湖北省部分普通高中2024-2025学年高二上学期期中考试 化学试卷【含答案解析】

2024-2025学年度上学期湖北省部分普通高中高二期中考试化学试卷(时间：75分钟满分：100分考试时间：2024年11月21日)注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。可能用到的相对原子质量：H1C12O16一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.下列过程中，化学反应速率的增大对人类有益的是A.金属的腐蚀 B.食物的腐败 C.塑料的老化 D.氨的合成【答案】D【解析】【详解】A．金属的腐蚀越慢越好，故增大速率对人类无益，A错误；B．食物的腐败越慢越好，故增大速率对人类无益，B错误；C．塑料的老化越慢越好，故增大速率对人类无益，C错误；D．氨的合成越快越好，缩短生产周期，故增大速率对人类有益，D正确；故选D。2.中华优秀传统文化涉及了很多化学知识，下列有关说法错误的是A.《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最猛烈，能蚀五金。”其中强水中的物质均为强电解质B.“三月打雷麦谷堆”是指在雷电作用下最终可转化成被农作物吸收的化合态氮C.刘长卿诗云“水声冰下咽，砂路雪中平”，其中固态冰转化为液态水需要吸热D.“火树银花合，星桥铁锁开”中的反应涉及化学能转化为热能和光能【答案】A【解析】【详解】A．强水能腐蚀五金，说明强水能和这些金属反应，因此强水为硝酸溶液，其中硝酸为强电解质，而水为弱电解质，A错误；B．雷电可以将空气中的O2和N2转化为NO，NO与O2生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，最终与土壤中的物质反应可以生成作物吸收的化合态氮，B正确；C．冰转化为水属于液化过程，需要吸热，C正确；D．火树银花指的是灼热的铁水被打到半空中与氧气发生剧烈的氧化还原反应，这个过程中化学能转化成了热能和光能，D正确；故选A。3.在水溶液中，下列电离方程式正确的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】A．醋酸为弱酸，其电离存在电离平衡，过程是可逆的，正确的电离方程式为：，A错误；B．为弱电解质弱碱，部分电离且可逆，电离方程式为：，B正确；C．为强电解质，全电离不可逆，同时为弱酸酸式根，不能拆开，保留化学式，电离方程式为：，C错误；D．多元弱酸的电离为分步电离且可逆，碳酸第一步先电离为氢离子和碳酸氢根离子，、，D错误；故答案为：B。4.下列实验操作正确的是A.用图1装置进行高锰酸钾溶液滴定未知浓度的溶液实验B.如图2所示，记录滴定终点读数为C.图3操作为赶出碱式滴定管内的气泡D.如图4，滴定时一手控制滴定管玻璃活塞，一手摇动锥形瓶，眼睛注视滴定管液面【答案】C【解析】【详解】A．图1装置中，滴定管为碱式滴定管，高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡皮管，不能盛装高锰酸钾溶液，应用酸式滴定管盛装高锰酸钾溶液，A错误；B．滴定管刻度从上往下标，0刻度在上方，则图中记录滴定终点读数为18.10mL，B错误；C．碱式滴定管带有橡皮管，可以弯曲，图3操作为赶出碱式滴定管内的气泡，C正确；D．滴定时，一手控制滴定管玻璃活塞，一手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内液体的颜色变化，D错误；故答案为：C。5.采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果的是A.Al与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸B.Na与水反应时，增加水的量C.Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应时，增大压强D.大理石与盐酸反应制取CO2时，将块状大理石改为粉末状大理石【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸和Al发生钝化现象，且不生成氢气，生成二氧化硫，故A错误；

