重庆市南坪中学2025-2026学年高二上学期期中化学试卷

化学试卷注意事项：满分分，考试用时分钟。可能用到的相对原子质量：OS第Ⅰ卷一、选择题：本题共小题，每小题3分，共分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列装置或过程能实现化学能转化为电能的是ABCD风力发电水果电池燃料燃烧手机充电A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．风力发电把风能转化为电能，故不选A；B．水果电池属于原电池，把化学能转化为电能，故选B；C．燃料燃烧把化学能转化为热能、光能等，故不选C；D．手机充电把电能转化为化学能，故不选D；选B。2.下列物质既属于强电解质，又在水溶液中因为水解成酸性的是A.NaHSO4B.CHCOOHC.NHClD.CHCOONa【答案】C【解析】第1页/共20页【详解】A．是强电解质，但其酸性来源于电离（离解出A不符合题意；B．是弱电解质，不符合强电解质的条件，B不符合题意；C．是强电解质，水解生成使溶液呈酸性，C符合题意；D．是强电解质，但水解生成使溶液呈碱性，D不符合题意；故答案选C。3.证据推理是化学学科核心素养的重要组成部分。室温下，下列实验事实不能证明CHCOOH是弱电解质的是A.醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色B.测得CHCOOH溶液的pH=2.1C.等pH等体积的盐酸、CHCOOH溶液和足量锌反应，CHCOOH放出的氢气较多D.将pH=1的CHCOOH溶液稀释100倍，测得pH<3【答案】A【解析】【详解】A．能使紫色石蕊溶液变红色，说明其水溶液呈酸性，但不能证明醋酸弱电解质，故A符合题意；B．0.1mol/L醋酸溶液的pH为2.1说明醋酸在溶液中部分电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故B不符合题意；C．等pH等体积的硫酸、醋酸溶液和足量锌反应，醋酸放出的氢气较多说明醋酸在溶液中部分电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故C不符合题意；D．pH=1的醋酸溶液稀释至100倍，测得pH<3说明醋酸在溶液中部分电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故D不符合题意；故选A。4.下列说法不正确的是A.铜上镀银时，银作阳极B.用电解熔融AlCl3的方法冶炼金属AlC.用热的纯碱溶液去除油污D.明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂【答案】B第2页/共20页【详解】A．铜上镀银时，阳极应为镀层金属银，以提供，A正确；B．为共价化合物，熔融态不导电，工业上通过电解熔融冶炼铝，B错误；C．纯碱（）水解呈碱性，加热促进水解，增强去油污能力，C正确；D．明矾水解生成胶体，吸附悬浮物而净水，D正确；故答案选B。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.将7.45gNaClO固体溶于配成1L溶液，含有的数目为0.1NAB.1L0.1mol/L的HS溶液中含有H的数目为0.2NAC.常温下的NaOH溶液中，水电离出的数目为NAD.标准状况下，溶于水所得溶液中，F和HF的总数为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A．7.45gNaClO的物质的量为=0.1mol，但ClO在水中会水解，实际数目小于0.1N，A错误；B．HS为弱酸，部分电离，1L0.1mol/L的HS溶液中含有H+的数目远小于0.2N，B错误；C．pH=13的NaOH溶液中，水电离的OH浓度等于溶液中的H+浓度，常温下的NaOH溶液中，c(H+)=1013mol/L，数目为1013N，C正确；D．标准状况下HF为液体，无法用气体摩尔体积计算物质的量，D错误；故选C。6.实验是学习化学的重要途径，下列所示装置或操作能达到实验目的的是A．制备无水MgCl2B．测定溶液pH第3页/共20页液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．氯化镁在氯化氢的氛围中加热失水，抑制镁离子水解，最后得到无水氯化镁，A正确；B．pH试纸浸入溶液中，试剂被污染，应选玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，B错误；C．不能在容量瓶里溶解氢氧化钠固体，C错误；D．滴定管的读数精确到小数点后面2NaOH应该使用碱式滴定管，而图示滴定管为酸式滴定管，D错误；故答案为：A。7.下列方程式书写正确的是A.NaHS水解：HS+HO⇌S2+HO+B.铅蓄电池放电时负极电极反应式：Pb++2e=PbSO4C.加入水中：D.电解精炼铜阳极的电极方程式仅为：Cu2e=Cu2+【答案】C【解析】【详解】A．