上海市复兴高级中学2023-2024学年高二上学期期末考试化学（等级）试卷（含解析）

上海市复兴高级中学2023学年第一学期期末考试
高二年级化学(等级)试卷
考生注意：
1.选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1～2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选1个给一半分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。
2.相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5
一、氯化铁晶体的制备(本题共22分)
1．以硫铁矿(主要成分为)为原料制备氯化铁晶体()的工艺流程如下：
(1)焙烧产生的可以继续制备硫酸，以下有关接触法制硫酸的论述错误的是___________。
A．为提高反应速率和原料利用率，硫铁矿要在“沸腾”状态下燃烧
B．为防止催化剂中毒，气体在进转化器前要先净化
C．为提高的利用率，需通入过量空气
D．吸收塔中从下而上，水从上而喷下，剩余气体从上部出来放空
(2)转化器是接触法制硫酸的核心场所，写出该场所发生的化学方程式： 。
(3)热交换器是转化器中发挥着至关重要的作用，其中包括___________。
A．预热未反应的气体，充分利用热能
B．降低产物的温度，便于液化分离
C．减小已达平衡的混合气体的压强，进一步提高产率
D．降低已达平衡的混合气体温度，进一步提高转化率
(4)酸溶时，不能用硫酸代替盐酸，原因： 。
(5)“氧化”后，测得室温下溶液的pH=3，若忽略溶液中HCl的影响，相较于纯水，此时水的电离程度被 (填“促进”或“抑制”)了 倍；若将溶液中HCl的影响考虑在内，则此时水的电离 。
A．被促进 B．被抑制 C．无法直接判断
2．回答下列问题。
(1)为探究与的还原性强弱，取适量制得的晶体，进行如下实验：
将适量加入溶液中，若观察到 ，则可证明还原性；实际发现溶液产生红褐色沉淀，并闻到臭鸡蛋气味气体，请从平衡移动的角度解释上述现象： 。
(2)为了证明可以氧化溶液中的，某同学设计了一个原电池装置，并正确绘制了其工作原理示意图，但不慎被污渍遮住了部分内容(如下图)，请“复原”该示意图：
二、碳达峰与碳中和(本题共17分)
碳达峰，是指在某一时间点，二氧化碳或温室气体的排放不再增长，达到峰值，之后逐步回落，标志着碳排放与经济发展实现脱钩。而碳中和，是指产生的二氧化碳排放总量，通过各类减排形式，实现正负抵消，达到相对“零排放”。
3．我国计划在2030年前实现“碳达峰”，在2060年前实现碳中和。下列说法不正确的是
A．我国科学家首次在实验室中实现到淀粉的合成，有望促进“碳中和”的达成
B．光催化和H2O合成甲醇技术是实现“碳中和”的有效手段
C．大量开采海底中的可燃冰作为清洁能源，有助于实现“碳达峰”
D．实现二氧化碳的资源再利用，对于“碳达峰”有重要意义
4．回答下列问题。
(1)利用超干重整技术，可以得到富含CO和的化工原料气，反应如下：①
已知部分化学键的键能如下：
共价键 C—H H—O C≡O
键能() 414 464 1072
(CO中可近似认为是碳氧三键)：
由此计算H—H键的键能约为 (保留整数)。
(2)已知：②
③
结合反应①，计算的 。
5．燃料燃烧产生的二氧化碳有多种捕捉方式，在自然界中存在着二氧化碳气体与其他物质的反应过程，而实验室中一般使用碱溶液来吸收二氧化碳气体。
(1)向1L 1的NaOH溶液中通入0.5mol二氧化碳气体，最终所得溶液中各离子浓度关系正确的选项有(假设溶液体积不发生变化)：___________。
A．
B．
C．
D．
(2)已知：25℃时，①的电离平衡常数，。
②盐类水解常数可以表示盐溶液水解平衡的限度，书写方式与电离平衡常数一致。
写出溶液中水解的平衡常数的表达式，并根据上述数据计算出的数值： (表达式)= (数值)。
(3)根据的数值和电离平衡常数的数值，判断至下溶液的酸碱性，并结合适当的化学语言说明理由： 。
6．实验测得0.10 溶液的pH随温度变化如图：
下列说法正确的是
A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水解被抑制
B．O点溶液和P点溶液中相等
C．将N点溶液恢复到25℃，pH可能大于Q点
D．Q点、M点溶液中均有：
三、保湿护肤的好帮手—尿素(本题共24分)
7．尿素是一种很好用的保湿成分，它存在于肌肤的角质层当中，属于肌肤天然保湿因子NMF的主要成分。工业上以氨气和二氧化碳为原料合成尿素，反应分为如下两步：
反应①
