浙江省强基联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考化学试题 含解析

浙江强基联盟2024年11月高二联考化学试题浙江强基联盟研究院命制考生注意：1．本试卷满分100分，考试时间90分钟。2．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Cu64一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列既属于吸热反应又属于氧化还原反应的是A.铝热反应 B.葡萄糖氧化分解C.CO2与C高温下生成CO D.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应【答案】C【解析】【详解】A．在铝热反应中Al、Fe元素化合发生了变化，属于氧化还原反应，但铝热反应属于放热反应，A错误；B．葡萄糖氧化分解反应前后C、O元素发生了化合价变化，属于氧化还原反应，但该反应属于放热反应，B错误；C．CO2与C高温下生成CO属于吸热反应，反应前后C元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，C正确；D．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应属于吸热反应，但反应前后没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，D错误；故选C。2.高温下甲醇(CH3OH)分解生成燃料气(CO、H2)，反应原理为CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)。表示该反应速率最快的是A.v(CH3OH)=1mol·L-1·s-1 B.v(CO)=1.5mol·L-1·s-1C.v(H2)=2mol·L-1·s-1 D.v(CO)=1.5mol·L-1·min-1【答案】B【解析】【详解】同一反应中，用不同物质表达的化学反应速率，单位相同时，其数值之比等于与化学计量数之比。将BCD均转化为用甲醇表示的反应速率，B为1.5mol·L-1·s-1，C为1mol·L-1·s-1，D为mol·L-1·s-1，A为1mol·L-1·s-1，所以反应速率最大的是1.5mol·L-1·s-1，故答案选B。3.下列有关反应热的描述中正确的是A.S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1，S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2，则ΔH1＜ΔH2B.H2的燃烧热为285.8kJ•mol-1，则H2燃烧的热化学方程式可表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-571.6kJ•mol-1C.H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1，则NaOH稀溶液与CH3COOH稀溶液反应生成1molH2O(l)时放出的热量为57.3kJD.Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)ΔH=-216kJ•mol-1，则反应物的总能量小于生成物的总能量【答案】A【解析】【详解】A．S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1，S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2，气态硫比固态硫能量高，反应放出的热量多，则ΔH1<ΔH2，A正确；B．H2燃烧的热化学方程式产物水应为液态，B错误；C．H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1，CH3COOH是弱酸，电离过程吸热，则NaOH稀溶液与CH3COOH稀溶液反应生成1molH2O(l)时放出的热量少于57.3kJ，C错误；D．Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)ΔH=-216kJ•mol-1，该反应是放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，D错误；故选A。4.已知下列热化学方程式：①②③则反应的（单位：kJ·mol-1）为A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】根据盖斯定律，可知目标方程式可由得到，所以其焓变，答案选D。5.下列物质属于弱电解质的是A.蔗糖 B.CH3COOH C.BaSO4 D.Cu【答案】B【解析】【详解】A．蔗糖是有机化合物，是非电解质，A错误；B．是弱酸，是弱电解质，B正确；C．是盐，是强电解质，C错误；D．