陕西省西安市田家炳中学大学区联考2024-2025学年高二上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1陕西省西安市田家炳中学大学区联考2024-2025学年高二上学期1月期末考试试题一、选择题1．在298K、1.01×105Pa下，将0.5molCO2通入1L0.75mol⋅L-1NaOH溶液中充分反应，生成碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为1∶1，且测得反应放出xkJ的热量。已知在该条件下，1A．COB．COC．COD．CO【答案】C【解析】0.5mol二氧化碳通入1L0.75mol/L的NaOH溶液中，反应生成的碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量相同，则生成了0.25mol碳酸钠和0.25mol碳酸氢钠，放出xkJ热量，则有①2CO2(g)+3NaOH(aq)=Na2CO3(aq)+NaHCO3(aq)+H2O(l)ΔH1=-4xkJ/mol，已知1molCO2与2molNaOH反应生成1mol碳酸钠放出ykJ的热量，即②CO2(g)+2NaOH(aq)=Na2CO3(aq)+H2O(l)ΔH2=-ykJ/mol，则反应①-反应②得到CO2g+NaOHaq=NaHCO3aq2．下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系据此判断下列说法中正确的是A．石墨转变为金刚石是吸热反应 B．白磷比红磷稳定C．固态硫燃烧时放出热量更多 D．H2【答案】A【解析】石墨的能量低于金刚石，石墨转化为金刚石需要吸收能量，为吸热反应，A正确；物质所具有的能量越低越稳定，红磷的能量低于白磷，比白磷更稳定，B错误；硫由气态转化为固态的过程中，需要释放能量，固态硫燃烧时放出热量更少，C错误；H2和I2的总能量高于HI，反应H2g+I23．在Ni作用下，可将C2H6(g)转化为CH4(g)下列说法中错误的是（

）A．总反应的热化学方程式为Ni(s)+CB．转化过程中，决速步骤的活化能为204.32kJ/molC．转化过程中断裂与形成的共价键种类相同D．转化过程中Ni的成键数目发生变化【答案】C【解析】总反应的热化学方程式为Ni(s)+C2H6(g)=NiCH2(s)+CH4(g)  ΔH=-6.57−0.00=-6.57kJ⋅mol-1，A正确；慢反应决定了总反应速率，反应过程中活化能最大的步骤为中间体2转化为中间体3的过程，活化能为：49.50−(-154.82)=204.32kJ/mol，反应速率小，是决速步骤，B正确；从整个历程来看，断裂的键有：C-C、C-H、Ni-C、Ni-H4．向相同容积的甲、乙两容器中分别充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H＜0。若甲容器保持恒温恒容，乙容器保持恒温恒压，分别达到平衡。乙容器中平衡时生成SO3为1.4mol，同时放出热量QkJ。下列说法正确的是A．平衡时，反应放出的热量：甲＞乙B．平衡时，O2的浓度：甲＜乙C．乙容器若把条件“恒温恒压”改为“恒压绝热”，则平衡后n(SO3)大于1.4molD．平衡时，向甲容器中再通入一定量的SO3气体，重新达到平衡时，SO2的百分含量升高【答案】B【解析】反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)气体体积减小，以甲容器为研究对象，甲容器保持恒温恒容，随反应的进行，容器内压强减小，乙容器相当于在甲容器建立平衡后增大压强，平衡向正反应方向移动，即甲容器中SO2转化率比乙容器低，放出热量减少，即甲<乙，A错误；乙容器平衡时体积小于甲容器平衡时体积，平衡时O2的浓度：甲<乙，B正确；乙容器若把条件“恒温恒压”改为“恒压绝热”，正反应放热，绝对温度升高，平衡向逆反应方向移动，平衡后n(SO3)<1.4mol，C错误；向恒温恒压条件下的平衡状态容器中加入SO35．氨在催化剂作用下发生反应：4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g) ΔH<0。若在T°A．在0~10min内v(NO)=0.18mol⋅L-1⋅C．T°C时，平衡时容器压强是反应前的1615倍【答案】C【解析】在10min时，αNH3=45%，则ΔnNH3=4mol×45%=1.8mol，ΔnNH3=Δn(NO)=1.8mol，故vNH3=v(NO)=1.8mol4NH在容器体积不变条件下，压强比=物质的量之比，故p后p始=9.69=1615，C正确；a、b、c三点随反应的进行，氨的转化率逐渐增大，氨的浓度逐渐减小，正反应速率逐渐减小，d6．已知反应：2A(l)⇌B(l)ΔH=-Q kJ·mol-1(Q>0)，取等量A分别在0℃和20℃下反应，测得其转化率A．