广东省部分学校2024-2025学年高二上学期期末联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1广东省部分学校2024-2025学年高二上学期期末联考试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列生产活动体现了我国古代劳动人民的聪明智慧。其中目的是减慢化学反应速率的是A．地窖存粮B．加酒曲酿酒C．高温烧陶D．风箱鼓风煮饭A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】地窖中O2浓度小，粮食氧化速率慢，A正确；酒曲是一种酶，相当于酿酒过程中的催化剂，可加快产生乙醇的速率，B错误；高温可加快烧陶过程的化学反应速率，同时提升陶瓷固化硬度等性能，C错误；风箱鼓风可增大空气与燃料的接触面积，且增加了O2浓度，可加快燃料燃烧的速率，D错误。2．中国承接了全球超过三分之二的纯电动绿色船舶制造，其动力来源主要是锂离子电池。下列说法不正确的是A．充电时，Li+B．锂离子电池比铅酸蓄电池的比能量高C．纯电动船舶行驶时电能转化为化学能D．钢制船壳吃水线以下安装锌板可防止船舶船壳腐蚀【答案】C【解析】电解池装置中阳离子向阴极移动，充电时为电解池装置，所以Li+移向阴极，A正确；锂离子电池单位质量输出的电能多，故锂电池比能量高，B正确；纯电推动船舶行驶时，化学能转化为电能，再转化为动能等，C错误；钢制船壳吃水线以下安装锌板，锌比铁活泼，可实现船舶防腐，D3．已知：S(g)+O22SO2S(s)+O2下列说法正确的是A．S的燃烧热为324kJB．S的燃烧热为423kJC．a<324D．密闭容器中充入2molSO2和1molO2【答案】C【解析】常温下S为固体，充分反应生成SO2，S的燃烧热为akJ⋅mol-1，324kJ⋅mol-1是气态硫燃烧放出的热，A错误、B错误；S(g)=S(s)

ΔH=(a-324)kJ⋅mol-1<0，故a<324，C4．劳动需要“知行合一”。下列劳动项目没有运用相应化学原理的是选项劳动项目化学原理A帮厨活动：将洗净的铸铁刀具擦干铁在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀B社会实践：用铁质容器保存浓硫酸增大反应物浓度，反应速率加快C社区服务：用氯化铵溶液清洗铁锈氯化铵水解后溶液呈酸性D学农活动：野炊用CaO与水反应蒸自热米饭CaO与水反应放热A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】铁在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀，铸铁刀具洗净后需擦干防腐，A不符合题意；铁遇浓硫酸会钝化，表面形成一层致密的氧化膜，可防止铁进一步与浓硫酸反应，B符合题意；氯化铵溶液水解后显酸性，可用于清洗铁锈，C不符合题意；可利用CaO与水反应放出的热量蒸煮米饭，D不符合题意。5．中和反应是高中阶段常见的化学反应。下列四个与中和反应有关的装置中能达到相应实验目的的是A．装置甲用于中和反应反应热的测定B．装置乙用于验证中和反应是放热反应C．装置丙用于验证Fe(OH)3与稀盐酸能发生中和反应D．装置丁用于标准盐酸滴定未知浓度的NaOH待测液【答案】A【解析】装置甲可用于中和反应反应热的测定，A正确；浓硫酸稀释会放热，不能用于验证中和反应是放热反应，B错误；稀盐酸浓度太低，Fe(OH)3溶度积太小，不能溶解，C错误；盐酸不能盛装于碱式滴定管，D错误。6．H2与N2在固体催化剂表面合成NH3的模拟示意图如图所示，图中1个分子或原子代表1mol分别代表N2、H2和A．该反应在高温下可自发进行B．实际生产采用高温和高压，目的是提高平衡产率C．实际工业合成塔流出气体时尚未达到平衡状态，故使用固体催化剂能提高转化率D．