2024-2025学年广东省茂名市电白区高二上学期期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1广东省茂名市电白区2024-2025学年高二上学期期中考试说明：（1）请用黑色钢笔或签字笔将答案写在答题卡上，考试结束时只交答题卡。（2）全卷满分100分，考试时间75分钟。（3）可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共16小题，共44分。第小题，每小题2分；第11小题，每题4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.下列物质在水溶液中能导电的电解质是A. B. C. D.【答案】C【解析】自身不能电离，属于非电解质，故不选A；Fe是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故不选B；的水溶液能导电，碳酸钠属于电解质，故选C；自身不能电离，属于非电解质，故不选D；选C。2.“能源”是人们生活中不可或缺的一部分，化学能与热能的相互转化是能量合理应用的重要途径。下列属于化学能与热能的转化过程的是图片转化过程太阳能热水器烧水天然气燃气炉燃烧电解冶炼铝水力发电选项ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】太阳能热水器烧水是太阳能转化为热能，没有发生化学变化，A错误；天然气燃气炉燃烧，是天然气（主要成分为甲烷）与氧气反应生成二氧化碳和水，化学能转化为热能，B正确；电解冶炼铝是电能转化为化学能，C错误；水力发电是机械能转化为电能，D错误；故选B。3.化学与生活生产密切相关，下列事实与盐类水解无关的是A.明矾净化水B.配制溶液加铁粉C.氯化铵溶液可做金属焊接中的除锈剂D.向中加入水，加热蒸干，最后焙烧固体得到【答案】B【解析】明矾中Al3+水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体吸附杂质用于净水，与盐类水解有关，故不选A；配制溶液加铁粉是为了防止Fe2+氧化变质，与水解无关，故选B；NH4Cl水解使溶液呈酸性，溶解氧化铁，与盐类水解有关，故不选C；水解生成TiO2·xH2O，加热后脱水得TiO2，与盐类水解有关，故不选D；选B。4.中国诗词常蕴含着一些自然科学知识，下列有关说法错误的是A.“莫道雪融便无迹，雪融成水水成冰”，“雪融成水”过程，“水成冰”则相反B.“玉梅雪柳千家闹，火树银花十里开”，涉及化学能转化成光能和热能的过程C.“落红不是无情物，化作春泥更护花”，体现了化学变化中的质量守恒定律D.“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，描述的煅烧石灰石是放热反应【答案】D【解析】雪融成水是吸热过程（ΔH>0），固态变液态熵增（ΔS>0）；水成冰是放热（ΔH<0），液态变固态熵减（ΔS<0），A正确；烟花燃放时化学能转化为光能和热能，B正确；有机物分解为无机物参与循环，总质量不变，体现质量守恒，C正确；煅烧石灰石高温分解为氧化钙和二氧化碳，反应需高温，是吸热反应，而非放热反应，D错误；故选D。5.下列离子方程式正确的是A.用溶液除去B.溶液中的电离方程式：C.用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：D.用醋酸除去水垢（碳酸钙）：【答案】D【解析】是弱酸，在溶液中不能完全电离为，正确方程式为：，A错误；为二元弱酸，应分步电离：，，而非一步生成，B错误；三价铁与铜单质反应时，被还原为二价铁而非铁单质，正确方程式为，C错误；醋酸为弱酸，保留分子形式，反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式书写正确，D正确；故答案选D。6.有机物结构简式为，下列有关说法不正确的是A.分子中含有3种官能团B.一定条件下，该有机物可发生加成、取代和氧化反应C.与足量钠反应，反应的与生成的物质的量之比为2:1D.分子中所有原子不可能处在同一平面上【答案】C【解析】分子中含有的官能团为羟基（-OH）、碳碳双键、羧基（-COOH），共3种，A正确；碳碳双键可发生加成反应，羟基和羧基可发生取代反应（如酯化），羟基、碳碳双键可发生氧化反应，B正确；M分子中含1个羟基（-OH）和1个羧基（-COOH），二者均能与钠反应生成H2，反应关系式为2(-OH或-COOH)~H2。1molM含1mol-OH和1mol-COOH，共2mol活泼氢，生成1molH2，故M与H2的物质的量之比为1:1，C错误；分子中含sp3杂化的碳原子（如-CH2-、-CH3中的碳），其为四面体结构，所有原子不可能共面，D正确；故答案为：C。7.下列关于工业合成氨的叙述正确的是A.合成氨工业温度选择为左右，主要是为了提高产率B.合成氨工业中为了提高氢气的转化率，可适当增加氮气浓度C.合成氨生产过程中将液化分离，不能提高反应物的转化率D.使用催化剂和施加高压，都提高反应速率是因为都增大活化分子百分数【答案】B【解析】合成氨反应为放热反应，高温会降低NH3产率，选择450~500℃主要是为了加快反应速率，故A错误；合成氨生产过程中，增加氮气浓度会使平衡正向移动，从而提高氢气的转化率，故B正确；合成氨生产过程中将NH3液化分离会减少生成物浓度，促使平衡正向移动，提高反应物转化率，故C错误；催化剂通过增大活化分子百分数提高速率，高压通过增大浓度提高速率，活化分子百分数不变，故D错误；选B。8.向浓度为HF溶液中不断加水稀释，下列各量减小的是A. B. C.c(F-) D.