湖南省长沙浏阳2024-2025高二化学上学期期末试题

湖南省长沙浏阳2024-2025高二上学期期末调研考试试卷化学试题一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与社会环境、科学技术亲密相关。下列有关说法正确的是A.国家速滑馆运用的二氧化碳跨临界直冷制冰利用干冰升华，干冰升华是吸热反应B.运用电动汽车和植树造林有利于实现“碳达峰、碳中和”C.冬奥会火炬“飞扬”运用氢气燃料，表示氢气燃烧热的热化学方程式为D.我国科学家在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，已知全合成的第一步为吸热反应，则反应物总能量大于生成物总能量【答案】B【详解】A．干冰升华未生成新的物质，属于物理变更，故干冰升华是吸热过程而不是吸热反应，A错误；B．运用电动汽车，可削减石油的燃烧，减小CO2的排放量，植树造林可以增大CO2的汲取，均有利于实现“碳达峰、碳中和”，B正确；C．燃烧是指1mol燃料纯物质完全燃烧生成指定稳定的物质时放出的热量，故氢气燃烧热的热化学方程式为，C错误；D．我国科学家在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，已知全合成的第一步为吸热反应，则反应物总能量低于生成物总能量，D错误；故答案为：B。2.中国学者在水煤气变换中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。反应过程示意图如下：下列说法正确的是A.过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程B.过程Ⅱ是吸热反应C.运用催化剂降低了水煤气变换反应的△HD.催化剂的重要作用是降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而加快反应速率【答案】D【详解】A．过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，过程Ⅲ形成化学键，为放热过程，故A错误；

B．过程Ⅱ是水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，没有新物质生成，不是吸热反应，故B错误；

C．催化剂不能变更反应的始态和终态，不能变更反应的焓变ΔH，故C错误；

D．依据催化剂的定义，催化剂的重要作用是降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而加快反应速率，故D正确；

故答案选D。3.下列试验中不能达到预期目的是A.测定反应生成H2的速率B.探究温度对反应速率的影响C.探究浓度对反应速率的影响D.探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果A.A B.B C.C D.D【答案】A【详解】A．生成的氢气可从长颈漏斗逸出，不能测定气体的体积，应将长颈漏斗改为分液漏斗，可实现测定H2的生成速率，故A错误；B．依据试验装置，两装置只有温度不同，可以探究温度对反应速率的影响，故B正确；C．依据试验装置，两装置只有KMnO4浓度不同，可以探究浓度对反应速率的影响，故C正确；D．只有催化剂不同，可探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故D正确；故选A。4.反应可用于处理。下列说法正确的是A.上述反应B.上述反应平衡常数C.反应达到平衡后，其他条件不变，向反应容器中通入，再次平衡，转化率增大D.其他条件相同，选用高效催化剂，能提高平衡时的转化率【答案】B【详解】A．上述反应气体物质的量增多，故A错误；B．上述反应平衡常数，故B正确；C．反应达到平衡后，其他条件不变，向反应容器中通入，再次平衡，CH4的转化率增大，转化率减小，故C错误；D．催化剂不能使平衡移动，其他条件相同，选用高效催化剂，的转化率不变，故D错误；选B。5.下列事实不能用勒夏特列原理说明的是A.唾液可以使淀粉水解速率加快B.工业制取金属钾选取相宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分别出来C.工业合成氨的过程中运用过量的以提高的利用率D.久置氯水颜色变浅，酸性增加【答案】A【分析】勒夏特列原理为：假如变更影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种变更的方向移动．运用勒夏特列原理时，该反应必需是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A．唾液可以使淀粉水解速率加快是因为，唾液所含淀粉酶的催化作用，不能用勒夏特列原理说明，故A符合题意；B．由于K为气态，将钾分别出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动，能用勒夏特列原理说明，故B不符合题意；C．