江苏省南京市2024-2025学年高二上学期11月期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省南京市2024-2025学年高二上学期11月期中考试2024.11本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试用时75分钟。注意事项：答题前，考生务必将自己的学校、姓名写在答题卡上。考试结束后，交回答题卡。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.新型低镍304X奥氏体是具有优良特性的不锈钢，其中掺杂的下列非金属元素位于元素周期表第二周期的是A.C B.Si C.P D.S【答案】A【解析】C的原子结构示意图为，其位于元素周期表的第二周期，A符合题意；Si的原子结构示意图为，其位于元素周期表的第三周期，B不符合题意；P的原子结构示意图为，其位于元素周期表的第三周期，C不符合题意；S的原子结构示意图为，位于元素周期表的第三周期，D不符合题意；故选A。2.反应可用于潜水艇供氧。下列说法不正确的是A.中O的化合价为-1B.中含有极性键C.NaOH的电子式为D.中O原子中子数为16【答案】D【解析】中钠元素是价，则氧元素为价，A正确；的结构式为：，含有两个键，形成了极性共价键，B正确；中既有离子键，又有共价键，所以其电子式为：，C正确；中原子中子数为：，其质量数为：，D错误；故选D。3.碳酸氢铵是一种常用氮肥，其制备原理为：，下列相关原理、装置及操作正确的是A.制取(g)B.制取(g)C.制备(aq)D.获得(s)【答案】C【解析】稀硫酸和大理石成分碳酸钙反应生成硫酸钙，微溶物硫酸钙会附着在大理石表面，阻碍反应进行，应选择稀盐酸，A错误；加热氯化铵分解生成氨气和HCl，在试管口遇冷又化合生成氯化铵，应加热氯化铵和氢氧化钙的混合物，B错误；浓氨水显碱性，可增大二氧化碳的溶解，且倒扣的漏斗起到防倒吸作用，可制备，C正确；碳酸氢铵受热易分解，不能蒸发结晶，D错误；故选C。4.一氟磷酸钠()可用于预防龋齿。下列说法正确的是A.半径： B.非金属性：O>PC.热稳定性： D.碱性：NaOH>KOH【答案】B【解析】电子层结构相同离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径，A错误；同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，则非金属性：O>N，同主族元素，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性：N>P，综上，非金属性：O>P，B正确；元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：F>P，则气态氢化物的热稳定性：，C错误；元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，非金属性：K>Na，则碱性：KOH>NaOH，D错误；故选B。阅读下列材料，完成下面小题：碳族元素及其化合物应用广泛。甲烷是常见燃料，其燃烧热为890.3；碳纳米管、石墨烯、富勒烯、碳化硅是一类新型无机非金属材料。Si、Ge是重要的半导体材料，用于制备高纯硅；650℃下，氢气还原可得高纯锗。是一种透明导电材料，可由水解制得。具有强氧化性，能与浓盐酸反应生成，也可用作铅蓄电池的电极材料。5.下列说法不正确的是A.碳纳米管、石墨烯、富勒烯互为同素异形体B.用E表示键能，制备纯硅反应的△H=E(Si-Si)＋3E(H-Cl)-E(Si-Cl)-E(H-H)C.由制备时，加入大量的水同时加热可促使水解趋于完全D.利用铅蓄电池可实现电能与化学能循环转化6.下列化学反应表示正确的是A.甲烷的燃烧：△H=＋890.3B.粗硅的制备：C.高纯锗的制备：D.与盐酸反应生成：7.下列物质性质与用途具有对应关系的是A.硬度大，可用作光导纤维B.单晶硅熔点高，可用作半导体C.碳化硅密度小，可用作耐高温材料D.石墨烯导电性好，可用作电极材料【答案】5.B6.C7.D【解析】5．