【文档说明】四川省泸县第一中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(13)页，679.499 KB，由管理员店铺上传

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泸县一中2022-2023学年高二上期期末考试化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。2.考试结束后，将本试卷自己保管好，答题卡交回。3.本次考试物理化学生物同堂分卷考试，物理110分

，化学100分，生物90分可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56第I卷选择题一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项符

合题目要求1.下列措施中有利于实现“碳达峰、碳中和”的是A.推行屋顶光伏发电B.燃煤中加生石灰C.开采可燃冰作为新能源D.将重油裂解为轻质油作为燃料【答案】A【解析】【详解】A．开发新能源，推行屋顶光伏发电，减少含碳燃料的燃烧，减少二氧化碳排放，有利于碳达峰，碳中和，A正确；B．燃煤中加生石灰

，能减少二氧化硫的排放，没有减少二氧化碳排放，B错误；C．可燃冰是含碳燃料，不会减少二氧化碳排放，C错误；D．将重油裂解为轻质油作为燃料，仍为含碳燃料，不会减少二氧化碳排放，D错误；故答案选A。2.下列有关金属的工业制法中，正确的是A.制钠：用海水

为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液B.制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁C.制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁D.制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝【答案】B【解析】【详解】A．电

解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，电解熔融氯化钠可生成金属钠和氯气，故A错误；B．CO还原氧化铁可以生成铁和二氧化碳，故B正确；的C．用海水为原料，经一系列过程制得氢氧化镁固体，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融的氯化镁生成镁和氯气，故C错误；D．从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧

化铝得到铝和氧气，故D错误；答案选B。【点睛】钠、镁、铝具有强还原性。钠、镁、铝等活泼金属的冶炼用电解法；氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，所以冶炼金属铝不能电解熔融氯化铝，而电解熔融氧化铝。3.化学反应N

2+3H22NH3的能量变化，如下图所示，该反应的热化学方程式正确的是A.N2(g)+3H2(g)2NH3(l)ΔH=-2(b-c+a)kJ/molB.N2(g)+3H2(g)2NH3(l)ΔH=+2(b-a)

kJ/molC.12N2(g)+32H2(g)NH3(l)ΔH=(b+c-a)kJ/molD.12N2(g)+32H2(g)NH3(g)ΔH=(a-b)kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A．由图可以看出

，12molN2(g)+32molH2(g)正反应的活化能为：akJ•mol-1，生成NH3(l)逆反应的活化能：(b+c)kJ•mol-1，所以有：12N2(g)+32H2(g)=NH3(l)△H=(a-b-c)kJ/mol，故热化学方程式为：N2

(g)+3H2(g)⇌2NH3(l)△H=+2(a-b-c)kJ•mol-1，故A错误；B．由图可以看出，12molN2(g)+32molH2(g)正反应的活化能为：akJ•mol-1，生成NH3(g)逆反应的活化能：bkJ•mol-1，所以12N

2(g)+32H2(g)=NH3(g)△H=(a-b)kJ/mol，故热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=+2(a-b)kJ•mol-1，故B错误；C．由图可以看出，12molN2(g)+32molH2(g)正反应的活

化能为：akJ•mol-1，生成NH3(l)逆反应的活化能：(b+c)kJ•mol-1，所以有：12N2(g)+32H2(g)=NH3(l)△H=(a-b-c)kJ/mol，故C错误；D．由图可以看出，12molN2(g)+32molH2(g)正反应

的活化能为：akJ•mol-1，生成NH3(g)逆反应的活化能：bkJ•mol-1，所以12N2(g)+32H2(g)=NH3(g)△H=(a-b)kJ/mol，故D正确；故答案为：D。4.已知在加热条件下，发生2NH4I(s)Δ垐?噲?2NH3(g)+I2(g)＋H2(g)，

下列描述中不能说明该反应达到平衡的是A.混合气体的颜色不再变化B.当v正(NH3)=0.2mol·L-1·s-1时，v逆(H2)=0.1mol·L-1·s-1C.混合气体平均摩尔质量不再变化D.同一时间段内，形成1molI-I键的同时，断开NA个H-

