广东省部分重点高中2024-2025学年高二上学期期中考试 化学试题【含答案解析】

高二年级期中考试试卷化学本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。4.本试卷主要考试内容：人教版必修第一册、必修第二册，选择性必修1第一章至第三章第二节。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Fe-56一、选择题：本题共16小题，共44分。第1-10小题，每小题2分；第11-16小题，每小题4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.燕赵大地历史悠久，文化灿烂。下列有关博物馆馆藏文物的说法错误的是A.石质浮雕的主要成分是碳酸钙，碳酸钙属于钙盐B.透雕白玉壁的主要成分是硅酸盐，常温下，易溶于水C.青花釉里红瓷盖罐的主要成分是硅酸盐，硅酸钠的电离方程式为D.青铜铺首的主要成分是铜锡合金，直径为50nm的铜粉形成的分散系，可产生丁达尔效应【答案】B【解析】【详解】A．石质浮雕是汉白玉，汉白玉的主要成分是碳酸钙，属于钙盐，A正确；B．透雕白玉壁的主要成分是硅酸盐，但硅酸钙(CaSiO3)不溶于水，B错误；C．青花釉里红瓷盖罐是陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸钠的电离方程式为，C正确；D．青铜铺首的主要成分是铜锡合金，直径为50nm，介于1-100nm之间，形成的分散系为胶体，可产生丁达尔效应，D正确；故选B。2.下列物质之间的能量变化与如图所示能量变化不相符的是A.铝热反应 B.生石灰溶于水C.和NH₄Cl固体的反应 D.氢氧化钠溶液与稀硝酸的反应【答案】C【解析】【分析】金属与酸的反应是放热反应，图示铁棒与稀硫酸反应放热。【详解】A．铝热反应是放热反应，A项不符合题意；B．生石灰溶于水，反应生成氢氧化钙，放热反应，B项不符合题意；C．和NH₄Cl固体的反应是吸热反应，C项符合题意；D．酸碱中和反应是放热反应，D项不符合题意；故答案选C。3.在某一密闭容器中，发生反应该反应的平衡常数表达式为A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比。由于H2O是液体物质，浓度不变，可认为是1，则该反应的化学平衡常数表达式为：K=，故合理选项是C。4.下列电解质在水溶液中的电离方程式书写正确的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】A．HNO3为强酸，在水溶液中发生完全电离，其电离方程式为，A不正确；B．NH4Cl为可溶性盐，在水溶液中发生完全电离，其电离方程式为，B正确；C．H2CO3二元弱酸，分步发生部分电离，其电离方程式为，C不正确；D．CH3COOH为一元弱酸，在水溶液中发生部分电离，其电离方程式为，D不正确；故选B。5.下列实验事故的处理方法合适的是选项实验事故处理方法A金属钠着火用二氧化碳灭火器灭火B转移NaOH溶液时，碱液不慎沾到皮肤上先用大量水冲洗皮肤，再涂上稀盐酸C不慎将酒精灯打翻着火用湿抹布盖灭D稀释浓硫酸时，酸液不慎溅到皮肤上先用大量水冲洗皮肤，再涂上澄清石灰水A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．金属钠着火生成的过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，氧气助燃，则不能用二氧化碳灭火器灭火，故A不符合题意；B．碱液不慎沾到皮肤上，先用大量水冲洗皮肤，再涂上稀硼酸或稀醋酸，而稀盐酸具有腐蚀性，故B不符合题意；C．酒精灯打翻着火，可用湿抹布隔绝空气灭火，故C符合题意；D．酸液不慎溅到皮肤上，先用大量水冲洗皮肤，再涂上稀的碳酸氢钠溶液，而澄清石灰水具有腐蚀性，故D不符合题意；答案C。6.某温度下，在密闭容器中充人一定量的，发生反应：①；②，已知：反应①的反应速率大于反应②，下列反应进程示意图符合题意的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】由方程式可知，反应①、②均为吸热反应，则X、Y、Z的能量依次增大，由反应①的反应速率大于反应②可知，反应②的速率更小，活化能更大，则图A符合题意，故选A。7.硫铁矿烧渣的主要成分有还含有少量的下列说法正确的是FeO、SiO2浊液FeOA.FeO与SiO₂的分离方法如图所示 B.是具有磁性的黑色固体C.SiO₂属于碱性氧化物 D.Fe3O₄是一种红棕色粉末，俗称铁红【答案】A【解析】【详解】A．FeO不能与氢氧化钠溶液反应，SiO2可以，反应后固液分离，过滤得到FeO，故A正确；B．是一种红棕色粉末，俗称铁红，故B错误；C．SiO₂能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C错误；D．