HS水解应生成HS和OH，离子方程式为：HS+HOHS+OH，A错误；B．铅蓄电池放电时负极反应为Pb+2e=PbSO，B错误；C．4水解生成·xHO沉淀和HCl，化学方程式为：，C正确；DCu2e=Cu2+Zn2e=Zn2+等，第4页/共20页D错误；故选C8.某氢氧燃料电池工作示意图如图。下列说法中，正确的是A.电极a为电池的正极B.电极b表面反应为：O+4e+4H+=2HOC.电池工作过程中OH向b电极迁移D.氢氧燃料电池将化学能转化为电能的转化率高于火力发电，提高了能源利用率【答案】D【解析】【分析】由图可知，电极a为负极，电极反应式为H2e+2OH=2HO，电极b为正极，电极反应式为O2+4e+2HO=4OH，据此作答。【详解】A．由分析可知，电极a为电池的负极，A错误；B．已知电解质溶液为KOH溶液，故电极b表面反应为：O+4e+2HO=4OH，B错误；C．原电池工作工作时，电解质溶液中阳离子移向正极，阴离子移动负极，结合分析电极a为负极，电极b为正极，故电池工作过程中OH向a电极迁移，C错误；D．氢氧燃料电池将化学能直接转化为电能，能量的转化率高于火力发电，提高了能源利用率，D正确；故答案为：D。9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.无色透明溶液中：、、、B.能使甲基橙变红的溶液中：、、、C.的溶液中：、、、D.水电离的为的溶液中：、、、第5页/共20页【答案】B【解析】【详解】A．与在溶液中发生双水解反应生成沉淀和气体，不能大量共存，A错误；B．甲基橙变红说明溶液呈酸性，、、、在酸性条件下不反应，能大量共存，B正确；C．，会与OH反应生成，不能大量存在，C错误；D．水电离的，说明溶液可能为强酸或强碱。若为强酸，与反应；若为强碱，与OH反应，两种情况下离子均不能大量共存，D错误；故选B。10.常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是A.相同浓度溶液①②③④NaOH⑤，pH由大到小：④>②>③>⑤>①B.相同浓度CHCOOH和CHCOONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CHCOOH)>c(Na+)>c(CHCOO)C.分别中和相等、体积相等的两种酸溶液，所需的物质的量一定相同D.常温下，c(NH)相同的四种溶液：①NH·HO；②NHHSO；③(NH)CO；④NHCl，溶液的浓度由大到小的顺序是：①>③>②>④【答案】A【解析】【详解】A．等浓度的为强酸，pH最低；NaOH为强碱，pH最高；水解呈弱碱性，pH介于NaOH和中性之间；pH<7；因含更多pH比更低。故pH顺序为④>②>③>⑤>①，A正确；B与混合后pH≈4.7，显酸性说明该混合溶液电离程度大于水解程度，故，B错误；第6页/共20页D．①因电离产生少量，浓度最低，②解离完全且抑制水解，③中含有2个，和是强酸弱碱盐，能水解但较大小顺序为①<④<②<大到小的顺序是①>④>②>③，D错误；故选A。下列实验操作、现象和结论都正确的是实验方案现象结论Fe发生电化学腐蚀生成A有蓝色沉淀生成滴加K[Fe(CN)]溶液Fe2+用计分别测量同浓度的：酸性：B和溶液的向溶液中C先滴加4滴溶液，再KAgCl>KAgI色沉淀滴加4滴溶液用玻璃棒蘸取NHFe(SO)2溶液滴在干将试纸显色的颜色与标准D发生水解燥的广泛pH试纸上比色卡比较，测得pH<7A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．铁作为负极被氧化生成Fe2+，滴加K[Fe(CN)]与Fe2+反应生成蓝色沉淀，现象正确，但原电第7页/共20页池中Fe的腐蚀属于析氢腐蚀，未明确电化学腐蚀类型，A错误；BCHCOONa的pH大于HCOONaCHCOOCHCOOH酸性弱于HCOOH，结论正确，B正确；CAgNO3KCl生成AgClAg+与后续KI反应生成AgIK（需控制Ag+C错误；D．NHFe(SO)2溶液pH<7的主因是Fe3+水解（酸性强于Fe3+水解，D错误；故选B。12.一种基于氯碱工艺的新型电解池(图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法不正确的是A.右边电极为阳极，连接电源的正极B.Na+穿过离子交换膜从右往左移动C.阴极电极反应：D.理论上每消耗，阳极室溶液减少106.5g【答案】D【解析】【分析】装置图中左侧电极为阴极用于湿法冶铁故发生还原反应，在碱性条件下转化为Fe，电极反应：；右侧为电解池的阳极，电解质为饱和食盐水，电极上生成气体，极反应为；中间为阳离子交换膜，由阳极移向阴极。【详解】A．右侧为电解池的阳极，连接电源的正极，A正确；B．中间为阳离子交换膜，由阳极移向阴极，即从右往左移动，B正确；C．根据分析，阴极电极反应：，C正确；第8页/共20页D．理论上每消耗转移3mol电子，生成1.5mol氯气，根据电荷守恒有3mol从阳极室移入阴极室，阳极室溶液减少质量，D错误；故选D。13.