H键【答案】C【解析】【详解】A．混合气体的颜色不再变化，说明碘单质的浓度不再变化，反应达到平衡，A不选；B．当()-1-13NH0.2molLsv=正时，()-1-12H0.1molLsv=

正，此时()-1-12H0.1molLsv=逆反应达到平衡，B不选；C．在此反应中，如果反应初始状态从反应物开始则生成物的比例保持不变，混合气体的平均摩尔质量不再变化，不表示反应达到平衡，C选；D．同一时间段内，形成1molI-I键的同时也表示形成NA个H-H键，此时断开N

A个H-H键，表示反应达到平衡，D不选；故选C。5.氯化银固体难溶于水，但在水中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，对该平衡说法中错误的是A.向该平衡中加入NaCl固体，平衡向左移动，AgCl溶解度减小B.向该平衡中加入AgCl固体，平衡不移动C.

向该平衡中加水，平衡向右移动，AgCl溶度积增大D.向该平衡中加入KI固体，平衡向右移动，AgCl转化为AgI【答案】C【解析】【详解】A．向该平衡体系中加入氯化钠固体，增大，平衡向左移动，AgCl溶解度减小，选项A正确；B．此溶液为AgCl饱和溶液，向该平衡体系中加入AgCl固体，平衡不

移动，选项B正确；的的C．温度不变，AgCl溶度积不变，选项C错误；D．向该平衡体系中加入KI固体，由于碘化银的溶度积小于氯化银的溶度积，平衡向右移动，发生沉淀的转化，AgCl转化为AgI，选项D正确；答案选C。6.铜锌原电池装置如图所示，其中阳离子交换

膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A.锌电极上发生的反应：Zn2＋＋2e－===ZnB.电池工作一段时间后，甲池的c(SO)减小C.电流由锌电极经电流表流向铜电极D.电池工作一段时间后，乙池溶液总质量增加【答案】D【解析】【分析】由图象可知，该原电池反应式为

：Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu，Zn发生氧化反应，为负极，Cu电极上发生还原反应，为正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池溶液中硫酸根浓度不变，随反应进行，甲池中的Zn2＋通过阳离子交换膜进入乙池，

以保持溶液呈电中性。【详解】A、由图象可知，该原电池反应式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，Zn为负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，故A错误；B、阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池中c(SO2－4)不变，故B错误；C、电流从铜电极经过导线流向锌电

极，故C错误；D、随反应的进行，甲池中的Zn2＋通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2＋与放电的Cu2＋的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增加，故D正确。故选D。【点睛】本题考查原电池工作原理，注意阳离子交换膜不允许阳离子通过，难

点D选项利用电荷守恒分析。7.25℃时，向20mL10.5molL−的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为10.25molL−的盐酸，溶液中()()cMOHlgcM+和溶液的pOH[()pOHlgcOH−=−]随中和率的变化关系如

图所示。已知：=中和率()()nMOHnMOH=被中和的反应前总。下列说法正确的是的A.a点时，()()cMOH1cM+B.b点时，()()()()cMcClcHcOH+−+−C.c点时，()()()()()2cMcMOHcH3cClcOH++

−−+++D.d点对应的溶液水的电离程度比c点对应的溶液小【答案】C【解析】【分析】常温下，pOH=7时溶液呈中性，pOH<7时溶液呈碱性，则a、b、c三点对应溶液仍呈碱性，完全中和后生成强酸弱碱盐MCl。【详解】A．a点时

，()()cMOHlg0cM+=，则()()cMOH1cM+=，A错误；B．b点时，pOH<7，溶液呈碱性，c(OH)>c(H)−+，B错误；C．c点时未完全中和，溶液中溶质是MOH与MCl，根据电荷守恒得①：++c(M)+c(H)=c(Cl)+c(OH)−−；此时pOH=