B．水为纯液体，水的多少不影响反应速率，所以Na与水反应时增大水的用量不影响反应速率，故B错误；

C．Na2SO4溶液和BaCl2溶液反应在溶液中进行，没有气体参加反应，则增大压强，反应速率不变，故C错误；

D．将块状大理石改为粉末状大理石，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故D正确；

故选：D。6.已知：25℃、101kPa时，1gH2完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，下列热化学方程式中书写正确的是A.2H2(g)+O₂(g)=2H2O(1)ΔH=-142.9kJ/molB.H2(g)+O₂(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ/molC.2H2(g)+O₂(g)=2H₂O(g)ΔH=-571.6kJ/molD.H2(g)+O₂(g)=H2O(g)ΔH=+285.8kJ/mol【答案】B【解析】【分析】已知1g氢气燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，1mol氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量。【详解】A．2mol氢气燃烧生成液态水，放出热量571.6kJ，不是142.9kJ，故A错误；B．量的关系、聚集状态，反应热均正确，故B正确；C．2mol氢气燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，当生成气态水时，放出的热量小于571.6kJ，故C错误；D．放热反应焓变值为负值，故D错误；故选B。7.某温度下，在容积不变的密闭容器中发生反应：。下列不能说明反应达到平衡状态的是A.气体的密度不再变化 B.的体积分数不再变化C.气体的平均相对分子质量不再变化 D.气体的压强不再变化【答案】A【解析】【详解】A．气体总质量不变，容器为恒容，气体总体积保持不变，根据密度的定义，混合气体密度始终保持不变，即恒容恒温下，气体混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，A符合题意；B．的体积分数不再变化，说明平衡不再移动，反应达到平衡，故B不符合题意；C．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应是气体物质的量发生变化的反应，若气体平均摩尔质量不随时间变化，则气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，故C不符合题意；D．反应为气体分子数改变的反应，当压强不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，故D不符合题意；故选A。8.下列说法中有明显错误的是A.活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞B.升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大C.对有气体参加的化学反应增大压强体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大D.加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率【答案】A【解析】【详解】A.活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，所以活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞，故A说法错误；B.升高温度，反应体系中物质的能量升高，可使活化分子的个数、百分数增大，因而反应速率增大，故B说法正确；C.增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，故C说法正确；D.催化剂可使反应需要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，故D说法正确；故选A。9.下图为工业合成氨的流程图。下列说法错误的是A.步骤①的目的是防止混入杂质使催化剂中毒B.步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率C.步骤③选择500℃的重要原因是催化剂活性最高D.步骤③、④、⑤均有利于提高原料的平衡转化率【答案】D【解析】【分析】加压既能提高反应速率，又能促进平衡正向移动，合成氨的反应为放热反应，低温有利于平衡正向移动，但是低温下，催化剂活性低，反应速率也低，因此综合考虑将温度设定在500℃并使用含铁催化剂进行催化反应，及时将产生的NH3液化分离出来以提高N2和H2的转化率，剩余的N2和H2再循环利用。