不变，增大压强，平衡右移，平衡常数增大【答案】B【解析】【详解】A由化学方程式可知，该反应

11、是气体体积减小的反应，属于熵减反应，其S0，故A错误；B由G=HTS可知，该反应的S0，H”“”“”“ （2） . . （3） . 淀粉溶液 . 锥形瓶内颜色变化 . 当滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液从无色变成蓝色，且半分钟之内不变色 . . AD【解析】【小问1详解】根据题意，由于，相同浓度下电离出来的大于HCN电离出来的；【小问2详解】pH相同的一元酸稀释相同的倍数，pH值变化较大的酸酸性较强，其电离平衡常数较大，根据图知，稀释过程中pH变化较大的是HX，因此；稀释100倍后，pH: ，则酸中:，酸抑制水电离，酸中越大其抑制水电离程度越大，所以稀释100倍后，HF溶液中由水电离出的”或

12、“ （4） . b . 14【解析】【小问1详解】该反应为吸热反应，升温，平衡向右移动；是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，但新平衡时增大；恒温、恒容条件下。加入水蒸气，平衡正向移动，转化率增大；恒温、恒压条件下，加入稀有气体，容器体积增大，是气体体积增大的反应，平衡正向移动，体积分数减小。【小问2详解】由盖斯定律可知，(反应III-反应I)可得反应II，=。【小问3详解】每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在C点曲线上取一个点与B点温度相同标为点D，D点与B点相比温度相同，但是小于B点，增大反应、均正向移动，氢气的产率增大，因此产率B点C点。【小问4详解】反应、为吸热反应，反应为放热

13、反应，随着温度的升高，反应、平衡正向移动，反应平衡逆向移动，反应逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小。表示CO2选择性的曲线为a，因为CO的选择性+CO2的选择性=1，则b表示乙醇的转化率，c表示CO的选择性曲线；a表示CO2的选择性曲线，因为CO的选择性+CO2的选择性=1，则b表示乙醇的转化率，c表示CO的选择性曲线，设乙醇与水的投料比分别为1mol和3mol，CO的选择性为15%，CO2的选择性为85%，则n(CO2)：n(CO)=0.85:0.15，乙醇的转化率为0.6，设反应转化COymol，因乙醇的转化率为0.6，则反应转化乙醇为0.6-x，CO

14、物质的量为0.18mol，则2x-y=0.18，则n(H2O)=1.38mol，n(H2)=3.42mol，n(C2H5OH)=0.4mol，n(CO)=0.18mol，n(CO2)=1.02mol，总物质的量为6.4mol，此时压强为=160kPa，各物质分压为p(H2O)=34.5kPa，p(H2)=85.5kPa，p(C2H5OH)=10kPa，p(CO)=4.5kPa，p(CO2)=25.5kPa，反应II的压强平衡常数。18. 已知25时，醋酸、次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为物质醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数（1）碳酸一级电离的平衡常数表达式为_。（2）酸性强弱：醋酸_次

15、氯酸(填“”或“”，下同)；经测定，常温下的醋酸钠溶液的pH小于相同的浓度的次氯酸钠溶液，_(填“能”或“不能”)说明两者的酸性强弱关系。（3）若保持温度不变，在醋酸溶液中通入少量，则下列物理量变小的是_(不定项)。A. B. C. 醋酸的电离平衡常数D. （4）和的混合溶液中，_(用微粒符号表示)。（5）下列离子方程式中错误的是_。A少量通入次氯酸钠溶液中：B少量通入次氯酸钙溶液中：C过量通入澄清石灰水中：（6）25时，的硫酸与溶液中，两者水电离出的氢离子浓度之比为_。（7）25时，将的溶液与的硫酸溶液混合，所得混合溶液的，则溶液与硫酸溶液的体积比为_。（8）既能和强酸反应也能和强碱溶液反应

16、。用平衡移动原理说明能和强碱溶液反应的原因：_。【答案】（1） （2） . . 能 （3）AD （4） （5）B （6）1:1 （7）10：1 （8）强碱溶液中氢氧根离子结合电离出的氢离子生成水，促进电离平衡正向进行反应生成亚硫酸钠【解析】【小问1详解】碳酸为二元弱酸，溶液中分步电离、，故答案为。【小问2详解】K（CH3COOH）K（HClO），则酸性CH3COOHHClO，对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，所以常温下的醋酸钠溶液的pH小于相同的浓度的次氯酸钠溶液，能说明两者的酸性强弱关系；故答案为；能。【小问3详解】若保持温度不变，在CH3COOH溶液中通入少量HCl，溶

