湖南省市县部分学校2024-2025学年高二上学期11月期中联考化学试题 含解析

高二化学专版考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Co-59一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.我国运动员在2024年巴黎奥运会中取得了优异的成绩。巴黎奥运会火炬使用的燃料是丙烷，已知丙烷的燃烧热为。下列说法正确的是A.丙烷燃烧放出热量时会有生成B.火炬传递中化学能全部转化为热能C.火炬燃烧过程中易造成大气污染D.丙烷燃烧属于焓减变化【答案】D【解析】【详解】A．丙烷的燃烧热表示1mol气态丙烷完全燃烧生成3molCO2(g)和4molH2O(g)放出的热量，则丙烷燃烧放出热量时会有0.4mol液态H2O生成，A错误；B．火炬传递中化学能还转化为光能、热能，B错误；C．丙烷燃烧生成CO2和H2O，对大气不会产生污染，C错误；D．丙烷燃烧是放热反应，△H=-2220kJ/mol<0，属于焓减变化，D正确；答案选D。2.下列物质属于非电解质，但其水溶液可以导电的是A. B.高铁酸钾 C. D.蔗糖【答案】C【解析】【分析】电解质是指溶于水或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是指溶于水和熔融状态下均不能导电的化合物；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。【详解】A．Cl2是单质，单质既不是电解质也不是非电解质，A不符合题意；B．高锰酸钾是盐，是电解质，B不符合题意；C．SO2水溶液能导电，但SO2自身不能电离出可自由移动的离子，属于非电解质，C符合题意；D．蔗糖是有机物，是非电解质，水溶液不导电，D不符合题意；答案选C。3.下列做法的目的与改变反应速率无关的是A.将豆腐置于冰箱中存放 B.食品包装袋中放置小包的活性铁C.用含杂质的锌与稀硫酸反应制备 D.食品中添加着色剂【答案】D【解析】【详解】A．豆腐容易腐败变质，将豆腐置于冰箱中存放，温度降低，可以减缓腐败的速率，A不符合题意；B．活性铁具有强还原性，食品包装袋中放置小包的活性铁可以除去食品包装袋内的氧气，降低氧气的浓度，可以减缓食品被腐蚀的速率，B不符合题意；C．含杂质的锌与稀硫酸反应制备时可以形成原电池，加快反应的速率，C不符合题意；D．在食品中添加着色剂，可增强食品的颜色，与反应速率无关，D符合题意；答案选D。4.已知溶液最多可消耗溶液，下列说法正确的是A.是三元酸B.与过量溶液反应的化学方程式：C.是酸式盐D.能电离出【答案】B【解析】【详解】A．溶液最多可消耗溶液，二者的物质的量之比为1:1，说明H3PO2是一元酸，A错误；B．由于H3PO2是一元酸，与过量溶液反应时二者的物质的量为1:1，化学方程式：，B正确；C．由于H3PO2是一元酸，是正盐，C错误；D．H3PO2是一元酸，不能电离，D错误；答案选B。5.下列事实无法利用勒夏特列原理解释的是A.啤酒瓶打开瓶盖后会有大量的气泡冒出B.用饱和食盐水除去中杂质过程中会有少量晶体析出C.合成氨中使用催化剂可提高的日产量D.工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高的利用率【答案】C【解析】【详解】A．因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，Cl2+H2O⇋H++Cl-+HClO，该反应存在限度，用饱和食盐水除去中杂质过程中，平衡正向移动，氯离子浓度增大，饱和食盐水中会有少量氯化钠晶体析出，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C．催化剂对平衡移动无影响，可以加快反应速率，提高NH3的日产量，不能用勒夏特列原理解释，C符合题意；D．工业生产硫酸的过程中O2和SO2反应生成SO3，使用过量的空气即反应物氧气过量，有利于平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；答案选C。6.利用盐酸与溶液反应测定中和反应的反应热，测定装置如图所示。下列说法错误的是A.实验时玻璃搅拌器上下匀速搅拌B.若用醋酸代替盐酸，测得的中和反应的反应热偏大C.一次实验中只需要记录2个温度数值D.若无杯盖或盖得不严密，则测得的偏高【答案】C【解析】【详解】A．玻璃搅拌器下端是环形的，实验时玻璃搅拌器只需要上下匀速搅拌即可，A正确；B．若用同浓度的醋酸代替盐酸，醋酸是弱酸，在水溶液中电离吸热，测得的△H偏大，B正确；C．在测定中和热的实验中，每次实验要记录盐酸的初始温度、NaOH溶液的初始温度和反应后的最高温度3次温度，C项错误；D．实验中无杯盖或盖得不严密，将增大热量的散失，导致测定反应放出的热量偏小，该反应的△H<0，会导致测得的偏大，D正确；答案选C。7.时，的水解常数的电离常数。该温度下，向体积相同、浓度均为的和溶液中分别滴加等浓度的盐酸。下列有关说法错误的是A.B.相同浓度的和溶液的C.当向两溶液中加盐酸至中性时：D.当向两溶液中加酸至均为6时：【答案】D【解析】【详解】A．