反应②
(1)下列反应与反应②的热效应相同的是___________。
A．木炭与高温水蒸气反应 B．镁条与稀盐酸反应
C．小苏打与柠檬酸钠反应 D．氢气与氯气反应
(2)下图能表示上述两步反应能量变化的是___________。
A． B． C． D．
(3)恒温恒容时，将2mol 和1mol 充入2L反应器中合成尿素，经10min测得反应器内气体压强变为起始的80%(已知此时尿素为固态。水为液态)，则从反应开始至10min时，的平均反应速率 (写出计算过程)。
(4)若将2mol 和1mol 充入一容积可变的容器中进行，初始体积固定为V，10min后达到平衡时，随时间变化如图所示：
20min时压缩容器，使体积变为0.5V并保持不变，30min时达到新平衡，请在图中大致画出20min～40min内随时间t变化的曲线 。
(5)实际生产中，为节约成本并提高反应②的生产效率，尿素合成工厂通常将反应②的发生场所设置在反应①的发生场所附近，请说明理由： 。
8．电解尿素()是一种低能耗制氢气的方法，工作原理如图：
(1)溶液中的移动方向为 。
A．a→b B．b→a
(2)写出b电极的电极方程式 。
(3)已知尿素中C元素为＋4价，一段时间后在a电极收集到标况下4.48L气体，则整个电路中转移的电子数为 个。
(4) 极的材料可用铁棒，
A．a B．b
且铁棒能够较长时间保持光亮不生锈，该防腐原理称为 。
(5)若将电路中的电源换成导线，此时铁棒会逐渐被腐蚀，写出腐蚀过程中另一电极材料(石墨)上发生的电极方程式： 。
(6)与铵态氮肥相比，写出施用尿素的两个优点： 。
四、一碳分子中的明星—甲醇(本题共16分)
9．2023年9月23日晚，杭州亚运会采用了废碳再生的“绿色甲醇”作为燃料，点亮了主火炬。工业上利用二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为： 。
(1)在下图的坐标系中，画出能体现上述反应特点的大致图像： 。
(2)在一体积为2L的密闭容器中投入1mol CO和3mol 模拟反应的过程。可以判断反应达到平衡状态的是___________。
A．断裂1.5个H—H键的同时，有个O—H键生成
B．容器内压强不再变化
C．和的体积分数之比保持不变
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
(3)为探究该反应合适的反应温度，某小组进行了一系列测试，保证每次初始的原料气组成及反应时间一致，测得的转化率如图所示。试解释的转化率先增后降的原因 。
10．I．碰撞理论指出，一定温度下，气体的平均能量一定，但每个气体分子的能量大小不同。
(1)通常把具有足够能量，能够发生___________的分子称为活化分子。
A．真实碰撞 B．活化碰撞 C．有效碰撞 D．连续碰撞
(2)标况下，恒容密闭容器内不同分子的能量与数目的分布情况如下图表示，其中阴影部分代表活化分子：
若升高温度，图像将最有可能变成(选填下图中的序号，下同) ；若再继续充入适量气体，图像将最有可能变成 。
A． B． C．
Ⅱ．甲醇除了可以用作燃料外，还可以用于燃料电池中。燃料电池是一种连续地将燃料和氧化剂的化学能直接转化为电能的化学电源。
(3)标况下﹐液态甲醇的燃烧热为-727。请写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式： 。
(4)在甲醇燃料电池中，将甲醇和空气分别通入两个电极，电解质溶液为KOH溶液，则负极的电极反应式为： 。
五、环境保护——废水的处理(本题共19分)
11．水体中氮元素过多则会引起水体富营养化，使水生动物缺氧死亡。某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以的形式存在，该废水的处理流程如下：
(1)过程I中，对氨氮废水进行稀释，测得稀释前溶液体积为，pH=10；稀释后溶液体积为，pH=9，则10 (填“>”、“<”或“=”)。
(2)过程Ⅱ可通过电解法实现，则低浓度氨氮废水应通往___________。
A．阳极 B．阴极 C．正极 D．负极
(3)过程Ⅱ中，向废水中加入，将还原成。若该反应消耗32g 转移6mol电子，书写上述过程的化学方程式并用单线桥标明电子转移的数目和方向： ；被氧化的元素是： ；其中还原半反应的方程式为： 。
12．I．水体酸化也是重要的环境污染问题，会造成水生动植物死亡。NaOH中和法是消除水体酸化的重要方法之一。25℃时，向某厂含氢氟酸的废水(假设除HF外不含其它溶质)中，加入NaOH固体(忽略体积变化)，得到、与溶液pH的变化关系，如图所示：
(1)两曲线交点M的纵坐标数值= 。