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，D错误；答案选B。6.某化学小组欲探究不同条件对化学反应速率的影响，分组进行了如下实验。已知：（30℃及以下，双氧水具有较好的稳定性；忽略溶液体积变化）下列说法不正确的是编号0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液体积/mL1mol·L-1H2O2溶液体积/mL水的体积/mL反应温度/℃紫色褪去所用的时间/sⅠ2020020t1Ⅱ20V11020t2Ⅲ20V2030t3Ⅳ20101030t4A.V1=10，V2=20B.各组实验充分反应后，产生的氧气的体积均为0.112L（标准状况下）C.实验Ⅰ和Ⅲ、Ⅱ和Ⅳ均可探究温度对反应速率的影响D.t1＜t4，说明浓度越大，反应速率越快【答案】B【解析】【详解】A．各组溶液混合后的总体积一定，，A正确；B．各组中，物质量均过量，而反应产生的会催化分解，标准状况下，产生的体积均大于0.112L，B错误；C．Ⅰ和Ⅲ，Ⅱ和Ⅳ均为温度不同，可探究温度对反应速率的影响，C正确；D．，说明Ⅰ反应速率更快，而Ⅰ的温度更低，浓度则大一些，说明浓度对速率的影响更大，D正确；答案选B。7.中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。反应过程示意图如图：下列说法正确的是A.过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程B.图示过程中的H2O均参与了反应过程C.使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔHD.过程Ⅲ只生成了H2O、O2【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，过程Ⅲ形成化学键，为放热过程，故A错误；B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，B正确；；C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应的焓变ΔH，故C错误；D．根据反应过程示意图，过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，故D错误；故答案选B。8.向A、B两试管中加入等量H2O2溶液，然后再向B中滴入几滴FeCl3溶液，其反应历程如图：I.H2O2+2Fe3+=2Fe2++2H++O2↑II.H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O下列说法不正确的是A.曲线②是滴加了FeCl3溶液的反应过程，Fe3+改变了H2O2分解反应的历程B.Fe3+是催化剂；Fe2+是中间产物C.E1、E2分别是反应I、II的活化能，反应I的速率大于反应II的速率D.催化剂能降低反应的活化能，提高反应物分子中活化分子百分数【答案】C【解析】【详解】A．FeCl3为H2O2分解的催化剂，降低了反应的活化能，改变了反应的历程，A正确；B．Fe3+先消耗后生成，反应前后质量不变是催化剂；Fe2+先生成后消耗是中间产物，B正确；C．从图可知E1为反应I的活化能，E2分别是反应II逆反应的活化能。反应中活化能越大，反应越慢。活化能：反应I<反应II，反应速率：反应I<反应II，C错误；D．催化剂能降低反应的活化能，反应物分子中活化分子百分数增大，单位体积内活化分子个数增大，有效碰撞次数增加，反应速率加快，D正确；故答案为：C。9.用来表示可逆反应：2A(g)＋B(g)⇌2C(g)△H＜0的正确图象是下图中的A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】【详解】A．该反应为放热反应，由100℃到500℃，温度升高，平衡逆向移动，C%降低，A符合题意；B．压强增大，正反应速率和逆反应速率均增大，B不符合题意；C．温度不变，压强增大，平衡向气体系数之和减小的方向(正向)进行，A的转化率增大；压强不变，由100℃到500℃，温度升高，平衡逆向进行，A的转化率减小，C不符合题意；D．温度升高，正反应速率和逆反应速率增大，D不符合题意；故答案为：A。10.下列说法不能用勒夏特列原理解释的是A.氯水中有平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅B.对CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)，平衡体系增大压强可使颜色变深C.配制Fe2(SO4)3溶液时，需要加入少量稀硫酸D.高压比常压条件更有利于合成氨的反应【答案】B【解析】【详解】A．氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，加入AgNO3溶液，与HCl反应，减少HCl浓度，从而促进平衡正向移动，溶液颜色变浅，A不符合题意；B．对CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)，由于反应前后气体分子数相等，所以增大压强，平衡不发生移动，混合气体颜色加深是因为NO2浓度增大引起的，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；C．配制Fe2(SO4)3溶液时，溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入少量稀硫酸，可抑制Fe3+的水解，C不符合题意；D．合成氨反应是气体分子数减小的可逆反应，加压时平衡正向移动，所以高压比常压条件更有利于合成氨的反应，D不符合题意；故选B。11.工业上，以煤炭为原料，通入一定比例空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。在C和O2的反应体系中：反应1：反应2：反应3：设，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.图中对应反应3的线条是cB.ΔH1为－394kJ·mol-1C反应1可以自发进行D.推动反应2在该条件下自发进行的主要因素是反应的焓变【答案】A【解析】【详解】A．反应1前后气体分子数不变，不变，升温y不变，对应线条b；升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c；升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a；A错误；B．根据盖斯定律，反应1=×（反应2+反应3），=×（-566-222）=－394kJ·mol-1，B正确；C．，不变，，可以自发进行，C正确；D．反应2<0，<0，反应自发进行的主要因素是反应的焓变，D正确；答案选A。12.将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于某恒容密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)△H，该反应的平衡常数的负对数(-lgK)随温度(T)变化的曲线如图所示，下列说法错误的是A.平衡常数：Ka<Kb<KcB.该反应的反应物的总键能大于生成物的总键能C.压强：pa<pb<pcD.若△H的值不再随时间变化而改变，则该反应达到平衡【答案】D【解析】【详解】A．该反应的平衡常数的负对数(-lgK)随温度(T)的升高在减小，即温度升高，K增大，故平衡常数：Ka<Kb<Kc，A正确；B．该反应的平衡常数随温度的升高增大，故该反应为吸热反应，反应物的总键能大于生成物的总键能，B正确；C．该反应体系恒容，温度越高，该反应正向进行的程度越大，生成的气体的物质的量越大，体系压强越大，故压强：pa<pb<pc，C正确；D．反应的△H的值为一个恒量，不能用来判断反应是否达到平衡，D错误；答案选D。13.在相同温度时，100mL0.01mol/L醋酸与10mL0.1mol/L醋酸相比较，下列数值中，前者大于后者的是A.溶液中H+的物质的量 B.CH3COOH的电离常数C.中和时所需NaOH的物质的量 D.溶液中CH3COOH的物质的量【答案】A【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，存在电离平衡，浓度越大，电离程度越小，所以在相同温度时，100mL0.01mol/L醋酸与10mL0.1mol/L醋酸中溶质的物质的量相等，但H+的物质的量前者大于后者，A符合题意；B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同，电离常数相同，B不符合题意；C．100mL0.01mol/L醋酸与10mL0.1mol/L醋酸中含有溶质CH3COOH的物质的量相等，因此中和时所需NaOH的物质的量也相等，C不符合题意；D．溶液中CH3COOH的物质的量根据公式n=cV，结合二者的浓度与体积大小可知：100mL0.01mol/L醋酸与10mL0.1mol/L醋酸中含有溶质CH3COOH的物质的量相等，D不符合题意；故合理选项是A。14.关于化工生产原理的描述中正确的是A.电解精炼铜时，负极反应式：B.氯碱工业和电解精炼铜中，阳极都是氯离子放电放出氯气C.在氯碱工业中，电解池中的阴极产生的是H2，NaOH在阳极附近产生D.电解精炼铜时，应用粗铜作阳极、精铜作阴极，可溶性铜盐作电解质溶液【答案】D【解析】【详解】A．电解精炼铜时，两极分别是阴、阳极，阴极电极反应为，A错误；B．在氯碱工业中，阳极是放电生成氯气，电解精炼铜时，阳极是粗铜失电子，生成，B错误；C．水中存在，在氯碱工业中，电解池的阴极氢离子放电生成氢气，水的电离平衡向右移动，生成NaOH，C错误；D．电解精炼铜时，应用粗铜作阳极、精铜作阴极，可溶性铜盐作电解质溶液，D正确；答案选D15.