四川省南充市高级中学2024-2025学年高二上学期期中检测化学试题

南充高中2024—2025学年度上学期期中考试高2023级化学(时间：75分钟满分：100分)注意事项：1.答题前将姓名、座位号、准考证号填在答题卡指定位置。2.所有解答内容均需涂、写在答题卡上。3.选择题须用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂。4.非选择题在答题卡对应题号位置用0.5毫米黑色字迹笔书写。可能用到的相对原子量：H：1C：12O：16Mg：24S：32Ba：137一、选择题(共14小题，每题3分，共42分。每题仅有一个最佳答案。)1.化学与科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是A.量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同位素B.“神舟十八号”载人飞船使用的半导体材料GaAs可用代替C.华为高清镜头中使用的COC/COP(环烯烃共聚物树脂)是混合物D.常用食品袋的主要成分是聚乙烯，聚乙烯可与溴水发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨均是由碳元素组成的单质，两者互为同素异形体，A错误；

B．不是半导体材料，硅单质才是半导体材料，B错误；C．聚合物中聚合度不确定，则聚合物属于混合物，C正确；D．聚乙烯中不含碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，D错误；故选C。2.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol乙醇分子中含有的C—H键的数目为5B.0.1NaOH溶液中的数目为0.1C.足量的铜与含2mol的浓硫酸反应，转移电子数目为2D.标况下，22.4L冰醋酸中的氢原子数目为4【答案】A【解析】【详解】A．乙醇的结构式为：，1个乙醇分子中含有5个CH键，则乙醇分子中含有的键的数目为，A正确；B．溶液体积未知，无法计算0.1

NaOH溶液中的数目，B错误；C．根据反应：，当消耗浓时，转移，但铜只能与浓硫酸反应，若只取含2mol的浓硫酸反应，随着反应进行硫酸浓度减小，反应会停止，则消耗的小于，转移电子数目小于，C错误；D．标况下是指温度为0℃，压强为101kPa。冰醋酸(纯乙酸)的熔点是16.6℃，即标况下温度低于冰醋酸的熔点，则标况下，冰醋酸是固体，不是气体，不能用计算22.4L冰醋酸的物质的量，所以标况下，22.4L冰醋酸中的氢原子数目不是，D错误；故选A。3.某有机物的结构如图所示，下列说法正确的是A.该物质的分子式为B.该物质含有4种官能团C.该有机物能发生加成、取代、氧化和聚合反应D.与1mol该物质反应，消耗NaOH、的物质的量之比为2：1【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，该物质的分子式为，A错误；B．该物质含有羟基、碳碳双键、羧基共三种官能团，B错误；C．该物质有碳碳双键，可以发生加成和加聚反应，有羟基和羧基可以取代、缩聚反应，存在－CH2OH，在加热和催化剂存在的条件下可发生醇的催化氧化生成醛基，C正确；D．能和NaOH、反应的官能团只有羧基，因此消耗二者的物质的量比值为1：1，D错误；故选C。4.常温下，下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明溶液中：、、、B.通入后的溶液中：、、、C.在的溶液中：、、、D.pH=1的溶液中：、、、【答案】B【解析】【详解】A．和SCN−会生成硫氰化铁，不能大量共存，A不符合题意；B．由于存在氯离子和硝酸根离子，其HCl、HNO3的酸性强于碳酸，故通入后的溶液中不会产生碳酸钙沉淀，则各离子在给定溶液中一定能大量共存，B符合题意；C．由水电离出的氢氧根浓度的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，当溶液呈碱性时，、均不能大量共存；当溶液呈酸性时，各离子能大量共存，则不一定能大量共存，C不符合题意；D．常温下，pH=1的溶液呈酸性，在酸性环境下硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，不能大量共存，D不符合题意；故选B。5.法匹拉韦对新冠病毒有较好的体外抑制作用，其结构如图所示，下列说法正确的是A.该分子所含原子的原子核都是由质子和中子构成的B.已知酸性，可以推出非金属性N>CC.最高正化合价由低到高顺序为H<C<N<O<FD.原子半径由大到小的顺序为C>N>O>F>H【答案】D【解析】【详解】A．H原子核没有中子，故A错误；B．不是N的最高价含氧酸，不能用其比较元素的非金属性，故B错误；C．F和O一般没有正化合价，故C错误；D．