福建省莆田市第二十五中学2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1福建省莆田市第二十五中学2024-2025学年高二上学期期末考试试题一、单选题1．中华传统文化蕴含着丰富的化学知识，下列蕴含的化学知识分析不正确的是A．“沧海月明珠有泪，蓝田日暖玉生烟”，句中的珠字对应的化学物质是碳酸钙，属于强电解质B．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”，大理石变为生石灰的过程是吸热反应C．“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能D．“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍“，所指高温时碳与水蒸气反应为放热反应【答案】D【解析】句中的“珠”字指的是珍珠，对应的化学物质是碳酸钙，属于强电解质，A正确；大理石变为生石灰的过程是吸热反应，B正确；燃烧豆萁过程涉及的是化学能转化为热能，C正确；高温时碳与水蒸气反应为吸热反应，D错误。2．CO2是廉价的碳资源，将其甲烷化具有重要意义。其原理为CO2g+4H2gA．反应物的总能量小于生成物时总能量B．恒温、恒压条件下，充入He，平衡向逆反应方向移动C．在恒温、恒容条件下进行反应，容器中气体密度不再变化，说明已达到平衡状态D．升高温度可增大活化分子的百分数及有效碰撞频率，因而温度越高越利于获得甲烷【答案】B【解析】该反应是放热反应，故反应物的总能量小于生成物时总能量，A错误；恒温、恒压条件下，充入He，容器体积增大，平衡向逆反应方向移动，B正确；在恒温、恒容条件下进行反应，气体的密度始终不变，故不能用密度判断反应是否达到平衡，C错误；升高温度，活化分子百分数增大，但平衡逆向移动，甲烷的产率会降低，D错误。3．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．c(H+)水=1×10-12mol·L-1的溶液：Al3+、Fe3+、Cl-、SOB．Kwc(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液：NH4C．澄清透明的无色溶液：K+、NH4+、MnOD．和Al反应放出H2的溶液：Mg2+、Cu2+、CO32-、【答案】B【解析】c(H+)水=1×10-12mol·L-1＜1×10-7mol·L-1，溶液可能是强酸溶液也可能是强碱溶液，强碱溶液中Al3+、Fe3+不可能大量共存，A错误；Kwc(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液即c(H+)=0.1mol/L，溶液显强酸性，则H+、NH4+、Ca2+、C1-、NO3-相互不反应，一定能够大量共存，B正确；无色溶液中不可能含有大量的MnO4-，C错误；和Al反应放出H2的溶液可能是强酸溶液也可能是强碱溶液，强碱溶液中不可能含有大量的Mg2+、4．劳动成就梦想。下列劳动项目用化学用语解释不正确的是A．用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的B．纯碱溶液去除油污：COC．泡沫灭火器工作原理：AlD．明矾净水原理：Al【答案】A【解析】用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：CaSO4(s)+CO32-(aq)⇌CaCO3(5．设NAA．含有7.8gNa2S的溶液中：SB．1L1mol⋅L-1溴化铵水溶液中NH4+与HC．标准状况下，11.2LCHCl3含有C-D．常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，由水电离出的【答案】B【解析】S2-易水解，含有7.8gNa2S的溶液中S2-的数目小于0.1NA，A错误；1L1mol⋅L-1溴化铵水溶液中，Br-的物质的量为1mol，电荷守恒式：c（NH4+）+c（H+）=c（Br-）+c（OH-），即NH4+与H+离子数之和大于NA，B正确；标准状况下CHCl3是液体，11.2LCHCl3的物质的量不是0.5mol，C错误；常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，c（H+）=1×10-9mol/L，c（OH-）溶液=1×10-5mol/L6．A、B、C、D四种短周期元素，A元素原子的外围电子排布式为2s22p2，B元素与A元素位于同一周期，其原子的核外有三个未成对电子，C元素位于第2A．第一电离能：C>B>A B．原子半径：D>A>BC．C、D两种元素组成的化合物一定不含共价键 D．