(2)25℃时，若HF电离平衡常数为Ka，则Ka的负对数pKa= 。
Ⅱ．废液中的重金属离子浓度可以用浓差电池进行测得：工作时，电池的“浓差”会逐渐减小。下图是某浓差电池的示意图：
(3)a电极为___________。
A．正极 B．负极 C．阳极 D．阴极
(4)c膜为 交换膜。
A．阴离子 B．阳离子 C．质子
(5)若此时图中电流表示数为0.01A，若将右槽中0.2mol/L的溶液换成含 mol/L的工业废水，则此时电流表示数将 0.01A。
A．大于 B．小于 C．等于
试卷第8页，共8页
1．(1)D
(2)
(3)AD
(4)引入杂质硫酸根离子
(5) 促进 10000 B
【分析】在空气中焙烧硫铁矿，将硫元素转化为SO2除去，铁转化为氧化物，加入盐酸酸溶之后得到盐溶液，过滤除去难溶于酸的杂质，将剩余的用氯气氧化为，后得到氯化铁溶液，最后制备FeCl3·6H2O晶体，据此分析答题。
【详解】（1）A．工业上接触法制硫酸，原料是硫铁矿，硫铁矿燃烧前要粉碎，并在“沸腾”状态下燃烧，是固体颗粒在强大的热空气流吹动下，类似于沸腾的一种燃烧。有利于固体与气体充分接触，利于硫铁矿的充分燃烧，提高反应速率和原料利用率，故A正确；
B．从沸腾炉里出来的气体要经过干燥和净化，是因为接触室中的催化剂遇到水和杂质会中毒，为防止催化剂中毒，气体在进接触室前要先净化，故B正确；
C．SO2转化为SO3的反应为可逆反应，为提高SO2的利用率，需通入过量空气，故C正确；
D．在吸收塔中三氧化硫与水反应生成硫酸，但水直接吸收三氧化硫会形成酸雾，使三氧化硫的吸收率降低，生成实践中用98.3%的浓H2SO4吸收三氧化硫，可以防止形成酸雾，吸收SO3时，SO3从吸收塔底部通入，98.3%的硫酸从塔顶喷下，剩余气体从塔上部放出，需进行尾气处理，故D错误；
故选：D。
（2）转化器发生的化学方程式。
（3）A．热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，为SO3的吸收创造条件，故A正确；
B．为放热反应，热交换器可降低产物的温度，但是为了后续步骤，不能进行液化分离，故B错误；
C．该反应是气体系数减小的反应，减小压强，反应逆向进行，产率降低，故C错误；
D．为放热反应，可以降低已达平衡的混合气体温度，进一步提高转化率，故D正确；
故选：AD。
（4）酸溶时，不能用硫酸代替盐酸，这是因为会引入杂质硫酸根离子。
（5）氯化铁为强酸弱碱盐，水解显酸性，水的电离被促进，纯水中氢离子浓度为10-7mol/L，相较于纯水，此时水的电离程度被促进了倍；若将溶液中HCl的影响考虑在内，HCl抑制铁离子水解，溶液显酸性，则此时水的电离被抑制，故选B。
2．(1) 淡黄色沉淀 水解呈碱性，+H2O+OH-，+H2O+OH-，Fe3+水解产生酸性，Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，H++OH-=H2O，两者相互促进，最终产生氢氧化铁沉淀和H2S气体
(2)
【详解】（1）为探究与的还原性强弱，将适量加入溶液中，若观察到生成淡黄色沉淀，则可证明还原性；实际发现溶液产生红褐色沉淀，并闻到臭鸡蛋气味气体，从平衡移动的角度解释为水解呈碱性，+H2O+OH-，+H2O+OH-，Fe3+水解产生酸性，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，H++OH-=H2O，两者相互促进，最终产生氢氧化铁沉淀和H2S气体。
（2）可以氧化溶液中的生成S，失去电子，化合价升高被氧化，故左侧为Na2S溶液，而铁离子被还原生成Fe2+，得到电子，化合价降低被还原，故右侧为FeCl3溶液，中间需要用盐桥进行联通，则“复原”的示意图为：。
3．C
【详解】A．二氧化碳制备淀粉能减少二氧化碳的排放，降低大气中二氧化碳的含量，有利于2060年前实现碳中和，A正确；
B．光催化和H2O合成甲醇技术，有利于减少CO2的排放，对促进“碳中和”最直接，B正确；
C．可燃冰的主要成分是甲烷，燃烧产物是二氧化碳和水，不利于实现“碳达峰”，C错误；
D．实现二氧化碳的资源利用，减少二氧化碳的排放，对于“碳达峰”具有重要意义，D正确；
故选：C。
4．(1)439
(2)
【详解】（1）设H—H键的键能为x， ，解得x≈439。
（2）已知：①
②
③
根据盖斯定律，①+×②-×③可得，=。
5．(1)C
(2) 2.38×10-8
(3)水解平衡常数Kh和Ka2的数值2.38×10-8>，水解大于电离，显碱性
【详解】（1）向1L 1的NaOH溶液中通入0.5mol二氧化碳气体，最终所得为含0.5molNa2CO3的溶液；