1molN2和3molH2断键生成2molN和6molH【答案】C【解析】反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，ΔH＜0，ΔS＜0，低温条件下ΔG=ΔH—TΔS＜0，能自发进行，A错误；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆移，生成物的产率降低，则实际生产采用高温是为了加快反应速率，B7．四个密闭容器中均发生反应4X(s)+2Y(g)=W(g)+4Z(g)，反应速率分别如下。其中反应最慢的是A．v(X)=0.80mol⋅L-1C．v(W)=0.025mol⋅L-1【答案】D【解析】A．X是固体，不能用单位时间内浓度的变化衡量反应速率；B．v(W)=12v(Y)=0.375mol⋅L-1⋅min8．化合物M是反应S(g)⇌T(g)的催化剂，向甲、乙两个完全相同的恒容密闭容器中加入S，再向乙容器中加入A．曲线②为甲容器的反应进程 B．加入催化剂M能降低该反应的焓变C．加入催化剂M能提高该反应的平衡产率 D．甲、乙两容器升高相同温度，c平【答案】D【解析】催化剂能改变反应历程，降低反应活化能，但不影响焓变和平衡移动。曲线①表示未加催化剂，曲线②表示加入了催化剂，则曲线①为甲容器的反应进程，A、B、C错误；该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，无论是否使用催化剂，c平(S)c9．CH3A．0.001mol⋅LB．醋酸的电离方程式为CHC．0.001mol⋅L-1D．0.001mol⋅L【答案】B【解析】根据CH3COONa溶液的质子守恒关系有cOH-=cH++cCH3COOH，A错误；CH3COOH+H2O⇌CH3COO10．常温下，Mg(OH)2饱和溶液的物质的量浓度为1.12×10-4mol/L，MgCO3饱和溶液物质的量浓度为1.31×10-3mol/L。下列说法正确的是A．向Mg(OH)2悬浊液中加入少量蒸馏水并振荡后，溶液pH减小B．锅炉水垢中的MgCO3易转化为Mg(OH)2C．常温下KD．若Mg的各级电离能数据用I1、I2、I3…表示，则I【答案】B【解析】Mg(OH)2悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)，加入少量蒸馏水振荡后，溶液中Mg2+、OH-由于稀释导致离子的浓度减小，沉淀进一步溶解变为Mg2+、OH-，最终达到沉淀溶解平衡，形成溶液仍是Mg(OH)2的饱和溶液，因此溶液的pH不变，A错误；Mg(OH)2溶解度比MgCO3更小，锅炉水垢中的MgCO3易转化为Mg(OH)2，B正确；常温下Mg(OH)2饱和溶液的物质的量浓度为1.12×10-4mol/L，c(Mg2+)=1.12×10-4mol/L，c(OH-)=2.24×10-4mol/L，则Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH-)=1.12×10-4×(2.24×10-4)2=5.62×10-12，C错误；各级电离能逐渐增大，Mg原子核外电子排布式是1s22s22p63s2，Mg原子最外层有2个电子，Mg原子失去最外层的2个3s电子形成的Mg2+，达到最外层达到8电子稳定结构，再失去一个电子需很高能量，其第三电离能远大于第二电离能，电离能发生突变增大，故I3I211．下列陈述I和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是选项陈述I陈述ⅡA夜晚街道上霓虹灯光彩夺目电子跃迁到较低能级以光的形式释放能量B升温，吸热反应X⇌升温v正加快，v逆减慢CNaHCO3与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀NaHCO3与Na2SiO3的水解相互促进D盛放NO2的密闭容器中颜色稳定，缩小容器体积后颜色变浅增大压强，平衡向体积缩小的方向移动A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时释放能量，光是电子跃迁释放能量的重要形式，A正确；升高温度，正、逆反应速率均加快，B错误；NaHCO3与Na2SiO3的水解均生成OH-，导致二者水解相互抑制，使盐水解程度减小，C错误；增大压强，平衡2NO2(g)⇌12．