H只有1个电子层，原子半径最小，其他元素同周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径由大到小的顺序为C>N>O>F>H，故D正确；答案选D。6.实验是科学探究的重要手段。下列实验方案正确且能达到预期实验目的的是实验操作实验目的A．先通再通制备碳酸氢钠B．尾气吸收实验操作实验目的C．证明过氧化钠与水反应放热D．测定新制氯水的值A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．氨气极易溶于水，通氨气的导气管应该进行防倒吸处理，且应先通，再通制备碳酸氢钠，A错误；B．氨气极易溶于水，图示装置将氨气直接通入水中会引起倒吸，B错误；C．过氧化钠与水反应放热能使脱脂棉燃烧，C正确；D．新制氯水中含有HClO，HClO具有漂白性，能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，D错误；故选C。7.已知298K，101kPa时，，下列说法正确的是A.氢能是一次能源B.氢气的燃烧热C.题述条件下2mol和1mol在燃料电池中完全反应，释放电能571.6kJD.题述条件下不同催化剂催化水分解产生2g吸收的热量不同【答案】B【解析】【详解】A．氢能是消耗了一次能源才能获得的能源，属于二次能源，A错误；B．氢气的燃烧热是指101kPa时，1mol氢气完全燃烧生成H2O(l)时所放出的热量，根据题目所给的热化学方程式可知，氢气的燃烧热，B正确；C．氢氧燃料电池将化学能转化为热能和电能，题述条件下2mol

和1mol

在燃料电池中完全反应，所放出的能量总和为571.6kJ，则释放的电能小于571.6kJ，C错误；D．催化剂只改变反应的活化能，不能改变其反应热，即不同催化剂催化水分解产生2g时对应的反应热相同，则题述条件下不同催化剂催化水分解产生2g吸收的热量相同，D错误；故选B8.“绿水青山就是金山银山”，利用原电池原理可以处理氮的氧化物和尾气，其原理如图所示。下列有关说法错误的是A.电极b的电极反应式为：B.电极a电势高于电极bC.通过阴离子交换膜由电极a向电极b迁移D.标准状况下，若共收集到，理论上电路中转移电子【答案】A【解析】【分析】左边是二氧化氮变为氮气，化合价降低，作正极，右边氨气变为氮气，化合价升高，作负极。【详解】A．电极b是氨气变为氮气，电解液为碱性环境，其电极反应式为：，故A错误；B．根据前面分析，电极a为正极，则电极a电势高于电极b，故B正确；C．电极a的电极反应式为，根据原电池“同性相吸”，则通过阴离子交换膜由电极a向电极b迁移，故C正确；D．根据电极a和电极b的电极反应式得到转移24mol电子，生成7mol氮气，标准状况下，若共收集到(0.7mol)，理论上电路中转移2.4mol电子即电子，故D正确。综上所述，答案为A。9.研究催化剂对反应速率的影响。恒温恒容时，随时间的变化如下。时间/min020406080催化剂催化剂Ⅰ2.402.001.601.200.80催化剂Ⅱ2.401.600.800.400.40下列说法不正确的是A.使用催化剂Ⅰ，0~20min的平均反应速率B.使用催化剂Ⅰ，达平衡后容器内的压强与初始压强之比为6：11C.相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的活化能降低更多D.相同条件下，使用催化剂不会使该反应的化学平衡常数变大【答案】B【解析】【分析】根据题目所给图表分析，使用催化剂Ⅱ的反应在60min时反应达到平衡，则催化剂Ⅰ反应80min后，仍未达到平衡状态；【详解】A．根据图标数据计算，使用催化剂Ⅰ，的平均反应速率，A正确；B．催化剂的使用不影响反应平衡时最终状态，即反应平衡时各物质浓度与使用催化剂Ⅱ的各物质浓度相同，列出三段式：，则达平衡后容器内的压强与初始压强之比为，即11：6，B错误；C．根据图表分析，使用催化剂Ⅱ更快达到反应平衡，则催化剂Ⅱ可以使该反应的活化能降低更多，C正确；D．反应的化学平衡常数只随温度变化而变化，催化剂不会使反应平衡常数变大，D正确；故选B。10.已知反应的速率方程为(为速率常数)，其反应历程如下：①慢②快下列说法错误的是A.该反应速率的快慢主要取决于反应①B.使用催化剂，可以提高反应物中活化分子百分数，加快反应速率C.、增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度相同D.升高温度，可提高反应①，②的速率【答案】C【解析】【详解】A．反应速率由最慢的一步决定，该反应速率的快慢主要取决于反应①，A正确；B．催化剂在化学反应过程中参与了反应，降低了反应的活化能，使单位体积内活化分子数增大，提高反应物中活化分子百分数，反应速率加快，B正确；C．根据速率方程，、增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度不同，如增大2倍，增大4倍、增大2倍，增大2倍，C错误；D．