17、液中c（H）增大而抑制CH3COOH电离，A因为抑制醋酸电离导致溶液中减小，故A符合题意；BHCl电离导致溶液中增大，故B不符合题意；CCH3COOH的电离平衡常数只与温度有关，温度不变电离平衡常数不变，故C不符合题意；D醋酸的电离平衡常数为，所以，温度不变电离平衡常数不变，增大，所以减小，故D符合题意；故答案选AD。【小问4详解】和的混合溶液中，根据电荷守恒有，所以，故答案为。【小问5详解】A酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，K（H2CO3）K（HClO）K（），则酸性H2CO3HClO，所以离子反应方程式为CO2H2OClO=HClO，故A正确；BSO2、次氯

18、酸钙发生氧化还原反应，离子方程式为SO2ClOCa2H2OCaSO4Cl2H，故B错误；C过量CO2通入澄清石灰水中生成可溶性的碳酸氢钙，离子方程式为CO2OH，故C正确；故答案选B。【小问6详解】25时，的硫酸中，水电离出的氢离子浓度为，溶液中，水电离出的氢离子浓度，所以两者水电离出的氢离子浓度之比为1:1，故答案为1:1。【小问7详解】25时所得混合溶液的pH7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n（OH）n（H），则V（NaOH）105molL1V（H2SO4）104molL1，得V（NaOH）：V（H2SO4）10：1；故答案为10：1。【小问8详解】NaHSO3既能和强酸反应也能和强碱溶液

19、反应，亚硫酸氢钠溶液中存在亚硫酸氢根离子电离：，显酸性，存在亚硫酸氢根离子水解：，溶液显碱性，用平衡移动原理说明NaHSO3能和强碱溶液反应的原因是：强碱溶液中氢氧根离子结合电离出的氢离子生成水，促进电离平衡正向进行反应生成亚硫酸钠，故答案为强碱溶液中氢氧根离子结合电离出的氢离子生成水，促进电离平衡正向进行反应生成亚硫酸钠。19. 高纯度碳酸锂：是制造锂离子电池必不可少的原材料。某锂云母矿采用硫酸盐焙烧法生产高纯度碳酸锂的工艺流程如下：已知(i)用表示金属阳离子、HR表示有机萃取剂，“萃取”原理可以表示为：(ii)上述溶剂萃取法(利用萃取剂HR对杂质离子的特殊选择性)与化学净化除杂法(采用分步

20、沉淀法逐一分离杂质离子)除杂效果对比如下表化学净化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶剂萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3（1）将最终产品进行焰色反应，可观察到火焰呈_(填标号)。A紫红色 B紫色 C黄色（2）为提高“焙烧”效率，常采取的措施是_(写两点)。（3）操作1用到的主要玻璃仪器有烧杯、_。（4）萃取剂的浓度对萃取率的影响如下图所示，则选择萃取剂浓度为_为宜；“反萃取”步骤用到的试剂A是_；流程中循环使用的物质除HR、外，还有_。（5）“碳化反应”的化学反应方程式_。（6）由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂

21、法的优势为_。【答案】（1）A （2）将矿石细磨、充分搅拌、适当升高温度或其他合理答案 （3）分液漏斗 （4） . 1.5 . H2SO4 . Na2SO4 （5） （6）萃取剂除杂法锂的损失率更少【解析】【分析】锂云母矿采用加硫酸钠焙烧后，加稀硫酸过滤除去二氧化硅、硫酸钙等不溶性杂质，所得滤液加入有机萃取剂HR，“萃取”原理为：，由表知，Al3+、残留Ca2+离子被萃取剂结合后进入有机相，水溶液主要含为Li+、SO，水相中加入饱和碳酸钠沉锂，生成Li2CO3沉淀和硫酸钠，过滤后沉淀中加入去离子水、二氧化碳发生碳化反应，碳酸锂和水和二氧化碳生成碳酸氢锂，过滤得碳酸氢锂，碳酸氢锂热分解生成高纯度

22、的碳酸锂，以此来解析；【小问1详解】锂元素的焰色反应为紫红色，将最终产品碳酸锂进行焰色反应，可观察到火焰呈紫红色；选A。【小问2详解】为提高“焙烧”效率，常采取的措施是将矿石细磨、充分搅拌、适当升高温度等。【小问3详解】操作1为萃取分液，用到的主要玻璃仪器有烧杯、分液漏斗。【小问4详解】萃取剂要最大程度地萃取溶液中的Al3+、而尽可能不萃取Li+，由图知，则选择萃取剂浓度为1.5为宜；“反萃取”步骤中逆向移动，按勒夏特列原理，增大生成物浓度可使平衡左移，则需加入氢离子、且阴离子为硫酸根，则用到的试剂A是H2SO4；流程中沉锂时生成硫酸钠、焙烧时消耗硫酸钠，则循环使用的物质除HR、外，还有Na2SO4。【小问5详解】锂和钠处于同一主族，则由碳酸钠、水和二氧化碳反应得到碳酸氢钠来类推，可得到“碳化反应”化学反应方程式为。【小问6详解】