【答案】C【解析】氢氟酸溶液中不断加水稀释时，溶液中氢氟酸、氢离子、氟离子的浓度减小，电离常数和水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，由电离常数可知，=，氟离子的浓度减小，则、增大，故选C。9.短周期元素、、和在周期表中相对位置如表所示，其中的一种同位素可用于测定文物年代。下列说法正确的是WXYZA.原子半径：B.最高价含氧酸的酸性：C.简单氢化物的稳定性：D.单质与氢气极难反应【答案】C【解析】W的一种同位素可用于测定文物年代，故W为C，则X为F，Y为P，Z为S。原子半径：S（Z）的原子半径小于P（Y），而C（W）在第二周期更小，正确顺序为Y＞Z＞W，A错误；F（X）无最高价含氧酸，B错误；非金属性F＞S＞P，简单氢化物稳定性HF＞H2S＞PH3，C正确；氟气与氢气在冷暗处剧烈反应，并非极难反应，D错误；故选C。10.溶液中存在如下平衡：下列可使黄绿色的溶液变成黄色的方法是A.加溶液 B.降温 C.加 D.加压【答案】C【解析】加AgNO3溶液，银离子将氯离子沉淀，溶液中氯离子浓度减小，平衡逆向移动，黄绿色变为蓝色，A错误；正向，则正向吸热，降低温度平衡逆向移动，溶液蓝色加深，B错误；加NaCl(s)，溶液中氯离子浓度增大平衡正向移动，溶液变成黄色，C正确；没有气体参与，压强改变没有影响，D错误；故选C。11.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，中含有的分子数为B.的醋酸溶液中，的数目为C.的溶液中，的数目为D.与充分反应，容器中气体分子数为【答案】D【解析】标准状况下，H2O为非气态，不能用气体摩尔体积计算，分子数未知，A错误；pH=1的醋酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，但未提供溶液体积，无法确定H+数目，B错误；Na2CO3溶液中会水解，实际数目小于0.5NA，C错误；反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)是气体分子数不变的反应，容器中气体分子数始终为2NA，D正确；故答案选D。12.已知kJ⋅mol，在存在时，该反应机理为：①(快)②(慢)，下列说法错误的是A.的存在提高了该反应的反应速率和转化率B.为该过程的催化剂，为中间产物C.该反应速率主要由第②步基元反应决定D.该反应的①、②两个基元反应的活化能：②>①【答案】A【解析】反应前后V2O5的量没有改变，V2O5是该反应的催化剂，能提高反应速率，但不能提高平衡转化率与产率，故A项错误；反应前后V2O5的量没有改变，V2O5为该过程的催化剂，VO2为中间产物，故B项正确；总反应速率由最慢的一步决定，该反应速率主要由第②步基元反应决定，故C项正确；反应②为慢反应，所需活化能较大，则该反应的①、②两个基元反应的活化能：②>①，故D项正确；故本题选A。13.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是A.由实验可知，（a）、（b）、（c）所涉及的反应都是放热反应B.将实验（a）中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加C.实验（c）中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌器对实验结果没有影响D.若用固体代替溶液与盐酸反应测定中和反应的反应热，则测定数值偏高【答案】D【解析】(a)铝与盐酸反应放热，(b)Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，(c)中和反应放热，并非都是放热反应，A错误；铝片与铝粉仅表面积不同，等质量铝完全反应时物质的量相同，释放热量由反应焓变和物质的量决定，与表面积无关，热量不变，B错误；铁质搅拌器导热性强，会导致热量散失增加，使测得温度变化偏小，中和热数值偏低，对实验结果有影响，C错误；NaOH固体溶于水放热，中和反应本身放热，测定时会包含溶解热，导致总热量偏大，测定数值偏高，D正确；故答案为：D。14.可逆反应：。在容积不变的密闭容器中进行，下列能说明该反应达到平衡状态的有①单位时间内生成的同时生成2nmolNO②容器内总压强不再变化③、NO、的物质的量浓度之比为2：2：1④混合气体的密度不再改变⑤混合气体的颜色不再改变⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变A.②⑤⑥ B.①②⑤ C.③④⑥ D.②③⑥【答案】A【解析】①单位时间内生成的同时生成，都代表正反应速率，不能判断反应是否达到平衡状态，①错误；②该反应的反应前后有气体体积差，反应过程中，混合气体的物质的量发生变化，容器内总压强不再变化能说明反应达到化学平衡状态，②正确；③、NO、的物质的量浓度之比为2：2：1时不一定是平衡状态，③错误；④无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，密度不变不能说明反应达到平衡状态，④错误；⑤混合气体的颜色不再改变，说明气体的浓度不变，能说明反应达到平衡状态，⑤正确；⑥该反应前后有气体体积差，反应过程中，混合气体的物质的量一直变化，混合气体质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量一直在变，当其不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑥正确；则正确的有②⑤⑥；故选A。15.由硫铁矿烧渣(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2)制取绿矾(FeSO4·7H2O)的流程如下：下列有关说法不正确的是A.