室温下，用pH计测定强碱滴定混酸过程的pH变化如下图所示，所用NaOH、HCl和CHCOOH溶液的浓度均相等，且混酸的体积为20mL，下列说法不正确的是A.可以选择酚酞作指示剂B.M点，C.P点，D.Q点，【答案】D【解析】【分析】由图可知，M点为等浓度的和HCl的混合溶液，N点HCl与NaOH溶液恰好反应得到等浓度的NaCl和的混合溶液，溶液呈酸性，P点主要含NaCl和的混合溶液，Q点HCl和与NaOH溶液恰好反应得到等浓度NaCl和的混合溶液，溶液呈碱性。ANQ点为第二次滴定终点，根据pH可选酚酞作指示剂，A正确；B．由分析可知，M点为等浓度的和HCl的混合溶液，盐酸在溶液中完全电离出和，在溶液中部分电离出和离子，故浓度最大，其次是，第三是第9页/共20页，B正确；C．由分析可知，P点主要含NaCl和的混合溶液，溶液呈中性，溶液中浓度等于浓为，，C正确；D．Q点HCl和与NaOH溶液恰好反应得到等浓度NaCl和的混合溶液，电荷守恒表示为，物料守恒表示为，整合可得关系式，D错误；故选D。14.利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中可能的产物。已知：ⅰ．图1中曲线表示：体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同pH下由图1得到]。下列说法不正确的是A.由图1可知，碳酸的B.图时溶液中一定有：C.由图2可知初始状态时，有沉淀生成第10页/共20页D.由图1和图2可知，初始状态，发生反应：【答案】B【解析】【分析】HCO⇋H++，K(HCO)=，⇋H++，K(HCO)=，图1中和的交点可知，K(HCO)=1010.25，图1中HCO3和的交点可知，K=106.37；【详解】A．由分析可知，水溶液中的离子平衡从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，，A项正确；B类不确定，故电荷守恒一定不成立，B项错误；C．从图2可以看出时，该点位于曲线Ⅰ的上方和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀，但会产生氢氧化镁沉淀，C项正确；D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确；答案选B第Ⅱ卷二、非选择题：本题共4个小题，共分。15.电化学在生活中的应用广泛，请根据电化学原理回答下列问题。（1aAg上发生的电极反应式为_______区溶液pH将_______(填“增大”或“减小”或“基本不变”)。第11页/共20页（2）以石墨为电极电解饱和氯化钠溶液，总反应的化学方程式为_______。（3）钢铁吸氧腐蚀正极的电极反应式为_______，利用电解原理保护钢铁的方法为_______。（4）华中科技大学武汉国家光电研究中心孙永明教授课题组利用一种“蓝”石墨电极(基固态电解质界面膜)，实现了锂离子电池的极速充电和长循环寿命，工作原理如下图所示。①放电时，M极发生的电极反应为：_______。②当电路中通过电子时，理论上两电极的质量变化差为_______g。【答案】（1）①.②.增大（2）（3）①.②.外加电流法（4）①.②.14【解析】【分析】(1)根据图中两电极的活泼性，Cu为负极，Ag为正极。(2)以石墨为电极电解饱和氯化钠溶液，根据阳极放电顺序，阳极为放电生成，阴极是水电解得。(3)根据钢铁吸氧腐蚀可知铁在负极失电子，氧气在正极得电子，吸氧腐蚀溶液的pH>4.6。第12页/共20页应为阳极，放电时为正极。M放电时为负极，充电时为阴极。【小问1详解】电极Ag上发生得电子的还原反应，故正极电极反应式为；反应进行一段时间后正极区消耗，溶液pH增大。【小问2详解】根据分析，以石墨为电极电解饱和氯化钠溶液，总反应的化学方程式为。【小问3详解】钢铁吸氧腐蚀正极的电极反应式为；利用电解池保护钢铁，需让钢铁作阴极防止钢铁失电子，这种方法称为外加电流法。【小问4详解】①放电时，M极作为负极，根据M极物质变化可知是由，发生的电极反应为。②当电路中通过1mol电子时，发生反应的为1mol，正负两极质量一增一减，理论上两电极的质量变化差为14g。16.研究弱电解质的电离和水溶液酸碱性有重要意义。I．已知：在25℃，有关弱电解质的电离平衡常数如下表有下表。弱电解质HSO3HCO3HClONH·HO电离平衡常数K=1.54×102，K=1.02×107K=4.2×107，K=5.6×10K=4.7×108K=1.8×105（1）写出HCO4的一级电离方程式_______。（2）写出少量CO2通入NaClO溶液中发生反应的离子方程式为_______。（3）将SO2通入氨水中，当c(OH)降至1.0×107mol⋅L1时，溶液中的_______。第13页/共20页（4）下列微粒在溶液中不能大量共存的是_______。A.B.C.D.（5）溶液中、、、四种微粒的浓度由大到小的顺序为_______。Ⅱ．已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如下图所示。