简单气态氢化物的热稳定性：B>C【答案】B【解析】A、B、C、D四种短周期元素，A元素原子的外围电子排布式为2s22p2，则A为C元素；C元素位于第2周期，电负性仅次于氟，则C为O，B元素与A元素位于同一周期，其原子的原子核外有三个未成对电子，则B为N元素；D元素在短周期元素中第一电离能最小，则D由分析可知，A为C，B为N，C为O，同周期第一电离能越向右电离能越大，但是第ⅢA族和第ⅥA族反常，故第一电离能顺序为：N>O>C，A错误；由分析可知，A为C，B为N，D为Na，电子层越多，半径越大，同周期，越靠右半径越小，故原子半径Na>C>N，B正确；由分析可知，C为O，D为Na，可以形成过氧化钠，其中含有共价键，C错误；非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，由分析可知B为N，C为O，氧的非金属性较强，则简单气态氢化物的热稳定性：C>B，D错误；故选B。7．提出我国要在2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。某科研小组用电化学方法将CO2转化为CO实现再利用，转化的基本原理如图所示（该交换膜只允许HA．N极为正极B．H+通过交换膜从M极移向NC．M上的电极反应方程式为2D．当转化2molCO2【答案】D【解析】由图可知，该装置为原电池，M极在紫外光的作用下，H2O反应生成O2，O元素由-2价升高为0价，失电子，M为负极，电极反应式为2H2O-4e由以上分析可知N为电池正极，A正确；根据图示分析，H+通过交换膜从M极移向N极，B正确；M为电池的负极，在紫外光的作用下，H2O失去电子反应生成O2，电极反应方程式为2H2O-4e-=O2↑+4H故选D。8．利用下列装置中，所用仪器或相关操作合理的是A．图甲加热FeCl2⋅6B．图乙在铁制钥匙上镀铜C．图丙用KOH标准溶液滴定锥形瓶中的醋酸的操作D．图丁定量测定锌粒与硫酸反应的化学反应速率【答案】D【解析】加热FeCl2⋅6H2O，会促进Fe2+的水解生成Fe(OH)2，Fe(OH)2被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解最终得到Fe2O3，A错误；铁钥匙上镀铜，应该用铁钥匙作阴极（接电源负极），铜片作阳极（接电源正极），B错误KOH标准溶液应盛装在碱式滴定管中，C故答案为：D。9．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A常温下，测得0.1mol⋅L-1H2C2O4溶液和氮元素的非金属性强于碳元素B向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察证明Fe2+C用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的HClO的酸性弱于CHD向2mL1mol⋅L-1NaOH溶液中加1mL0.1mol⋅L-1MgOH2沉淀转化为A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】元素的非金属性可以通过元素最高价氧化物的水化物的酸性比较，N的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，C的最高价氧化为对应的水化物是H2CO3，无法通过H2C2O4和HNO2的酸性强弱比较C和N的非金属性，A错误；Cl-具有还原性，向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，溶液颜色褪去可能是KMnO4与Fe2+发生氧化还原也可能是Cl-与KMnO4发生氧化还原，B错误；用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者，说明CH3COONa的水解程度小，说明HClO的酸性弱于CH3COOH，C正确；2mL1mol⋅L−1NaOH溶液中加1mL0.1mol⋅L−1MgCl2溶液，反应后氢氧化钠过量，再加入FeCl3溶液，反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能说明存在沉淀的转化，D错误。10．合成氨反应为N2g+3A．图1表示分别在有、无催化剂的情况下反应进程中的能量变化B．图2表示t1C．图3表示一定条件下的合成氨反应中，平衡时NH3的体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化关系，图中H2转化率D．图4表示N2【答案】C【解析】催化剂不改变反应的焓变，A错误；升高温度，正逆反应速率均同时增大，但图中正反应速率没有立即增大，不可能是改变温度，B错误；图3中横坐标为氢气起始体积分数，a→b相当于增大氢气的浓度，合成氨平衡正向移动，但增加的氢气量大于平衡转化的氢气，氢气的转化率减小，即a点的氢气转化率大于b点，C正确；该反应为放热反应，温度升高，氮气的平衡转化率减小，但该反应为气体系数减小的反应，压强增大，氮气的平衡转化率应增大，图4不符合，D错误。