“酸溶①”后溶液中的金属离子有Fe3+和Al3+B.“除铝”时用的“溶液A”是氨水，“还原”时用的“固体B”是铁粉C.“检验”时可用KSCN溶液检验“还原”步骤是否进行完全D.过滤操作中必须使用的玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯【答案】B【解析】硫铁矿烧渣加入稀硫酸酸溶，Fe2O3、Al2O3溶解得到Fe3+、Al3+的酸性溶液，SiO2不反应，过滤，滤渣为SiO2，加入过量NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]滤液除铝，加入稀硫酸溶解得到Fe2(SO4)3，加入过量铁粉还原铁离子，离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，然后用KSCN溶液检验“还原”步骤是否进行完全，滤液中含有FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4•7H2O。“酸溶①”时，稀硫酸与Fe2O3、Al2O3反应得到Fe3+、Al3+，故A正确；“除铝”时加入碱液分离氢氧化铁沉淀和溶解氢氧化铝，强碱能将氢氧化铝沉淀溶解生成Na[Al(OH)4]滤液，氨水是弱碱，不能与氢氧化铝沉淀反应，故B错误；“还原”时加入的过量铁粉与铁离子反应生成亚铁离子，Fe3+与KSCN溶液反应生成硫氰化铁，溶液变红，所以“检验”时可用KSCN溶液检验是否存在Fe3+，若溶液不变红，说明“还原”步骤进行完全，故C正确过滤操作中需要用玻璃棒引流，烧杯装滤液，必须使用的玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯，故D正确；故选：B。16.化学反应均伴随着能量变化，研究化学反应中的能量变化对于人类的生产生活有着重要的意义。下列说法正确的是A.图甲可表示反应物断键吸收能量之和大于生成物成键释放能量之和B.由图乙可知的燃烧热为C.由图乙可知石墨完全燃烧放出的热量为D.由图乙可判断能量比能量高【答案】C【解析】图甲中反应物总能量高于生成物，表示放热反应，ΔH=断键吸收能量-成键释放能量<0，所以断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，故A错误；燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成指定产物放出的热量，由图乙可CO的燃烧热ΔH=-283kJ·mol⁻¹，故B错误；根据盖斯定律，1mol石墨完全燃烧生成CO2的ΔH=ΔH1+ΔH2=110.5kJ·mol⁻¹+(-283kJ·mol⁻¹)=-393.5kJ·mol⁻¹，1mol石墨完全燃烧放热393.5kJ，24g石墨物质的量为2mol，完全燃烧放热2×393.5kJ=787kJ，故C正确；CO燃烧生成CO2为放热反应，反应物总能量(CO+1/2O2)高于生成物(CO2)，但不能单独判断CO能量比CO2高，故D错误；选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.现有常温下浓度均为的下列五种溶液：①溶液②溶液③溶液④溶液⑤溶液。（1）这5种溶液由大到小的顺序是_____（填序号），其中由水电离的浓度最小的是_____。（填序号）（2）写出②中物质水解离子方程式_____，的水解平衡常数_____。（已知碳酸的电离常数）（3）③中各离子浓度由大到小顺序为_____。（4）若将③和④混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积_____④的体积（填“大于”、“小于”或“等于”）。（5）将②③④的溶液分别蒸干并灼烧，最终可得原溶质的是_____。（填序号）（6）一定量的稀溶液与足量的反应，为减缓产生的速率但又不影响的总量，可采取的措施是_____。（填字母）A.加固体B.加固体C.加溶液D.加溶液E.加氨水【答案】（1）①.④②③⑤①②.①（2）①.②.（3）（4）大于（5）④（6）AD【解析】【小问1详析】根据溶液的酸碱性判断溶液的大小，酸和碱溶液抑制了水的电离，盐溶液促进了水的电离，酸或碱溶液中氢离子或氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，据此进行解答。相同浓度的溶液中，①溶液为二元强酸溶液，呈酸性；②溶液中碳酸氢根离子既会水解也会电离，但水解程度略大，呈弱碱性；③溶液中铵根离子部分水解，溶液呈弱酸性，④溶液为一元强碱溶液，呈碱性；⑤溶液中铵根离子部分水解，溶液显示弱酸性，但铵根离子浓度大于③溶液中铵根离子浓度，即溶液酸性大于溶液，所以这5种溶液pH由大到小的顺序为：④②③⑤①；②③⑤为含有弱酸根或者弱碱根离子的盐溶液，促进了水的电离，而①④分别为酸和碱溶液，抑制了水的电离，其中①电离的氢离子浓度大于④电离的氢氧根离子，所以①中水的电离程度最小，水电离的浓度最小；【小问2详析】溶液中碳酸氢根离子发生水解，得到碳酸和氢氧根，水解方程式为：；碳酸氢钠溶液中的水解平衡常数为：；【小问3详析】溶液中存在的离子有、、、，由于部分铵根离子水解，溶液呈酸性，因此溶液中离子浓度由大到小顺序为：；【小问4详析】将等浓度的溶液（强酸弱碱盐）和溶液（强碱）混合，若二者等体积混合，恰好反应生成氯化钠和氨水，溶液显示碱性，若要使溶液显示中性，则氯化铵的体积应该大些或者氢氧化钠溶液体积小些，即氯化铵溶液体积大于氢氧化钠溶液体积；【小问5详析】碳酸氢钠和氯化铵对热不稳定，受热易分解，氢氧化钠受热不分解，所以灼烧可得原溶质的是④溶液；【小问6详析】减慢硫酸与锌的反应速率，可通过降低温度或浓度的措施，产生的氢气的总量不变，则氢离子的总物质的量不变，据此分析。