A．溶液水解显碱性，水解程度是微弱的，碳酸根离子连续水解，且水电离也产生氢氧根，则离子浓度关系为：，A错误；
B．结合质子守恒，溶液中存在，B错误；
C．根据物料守恒，溶液中，C正确；
D．最终所得为含0.5molNa2CO3的溶液，溶液水解显碱性，结合电荷守恒，，D错误；
故选C。
（2）该温度下NaHCO3的水解平衡为：+H2OH2CO3+OH-，平衡常数Kh===≈2.38×10-8。
（3）溶液的水解平衡常数Kh和Ka2的数值2.38×10-8>，水解大于电离，显碱性。
6．C
【详解】A．升高温度，HCO水解使pH增大，水电离使pH减小，OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水电离对氢离子浓度影响大于HCO水解，故A错误；
B．O点和P点温度不同，Kw不相同，虽然pH相同，但c(OH-)不相等，故B错误；
C．温度升高后，碳酸氢钠可能部分分解，将N点溶液恢复到25℃，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢根，pH可能大于Q点，故C正确；
D．Q点、M点溶液中均有电荷守恒：，故D错误；
故选C。
7．(1)A
(2)D
(3)0.02
(4)
(5)反应①可以为反应②提供能量，且可以减少运输成本。
【详解】（1）反应②为吸热反应；木炭与高温水蒸气反应为吸热反应；镁条与稀盐酸反应为放热反应；小苏打与柠檬酸钠反应为放热反应；氢气与氯气反应为放热反应，故选A。
（2）反应① 的反应物的总能量高于生成物能量；反应②反应物的总能量低于生成物总能量；反应①、反应②相加可得总反应的焓变小于0，能表示上述两步反应能量变化的是D。
（3）恒温恒容时，将2molNH3和1molCO2充入2L反应器中合成尿素，经10min测得反应器内气体压强变为起始的80%，设达到平衡时发生反应的二氧化碳的物质的量为x，列出三段式：
恒温恒容时，气体压强之比等于其物质的量之比，则=，则解得x=0.2mol，则==0.02mol L-1 min-1，故答案为：0.02。
（4）20min时压缩容器，使体积变为0.5V并保持不变，增大为原来的2倍，平衡正向移动，最终低于原平衡，则20min～40min内随时间t变化的曲线。
（5）实际生产中，为节约成本并提高反应②的生产效率，尿素合成工厂通常将反应②的发生场所设置在反应①的发生场所附近，理由：反应①可以为反应②提供能量，且可以减少运输成本。
8．(1)B
(2)2H2O+2e-═2OH-+H2↑
(3)
(4) B 加电流的阴极保护法
(5)O2+2H2O+2e-=4OH-
(6)含氮量高；是一种中性肥料，适用于各种土壤
【分析】电解尿素的总反应方程式为：CO（NH2）2+2OH-N2↑+3H2↑+，根据装置图分析，阳极产生N2和，阴极产生H2，考虑到电解质溶液为碱性，则阴极反应式为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，阳极反应式为：CO（NH2）2-6e-+8OH-═+N2↑+6H2O，据此分析判断。
【详解】（1）电解池中阴离子移向阳极，则溶液中的移动方向为b→a，故选B。
（2）b电极为阴极，反应式为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑。
（3）总反应为CO（NH2）2+2OH-N2↑+3H2↑+，阳极产生N2和，生成1molN2转移6mol电子；a电极收集到标况下4.48L（0.2mol）气体，则整个电路中转移的电子数为个。
（4）活泼金属作阳极，金属参与反应，则阴极的材料可用铁棒，故选B。铁棒能够较长时间保持光亮不生锈，该防腐原理称为外加电流的阴极保护法。
（5）若将电路中的电源换成导线，此时构成原电池，铁棒会逐渐被腐蚀，腐蚀过程中另一电极材料(石墨)上氧气得到电子，发生吸氧腐蚀，发生的电极方程式O2+2H2O+2e-=4OH-。
（6）与铵态氮肥相比，写出施用尿素的优点有：含氮量高；是一种中性肥料，适用于各种土壤。
9．(1)
(2)BD
(3)在较低温时，反应体系未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大；在较高温时，反应体系已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小
【详解】（1）该反应的焓变小于0，熵变大于于0，在高温可以自发进行，如图所示：。
（2）A．断裂1.5个H—H键的同时，有个O—H键生成，均表示正反应速率，不能判断反应达到平衡，A不选；
B．该反应为体积减小的反应，容器内压强不再变化，反应达到平衡，B选；
