2024-2025学年天津市滨海新区高二上学期化学期末化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1天津市滨海新区2024-2025学年高二上学期化学期末试卷本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），共100分，考试用时60分钟。第Ⅰ卷第1至4页，第Ⅱ卷第5至8页。答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号、座位号填写在答题卡上。答卷时，考生务必将第Ⅰ卷（选择题）答案用铅笔涂写在答题卡上，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；第Ⅱ卷（非选择题）答案写在答题卡上，答案写在试卷上无效。考试结束后，将答题卡上交。可能用到的相对原子质量：O16Ag108第Ⅰ卷注意事项：本卷全部为选择题，共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A.在锅炉的内壁焊上一定数量的锌片可延长锅炉的使用寿命B.工业废水中的、等重金属离子可用作沉淀剂，转化为沉淀除去C.乙炔与氧气反应放出的热量可用于切割金属D.农业生产中，草木灰和铵态氮肥混合施用，可以增加氮肥肥效【答案】D【解析】在锅炉的内壁焊上一定数量的锌片利用的是牺牲阳极的阴极保护法，可延长锅炉的使用寿命，A正确；硫化铜和硫化汞不溶于水，可用Na2S作沉淀剂，除去废水中的、，B项正确；乙炔在氧气中燃烧可以放出大量的热，产生的高温可用于切割金属，C正确；草木灰主要成分是碳酸钾，水溶液呈碱性，草木灰和铵态氮肥混合施用可发生水解的相互促进，使NH3逸出，降低肥效，铵态氮肥和草木灰不宜混合施用，D错误；答案选D。2.常温时，下列溶液中的是A.的醋酸 B.C.的溶液 D.氨水【答案】A【解析】的醋酸中c(H+)=10-2mol/L，A符合题意；由H2SO4=2H++可知，0.1mol/L中c(H+)=0.2mol/L，B不合题意；常温时的溶液中c(H+)=10-12mol/L，C不合题意；NH3‧H2O是弱碱，0.01mol/L氨水溶液呈碱性，无法计算出H+浓度，但H+浓度小于10-7mol/L、不可能为10-2mol/L，D不合题意；故答案为：A。3.铜锌原电池装置（如图），该原电池在工作时，下列说法正确的是（含饱和溶液的琼胶）A.极流出电子，发生还原反应B.极电极反应式为C.盐桥中移向溶液D.盐桥的作用是传导电子，形成闭合回路【答案】C【解析】活泼金属Zn为负极，不活泼金属Cu为正极，盐桥的作用传导离子平衡电荷，使原电池产生平稳的电流。极流出电子，失去电子发生氧化反应，A错误；极是正极，发生还原反应，电极反应式为，B错误；原电池工作时，溶液中的阴离子移向负极，盐桥中移向溶液，C正确；盐桥的作用是传导离子，形成闭合回路，D错误；答案选C。4.下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A.工业合成氨时，把氨气液化后及时从平衡混合物中分离出去B.高锰酸钾（）溶液加水稀释后颜色变浅C.实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法D.配制溶液时，常先将晶体溶于较浓的盐酸中【答案】B【解析】合成氨工业中及时从反应体系中分离出氨气，使生成物的浓度降低，促进平衡向正反应方向移动，反应物转化率增大，可以用平衡移动原理解释，A不符合题意；酸性高锰酸钾溶液加水后溶液颜色变浅，是因为溶液变稀，浓度降低所导致，不能用平衡移动原理解释，B符合题意；实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度大使平衡Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO逆向移动，可以用平衡移动原理解释，C不符合题意；配制溶液时，存在Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+平衡，将晶体溶于较浓的盐酸中，增大H+浓度，抑制FeCl3水解，可以用平衡移动原理解释，D不符合题意；答案选B。5.在基态多电子原子中，下列说法正确的是A.、、能级的轨道数依次增多B.能级的能量一定比能级的能量高C.、、轨道相互垂直，能量相等D.电子云图中的小黑点表示绕核做高速圆周运动的电子【答案】C【解析】、、能级的轨道数都是5个，轨道数相等，A错误；相同能层的p能级的能量比s能级的能量高，不同能层不一定p能级的能量比s能级的能量高，如2p能级的能量低于3s能级，B错误；2px、2py、2pz轨道相互垂直，同一能级的不同轨道的能量相同，所以2px、2py、2pz轨道的能量相同，C正确；在电子云示意图中，小黑点是电子在原子核外出现概率密度形象描述，而不是表示电子绕核作高速圆周运动的轨迹，D错误；答案选C。6.时，恒容密闭容器中发生反应，下列说法正确的是A.反应物的总能量低于生成物的总能量B.增大反应物浓度能使单位时间内有效碰撞次数增加C.反应物断键所吸收的总能量大于生成物成键所释放的总能量D.平衡后，向该容器中充入氦气，平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，A错误；增大反应物浓度，增加了活化分子数，从而增加单位时间内的有效碰撞次数，B正确；该反应，为放热反应，反应物断键所吸收的总能量小于生成物成键所放出的总能量，C错误；恒容密闭容器充入氦气，各物质的浓度均不变，则平衡不移动，D错误；故选B。7.下列有关金属的腐蚀与防护的说法中错误的是A.采用外加电流法保护钢闸门，把钢闸门与直流电源正极相连B.用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈C.金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍，速率也大得多D.