贵州省贵阳市2024-2025学年高二上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1贵州省贵阳市2024-2025学年高二上学期1月期末考试注意事项：1.本试卷共6页，答题卡2页；满分100分。考试用时75分钟。2.请用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案填写在试题的答题卡上。3.答卷前请将试卷密封线内的项目填写清楚。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5Ca40Fe56Zn65第I卷(选择题共42分)一、选择题(14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意，请将正确选项的序号填入答题卡相应的位置)。1.贵州拥有近3万座桥梁，被称为桥梁博物馆，展示了中国桥梁建造的先进技术和文化。下列做法与桥梁金属材料的防腐无关的是A.给桥的斜拉索喷涂油漆B.适当改变桥梁的跨度C.在桥的钢结构表面镀一层锌D.将桥梁钢铁部件与外接电源的负极相连【答案】B【解析】给桥的斜拉索喷涂油漆是通过覆盖保护层隔绝水和氧气，防止金属腐蚀，与防腐相关，A不符合题意；适当改变桥梁的跨度属于结构设计调整，主要影响力学性能而非直接防腐措施，与防腐无关，B符合题意；在钢结构表面镀锌通过覆盖层和牺牲阳极保护金属，与防腐相关，C不符合题意；将钢铁部件与外接电源负极相连是外加电流的阴极保护法，与防腐相关，D不符合题意；故选B。2.下列化学用语表述正确的是A.二氧化碳的电子式：B.在水中的电离方程式：C.的离子结构示意图：D.基态碳原子的轨道表示式：【答案】B【解析】二氧化碳为共价化合物，存在碳氧双键，故其电子式为：，A项错误；为弱酸，在水中的电离方程式：，B项正确；的离子结构示意图为，C项错误；碳的基态原子轨道表示式表述为，D项错误；故选B。3.化学与生产生活密切相关。下列应用与盐类水解无关的是A.明矾净水 B.溶液清洗油污C.含氟牙膏预防龋齿 D.加热溶液制备【答案】C【解析】明矾净水利用Al3+水解生成Al(OH)3胶体吸附杂质，与盐类水解有关，A不符合题意；Na2CO3溶液因CO水解呈碱性，促进油污水解，与盐类水解有关，B不符合题意；含氟牙膏中F⁻与羟基磷灰石反应生成氟磷灰石，属于沉淀转化，与盐类水解无关，C符合题意；TiCl4水解生成TiO2·xH2O，加热脱水得TiO2，与盐类水解有关，D不符合题意；故选C。4.下列物质能促进水电离，且水溶液显碱性的是A. B. C. D.【答案】A【解析】NaHCO3为强碱弱酸盐，HCO水解生成OH⁻，促进水的电离，溶液呈碱性，A符合题意；KCl为强酸强碱盐，不水解，对水的电离无影响，溶液呈中性，B不符合题意；NH4Cl为强酸弱碱盐，NH水解使溶液呈酸性，虽促进水的电离，但溶液显酸性，C不符合题意；NaOH为强碱，电离产生大量OH⁻，抑制水的电离，溶液显碱性，D不符合题意；故选A。5.常温下，由水电离产生的浓度为的溶液中，一定能大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】C【解析】在强酸或强碱性条件下均会反应，不能大量共存，A错误；强碱性条件下生成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存，B错误；、、、均为稳定离子，在强酸或强碱中均不反应，能大量共存，C正确；在强酸中反应生成二氧化碳和水，与在碱性中生成沉淀，不能大量共存，D错误；故选C。6.一定温度下，密闭容器中发生反应，A的初始浓度为，10s后，A的浓度降到。下列说法正确的是A.B.C.由继续降到所需时间大于10sD.缩小容器的容积，反应速率减小【答案】C【解析】根据A的浓度变化计算，v(A)=0.003mol/(L·s)，v(B)=v(A)/3=0.001mol/(L·s)，A错误；根据反应计量关系，，即3v(C)=2v(A)，，等式关系错误，B错误；随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率逐渐减小，因此从0.07mol/L降到0.04mol/L所需时间大于前10秒的等量变化时间，C正确；缩小容器容积会增大压强，但反应前后气体分子数相等，浓度增大导致正、逆反应速率均增大，D错误；故选C。7.羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫危害。在恒温恒容的密闭容器中发生反应，下列能说明该反应达到平衡状态的是A.各物质的浓度相等B.容器中气体的总压强不再变化C.混合气体的密度不再改变D.每生成1molCOS同时生成1molCO【答案】D【解析】各物质的浓度相等只是某一时刻的状态，并不能说明反应达到平衡，平衡时浓度不再变化而非必须相等，A错误；反应前后气体物质的量相等，总压强始终不变，无法判断平衡，B错误；反应前后气体总质量不变（各物质摩尔质量总和相等），密度始终不变，无法作为平衡依据，C错误；生成1molCOS（正反应）与生成1molCO（逆反应）速率相等，表明正逆反应速率相等，达到平衡，D正确；故选D。8.