设NAA．1L0.1mol⋅L-1AlClB．25°C时，100mLpH=1的溶液中，含HC．密闭容器中充入1molI2(g)和1molHD．电解NaOH溶液，阴极产生22.4L气体时，理论上电路中转移电子的数目为2N【答案】B【解析】氯化铝是强电解质，在溶液中完全电离出铝离子和氯离子，溶液中不存在氯化铝分子，A错误；25°C时，100mLpH=1的溶液中含有的氢离子数目为0.1mol/L×1L×NAmol—1=0.1NA，B正确；反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，则密闭容器中1mol碘蒸气和1mol氢气不能完全反应，充分反应后转移电子的数目小于1mol×2×NAmol—1=2NA，C错误；未明确标准状况下，无法计算阴极生成22.4L氢气时，理论上电路中转移电子的数目，13．TaS2是重要的无机化工原料，可利用反应：TaS2(s)+2I2(g)⇌TaI4(g)+SA．容器内气体密度不变可判断该反应已达到平衡状态B．平衡时，容器内nC．投料比：xD．转化率：a>b【答案】D【解析】反应TaS2(s)+2I2(g)⇌TaI4(g)+S2(g)是气体质量增大的反应，恒容密闭容器中反应时，容器内气体密度增大，则容器内气体密度不变说明反应已达到平衡，A正确；由方程式可知，反应过程中，无论反应是否达到平衡状态，生成物TaI4和S2的物质的量始终相等，B正确；该反应是气体体积不变的反应，温度相同时增大投料比相当于增大压强，平衡不移动，但各气体浓度均增大，由图可知，x1条件下S2的浓度大于x2条件下，所以投料比x1>x2，C正确；由C项分析可知投料比x14．我国科学家利用如图所示的装置处理KOH、KNO2废液，同时高效合成氨气(氨气可从碱溶液中挥发)，离子交换膜只允许OHA．电极a接电源正极B．OH-由电极b区移向电极aC．电解过程中，电极b区溶液的pH升高D．电路中每转移6mol电子时，理论上电极b区溶液的质量减少17g【答案】D【解析】由图可知，电极a溶液中氢氧根离子发生氧化反应，电极a为阳极，接电源正极，A正确；电解池中阴离子由阴极移向阳极，所以OH-由电极b区移向电极a区，B正确；电极b溶液中亚硝酸根离子转化为氨分子，电极反应为NO2-+5H2O+6e-=NH3↑+7OH-，同时有6个OH-移向a区，电极b15．甲、乙、丙、丁、戊、己是原子序数依次增大的前四周期元素。甲是宇宙中含量最多的元素；基态乙原子的价层电子排布为nsnnpn；基态丙原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同；丁与戊是同主族的短周期元素，基态时都有两个未成对电子；己是dsA．原子半径：戊>丁>丙>乙>甲 B．基态己原子的价层电子排布式为3dC．第一电离能：丙>丁>乙 D．电负性：丙>丁>戊【答案】C【解析】宇宙中含量最多的元素是H，甲是H；基态乙原子的价层电子排布式为nsnnpn，n=2，则乙是C；结合已知信息分析丙与丁是第二周期元素，基态N原子2p能级不同轨道都有电子且自旋方向相同，则丙是N；O和S同主族且有两个未成对电子，则丁是O，戊是S；第四周期ds区元素有Cu和Zn，基态Cu原子有1个单电子，己是Cu。同一周期，从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：C>N>O，即乙>丙>丁，A错误；己为Cu，基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，B错误；同一周期，第一电离能有逐渐增大的趋势，但第Ⅴ族原子轨道处于半满状态，其第一电离能大于相邻族中的元素，故第一电离能：16．