“中和反应反应热的测定”实验中，不需要使用的仪器是A.容量瓶 B.温度计 C.玻璃搅拌器 D.量筒【答案】A【解析】【详解】A．容量瓶用于配制一定物质的量浓度溶液，中和反应反应热的测定中用不到，A符合题意；B．“中和反应反应热的测定”实验中，用温度计测量反应之前酸、碱的温度以及反应过程中的最高温度，B不符题意；C．“中和反应反应热的测定”实验中，用玻璃搅拌器搅拌，使酸和碱迅速并完全反应，C不符题意；D．“中和反应反应热的测定”实验中，用量筒量取酸和碱溶液的体积，D不符题意；答案选A。16.已知磷酸二氢钾（KH2PO4）可用作高磷钾复合肥料，已知25℃时，Ka1(H3PO4)=6.9×10-3，Ka2(H3PO4)=6.2×10-8，Ka3(H3PO4)=4.8×10-13。下列关于0.1mol·L-1KH2PO4溶液的说法正确的是A.溶液中：B.溶液中存在：C.该溶液中：D.该温度下反应的化学平衡常数约为6.9×1011【答案】A【解析】【详解】A．因为的水解常数小于其电离常数，溶液电离大于水解，使得溶液呈酸性，选项A正确；B．根据质子守恒，可得：，选项B错误；C．根据物料守恒，该溶液中，选项C错误；D．反应的化学平衡常数，选项D错误。答案选A。二、非选择题（共5小题，共52分）17.甲醇是一种重要的化工原料，工业上使用水煤气（CO和H2的混合气体）合成甲醇，反应方程式为：；在一恒容密闭容器中，充入2mol的CO和6mol的H2发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。（1）请判断大小关系：pA___________pC。（2）A点时刻，若此时容器体积为2L，则KA=___________。（3）下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是__________。A.混合气体的密度不再改变 B.v(CO)=v(CH3OH)C.混合气体的平均相对分子质量保持不变 D.H2的体积分数保持不变（4）当反应温度为T1时，以不同于上述比例投料，测得某一时刻各物质的浓度如下：c(CO)=2mol·L-1，c(H2)=2mol·L-1，c(CH3OH)=1mol·L-1，判断此时反应__________（填“正向进行”“逆向进行”或“达到平衡状态”）。（5）对于全部都是气体参与的反应，我们也可以用标准平衡常数Kp（用气体平衡分压代替气体平衡浓度，分压=总压×气体的物质的量分数），若C点的压强恒定为p，则此时Kp=___________。【答案】（1）<（2）0.25（3）CD（4）正向进行（5）【解析】【小问1详解】生成甲醇反应向气体体积减小的方向进行，温度相同，压强越大，，B点与C点压强相同，则。【小问2详解】转化率为0.5，则A点时，各物质的物质的量为：，体积为2L，；【小问3详解】A．气体总质量和体积均不变，混合气体密度保持不变，无法判断平衡状态，A错误；B．未提到正、逆方向，B错误；C．气体总质量不变，气体总物质的量随反应向右进行不断减小，则气体平均相对分子质量不断增大，为变量，可以判断，C正确；D．随着反应向右进行，氢气的体积分数不断减小，可以判断，D正确；答案选CD。【小问4详解】时，，此时，反应正向进行；【小问5详解】C点时刻，，对应的分压分别是、、，则。18.回答下列问题。（1）明矾[化学式为KAl(SO4)2·12H2O]溶液中c(H+)__________c(OH-)（填“＞”“＜”或“=”），原因是__________（用离子方程式表示）。（2）已知热化学方程式：△H，则△H=__________0（填“＞”“＜”或“=”）。（3）科学家探索利用燃料气体中的甲烷等将氮的氧化物还原为氮气和水，反应机理为：则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为__________。（4）已知某金属氧化物催化丙烷脱氢过程中，部分反应进程如右图，则X(g)→Y(g)过程中的焓变为________（列式表示）。【答案】（1）①.＞②.（2）＜（3）（4）【解析】【小问1详解】明矾为强酸弱碱盐，在水溶液中发生Al3+水解而使溶液显酸性，溶液中c(H+)＞c(OH-)，反应的离子方程式为。【小问2详解】氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，燃烧反应都属于放热反应，则△H＜0。【小问3详解】①②由盖斯定律可得出甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为△H=[(-574kJ∙mol-1)+(-1160kJ∙mol-1)]÷2=-867kJ∙mol-1。【小问4详解】由图可知，反应分三步进行，且三步反应都为吸热反应，第一步反应的焓变为(E1-E2)kJ/mol，第二步反应的焓变为△HkJ/mol，第三步反应的焓变为(E3-E4)kJ/mol，依据盖斯定律，则过程中的焓变为。【点睛】化合反应大多数是放热反应，但CO2与C在高温下生成CO的反应为吸热反应。