2023-2024学年高二上学期期末化学模拟卷（上海专用，沪科版2020选择性必修1第一、二、四章）01（Word版附解析）

2023-2024学年上学期期末模拟考试高一化学（考试时间：60分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cu64Zn-65一、化学反应中的反应热及中和热的测量1．(一)碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质，请回答下列问题：(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如图：    △H=+88.6kJ•mol-1则M、N相比，较稳定的是。(2)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s)=2Al2O3(s)+3TiC(s)    △H=-1176kJ•mol-1，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为kJ。(3)CH4、H2、C都是优质的能源物质，它们燃烧的热化学方程式分别为①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)    △H=-890kJ•mol-1；②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)    △H=-571.6kJ•mol-1；③C(s)+O2(g)=CO2(g)     △H=-393.5kJ•mol-1；CH4、H2组成的混合气体2mol，完全㜔烧后放出热量1297.0kJ能量，该混合气体中CH4与H2的物质的量之比n(CH4)：n(H2)=；C(s)与H2(g)不反应，所以C(s)+2H2(g)=CH4(g)的反应热无法直接测量，但通过上述反应可求出其反应热△H=kJ•mol-1。(二)0.50mol•L-1的盐酸与0.50mol•L-1的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和反应反应热，回答下列问题： (4)实验中若改用60mL0.50mol•L-1的盐酸与50mL0.55mol•L-1的氢氧化钠溶液进行反应，若实验操作均正确，则所求中和热(填“相等”或“不相等”)。(5)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表。实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差(t1-t2)/℃H2SO4NaOH平均值126.626.626.629.1227.027.427.231.2325.925.925.929.8426.426.226.330.4①表中的温度差平均值为℃。②近似认为0.50mol•L-1NaOH溶液和0.50mol•L-1硫酸溶液的密度都是1g•cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J•(g•℃)-1。则中和热△H=(取小数点后一位)。(6)下列说法正确的是(填字母)。a.向内筒中加入稀盐酸时，应当缓慢而匀速地加入b.将用量筒量取好的稀盐酸如入内筒后，应当快速用水冲洗量筒内壁剩余的稀盐酸至内筒中，以免造成测量误差c.用量筒量取稀酸或碱时，眼睛必须与液体凹面最低处相平d.内筒洗净后，未及时烘干，直接用该内筒进行实验，对生成1molH2O(l)时所测得的中和反应的反应热(△H)有影响，△H会偏大【答案】(1)M(2)98(3)3：2-75.1(4)相等 (5)4.0-53.5(6)c【解析】（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N，该反应的△H>0，为吸热反应，则N的能量高于M，能量越高越稳定，说明M较稳定。（2）4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s)=2Al2O3(s)+3TiC(s)△H=-1176kJ•mol-1中Al元素由0价上升到+3价，每转移1mol电子，消耗13molAl，放出的热量为13×14mol×1176kJ⋅mol-1=98kJ。（3）CH4、H2组成的混合气体2mol，完全㜔烧后放出热量1297.0kJ能量，假设n(CH4)=xmol，n(H2)=ymol，则x+y=2、890x+571.62y=1297，解得x=1.2，y=0.8，n(CH4)：n(H2)=3：2；由盖斯定律可知，③+②-①可得C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H=-393.5kJ•mol-1-571.6kJ•mol-1+890kJ•mol-1=-75.1kJ•mol-1。（4）改用60mL0.50mol•L-1的盐酸与50mL0.55mol•L-1的氢氧化钠溶液进行反应，放出的热量大于0.50mol•L-1的盐酸与0.50mol•L-1的NaOH溶液反应放出的热量，但中和热计算的是生成1molH2O放出的热量，则两者计算出的中和热相等。（5）①根据表格数据求得温差平均值为3.5+4+3.9+4.14℃=4.0℃；②50mL0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80ml×1g/ml=80g，温度变化的值为△T=4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=80g×4.18J/(g•℃)×4.0℃=1337.6J，即1.3376KJ，所以实验测得的中和热△H=-1.3376kJ0.025mol=-53.5kJ/mol。（6）a．为避免热量散失，向内筒中加入稀盐酸时，应当迅速而匀速地加入，错误；b．将用量筒量取好的稀盐酸如入内筒后，不能用水冲洗量筒内壁剩余的稀盐酸至内筒中，以免造成测量误差，错误；c．用量筒量取稀酸或碱时，眼睛必须与液体凹面最低处相平，正确；d．内筒洗净后，未及时烘干，直接用该内筒进行实验，会导致溶液的质量偏大，导致计算生成水放出的热量Q偏大，△H会偏小，错误；故选c。二、烟道气中有害气体的处理2.请回答下列问题：(1)对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。CO 还原法：一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16gSs，该反应(填“放出”或“吸收”)的热量为kJ。  (2)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：  反应Ⅰ：2H2SO4l=2SO2g+2H2Og+O2g  ΔH1=+551kJ/mol反应Ⅲ：Ss+O2g=SO2g  ΔH3=-297kJ/mol反应Ⅱ的热化学方程式为。(3)近年来空气污染日益严重，原因之一是汽车尾气中含有NO、NO2、CO等气体。为消除汽车尾气的污染，可采取：NO和CO在催化转换器中发生如下反应：2NOg+2COg=2CO2g+N2g  ΔH1；已知：2NOg+O2g=2NO2g  ΔH2；CO的燃烧热为ΔH3；NO2与CO发生反应的热化学方程式：2NO2g+4COg=4CO2g+N2g  ΔH=(用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)。(4)工业上接触法生产硫酸的主要反应之一是：在一定的温度、压强和钒催化剂存在的条件下，SO2被空气中的O2氧化为SO3。V2O5是钒催化剂的活性成分，郭汗贤等提出：V2O5在对反应Ⅰ的催化循环过程中，经历了Ⅱ、Ⅲ两个反应阶段，图示如下：   ①有关气体分子中1mol化学键断裂时需要吸收的能量数据如下：化学键S=OSO2O=OO2S=OSO3能量/kJ535496472由此计算反应Ⅰ的ΔH=kJ/mol。②反应Ⅱ、Ⅲ的化学方程式为、。【答案】(1)放出135(2)3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)△H=-254kJ/mol(3)△H1-△H2+2△H3(4)-98SO2+V2O5⇌V2O4•SO32V2O4•SO3+O2⇌2V2O5+SO3【解析】（1）SO2和CO反应生成S和CO2的方程式为SO2+2CO⇌S↓+2CO2，由图可知，每生成1molS(s)放出热量270kJ，16gS(s)的物质的量=0.5mol，=0.5mol，所以生成16gS(s)放出热量135kJ；（2）根据图知，反应II为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，将方程式-I-III即得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)△H=-(+551kJ•mol-1)-(-297kJ•mol-1)=-254kJ/mol；（3）根据给定的反应①2NOg+2COg=2CO2g+N2g  ΔH1；②2NOg+O2g=2NO2g  ΔH2，CO的燃烧热的热化学方程式③2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H3，①+②-2③可得方程式，2NO2g+4COg=4CO2g+N2g结合盖斯定律可计算出△H=△H1-△H2+2△H3；（4）①反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则反应I的△H=(2×535+12×496-3×472)kJ/mol=-98kJ/mol；②反应Ⅱ生成V2O4•SO3，方程式为SO2+V2O5⇌V2O4•SO3，反应ⅢV2O4•SO3与氧气反应生成V2O5和SO3，方程式为2V2O4•SO3+O2⇌2V2O5+SO3。三、工业中的脱硝剂的应用3．在工业生产中，常常在200℃~450℃的温度范围内，将氨气作为脱硝剂喷入高温烟气脱 硝装置中，在催化剂的作用下将烟气中NOx分解成为N2和H2O，脱硝效率可以达到90%以上。请回答下列问题：(1)在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：6NOg+4NH3g⇌5N2g+6H2Og①不能说明该反应已达到平衡状态的是(填标号)。a．反应速率5vNH3正=4vN2逆    b．1molN-H键断裂的同时生成1molO-H键c．容器内压强不再随时间而发生变化    d．容器内混合气体平均相对分子质量不再变化②某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间的变化如图1所示，图中b点对应的反应速率关系是v正v逆(填“>”“<”或“=”)。(2)一定温度下，在2L恒容密闭容器内发生反应2NO2g⇌N2O4g，nNO2随时间的变化如表：时间/s012345n(NO2)/mol0.0400.0200.0100.0050.0050.005①根据表中数据可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是。②该温度下，反应2NO2g⇌N2O4g的平衡常数K=L⋅mol-1。(3)对于反应2NO2g⇌N2O4g，用平衡时各组分压强关系表达的平衡常数为Kp。在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与自身压强间存在关系：v消耗NO2=k1×p2NO2，v消耗N2O4=k2×pN2O4。其中k1、k2是与反应及温度有关的常数。相应的消耗速率跟压强的关系如图2所示，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1=。在图中标出的点中，指出能表示反应达到平衡态的点，并请说明理由： 。【答案】(1)b>(2)随着反应的进行，二氧化氮浓度逐渐减小1400(3)2k2KpB点和D点B、D点的v消耗NO2=2v消耗N2O4【解析】（1）①化学平衡状态的判断标准有两个：正反应速率与逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；a．反应速率5vNH3正=4vN2逆，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，选项a不符合；b．1molN-H键断裂的同时生成1molO-H键，均表示正反应速率且不相等，反应不一定达平衡，选项b符合；c．反应为气体体积缩小的反应，压强不变则达平衡，容器内压强不再随时间而发生变化，则反应达平衡，选项c不符合；d．