【详解】A．步骤①中“净化”是除去杂质以防止铁触媒中毒，故A正确；B．合成氨的反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高反应速率，故B正确；C．由图可知工业生产中，催化合成氨的反应温度为500℃，说明500℃是催化剂催化活性的最佳温度，故C正确；D．催化剂只能提高反应速率，不能提高平衡转化率，合成氨反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，而液化分离出NH3和N2、H2的循环再利用均可以使平衡正向移动，所以步骤④、⑤有利于提高原料平衡的转化率，步骤③不利于提高原料的平衡转化率，故D错误；答案选D10.下列关于水的说法正确的是（）A.水的离子积仅适用于纯水B.水的电离需要通电C.升高温度一定使水的离子积增大D.加入电解质一定会破坏水的电离平衡【答案】C【解析】【详解】A.水的离子积适用于稀的电解质水溶液及纯水，故A错误；B.水电离不需要通电，故B项错误；C.水的电离是吸热过程，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，故C项正确；D.不是所有电解质都能破坏水的电离平衡，如NaCl，D项错误；答案选C。11.二氧化碳的综合利用是科学家研究的热门话题，催化与形成的反应历程如下图所示。下列叙述正确的是A.会降低反应的活化能和焓变B.该催化反应的原子利用率为C.过程会吸收能量D.反应中涉及极性键和非极性键的断裂【答案】D【解析】【详解】A．催化剂只降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，A错误；B．催化与形成CH4和H2O，方程式为：，有副产物H2O生成，所以该催化反应的原子利用率小于100%，B错误；C．过程形成化学键，成键过程中要释放能量，C错误；D．反应物与反应生成CH4和H2O，反应中中的为极性键断裂，H2中的为非极性键断裂，D正确；故答案为：D。12.在无氧环境下，经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下，芳构化时同时存在如下反应：ⅰ.ⅱ.已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表。物质abc下列说法不正确的是A.受反应i影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低B.反应ⅱ的C.反应ⅰ在1000K时能自发进行D.分离产物，可提高在混合气体中的体积分数【答案】D【解析】【详解】A．反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭越多，覆盖在催化剂表面，使催化剂性能逐渐降低，化学反应速率逐渐减小，所以单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，A正确；B．由题中所给数据可得以下热化学方程式：③，④，⑤，根据盖斯定律，将反应得反应ⅱ的，B正确；C．在1000K时，，故反应ⅰ在1000K时能自发进行，C正确；D．苯为液体，分离出部分苯，其浓度不变，平衡不移动，在混合气体中的体积分数不变，D错误；故选D。13.1mL0.1mol/LKI溶液与5mL0.1mol/L溶液发生反应：，达到平衡。下列说法不正确的是[提示：易溶于苯，的水溶液易被苯萃取]A.加入苯萃取后，振荡，平衡正向移动B.经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度C.加入固体，平衡逆向移动D.该反应的平衡常数【答案】B【解析】【详解】A．加入苯振荡，苯将萃取到苯层，水溶液中减小，平衡正向移动，A正确；B．将溶液与溶液混合，由于参与反应的与物质的量之比为，反应后一定过量，经苯次萃取分离后，在水溶液中加入溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有，即没有完全消耗，不能表明该化学反应存在限度，B错误；C．加入固体溶于水电离出，增大，平衡逆向移动，C正确；D．根据平衡常数表达式，分析其平衡常数表达式为，D正确；故选B。14.工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯()：，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如下图所示。下列说法不正确的是A.增大压强甲醇转化率增大 B.b点反应速率C.平衡常数K(75℃)>K(85℃) D.生产时反应温度控制在80～85℃为宜【答案】B【解析】【详解】A．由于该反应是气体体积减小的反应，增大压强可以使平衡正向移动，即增大甲醇的转化率，故A正确；