A．加醋酸钠固体，生成醋酸是弱电解质，溶液中氢离子浓度降低，反应速率减小，但生成氢气的总量不变，A正确；B．加固体，对反应体系没有影响，B错误；C．加溶液，溶液中的在酸性条件下具有强氧化性，会与Zn反应消耗且不生成，导致生成的总量减小，C错误；D．加溶液，氢离子总量不变，溶液总体积增大，氢离子浓度降低，反应速率减小，D正确；E．加氨水，消耗酸，生成氢气总量减小，E错误；故答案为AD。18.人类食用醋的历史已有10000多年，有关醋的文字记载也至少有3000年，醋和食盐一样属于最古老的调味品。某学习小组为测定浓度并探究其电离情况，进行了如下实验。【实验一】测定的浓度（1）量取待测醋酸溶液于锥形瓶中，加入几滴_____溶液作指示剂；（2）用的溶液滴定，达到滴定终点的操作和现象为_____；（3）3次滴定消耗溶液的体积记录如下：实验次数123滴定前滴定后消耗溶液的体积/24.9825.02第3次滴定消耗溶液的体积为_____，则该醋酸溶液的物质的量浓度为_____（保留4位有效数字）。【实验二】探究电离程度。用计测定时不同浓度醋酸的，结果如下：浓度0.10000.01002.883.38（4）结合数据说明为弱电解质依据_____。（5）由表中数据计算出的电离常数_____。（6）请从水解原理角度设计合理的方案，证明是弱电解质_____（药品任取）。【答案】（1）酚酞（2）当滴入最后半滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成浅红色，且30s内不褪色（3）①.25.00②.0.1250mol/L（4）时0.1000mol/L的醋酸溶液其为2.88，不是1（5）（6）取溶液，测定其，若溶液>7，说明发生水解，可证明是弱电解质【解析】溶液滴定醋酸，达到滴定终点时最终产物为醋酸钠，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂；根据系数关系计算醋酸的物质的量浓度；可得电离常数。【小问1详析】用溶液滴定醋酸，达到滴定终点时产物为醋酸钠，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂。【小问2详析】用溶液滴定醋酸，选用酚酞作指示剂，达到滴定终点操作和现象应为：当滴入最后半滴溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变浅红色，且30s内不褪色。【小问3详析】由题干图示信息显示，第3次滴定消耗溶液的体积为25.70-0.70=25.00mL。由题可知，平均消耗的体积为，则该醋酸溶液的物质的量浓度为。【小问4详析】时0.1000mol/L的醋酸溶液其为2.88，若其为强酸，则完全电离，应为1；时0.0100mol/L的醋酸溶液其为3.38，若其为强酸，则完全电离，应为2，由此可得为弱电解质。小问5详析】由表中数据可得，时0.1000mol/L的醋酸溶液其为2.88，则电离常数约为。【小问6详析】对于溶液，若是强电解质，不应发生水解，溶液应呈中性，但测得溶液>7，说明结合水电离出的发生水解，故是弱电解质。19.有科学家预言，氢能将成为21世纪的主要能源，而且是一种理想的绿色能源。（1）①氢能被称为绿色能源的原因是_____（任答一点）。②在下，氢气在氧气中完全燃烧，生成液态水，放出的热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式为_____。（2）氢能的储存是氢能利用的前提，科学家研究出一种储氢合金。已知：；；。则_____。（3）氢气与一氧化碳反应还可以用于制备甲醇。在恒容密闭容器中充入、，发生反应，在、两个不同温度下测得（甲醇）与时间的关系如图。据此回答下列问题：①在温度下，内用表示的反应速率_____。；时，的转化率为_____。②理论上，为了提高CO的平衡转化率，可采取的措施有_____（填一条）。③在温度下，该反应的平衡常数为_____（不写单位），达到平衡后向容器中再充入、、各，此时反应_____进行（填“正向”或“逆向”）。【答案】（1）①.氢气燃烧生成水，无污染②.（2）+84.6（3）①.0.2②.50%③.降低温度或缩小容积增大压强或增大氢气的浓度或及时分离出甲醇④.0.25⑤.正向【解析】【小问1详析】①氢气燃烧生成水，无污染，为清洁能源。②在下，氢气在氧气中完全燃烧，生成液态水，放出的热量，则氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为，表示氢气燃烧热的热化学方程式为。【小问2详析】由盖斯定律计算得，。【小问3详析】①由图可知，温度下甲醇的浓度为，则由方程式可知，内的反应速率；时，的转化率为=50%，故答案为0.2；50%。②由图可知，先到达平衡，故温度，到达平衡时甲醇的浓度，说明温度升高，平衡逆向移动，故正反应是气体体积减小的放热反应，理论上，为了提高CO的平衡转化率，可采取的措施有降低温度、增大压强、增大氢气的浓度、及时分离出甲醇等。③由图可知，在温度下，恒容密闭容器中充入、，到达平衡，甲醇的浓度为，则平衡时,该反应的平衡常数为=0.25，达到平衡后向容器中再充入、、各，此时，反应正向进行。20.氧化剂在反应时不产生污染物，被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注。（一）早期制备方法滤液（1）Ⅰ为分解反应，产物除外，还产生两种气体，其中一种是红棕色气体。该反应的化学方程式是_____。（2）Ⅱ为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是_____。（3）Ⅲ中生成，反应的化学方程式是_____。