向一绝热恒容密闭容器中加入2molH2和1molCO2，发生反应：2H2(g)+CO2(g)⇌C(s)+2H2O(g)，容器内压强(p)随时间A．该反应是放热反应 B．曲线a平衡后压缩容器体积，平衡不移动C．3min时曲线b条件下反应达到平衡状态 D．曲线b改变的条件是绝热改为恒温【答案】A【解析】反应：2H2(g)+CO2(g)⇌C(s)+2H2O(g)，该反应是气体体积减小的反应，反应过程中气体压强应该减小，但从图可知反应过程中气体压强增大，说明绝热恒容密闭容器中反应放出的热量使气体压强增大，该反应为放热反应，A正确；平衡后压缩容器体积，气体压强增大，平衡向正反应方向移动，B错误；由图可知，二、解答题17．KI是重要的补碘剂，常与Na2S2O3标准液用于定量分析，反应原理为2S2O32-+I2＝S4O62-+2I(1)配制250mL0.1000mol·L-1的Na2S2O3溶液：称取一定量的Na2S2O3晶体，在烧杯中溶解并冷却至室温后，转移到(填仪器名称)中，洗涤烧杯等2~3次后定容。(2)测定未知H2O2溶液的物质的量浓度：①锥形瓶中盛有20mL待测H2O2溶液，加入过量KI溶液、适量稀硫酸和几滴淀粉溶液，1min后溶液变蓝，写出该反应的离子方程式：。②用(1)中所配Na2S2O3溶液滴定待测液，滴定终点的标志是，且30s内溶液颜色不再变化：重复3次滴定，滴定管读数记录如表所示，H2O2的物质的量浓度为mol·L-1(保留4位有效数字)。序号ⅠⅡⅢ滴定前/(mL)1.000.050.12滴定后/(mL)20.0019.0327.90③有同学分析滴定过程中I-是循环利用的，能否节约药品仅用少量KI，并说明原因：。(3)为探究影响H2O2与KI溶液反应速率的因素，向四个试剂瓶中加入等量淀粉，利用上题试剂，设计实验如表所示：序号V(H2O2)/mLV(KI)/mLV(H2SO4)/mLV(H2O)/mL水浴温度/℃变蓝时间/sⅠ10.010.08.0025t1Ⅱ5.010.0xy25t2Ⅲ10.010.04.0z25t3Ⅳ10.010.08.0045t4①实验Ⅰ和Ⅱ是探究H2O2浓度对反应速率的影响，x=mL，y=mL；t1＜t2，说明。②实验Ⅰ和Ⅲ是探究酸性强弱对反应速率的影响，t1t3(填“>”、“<”或“=”)，说明其他条件相同，酸性越强，反应速率越快。③实验Ⅰ和Ⅳ是探究对反应速率的影响。【答案】(1)250mL容量瓶(2)H2O2+2I-+2H+＝2H2O+I2滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去0.04748不能，因为H2O2氧化KI速率较慢(3)8.05.0其他条件相同，H2O2浓度越大，反应速率越快<温度【解析】（1）配制250mL溶液需用250mL容量瓶。（2）①H2O2为氧化剂，I-为还原剂，该反应的离子方程式为H2O2+2I-+2H+＝2H2O+I2。②滴定终点反应：2S2O32-+I2＝S4O62-+2I-。反应恰好结束，溶液蓝色褪去，所以滴定终点的标志是滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且30s内溶液颜色不再变化；3次滴定中，实验Ⅲ数据明显偏差较大，应舍弃，计算出平均每次消耗标准液20.00-1.00+19.03-0.05mL2③①中提到溶液变蓝要1min，而②滴定终点只是30s后颜色不再变化，故可能会因为H2O2氧化KI速率过慢误判为达到滴定终点。（3）①实验过程需符合控制变量的思想，实验Ⅰ和Ⅱ是探究H2O2浓度对反应速率的影响，只能改变H2O2的浓度，硫酸浓度需相同，即x=8.0，加蒸馏水保证溶液总体积相等，y=5.0；t1＜t2，说明其他条件相同，H2O2浓度越大，反应速率越快。②其他条件相同，酸性越强，反应速率越快，实验Ⅰ和Ⅲ对比，实验Ⅰ酸性更强，反应速率更快，即t1＜t3。③实验Ⅰ和Ⅳ的反应条件仅有温度不同，故探究的是温度对化学反应速率的影响。18．前四周期部分元素在元素周期表中的位置如图所示：回答下列问题：(1)以上7种元素中，基态原子核外电子的电子云轮廓图只有球形的有(填元素符号)。