利用阳极氧化法，使铝制品表面形成致密的氧化膜而钝化【答案】A【解析】将钢闸门与直流电源的正极相连作阳极加快腐蚀，应该与直流电源的负极相连可防止其被腐蚀，A错误；铁比锡活泼，用锡焊接的铁质器件，焊接处铁做负极而加速腐蚀而生锈，B正确；金属材料中通常都含有杂质，则金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍，且形成原电池后加快反应速率，C正确；阳极氧化是一种通过电解在铝表面形成致密氧化膜的方法，可以有效防止进一步腐蚀，D正确；故选A。8.下列事实一定能说明亚硝酸（）是弱电解质的是①用溶液做导电性实验，灯泡很暗②常温下，溶液的③溶液与溶液恰好完全反应④常温下，溶液中存在的微粒有：、、、、A.①④ B.①③ C.②③ D.②④【答案】D【解析】①用浓度很稀的溶液做导电性实验，灯泡很暗，不能说明HNO2是弱电解质，①不符合题意；②常温下，若HNO2是强电解质，应该完全电离，溶液的pH应该等于1，现在，说明HNO2是部分电离，属于弱电解质，②符合题意；③NaOH是一元碱，溶液与溶液恰好完全反应说明HNO2是一元酸，不能说明是弱电解质，③不符合题意；④常温下，溶液中存在的微粒有：、、、，说明HNO2的溶液中存在电解质分子和离子，属于部分电离，是弱电解质，④符合题意；答案选D。9.已知下列两个反应的热化学方程式：①②下列说法错误的是A.与所具有内能不同B.热化学方程式②可表示甲烷的燃烧热C.反应的D.生成放出的热量大于【答案】D【解析】液态水与水蒸气状态不同，液态水转化为水蒸气是内能增大的过程，所具有的内能不同，故A正确；燃烧热是指1mol可燃物质完全燃烧生成指定的化合物的反应热，热化学方程式②可表示甲烷的燃烧热，故B正确；根据盖斯定律，由①×4-②可得CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(l)ΔH=4×(-285.8kJ•mol-1)-(-890.3kJ•mol-1)=-252.9kJ•mol-1＜0，故C正确；气态水的能量比液态水的高，故生成1molH2O(g)放出的热量小于285.8kJ，故D错误；答案选D。10.下列用于解释事实的方程式书写错误的是A.用明矾[]作净水剂：B.溶液呈弱碱性：C.向溶液中滴加少量浓（忽略热量变化），溶液橙色加深：D.为了除去锅炉水垢中的，可先用溶液处理：【答案】B【解析】用明矾[]作净水剂是铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附杂质，故A正确；溶液呈弱碱性，以第一步水解为主：，故B错误；向溶液中滴加少量浓，增大了H+的浓度，平衡逆向移动，溶液橙色加深，故C正确；用饱和溶液处理锅炉水垢中的是硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，，故D正确；答案选B。11.活化能和简单碰撞理论可以解释一些因素对化学反应速率的影响。研究发现，反应实际上是经过下列两个基元反应完成的：ⅰⅱ反应过程中的能量变化如下图所示：下列说法错误的是A.反应物的分子必须发生碰撞才能发生基元反应B.反应ⅰ比反应ⅱ的活化能大C.反应的D.因为ⅰ中断开化学键吸收能量，所以【答案】D【解析】反应物的分子必须发生碰撞，使化学键断裂，才能发生基元反应，A正确；由图像可知，反应i的活化能比反应ii的活化能大，B正确；ⅰⅱ根据盖斯定律，反应i+反应ii得到反应，则反应的，C正确；因为ⅰ中断开化学键吸收能量大于形成化学键放出的能量，反应为吸热反应，所以，D错误；答案选D。12.下列图示实验设计（部分夹持装置已略去）不能达到对应实验目的是选项AB实验设计实验目的探究和溶解度的大小测定锌粒与硫酸反应的速率选项CD实验设计实验目的探究催化剂如何影响分解的速率通过采集压强数据判断铁钉发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】滴加氯化钠溶液后一定产生氯化银沉淀，再加入硫化钠，由于体系中硝酸银过量，可以继续产生硫化银沉淀，不能比较溶度积的大小，A不能达到实验目的；稀硫酸与锌粒反应生成氢气，通过观察单位时间内注射器体积变化或产生一定体积气体所用的时间，可测定反应速率，B能达到实验目的；除了加入氯化铁溶液条件不相同外，其余条件均相同，可以探究催化剂如何影响分解的速率，C能达到实验目的；析氢腐蚀会生成氢气，使容器内压强增大；吸氧腐蚀会消耗容器内氧气，使压强减小，D能达到实验目的；故选A。第Ⅱ卷注意事项：用黑色的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。本卷共4题，共64分。13.下图为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑧在表中的位置，回答下列问题：（1）上图中属于区的元素是______（填元素名称）。（2）基态①原子中能量最高的电子，其电子云轮廓图的形状为______。（3）基态②原子的核外电子有______种空间运动状态。（4）②、③、④三种元素的原子半径由大到小的顺序为______（用元素符号表示）。（5）③、④两种元素中第一电离能较大的元素是______（用元素符号表示）。根据“对角线规则”，与元素④性质相似的元素是______（用元素符号表示）。（6）基态⑤原子的核外电子排布式为____________。（7）基态⑥原子中，其占据的最高能层的符号是______，若基态⑥原子的电子发生电子跃迁形成激发态时，______（填“吸收”或“释放”）能量。（8）基态⑦原子的价层电子轨道表示式为__________。（9）元素①~⑧中，电负性最大的元素是______（用元素符号表示）。（10）元素①~⑧中，某元素的原子逐级电离能如下图所示，该元素是______（用元素符号表示）。【答案】（1）锌（2）哑铃形（3）5（4）（5）①.②.（6）（7）①.②.吸收（8）（9）（10）【解析】根据元素在周期表中的位置，①②③④⑤⑥⑦⑧分别是O元素、F元素、Mg元素、Al元素、S元素、K元素、Cr元素、Zn元素。【小问1详析】ⅠB、ⅡB族元素是ds区，则属于ds区元素的是锌；【小问2详析】O原子价电子排布式为，能量最高的电子在2p能级，其电子云轮廓图的形状为哑铃形；【小问3详析】F原子的核外电子排布式为，核外电子有种空间运动状态；【小问4详析】电子层数越多，原子半径越大，若电子层数相同，质子数越多，原子半径越小，F、Mg、Al原子半径由大到小的顺序为；【小问5详析】同周期从左到右，第一电离能呈增大的趋势，Mg的3s能级的能量低于Al的3p能级的能量，其第一电离能反常，故第一电离能较大的元素是Mg；由于Be与Al处于对角线位置，根据“对角线规则”，与元素Al性质相似的元素是Be。