（二）某实验小组以分解为例，探究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照下表所示的方案完成实验。实验编号反应物催化剂①溶液无②溶液无③溶液溶液④溶液＋少量溶液溶液⑤溶液＋少量溶液溶液（4）实验①和②的目的是_____。（5）同学们进行实验时没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进方法是_____（填一种即可）。（6）实验③④⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图1所示。分析该图能够得出的实验结论是_____。（7）资料显示，某些金属离子对的分解起催化作用。为比较和对分解的催化效果，该实验小组的同学设计了如图2所示的实验装置进行实验。某同学通过测定的体积来比较的分解速率快慢，实验时可以通过测量_____来比较。【答案】（1）（2）增大压强或增大氧气的浓度或降低温度（3）（4）探究浓度对反应速率的影响（5）向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中）（6）碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率（7）单位时间生成O2的体积或生成单位体积O2所需要的时间【解析】【小问1详析】Ⅰ为分解反应，产物除BaO外，还有一种红棕色气体和另一种气体，红棕色气体为NO2，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知另一种气体为氧气，根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应为【小问2详析】Ⅱ为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为，正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气浓度或降低温度。【小问3详析】Ⅲ中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式为。小问4详析】实验①和②双氧水浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响。【小问5详析】为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中）。【小问6详析】由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。【小问7详析】可能通过测量单位时间生成O2的体积或生成单位体积O2所需要的时间来衡量H2O2的分解速率。广东省茂名市电白区2024-2025学年高二上学期期中考试说明：（1）请用黑色钢笔或签字笔将答案写在答题卡上，考试结束时只交答题卡。（2）全卷满分100分，考试时间75分钟。（3）可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共16小题，共44分。第小题，每小题2分；第11小题，每题4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.下列物质在水溶液中能导电的电解质是A. B. C. D.【答案】C【解析】自身不能电离，属于非电解质，故不选A；Fe是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故不选B；的水溶液能导电，碳酸钠属于电解质，故选C；自身不能电离，属于非电解质，故不选D；选C。2.“能源”是人们生活中不可或缺的一部分，化学能与热能的相互转化是能量合理应用的重要途径。下列属于化学能与热能的转化过程的是图片转化过程太阳能热水器烧水天然气燃气炉燃烧电解冶炼铝水力发电选项ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】太阳能热水器烧水是太阳能转化为热能，没有发生化学变化，A错误；天然气燃气炉燃烧，是天然气（主要成分为甲烷）与氧气反应生成二氧化碳和水，化学能转化为热能，B正确；电解冶炼铝是电能转化为化学能，C错误；水力发电是机械能转化为电能，D错误；故选B。3.化学与生活生产密切相关，下列事实与盐类水解无关的是A.明矾净化水B.配制溶液加铁粉C.氯化铵溶液可做金属焊接中的除锈剂D.向中加入水，加热蒸干，最后焙烧固体得到【答案】B【解析】明矾中Al3+水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体吸附杂质用于净水，与盐类水解有关，故不选A；配制溶液加铁粉是为了防止Fe2+氧化变质，与水解无关，故选B；NH4Cl水解使溶液呈酸性，溶解氧化铁，与盐类水解有关，故不选C；水解生成TiO2·xH2O，加热后脱水得TiO2，与盐类水解有关，故不选D；选B。4.中国诗词常蕴含着一些自然科学知识，下列有关说法错误的是A.“莫道雪融便无迹，雪融成水水成冰”，“雪融成水”过程，“水成冰”则相反B.“玉梅雪柳千家闹，火树银花十里开”，涉及化学能转化成光能和热能的过程C.“落红不是无情物，化作春泥更护花”，体现了化学变化中的质量守恒定律D.“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，描述的煅烧石灰石是放热反应【答案】D【解析】雪融成水是吸热过程（ΔH>0），固态变液态熵增（ΔS>0）；水成冰是放热（ΔH<0），液态变固态熵减（ΔS<0），A正确；烟花燃放时化学能转化为光能和热能，B正确；有机物分解为无机物参与循环，总质量不变，体现质量守恒，C正确；煅烧石灰石高温分解为氧化钙和二氧化碳，反应需高温，是吸热反应，而非放热反应，D错误；故选D。