11．根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论正确的是A．图1可表示用NaOH溶液滴定pH=1的醋酸溶液的滴定曲线B．图2表示用水稀释pH相同的硫酸和NH4Cl溶液时，溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示硫酸，Ⅱ表示NHC．图3可表示温度在T1和T2时水溶液中c(H＋)和c(OH—)的关系，阴影部分M内任意一点均满足c(H＋)>c(OH—)D．图4表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1时A、B刚好饱和的溶液分别升温至t2时，溶质的质量分数w(A)>w(B)【答案】C【解析】醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应时生成强酸弱碱盐醋酸钠，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，则用氢氧化钠溶液滴定pH=1的醋酸溶液达到滴定终点时溶液应呈碱性，溶液pH应大于7，所以图1不能表示用氢氧化钠溶液滴定pH=1的醋酸溶液的滴定曲线，故A错误；用水稀释pH相同的硫酸和氯化铵溶液时，硫酸溶液的pH变化大，；氯化铵溶液pH变化小，则曲线Ⅰ表示硫酸、曲线Ⅱ表示氯化铵溶液，溶液的pH越小，溶液中离子浓度越大，导电性越强，则溶液导电性的大小顺序为a>b>c，故B错误；由图可知，XY连续线上任何一点都是不同温度的中性溶液，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，阴影部分M在连线的下方，则M内任意一点均满足氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，故C正确；由图可知，t1时B的溶解度大于A，溶质的质量分数大于A，升高温度，A、B的溶解度均增大，则A、B的饱和溶液均变为不饱和溶液，溶质的质量分数不变，所以溶液B的溶质的质量分数依然大于A，故D错误；故选C。12．室温下，向20mL0.10mol⋅L-1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.10mol⋅L-1的A．b点溶液中：cB．c、e两点溶液：c点显中性，e点显碱性C．d点溶液中，cD．f点溶液中：c【答案】B【解析】b点时，20mL0.10mol⋅L-1的CH3COOH溶液与10mL0.10mol⋅L-1的NaOH溶液反应，剩余CH3COOH和生成CH3COONa的物质的量相等，CH3COOH电离显酸性，CH3COONa水解显碱性，但溶液的pH<7，表明CH3c点时，加入NaOH溶液体积＜20mL，溶质为CH3COOH和CH3COONa，且CH3COOH电离溶液显酸性，CH3COONa水解显碱性，溶液呈中性，水的电离不受影响；e点时，加入NaOH溶液体积＞20mL，溶质为CH3COONa和NaOH，二者都呈碱性，所以溶液呈碱性，B正确；d点溶液中，cNa+=0.10mol/L×20mL×f点，20mL0.10mol⋅L-1的CH3COOH溶液与40mL0.10mol⋅L-1的NaOH溶液反应，刚反应时，生成的CH3COONa和剩余的NaOH，溶质组成为等物质的量的CH3COONa和NaOH，然后CH3COO-发生水解，导致c(CH3COO故选B。二、填空题13．周期表是学习物质结构和性质的重要工具，下图是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、F、G、H、J、W、Q各代表一种化学元素。请回答下列问题。(1)基态W原子有个未成对电子：Q位于元素周期表的区；基态J原子核外简化电子排布式为；(2)F最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与J的单质反应的化学方程式为：；(3)B、C、D三种元素电负性从大到小的顺序是(填元素符号)；(4)基态G原子有种不同运动状态的电子；HG的电子式为；(5)已知AD的化学性质与E2D3相似，写出AD与(6)有机物甲由B、氢、D三种元素的原子按个数比为1:4:1组成，可作为燃料电池的原料，写出该燃料电池在碱性条件下的负极反应式：。