升高温度，可以增大活化分子百分数，反应速率加快，可以提高反应①、②的速率，D正确；答案选C。11.将0.1mol和0.3mol通入某刚性密闭容器中发生反应：，平衡状态时的体积分数与温度、气体总压强的关系如图所示。下列说法正确的是A.该反应 B.C.a、b两点逆反应速率 D.a、b两点的压强平衡常数相等【答案】D【解析】【分析】根据题目所给图分析，温度升高，甲醇的体积分数降低，则说明反应放热，根据反应方程式，该反应有气体参与反应，，则增大压强，平衡向正方向移动，故，据此分析；【详解】A．根据分析，该反应放热，，A错误；B．根据分析，压强关系应为，即，B错误；C．a、b两点处于同一温度下反应，但由于a点压强大于b点，则反应速率，C错误；D．a、b两点处于同一温度下反应，压强平衡常数相等，D正确；故选D。12.向两个锥形瓶中各加入0.06g镁条(稍过量)，塞紧橡胶塞后用注射器分别注入2mL2mol/L盐酸、2mL2mol/L醋酸，测得锥形瓶内气体的压强随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A.a曲线代表醋酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线B.用上述两种酸溶液完全中和2mL1mol/LNaOH溶液，消耗醋酸的体积更大C.若改为2mL均为2mol/L的盐酸和醋酸，则最终产生的氢气体积相等D.两个容器内的反应速率与酸的强弱和反应过程中的热效应都有关【答案】D【解析】【分析】盐酸与醋酸同浓度时，盐酸为强酸，更大，盐酸与镁条反应速率更快，相同时间内产生的氢气更多，压强更大，所以曲线a表示镁条与盐酸的反应，曲线b表示镁条与醋酸的反应。【详解】A．根据分析可知曲线a表示镁条与盐酸的反应，A错误；B．两种酸等浓度、等体积，说明二者物质的量相等，与NaOH溶液反应，消耗NaOH的量相等，B错误；C．均为2mol/L的醋酸，物质的量浓度大于2mol/L，若体积仍为2mL，则最终产生的氢气更多，C错误；D．两个反应的反应速率除了与酸的强弱有关外，还与反应过程中产生的热量有关，放出的热量越多，反应速率越快，D正确；答案选D。13.电解质溶液的导电能力(用电导率表示，且电导率越大溶液的导电能力越强)与很多因素有关，其中之一是离子的种类，如图所示(HAc代表醋酸)。下列说法正确的是（）A.强酸的电导率最大，强碱次之，盐类较低B.浓度相同时，H2SO4溶液的导电能力可能大于Na2SO4溶液C.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强D.氨水加水稀释或加酸中和后，溶液的导电能力均下降【答案】B【解析】【详解】A．当浓度相同时，强酸的电导率最大，强碱次之，盐类较低，故A错误；B．由图可知，当浓度相同时，盐酸的电导率大于氯化钠溶液，由于其阴离子都是氯离子，说明同浓度时，氢离子电导率大于钠离子，因此，同浓度的硫酸溶液的电导率大于硫酸钠溶液，电导率越大，导电能力越强，故B正确；C．由题意知，溶液导电能力与离子浓度和离子种类有关，强电解质溶液的离子浓度不一定大于弱电解质，则导电能力不一定比弱电解质溶液强，故C错误；D．氨水加水稀释，溶液中离子浓度减小，导电能力下降，加酸中和后生成盐，离子浓度增大，溶液导电能力增强，故D错误；综上所述答案为B。14.常温下，溶液中含碳微粒的物质的量百分数与pH的关系如图所示。人体血浆中最重要的缓冲体系是碳酸氢盐，正常人的血液的pH在7.35～7.45，血浆中pH与含碳微粒的关系为：。下列说法正确的是A.曲线b表示随溶液pH变化的曲线B.人体中的血浆和常温下溶液中的均为C.当血浆中增大时，pH一定增大D.当血浆的pH=7.2时，则发生酸中毒，此时是的10倍【答案】D【解析】【详解】A．根据图象可知，曲线a表示c(H2CO3)、曲线b表示c()、曲线c表示随溶液pH变化的曲线，故A错误；B．根据图象可知，常温下c()=c(H2CO3)时，pH=6.2，H2CO3的Ka1=，但人体中的血浆温度高于常温，升温有利于碳酸电离，则血浆中的大于，故B错误；C．人体血浆中碳酸氢盐起缓冲作用，随c()增大，pH变化不大，故C错误；D．正常人的血液pH在7.35～7.45，当血浆的pH=7.2时，则发生酸中毒，，所以此时lg=1，是的10倍，故D正确；选D。二、非选择题(共4小题，共58分。)15.Ⅰ．现将pH=3，体积均为的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示。（1）表示醋酸加水稀释的是直线___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。（2）稀释过程中，醋酸的电离平衡向___________(填“正”或“逆”)方向移动，原醋酸溶液中水的电离平衡向___________(填“正”或“逆”)方向移动。