碳纳米管、石墨烯、富勒烯为C元素的不同单质，互为同素异形体，A正确；用E表示键能，制备纯硅反应的△H=反应物的总键能-生成物的总键能=3E(Si-Cl)+E(Si-H)+E(H-H)-2E(Si-Si)-3E(H-Cl)，B错误；由制备时，化学方程式为：，该反应是吸热反应，制备加入大量的水同时加热时HCl挥发，可使平衡正向移动，促使水解趋于完全，C正确；铅蓄电池是二次电池，放电时化学能转化为电能，充电时电能转化为化学能，利用铅蓄电池可实现电能与化学能循环转化，D正确；故选B。6．甲烷的燃烧是放热反应，△H<0，A错误；粗硅的制备中C和SiO2反应生成Si和CO，方程式为：，B错误；650℃下，氢气还原可得高纯锗，化学方程式为：，C正确；具有强氧化性，能与浓盐酸反应生成，化学方程式为：，D错误；故选C。7．可用作光导纤维是因为其导光性较好，与硬度大无关，A错误；单晶硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，与其熔点高无关，B错误；碳化硅熔点高，可用作耐高温材料，与其密度小无关，C错误；石墨烯是一种由碳原子构成的二维纳米材料，导电性好，可用作电极材料，D正确；故选D。8.下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.B.C.漂白粉(s)D.【答案】A【解析】Al2O3为两性氧化物，与NaOH反应可生成Na[Al(OH)4]，往溶液中通入CO2，Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀，A正确；Fe2O3与硫酸反应可生成Fe2(SO4)3，但Fe在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4，而不生成Fe2O3，B不正确；Cl2与石灰乳反应可制取漂白粉，但在加热条件下，MnO2与稀盐酸不反应，不能生成Cl2，C不正确；NH3催化氧化可生成NO等，但NO与H2O不反应，不能生成HNO3，D不正确；故选A9.开发利用海水化学资源的部分过程如图所示，下列说法不正确的是A.步骤①可选用的试剂为石灰乳B.步骤②主要发生反应C.步骤③获得的操作为蒸发结晶D.步骤④在HCl气流中加热可获得无水【答案】C【解析】从海水中提取镁的流程为：将石灰乳（氢氧化钙）加入海水中，使镁离子与氢氧根离子发生反应，生成氢氧化镁沉淀，然后过滤将氢氧化镁分离出来并进行提纯；再将氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁溶液；将得到的氯化镁溶液进行蒸发浓缩，冷却结晶，得到六水合氯化镁（）；最后将六水合氯化镁在HCl气流中加热获得无水氯化镁，最后电解氯化镁得金属镁，据此分析解答。让海水中的镁离子与氢氧根离子发生反应，生成氢氧化镁沉淀，通常采用加入石灰乳（氢氧化钙）来作沉淀剂，A正确；步骤②主要是将氢氧化镁重新转化为氯化镁溶液，应该加入盐酸，反应方程式为：，B正确；由于在受热时易水解转化为，因此在获得时不能直接蒸发结晶，应采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，C错误；由于在受热时易水解转化为，为了抑制水解，通常是在HCl气流中加热可获得无水，D正确；故答案为：C。10.水煤气变换反应△H<0是目前大规模制氢的方法之一，其他条件不变，相同时间内，向该反应体系中投入一定量的CaO时，的体积分数如图所示。下列关于水煤气变换反应的说法正确的是A.该反应的平衡常数B.升高温度，该反应的K值增大C.一定温度下，增大或选用高效催化剂，均能提高CO平衡转化率D.等质量的纳米CaO表面积更大，吸收更多，体积分数更大【答案】D【解析】水煤气变换反应平衡常数，A错误；水煤气变换反应的△H<0，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，该反应的K值减小，B错误；增大可提高CO的平衡转化率，但催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，不能提高CO平衡转化率，C错误；由图可知，CaO颗粒直径越小，表面积越大，吸收越多，平衡正向进行的程度越大，体积分数更大，D正确；故选D。