(2)基态X原子有个能层，种能量不同的电子，种空间运动状态不同的电子，种运动状态不同的电子。(3)第一电离能对元素性质的影响较大。已知：两个吸热过程：2S(晶体①基态S元素的第一电离能为kJ⋅②W的第一电离能比X的第一电离能大，原因是。(4)T和Y形成的某种化合物中，化合价分别为+4价和-4价，其中显+4价的是(填元素符号)。(5)基态Z原子价层电子的轨道表示式为；与Mn2+相比，Z2+更易失去一个电子的原因为【答案】(1)H和Li(2)35713(3)520Al的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比左边Mg失去的3s能级电子的高，故第一电离能：Mg>Al(4)Si(5)基态Fe2+价电子为3d6，易失去1个电子形成3d【解析】R为H、S为Li、T为C、W为Mg、X为Al、Y为Si、Z为Fe。（1）基态时电子云轮廓图只有球形的元素只含s能级，上述元素的原子中H只含1s能级，Li只含1s和2s能级；（2）基态Al原子有3个能层，不同能级能量不同，有1s、2s、2p、3s、3p（3）①第一电离能是气态原子失去一个电子转化为气态基态十1价离子所需要的最低能量，根据盖斯定律：S(g)→S+(g)的第一电离能应是（1358-318②Al的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比Mg失去的3s能级电子的高，故第一电离能：Mg>Al；（4）C的电负性比Si大，二者形成的化合物中C为负价，S为正价；（5）基态Fe的价层电子排布式为3d64s2，轨道表示式为；基态Fe2+的价层电子为3d6，易失去三、填空题19．海洋是人类资源的宝库。一种利用海水制备多种化工原料的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)如图示为电解饱和NaCl溶液制备NaOH的示意图：①(填离子符号)通过离子交换膜，写出N室的电极反应式：。②电解所得Cl2和H2可制备盐酸，电解无水MgCl2副产物也有Cl2，常温常压下，饱和新制氯水的物质的量浓度为0.09mol⋅L-1，该溶液中溶于水的Cl2有13与水反应。计算Cl③Cl2可用于粗MoO3的提纯：2MoO3(s)+6Cl2(g)⇌2MoCl6(g)+3O2(g) ΔH>0，提纯装置如图所示，纯MoO3应在图中区得到((2)制备MoO3和Mg用苦卤而不直接用海水的原因是；物质A由贝壳灼烧所得，加入物质A能得到沉淀的原因是(3)Mg是无水MgCl2熔融后电解所得，得到无水MgCl①直接将MgCl2⋅6H2O加热蒸干无法得到无水MgCl②操作A是。【答案】(1)Na+2H2O+2e-=H2↑+2OH-(2)苦卤中Mo、Mg元素的含量比海水高Mg(OH)2溶解度比Ca(OH)2小，CaO(3)加热促进MgCl2水解，水解产物HCl易挥发导致水解程度增大，最终得到MgO在HCl【解析】（1）①右侧电极连接电源负极，是阴极，则N室为阴极室；加入饱和NaCl溶液，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，为保证NaOH纯净，溶液2应是稀②根据题意列三段式：Cl平衡常数K=③反应2MoO3(s)+6Cl2(g)⇌（2）苦卤中Mo、Mg元素的含量比海水高，和直接用海水相比，利用苦卤可降低冶炼成本；贝壳灼烧所得的物质A为CaO，可与水反应生成Ca(OH)2，Mg(OH)2溶解度比Ca(OH)2（3）①加热促进MgCl2水解，水解产物HCl易挥发导致水解程度进一步增大，若直接加热得到Mg(OH)2，分解后得②为抑制MgCl2水解和及时带走产生的水蒸气，需在HCl四、解答题20．侯氏制碱法打破了发达国家的技术垄断，获得了国际化工界的高度评价。回答下列问题：(1)侯氏制碱法以合成氨工厂的NH3和废气CO共价键H-NNH-H键能/kJ391945436计算合成氨反应的焓变：N2(g)+3H2(g