Fe3O₄是具有磁性的黑色固体，故D错误；答案A。8.在一定条件下的密闭容器中发生反应：。当反应达到平衡时，保持其他条件不变，仅改变其中一个条件，下列措施能提高乙烷平衡转化率的是A.充入少量稀有气体 B.加入适宜催化剂 C.适当降低温度 D.及时分离出部分【答案】D【解析】【详解】A．充入少量稀有气体，若是恒容情况下，参与反应的各气体浓度不变，平衡不移动，不能提高乙烷平衡转化率，A不符合题意；B．加入适宜催化剂只改变反应速率，对平衡移动不影响，不能提高乙烷平衡转化率，B不符合题意；C．该反应是吸热反应，适当降低温度，平衡逆向移动，不能提高乙烷平衡转化率，C不符合题意；D．及时分离出部分，生成物浓度减小，平衡正向移动，能提高乙烷平衡转化率，D符合题意；故选D。9.微型实验装置对于学习和研究来说都是不错的选择，可节约成本，减少污染，操作方便，有的还可反复使用。已知反应：。常温下，注射器吸取了8mL的NO2和N2O4的混合气体，用橡皮塞封闭管头(如图)。下列说法错误的是A.向右拉活塞至16mL，平衡逆向移动B.向左推活塞至4mL，最终颜色比开始时深C.将该注射器置于热水中，颜色变深D.该注射器再吸入5ml惰性气体，活塞移至13mL，化学平衡不移动【答案】D【解析】【详解】A．向右拉活塞至16mL，气体体积增大，压强减小，平衡向生成NO2的方向移动，即平衡逆向移动，A正确；B．向左推活塞至4mL，气体体积减小，浓度增大，虽然平衡正向移动，但NO2的浓度仍比加压前大，所以最终颜色比开始时深，B正确；C．将该注射器置于热水中，混合气的温度升高，平衡逆向移动，混合气的颜色变深，C正确；D．该注射器再吸入5ml惰性气体，活塞移至13mL，相当于减小混合气中反应混合气的浓度，化学平衡逆向移动，D错误；故选D。10.常温下，0.1mol/LNaOH溶液的pH约为A.10 B.11 C.12 D.13【答案】D【解析】【详解】NaOH是强碱，属于强电解质，故0.1mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，故常温下，c(H+)===10-13mol/L，溶液的pH=-lgc(H+)=-lg10-13=13；故答案为：D。11.反应实际上是经过了两步反应完成的：①(慢)；②(快)。下列说法错误的是A.的寿命较短 B.步骤②需要吸收能量C.HI分解过程包含两个基元反应 D.该反应属于分解反应【答案】B【解析】【详解】A．第一步为慢反应，第二步为快反应，则的消耗速率大于生成速率，因此的寿命较短，A正确；B．步骤②形成化学键，需要释放能量，B错误；C．上述反应①②都是基元反应，C正确；D．该反应为一边多的反应，属于分解反应，D正确；故选B。12.下列化学方程式书写正确的是A.少量的通入氯化钙溶液中：B.工业上用制氯气：C.少量的通入氢氧化钠溶液中：D.氯化铁溶液刻蚀电路板：【答案】C【解析】【详解】A．SO2与氯化钙溶液不反应，故A项错误；B．工业上通过电解饱和食盐水制氯气，化学方程式为：，故B项错误；C．少量的CO2与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，化学方程式为：，故C项正确；D．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化亚铜，化学方程式为：，故D项错误；故本题选C。13.下列图示与对应的叙述相符合的是(夹持装置已略去)2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)A．验证温度对反应平衡移动的影响B．验证不同催化剂对反应速率的影响HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)C．稳定性：C(s，石墨)<C(s，金刚石)D．测定中和反应时温度的变化A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，在热水中温度较高，该反应的化学平衡逆向移动，气体颜色较深，在冰水中温度较低，该反应的化学平衡正向移动，气体颜色较浅，能验证温度对反应平衡移动的影响，A正确；B．研究不同催化剂对反应速率的影响，则应该保证反应的温度相同，现在反应温度不同，无法验证不同催化剂对反应速率的影响，B错误；C．从图中可知，石墨生成金刚石的反应为吸热反应，因此石墨能量低于金刚石，稳定性石墨强于金刚石，C错误；D．测定中和反应时的温度变化，应该将烧杯封口同时周围用保温材料包围以减少热量的损失，而且不应该将烧杯放在热水中，D错误；故答案选A。14.往恒容密闭容器中通入，发生的反应为，在不同温度下达到平衡时，各物质的体积分数变化如图所示，下列说法错误的是A.该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量B.平衡常数：C.