小问6详析】基态S原子的核外电子排布式为；【小问7详析】基态K原子核外电子排布式为；有4个电子层，其占据的最高能层的符号是N；若基态K原子的电子发生电子跃迁形成激发态时，电子跃迁到能量更高的轨道，因此需要吸收能量；【小问8详析】基态Cr原子的价层电子排布式为，价层电子轨道表示式为；【小问9详析】非金属性越强，其电负性越大，元素①~⑧中，电负性最大的元素是F；【小问10详析】由逐级电离能示意图可知，第三电离能和第四电离能差距较大，其化合价为+3价，则该元素是Al。14.降低大气中的CO2含量和有效开发利用CO2正成为研究的主要课题，CO2与氢气合成甲醇的反应为：△H＜0，请回答下列问题：（1）该反应的自发条件是______（填“高温自发”“低温自发”或“任何温度下都自发”）。（2）下列有利于提高CO2转化率的措施有______（填字母）。A.缩小容器容积，增大压强 B.升温C.使用催化剂 D.增大H2和CO2的初始投料比（3）在容积为2L的恒容密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，在500℃时，发生上述反应，10min后反应达到平衡，测得平衡时。①达到平衡时CO2的转化率为_________，前10min内用H2(g)的浓度变化来表示该反应的平均反应速率为v(H2)=______。②计算该温度下此反应的化学平衡常数K的值为______（保留两位小数）。③保持温度不变，平衡后如果将容器的容积扩大到4L，达到新平衡时，c(CH3OH)______0.375mol/L（填“＞”、“＜”或“＝”）。（4）恒温恒容条件下，下列能说明反应已达平衡的是______(填字母)。A.B.单位时间内生成1molH2O(g)的同时生成3molH2(g)C.混合气体的密度不随时间而变化D.容器中混合气体的压强不随时间而变化（5）以CO2、H2为原料合成CH3OH时，还发生了副反应：该反应化学平衡常数(K)和温度(t)的关系如下表所示，请回答下列问题：t/℃7008008301000K0.60.91.01.7①该反应为______（填“吸热”或“放热”）反应。②1000℃时，某时刻反应混合物中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol/L、2mol/L、3mol/L、3mol/L，则此时上述副反应的平衡移动方向为__________（“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”）。【答案】（1）低温自发（2）AD（3）①.75%②.0.225③.5.33④.＜（4）BD（5）①.吸热②.逆反应方向【解析】【小问1详析】根据体系的自由能公式△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行。反应△H＜0的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，则要使△G=△H-T△S＜0，则反应温度是是低温条件下可自发进行；【小问2详析】若缩小容器容积，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，导致CO2的转化率提高，A符合题意；该反应的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，因而导致CO2的转化率降低，B不符合题意；使用催化剂，能够使正、逆反应速率都增大，且增大的倍数相同，因此化学平衡不移动，所以使用催化剂不能提高CO2的平衡转化率，C不符合题意；增大H2和CO2的初始投料比，导致体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此可以使更多CO2反应转化为生成物，因此能提高CO2的平衡转化率，D符合题意；故合理选项是AD；【小问3详析】①根据物质反应转化关系可知：10min反应达到平衡时反应产生CH3OH的浓度为0.75mol/L，则会同时反应消耗CO2的浓度为0.75mol/L，由于容器的容积是2L，则消耗CO2的物质的量是n(CO2)=0.75mol/L×2L=1.5mol，反应开始时CO2的物质的量是n(CO2)=2mol，故达到平衡时CO2的转化率为：×100%=75%；根据物质反应转化关系可知：在前10min内产生CH3OH的浓度为0.75mol/L，同时消耗H2的浓度为△c(H2)=3×0.75mol/L=2.25mol/L，故前10min内用H2(g)的浓度变化来表示该反应的平均反应速率为v(H2)==0.225mol/(L·min)；②在反应开始时c(CO2)=1mol/L，c(H2)=3mol/L，在10min反应达到平衡时c(CH3OH)=0.75mol/L，根据物质反应转化关系可知，同时会产生H2O的浓度c(H2O)=0.75mol/L，消耗CO2的浓度△c(CO2)=0.75mol/L，△c(H2)=2.25mol/L，故平衡时c(CO2)=0.25mol/L，△c(H2)=0.75mol/L，因此该温度下是化学平衡常数K==5.33；③保持温度不变，平衡后如果将容器的容积由2L扩大到4L，若平衡不发生移动，则CH3OH的浓度应该是原来的一半，c(CH3OH)==0.335mol/L，该反应的正反应是气体体积减小的反应，若容器的容积扩大，相当于减小体系的压强，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，因此当达到新平衡时，c(CH3OH)＜0.335mol/L；【小问4详析】A．在恒温恒容时，当反应达到平衡时，，因此时反应未处于平衡状态，A不符合题意；B．若单位时间内生成1molH2O(g)的同时生成3molH2(g)，则反应体系中任何物质的浓度不变，反应处于平衡状态，B符合题意；C．反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则无论反应是否达到平衡状态，体系的密度始终不变，因此不能根据混合气体的密度不变来判断反应是否达到平衡状态，C不符合题意；D．