11.室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是选项实验过程及现象实验结论A向0.1溶液中滴加0.1溶液，溶液褪色具有氧化性B向2mL0.1溶液中滴加5～10滴6NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色平衡向正反应方向移动C向2mL浓度均为0.1的NaCl、NaI混合溶液中滴加几滴0.1溶液，产生黄色沉淀D用pH试纸分别测定溶液和溶液的pH，溶液的pH大结合能力：A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】具有强氧化性，向0.1溶液中滴加0.1溶液，溶液褪色，说明具有还原性，可被氧化，A错误；溶液中存在平衡：，加入NaOH溶液，消耗，溶液由橙色变为黄色，B正确；向2mL浓度均为0.1的NaCl、NaI混合溶液中滴加几滴0.1溶液，产生黄色沉淀，说明的相对较小，C错误；未指明两溶液浓度是否相同，无法比较结合能力，D错误；答案选B。12.室温下，用0.2氨水吸收，忽略通入所引起的溶液体积变化和挥发，溶液中含硫物种的浓度。已知，。下列说法正确的是A.向氨水溶液中缓慢通入，溶液中的值增大B.pH=6的溶液中存在：C.pH=7的溶液中存在：D.的溶液中存在：【答案】C【解析】向氨水溶液中缓慢通入，发生反应：，溶液中c()增大，Kb()是定值，则减小，A错误；pH=6的溶液中c(H+)=10-6mol/L，，=0.062<1，则，B错误；室温下，pH=7的溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：，则，C正确；用0.2氨水吸收，的溶液中存在物料守恒：，D错误；故选C。13.苯()催化加氢制环己烷()过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：△H<0，160℃、Pa下，将一定比例、混合气匀速通过装有催化剂的反应器。以Ni作催化剂，碳纳米管作Ni的载体和气体吸附剂，保持催化剂用量相同，研究Ni分别负载在碳纳米管内(方法A)和管外(方法B)的催化性能。其他条件相同，两种不同负载方式下，苯的转化率随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是A.其他条件不变，升高温度，的平衡转化率降低B.若1.5h内共通过1mol，则方法A可获得0.51molC.1h后方法A中苯转化率更高的原因可能是碳纳米管内吸附的反应物浓度更高D.可通过降低气体流速、使用高效催化剂等手段提高方法B的苯转化率【答案】D【解析】反应为放热反应，升高温度会使平衡向逆反应方向移动，因此的平衡转化率会降低，A正确；在1.5小时内共通过1mol，根据反应方程式可知，每1mol生成1mol，在1.5小时时苯的转化率为34%，则在1.5小时内共获得，B正确；在1小时后，方法A中苯的转化率更高的原因可能是由于碳纳米管内的反应物浓度更高，促进了反应的进行，C正确；题目探究的是方法A和方法B的催化性能比较，而不是探究提高方法B苯的转化率，D错误；故答案为：D。二、非选择题：共4题，共61分。14.碱式硫酸铝[Al2(SO4)3∙xAl(OH)3]溶液可用于烟气脱硫。（1）碱式硫酸铝的制备。室温下，边搅拌边向Al2(SO4)3溶液中分批加入一定量的CaCO3粉末，调节溶液pH为3～4，反应后滤去残渣，得到Al2(SO4)3∙xAl(OH)3溶液。①制备碱式硫酸铝溶液的过程中生成一种气体，其化学式为___________。②若调节后溶液pH偏高，会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是___________。（2）碱式硫酸铝的应用。碱式硫酸铝溶液吸收SO2的反应为：△H＜0，用于烟气(含N2、O2、SO2等)脱硫，其过程可表示为：①向吸收SO2后的溶液中通入空气并加热，可得到较纯的SO2，同时再生碱式硫酸铝溶液。