曲线a代表20℃下A的Y-t曲线B．反应到66 min时，0℃和20C．0℃和20℃下达到平衡时，反应都放出Q D．反应都达到平衡后，正反应速率：a>b【答案】B【解析】ΔH<0，温度越高，化学反应速率越快，反应越先达到平衡，即曲线先出现拐点，由图可知曲线b先达到平衡状态，故曲线b代表20℃下A的Y-t曲线，A错误；反应到66 min时，0℃和20℃下A的转化率相同，因二者的起始量相同，故参与反应的A的量相等，此时放出的热量相等，B正确；2A(l)⇌B(l)ΔH=-Q kJ⋅mol-1表示2 mol A(1)完全反应生成1 mol B(l)时放出Q kJ热量，因未给出A起始的物质的量，无法计算在不同温度下有多少A物质已经反应，故也无法计算放出多少热量，且0℃和20℃下达到平衡时，7．常温下，向20mL0.1mol⋅L-1KHC2O4溶液中逐滴加入0.1mol/L的A．c点对应的溶液的pH=7B．b、d两点对应的溶液的pH相同C．从a点到d点，水的电离程度一直增大D．b点对应的溶液中，2c【答案】D【解析】c点是20mL0.1mol⋅L-1KHC2O4溶液和20mL0.1mol/L的NaOH溶液混合，二者恰好完全反应：OH-+HC2O4-=H2O+C2O42-，C2O42-水解溶液呈碱性，pH>7，A错误；从b点到d点，向溶液中不断地加入NaOH溶液，pH会增大，即d点的pH大于b点的pH，B错误；KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-以电离为主，HC2O4-对水的电离产生抑制的作用，从a点到c点，HC2O48．25℃时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列叙述不正确的是A．HA的酸性强于HBB．溶液中水的电离程度：b点<c点C．相同浓度的NaA与NaB溶液中，cD．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中nNa【答案】D【解析】由图可知，稀释相同的倍数，HA的pH变化更大则酸性HA大于HB，说明HA的酸性强于HB，A正确；b点酸电离出氢离子浓度更大，对水的电离抑制作用更大，则溶液中水的电离程度：b点<c点，B正确；酸的酸性越弱，对应的酸根离子水解程度越大，HA的酸性强于HB，则相同浓度的NaA与NaB溶液中NaB的水解程度更大，则cA->cB-，C正确；HA的酸性强于HB，二者pH相同时HB的浓度大，则相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，HB消耗的9．提出我国要在2030年实现“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。下列说法不正确的是A．该装置能将化学能转化为电能B．M上的电极反应方程式为2H2O-4e-=O2↑+4H+C．工作一段时间后，N电极室中的溶液pH减小D．当转化2molCO2时，有4molH+从左室穿过交换膜到达右室【答案】C【解析】该装置为原电池，能将化学能转化为电能，A正确；该装置中N极CO2生成CO，碳元素化合价降低，得电子，为正极，则M为电池的负极，在紫外光的作用下，水失去电子发生氧化反应生成O2，电极反应方程式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，B正确；N为电池正极，电极反应式为CO2+2H++2e-═CO+H2O，当外电路转移4mol电子时，有4molH+从左室穿过交换膜到达右室，然后被CO2消耗，但溶液中水的量增加，因此N电极室的溶液pH增大，C错误；由CO2~2e-，当转化2molCO2时，外电路转移4mol电子，有4molH+从左室穿过交换膜到达右室，D正确。10．相比传统工艺在ZnSO4-H2SO4体系中电解精炼锌，络合物电解法实现粗锌(主要杂质有Fe、Cu、Pb)的提纯，可以避免析氢和锌复溶等副反应的发生，原理如图所示。下列说法不正确的是A．阴极材料为粗锌B．获得高纯锌的电极反应式为[Zn(NH3)2]2++2e-+2H2O=Zn+2NH3⋅H2OC．电解产生的阳极泥主要成分为Fe、Cu、PbD．传统工艺中析氢和锌复溶的离子反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑【答案】A【解析】用电解法对粗锌(主要杂质有Fe、Cu、Pb)进行提纯，粗锌作阳极，纯锌作阴极，A错误；阴极材料为纯锌，获得高纯锌的电极反应式为[Zn(NH3)2]2++2e-+2H2O=Zn+2NH3⋅H2O，B正确；电解时粗锌中的Fe、Cu、Pb在阳极上不放电，以阳极泥的形式沉积下来，C正确；传统工艺中析氢和锌复溶中锌和氢离子反应，其离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑，D正确。11．