反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；该反应是正反应是气体体积减小的反应，若反应未达到平衡，随着反应的进行，气体的物质的量减小，气体的压强减小，因此若容器中混合气体的压强不随时间而变化，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态就，D符合题意；故合理选项是BD；【小问5详析】①根据温度与化学平衡常数的关系式可知：升高温度，该反应的化学平衡常数增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，故该反应的正反应是吸热反应，故△H＞0；②根据表格数据可知：在1000℃时化学平衡常数K=1.7。若在1000℃时，某时刻反应混合物中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol/L、2mol/L、3mol/L、3mol/L，则此时浓度熵Qc==2.25＞1.7，则上述副反应的平衡移动方向为向逆反应方向移动。15.如下图所示，其中甲池的总反应为，请回答下列问题：（1）甲池中负极的电极反应式为___________。（2）丙池中总反应的离子方程式为___________。（3）当乙池中极质量增加时，甲池中理论上消耗的体积为______（标准状况）。（4）反应一段时间后，断开开关，下列物质能使乙池恢复到反应前的浓度的是______（填字母）。a．b．c．（5）若丙池中电极不变，将其溶液换成滴有酚酞的溶液，开关闭合一段时间后，极附近观察到的现象是______。（6）若用丙池模拟铁制品表面镀铜，需要更换电极，则铁制品应放在______（填“”或“”）电极。【答案】（1）（2）（3）（4）（5）溶液变红，有气泡产生（6）【解析】根据电池结构可知甲池是甲醇燃料电池，左边Pt电极为负极，右边Pt电极为正极，进而推出乙、丙池为电解池，A、C为阳极，B、D为阴极。【小问1详析】甲池为原电池。负极上CH3OH失去电子在碱性条件下生成，电极反应式为：；【小问2详析】丙池是电解池，电解CuCl2溶液，总反应的离子方程式为：；【小问3详析】乙池中B极上发生Ag++e-=Ag，4.32gAg的物质的量为，电路中的电子转移为0.04mol，甲池中O2参与的反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，则参加反应的O2是物质的量为0.01mol，标准状况下的体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L；【小问4详析】乙池的总反应的离子方程式为4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+，减少的元素是Ag和O元素，加入Ag2O能使溶液恢复到反应前的浓度，答案选c；【小问5详析】若丙池中电极不变，将其溶液换成滴有酚酞的NaCl溶液，总反应的离子方程式为：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，D极为阴极，阴极上生成H2气体和OH-，现象是：溶液变红，有气泡产生；【小问6详析】铁上镀铜，铁做阴极，铜做阳极，含有Cu2+的溶液做电解质溶液，铁制品应该放在阴极D电极上。16.水溶液中的离子反应和平衡与生命活动、日常生活、工农业生产等息息相关，请根据水溶液中的离子反应与平衡知识及下表数据回答下列问题：时部分弱酸的电离平衡常数化学式电离常数（1）溶液和溶液中，______（填“>”“<”或“=”）。（2）向溶液中加入下列物质，能促进水解的是______（填字母）。A B. C. D.（3）常温下已知某浓度的水溶液：①该溶液中由水电离出的浓度为______。②该溶液中各离子浓度由大到小顺序为_____________。③将少量通入溶液，反应的离子方程式为_____________。（4）某学习小组用的溶液来测定未知物质的量浓度的盐酸：①用标准的溶液滴定待测的盐酸时，选择酚酞作指示剂，达到滴定终点的标志为：___________。②某同学在滴定时进行了以下操作，其中会使所测盐酸的浓度偏高的是______（填字母）。A．滴定前用蒸馏水冲洗盛放待测盐酸的锥形瓶B．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出C．检查碱式滴定管活塞不漏水后，未润洗直接加入标准碱液D．盛放标准碱液的滴定管在滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失E．读取溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数③常温下，将溶液滴入溶液中，测得溶液的变化曲线如图所示：则点溶液中：______（填“>”“<”或“=”），点溶液中______。（5）现有含和的混合溶液，其中，用碳酸钠调节溶液的为______可使恰好沉淀完全（离子浓度），此时______（填“有”或“无”）沉淀生成。（已知，此温度下，，，假设溶液体积不变）【答案】（1）<（2）D（3）①.②.③.（4）①.当滴入半滴溶液时，锥形瓶内溶液颜色由无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色②.③.<④.（5）①.②.无【解析】【小问1详析】由于Ka(HCN)＜Ka(H2CO3)，可知HCN的酸性比H2CO3酸性弱，依据越弱越水解规律，0.1mol/LNaCN溶液中，CN-的水解能力大于0.1mol/LNaHCO3溶液中的水解能力，则＜；【小问2详析】溶液中存在水解平衡：CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－，