工业合成氨发生反应为：，运用过量的，平衡正向移动，提高的利用率，能用勒夏特列原理说明，故C不符合题意；D．氯水中存在氯气与水的反应平衡：，反应生成的次氯酸简单分解，导致氯气与水的反应向着正向移动，最终氯气完全反应，溶液颜色消逝，该变更与平衡移动有关，能用化学平衡移动原理说明，故D不符合题意；故答案选A。6.有关水的电离平衡，下列叙述肯定正确的是A.温度不变，向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，减小B.将水加热，增大，减小，溶液变为酸性C.温度不变，向水中加入少量固体，平衡逆向移动，增大D.温度不变，向水中通入，水电离出的氢离子，不变【答案】C【详解】A．温度不变，向水中滴入少量稀盐酸，抑制水电离，平衡逆向移动，只与温度有关，应保持不变，故A错误；B．将水加热，增大，减小，但溶液中=c(H+)，仍呈中性，故B错误；C．温度不变，向水中加入少量固体，增大，抑制水电离，平衡逆向移动，故C正确；D．温度不变，向水中通入，c(H+)增大，抑制水电离，水电离出的氢离子减小，，不变，故D错误；故选C。7.下列事实能证明是弱酸的是A.的溶液能使石蕊变红B.的溶液与足量反应，产生标准状况下C.常温下，相同浓度的和溶液，：D.可以用稀溶液除去锅炉中的水垢【答案】C【详解】A．的溶液能使石蕊变红，说明溶液显酸性，不能说明其为弱酸，故A不符合题意；B．的溶液与足量反应，产生0.05mol氢气，标准状况下为，说明其为酸性，不能说明为弱酸，故B不符合题意；C．盐酸为强酸，常温下，相同浓度的和溶液，：，说明HA部分电离，为弱酸，故C符合题意；D．可以用稀溶液除去锅炉中的水垢，说明HA能和碳酸钙反应，不能说明其为弱酸，故D不符合题意；故选C。8.下列有关难溶电解质的溶解平衡的说法中正确的是A.向AgCl悬浊液中加水，平衡右移，c(Ag+)和c(Cl-)均增大B.Ca(OH)2悬浊液存在平衡：，升温，溶液碱性增加C.向盛有2mL0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加几滴0.1mol/LNaCl溶液，再向其中滴加0.001mol/LNaI溶液，先视察到白色沉淀，后又产生黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)D.将0.001mol/LAgNO3溶液滴入含有同浓度KCl和K2CrO4的混合溶液中，先产生AgCl沉淀[，]【答案】D【详解】A．AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，向其中加水，对溶液中c(Ag+)和c(Cl-)起稀释作用，沉淀溶解平衡向右移动，由于温度不变，因此最终达到平衡时溶液c(Ag+)和c(Cl-)均不变，A错误；B．Ca(OH)2悬浊液存在平衡：，该平衡正向是放热过程，升温，平衡向吸热的逆向移动，导致溶液中c(OH-)减小，最终达到平衡时，溶液碱性减弱，B错误；C．向盛有2mL0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加几滴0.1mol/LNaCl溶液，由于c(Ag+)·c(Cl-)＞Ksp(AgCl)，因此反应产生AgCl白色沉淀，由于AgNO3溶液过量，再向其中滴加0.001mol/LNaI溶液时，过量Ag+与加入的I-反应产生AgI黄色沉淀，因此视察到的现象是：先视察到白色沉淀，后又产生黄色沉淀，但不能据此说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C错误；D．由于，，将0.001mol/LAgNO3溶液滴入含有同浓度KCl和K2CrO4的混合溶液中，假设KCl和K2CrO4的浓度分别是amol/L，二者形成沉淀需Ag+的浓度分别是c(Ag+)=、c(Ag+)=，可见K2CrO4产生Ag2CrO4沉淀需Ag+浓度比KCl形成AgCl沉淀须要的Ag+浓度大，故首先反应产生AgCl白色沉淀，D正确；故合理选项是D。9.下列电子排布式或外围电子轨道表示式不能表示基态粒子的是A.K B.PC.F D.【答案】A【详解】A．K的基态电子排布式为，故A错误；B．P是15号元素，基态电子排布式为，故B正确；C．F为9号元素，基态电子排布式为，表示基态P原子价层电子轨道表示式，故C正确；D．Na是11号元素，最外层电子有8个，轨道表示式为，故D正确；故选A。10.下列各组粒子的空间结构相同的是①和；②和；③和；④和；⑤和。A.全部 B.①②③⑤ C.③④⑤ D.②⑤【答案】C【详解】依据价层电子对互斥理论推断可知：①中心原子N原子四周价层电子对数为：3+=4，故NH3是三角锥形，而H2O中心原子O原子四周价层电子对数为：2+=4，故H2O是V形，二者不同；②中心原子N原子四周价层电子对数为：4+=4，故是正四面体形，中心原子O原子四周价层电子对数为：3+=4，故是三角锥形，二者不同；③中心原子N原子四周价层电子对数为：3+=4，故NH3是三角锥形，中心原子O原子四周价层电子对数为：3+=4，故是三角锥形，二者相同；④中心原子O原子四周价层电子对数为：2+=3，故O3是V形，中心原子S原子四周价层电子对数为：2+=3，故SO2是V形，二者相同；⑤中心原子C原子四周价层电子对数为：2+=2，故CO2是直线形，中心原子Be原子四周价层电子对数为：2+=2，故BeCl2是直线形，二者相同。