曲线Ⅲ代表体积分数随温度的变化D.d点时，【答案】D【解析】【详解】A．该反应的，正反应为吸热反应，所以反应物的总能量小于生成物的总能量，故A正确；B．正反应为吸热反应，升温平衡右移，平衡常数增大，由图可知，温度a＜b＜c＜d，则平衡常数，故B正确；C．正反应为吸热反应，升温平衡右移，CO2的体积分数减小，CO和O2的体积分数增大，且CO的体积分数为O2的2倍，所以曲线I、Ⅱ分别代表CO、O2体积分数随温度的变化，曲线Ⅲ代表体积分数随温度的变化，故C正确；D．据以上分析可知曲线I、Ⅱ分别代表CO和O2体积分数随温度的变化，曲线Ⅲ代表体积分数随温度的变化，d点时CO2和O2体积分数相等，设消耗的CO2的物质的量为2xmol，三段式表示：，则1-2x=x，解得，，故D错误；故答案为：D。15.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.的溶液中，所含的离子总数为B.室温下，的水溶液中，所含的氧原子总数为C.标准状况下，由和组成的固体混合物中，所含的氧原子总数一定为D.的盐酸与溶液混合后，生成的水分子数一定为【答案】C【解析】【详解】A．未说明溶液的体积，所含的离子总数无法计算，故A错误；B．的水溶液中，有18g，物质的量为，其中O原子数为，但的水溶液中还有82gH2O，水中也含有O原子，因此所含的氧原子总数大于，故B错误；C．和的摩尔质量均为84g/mol，因此由和组成的固体混合物，总物质的量为，所含的氧原子总数为0.5mol×3×NA=，故C正确；D．当溶液过量或者与的盐酸恰好完全反应时，生成的水分子数为，当溶液不足时，由于溶液的量未知，无法计算生成的水分子的数目，故D错误；故选C。16.常温下，将盐酸滴入氨水中，溶液pH随加入盐酸体积变化的曲线如图所示。下列说法错误的是已知：不考虑溶液温度和体积的变化。A.该反应的离子方程式为B.常温下，a点对应的溶液中，C.b点对应的溶液中，D.溶液的导电能力：c>b>a【答案】B【解析】【详解】A．盐酸和氨水反应的离子方程式为，A项正确；B．常温下，a点对应溶液是氨水溶液，碱性溶液，抑制水的电离，故水解离出的氢离子和氢氧根离子浓度均小于10-7mol/L，故，而溶液中水的离子积KW=，B项错误；C．常温下，b点是中性点，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，，C项正确；D．溶液的导电能力与溶液中离子的浓度有关，a点是氨水溶液，一水合氨是弱电解质，离子浓度和数量小，溶液导电能力弱，加入稀盐酸后，生成强电解质氯化铵，溶液中离子浓度和数量增大，导电能力变强，b→c，盐酸逐渐过量，b点是氯化铵和一水合氨的混合溶液，c点是氯化铵和盐酸的混合溶液，一水合氨是弱电解质，HCl是强电解质，故导电能力c>b>a，D项正确；故答案选B。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.常温下，将0.2mol/L氨水加水稀释至0.02mol/L，回答下列问题：已知：①pH=-lgc(H+)，lg2≈0.3，lg3≈0.5，lgMN=lgM+lgN；②常温下，③不考虑溶液稀释时温度的变化；④常温下，H2OH++OH-且该反应达到平衡后，c(H+)∙c(OH-)=1.0×10-14。（1）NH3·H2O的电离方程式为___________，该反应的平衡常数表达式为___________。（2）常温下，将0.2mol/L氨水加水稀释至0.02mol/L的过程中：①n(H+)___________(填“变大”“变小”或“不变”，下同)，n()___________，___________；②0.2mol/L氨水中，氨水的电离度约为___________(电离度=×100%)。（3）常温下，0.2mol/L氨水的pH约为___________。【答案】（1）①.NH3·H2O+OH-②.（2）①.变大②.变大③.变大④.3×10-0.5%（3）11.3【解析】【小问1详解】NH3·H2O是一元弱碱，在水中存在电离平衡，电离产生、OH-，其电离方程式为NH3·H2O+OH-；电离平衡常数是弱电解质达到电离平衡时电离产生的离子浓度的乘积与未电离的电解质分子浓度的比，则NH3·H2O的电离平衡常数表达式为Kb=；【小问2详解】①在常温下将0.2mol/L氨水加水稀释至0.02mol/L，NH3·H2O的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)减小，由于存在水的电离，根据Kw=c(H+)∙c(OH-)=1.0×10-14是个定值，c(OH-)减小，则c(H+)增大，由于溶液体积也增大，故溶液中n(H+)变大；加水稀释，电离平衡NH3·H2O+OH-向正向移动，使NH3·H2O电离程度增大，故溶液中电离产生n()变大；加水稀释，电离平衡正向移动，溶液中c(OH-)、c(NH3·H2O)、c()均减小，温度不变，Kb不变，因此最终达到平衡时变大；②假设0.2mol/L氨水的电离度为a，用三步法计算：则根据其电离平衡常数Kb==≈0.2a2=1.8×10-5，解得a=3×10-0.5%；【小问3详解】根据上述计算可知在室温下0.2mol/L氨水的电离度是3×10-0.5%，则c(OH-)=0.2mol/L×3×10-0.5%=6×10-3.5mol/L，根据c(H+)∙c(OH-)=1.0×10-14，可知该溶液中c(H+)=，故溶液的pH=-lgc(H+)=11.3。