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.的溶液中的数目为B.常温下，的溶液中数目为C.溶液中，和粒子数目之和为D.与在密闭容器中充分反应后的分子总数为【答案】C【解析】溶液中会发生水解，导致其数目小于1mol/L×1L=1mol，即小于NA，A错误；pH=13的溶液中浓度为0.1mol/L，但题目未给出溶液体积，无法计算的具体数目，B错误；根据的物料守恒，n()+n(HClO)=初始的物质的量=0.1mol/L×1L=0.1mol，因此两者数目之和为0.1NA，C正确；反应2+⇌2为可逆反应，无法完全转化，分子总数应介于2NA和3NA之间，不会恰好为2NA，D错误；故选C。9.乙醇是常见的燃料之一。已知乙醇燃烧热的，下列能正确表示乙醇燃烧热的热化学方程式的是A.B.CD.【答案】D【解析】乙醇燃烧热的热化学方程式中乙醇应为1mol，且产物水为液态，而方程式中乙醇系数为2，产物水为气态，不符合燃烧热定义，A错误；乙醇燃烧热的热化学方程式中产物水为液态，而方程式中产物水为气态，不符合燃烧热定义，B错误；乙醇燃烧为放热反应，ΔH应小于0，而方程式中ΔH为正值，与燃烧放热矛盾，C错误；1mol乙醇完全燃烧生成CO2和液态水，ΔH=-akJ/mol，符合燃烧热定义，D正确；故选D。10.对于反应，I为中间体，反应历程的示意图如下。相同条件时，实线为无催化剂，虚线为有催化剂。下列说法错误的是A.该反应为放热反应B.无催化剂时反应历程分2步进行C.该反应的决速步为：D.使用该催化剂能极大缩短反应达平衡的时间【答案】D【解析】从图中可以看到，反应物S的能量高于生成物T的能量，则该反应为放热反应，A正确；观察无催化剂时反应历程图，有两个能量峰，这意味着反应历程分2步进行，B正确；反应的决速步是活化能最大的步骤。在图中，有无催化剂时S→I的活化能大于I→T的活化能，所以该反应的决速步为S→I，C正确；该反应的决速步为S→I，而催化剂降低的是I→T的活化能，所以不能极大缩短反应达平衡的时间，D错误；故选D。11.如图所示，装置甲是利用微生物降解废水中尿素产生的化学能直接转化为电能的装置，利用装置甲的电能可在乙装置的铁上镀铜。下列说法错误的是A.M电极为负极，发生氧化反应B.Fe电极与Y电极相接C.N极电极反应式为D.甲装置中，由M向N迁移【答案】B【解析】由图中信息结合原电池原理可知，N上氧气得电子生成水，为正极，M为负极，由电解原理可知，Cu电极为阳极，Fe为阴极，据此解答。根据分析，M电极为负极，发生氧化反应，故A正确；乙装置的铁上镀铜，Fe电极得电子，所以与原电池负极即X电极相接，故B错误；N极氧气得电子生成水，电极反应式为，故C正确；甲装置中，会从负极向正极移动，即由M向N迁移，故D正确；答案选B。12.利用图中装置进行实验，不能达到实验目的的是A.测定中和反应的反应热B.排出滴定管尖嘴内的气泡C.探究温度对平衡的影响D.比较和溶解度大小A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】通过量热计中温度变化，且保温良好，可以测定中和反应的反应热，A正确；排出盛有NaOH溶液的滴定管尖嘴内的气泡时尖嘴向上弯曲45o，该操作能达到排气泡的目的，B正确；，在热水中即升高温度，平衡逆向移动，颜色加深，在冷水中即降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，能证明温度对平衡的影响，能达到实验目的，C正确；由用量可知硝酸银溶液过量，滴入的硫化钠直接与硝酸银溶液反应，不能说明氯化银转化为硫化银，无法比较和溶解度大小，D错误；故选D。13.某温度下，将pH和体积均相同的两种弱酸(HA和HB)溶液分别加水稀释，pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A.B.稀释前溶液的浓度：C.从b点到d点，逐渐减小D.溶液中水的电离程度：d点点【答案】A【解析】相同体积、相同pH的两种酸稀释相同倍数后，相对较强的酸pH变化较大，则HA酸性强于HB。起始时pH相同，则HB的浓度比HA大。由分析可知，HA的酸性强于HB，则Ka(HA)>Ka(HB)，A正确；HA酸性强于HB，起始时pH相同，则HB的浓度比HA大，B错误；从b点到d点，溶液的温度不变，故KW不变，C错误；溶液中d点的pH小于e点，表明d点时溶液中HB电离产生的c(H+)大，则对水电离的抑制作用大，所以水的电离程度：d点＜e点，D错误；故选A。14.合成氨反应为，当反应器中按投料后，分别在三个不同温度下反应达到平衡时，得到混合物中的物质的量分数随压强的变化曲线a，b，c如图所示。下列说法正确的是A.曲线a对应的温度最高 B.M点对应的转化率为75%C.加催化剂能提高的平衡转化率 D.平衡常数【答案】B【解析】正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，氨气的含量减小，而曲线a对应的氨的体积分数最大，所以曲线c对应的反应温度最高、曲线a对应的反应温度最低，A项错误；M点的物质的量分数为60%，反应器中按投料，则有三段式为：，可知，解得，对应的转化率为=75%，B项正确；加催化剂能提高的反应速率，但是不会改变平衡状态，即平衡转化率不变，C项错误；K只受温度影响，温度不变平衡常数不变，所以，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，M点的温度低于N，所以，D项错误；答案选B。