，A正确；B．因为，HY的酸性比HX弱，越弱越水解，故NaY水解程度大，碱性强，即，B正确；C．两溶液加入盐酸后根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(X-或Y-)+c(OH-)，呈中性，说明c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(X-或Y-)；二者钠离子物质的量相等，NaY水解程度大，消耗盐酸的量多，加入体积大，故反应后钠离子浓度小，故c(Y-)小，即，C正确；D．根据物料守恒，，根据C分析NaY中加入盐酸的体积更大，故浓度更小，即，D错误；答案选D。8.甲醇和亚硫酰氯的反应过程分为反应①和反应②，其各自的反应历程如图所示，下列有关结论错误的是A.反应①属于放热反应B.反应②中既有极性键的断裂，又有非极性键的形成C.反应①中分子有效碰撞几率最大的是第二步D.该反应的总方程式为【答案】B【解析】【详解】A．如图，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，A正确；B．根据反应②物质变化可知，CH3OS(O)Cl中有极性键的断裂，生成CH3Cl和SO2，有极性键的形成，无非极性键的形成，B错误；C．反应①的第一步活化能大，反应速率相对较慢，第二步活化能小，反应速率相对较快，有效碰撞几率较大，C正确；D．根据反应①和反应②物质变化可知，总反应：，D正确；答案选B。9.在溶液中存在平衡：，下列分析正确的是A.若升温后溶液变大，该反应的B.加入几滴浓溶液后，平衡向左移动C.加适量水后平衡向左移动，导致增大D.加入几滴浓溶液后，达到新平衡时减小【答案】A【解析】【详解】A．若升温后溶液变大，溶液中c(H+)减小，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应，，A正确；B．加入几滴浓溶液后，溶液中c(H+)增大，平衡向右移动，B错误；C．加适量水后溶液中减小，C错误；D．加入几滴浓溶液后，溶液中增大，平衡逆向移动，减小，但相比加入溶液前仍然增大，D错误；故选A。10.对下表所述实验内容的分析错误的是选项实验内容分析A对平衡体系压缩容器体积，容器中气体颜色加深平衡向右移动，但容器容积减小最终导致增大B常温下，将铁片置于的硫酸中，无明显变化的硫酸不能氧化铁片C向溶液中滴加几滴淀粉、2滴溴水，溶液变蓝色还原性：D将的某溶液稀释至，用计测得其约为3.2是弱酸A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．是气体体积减少的反应，压缩体积，增大压强，平衡正向移动但是体积缩小NO2和N2O4浓度都增大，气体颜色加深，A正确；B．常温下，铁与浓硫酸钝化，铁表面被氧化成一层致密的氧化物保护膜，B错误；C．2滴溴水是少量的，滴加到FeI2溶液中，淀粉变蓝色，说明Br2先和还原性强的I-离子反应生成I2单质，C正确；D．将的某溶液稀释至，若HX为强酸，氢离子浓度为原来的1%，pH值=4，约为3.2，说明HX又电离产生H+离子，说明HX为弱酸，D正确；答案选B。11.对于反应，由下列图像得出的结论正确的是A.由图①知，B.由图②知，曲线a可能使用了催化剂，且该反应的增大C.由图③知，时刻改变的条件是增加了Y的浓度D.由图④知，【答案】D【解析】【详解】A．由图①可知，压强增大，Z平衡产率升高，平衡正向移动，W是固体，有4>m，A错误；B．如果m=3，则该反应前后气体物质的量不变，也可以是增大压强加快反应速率，平衡不移动，B错误；C．增加Y的浓度瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，C错误；D．根据“先拐先平数值大”，T2>T1，温度升高对应的X浓度大，平衡逆向移动，正反应是放热反应，△H<0，D正确；答案选D。12.时，向某恒容密闭容器中充入，控制适当条件使其发生反应：，反应在时达到平衡且此时体系内。下列分析错误的是A.的平衡转化率为B.平衡时压强是反应开始前的0.75倍C.向平衡体系中充入和后，容器中D.时，该反应的平衡常数K小于80【答案】C【解析】【分析】平衡时，有1-2x=0.6-x，得出x=0.4mol/L；则K=【详解】A．由分析可知，转化SO2的物质的量浓度为0.8mol/L，则SO2的转化率为，A正确；B．恒温恒容下，反应前后压强之比等于气体的物质的量之比，也等于反应前后气体总浓度之比，=，B正确；C．向平衡体系中充入和，此时0.2mol/L，=0.5mol/L，=1.2mol/L，Q==<K，反应正向进行，，C错误；D．反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K值减小，时，该反应的平衡常数K小于80，D正确；答案选C。13.和时，水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.甲为时水的电离平衡曲线，且B.时，的溶液中，由水电离出的C.c点可表示下盐的溶液D.