向溶液中加入下列物质：通入水中生成一水合氨，电离出氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，抑制水解，A不选；电离出氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，抑制水解，B不选；固体不影响CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－平衡，C不选；加稀释，促进水解，D选；答案选D。【小问3详析】常温下已知某浓度的水溶液：①水解促进水的电离，该溶液中由水电离出的浓度为。②是强电解质完全电离，该溶液因微弱水解呈碱性：c(H+)＜c(OH−)，按电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CN−)+c(OH−)，则各离子浓度由大到小顺序为：。③根据表中数据可知，Ka1(H2CO3)＞Ka(HCN)＞Ka2(H2CO3)，依据强酸制弱酸得的反应规律，将少量CO2通入NaCN溶液生成HCN和NaHCO3，反应的离子方程式为：。【小问4详析】①用标准的溶液滴定待测的盐酸时，选择酚酞作指示剂，达到滴定终点的标志为：当滴入半滴溶液时，锥形瓶内溶液颜色由无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色。②滴定前用蒸馏水冲洗盛放待测盐酸的锥形瓶，不影响盐酸的物质的量，对标准溶液的体积无影响，A不选；滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致标准溶液体积偏小，则结果偏低，B不选；检查碱式滴定管活塞不漏水后，未润洗直接加入标准碱液，导致标准溶液被稀释，消耗标准溶液体积偏大，则结果偏高，C选；盛放标准碱液的滴定管在滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致标准溶液体积偏大，则结果偏高，D选；读取溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读出的标准溶液体积偏小，测得浓度偏低，E不选；答案选CD；③常温下，将溶液滴入溶液中，b点HCOOH溶液有剩余，NaOH溶液完全反应，所得溶液为等物质的量浓度的HCOONa和HCOOH的混合溶液，所得溶液呈酸性：c(H+)＞c(OH−)，按电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO−)+c(OH−)，则点溶液中：＜。d点溶液中pH=8，c(H+)=10-8mol/L，Ka==1.8×10−4，点溶液中==1.8×104。【小问5详析】现有含和的混合溶液，其中，c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L时，根据此温度下，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=1.25×10-39可知，溶液中的c(OH-)=5.0×10-12mol/L，，此时pH=-lgc(H+)≈3-0.3=2.7；故用碳酸钠调节溶液的为2.7可使恰好沉淀完全，此时，Qc=c(Ni2+)×c2(OH-)=0.35×(5.0×10-12)2=8.75×10-24＜Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15，则无Ni(OH)2生成，故答案为：2.7；无。天津市滨海新区2024-2025学年高二上学期化学期末试卷本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），共100分，考试用时60分钟。第Ⅰ卷第1至4页，第Ⅱ卷第5至8页。答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号、座位号填写在答题卡上。答卷时，考生务必将第Ⅰ卷（选择题）答案用铅笔涂写在答题卡上，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；第Ⅱ卷（非选择题）答案写在答题卡上，答案写在试卷上无效。考试结束后，将答题卡上交。可能用到的相对原子质量：O16Ag108第Ⅰ卷注意事项：本卷全部为选择题，共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A.在锅炉的内壁焊上一定数量的锌片可延长锅炉的使用寿命B.工业废水中的、等重金属离子可用作沉淀剂，转化为沉淀除去C.乙炔与氧气反应放出的热量可用于切割金属D.农业生产中，草木灰和铵态氮肥混合施用，可以增加氮肥肥效【答案】D【解析】在锅炉的内壁焊上一定数量的锌片利用的是牺牲阳极的阴极保护法，可延长锅炉的使用寿命，A正确；硫化铜和硫化汞不溶于水，可用Na2S作沉淀剂，除去废水中的、，B项正确；乙炔在氧气中燃烧可以放出大量的热，产生的高温可用于切割金属，C正确；草木灰主要成分是碳酸钾，水溶液呈碱性，草木灰和铵态氮肥混合施用可发生水解的相互促进，使NH3逸出，降低肥效，铵态氮肥和草木灰不宜混合施用，D错误；答案选D。2.常温时，下列溶液中的是A.的醋酸 B.C.的溶液 D.氨水【答案】A【解析】的醋酸中c(H+)=10-2mol/L，A符合题意；由H2SO4=2H++可知，0.1mol/L中c(H+)=0.2mol/L，B不合题意；常温时的溶液中c(H+)=10-12mol/L，C不合题意；NH3‧H2O是弱碱，0.01mol/L氨水溶液呈碱性，无法计算出H+浓度，但H+浓度小于10-7mol/L、不可能为10-2mol/L，D不合题意；故答案为：A。3.铜锌原电池装置（如图），该原电池在工作时，下列说法正确的是（含饱和溶液的琼胶）A.极流出电子，发生还原反应B.极电极反应式为C.盐桥中移向溶液D.盐桥的作用是传导电子，形成闭合回路【答案】C【解析】活泼金属Zn为负极，不活泼金属Cu为正极，盐桥的作用传导离子平衡电荷，使原电池产生平稳的电流。极流出电子，失去电子发生氧化反应，A错误；极是正极，发生还原反应，电极反应式为，B错误；原电池工作时，溶液中的阴离子移向负极，盐桥中移向溶液，C正确；盐桥的作用是传导离子，形成闭合回路，D错误；答案选C。4.下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A.工业合成氨时，把氨气液化后及时从平衡混合物中分离出去B.高锰酸钾（）溶液加水稀释后颜色变浅C.