5.下列离子方程式正确的是A.用溶液除去B.溶液中的电离方程式：C.用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：D.用醋酸除去水垢（碳酸钙）：【答案】D【解析】是弱酸，在溶液中不能完全电离为，正确方程式为：，A错误；为二元弱酸，应分步电离：，，而非一步生成，B错误；三价铁与铜单质反应时，被还原为二价铁而非铁单质，正确方程式为，C错误；醋酸为弱酸，保留分子形式，反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式书写正确，D正确；故答案选D。6.有机物结构简式为，下列有关说法不正确的是A.分子中含有3种官能团B.一定条件下，该有机物可发生加成、取代和氧化反应C.与足量钠反应，反应的与生成的物质的量之比为2:1D.分子中所有原子不可能处在同一平面上【答案】C【解析】分子中含有的官能团为羟基（-OH）、碳碳双键、羧基（-COOH），共3种，A正确；碳碳双键可发生加成反应，羟基和羧基可发生取代反应（如酯化），羟基、碳碳双键可发生氧化反应，B正确；M分子中含1个羟基（-OH）和1个羧基（-COOH），二者均能与钠反应生成H2，反应关系式为2(-OH或-COOH)~H2。1molM含1mol-OH和1mol-COOH，共2mol活泼氢，生成1molH2，故M与H2的物质的量之比为1:1，C错误；分子中含sp3杂化的碳原子（如-CH2-、-CH3中的碳），其为四面体结构，所有原子不可能共面，D正确；故答案为：C。7.下列关于工业合成氨的叙述正确的是A.合成氨工业温度选择为左右，主要是为了提高产率B.合成氨工业中为了提高氢气的转化率，可适当增加氮气浓度C.合成氨生产过程中将液化分离，不能提高反应物的转化率D.使用催化剂和施加高压，都提高反应速率是因为都增大活化分子百分数【答案】B【解析】合成氨反应为放热反应，高温会降低NH3产率，选择450~500℃主要是为了加快反应速率，故A错误；合成氨生产过程中，增加氮气浓度会使平衡正向移动，从而提高氢气的转化率，故B正确；合成氨生产过程中将NH3液化分离会减少生成物浓度，促使平衡正向移动，提高反应物转化率，故C错误；催化剂通过增大活化分子百分数提高速率，高压通过增大浓度提高速率，活化分子百分数不变，故D错误；选B。8.向浓度为HF溶液中不断加水稀释，下列各量减小的是A. B. C.c(F-) D.【答案】C【解析】氢氟酸溶液中不断加水稀释时，溶液中氢氟酸、氢离子、氟离子的浓度减小，电离常数和水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，由电离常数可知，=，氟离子的浓度减小，则、增大，故选C。9.短周期元素、、和在周期表中相对位置如表所示，其中的一种同位素可用于测定文物年代。下列说法正确的是WXYZA.原子半径：B.最高价含氧酸的酸性：C.简单氢化物的稳定性：D.单质与氢气极难反应【答案】C【解析】W的一种同位素可用于测定文物年代，故W为C，则X为F，Y为P，Z为S。原子半径：S（Z）的原子半径小于P（Y），而C（W）在第二周期更小，正确顺序为Y＞Z＞W，A错误；F（X）无最高价含氧酸，B错误；非金属性F＞S＞P，简单氢化物稳定性HF＞H2S＞PH3，C正确；氟气与氢气在冷暗处剧烈反应，并非极难反应，D错误；故选C。10.溶液中存在如下平衡：下列可使黄绿色的溶液变成黄色的方法是A.加溶液 B.降温 C.加 D.加压【答案】C【解析】加AgNO3溶液，银离子将氯离子沉淀，溶液中氯离子浓度减小，平衡逆向移动，黄绿色变为蓝色，A错误；正向，则正向吸热，降低温度平衡逆向移动，溶液蓝色加深，B错误；加NaCl(s)，溶液中氯离子浓度增大平衡正向移动，溶液变成黄色，C正确；没有气体参与，压强改变没有影响，D错误；故选C。11.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，中含有的分子数为B.的醋酸溶液中，的数目为C.的溶液中，的数目为D.与充分反应，容器中气体分子数为【答案】D【解析】标准状况下，H2O为非气态，不能用气体摩尔体积计算，分子数未知，A错误；pH=1的醋酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，但未提供溶液体积，无法确定H+数目，B错误；Na2CO3溶液中会水解，实际数目小于0.5NA，C错误；反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)是气体分子数不变的反应，容器中气体分子数始终为2NA，D正确；故答案选D。12.已知kJ⋅mol，在存在时，该反应机理为：①(快)②(慢)，下列说法错误的是A.的存在提高了该反应的反应速率和转化率B.为该过程的催化剂，为中间产物C.该反应速率主要由第②步基元反应决定D.该反应的①、②两个基元反应的活化能：②>①【答案】A【解析】反应前后V2O5的量没有改变，V2O5是该反应的催化剂，能提高反应速率，但不能提高平衡转化率与产率，故A项错误；反应前后V2O5的量没有改变，V2O5为该过程的催化剂，VO2为中间产物，故B项正确；总反应速率由最慢的一步决定，该反应速率主要由第②步基元反应决定，故C项正确；反应②为慢反应，所需活化能较大，则该反应的①、②两个基元反应的活化能：②>①，故D项正确；故本题选A。13.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是A.由实验可知，（a）、（b）、（c）所涉及的反应都是放热反应B.将实验（a）中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加C.