浙江省浙东北联盟2024-2025学年高二上学期期中联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省浙东北联盟2024-2025学年高二上学期期中联考考生须知：1.本卷共6页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Fe-56选择题部分一、选择题(每小题只有1个选项符合题目要求。每小题3分，共48分)1.影响化学反应速率的主要因素A.浓度 B.温度C.催化剂 D.反应物的组成、结构和性质【答案】D【解析】影响化学反应速率的主要因素是内因，即是反应物的组成、结构和性质。答案选D。2.干冰升华过程中，其焓变和熵变正确的是A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】干冰升华过程中吸热，气体分子数增多，结合吸放热与ΔH的关系、气体体积的变化与熵变的关系分析解答。干冰升华过程中，物质由固态变为气态，体系的混乱度增大，属于熵增的过程，ΔS＞0；干冰升华过程中，物质由固态变为气态，为吸热过程，ΔH＞0，故A正确；

故答案选A。3.实验设计的科学性反映了实验者的科学素养。下列有关测定中和反应反应热的实验，说法正确的是A.用温度计测量酸溶液的温度后立即测量碱溶液的温度B.为了使反应充分，可以向酸(碱)中分次加入碱(酸)C.用铜丝代替玻璃搅拌器，会使中和反应放热测定值偏小D.测定中和反应反应热时可用稀醋酸和NaOH稀溶液【答案】C【解析】用温度计测量酸溶液的温度，用水冲洗温度计后再测量碱溶液的温度，故A错误；向酸(碱)中分次加入碱(酸)，热量损失较多，不能分次加入碱(酸)，故B错误；用铜丝代替玻璃搅拌器，会使热量损失较多，使中和反应放热测定值偏小，故C正确；醋酸电离吸热，测定中和反应反应热时不能用稀醋酸和NaOH稀溶液反应，故D错误；选C。4.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的分类，完全正确的是选项ABCD强电解质CuNaCl弱电解质非电解质酒精蔗糖A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】Cu为单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；是非电解质，不是弱电解质，且BaSO4是强电解质，不是非电解质，B错误；CaCO3是强电解质，H3PO4是中强酸，属于弱电解质，蔗糖是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，则各物质分类正确，C正确；是单质，既不是电解质也不是非电解质，D错误；故选C。5.下列不能用勒夏特列原理解释的是A.合成氨采用高压、温度500℃，均为了提高平衡转化率B.工业生产硫酸时，使用过量氧气来提高二氧化硫的转化率C.向含有的红色溶液中加入铁粉，振荡，溶液颜色变浅D.用饱和食盐水除去中的HCl，可减少损失【答案】A【解析】合成氨反应为放热反应，升高温度，不利于提高氢气平衡转化率，工业采用500℃条件是为提高催化剂活性，加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；工业生产硫酸时，使用过量氧气，有利于平衡正向移动，可用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，Fe+2Fe3+═3Fe2+，铁粉使铁离子与硫氰酸根离子反应的平衡逆向移动，可用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；饱和食盐水中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，增大溶液中氯离子浓度，平衡逆向移动，减小氯气的溶解度，故用排饱和食盐水法除去Cl2中的HCl可用勒夏特列原理来解释，故D不符合题意；故选：A。6.在恒温条件，体积为VL的密闭容器中，充入一定量混合气体发生反应：，达到平衡时，测得A的浓度为1mol·L-1；将容器的体积缩小为0.5VL，再次达到平衡时，测得A的浓度为1.8mol·L-1，下列有关判断正确的是A. B.平衡向逆反应方向移动C.B的浓度比第1次平衡时大 D.C的体积分数比第1次平衡时低【答案】C【解析】在恒温条件，体积为VL密闭容器中，充入一定量混合气体发生反应：，达到平衡时，测得A的浓度为1mol•L-1，将容器的体积缩小为0.5VL，假设平衡不移动，A的浓度变为2mol•L-1，再次达到平衡时，测得A的浓度为1.8mol•L-1，说明加压平衡正向移动，故x+y＞z，据此作答。