（6ApH=2的HCl溶液和pH=12的某MOHαα2表示，则α_______α()，若使B点向C点移动，改变的条件为_______。（7）在曲线B所对应的温度下，将0.02mol/L的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，所得混合液的pH=_______。【答案】（1）HCO⇋+H+（2）（3）1.02（4）C（5）（6）①.等于②.升高温度（7）10【解析】【小问1详解】HCO4是二元弱酸，一级电离方程式为HCO⇋HCO+H+【小问2详解】酸性HCO>HClO>，根据“强酸制弱酸”，少量CO2通入NaClO溶液中生成碳酸氢钠和次氯酸，发第14页/共20页【小问3详解】将SO2通入氨水中，当c(OH)降至1.0×107mol⋅L1时，c(H+)=1.0×107mol⋅L1，K=。【小问4详解】A．酸性，所以不反应，能大量共存，故不选A；B．酸性，所以不反应，能大量共存，故不选B；C反应生成，不能大量共存，故选C；D．酸性HCO>HClO>，所以不反应，能大量共存，故不选D；选C。【小问5详解】的、，的水解常数为的电离常数，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，、、、四种微粒的浓度由大到小的顺序为。【小问6详解】根据图示，曲线A所对应的温度下的，pH=2的HCl溶液中c(H+)=1.0×102mol⋅L1、c(OH)=1.0×1012mol⋅L1c(H+)=1.0×1012mol⋅L1pH=12的某MOH溶液中c(H+)=1.0×1012mol⋅L1c(OH)=1.0×102mol⋅L1c(H+)=1.0×1012mol⋅L1若水的电离程度分别用α、α2表示，则α1等于α；C点大于B，则C点温度高于B，若使B点向C点移动，改变的条件为升高温度。【小问7详解】根据图示，曲线B所对应的温度下的，将0.02mol/L的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，氢氧根离子有剩余，反应后c(OH)=第15页/共20页,c(H+)=mol⋅L1，所得混合液的pH=10。17.硫代硫酸钠(NaSO⋅5HO)是重要的硫代硫酸盐，NaSO3是实验室定量分析中的重要还原剂。为测定榨菜中亚硝酸根离子的含量(忽略硝酸根离子的干扰)2kg1L100mL稀释后的滤液与过量的稀硫酸和碘化钾溶液的混合0.02mol/L的NaSO3NaSO3溶液的体积为20.00mL。（1）若配制480mL0.02mol/L的NaSO3溶液，需要用托盘天平称量_______晶体。玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要_______。（2）①在碱式滴定管中装入NaSO3溶液后，要先排放滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为_______(填字母)。②滴定终点的现象是_______。③该榨菜榨汁中亚硝酸根离子的含量为_______(已知：2+4H++2I=2NO+I+2HO，)。④下列操作引起测量结果偏高的是_______(填字母)。A．锥形瓶用蒸馏水洗后未干燥B．配制NaSO3溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒C．碱式滴定管未润洗D．碱式滴定管开始正确读数，终点时俯视读数（3(图4)KNO3HO在双极膜界面处被催化解离成H+和OH，有利于电解反应顺利进行。第16页/共20页①写出电极a的电极反应式_______。②每生成1molNH·HO，双极膜处有_______molHO解离。【答案】（1）①.2.5②.500mL容量瓶（2）①.B②.当加入最后半滴NaSO3溶液，锥形瓶内蓝色褪去，且半分钟内无变化③.92④.BC（3）①.②.8【解析】【分析】本题配制一定浓度的溶液，并用配制的溶液来测定榨菜中亚硝酸根离子的含量，根据关系2I~I~2~2NaSO3进行计算得出榨菜中亚硝酸根离子的含量。【小问1详解】若配制480mL0.02mol/L的500mL容量瓶，，，则需要称量2.5g晶体；玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要500mL的容量瓶；【小问2详解】①碱式滴定管胶管中藏有气泡，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，故选B；②反应滴定终点现象：当加入最后半滴NaSO3溶液锥形瓶内蓝色褪去，且半分钟内无变化；③消耗的物质的量为，反应方程式为100mL亚硝酸根离子的含量为，则原1L溶液中含有亚硝酸根，则亚硝酸根离子的含量为；④A．锥形瓶用蒸馏水洗后未干燥，不影响浓度，故不影响测定结果，A不符合题意；BB符合题意；C．滴定管未润洗，导致标准液浓度偏小，标准液体积偏大，结果偏大，C符合题意；DD不符合题第17页/共20页【小问3详解】①催化电解KNO3KNO3ab产生的H+OH为；1molNH·HO8mole8molH+8molHO解离。18.以碳酸锰铜矿(