反应为气体体积缩小的反应，气体的总质量不变，而气体的平均相对分子质量为变量，当容器内混合气体平均相对分子质量不再变化说明反应达平衡，选项d不符合；答案选b；②由图知，该反应起始时，n(NO)>0，n(N2)=0，反应正向建立，b点还未达到平衡，所以图中b点对应的速率关系是v正>v逆；（2）反应速率与物质的量浓度成正比，随着反应进行，NO2的物质的量浓度减小，反应速率降低；②第3s时该反应已经达到平衡状态，达到平衡状态时，参加反应的n(NO2)=(0.040-0.005)mol=0.035mol，生成的n(N2O4)=0.035mol2=0.0175mol，则c(NO2)=0.0052=0.0025mol/L，c(N2O4)=0.01752=0.00875mol/L，K=c(N2O4)c2(NO2)=0.008750.00252=1400L/mol；（3）当反应平衡时，有v消耗(NO2)v消耗(N2O4)=21，即k1p2(NO2)k2p(N2O4)=2，又Kp=p(N2O4)p2(NO2)，则2k1=2k2Kp；速率关系符合v消耗(NO2)v消耗(N2O4)=21的是 B和D点，则达到平衡状态的点是B和D点，理由是当时，该反应达到平衡状态。四、水的电离平衡4.I．己知水的电离平衡曲线如图所示：回答下列问题：(1)图中C点水的离子积常数为(mol·L-1)2。(2)A、B、C、D四点KW的关系是。(3)从A点到D点，可采取的措施是。a．升温   b．加入少量盐酸   c．降温   d．加入少量NaOHⅡ.下表是不同温度下水的离子积数据：温度/℃25t1t2水的离子积KW1×10-14a1×10-12试回答以下问题：(4)若25<t1<t2，则a(填“>”“<”或“=”)1×10-14。(5)在t2℃，pH=10的NaOH溶液中，水电离产生的OH-浓度为。(6)在t2℃下，其溶液的pH=7，则该溶液(填字母)。a．呈中性            b．呈碱性            c．呈酸性        d．c(OH-)=100c(H+)(7)25℃时，某Na2SO4溶液中c(SO42-)=5×10-4mol⋅L-1，取该溶液1mL加水稀至10mL，则稀释后溶液中c(Na+)：c(OH-)=。【答案】(1)1×10-12(2)C>B>A=D(3)b(4)> (5)1×10-10mol·L-1(6)b(7)1000∶1【解析】（1）图中C点水的离子积常数Kw=c(H＋)·c(OH-)=1×10-6×1×10-6=1×10-12；（2）水的电离为吸热过程，温度越高，水的电离程度越大，KW越大，温度相同时，KW相等，则A、B、C、D四点KW的关系是C>B>A=D；（3）A点到D点，温度不变，c(H＋)增大，c(OH-)减小，则采取的措施可为加入少量盐酸，故b正确；（4）水的电离吸热，升温促进水的电离，Kw变大，故答案为：>；（5）在t2℃时，pH=10的NaOH溶液中c(H＋)=1×10-10mol·L-1，NaOH溶液中c(H＋)来自水的电离，水电离出H＋的同时也电离出等量的OH-，水电离产生的OH-浓度为1×10-10mol·L-1；（6）在t2℃时，某溶液的pH=7，c(H＋)=1×10-7mol·L-1，该溶液中c(OH-)=1×10-5mol·L-1>c(H＋)，溶液呈碱性；（7）c(SO42-)=5×10-4mol·L-1，则c(Na＋)=2c(SO42-)=1×10-3mol·L-1，稀释10倍，则c(Na＋)=1×10-4mol·L-1。25℃时，Na2SO4溶液中c(OH-)=1×10-7mol·L-1，稀释10倍后仍然为1×10-7mol·L-1，则c(Na＋)∶c(OH-)=1000∶1。五、镍钴矿提取镍、钴、镁5.某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质FeOH3CoOH2NiOH2MgOH2Ksp10-37.410-14.710-14.710-10.8回答下列问题： (1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为(答出一条即可)。(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中过氧键的数目为。(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、CaSO4、(填化学式)。(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅰ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅰ)氧化速率减小的原因是。(5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoOOH，该反应的化学方程式为。(6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于(精确至0.1)。【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积(2)6.02×1023(3)Mn2++HSO5-+H2O=MnO2+SO42-+3H+Fe(OH)3(4)9.0%由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率(5)O2+4Co(OH)2=4CoO(OH)+2H2O(6)11.1【解析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积。（2）H2SO5的结构简式为，所以1molH2SO5中过氧键的数目为 6.03×1023。（3）二氧化硫和空气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸H2SO5，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被氧化为MnO2，H2SO5被还原为硫酸根离子，离子方程式为：Mn2++HSO5-+H2O=MnO2+SO42-+3H+。氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，Ksp=c3(OH-)·c(Fe3+)=10-37.4，解得c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀；由于CaSO4微溶于水，故滤渣还有CaSO4和氢氧化铁。（4）根据图示可知SO2体积分数为9%时，曲线斜率最大，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率。（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：O2+4Co(OH)2=4CoO(OH)+2H2O。（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp=c(Mg2+)·c2(OH-)=10-10.8，可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。