由分析可知，x+y＞z，故A错误；由分析可知，平衡正向移动，故B错误；平衡正向移动，B的物质的量减小，但容器体积减小程度更大，故B的浓度比第1次平衡时大，故C正确；平衡正向移动，C的体积分数增大，故D错误；故选：C。7.在一恒温恒容容器中，表明反应已达到平衡状态的是A.单位时间内生成amolA，同时生成2amolBB.B、C、D的浓度之比为2∶1∶1C.混合气体的密度不再改变D.混合气体的压强不再改变【答案】C【解析】单位时间内生成amolA，同时生成2amolB，均为逆反应速率，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；B、C、D的浓度之比为2：1：1，不知道浓度是否还会变化，无法判断反应是否达到平衡，故B错误；A是固体，容器容积不变，混合气体的密度是变量，当其不再改变时，说明反应达到平衡状态，故C正确；反应前后气体分子数不变，故恒温恒容容器中，混合气体的压强始终不变，无法判断反应是否达到平衡，故D错误；答案选C。8.下列滴定反应中，指示剂使用不正确的是A.用强碱标准溶液滴定弱酸溶液，酚酞作指示剂B.用标准溶液滴定KI溶液，KSCN作指示剂C.用溶液滴定KI溶液，淀粉作指示剂D.用酸性标准溶液滴定溶液，无需指示剂【答案】C【解析】用强碱标准溶液滴定弱酸溶液，滴定终点溶液显碱性，用酚酞作指示剂，故A正确；Fe3+遇KSCN溶液显红色，用标准溶液滴定KI溶液，用KSCN作指示剂，故B正确；用溶液滴定KI溶液，若用淀粉作指示剂，反应开始溶液就变蓝色，淀粉不能指示滴定终点，故C错误；溶液显紫色，用酸性标准溶液滴定溶液，滴定终点溶液变为浅紫色，无需指示剂，故D正确；选C。9.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1molKI与0.1mol在溶液中反应转移的电子数为B.1L0.1mol⋅L-1溶液中含有的氧原子数为C.25℃时，的醋酸溶液1L，溶液中含的数目小于D.30gHCHO与混合物中含C原子数为【答案】D【解析】KI与的反应是可逆反应，0.1molKI与0.1mol在溶液中反应转移的电子数小于，故A错误；溶液中水也含有氧原子，故1L0.1mol⋅L-1溶液中含有的氧原子数大于，故B错误；pH=3的醋酸溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，故1L溶液中氢离子的物质的量为n=cV=0.001mol/L×1L=0.001mol，个数为0.001NA，故C错误；HCHO和CH3COOH最简式均为CH2O，30gHCHO和CH3COOH混合物中含C原子数为×1×NA/mol=NA，故D正确；答案选D。10.下列说法中，正确的是A.用焓判据和熵判据可解释与盐酸反应在低温下能自发进行B.放热过程()或熵增过程()一定是自发的C.1mol在不同状态时的熵值：D.自发反应：可用焓判据来解释【答案】D【解析】与盐酸反应是吸热反应，用焓判据不能解释其在低温下能自发进行，故A错误；反应自发进行的条件是△H-T△S＜0，反应能否自发进行与焓变、熵变和反应温度有关，放热过程(△H<0)或熵增过程(△S＞0)的过程不一定是自发的，只有满足△H-T△S＜0的过程一定是自发的，故B错误；；同一物质，固体时的熵小于液态时的熵，即，故C错误；是熵减的反应，而能自发进行，是因为反应放热，有利于自发进行，可以用焓判据解释，故D正确；答案选D。11.下列说法正确的是A.利用化石燃料燃烧放出的热量使水分解产生氢气，是氢能开发的研究方向B.若反应过程中断开化学键吸收的能量大于形成化学键所放出的能量，则反应吸热C.C(石墨，s)=C(金刚石，s)kJ⋅mol-1，则金刚石比石墨稳定D.在一定温度和压强下，将0.5mol和1.5mol充分反应生成，放出热量19.3kJ，则其热化学方程式为kJ·mol-1【答案】B【解析】化石燃料不可再生，且成本高污染重，用化石燃料放出的热量来制取氢气，得不偿失，故A错误；若化学过程中断开化学键吸收的能量大于形成化学键所放出的能量，则反应以吸热为主，故反应为吸热反应，故B正确；C(石墨，s)=C(金刚石，s)kJ⋅mol-1，说明金刚石比石墨的能量高，能量低的较稳定，则石墨比金刚石稳定，故C错误；合成氨的反应是可逆反应，不能进行完全，故kJ·mol-1，故D错误；答案选B。12.的水溶液中存在如下平衡：(蓝色)(黄色)，现各取2mL相同浓度的黄绿色溶液进行下列操作，分析不正确的是A.向溶液中加入一定量水，溶液由黄绿色逐渐变为蓝绿色B.适当加热溶液，该反应向正反应方向移动C.加入适量NaCl溶液，该反应一定向正反应方向移动D.