5.5，溶液呈碱性，M+的水解被抑制，且MOH的电离非常微弱，故②：+c(M)c(Cl)−；根据()()cMOHlg1cM+=−得+c(M)=10c(MOH)，故③c(MOH)<c(Cl)−，把①②③式相加合并得

2c(M)+c(MOH)+c(H)<3c(Cl)+c(OH)++−−，C正确；D．d点时MOH恰好完全中和，生成强酸弱碱盐MCl，存在M+的水解平衡，水解反应促进水的电离，c点时，溶液中还有MOH，碱的存在抑制水的电离

，因此d点对应溶液水的电离程度比c点对应的溶液大，D错误；故选C。第II卷(非选择题58分)8.燃煤及工业废气中的SO2是形成酸雨的主要原因，消除SO2是减少酸雨形成的有效方法。完成下列问题：（1）已知：4FeS2(s)＋11O2(g)＝2Fe2O3(s)＋8SO2

(g)△H1=-QkJ·mol－1。若标准状况下产生112LSO2(g)，则该反应放出热量为______________。(用Q表示)（2）燃料细菌脱硫法①含FeS2的燃煤可用氧化亚铁硫杆菌(T．f)、

氧化亚铁微螺菌(L．f)、氧化硫硫杆菌(T．t)进行脱硫，其脱硫过程如图所示：已知：脱硫总反应为：FeS2＋14Fe3＋＋8H2O＝SO24−＋15Fe2＋＋16H＋，Ⅰ反应的化学方程式为：FeS2＋6Fe3＋＋3H2O＝S2O23−＋7Fe2＋＋6H＋；写出Ⅱ反应

的化学方程式_____________。②在上述脱硫反应中，氧化亚铁硫杆菌(T．f)与Fe3＋的形成过程可视为图所示的原电池：该细胞膜为________(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。该电池的正极电极反应式为___________。

该方法在高温下脱硫效率大大降低，原因是_______。【答案】（1）5Q8kJ（2）①.8Fe3＋+S2O23−+5H2O=2SO24−+8Fe2＋+10H＋②.阳离子交换膜③.O2+4H++4e-＝2H2O④.温度过高蛋白质发生变性，细菌失

去催化能力【解析】【小问1详解】根据热化学方程式4FeS2(s)＋11O2(g)＝2Fe2O3(s)＋8SO2(g)△H1=-QkJ·mol－1，可知生成8molSO2放出QkJ的能量，若标准状况下产生112LSO2(g)，则该

反应放出热量为112Q5Q22.488=kJ。【小问2详解】①根据图示，反应Ⅱ是Fe3＋、S2O23−反应生成SO24−、Fe2＋、H＋，反应的化学方程式为8Fe3＋+S2O23−+5H2O=2SO24−+8Fe2＋+10H＋。②亚铁离子被氧化为Fe3+在原电池负极发生，正极

是氧气在酸性溶液中生成水，电极反应O2+4H++4e-＝2H2O，正极消耗氢离子，所以该细胞膜为阳离子交换膜。温度过高蛋白质发生变性，细菌失去催化能力，所以该方法在高温下脱硫效率大大降低。9.短周期元素A、

B、C、D、E、F的原子序数依次增大。A原子是元素周期表中原子半径最小的原子；B可以与A形成常温下常见的液态物质；C原子的最外层电子数为比最内层电子数少1；D单质在空气中点燃发出耀眼的白光；1molE最多可失去3mol电子，F是第

3周期非金属性最强的元素。（1）A、B形成的具有强氧化性的18电子的物质的电子式为：_______；含有化学键的类型：_______和_______。（2）C、D最高价氧化物的水化物的碱性：_______>_______(填化学式)。（3）B、C形成的简单离子半径大小_______>____

___(填具体离子符号)。（4）E的最高价氧化物的水化物与C的最高价氧化物的水化物在溶液中反应的化学方程式为_______（5）用电子式表示出化合物CF的形成过程：_______。【答案】（1）①.②.极性共价键③.非极

性共价键（2）①.NaOH②.Mg(OH)2（3）①.O2－②.Na＋（4）322Al(OH)+NaOH=NaAlO+2HO（5）【解析】【分析】A原子是元素周期表中原子半径最小的原子，推出A为H，B与H形成常