19.硒是人体必需元素之一，在工业上也具有广泛应用。（1）硒酸（H2SeO4）是一种强酸，在水溶液中，只有第一步的电离是完全的，第二步电离并不完全：、，据此回答：①25℃时，K2SeO4溶液显__________（填“弱酸性”“弱碱性”或“中性”）。②在0.100mol·L-1的硒酸溶液中，c(H+)=0.110mol·L-1，则硒酸的第二步电离平衡常数K约为_________（保留两位有效数字）。③向NaClO溶液中滴加少量硒酸，离子方程式为__________。（2）常温下，H2Se的电离平衡常数为Ka1=1.3×10-4，Ka2=10-11，据此回答：①常温下，0.100mol·L-1的Na2Se溶液的pH约为__________。②已知常温下CuSe的Ksp=8×10-49，CuCO3的Ksp=1.6×10-10；常温下能不能实现CuCO3向CuSe的一步转化，理由是___________。【答案】（1）①.弱碱性②.③.、或（2）①.12②.该反应为其平衡常数，该反应K很大，常温下可转化【解析】【小问1详解】①，可知会水解，溶液显弱碱性；②第二步电离的浓度为即的浓度为的浓度为，则；③硒酸的第二步电离常数远大于次氯酸的电离常数，则两个氢离子均能提供，离子反应方程式为、或。【小问2详解】①水解，由于和差距较大，可忽略的电离和水解对pH的影响，，解得，即；②该反应为其平衡常数，该反应K很大，常温下可转化。20.碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂，难溶于水，溶于稀酸和氨水。Ⅰ．碱式氯化铜制备：向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70∼80℃，实验装置如图所示（部分夹持装置已省略）。（1）仪器a的名称__________；仪器b的作用为导气和__________。（2）下列说法错误的是__________。A.可用pH计测定装置B中溶液的pH以达到实验要求B.装置C是利用浓硫酸和浓盐酸混合来制备HCl气体C.增加氨气用量可提高碱式氯化铜产量D.反应结束后将反应液静置、过滤、洗涤可得产品Ⅱ．利用滴定原理进行无水碱式氯化铜[Cux(OH)yClz]组成测定：称取产品4.290g，加硝酸溶解，并加水定容至250mL，得到待测溶液。（3）铜的测定：取25.00mL待测溶液，经测定，Cu2+浓度为0.1600mol·L-1。则称取的样品中n(Cu2+)为________mol。（4）采用沉淀滴定法测定氯：将待测溶液pH调整到6.7~10.5，完全沉淀Cu2+后，用AgNO3标准溶液滴定Cl-。已知：难溶电解质AgCl（白色）AgBr（浅黄色）Ag2CrO4（红色）溶度积常数Ksp1.8×10-1015.4×10-131.1×10-12①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤__________。检漏、水洗→（）→装入标准溶液、赶气泡、调液面、读数→准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶→（）→用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定→接近终点时，改为半滴滴定，到达滴定终点→读数。a.滴定管甲b.滴定管乙c.润洗，从滴定管上口倒出液体d.润洗，从滴定管尖嘴放出液体e.滴加指示剂K2CrO4溶液f.滴加指示剂KBr溶液②如果指示剂加入量偏多，会导致所测含氯量__________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。③三次滴定消耗AgNO3标准溶液的平均体积为20.00mL，可推知该无水碱式氯化铜的化学式为_________。【答案】（1）①.分液漏斗②.防止倒吸（2）C（3）（4）①.ade②.偏低③.【解析】【分析】A装置利用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制备氨气，装置C利用浓硫酸和浓盐酸混合来制备HCl气体，将生成的NH3和HCl气体通入三颈烧瓶的CuCl2溶液发生反应制备碱式氯化铜，据此解答。【小问1详解】由仪器构造可知，仪器a的名称为分液漏斗；因A装置制备得到的NH3极易溶于水，则仪器b的作用为导气和防止倒吸；【小问2详解】A．制备碱式氯化铜时，向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，需调节pH至5.0~5.5，可用pH计测定装置B中溶液的pH以达到实验要求，A正确；B．浓硫酸具有吸水性，可吸收浓盐酸中的水分，且浓硫酸的稀释过程放出大量的热，使HCl气体逸出，则装置C是利用浓硫酸和浓盐酸混合来制备HCl气体，B正确；C．由题干可知：碱式氯化铜溶于氨水，增加氨气用量，即浓度增大，生成的碱式氯化铜部分溶于氨水而造成损耗，导致产量偏低，C错误