向溶液中加几滴溶液，平衡逆向移动，平衡常数K不变【答案】C【解析】向溶液中加入一定量水，反应物浓度减小幅度更大，故平衡逆向移动，溶液由黄绿色逐渐变为蓝绿色，故A正确；反应正向吸热，适当加热溶液，该反应向正反应方向移动，故B正确；加入适量NaCl溶液，氯离子浓度和溶液体积均发生改变，故无法判断平衡移动方向，故C错误；向溶液中加几滴AgNO3溶液，生成AgCl沉淀，氯离子浓度减小，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数K不变，故D正确；答案选C。13.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量图如图，下列说法不正确的是A.反应Ⅰ和反应Ⅱ相比，反应Ⅱ速率更快B.反应Ⅱ是放热反应，但是反应Ⅰ和Ⅱ总的反应过程是吸热的C.铜催化剂不参与反应过程，但是会影响反应速率D.CO在反应中生成又消耗，但CO并不是催化剂【答案】C【解析】由右图可知，反应I的活化能大于反应Ⅱ，所以反应Ⅱ反应速率更快，故A项正确；反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，由图可知，反应Ⅱ生成物具有总能量高于反应Ⅰ中反应物所具有的总能量，则反应Ⅰ和Ⅱ总的反应过程是吸热的，故B项正确；催化剂会参与反应过程，能加快反应速率，故C项错误；CO(g)在反应中生成又消耗，则该物质为中间产物，不是催化剂，故D项正确；故答案选C。14.对于反应kJ⋅mol-1，在343K时的转化率随时间变化的结果如图所示，下列说法正确的是A.反应至a处需要吸收9.6kJ的能量B.343K时，该反应的平衡常数K约为0.02C.该反应，高温更有利于反应自发进行D.增大压强能加快的反应速率，但一定不能改变的平衡转化率【答案】B【解析】由图可知，反应至a处时SiHCl3的转化率为20%，但起始量未知，不能计算Δn(SiHCl3)，则不能计算反应热，故A错误；由图可知，343K时反应的平衡转化率为22%，若设SiHCl3的起始量为amol，反应三段式为：则平衡常数K==≈0.02，故B正确；该反应ΔH＞0，一定条件下能自发进行，即ΔH-TΔS＜0，可得ΔS＞0，故C错误；若充入SiH2Cl2或SiCl4增大压强，则反应速率增大，平衡逆向移动，SiHCl3的平衡转化率减小，所以增大压强可能改变SiHCl3的平衡转化率，故D错误；答案选B。15.下列说法一定正确的是A.用溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明是弱电解质B.常温下，等体积、等pH的稀盐酸和稀醋酸溶液中C.将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，逐渐增大，但电离常数不变D.将NaCl溶液从常温加热到80℃，溶液的，所以呈酸性【答案】B【解析】用CH3COOH溶液做导电性实验，灯泡很暗，只能说明溶液中阴阳离子浓度较小，无法证明CH3COOH的电离程度，即无法证明醋酸为弱电解质，故A错误；两溶液分别满足电荷守恒关系

c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、

c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，两溶液的pH相等，c(H+)和c(OH-)也对应相等，则，故B正确；加水稀释弱电解质的电离程度逐渐增大，但冰醋酸中电离增大的程度小于加水稀释的程度，因此加水稀释过程中逐渐减小，故C错误；NaCl溶液呈中性，升高温度促进水电离，水的离子积常数增大，溶液的pH＜7，但溶液仍然呈中性，故D错误；答案选B。16.实验室进行下列实验，实验现象或实验结论合理的是选项实验操作实验现象实验结论A对含有、、HI的平衡体系中进行加压气体颜色加深加压使该反应体系发生了平衡移动B取2mL饱和碳酸钠溶液于试管中，滴加5滴稀醋酸溶液未见气泡产生醋酸与碳酸钠溶液不反应C将球浸泡在冷水和热水中热水中颜色更深升高温度，平衡向吸热反应方向D两支试管各盛0.1⋅mol-14mL酸性高锰酸钾溶液，分别加入0.1⋅mol-12mL草酸溶液和0.2⋅mol-12mL草酸溶液两试管中高锰酸钾溶液均褪色，且加入0.2⋅mol-1草酸溶液的试管中，褪色更快在其他条件相同情况下，反应物浓度越大，反应速率越快A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应前后气体计量数不变，加压平衡不移动，但加压使体积缩小、浓度增大，气体颜色会加深，A错误；取2mL饱和碳酸钠溶液于试管中，滴加5滴稀醋酸溶液，酸不足，溶液中与H+反应先生成，所以未见气泡产生，B错误；红棕色的二氧化氮转化为无色的四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向即逆反应方向移动，气体的颜色会变深，则热水中颜色更深，C正确；由高锰酸钾和草酸反应中存在关系式2KMnO4～5H2C2O4，可知高锰酸钾过量，看不到褪色现象，应控制酸性高锰酸钾溶液等量且不足，改变草酸的浓度，探究浓度对反应速率的影响，D错误；故选C。