B．平衡之前，温度升高，反应速率增大，CO转化率增大，平衡之后，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳转化率减小，即b点还未平衡，反应正向进行，则此时v正＞v逆，故B错误；

C．温度超过约83℃时，随着温度的升高，CO的转化率降低，则说明该反应是放热反应；对于放热反应而言，温度越高，平衡常数K越小，故平衡常数K(75℃)>K(85℃)，故C正确；

D．根据图可知，温度在80～85℃的范围内，CO的转化率最高，超过该温度范围，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明反应的最适温度在80～85℃之间，故生产时反应温度控制在80～85℃为宜，故D正确；

故选：B。15.分别向的溶液中通入生成的物质的量随通入的物质的量的变化如图所示。下列判断不正确的是A曲线a表示向溶液中通入B.曲线a表示的离子反应：C.中主要反应：D.中溶液：【答案】C【解析】【分析】次氯酸钠中通入二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠；氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，先生成碳酸钠，然后生成碳酸氢钠，故曲线a是NaClO，曲线b是NaOH。【详解】A．根据分析，曲线a表示向溶液中通入，A正确；B．曲线a中，二氧化碳通入NaClO溶液中浓度逐渐增大，所以CO2通入NaClO溶液中生成HClO和，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=+HClO，B正确；C．n(NaOH)=0.1mol/L×1L=0.1mol，通入n(CO2)<0.05mol，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，离子方程式：2OH-+CO2=+H2O，C错误；D．n(NaOH)=0.1mol/L×1L=0.1mol，通入n(CO2)=0.06mol，由图可知生成0.02mol，根据C元素守恒，生成为：0.06mol-0.02mol=0.04mol，，D正确；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.金刚石和石墨在氧气不足时燃烧均生成一氧化碳，充分燃烧时生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。回答下列问题：（1）金刚石和石墨互为_______，石墨转化为金刚石的热化学方程式为_______。（2）表示石墨燃烧热的热化学方程式为_______。（3）1mol金刚石与石墨的混合物在足量氧气中充分燃烧，共放出394.5kJ的热量，则金刚石与石墨的物质的量之比为_______。（4）已知CO的键能：，O2的键能：，则CO2中碳氧键的键能：_______。（5）科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：①三种状态的稳定性由大到小的顺序为_______。②催化剂对于该反应的焓变_______(填“有”或“无”)影响。【答案】（1）①.同素异形体②.（2）（3）2∶1（4）802kJ⋅mol−1（5）①.III>I>II②.无【解析】【小问1详解】金刚石和石墨都是由碳元素组成而性质不同的单质，互为同素异形体；由图可知，石墨转化为金刚石为吸热反应，，该反应的，石墨转化为金刚石的热化学方程式为；【小问2详解】1mol石墨完全燃烧生成二氧化碳气体放出的热量数值等于燃烧热，表示石墨燃烧热的热化学方程式为：；【小问3详解】由图可知，1mol金刚石完全燃烧放出395kJ的热量，设1mol混合物中含有金刚石物质的量为xmol，石墨的物质的量为(1-x)mol，则有：395x+393.5(1-x)=394.5，解得x=23，1-x=13，所以金刚石与石墨的物质的量之比为2【小问4详解】由图可知：，设二氧化碳中碳氧键的键能为xkJ/mol，则，代入数据得：，解得x=802，故E(C=O)=802kJ⋅mol−1；小问5详解】①能量越低越稳定，结合题图可知，三种状态的稳定性由大到小的顺序为：III>I>II；②催化剂可以改变反应历程，降低活化能，但不会改变反应的焓变，则催化剂对于该反应的焓变无影响。17.已知：25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如表所示，。请回答下列问题：化学式电离平衡常数（1）氢氰酸的电离方程式为___________，等浓度的三种酸溶液的酸性由强到弱的顺序是___________。（2）25℃时，向溶液中通入少量，反应的离子方程式为___________。（3）25℃时，将的盐酸逐滴滴入的碳酸钠溶液中，当溶液中时，溶液的___________。（4）25℃时，取的CH3COOH溶液，将其稀释1000倍。①稀释前CH3COOH的电离度()约为___________%(保留三位有效数字)。②在稀释过程中，随着CH3COOH溶液浓度的降低，下列始终保持增大趋势的量是___________(填标号)。