实验（c）中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌器对实验结果没有影响D.若用固体代替溶液与盐酸反应测定中和反应的反应热，则测定数值偏高【答案】D【解析】(a)铝与盐酸反应放热，(b)Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，(c)中和反应放热，并非都是放热反应，A错误；铝片与铝粉仅表面积不同，等质量铝完全反应时物质的量相同，释放热量由反应焓变和物质的量决定，与表面积无关，热量不变，B错误；铁质搅拌器导热性强，会导致热量散失增加，使测得温度变化偏小，中和热数值偏低，对实验结果有影响，C错误；NaOH固体溶于水放热，中和反应本身放热，测定时会包含溶解热，导致总热量偏大，测定数值偏高，D正确；故答案为：D。14.可逆反应：。在容积不变的密闭容器中进行，下列能说明该反应达到平衡状态的有①单位时间内生成的同时生成2nmolNO②容器内总压强不再变化③、NO、的物质的量浓度之比为2：2：1④混合气体的密度不再改变⑤混合气体的颜色不再改变⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变A.②⑤⑥ B.①②⑤ C.③④⑥ D.②③⑥【答案】A【解析】①单位时间内生成的同时生成，都代表正反应速率，不能判断反应是否达到平衡状态，①错误；②该反应的反应前后有气体体积差，反应过程中，混合气体的物质的量发生变化，容器内总压强不再变化能说明反应达到化学平衡状态，②正确；③、NO、的物质的量浓度之比为2：2：1时不一定是平衡状态，③错误；④无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，密度不变不能说明反应达到平衡状态，④错误；⑤混合气体的颜色不再改变，说明气体的浓度不变，能说明反应达到平衡状态，⑤正确；⑥该反应前后有气体体积差，反应过程中，混合气体的物质的量一直变化，混合气体质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量一直在变，当其不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑥正确；则正确的有②⑤⑥；故选A。15.由硫铁矿烧渣(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2)制取绿矾(FeSO4·7H2O)的流程如下：下列有关说法不正确的是A.“酸溶①”后溶液中的金属离子有Fe3+和Al3+B.“除铝”时用的“溶液A”是氨水，“还原”时用的“固体B”是铁粉C.“检验”时可用KSCN溶液检验“还原”步骤是否进行完全D.过滤操作中必须使用的玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯【答案】B【解析】硫铁矿烧渣加入稀硫酸酸溶，Fe2O3、Al2O3溶解得到Fe3+、Al3+的酸性溶液，SiO2不反应，过滤，滤渣为SiO2，加入过量NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]滤液除铝，加入稀硫酸溶解得到Fe2(SO4)3，加入过量铁粉还原铁离子，离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，然后用KSCN溶液检验“还原”步骤是否进行完全，滤液中含有FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4•7H2O。“酸溶①”时，稀硫酸与Fe2O3、Al2O3反应得到Fe3+、Al3+，故A正确；“除铝”时加入碱液分离氢氧化铁沉淀和溶解氢氧化铝，强碱能将氢氧化铝沉淀溶解生成Na[Al(OH)4]滤液，氨水是弱碱，不能与氢氧化铝沉淀反应，故B错误；“还原”时加入的过量铁粉与铁离子反应生成亚铁离子，Fe3+与KSCN溶液反应生成硫氰化铁，溶液变红，所以“检验”时可用KSCN溶液检验是否存在Fe3+，若溶液不变红，说明“还原”步骤进行完全，故C正确过滤操作中需要用玻璃棒引流，烧杯装滤液，必须使用的玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯，故D正确；故选：B。16.化学反应均伴随着能量变化，研究化学反应中的能量变化对于人类的生产生活有着重要的意义。下列说法正确的是A.图甲可表示反应物断键吸收能量之和大于生成物成键释放能量之和B.由图乙可知的燃烧热为C.由图乙可知石墨完全燃烧放出的热量为D.由图乙可判断能量比能量高【答案】C【解析】图甲中反应物总能量高于生成物，表示放热反应，ΔH=断键吸收能量-成键释放能量<0，所以断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，故A错误；燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成指定产物放出的热量，由图乙可CO的燃烧热ΔH=-283kJ·mol⁻¹，故B错误；根据盖斯定律，1mol石墨完全燃烧生成CO2的ΔH=ΔH1+ΔH2=110.5kJ·mol⁻¹+(-283kJ·mol⁻¹)=-393.5kJ·mol⁻¹，1mol石墨完全燃烧放热393.5kJ，24g石墨物质的量为2mol，完全燃烧放热2×393.5kJ=787kJ，故C正确；CO燃烧生成CO2为放热反应，反应物总能量(CO+1/2O2)高于生成物(CO2)，但不能单独判断CO能量比CO2高，故D错误；选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.