实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法D.配制溶液时，常先将晶体溶于较浓的盐酸中【答案】B【解析】合成氨工业中及时从反应体系中分离出氨气，使生成物的浓度降低，促进平衡向正反应方向移动，反应物转化率增大，可以用平衡移动原理解释，A不符合题意；酸性高锰酸钾溶液加水后溶液颜色变浅，是因为溶液变稀，浓度降低所导致，不能用平衡移动原理解释，B符合题意；实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度大使平衡Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO逆向移动，可以用平衡移动原理解释，C不符合题意；配制溶液时，存在Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+平衡，将晶体溶于较浓的盐酸中，增大H+浓度，抑制FeCl3水解，可以用平衡移动原理解释，D不符合题意；答案选B。5.在基态多电子原子中，下列说法正确的是A.、、能级的轨道数依次增多B.能级的能量一定比能级的能量高C.、、轨道相互垂直，能量相等D.电子云图中的小黑点表示绕核做高速圆周运动的电子【答案】C【解析】、、能级的轨道数都是5个，轨道数相等，A错误；相同能层的p能级的能量比s能级的能量高，不同能层不一定p能级的能量比s能级的能量高，如2p能级的能量低于3s能级，B错误；2px、2py、2pz轨道相互垂直，同一能级的不同轨道的能量相同，所以2px、2py、2pz轨道的能量相同，C正确；在电子云示意图中，小黑点是电子在原子核外出现概率密度形象描述，而不是表示电子绕核作高速圆周运动的轨迹，D错误；答案选C。6.时，恒容密闭容器中发生反应，下列说法正确的是A.反应物的总能量低于生成物的总能量B.增大反应物浓度能使单位时间内有效碰撞次数增加C.反应物断键所吸收的总能量大于生成物成键所释放的总能量D.平衡后，向该容器中充入氦气，平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，A错误；增大反应物浓度，增加了活化分子数，从而增加单位时间内的有效碰撞次数，B正确；该反应，为放热反应，反应物断键所吸收的总能量小于生成物成键所放出的总能量，C错误；恒容密闭容器充入氦气，各物质的浓度均不变，则平衡不移动，D错误；故选B。7.下列有关金属的腐蚀与防护的说法中错误的是A.采用外加电流法保护钢闸门，把钢闸门与直流电源正极相连B.用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈C.金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍，速率也大得多D.利用阳极氧化法，使铝制品表面形成致密的氧化膜而钝化【答案】A【解析】将钢闸门与直流电源的正极相连作阳极加快腐蚀，应该与直流电源的负极相连可防止其被腐蚀，A错误；铁比锡活泼，用锡焊接的铁质器件，焊接处铁做负极而加速腐蚀而生锈，B正确；金属材料中通常都含有杂质，则金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍，且形成原电池后加快反应速率，C正确；阳极氧化是一种通过电解在铝表面形成致密氧化膜的方法，可以有效防止进一步腐蚀，D正确；故选A。8.下列事实一定能说明亚硝酸（）是弱电解质的是①用溶液做导电性实验，灯泡很暗②常温下，溶液的③溶液与溶液恰好完全反应④常温下，溶液中存在的微粒有：、、、、A.①④ B.①③ C.②③ D.②④【答案】D【解析】①用浓度很稀的溶液做导电性实验，灯泡很暗，不能说明HNO2是弱电解质，①不符合题意；②常温下，若HNO2是强电解质，应该完全电离，溶液的pH应该等于1，现在，说明HNO2是部分电离，属于弱电解质，②符合题意；③NaOH是一元碱，溶液与溶液恰好完全反应说明HNO2是一元酸，不能说明是弱电解质，③不符合题意；④常温下，溶液中存在的微粒有：、、、，说明HNO2的溶液中存在电解质分子和离子，属于部分电离，是弱电解质，④符合题意；答案选D。9.已知下列两个反应的热化学方程式：①②下列说法错误的是A.与所具有内能不同B.热化学方程式②可表示甲烷的燃烧热C.反应的D.生成放出的热量大于【答案】D【解析】液态水与水蒸气状态不同，液态水转化为水蒸气是内能增大的过程，所具有的内能不同，故A正确；燃烧热是指1mol可燃物质完全燃烧生成指定的化合物的反应热，热化学方程式②可表示甲烷的燃烧热，故B正确；根据盖斯定律，由①×4-②可得CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(l)ΔH=4×(-285.8kJ•mol-1)-(-890.3kJ•mol-1)=-252.9kJ•mol-1＜0，故C正确；气态水的能量比液态水的高，故生成1molH2O(g)放出的热量小于285.8kJ，故D错误；答案选D。10.下列用于解释事实的方程式书写错误的是A.用明矾[]作净水剂：B.溶液呈弱碱性：C.向溶液中滴加少量浓（忽略热量变化），溶液橙色加深：D.为了除去锅炉水垢中的，可先用溶液处理：【答案】B【解析】用明矾[]作净水剂是铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附杂质，故A正确；溶液呈弱碱性，以第一步水解为主：，故B错误；向溶液中滴加少量浓，增大了H+的浓度，平衡逆向移动，溶液橙色加深，故C正确；用饱和溶液处理锅炉水垢中的是硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，，故D正确；答案选B。11.活化能和简单碰撞理论可以解释一些因素对化学反应速率的影响。研究发现，反应实际上是经过下列两个基元反应完成的：ⅰⅱ反应过程中的能量变化如下图所示：下列说法错误的是A.反应物的分子必须发生碰撞才能发生基元反应B.反应ⅰ比反应ⅱ的活化能大C.反应的D.因为ⅰ中断开化学键吸收能量，所以【答案】D【解析】反应物的分子必须发生碰撞，使化学键断裂，才能发生基元反应，A正确；由图像可知，反应i的活化能比反应ii的活化能大，B正确；ⅰⅱ根据盖斯定律，反应i+反应ii得到反应，则反应的，C正确；因为ⅰ中断开化学键吸收能量大于形成化学键放出的能量，反应为吸热反应，所以，D错误；答案选D。