用石墨作电极，电解1L0.2mol/LNaCl溶液，当电路中通过0.002mol电子时，下列说法错误的是A．滴有酚酞的NaCl溶液变为红色B．a试管中的气体与b试管中的气体体积比为1：1C．b试管及对应烧杯盛放的是饱和食盐水D．A极的电极反应式仅为2H【答案】B【解析】石墨作电极，电解1L0.2mol⋅L-1NaCl溶液，总反应式为2NaCl+2H2O电解=2NaOH+H2↑+Cl2↑，有碱生成，溶液显碱性，滴有酚酞的溶液变为红色，A正确；A电极与电源负极相连为电解池阴极，发生电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，a试管收集到H2，B电极与电源正极相连为电解池阳极，发生电极反应为2Cl--2e-12．有X、Y、Z三种短周期元素，其原子半径的大小顺序为Y>X>Z，原子序数之和为16。三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图所示的反应，其中A为X、Y组成的双原子分子，B和CA．X的最外层电子数为6B．A和C之间不可能发生氧化还原反应C．X、Y、Z三种元素可组成盐D．A不能溶于B中【答案】B【解析】B和C均为10电子分子，考虑为氢化物，由转化关系可知，Z为氢，X、Y、Z原子序数之和为16，则X、Y的原子序数之和为15，原子半径Y＞X，则Y为碳、X为氟或者Y为氮、X为氧，由转化关系，单质X、Y反应生成A，单质X、Z生成B，则Y应为氮、X应为氧，则A为NO、B为H2O、C为NH3。X为氧，最外层电子数为6，A正确；氨气与NO可以发生反应生成氮气与水，属于氧化还原反应，B错误；O、N、H可以组成铵盐如NH4NO3，C正确；NO不溶于水，D正确。13．臭氧层是大气层的平流层中臭氧浓度高的层次。紫外辐射在高空被臭氧吸收，对大气有增温作用，同时保护了地球上的生物免受远紫外辐射的伤害，透过的少量紫外辐射，有杀菌作用，对生物大有裨益。如图为CFCl3破坏臭氧层的反应过程示意图，下列说法不正确的是A．过程Ⅰ中断裂极性键C-Cl键B．过程Ⅱ可表示为O3＋Cl=ClO＋O2C．过程Ⅲ中O＋O=O2是吸热过程D．上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂【答案】C【解析】过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C—Cl键，A正确；根据图中信息可知，过程Ⅱ中反应物是O3和Cl，产物是ClO和O2，方程式为O3＋Cl=ClO＋O2，B正确；原子结合成分子的过程是放热的，C错误；上述过程中CFCl3参加反应，但最终又生成了CFCl3，说明CFCl3中氯原子是破坏O3的催化剂，D正确。14．RH-05型甲醇催化剂主要由铜、锌等的金属络合物组成，使用过程中容易硫中毒使催化剂失活，现从甲醇催化剂中回收氧化锌工艺流程如下：下列说法错误的是A．煅烧产生的气体含有SOB．ZnNHC．加氨水调节pH得到氢氧化锌固体的同时也可得到可循环使用的氯化铵溶液D．滤渣是难溶于盐酸的杂质【答案】D【解析】该催化剂主要由铜、锌等的金属络合物组成，在其中通入空气煅烧，金属元素转化为金属氧化物，非金属元素转化为废气即硫转化为二氧化硫，A正确；ZnNH342+中N和氢之间是共价键，Zn2+和氨气之间是配位键，B正确；调节pH时发生反应ZnNH15．用X物质合成Y物质的反应原理如图。下列说法正确的是A．若已知X中V元素显+3价，则Y中V元素显+1价B．若已知X中V配位数为7，则Y中V配位数为4C．该反应为化合反应D．X所有原子在同一平面【答案】A【解析】从图看2molMg与2molX反应生成1molY和2molMgCl2，2molX中V降低的化合价等于2molMg升高的化合价，可知X中V为+3价，则Y中V为+1价，A正确；若已知X中V配位数为7，则Y中V配位数为6，B错误；该反应还产生了MgCl2，不属于化合反应，C错误；X中有sp3杂化的碳原子，所有原子不可能共面，D错误。16．由硫酸铜溶液制取硫酸四氨合铜晶体{CuNH3步骤1：向盛有4mL0.1mol⋅L-1蓝色CuSO4步骤2：继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色溶液；步骤3：向试管中加入8mL95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出。下列说法正确的是A．CuSO4溶液呈蓝色的原因是CuB．步骤2所发生反应的离子方程式为CuC．步骤3中用玻璃棒摩擦试管壁是为了防止晶体析出时附着在试管壁上D．H2O与Cu【答案】B【解析】CuSO4溶液呈蓝色的原因是溶液中存在着CuH2O42+，A错误；步骤2所发生反应为氢氧化铜沉淀和过量的氨水生成四氨合铜离子，离子方程式为CuOH2+4NH3=CuNH342++2OH-，B二、非选择题17．T℃时，在一个2L的恒容密闭容器中，X、Y、Z(1)该反应的化学方程式为。