18.某温度下，在5L某密闭容器中发生M(g)、N(g)两种物质间的转化反应，M、N的物质的量随时间变化的曲线如图所示。回答下列问题：（1）该反应的化学方程式为___________。（2）反应开始至2min时：①该反应___________(填“达到”或“未达到”)平衡，判断的理由为___________。②___________(保留2位有效数字，下同)，0~2min内，v(N)=___________（3）4min时，往该密闭容器中再充入0.3molM(g)和0.3molN(g)，此时，正反应速率___________(填“>”“<”或“=”)逆反应速率，判断的理由为___________。【答案】（1）2M(g)N(g)（2）①.未达到②.2min后M和N的物质的量还在变化③.0.40④.0.02（3）①.>②.K=，此时Q=，Q〈K，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率【解析】【小问1详解】由图可知随着反应的进行N的物质的量增大直至不变，M的物质的量减小直至不变，因此M为反应物，N为生成物，且反应为可逆反应，未平衡之前M和N的变化量之比=(0.8-0.2):(0.5-0.2)=2:1，因此该反应的化学方程式为2M(g)N(g)；【小问2详解】①2min后M和N的物质的量还在变化，说明反应没有达到平衡；②依题意列三段式有：，，解得a=0.40；0~2min内，v(N)=；【小问3详解】该反应的平衡常数K=，往该密闭容器中再充入0.3molM(g)和0.3molN(g)，则Q=，此时Q〈K，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率。19.用标准液滴定25.00mL未知浓度的盐酸(含几滴酚酞)。回答下列问题：（1）用NaOH固体配制标准液时，使用的仪器除天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要使用___________(填标号)。A．水槽B．容量瓶C．坩埚钳D．胶头滴管（2）NaOH标准液装在___________(填“酸”或“碱”)式滴定管中，该实验到达滴定终点的标志为___________。（3）该实验的滴定曲线如图所示。①a点对应的溶液中，所含微粒共有___________种。②b点对应的溶液中___________(填具体数字)。（4）对下列过程进行误差分析，用“偏高”“偏低”或“无影响”来回答：①在配制NaOH标准液过程中，烧杯中NaOH溶液有部分溅出，则对盐酸浓度测定结果的影响为___________。②滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，则对盐酸浓度测定结果的影响为___________。【答案】（1）BD（2）①.碱②.当滴入最后半滴NaOH溶液后，溶液由无色变为浅红色且半分钟内不褪色（3）①.5②.2（4）①.偏高②.偏低【解析】【分析】先选择仪器，用NaOH固体配制标准液，并用配制得标准液滴定未知浓度的盐酸溶液，判断滴定终点并进行误差分析，据此回答。【小问1详解】根据配制一定物质的量浓度溶液实验中需要使用的实验仪器可知，用NaOH固体配制标准液时，使用的仪器除天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要使用250mL容量瓶和胶头滴管，不需要实验水槽和坩埚钳，故选BD；【小问2详解】由于NaOH会腐蚀酸式滴定管下端的玻璃活塞，故NaOH标准液装在碱式滴定管中，该实验是用标准NaOH溶液滴定含有酚酞的未知浓度的HCl溶液，故到达滴定终点的标志为：当滴入最后半滴NaOH溶液后，溶液由无色变为浅红色且半分钟内不褪色；【小问3详解】①由题干图示可知，a点对应溶液即已经滴加了一定量的NaOH溶液，此时溶液中，所含微粒共有：和等5种；②由题干图示可知，b点对应的溶液为中性溶液即有：、根据电荷守恒可知：，即，故溶液中2；【小问4详解】①在配制NaOH标准液过程中，烧杯中NaOH溶液有部分溅出，导致标准NaOH溶液的浓度偏小，则导致消耗NaOH标准液的体积偏大，则对盐酸浓度测定结果的影响为偏高；②滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，导致所读数值偏小即消耗的NaOH标准液的体积偏小