12.下列图示实验设计（部分夹持装置已略去）不能达到对应实验目的是选项AB实验设计实验目的探究和溶解度的大小测定锌粒与硫酸反应的速率选项CD实验设计实验目的探究催化剂如何影响分解的速率通过采集压强数据判断铁钉发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】滴加氯化钠溶液后一定产生氯化银沉淀，再加入硫化钠，由于体系中硝酸银过量，可以继续产生硫化银沉淀，不能比较溶度积的大小，A不能达到实验目的；稀硫酸与锌粒反应生成氢气，通过观察单位时间内注射器体积变化或产生一定体积气体所用的时间，可测定反应速率，B能达到实验目的；除了加入氯化铁溶液条件不相同外，其余条件均相同，可以探究催化剂如何影响分解的速率，C能达到实验目的；析氢腐蚀会生成氢气，使容器内压强增大；吸氧腐蚀会消耗容器内氧气，使压强减小，D能达到实验目的；故选A。第Ⅱ卷注意事项：用黑色的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。本卷共4题，共64分。13.下图为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑧在表中的位置，回答下列问题：（1）上图中属于区的元素是______（填元素名称）。（2）基态①原子中能量最高的电子，其电子云轮廓图的形状为______。（3）基态②原子的核外电子有______种空间运动状态。（4）②、③、④三种元素的原子半径由大到小的顺序为______（用元素符号表示）。（5）③、④两种元素中第一电离能较大的元素是______（用元素符号表示）。根据“对角线规则”，与元素④性质相似的元素是______（用元素符号表示）。（6）基态⑤原子的核外电子排布式为____________。（7）基态⑥原子中，其占据的最高能层的符号是______，若基态⑥原子的电子发生电子跃迁形成激发态时，______（填“吸收”或“释放”）能量。（8）基态⑦原子的价层电子轨道表示式为__________。（9）元素①~⑧中，电负性最大的元素是______（用元素符号表示）。（10）元素①~⑧中，某元素的原子逐级电离能如下图所示，该元素是______（用元素符号表示）。【答案】（1）锌（2）哑铃形（3）5（4）（5）①.②.（6）（7）①.②.吸收（8）（9）（10）【解析】根据元素在周期表中的位置，①②③④⑤⑥⑦⑧分别是O元素、F元素、Mg元素、Al元素、S元素、K元素、Cr元素、Zn元素。【小问1详析】ⅠB、ⅡB族元素是ds区，则属于ds区元素的是锌；【小问2详析】O原子价电子排布式为，能量最高的电子在2p能级，其电子云轮廓图的形状为哑铃形；【小问3详析】F原子的核外电子排布式为，核外电子有种空间运动状态；【小问4详析】电子层数越多，原子半径越大，若电子层数相同，质子数越多，原子半径越小，F、Mg、Al原子半径由大到小的顺序为；【小问5详析】同周期从左到右，第一电离能呈增大的趋势，Mg的3s能级的能量低于Al的3p能级的能量，其第一电离能反常，故第一电离能较大的元素是Mg；由于Be与Al处于对角线位置，根据“对角线规则”，与元素Al性质相似的元素是Be。小问6详析】基态S原子的核外电子排布式为；【小问7详析】基态K原子核外电子排布式为；有4个电子层，其占据的最高能层的符号是N；若基态K原子的电子发生电子跃迁形成激发态时，电子跃迁到能量更高的轨道，因此需要吸收能量；【小问8详析】基态Cr原子的价层电子排布式为，价层电子轨道表示式为；【小问9详析】非金属性越强，其电负性越大，元素①~⑧中，电负性最大的元素是F；【小问10详析】由逐级电离能示意图可知，第三电离能和第四电离能差距较大，其化合价为+3价，则该元素是Al。14.降低大气中的CO2含量和有效开发利用CO2正成为研究的主要课题，CO2与氢气合成甲醇的反应为：△H＜0，请回答下列问题：（1）该反应的自发条件是______（填“高温自发”“低温自发”或“任何温度下都自发”）。（2）下列有利于提高CO2转化率的措施有______（填字母）。A.缩小容器容积，增大压强 B.升温C.使用催化剂 D.增大H2和CO2的初始投料比（3）在容积为2L的恒容密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，在500℃时，发生上述反应，10min后反应达到平衡，测得平衡时。①达到平衡时CO2的转化率为_________，前10min内用H2(g)的浓度变化来表示该反应的平均反应速率为v(H2)=______。②计算该温度下此反应的化学平衡常数K的值为______（保留两位小数）。③保持温度不变，平衡后如果将容器的容积扩大到4L，达到新平衡时，c(CH3OH)______0.375mol/L（填“＞”、“＜”或“＝”）。（4）恒温恒容条件下，下列能说明反应已达平衡的是______(填字母)。A.B.单位时间内生成1molH2O(g)的同时生成3molH2(g)C.混合气体的密度不随时间而变化D.容器中混合气体的压强不随时间而变化（5）以CO2、H2为原料合成CH3OH时，还发生了副反应：该反应化学平衡常数(K)和温度(t)的关系如下表所示，请回答下列问题：t/℃7008008301000K0.60.91.01.7①该反应为______（填“吸热”或“放热”）反应。②1000℃时，某时刻反应混合物中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol/L、2mol/L、3mol/L、3mol/L，则此时上述副反应的平衡移动方向为__________（“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”）。【答案】（1）低温自发（2）AD（3）①.75%②.0.225③.5.33④.＜（4）BD（5）①.吸热②.逆反应方向【解析】【小问1详析】根据体系的自由能公式△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行。