第II卷(非选择题共58分)二、非选择题(4小题，共58分。请按要求作答)。15.铜氨液在工业上有多种用途，可用于吸收炼铁高炉气中的，也可除去合成氨工业原料气中的。回答下列问题：（1）O元素位于元素周期表中_______(填“s”、“p”、“d”或“ds”)区，其基态原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形；基态N原子核外有_______种运动状态不同的电子。（2）H、C、N三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。（3）C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______；Cu元素焰色试验产生的绿光是一种_______(填“吸收”或“发射”)光谱。（4）基态Fe原子价层电子排布式为_______，3d能级未成对电子数为_______。【答案】（1）①.p②.哑铃③.7（2）（3）①.②.发射（4）①.②.4【解析】【小问1详析】氧元素为第8号元素，氧原子的基态电子排布式为，位于元素周期表的p区；由于氧原子的基态电子排布式为，其基态原子电子占据最高能级为2p能级，因此电子云轮廓图为哑铃形；氮元素为第7号元素，氮原子的基态电子排布式为，氮原子核外有7种运动状态的电子。【小问2详析】电负性是指元素在化学键中吸引电子的能力。电负性越大，元素对电子的吸引力越强。同一周期元素从左往右电负性逐渐增大，同一主族元素从上往下电负性逐渐增大，因此可知电负性：N>C，由于CH4中C元素为负价，而H元素为正价，说明H的电负性小于C的电负性，因此三种元素的电负性由大到小的顺序为：。【小问3详析】同周期元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，同主族元素从上往下第一电离能呈现减小的趋势，由于第ⅡA族、第ⅤA族为全充满、半充满状态较为稳定，因此较相邻元素第一电离能大，可知三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：；基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从较高能级跃迁到较低能级，以光的形式释放能量，为发射光谱。【小问4详析】铁为第26号元素，因此基态Fe原子价层电子排布式为：；3d能级未成对电子数为4。16.某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作如下(该药片中其他成分不与盐酸、氢氧化钠溶液反应)：①配制0.1000mol/L的稀盐酸和0.1000mol/L的溶液；②向一粒研碎后的药片(0.10g)中加入2.0mL蒸馏水；③用0.1000mol/L溶液滴定过量稀盐酸，记录所消耗溶液的体积；④加入25.00mL0.1000mol/L稀盐酸溶解碳酸钙。回答下列问题：（1）正确的操作顺序是_______(填序号)。（2）如图中用于盛装溶液的仪器为_______(填“A”或“B”)。（3）测定过程中发生反应的离子方程式为和_______。（4）若使用酚酞做指示剂，则达到滴定终点的判断依据是_______。（5）某同学4次实验测定所消耗的溶液的体积如下：测定次数第1次第2次第3次第4次17.0012.5012.6012.40根据这个同学的实验数据，消耗溶液的平均体积为_______mL，该药片中碳酸钙的质量分数为_______%；如果滴定管在装溶液前未用待装溶液润洗，则胃药中碳酸钙质量分数的测定结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①②④③或②①④③（2）A（3）（4）当滴入最后半滴溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色(或浅粉色)且半分钟内不变色（5）①.12.50②.62.5③.偏低【解析】中和滴定操作有查漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作，为减少实验过程的偶然性，使实验测定值更接近真实值，要多进行几次平行实验，取有效值的平均值，再根据转化关系进行计算，并根据操作对标准溶液体积的影响分析实验误差，据此分析作答。【小问1详析】依据实验步骤判断操作顺序为：配制溶液、溶解样品、加入配制的过量盐酸溶液溶解碳酸钙、剩余的盐酸用氢氧化钠溶液滴定、计算反应的盐酸，通过碳酸钙和盐酸反应的定量关系计算含量，所以测定过程的正确操作顺序为①②④③或②①④③。【小问2详析】NaOH溶液显碱性，则盛放0.1000mol/LNaOH溶液应选择碱式滴定管，选择仪器A。【小问3详析】过程中发生的反应为碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，氢氧化钠溶液和盐酸反应生成氯化钠和水，离子方程式分别为：、。