（3）常温下，0.1溶液加水稀释过程中，下列表达式数据变大的是___________。A. B.C. D.（4）t℃，蒸馏水的pH=6.5，该温度下，将pH=3的盐酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH=___________。（5）用等浓度的NaOH溶液和a、b处溶液完全反应，消耗NaOH溶液的体积大小关系为a___________b(填“>”“<”或“=”)。Ⅱ．已知，常温下几种酸的电离平衡常数如表：化学式HClO电离平衡常数（6）次磷酸()是一种精细化工产品，向10mL溶液中加入30mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中阴离子有___________。（7）写出少量与NaClO溶液反应的离子方程式___________。【答案】（1）Ⅱ（2）①.正②.正（3）AB（4）6.5（5）<（6）、（7）【解析】【小问1详解】加水稀释，促进醋酸的电离，导致增大，当稀释相同倍数时，醋酸溶液的pH增大较小，则表示醋酸加水稀释的是直线Ⅱ；【小问2详解】由弱电解质稀释规律“越稀越电离”可知，稀释过程中，醋酸的电离平衡向正方向移动；加水稀释过程，醋酸溶液酸性减弱，对水的电离的抑制程度减弱，所以原醋酸溶液中水的电离平衡向正方向移动；【小问3详解】A．加水稀释，温度不变，则不变，但减小，所以增大，A符合题意；B．加水稀释，温度不变，则不变，但减小，所以增大，B符合题意；C．加水稀释，温度不变，则不变，C不符合题意；D．加水稀释，温度不变，则不变，D不符合题意；故选AB；【小问4详解】t℃，蒸馏水的pH=6.5，即蒸馏水中氢离子和氢氧根离子浓度均为106.5mol/L，则；pH=3的盐酸氢离子浓度为103mol/L，结合可知pH=10的NaOH溶液氢氧根离子浓度也为103mol/L，所以二者等体积混合后溶液呈中性，即所得溶液的pH=6.5；【小问5详解】稀释前，盐酸和醋酸溶液的pH均为3，体积均为，醋酸是弱电解质，不完全电离，则，即，a点和b点的氢离子浓度相等，但a点的小于b点的，所以用等浓度的NaOH溶液和a、b处溶液完全反应，消耗NaOH溶液的体积大小关系为a<b；【小问6详解】由电离平衡常数可知，次磷酸()是一元弱酸，所以向10mL溶液中加入30mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，NaOH过量，此时溶液溶质为和NaOH，则所得的溶液中阴离子为、；【小问7详解】由电离平衡常数可知其酸性强弱：，根据较强酸制备较弱酸可知，少量与NaClO溶液反应的离子方程式为：。16.具有强氧化性，是一种新型的消毒剂，碱性条件下稳定存在，酸性条件下会自身分解生成。可用与NaClO在强碱性条件下制取，某实验小组利用如图所示实验装置，制取，并验证其处理含废水的能力。Ⅰ．制取（1）装浓盐酸的仪器名称为___________，D中所装物质为___________；试管中发生反应的离子方程式为___________。（2）装置B中的溶液可选用的试剂是___________(填标号)。A.饱和食盐水 B.浓盐酸 C.浓硫酸 D.溶液（3）实验开始，先将过量NaOH加入三颈烧瓶中，再通入，待烧瓶中的红褐色固体基本消失，得到紫色溶液时，停止通入。由在碱性条件下制备的离子方程式为___________。Ⅱ．模拟并验证处理含废水的能力（4）取一定量的(过量)加入试管中，向其中加入VmLamol/L的NaCN溶液，转化为和。向试管中加入足量的稀盐酸，将产生的气体完全通入足量溶液中，生成白色沉淀，将沉淀经一系列操作后称量，得白色固体mg。①上述划线的一系列操作为___________。②计算NaCN溶液中的去除率为___________(用含a、V、m的表达式表示)（5）作为高效的水处理剂，请说出其优点为___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.碱石灰(或CaO、NaOH)③.（2）A（3）（4）①.过滤、洗涤、干燥②.(或)（5）既可以消毒杀菌，又可以净水【解析】【分析】浓盐酸与高锰酸钾发生反应生成氯气，经过饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体杂质后，将氯气通入三颈烧瓶，与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，在碱性环境下，氢氧化铁与次氯酸钠发生氧化还原反应生成Na2FeO4，D中应装碱石灰(或CaO、NaOH)，吸收未反应完的Cl2；【小问1详解】装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，由分析可知，D中应装碱石灰(或CaO、NaOH)，用于吸收未反应完的Cl2，试管中浓盐酸与高锰酸钾发生反应生成氯气，反应的离子方程式为；