C．和的体积分数之比始终为定值，故不能判断反应达到平衡，C不选；
D．该反应为体积减小的反应，混合气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡，D选；
故选BD。
（3）由图表可知，温度低于240℃时，CO2的转化率随着温度的升高而增大；温度高于240℃时，CO2的转化率随着温度的升高而减小，在较低温时，反应体系未达到平衡，CO2的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO2的转化率也增大；在较高温时，反应体系已达到平衡，CO2的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡向逆反应方向移动，CO2的转化率减小。
10．(1)C
(2) C B
(3)CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-727kJ/mol
(4)CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O
【详解】（1）通常把具有足够能量，能够发生有效碰撞的分子称为活化分子，故选C。
（2）恒容密闭容器内，升高温度，分子数不变，分子能量增加，活化分子数增加，图像将最有可能变成C；若再继续充入适量气体，分子数增加，分子能量增加，活化分子数增加，图像将最有可能变成B。
（3）液态甲醇的燃烧热为-727，即1mol液态甲醇完全燃烧放出的热量为727kJ，所以甲醇燃烧的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-727kJ/mol。
（4）在甲醇燃料电池的负极上，发生甲醇失电子的氧化反应，在碱性电解质下，电极反应为：CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O。
11．(1)<
(2)A
(3) C 36H++6NO+30e-=3N2↑+18H2O
【分析】从流程图中看，过程Ⅰ发生的反应为氨氮废水加入NaOH溶液，可将高浓度氨氮废水转化为低浓度氨氮废水，则大部分与OH-作用，生成NH3和H2O；然后鼓入空气将氨气赶出并回收，得到低浓度氨氮废水；过程Ⅱ发生的反应为在微生物（或氧化剂）的作用下，低浓度氨氮废水中的氨气与氧气发生还原反应生成硝酸；过程Ⅲ发生的反应为废水中的硝酸与还原剂发生氧化还原反应生成氮气。
【详解】（1）结合稀释前后氢氧根离子物质的量不变，得稀释前溶液体积关系为，由于稀释促进氨水的电离，则10<。
（2）过程Ⅱ中氮元素化合价升高，失去电子被氧化，通过电解法实现过程中，低浓度氨氮废水应通往阳极，故选A。
（3）消耗32g(1mol)CH3OH转移6mol电子，CH3OH中碳原子的化合价升高6，反应后碳的化合价为+4，产物为CO2，结合得失电子守恒，则单线桥为；C元素化合价升高被氧化；HNO3中N化合价降低被还原，还原半反应36H++6NO+30e-=3N2↑+18H2O。
12．(1)1×10-3mol/L
(2)3.5
(3)A
(4)A
(5)A
【分析】Ⅱ．Cu2+浓度越大、其氧化性越强，a侧硫酸铜溶液浓度较大，Cu电极a为正极，溶液中Cu2+得电子、发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-═Cu；Cu电极b为负极，Cu失去电子、发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-═Cu2+，原电池工作时，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，工作一段时间后，两室硫酸铜溶液浓度相等，由于左室Cu2+得电子生成Cu；硫酸根离子浓度相对较大，右室Cu电极失去电子生成Cu2+，Cu2+浓度相对较大，所以硫酸根离子通过离子交换膜由左室移向右室，即离子交换膜c为阴离子交换膜，据此分析解答。
【详解】（1）根据图示，两曲线交点M的纵坐标数值=1×10-3mol/L。
（2）M点坐标为（3.5，1×10-3mol/L），25℃时，HF电离平衡常数为Ka==，则Ka的负对数pKa=3.5。
（3）根据分析，a电极为正极，故选A。
（4）根据分析，c膜为阴离子交换膜，故选A。
（5）将右槽中0.2mol/L的溶液换成含 mol/L的工业废水，浓度差增大，电流强度增大，则此时电流表示数将大于0.01A，故选A。
答案第10页，共10页
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