(2)0~3min内，Y的平均反应速率为mol(3)可以判断该反应是否达到平衡的依据是(填正确答案的字母编号)。A．容器内气体压强保持不变B．容器内各气体的浓度保持不变C．X、Y的反应速率之比为1∶1D．气体Z的体积分数不再改变(4)Y的平衡转化率是；该反应的化学平衡常数K=(5)若向图中平衡体系中再加X，加入X的瞬间v正(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，v逆，平衡(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)移动。(6)若向图中平衡体系中充入1mol氩气，X的平衡转化率(填“增大”“减小”或“不变”)【答案】(1)X+Y⇌2Z(2)0.05(3)BD(4)80%32(5)增大不变【解析】(1)根据图象可知X和Y是反应物，Z是生成物，达到平衡时X、Y、Z的变化量分别是（mol）0.8、0.8、1.6，变化量之比是1：1：2，所以该反应的化学方程式为X+(2)0~3min内消耗Y是1mol－0.7mol＝0.3mol，浓度是0.15mol/L，则Y的平均反应速率为0.15mol/L÷3min＝0.05mol(3)反应前后体积不变，则压强始终不变，不能用压强判断反应是否达到平衡状态，A错误；容器内各气体的浓度保持不变说明反应达到平衡状态，B正确；X、Y的反应速率之比为1∶1不能说明正逆反应速率相等，不一定达到平衡状态，C错误；气体Z的体积分数不再改变说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，D正确；(4)平衡时消耗Y是0.8mol，Y的起始量是1mol，则Y的平衡转化率是80%；平衡时X、Y、Z的浓度分别是（mol/L）0.2、0.1、0.8，则该反应的化学平衡常数K=0.820.1×0.2(5)若向图中平衡体系中再加X，X浓度增大，加入X的瞬间v正增大，生成物浓度不变，则v逆不变，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动。(6)若向图中平衡体系中充入1mol氩气，容器体积不变，反应物浓度不变，平衡不移动，则X18．碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿(Cu2S，含有SiO2和少量Fe已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子FeFeCuMn开始沉淀的pH7.22.75.68.3完全沉淀的pH9.03.76.79.8②CuNH34③Ksp回答下列问题：(1)加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有、(任写两种)。(2)滤渣Ⅰ经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣Ⅰ中的主要成分除MnO2外还有(填化学式(3)常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO，调节pH的范围为，若加A后将溶液的pH调为5，则溶液中Fe3+的浓度为mol(4)写出“沉锰”(除Mn2+)过程中反应的离子方程式：(5)“赶氨”时，最适宜的操作方法是。【答案】(1)搅拌适当增加硫酸浓度、适当加热等(任选二)(2)SiO(3)3.7-5.6(或3.7≤pH<5.6)4.0×(4)Mn(5)将溶液加热【解析】（1）加快“浸取”速率的方法有：适当升高温度、适当增大硫酸浓度、增大接触面、搅拌等。（2）辉铜矿中含有Cu2S、SiO2和Fe2O3，加入MnO2和H2SO4后，Cu2（3）加入CuO调节pH，可以使Fe3+完全沉淀，Cu2+不沉淀，根据表中的数据，Fe3+完全沉淀，pH≤3.7，Cu2+开始沉淀pH＜5.6，调节pH的范围为：3.7～5.6(或加入CuO调节pH=5，c(H+)=1×10-5，c(OH-)=1×（4）向溶液中加入NH4HCO3、NH3除去Mn2+（5）气体在溶液中的溶解度随着温度的升高而降低，故可以将溶液加热。19．回答下列问题：(1)通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下：①Pt电极上发生的是反应(填“氧化”或“还原”)电极反应式。②写出NiO电极的电极反应式：。(2)用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3-)已成为环境修复研究的热点之一，Fe还原水体中NO3①作负极的物质是。②正极的电极反应式是。(3)电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是(4)爱迪生蓄电池的反应式为：Fe+NiO2+2H2O⇌【答案】(1)还原O2+4e(2)铁NO(3)氨气根据得失电子守