现有常温下浓度均为的下列五种溶液：①溶液②溶液③溶液④溶液⑤溶液。（1）这5种溶液由大到小的顺序是_____（填序号），其中由水电离的浓度最小的是_____。（填序号）（2）写出②中物质水解离子方程式_____，的水解平衡常数_____。（已知碳酸的电离常数）（3）③中各离子浓度由大到小顺序为_____。（4）若将③和④混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积_____④的体积（填“大于”、“小于”或“等于”）。（5）将②③④的溶液分别蒸干并灼烧，最终可得原溶质的是_____。（填序号）（6）一定量的稀溶液与足量的反应，为减缓产生的速率但又不影响的总量，可采取的措施是_____。（填字母）A.加固体B.加固体C.加溶液D.加溶液E.加氨水【答案】（1）①.④②③⑤①②.①（2）①.②.（3）（4）大于（5）④（6）AD【解析】【小问1详析】根据溶液的酸碱性判断溶液的大小，酸和碱溶液抑制了水的电离，盐溶液促进了水的电离，酸或碱溶液中氢离子或氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，据此进行解答。相同浓度的溶液中，①溶液为二元强酸溶液，呈酸性；②溶液中碳酸氢根离子既会水解也会电离，但水解程度略大，呈弱碱性；③溶液中铵根离子部分水解，溶液呈弱酸性，④溶液为一元强碱溶液，呈碱性；⑤溶液中铵根离子部分水解，溶液显示弱酸性，但铵根离子浓度大于③溶液中铵根离子浓度，即溶液酸性大于溶液，所以这5种溶液pH由大到小的顺序为：④②③⑤①；②③⑤为含有弱酸根或者弱碱根离子的盐溶液，促进了水的电离，而①④分别为酸和碱溶液，抑制了水的电离，其中①电离的氢离子浓度大于④电离的氢氧根离子，所以①中水的电离程度最小，水电离的浓度最小；【小问2详析】溶液中碳酸氢根离子发生水解，得到碳酸和氢氧根，水解方程式为：；碳酸氢钠溶液中的水解平衡常数为：；【小问3详析】溶液中存在的离子有、、、，由于部分铵根离子水解，溶液呈酸性，因此溶液中离子浓度由大到小顺序为：；【小问4详析】将等浓度的溶液（强酸弱碱盐）和溶液（强碱）混合，若二者等体积混合，恰好反应生成氯化钠和氨水，溶液显示碱性，若要使溶液显示中性，则氯化铵的体积应该大些或者氢氧化钠溶液体积小些，即氯化铵溶液体积大于氢氧化钠溶液体积；【小问5详析】碳酸氢钠和氯化铵对热不稳定，受热易分解，氢氧化钠受热不分解，所以灼烧可得原溶质的是④溶液；【小问6详析】减慢硫酸与锌的反应速率，可通过降低温度或浓度的措施，产生的氢气的总量不变，则氢离子的总物质的量不变，据此分析。A．加醋酸钠固体，生成醋酸是弱电解质，溶液中氢离子浓度降低，反应速率减小，但生成氢气的总量不变，A正确；B．加固体，对反应体系没有影响，B错误；C．加溶液，溶液中的在酸性条件下具有强氧化性，会与Zn反应消耗且不生成，导致生成的总量减小，C错误；D．加溶液，氢离子总量不变，溶液总体积增大，氢离子浓度降低，反应速率减小，D正确；E．加氨水，消耗酸，生成氢气总量减小，E错误；故答案为AD。18.人类食用醋的历史已有10000多年，有关醋的文字记载也至少有3000年，醋和食盐一样属于最古老的调味品。某学习小组为测定浓度并探究其电离情况，进行了如下实验。【实验一】测定的浓度（1）量取待测醋酸溶液于锥形瓶中，加入几滴_____溶液作指示剂；（2）用的溶液滴定，达到滴定终点的操作和现象为_____；（3）3次滴定消耗溶液的体积记录如下：实验次数123滴定前滴定后消耗溶液的体积/24.9825.02第3次滴定消耗溶液的体积为_____，则该醋酸溶液的物质的量浓度为_____（保留4位有效数字）。【实验二】探究电离程度。用计测定时不同浓度醋酸的，结果如下：浓度0.10000.01002.883.38（4）结合数据说明为弱电解质依据_____。（5）由表中数据计算出的电离常数_____。（6）请从水解原理角度设计合理的方案，证明是弱电解质_____（药品任取）。【答案】（1）酚酞（2）当滴入最后半滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成浅红色，且30s内不褪色（3）①.25.00②.0.1250mol/L（4）时0.1000mol/L的醋酸溶液其为2.88，不是1（5）（6）取溶液，测定其，若溶液>7，说明发生水解，可证明是弱电解质【解析】溶液滴定醋酸，达到滴定终点时最终产物为醋酸钠，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂；根据系数关系计算醋酸的物质的量浓度；可得电离常数。【小问1详析】用溶液滴定醋酸，达到滴定终点时产物为醋酸钠，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂。【小问2详析】用溶液滴定醋酸，选用酚酞作指示剂，达到滴定终点操作和现象应为：当滴入最后半滴溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变浅红色，且30s内不褪色。【小问3详析】由题干图示信息显示，第3次滴定消耗溶液的体积为25.70-0.70=25.00mL。由题可知，平均消耗的体积为，则该醋酸溶液的物质的量浓度为。【小问4详析】时0.1000mol/L的醋酸溶液其为2.88，若其为强酸，则完全电离，应为1；时0.0100mol/L的醋酸溶液其为3.38，若其为强酸，则完全电离，应为2，由此可得为弱电解质。小问5详析】由表中数据可得，时0.1000mol/L的醋酸溶液其为2.88，则电离常数约为。【小问6详析】对于溶液，若是强电解质，不应发生水解，溶液应呈中性，但测得溶液>7，说明结合水电离出的发生水解，故是弱电解质。19.有科