非选择题部分二、非选择题(共5小题，共52分)17.请回答：（1）在25℃和101kPa时，1mol完全燃烧生成和时放出853kJ的热量，请写出燃烧的热化学方程式___________，理论上1kg黄铁矿(的含量为90%)完全燃烧放出的热量为___________kJ。（2）已知断裂1mol、1mol、1mol需要吸收的能量分别为436kJ、945.6kJ、391kJ，则___________kJ⋅mol-1。（3）已知：①kJ⋅mol-1②kJ⋅mol-1③kJ⋅mol-1上述反应中属于吸热反应的是___________(填序号)；请写出表示CO燃烧热的热化学方程式___________。【答案】（1）①.kJ⋅mol-1②.6397.5（2）-92.4（3）①.①②.kJ⋅mol-1【解析】【小问1详析】在25℃和101kPa时，1mol完全燃烧生成和时放出853kJ的热量，则燃烧的热化学方程式kJ⋅mol-1，1kg黄铁矿(的含量为90%)中的物质的量为，完全燃烧放出的热量为。【小问2详析】焓变=反应物总键能-生成物总键能，断裂1mol、1mol、1mol需要吸收的能量分别为436kJ、945.6kJ、391kJ，则kJ⋅mol-1=-92.4kJ⋅mol-1。【小问3详析】①kJ⋅mol-1②kJ⋅mol-1③kJ⋅mol-1吸热反应>0，上述反应中属于吸热反应的是①；CO的燃烧热是1molCO燃烧生成二氧化碳放出的热量。根据盖斯定律③-②得表示CO燃烧热的热化学方程式kJ⋅mol-1。18.某小组学生设计了如下实验探究影响化学反应速率因素的实验：Ⅰ．甲同学利用如图所示装置测定化学反应速率。（1）圆底烧瓶中发生反应的的离子方程式为___________。（2）通过测定量气筒中收集到的气体体积计算该反应的速率，结果发现测定值比实际值偏小，其原因可能是___________。Ⅱ．乙同学利用反应产生沉淀的快慢探究该化学反应速率的影响因素，数据如下表所示：实验溶液溶液蒸馏水浓度/mol·L-1体积／mL浓度/mol·L-1体积／mL体积／mL温度/℃①0.110.51V30②0.120.51730③0.120.51740（3）实验①中，V=___________。（4）实验②、③的目的是___________。【答案】（1）（2）产生的气体部分溶于水，使收集到的比理论值少，导致测定值比实际值小（3）8（4）其他条件相同时，探究温度对化学反应速率的影响【解析】Ⅰ．圆底烧瓶内稀硫酸与硫代硫酸钠反应生成硫酸钠、单质硫、二氧化硫和水，用量气筒测量生成的二氧化硫的体积，由于二氧化硫在水中溶解度较大，故测得的二氧化硫体积会偏小；Ⅱ．实验利用反应产生沉淀的快慢探究该化学反应速率的影响因素，根据控制变量法，实验①和②探究的是硫酸浓度的影响，实验②和③探究的是温度的影响，在溶液中进行的实验需要使溶液的总体积保持相等，由此计算V的值；【小问1详析】稀硫酸与硫代硫酸钠反应生成硫酸钠、单质硫、二氧化硫和水，离子方程式；【小问2详析】由分析可知，由于二氧化硫在水中溶解度较大，使收集到的比理论值少，导致测定值比实际值小；【小问3详析】在溶液中进行的实验需要使溶液的总体积保持相等，由实验②和③可知，溶液的总体积为10mL，故实验①中加入的水的体积V=8mL；【小问4详析】由分析可知，实验②、③的目的是其他条件相同时，探究温度对化学反应速率的影响。19.根据电离平衡常数(用表示)的大小可以判断弱电解质的相对强弱。25℃时有关物质的电离平衡常数如下表所示：弱酸HCOOHHClO电离平衡常数(25℃)（1）25℃，相同浓度的HCOOH和HClO溶液中，导电能力：HCOOH___________HClO，___________(填“>”、“<”或“=”)（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是___________(填序号)①②③④（3）将0.1mol⋅L-1HCOOH溶液1mL加水稀释制10mL(假设温度不变)，下列各量增大的是___________(填写字母)。A. B.C. D.（4）将少量通入NaClO溶液中，写出该反应的离子方程式___________。【答案】（1）①.>②.