综上所述，③④⑤空间构型相同，故答案为：C。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，Y原子p能级上有2个未成对电子，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是A.X、Y、Z的电负性大小依次是X＞Y＞ZB.WY2分子构型为V形C.W、X、Y、Z的原子半径大小依次是X＞Y＞Z＞WD.W、Z形成的分子的空间构型是正四面体形【答案】CD【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第IVA族，X的最外层电子数为3，处于第IIIA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素；Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为C1元素；Y的原子序数大于Al元素，小于Cl元素，故Y为Si或P或S元素，Y原子p能级上有2个未成对电子，可知Y为Si或S。【详解】A．依据分析，X为Al，Y为Si或S，Z为Cl，非金属性越强，电负性越大，则X、Y、Z的电负性大小依次是X＜Y＜Z，A错误；B．形成WY2分子，故Y为S，CS2分子的结构式为S=C=S，二硫化碳和二氧化碳为等电子体，为直线形结构，B错误；C．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则W、X、Y、Z的原子半径大小依次是X＞Y＞Z＞W，C正确；D．依据分析，W、Z形成的分子为CCl4，C为sp3杂化，空间构型是正四面体形，D正确；故选CD。12.在肯定条件下反应达到平衡后，变更条件，正、逆反应速率随时间的变更如图，下列说法正确的是A.图①变更的条件可能是增大A的浓度 B.图②变更的条件可能是增大压强C.图③变更的条件可能是减小A的浓度 D.图④变更的条件可能是上升温度【答案】AD【详解】A．图①中变更条件时，增大、不变，因此变更的条件能是增大A的浓度，A正确；B．图②中变更条件时，=，因为该反应是系数变小的反应，故变更的条件不是增大压强，可能是加入了催化剂，B错误；C．图③中变更条件时，和均变小且>，因为该反应是放热反应，故变更的条件可能是降低温度，C错误；D．图④中变更条件时，和均变大且>，因为该反应是放热反应，故变更的条件可能是上升温度，D正确；故答案为：AD。13.某温度下，部分电解质的电离平衡常数数据如下。下列说法正确的是A.该温度下，等物质的量浓度的三种溶液的大小关系：B.的电离方程式为C.向溶液中通入少量，漂白性增加的缘由是D.等浓度的和混合溶液中存在【答案】A【详解】A．由表可知，所以等物质的量浓度的三种溶液的大小关系：，故A正确；B．的电离方程式为，故B错误；C．向溶液中通入少量，漂白性增加的缘由是，故C错误；D．由表可知，水解大于电离，且水解程度大于F-，所以等浓度的和混合溶液中存在，故D错误；故答案选A。14.微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以溶液模拟海水，采纳惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含的溶液为例)。下列说法错误的是A.负极反应为B.隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C.当电路中转移电子时，模拟海水理论上除盐D.加热a极区，上升温度，以加快反应速率，提升电池的效率【答案】BD【分析】由图可知，碳元素价态上升失电子，a极为负极，电极反应式为CH3COO−＋2H2O−8e−=2CO2↑＋7H＋，b极为正极，电极反应式为2H＋＋2e−＝H2↑，据此作答。【详解】A．a极为负极，电极反应式为CH3COO−＋2H2O−8e−=2CO2↑＋7H＋，故A正确；

B．左侧正电荷增加，氯离子透过隔膜1进入左侧，隔膜1为阴离子交换膜，右侧正电荷削减，钠离子透过隔膜2进入右侧，隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；

C．当电路中通过8mol电子时，正极产生4mol氢气，负极产生2mol二氧化碳，正、负极产生气体的物质的量之比为4mol:2mol＝2:1，故C正确；D．该装置为微生物脱盐电池，温度过高会导致微生物死亡，海水淡化效果变差，故D错误；