A．分子数B．C．D．③稀释到1000倍时溶液的pH的变化量___________3(填“>”、“<”或“=”)。【答案】（1）①.HCNH++CN-②.CH3COOH＞H2CO3＞HCN（2）CN-+CO2+H2O=HCN+（3）8（4）①.1.34②.BD③.<【解析】【小问1详解】HCN为弱酸，发生可逆电离，电离方程式为HCNH++CN-；二元弱酸以第一步电离为主，等浓度的三种酸，电离平衡常数越大，电离产生的氢离子浓度越大，酸性越强，根据表格数据可知，酸性从强到弱为CH3COOH＞H2CO3＞HCN；【小问2详解】由电离平衡常数可知，酸性H2CO3＞HCN＞，所以反应生成HCN和NaHCO3，不能生成CO2，反应的化学方程式为CN-+CO2+H2O=HCN+；【小问3详解】Ka1=，Ka2=，Ka1∙Ka2=，，因此c2(H+)≈1.0×10-16，c(H+)=1.0×10-8，pH=8。【小问4详解】①根据表格数据可知，醋酸的电离平衡常数Ka=1.8×10-5，设0.1mol/L溶液的电离度为α，则有=1.8×10-5，，解得α=×10-2≈0.0134=1.34%；②CH3COOH的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，稀释后平衡正向移动，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)都减小。A．稀释时CH3COOH的电离平衡正向移动，CH3COOH分子式减少，A不符合题意；B．根据上述分析，c(H+)减小，Kw=c(H+)c(OH-)不变，因此c(OH-)增大，B符合题意；C．根据上述分析，c(H+)减小，C不符合题意；D．Ka=，温度不变时Ka不变，由于c(CH3COO-)减小，因此增大，D符合题意；故选BD；③强酸加水稀释1000倍时，pH增大3（常温下不能跨过7），但CH3COOH是弱酸，溶液中有大量没有电离的CH3COOH分子，加水稀释促进醋酸的电离，因此加水稀释1000倍，pH变化＜3。18.GB2719-2018《食品安全国家标准食醋》中规定食醋总酸指标≥3.5g/100mL(以乙酸计)，某同学在实验室用中和滴定法检测某品牌食醋是否合格。回答下列问题：I．实验步骤：（1）用___________(填仪器名称，下同)量取食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。（2）量取待测白醋溶液于锥形瓶中，向其中滴加2滴___________作指示剂。（3）读取盛装溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，此时的读数为___________。（4）滴定。滴定终点的现象是___________。Ⅱ．数据记录：滴定次数实验数据/1234V(样品)20.0020.0020.0020.00(消耗)15.9515.0015.0514.95Ⅲ．数据处理：（5）该白醋的总酸度为___________，该品牌白醋___________(填“合格”或“不合格”)。IV．反思与总结：（6）实验过程中该同学出现了以下操作，其中可能导致结果偏大的是___________(填字母)。A．酸式滴定管没有进行润洗B．锥形瓶用待测白醋润洗C．滴定开始时滴定管中有气泡，结束时无气泡D．指示剂变色立即停止滴定E．滴定开始时俯视读数，结束时仰视读数【答案】（1）酸式滴定管（2）酚酞（3）0.70（4）加入半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不变色（5）①.4.5②.合格（6）BCE【解析】【小问1详解】量取10.00mL食用白醋，精度为0.01mL，所以用酸式滴定管；【小问2详解】用标准NaOH溶液滴定待测乙酸溶液，滴定终点得到醋酸钠溶液，此时溶液为碱性，应该用酚酞作指示剂；【小问3详解】读取盛装NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数，如果液面位置如图所示，此时的读数为0.70mL；【小问4详解】酚酞在酸性溶液中无色，在碱性溶液中为粉红色，滴定终点的现象是：加入半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不变色；【小问5详解】第一次实验数据明显偏离正常误差范围舍去，根据第2、3、4次实验数据，V=；该市售白醋的总酸度为=4.5g/100mL>3.5g/100mL，该品牌白醋合格；【小问6详解】A．酸式滴定管没有进行润洗，会导致量取的白醋溶液中乙酸的物质的量偏小，导致测得白醋的总酸度偏小，A不选；B．锥形瓶用待测白醋润洗，会导致量取的白醋溶液中乙酸的物质的量偏大，导致测得白醋的总酸度偏大，B选；C．滴定开始时滴定管中有气泡，结束时无气泡，会导致测定消耗NaOH溶液的体积偏大，导致测得白醋的总酸度偏大，C选；D．指示剂变色立即停止滴定，可能还没有到达滴定终点，会导致测定消耗NaOH溶液的体积偏小，导致测得白醋的总酸度偏小，C不选；E．滴定开始时俯视读数，结束时仰视读数，会导致测定消耗NaOH溶液的体积偏大，