温下常见的液态物质，该液态物质为H2O，推出B为O，C原子的最外层电子数为最内层电子数少1，根据核外电子排布规律，C可能是Li，也可能是Na，五种元素的原子序数依次增大，则C为Na，D单质在空气中点燃发出耀眼的白光，推出D为Mg；1m

olE最多可失去3mol电子，为Al；F是第3周期非金属性最强的元素，根据同周期从左向右非金属性逐渐增强(稀有气体除外)，E为Cl，据此分析解答。【小问1详解】H和O形成的化合物常见的H2O和H2O2，具有强氧化性且18电子的是H2O2，电子式为：，该分子中含有极性共价键

、非极性共价键；【小问2详解】Na、Mg最高价氧化物的水化物分别是NaOH、Mg(OH)2，Na的金属性强于Mg，则NaOH的碱性强于Mg(OH)2；【小问3详解】电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；形成简单离子分别是O2－、Na＋，核外电子排布相同，因此简单微粒半径大小

顺序是O2－＞Na＋；【小问4详解】E的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，C的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，在溶液中反应生成偏铝酸钠和水，322Al(OH)+NaOH=NaAlO+2HO；【小问5详解】C为Na，F为Cl，化合

物NaCl的形成过程为。10.I.钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质。一种硫酸法制取白色颜料钛白粉(TiO2)生产工艺如下：已知：①酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在②强电解质TiOSO4在

溶液中仅能电离出24SO−和一种阳离子③H2TiO3不溶于水和稀酸（1）滤渣①的主要成分是_______。（2）酸浸过程中，写出含钛化合物发生反应的化学方程式_______。（3）为提高酸浸速率，一般采取的措施是_______。(写出一条即可)II.铁及其化合物的“价类二维图”

如图。回答下列问题：（4）预测2Fe+既有氧化性又有还原性，其依据是_______。（5）检验溶液中的3Fe+，常用的试剂是_______。（6）氧化铁和铝粉可用于野外焊接钢轨，用化学方程式表示反应原理_______。【答案】（1）SiO2、CaSO4、F

e；（2）FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；（3）粉碎，加热，增大硫酸浓度等；（4）Fe2+的化合价为+2，为中间价，既能升高又能降低；（5）KSCN溶液；（6）2Al+Fe2O3高温Al2O3+2Fe【解析】【分析】I.由已知酸浸中主要发生反应：FeTiO3+

2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；Fe2O3、MgO、Al2O3也会溶解在酸中，CaO与硫酸反应会生成硫酸钙的微溶物，故浸取液中除钛元素形成的离子外，主要含有Fe3+、Mg2+、Al3+，加入铁粉，能将Fe3+还原成F

e2+，然后过滤，滤渣①的主要成分是不与硫酸反应的SiO2和Ca2+和硫酸根结合的CaSO4和过量的铁单质；滤液①冷却结晶得到的晶体成分滤渣②是硫酸亚铁晶体，滤液②中TiOSO4能发生水解反应生成沉淀③H2TiO3和滤液③H2SO4，最后高温煅烧

沉淀③得到TiO2。II.根据铁盐和亚铁盐的性质和检验方法分析解答。【小问1详解】滤渣①的主要成分是不与硫酸反应的SiO2和Ca2+和硫酸根结合的CaSO4和过量的铁单质；答案为：SiO2、CaSO4、Fe；【小问2详解

】根据已知酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在，Ti元素的化合价没有变化，反应为非氧化还原反应，故酸浸过程中，含钛化合物发生反应的化学方程式：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；

答案为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；【小问3详解】为提高酸浸速率，一般采取的措施是：将固体粉碎增大接触面积、加热、增大硫酸浓度等；故答案为：粉碎，加热，增大硫酸浓度等；【小问4详解】Fe2+的化合价为+