故答案选BD。【点睛】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图像和题目信息精确推断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。三、非选择题：本题共4小题，共54分。15.乙炔和丙烯腈是有机合成工业的重要原料。工业上曾用和反应制取乙炔，用乙炔和氢氰酸()在氯化亚铜等催化作用下生产丙烯腈。（1）的基态核外电子排布式为_______。元素在周期表中的位置为_______。（2）基态N原子第一电离能比基态O原子_______(填“高”，“低”或“相等”)（3）的分子构型为_______。（4）每个丙烯腈分子中碳原子的杂化轨道类型有_______。（5）丙烯腈分子中含键的物质的量为_______。（6）丙烯腈分子中共面的原子数目最多为_______。【答案】（1）①.1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1②.第四周期第ⅠB族（2）高（3）直线型（4）sp2和sp（5）3（6）7【小问1详解】Cu的原子序数为29，的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1。元素在周期表中的位置为第四周期第ⅠB族。故答案为：1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1；1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1；第四周期第ⅠB族；【小问2详解】同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，N为第ⅤA族元素，p轨道半满，较稳定，不易失去电子，则第一电离能较C和O都大，基态N原子第一电离能比基态O原子高，故答案为：高；【小问3详解】中C原子形成2个σ键，没有孤对电子，C实行sp杂化，分子构型为直线型。故答案为：直线型；【小问4详解】丙烯腈分子结构为CH2=CH-C≡N，所以C=C键上的两个C原子采纳sp2杂化，C≡N键上的C原子采纳sp杂化，每个丙烯腈分子中碳原子的杂化轨道类型有sp2和sp。故答案为：sp2和sp；【小问5详解】丙烯腈分子结构为CH2=CH-C≡N，含有3个C-H键、1个C=C键、1个C≡N键，一个双键含有1个π键，一个三键含有2个π键，丙烯腈分子中含键的物质的量为3。故答案为：3；【小问6详解】丙烯腈分子结构为CH2=CH-C≡N，C=C键相接的6个原子共平面，C≡N键上相接的4个原子共直线，丙烯腈分子中共面的原子数目最多为7，故答案为：7。16.甲醇是一种可再生能源，由制备甲醇可能涉及的反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：（1）反应Ⅱ的_______。反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡常数分别为、、，则_______(用、表示)。（2）反应Ⅰ能自发进行的条件是_______(填“较低温度”“较高温度”或“任何温度”)。（3）下表是反应Ⅲ：在不同温度下化学平衡常数(K)温度／240300360平衡常数(K)2.040.270.012某温度下，将和充入的密闭容器中，充分反应后达平衡时，①测得，则的转化率是_______，此时的温度为_______。②要提高的转化率，可以实行的措施是_______。A．适当升温B．恒容充入C．适当增大压强D．恒容通入③在此条件下，不行作为推断反应Ⅲ达到平衡状态的标记是_______。A．混合气体的压强不再变更B．、和的物质的量之比为1∶2∶1C．混合气体的平均相对分子质量不再变更D．的百分含量不再变更【答案】（1）①.+41.19kJ/mol②.（2）较低温度（3）①.80%②.240℃③.BC④.B【小问1详解】反应Ⅰ减去反应Ⅲ得到反应Ⅱ，则；方程式相减，则平衡常数相除，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡常数分别为、、，则；故答案为：；。【小问2详解】反应Ⅰ是放热反应，熵减的反应，依据自由能，因此能自发进行的条件是较低温度；故答案为：较低温度。【小问3详解】①测得，则反应生成甲醇0.8mol/L×2L=1.6mol，依据化学方程式，消耗的CO为1.6mol，则的转化率是，CO变更量为1.6mol，氢气变更量为3.2mol，甲醇生成量为1.6mol，平衡常数K=，则此时的温度为240℃；故答案为：80%；240℃。②A．依据表格数据，温度上升，平衡常数减小，则该反应的正反应是放热反应，升温，平衡逆向移动，降低了H2的转化率，故A不符合题意；B．恒容充入CO，CO物质的量浓度增大，平衡正向移动，H2转化率增大，故B符合题意；C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，H2转化率增大，故C符合题意；D．恒容下通入Ar，没有变更反应物和生成物的浓度，平衡不移动，H2的转化率不变，故D不符合题意；综上所述，答案为：BC。③A．