相同条件下，再生液的脱硫率始终低于新制碱式硫酸铝溶液，其主要原因是___________(用离子方程式表示)。②为实现SO2的综合利用，利用CH4在高温下还原SO2生成S和CO2，该反应的化学方程式为___________。（3）脱硫技术比较。石灰石湿法脱硫是应用最广泛的一种技术，其原理是将石灰石粉末加水制成浆液，由管道输送至吸收塔与烟气充分接触混合，浆液中的CaCO3与烟气中的SO2以及鼓入的空气反应，最终生成CaSO4。①研究表明，石灰石浆液在进入脱硫装置前，先通一段时间CO2可提高其脱硫效率，原因是___________。②和石灰石湿法脱硫相比，碱式硫酸铝法脱硫的主要优点___________。【答案】（1）①.CO2②.c(OH-)增大，使溶液中部分Al3+转变为Al(OH)3沉淀析出（2）①.2+O2=2②.CH4+2SO22S+CO2+2H2O（3）①.将CaCO3转化为可溶于水的Ca(HCO3)2，增大了与SO2的接触面积，加快吸收速率②.脱硫剂可循环使用，SO2可回收再利用，不易结垢，不易造成管道堵塞【解析】室温下，边搅拌边向Al2(SO4)3溶液中分批加入一定量的CaCO3粉末，CaCO3与Al3+水解生成的H+反应，从而调节溶液pH为3～4，此时生成CaSO4沉淀，同时生成CO2气体。反应后滤去残渣，得到Al2(SO4)3∙xAl(OH)3溶液。【小问1详析】①制备碱式硫酸铝溶液的过程中生成一种气体，其化学式为CO2。②若调节后溶液pH偏高，则水解的Al3+增多，水解生成的Al(OH)3增多，会导致部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，从而使溶液中铝元素的含量降低，其原因是：c(OH-)增大，使溶液中部分Al3+转变为Al(OH)3沉淀析出。【小问2详析】碱式硫酸铝溶液吸收SO2的反应为：△H＜0，加热后，平衡逆向移动，重新生成SO2和碱式硫酸铝，但O2可能也会参与反应，将氧化。①向吸收SO2后溶液中通入空气并加热，都有利于平衡逆向移动，可得到较纯的SO2，同时再生碱式硫酸铝溶液。但空气中的O2也会氧化，从而使相同条件下，再生液的脱硫率始终低于新制碱式硫酸铝溶液，其主要原因是2+O2=2。②为实现SO2的综合利用，利用CH4在高温下还原SO2生成S和CO2，该反应的化学方程式为CH4+2SO22S+CO2+2H2O。【小问3详析】石灰石湿法脱硫是将石灰石粉末加水制成浆液，由管道输送至吸收塔与烟气充分接触混合，浆液中的CaCO3与烟气中的SO2以及鼓入的空气反应，最终生成CaSO4。①石灰石难溶于水，与SO2的接触面积小，石灰石浆液在进入脱硫装置前，先通一段时间CO2，此时CaCO3转化为Ca(HCO3)2溶液，与SO2气体的接触面积增大，可提高其脱硫效率，原因是：将CaCO3转化为可溶于水的Ca(HCO3)2，增大了与SO2的接触面积，加快吸收速率。②石灰石湿法脱硫时，将SO2转化为CaSO4固体，碱式硫酸铝法脱硫是将SO2转化为碱式硫酸铝溶液，受热后分解，重新生成碱式硫酸铝和SO2，则主要优点：脱硫剂可循环使用；SO2可回收再利用；不易结垢，不易造成管道堵塞。15.亚硝酸钠()应用广泛。（1）的制备。利用NaOH溶液吸收硝酸工业的尾气(含NO、)，吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到固体。①下列措施能提高尾气中NO和吸收率的有___________(填序号)。A．采用气、液逆流的方式B．加快通入尾气的速率C．定期补加NaOH溶液②该工艺需控制，生成的反应为。若，产品中含量较高，原因是___________(用化学方程式表示)。（2）的纯度测定。取2.50g样品(杂质为)配制成250mL溶液，准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入24.00mL0.05000酸性溶液充分反应，再用0.1000溶液滴定剩余高锰酸钾至终点。重复上述实验3次，平均消耗溶液10.00mL。①用溶液滴定时，达到终点的标志为___________。②滴定时发生的反应有：试计算样品中的纯度___________(写出计算过程)。