水的离子积常数：【答案】C【解析】【分析】25°C时纯水中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，KW=c(H+)×c(OH-)=10-14，由图可知乙曲线上b点对应的c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，KW=c(H+)×c(OH-)=10-14，说明乙曲线对应的温度为25°C，甲曲线上a点对应的c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，KW=c(H+)×c(OH-)=10-12>10-14，说明T对应的温度大于25°C；【详解】A．由分析可知，甲为T°C时水的电离平衡曲线，T>25，A错误；B．时，KW=10-12，的溶液中，c(H+)=10-2mol/L，c(OH-)=10-10mol/L，由水电离出的，B错误；C．c点c(H+)<c(OH-)，溶液显碱性，可以强碱弱酸盐，C正确；D．b、c两点对应的温度相同，KW相同，D错误；答案选C。14.常温下，和的饱和溶液中与的关系如图所示。，，表示或。下列说法正确的是A.直线表示与的关系B.C.向的溶液中滴加溶液，先生成沉淀D.a点是的过饱和溶液【答案】B【解析】【分析】由，可知，斜率大的L1曲线为和P的关系，L2为表示与的关系，在坐标(0，10)点，=1mol/L，=10-10mol/L，=10-10，在坐标(0，12)点，=1mol/L，=10-12mol/L，=10-12；【详解】A．由分析可知，L1曲线为和P的关系，A错误；B．由分析可知，=10-10，=10-12，，B正确；C．向的溶液中滴加溶液，根据=10-10，Cl-沉淀需要=10-9mol/L，=10-12，沉淀离子需要的==10-5.5mol/L，Cl-沉淀需要的Ag+小，先生成AgCl沉淀，C错误；D．a点对应的Ag+浓度和Cl-的Q<Ksp，是AgCl的不饱和溶液，D错误；答案选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.已知能与发生氧化还原反应生成三种产物，其中两种产物是，某研究性学习小组的同学设计如图所示装置测量铜的相对原子质量。回答下列问题：（1）仪器X的名称为___________，下列试剂不可用于本实验中制备的是___________(填标号)。a．b．、浓氨水c．固体、浓氨水（2）试剂Y是___________，装置D的作用是___________，有一处装置不合理，改进措施是___________。（3）装置C中反应的化学方程式为___________。（4）当装置C中黑色固体全部变为___________色时，表明装置C中反应已结束。当全部被还原时，测得装置D(仪器+试剂)实验前后增加了，则铜的相对原子质量为___________(用含a的代数式表示)，无装置E时，则测得铜的相对原子质量会___________(填“偏大”或“偏小”)。【答案】（1）①.分液漏斗②.a（2）①.碱石灰②.吸收反应中生成的水③.尾气处理用防倒吸吸收装置（3）3CuO+2NH33Cu+N2↑+3H2O（4）①.红②.-16③.偏小【解析】【分析】实验室中常用浓氨水加热或将浓氨水滴加到固体氧化钙或氢氧化钙或碱石灰上，利用氧化钙或氢氧化钙的吸水性及溶解放热来促使氨气溢出。实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，干燥管D增重，E中碱石灰是防止后面装置中水蒸气进入D装置，上述现象可以证明NH3具有还原性，相应的化学方程式3CuO+2NH33Cu+N2↑+3H2O。【小问1详解】X为分液漏斗，A为固液不加热制取气体装置，b、c为固液反应，a是固固加热反应，故选a；【小问2详解】装置Y是干燥装置，可以用碱石灰干燥氨气，D装置是吸收反应中生成的水；因为氨气极易溶于硫酸，并反应，最后吸收装置中需要用倒置漏斗，防止倒吸。【小问3详解】氨气还原氧化铜，生成铜、氮气和水，化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+N2↑+3H2O；【小问4详解】当C中黑色氧化铜变成红色，即全部被还原，D增重ag，即生成水为ag，物质的量为mol，CuO~O~H2O，氧化铜的物质的量为mol，M=，Cu的相对原子质量为-16；如果没有E装置，吸收水的质量偏大，即a增大，Cu的相对原子质量偏小。16.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志。将转化为乙烯既能得到重要的化工产品，也有利于碳排放目标的实现。科研人员向某恒容密闭容器中充入，发生反应：，测得不同温度下的平衡转化率如图所示。回答下列问题：（1）该反应的___________0(填“>”或“<”)，M点的平衡转化率为___________，下列事实能说明该反应达到平衡状态的是___________(填标号)。A．混合气体中乙烯与水的体积分数之比为B．断裂的数量相同C．与乙烯生成速率之比为D．混合气体的密度保持不变（2）①时，点时乙烯的___________(填“>”或“<”)。②时，反应开始到达到平衡所用时间为，则内用表示的平均反应速率___________，该反应的平衡常数___________(用分数表示)。