反应△H＜0的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，则要使△G=△H-T△S＜0，则反应温度是是低温条件下可自发进行；【小问2详析】若缩小容器容积，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，导致CO2的转化率提高，A符合题意；该反应的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，因而导致CO2的转化率降低，B不符合题意；使用催化剂，能够使正、逆反应速率都增大，且增大的倍数相同，因此化学平衡不移动，所以使用催化剂不能提高CO2的平衡转化率，C不符合题意；增大H2和CO2的初始投料比，导致体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此可以使更多CO2反应转化为生成物，因此能提高CO2的平衡转化率，D符合题意；故合理选项是AD；【小问3详析】①根据物质反应转化关系可知：10min反应达到平衡时反应产生CH3OH的浓度为0.75mol/L，则会同时反应消耗CO2的浓度为0.75mol/L，由于容器的容积是2L，则消耗CO2的物质的量是n(CO2)=0.75mol/L×2L=1.5mol，反应开始时CO2的物质的量是n(CO2)=2mol，故达到平衡时CO2的转化率为：×100%=75%；根据物质反应转化关系可知：在前10min内产生CH3OH的浓度为0.75mol/L，同时消耗H2的浓度为△c(H2)=3×0.75mol/L=2.25mol/L，故前10min内用H2(g)的浓度变化来表示该反应的平均反应速率为v(H2)==0.225mol/(L·min)；②在反应开始时c(CO2)=1mol/L，c(H2)=3mol/L，在10min反应达到平衡时c(CH3OH)=0.75mol/L，根据物质反应转化关系可知，同时会产生H2O的浓度c(H2O)=0.75mol/L，消耗CO2的浓度△c(CO2)=0.75mol/L，△c(H2)=2.25mol/L，故平衡时c(CO2)=0.25mol/L，△c(H2)=0.75mol/L，因此该温度下是化学平衡常数K==5.33；③保持温度不变，平衡后如果将容器的容积由2L扩大到4L，若平衡不发生移动，则CH3OH的浓度应该是原来的一半，c(CH3OH)==0.335mol/L，该反应的正反应是气体体积减小的反应，若容器的容积扩大，相当于减小体系的压强，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，因此当达到新平衡时，c(CH3OH)＜0.335mol/L；【小问4详析】A．在恒温恒容时，当反应达到平衡时，，因此时反应未处于平衡状态，A不符合题意；B．若单位时间内生成1molH2O(g)的同时生成3molH2(g)，则反应体系中任何物质的浓度不变，反应处于平衡状态，B符合题意；C．反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则无论反应是否达到平衡状态，体系的密度始终不变，因此不能根据混合气体的密度不变来判断反应是否达到平衡状态，C不符合题意；D．反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；该反应是正反应是气体体积减小的反应，若反应未达到平衡，随着反应的进行，气体的物质的量减小，气体的压强减小，因此若容器中混合气体的压强不随时间而变化，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态就，D符合题意；故合理选项是BD；【小问5详析】①根据温度与化学平衡常数的关系式可知：升高温度，该反应的化学平衡常数增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，故该反应的正反应是吸热反应，故△H＞0；②根据表格数据可知：在1000℃时化学平衡常数K=1.7。若在1000℃时，某时刻反应混合物中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol/L、2mol/L、3mol/L、3mol/L，则此时浓度熵Qc==2.25＞1.7，则上述副反应的平衡移动方向为向逆反应方向移动。15.如下图所示，其中甲池的总反应为，请回答下列问题：（1）甲池中负极的电极反应式为___________。（2）丙池中总反应的离子方程式为___________。（3）当乙池中极质量增加时，甲池中理论上消耗的体积为______（标准状况）。（4）反应一段时间后，断开开关，下列物质能使乙池恢复到反应前的浓度的是______（填字母）。a．b．c．（5）若丙池中电极不变，将其溶液换成滴有酚酞的溶液，开关闭合一段时间后，极附近观察到的现象是______。（6）若用丙池模拟铁制品表面镀铜，需要更换电极，则铁制品应放在______（填“”或“”）电极。【答案】（1）（2）（3）（4）（5）溶液变红，有气泡产生（6）【解析】根据电池结构可知甲池是甲醇燃料电池，左边Pt电极为负极，右边Pt电极为正极，进而推出乙、丙池为电解池，A、C为阳极，B、D为阴极。【小问1详析】甲池为原电池。负极上CH3OH失去电子在碱性条件下生成，电极反应式为：；【小问2详析】丙池是电解池，电解CuCl2溶液，总反应的离子方程式为：；【小问3详析】乙池中B极上发生Ag++e-=Ag，4.32gAg的物质的量为，电路中的电子转移为0.04mol，甲池中O2参与的反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，则参加反应的O2是物质的量为0.01mol，标准状况下的体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L；【小问4详析】乙池的总反应的离子方程式为4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+，减少的元素是Ag和O元素，加入Ag2O能使溶液恢复到反应前的浓度，答案选c；【小问5详析】若丙池中电极不变，将其溶液换成滴有酚酞的NaCl溶液，总反应的离子方程式为：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，