（3）的应用。能用于铁制品的防腐处理、制备。①将铁制品浸入热的碱性溶液中，其表面可形成致密氧化膜，同时有生成，反应的离子方程式为___________。②向1.5溶液中加入等体积1.5溶液(忽略混合后溶液体积变化)，充分沉淀后溶液中___________。[已知]【答案】（1）①.AC②.（2）①.当滴入最后半滴溶液时，溶液由浅紫色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色②.（3）①.②.【解析】【小问1详析】①采用气、液逆流的方式，可以增大气体和液体之间的接触面积，使气体和液体充分反应，提高尾气中NO和NO2吸收率，A符合题意；加快通入尾气的速率，不利于气体和液体之间充分反应，不能提高尾气中NO和NO2吸收率，B不符合题意；定期补加NaOH溶液，可以保持c(OH-)较大，提高尾气中NO和NO2吸收率，C符合题意；故选AC；②，即NO2过量时，过量的NO2会和NaOH反应生成NaNO2、NaNO3和水，导致产品中含量较高，原因是：；【小问2详析】①(杂质为)溶液无色，加入酸性溶液充分反应，再用溶液滴定剩余高锰酸钾至终点，则达到终点的标志为：当滴入最后半滴溶液时，溶液由浅紫色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色；②滴定时发生的反应有：、，则与反应的n()=0.024L×0.05000-×0.01L×0.1000=0.001mol，则样品中的纯度为；【小问3详析】①将铁制品浸入热的碱性溶液中，其表面可形成致密氧化膜，同时有生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；②向1.5溶液中加入等体积1.5溶液，即等物质的量混合，两者恰好完全沉淀得到AgNO2的饱和溶液，则充分沉淀后溶液中=。16.以铁粉(含少量FeS)为原料制备摩尔盐[]。实验流程如下：（1）反应1中有气体放出，写出生成的离子方程式为___________。（2）反应1通常使用的条件为3溶液并适当加热。不选用0.1mol/L的原因是___________，适当加热的目的是___________。（3）反应一段时间后，可用如图所示装置去除铁粉。与装置a相比，装置b的优点有___________。（4）某研究小组以久置溶液为原料制备。溶解度曲线如图所示。补充完整制备的实验步骤：取一定体积久置溶液，___________，静置后取少量上层清液于试管中，___________，得到溶液。加入适量硫酸调节溶液pH为1～2，___________，得到晶体。[可选用的试剂：铁粉、锌粉、氯水、KSCN溶液]【答案】（1）（2）①.硫酸浓度较小反应速率较慢，溶液体积过大，过滤、蒸发耗时更久②.加快铁粉的酸浸速率（3）减压可加快过滤速度，保温可防止析出（4）①.边搅拌边分批加入足量铁粉②.滴加KSCN溶液，无明显现象、过滤③.蒸发浓缩至大量晶体析出，高于60℃趁热过滤【解析】铁粉(含少量FeS)加入3mol/L的H2SO4，发生和，过滤得到溶液，向加入溶液进行反应，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，据此回答。【小问1详析】反应1中发生反应，有气体放出，离子方程式为；【小问2详析】反应1通常使用的条件为3溶液并适当加热，不选用的原因是；硫酸浓度较小反应速率较慢，溶液体积过大，过滤、蒸发耗时更久，适当加热的目的是加快铁粉的酸浸速率；【小问3详析】如图，与装置a相比，装置b的优点有；减压可加快过滤速度，保温可防止析出；【小问4详析】补充完整制备的实验步骤:取一定体积久置溶液，边搅拌边分批加入足量铁粉，铁粉将铁离子还原为亚铁离子，搅拌加快反应速率；静置后取少量上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象时说明铁离子完全被还原为亚铁离子，过滤，得到FeSO4溶液；加入适量硫酸调节溶液pH为1～2，蒸发浓缩至大量晶体析出，高于60℃趁热过滤，得到晶体。17.利用温室气体制备、甲醇()是实现双碳目标的重要方法。Ⅰ