2，可以升高也可以降低，所以既有氧化性又有还原性，故答案为：Fe2+的化合价为+2，为中间价，既能升高又能降低；【小问5详解】Fe3+与KSCN溶液显红色，所以检验溶液中的Fe3+，常用的试剂是KSCN溶液；答案为：K

SCN溶液；【小问6详解】氧化铁和铝粉在高温下反应生成铁和氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3高温Al2O3+2Fe，答案为：2Al+Fe2O3高温Al2O3+2Fe。11.菱锰矿主要成分为3MnCO、2SiO、()32C

aMgSiO和少量3FeCO，一种利用该矿石制取高纯二氧化锰的工艺流程如图所示：已知：常温下，23HCO的7alK=4.510−，11a2K=4.710−；()11sp3KMnCO=2.2410−。回答下列问题：（1）“研

磨”的目的是______。（2）“浸出”后的浸渣的主要成分有23FeO、()32CaMgSiO、______(填化学式，下同)。“氯化焙烧”中还参与反应的气态反应物为______；将“氯化焙烧”得到的气体A

通入水中，再通入气体B，可制得“沉锰”时需要的试剂43NHHCO，则气体A、B分别为______、2CO。（3）浸液pH对锰品位及回收率的影响如图所示，则“浸出”时应控制pH为______。（4）写出“沉锰”时反应的离子反应方程式：______。（5）若“沉锰”后所得滤液中()2+5

1cMn=10molL−−、pH6=，此时溶液中()-3cHCO=______1molL−(保留2位有效数字)；“沉锰”后通过过滤、洗涤、干燥得到3MnCO，检验沉淀洗涤干净的方法是______。（6）写出“氧化焙烧”反应的化学方程式：______。【答案】（1）增大接触面积，加快反应

速率（2）①.2SiO②.2O③.3NH（3）70（4）23322Mn2HCOMnCOCOHO+−+=++（5）①.0.048②.取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加3HNO酸化的3AgNO溶液，若没有白色

沉淀，说明沉淀洗涤干净（6）32222MnCOO2MnO2CO++高温【解析】【分析】菱镁矿研磨后加入氯化铵和氧气，MnCO3和少量FeCO3溶解氧化，“浸出”后的浸渣的主要成分有23FeO、()32CaMgSiO、SiO2，浸液中含有Mn2+，加入碳酸氢铵沉淀锰离子上得到碳酸锰，氧化焙烧

后得到MnO2。【小问1详解】“研磨”的目的是增大反应的接触面积，加快反应速率。【小问2详解】根据菱锰矿的成分和浸渣的成分，可知“氯化焙烧”中发生的反应为342MnCO2NHClMnCl+高温232CO2NHHO+++，322524FeCOO2FeO4CO++高温，2S

iO没有参与反应，“浸出”所得浸渣中.含有2SiO；Fe的价态升高，根据氧化还原反应的知识，还需要氧化剂2O；制取43NHHCO时应先通入溶解度大的3NH，再通入2CO。【小问3详解】pH为7.0时回收率较大，品位最好，超过7.0，回收率继续增大，但品位变差。【小问4详解】根据上述分析，浸

液中溶质为2MnCl，加入43NHHCO发生非氧化还原反应生成3MnCO，离子方程式为23322Mn2HCOMnCOCOHO+−+=++。【小问5详解】当()261Mn10molLc+−−=时，()()()11sp3-652132+K

MnCO2.2410cCO=2.2410molL10cMn−−−==，又()()()+2-3a2-3cH?=cCOK=cHCO得()66-3102.2410cHCO−−=114.710−，可求得()-13cHCO=0.048molL−。“沉锰”后通过过滤、

洗涤、干燥得到3MnCO，检验沉淀洗涤干净的方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加3HNO酸化的3AgNO溶液，若没有白色沉淀，说明沉淀洗涤干净。【小问6详解】根据氧化还原反应的知识，可写出“氧化焙烧”反应的化学方程式为

32222MnCOO2MnO2CO++高温。