恒温恒容条件下，混合气体压强和混合气体的总物质的量成正比，该反应前后气体物质的量发生了变更，所以压强在未平衡前在始终变更，当压强不再变更时，反应达到了平衡状态，故混合气体压强不再变更可以作为推断平衡标记，故A不符合题意；B．CO、H2和CH3OH的物质的量之比为1∶2∶1，等于方程式的系数比，和是否平衡无关，不能说明各物质的浓度不再变更，不能作为推断平衡标记，故B符合题意；C．平均相对分子质量等于气体总质量除以气体总物质的量，气体总质量不变，正向反应，气体总物质的量减小，气体平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变更时反应达到平衡，则混合气的平均相对分子质量不再变更可以作为推断平衡的标记，故C不符合题意；D．氢气的百分含量不再变更，可以作为推断平衡的标记，故D不符合题意；综上所述，答案为：B。17.已知锌与稀盐酸反应放热，某学生为了探究反应过程中的速率变更，用排水集气法收集反应放出的氢气。所用稀盐酸浓度有、两种浓度，每次试验稀盐酸的用量为，锌有细颗粒与粗颗粒两种规格，用量为。试验温度为、。（1）完成以下试验设计(填写表格中空白项)，并在试验目的一栏中填出对应的试验编号：编号锌规格盐酸浓度/试验目的①298粗颗粒2.00(Ⅰ)试验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响；(Ⅱ)试验①和_______探究温度对该反应速率的影响；(Ⅲ)试验①和试验④探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响。②298粗颗粒1.00③308粗颗粒2.00④298细颗粒2.00（2）试验①记录如下(换算成标况)：时间(s)102030405060708090100氢气体积()16.839.267.2224420492.8520.8543.2554.4560①计算在范围内盐酸的平均反应速率_______(忽视溶液体积变更)。②反应速率最大的时间段(如)为_______，可能缘由是_______；（3）另一学生也做同样的试验，由于反应太快，测量氢气的体积时不好限制，事先在盐酸溶液中分别加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，在不影响产生气体总量的状况下，你认为他选择的溶液可以是_______(填相应字母)；A.溶液 B.溶液 C.溶液 D.（4）某化学探讨小组的同学为比较和对分解的催化效果，设计了图所示的试验。①如图可通过视察_______现象，比较得出比较和对分解的催化效果结论。②该试验存在明显不合理的地方，你认为不合理的地方是_______。【答案】（1）试验③（2）①.0.056mol·L-1·s-1②.40s-50s③.反应放热，温度上升，反应速率加快（3）B（4）①.产生气泡多少②.Cl-和SO对试验可能带来干扰【小问1详解】由试验目的可知，探究浓度、温度、接触面积对化学反应速率的影响，试验①②探究盐酸浓度对该反应速率的影响，试验①③只有温度不同、其他条件均相同；试验①和④只有锌规格（粗、细）不同，其他条件均相同，所以试验①③是探究温度对该反应速率的影响，故答案为试验③。【小问2详解】①在30−40s范围内氢气的物质的量变更，Zn＋2HCl＝ZnCl2＋H2↑，则在30−40s范围内△n(HCl)＝2△n(H2)＝0.014mol，所以在30−40s范围内盐酸的平均反应速率，故答案为。②10s内生成氢气的体积分别为：16.8mL、22.4mL、28mL、156.8mL、196mL、72.8mL、28mL、22.4mL、11.2mL、5.6mL，相等时间段内生成氢气的体积越大，则反应速率越快，所以反应速率最大的时间段是40～50s,可能缘由是反应放热，温度高，反应速率快，故答案为40～50s；反应放热，温度上升，反应速率加快。【小问3详解】A．溶液加入生成了，与Zn反应生成NO，不能生成氢气，影响产生H2气体总量，故A不符合题意；B．在盐酸中加入NaCl溶液都相当于将盐酸稀释，盐酸中氢离子浓度减小，所以速率减慢，并且不影响产生H2气体总量，故B符合题意。C．在盐酸中加入溶液，则金属锌会置换出金属铜，形成Cu、Zn、硫酸原电池，会加快反应速率，故C不符合题意；D．在盐酸中加入溶液，会消耗氢离子，影响产生H2气体总量，故D不符合题意；故答案选B。【小问4详解】①和对分解的催化效果可以通过视察产生气泡多少推断，故答案为产生气泡多少；②题中所用溶液分别为和，阴离子不同，不符合单一变量原则，故答案为Cl-和SO对试验可能带来干扰。18.过渡金属催化的反应已成为重要的合成工具，贵金属成本高，会对环境造成不利影响，因此探讨成本低廉的含锰、铁、钴、镍、铜等催化剂成为热点。以下是以含钴废渣(主要成分、，还含有、等杂质)为原料制备的一种工艺流程：已知：，回答下列问题：（1）为了加快“酸浸”速率，可以实行的操作有_______。(至少答两条)（2）酸浸时通入的主要作用是_______。（3）“除铝”步骤中，铝离子发生的离