（3）在恒容条件下，写出两种提高的平衡转化率的措施：___________。（4）某些化学键的键能如下表。化学键键能abcde反应的___________(用含的代数式表示)。【答案】（1）①.<②.50%③.C（2）①>②.0.2③.（3）增大氢气的浓度、适当降低温度或者不断分离出产品等（4）(4a+6b-4c-d-8e)【解析】【小问1详解】由图可知，温度升高二氧化碳的平衡转化率减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应，△H<0；CO2和H2O投入的物质的量浓度之比为2:6，二者反应方程式的系数之比为2:6，投入的物质的量浓度之比等于反应方程式的系数之比，二者的平衡转化率相同，M点H2的平衡转化率也为50%；乙烯和水都是生成物，二者的系数之比为1:4，混合气体中乙烯与水的体积分数之比,1:4时，不能说明反应处于平衡状态，A不符合；断裂的数量相同，不符合正逆反应速率相等，B不符合；与乙烯的生成速率之比为是符合正逆反应速率相等，C符合；混合气体密度为定值，密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，D不符合；答案选C；【小问2详解】M1未处于平衡状态，反应向CO2平衡转化率增大的分析进行，即正向进行，则乙烯的>；250°C时，达到平衡时二氧化碳的转化率为50%，△c(CO2)=4mol/L×50%=2mol/L，内用表示的平均反应速率=0.2mol·L-1·min-1；K==；【小问3详解】在恒容条件下，平衡正向移动可以提高的平衡转化率，该反应是放热反应，适当降低温度可以提高二氧化碳转化率，增大H2的浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化碳的转化率，分离出生成物也能使平衡正向移动；【小问4详解】根据反应物总键能-生成物的总键能得出：△H=(4a+6b-4c-d-8e)kJ/mol。17.钻是一种重要的战略金属，常见化合价为、价，其生产原料水钻矿(主要成分为，含有少量的杂质)大多由非洲进口。（1）制备草酸钴的流程如图所示：①浸出时，酸性条件下与发生氧化还原反应的离子方程式为___________。②常温下，加入将氧化为，加入调节溶液至5.2生成，滤液1中的，则___________；加入萃取剂的目的是去除___________(填离子符号)。③常温下，的，草酸的，草酸铵溶液的___________7(填“”“”或“”)，该溶液中元素守恒的表达式为___________。（2）草酸钴热分解制钴。若称取草酸钴晶体左右在惰性气氛中加热，所得固体产物的质量为，其分解的化学方程式为___________；若在空气中加热，热重分析图谱表明，时的失重率达(失重率固体失去的质量/固体的原始质量)，则所得固体产物的化学式为___________。【答案】（1）①.②.③.Mn2+④.<⑤.（2）①.②.Co2O3【解析】【分析】用水钴矿(主要成分为CoOOH，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4•2H2O，根据流程可知，在水钴矿中加入盐酸和Na2SO3，所得浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；浸出液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，将Fe3+、Al3+全部转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，过滤后所得滤液I中加入NaF溶液，目的是除去Ca2+和Mg2+，向滤液Ⅱ中加入萃取剂，将锰离子萃取，在萃后余液中加入草酸铵溶液得到草酸钴，最后再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤得到CoC2O4•2H2O，据此分析解答。【小问1详解】①浸出过程中CoOOH与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成Co2＋，根据原子守恒和电子守恒，其反应的离子方程式为；②加入Na2CO3调节溶液pH至5.2，溶液中，，则；根据分析可知，加入萃取剂的目的是去除Mn2+；③水解使溶液显酸性，水解使溶液显碱性，由，按越弱越水解，可知溶液中的水解程度大于的水解程度，溶液呈酸性，即pH<7；根据物料守恒的，该溶液中元素守恒的表达式；小问2详解】18.3g草酸钴晶体，根据质量守恒的，0.1molCo质量为5.9g，加热所得固体产物质量为5.9g，则固体产物中氧元素质量，说明固体产物中只有Co元素，则分解的化学方程式为；900℃时的，则，固体产物的质量，氧元素的质量，Co原子与氧原子的物质的量之比为，则所得固体产物的化学式为Co2O3。18.草酸是一种重要的二元有机含氧酸，常温下其电离常数，与碱反应可得到两种盐。回答下列问题：（1）的草酸溶液中，离子浓度由大到小的顺序为___________，草酸的初始浓度为___________(保留两位小数)，下列措施能使该溶液中、酸根离子浓度均增大的