【小问4详析】用NaOH标准溶液中和过量的稀盐酸，以酚酞溶液为指示剂，开始时溶液为无色，随着NaOH溶液的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴加最后一滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，半分钟内溶液不褪色时，说明滴定达到终点，此时应该停止滴加NaOH标准溶液，则滴定达到终点的现象是：当滴入最后半滴溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色(或浅粉色)且半分钟内不变色。【小问5详析】由图表数据可知，第1次数值偏差太大，舍去，消耗氢氧化钠溶液的平均体积=；消耗盐酸物质的量为0.025L×0.1mol/L-0.0125L×0.1mol/L=0.00125mol，所以碳酸钙的质量分数为=62.5%；碱式滴定管使用前，水洗后未用待装液润洗，则消耗标准溶液体积读数偏大，剩余的盐酸的物质的量偏大，则碳酸钙消耗的盐酸的物质的量偏小，导致测定结果偏低。17.是化工合成中重要的镍源，工业上以金属镍废料(含Fe、Mg、Ca等杂质)为原料生产，继而生产的工艺流程如图：已知：①，；②还原性：③流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表所示：氢氧化物开始沉淀的pH1.16.57.19.3沉淀完全的pH3.29.79.210.8回答下列问题：（1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有_______(任写一条)。（2）用离子反应方程式解释加入的目的_______；“除铁”时，控制溶液pH的范围为_______。（3）“过滤”所得滤渣B的主要成分的化学式为_______。（4）“沉镍”时，为使镍沉淀完全，溶液中应大于_______。（5）“氧化”得到过程中，氧化剂为_______。（6）可用于制备铁镍蓄电池，放电时总反应为。该电池工作时，正极电极反应式为_______，用该电池电解饱和食盐水，消耗56gFe，理论上阴极产生标准状况下气体体积为_______L。【答案】（1）粉碎废料，搅拌等（2）①.②.（3）、（4）（5）（6）①.②.22.4【解析】金属镍废料(含Fe、Mg、Ca等杂质)盐酸酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有Fe2+、Mg2+、Ca2+等；加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子；加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，滤渣A为Fe(OH)3；过滤后的滤液中再加入氟化铵沉淀Ca2+、Mg2+，则滤渣B为MgF2、CaF2；再次过滤后向滤液中加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3；将NiCO3再溶于盐酸，得氯化镍溶液；向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得，据此分析作答。【小问1详析】为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时还可采取的措施有粉碎废料，搅拌等，故答案为：粉碎废料，搅拌等。【小问2详析】过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，则离子方程式为；“除铁”三价铁离子要沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在，故答案为：；。【小问3详析】滤液中再加入氟化铵的目的是沉淀Ca2+、Mg2+，则滤渣B为、，故答案为：、。【小问4详析】，镍离子完全沉淀时，溶液中，应保持溶液中＞，故答案为：。【小问5详析】“氧化”得到过程中，Ni元素由+2价升高到+3价，则NiCO3为还原剂，中Cl元素由+1价降低到-1价，则氧化剂为，故答案为：。【小问6详析】可用于制备铁镍蓄电池，放电时总反应为，该反应中Ni元素由+3价降到+2价，得到电子，则为原电池的正极，正极电极反应式为：；根据，可知消耗56gFe，转移电子2mol，电解饱和食盐水阴极电极反应式为：，理论转移电子2mol，产生氢气为1mol，标准状况下气体体积为22.4L，故答案为：；22.4。18.绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利用甲醇，CO制备绿色能源具有开发应用的广阔前景，回答下列问题。I.工业上利用甲醇制备氢气的常用方法有两种。①甲醇氧化法②甲醇蒸汽重整法，；已知：③。（1）_______。增大反应①的反应速率的措施为_______(任写一条)。（2）反应②在_______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。（3）在一定温度和催化剂下，原料气比例对