【答案】(1)6p(2)Cu(3)O(4)17(5)BeO+2OH(6)CH【解析】（1）W是Cr元素，价电子排布式为3d54s1，有6个未成对电子；Q是Br元素，价电子排布式为4s24p5，位于元素周期表的p区；J是Cu元素，基态J原子核外简化电子排布式为Ar3（2）J是Cu元素，F是S元素，最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硫酸，与J即Cu在加热条件下反应的化学方程式为Cu+2（3）B是C元素；C是N元素；D是O元素；同周期元素，从左到右电负性逐渐增大，C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序是O>（4）G是Cl元素，氯原子核外有17个电子，有17种不同运动状态的电子；NaCl是离子化合物，电子式为；（5）AD化合物为BeO，其化学性质与Al2O3相似，Al2O3与NaOH反应生成NaAl(OH)4,则BeO与NaOH（6）有机物甲由C、H、O三种元素的原子按个数比为1:4:1组成的有机物为甲醇，作为燃料电池的原料，在碱性条件下，甲醇在负极失电子生成碳酸根离子和水，负极反应式为CH3三、解答题14．研究CO2的综合利用、实现CO2资源化对于实现“碳中和资料：CH4与CO2重整生成H2和I．CHII．H(1)已知H2(g)、CO(g)和CH4(g)(2)在恒压、起始投料nCH4:nCO①曲线(填“A”或“B”)表示CO2②800K，反应至CH4转化率达到X点时，v(正)v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。在恒压、800K条件下，若要使CH4转化率能达到Y点，则改变的条件可以是(任写一条(3)向密闭容器中充入等物质的量的CH4和CO2，在一定条件下只发生CH4①p1、p②若p4=xMPa，则X点的平衡常数KP=(用含x的代数式表示。用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=【答案】(1)(1)+247.6(2)A>增大二氧化碳的量或分离出产物等(3)p【解析】（1）H2(g)、CO(g)①②③，根据盖斯定律反应I=③-2×②-2×①，则CH4(g)+（2）①CO2参与两个反应，且反应I中CO2~CH4，因此当起始时甲烷和二氧化碳的物质的量之比为1:1时，同温度下CO2的转化率大于甲烷的转化率，即曲线②800K，反应至CH4转化率达到X点时，反应仍在向正向进行，说明反应尚未达到平衡，故v(正)>v(逆)；恒压、恒温，增大二氧化碳的量或分离出产物平衡可向右移动，甲烷的转化率增大，可能达到Y（3）①由图可知，温度一定时，加压，反应CH4(g)+CO②据图可知X点CH4的转化率为80%，设初始投料为1molCH4CHKp15．菱锰矿主要成分为MnCO3、SiO2、CaMgSiO已知：常温下，H2CO3的Kal=(1)“研磨”的目的是。(2)“浸出”后的浸渣的主要成分有Fe2O3、CaMgSiO32、(填化学式，下同)。将“氯化焙烧”得到的气体A通入水中，再通入气体B，可制得“沉锰”时需要的试剂NH4HCO3(3)写出“沉锰”时反应的离子反应方程式：。(4)若“沉锰”后所得滤液中cMn2+=10-5mol⋅L-1、pH=6，此时溶液中cHCO3-=mol(5)写出“氧化焙烧”反应的化学方程式：。【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率(2)SiO(3)Mn(4)0.048取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO(5)2【解析】菱镁矿研磨后加入氯化铵焙烧，发生反应，MnCO3+2NH4Cl高温MnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O、4FeCO3+O2高温2Fe2O3（1）“研磨”的目的是增大接触面积，加快反应速率；（2）根据菱锰矿的成分和浸渣的成分，可知“氯化焙烧”中发生的反应为MnCO3+2NH4Cl高温MnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O、4FeCO3+O2高温2Fe2O3+4CO2↑（3）根据上述分析，浸液中溶质为MnCl2，加入NH4HCO3发生非氧化还原反应生成，“沉锰”时的离子方程式为：Mn2+（4）当cMn2+=10-5mol⋅L-1时，c(CO32-)=Ksp(MnCO3)（5）根据分析，碳酸锰“氧化焙烧”反应的化学方程式：2MnCO16．铁及其化合物在生产生活中有着广泛的应用，回答下列问题。Ⅰ．FeSO4是常见的补血剂成分之一，某化学兴趣小组同学为测定某补血剂中铁元素的含量，用酸性KMnO4标准溶液进行氧化还原滴定实验。(1)下列四种滴定方式(夹持部分略)，最合理的一项设计是(填字母序号)。a．b．c．d．(2)滴定过程中发生的离子反应方程式是，滴定终点的现象是。(3)该实验小组称取0.30g补血剂配成溶液，用0.0100mol⋅L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液18.00mL，则所测补血剂中铁元素的质量分数是。(假设补血剂中其他成分不与酸性(4)下列操作会使所测补血剂中铁元素含量偏低的是