=（2）①②④③或“①>②>④>③”或写成“③<④<②<①”（3）AC（4）【解析】电离常数越小，酸的酸性越弱，酸性：，以此分析；【小问1详析】相同浓度下，弱电解质的电离程度越大，导电能力越强，则导电能力：HCOOH＞HClO；根据物料守恒，；故答案为：＞；=；【小问2详析】酸性：，则酸根结合氢离子能力；故答案为：①②④③或“①>②>④>③”或写成“③<④<②<①；【小问3详析】加水稀释酸性减弱，酸电离的氢离子浓度减小，水电离的氢离子浓度增大，A正确；加水稀释，醋酸根离子浓度减小，B错误；，加水稀释，酸根离子浓度减小，则比值增大，C正确；，KW只受温度影响，则乘积不变，D错误；故答案为：AC；【小问4详析】酸性：，根据强酸制弱酸原理，；故答案为：。20.某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：①三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水，锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加0.30mL0.01000mol⋅L-1的碘标准溶液，搅拌。②以0.2L⋅min-1流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了1.00mL碘标准溶液。③做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。④用适量代替香菇样品，重复上述步骤，测得的平均回收率为95%。（1）装置图中仪器a的名称是___________。（2）滴定管使用前首先要___________。（3）滴定终点判断依据为___________。（4）下列关于滴定操作及分析不正确的是___________。A.0.30mL碘标准溶液可以用量筒量取B.滴定时应一直观察滴定管中溶液体积变化C.滴定时悬于管口的最后半滴溶液用锥形瓶内壁将其沾落，即观察颜色变化D.终点读数时如果俯视读数，测量结果将偏低（5）该样品中亚硫酸盐含量为___________mg⋅kg-1(以计，结果保留3位有效数字)。【答案】（1）球形冷凝管或冷凝管（2）检验是否漏水或检漏（3）当滴入最后半滴碘标准溶液，溶液颜色由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点（4）ABC（5）808【解析】由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成SO2，用氮气将SO2排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸盐含量。【小问1详析】仪器a的名称是球形冷凝管或冷凝管；【小问2详析】滴定管使用前首先要检验是否漏水或检漏；【小问3详析】锥形瓶中含有淀粉指示剂和SO2，加入碘滴定，将SO2消耗完后，过量的碘单质与淀粉反应使溶液显蓝色，故滴定终点的判断依据为：当加入最后半滴碘溶液后，溶液颜色从无色变成蓝色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点；【小问4详析】量筒的精确度为0.1mL，0.30mL标准碘溶液应用酸式滴定管量取，故A选；滴定时眼睛应一直注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故B选；滴定时悬于管口的最后半滴溶液用锥形瓶内壁将其沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化，故C选；终点读数时如果俯视，读取的标准液体积会偏小，会导致测量结果将偏低，故D不选；答案为ABC；小问5详析】反应中消耗I2溶液的体积为0.3

mL+1.0mL-0.1mL=1.2mL，n(I2)=1.2×10-3L×0.01mol/L=1.2×10-5mol，根据关系式I2～SO2知，n(SO2)=1.2×10-5

mol，m(SO2)=64g/mol×1.2×10-5mol=7.68×10-4g=0.768mg，样品为10.00g，因此1000g香菇中SO2的含量为≈80.8mg⋅kg-1，故该样品中亚硫酸盐含量为80.8mg⋅kg-1。21.合理利用温室气体是当前能源与环境研究的热点。催化加氢可缓解对温室效应的影响，其原理为：反应Ⅰ：kJ⋅mol-1反应Ⅱ：（1）反应Ⅰ的___________0(填“>”、“<”或“=”)，说明理由___________。（2）反应Ⅰ中，，，其中和分别为正、逆反应速率，和分别为正、逆反应速率常数，和仅受温度影响。请在下图中画出随T的变化斜线________。(，T表示温度)（3）在0.1MPa下，将1mol和4mol充入2L刚性密闭容器中，假设只发生反应Ⅰ，当CO平衡产率为40%时，此时总压为P，计算该温度下反应Ⅰ的平衡常数___________。(计算结果用分数表示)（4）某实验室控制和初始投料比为1∶2.2，经过相同时间