【小问2详解】装置B的作用是除掉Cl2中的HCl，应选择饱和食盐水，故答案为A；【小问3详解】由题干可知，与NaClO在强碱性条件下制取，根据电子守恒和电荷守恒、质量守恒，该反应的离子方程式为；【小问4详解】①(过量)将转化为和，加入足量的稀盐酸，产生的气体为CO2，完全通入足量溶液中，生成白色沉淀碳酸钡，将沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，根据碳酸钡的质量可以计算的量；②白色固体碳酸钡为mg，其物质的量为，根据碳元素守恒，反应掉的的物质的量也为，故的去除率为=(或)；【小问5详解】有强氧化性，可以消毒杀菌，还原后的Fe3+可以形成胶体，又有净化水的作用，故优点为既可以消毒杀菌，又可以净水。17.泻盐()被广泛用于临床，如导泻、利胆等。以菱镁矿渣(主要成分是，含少量、FeO、CaO、、、MgO等)为原料制备泻盐的流程如图所示。回答下列问题：（1）“酸浸”前常将菱镁矿渣磨成矿粉，其目的是___________；滤渣的主要成分为___________(填化学式)。（2）写出加入时发生反应的离子方程式：___________。（3）“煮沸”目的为___________。（4）已知、两种物质的溶解度与温度的关系如图1所示。“操作1”采用蒸发浓缩、___________。（5）［］的热失重曲线如图2所示。①写出b→c过程发生反应的化学方程式：___________。②1400℃时，固体的成分为___________(填化学式)。【答案】（1）①.增大接触面积，加快反应速率②.（2）（3）使、胶粒充分沉淀或填、胶粒充分聚沉或沉淀（4）趁热过滤（5）①.②.MgO【解析】【分析】菱镁矿渣(主要成分是MgCO3，含少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3、SiO2、MgO等)中加入足量稀硫酸“酸浸”得到对应的硫酸盐，其中SiO2不参与反应，则滤渣的主要成分为SiO2，再向滤液中加入KClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加入试剂MgO调节pH，煮沸将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀除去，再经过“操作1”包括蒸发浓缩、趁热过滤除钙后，此时溶液主要含有MgSO4，最后经“操作2”得到MgSO4•7H2O，则“操作2”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此解答。【小问1详解】“酸浸”前需将矿渣磨碎，其目是：增大固体与酸的接触面积，加大浸取速率；经分析可知滤渣的主要成分为SiO2；【小问2详解】加入KClO3将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为；【小问3详解】胶粒受热会聚沉，故加热煮沸的目的是使、胶粒充分沉淀；【小问4详解】CaSO4溶解度随温度升高而升高幅度不大，若从溶液中得到CaSO4•2H2O应采取蒸发浓缩、趁热过滤，除钙同时防止硫酸镁晶体析出；【小问5详解】①失重时，先部分脱水，后全部脱水，最后硫酸镁部分分解，最终硫酸镁全部分解，生成稳定的氧化镁；开始时a点为，物质的量为0.1mol，到b点时质量减少(24.6g13.80g)=10.80g，刚好为0.6molH2O的质量，可知到b点时失去了6个结晶水，b点时组成是MgSO4•H2O，b到c质量减少1.80g，则c点时组成为MgSO4，则b→c的化学方程式；②由图像可知，1400℃时质量为4.0g，Mg元素的质量始终不变，由上一小问的计算可知，Mg元素的物质的量为0.1mol，质量为2.4g，剩余的质量为1.6g，刚好为0.1molO的质量，故此时固体为MgO。18.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。乙醇—水催化重整可获得。其主要反应为：①②（1）的反应热___________。（2）从理论分析，反应①在___________(填“低温”、“高温”或“任意温度”)可自发进行，为了提高的平衡转化率，可采取的措施为___________(写一条即可)。（3）恒温恒容下，在一密闭容器中按投料，发生反应①，下列叙述能说明反应达到平衡状态的是___________(填序号)。A.混合气体的平均相对分子质量不再改变B.混合气体的密度不再改变C.相同时间内断裂4mol键的同时形成6mol键D.与的物质的量之比不再改变（4）在，时，若仅考虑反应①及反应②，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。已知：①CO的选择性随温度升高而变大的原因为___________。②500℃时，的转化率为___________，反应②的平衡常数___________。(为用分压代替浓度的