湖南省长沙市实验中学2024-2025学年高二上学期期末化学试卷（PDF版附答案）

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B．硫酸钡不溶于水和盐酸，无毒，医学上常采用硫酸钡作为钡餐，故B正确；
C．汽水中存在平衡CO2+H2O⇌H2CO3，打开汽水瓶盖时，压强减小，平衡逆向移动，有大量CO2的逸出，可以用勒夏特列原理来解释，故C错误；
D．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，依据沉淀转化原则，锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理可以转化为碳酸钙，碳酸钙能够与盐酸、醋酸反应生成易溶于水的氯化钙、醋酸钙，所以可以除去水垢，故D正确；
答案选C。
2．C
【详解】A．燃烧热指101kPa时，1ml纯物质完全燃烧生成指定产物所放出的热量，由可知的燃烧热，A错误；
B．反应中有硫酸钡沉淀生成，为放热反应，则，B错误；
C．令和的质量都为1g，则完全燃烧放出的热量为，完全燃烧放出的热量为，所以等质量的和完全燃烧生成和液态水，放出的热量多，C正确；
D．液态水转化为气态水，需要吸收热量，则，完全燃烧生成气态水放出的热量小于571.6kJ，D错误；
故选C。
3．B
【详解】A．硫氰化钾溶液中存在如下平衡：，向溶液中加入少量氯化铁固体，溶液中铁离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液颜色变深，则颜色变深能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B．反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，则加压颜色变深是因为体积变小导致，不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意；
C．二氧化硫与氧气的催化氧化反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向
移动，二氧化硫的转化率增大，所以合成硫酸过程中，为提高二氧化硫转化率，理论上应采取加压的措施能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．使用过量的氮气，可以增大氮气的浓度，合成氨反应的平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，所以工业上生产氨气的过程中，使用过量的氮气以提高氢气的利用率能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故选B。
4．C
【详解】A.0～20min内，△n(CH4)=0.50ml-0.25ml=0.25ml，则CH4的消耗速率为v(CH4)==1.25×10-3ml/(L•min)，由化学反应速率之比等于化学计量数之比，可知NO2降解速率为2v(CH4)=2.5×10-3ml/(L•min)，故A错误；
B．温度升高，化学反应速率增大，相同时间段内消耗的CH4量增大，根据表中数据，0～10min内，T2温度下消耗CH4的量大于T1温度下CH4消耗的量，所以温度T1＜T2，故B错误；
C．根据B选项可知T1＜T2，温度越高反应速率越快，所以第二组反应达到平衡所用时间更短，根据表格数据可知40min时第一组已到达平衡，则第二组一定也已经平衡，所以40min时甲烷的物质的量应和50min时相等，为0.15ml，故C正确；
D．根据B、C选项分析可知温度越高平衡时甲烷的物质的量越大，所以升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，该反应的△H0，所以该反应的△G=△H-T△SO2->Al3+，C正确；
D．根据上述分析可知：X是C，Y是O，M是S元素。元素的非金属性越强，其电负性也越大。O、S是同一主族元素，元素的原子序数越大，元素的非金属性越小，则元素的电负性：O>S；C、S是非金属性元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。酸性：H2SO4>H2CO3，可知元素的非金属性：S>C，则元素的电负性：S>C，故电负性大小关系为：O>S>C，故D正确；
选B。
8．C
【详解】A．探究外界因素对反应速率影响时应固定单一变量，题中可以与过氧化氢发生反应而硫酸铜仅有催化作用，二者不能比较，A错误；
B．反应的离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由表格中数据可知Fe3+过量，滴加KSCN溶液后一定变红，不能说明该反应存在限度，B错误；
C．用未知浓度的盐酸滴定标准的溶液时，若读取读数，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，读取盐酸的体积偏小，根据cHClVHCl=cKOHVKOH，cKOHVKOH一定，故盐酸浓度偏高，C正确；
D．向5溶液中滴加2滴等浓度的溶液出现白色沉淀，过滤后取上层清液又加入2滴等浓度的溶液，说明AgCl沉淀转化为AgI，，D错误；
故选C。
9．B
【详解】A．Mg2+要水解，要制备无水氯化镁应该在HCl的气流中蒸发，故A错误；
B．若发生吸氧腐蚀，左侧试管中的压强会减小，右侧的导管中会上升一段红墨水液柱，故B正确；
C．该装置大小烧杯杯口不相平，热量损失较大，且缺少玻璃搅拌器，故C错误；
D．硫酸溶液应用酸式滴定管盛装，故D错误；
答案选B。
10．D
【详解】A．常温下，水的离子积，由水电离出的的溶
液可能显酸性也可能显碱性，和不能在碱性条件下大量存在，既不能在酸性条件下也不能在碱性条件下大量存在，故A项错误；
B．常温下，水的离子积，pH为4的NH4Cl溶液中，由水电离的，而pH为4的盐酸中，由水电离出的，所以常温下pH均为4的NH4Cl溶液和盐酸中，由水电离出的不相等，故B项错误；
C．25℃时，浓度均为的和溶液中，由于的水解促进的水解，而的水解抑制的水解，所以等浓度时后者大，故C项错误；
D．将FeCl2溶液在空气中加热蒸干，由于易被空气中的氧气氧化，且加热促进水解，水解产物氯化氢可以逸散到空气中去得到氢氧化物，经高温灼烧分解后可得Fe2O3固体，故D项正确；
答案选D。
11．C
【分析】由题给流程可知，菱锰矿粉加入稀硫酸酸浸时，碳酸锰和金属氧化物溶解得到可溶性硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的离子和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入二氧化锰和氨水，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和含有钴离子、锰离子的滤液；向滤液中加入硫化锰将溶液中钴离子转化为硫化钴沉淀，过滤得到含有硫化钴的滤渣和含有锰离子的滤液；向滤液中加入双氧水和氨水的混合溶液，将溶液中锰离子转化为碱式氧化锰沉淀，过滤得到滤液和碱式氧化锰，据此分析如下；
【详解】A．滤渣1的成分是和 ，A错误；
B．“氧化”反应的离子方程式为是错误的，Fe3+与OH-不共存，B错误；
C．向滤液中加入硫化锰将溶液中钴离子转化为硫化钴沉淀，“除杂2”的原理是 ，C正确；
D．双氧水氧化，将溶液中锰离子转化为碱式氧化锰沉淀，滤液不需要一定酸性，D错误 ；
故选C。
12．B
【分析】由氢离子的移动方向可知，a电极是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极得到电子生成尿素和水，电极反应式为，电极b为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为，据此回答。
【详解】A．由分析中，a为阴极，b为阳极，故b端电势高于a端电势，A正确；
B．由分析知，a极的电极反应式为，b极的电极反应式为由电子守恒可得，a极消耗的大于b极生成的，故溶液酸性减弱，增大，B错误；
C．由分析知，a极为阴极，主要反应为，C正确；
D．a极的电极反应式为，b极的电极反应式为由电子守恒可得，理论上每生成，即1ml ，同时产生4ml氧气，在标准状况下的体积为，D正确；
故选B。
13．D
【详解】A．过程④说明H2O参与了该催化反应，故A正确；
B．根据过程①的反应，反应物全部变为生成物，说明反应的原子利用率为100%，故B正确；
C．过程①中有氢氧键的形成，过程②中有氢氧键的断裂，说明该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成，故C正确；
D．根据整个反应体系得到每次循环的净反应为H＋＋H2O2＋C1－=HOCl＋H2O，故D错误。
综上所述，答案为D。
14．C
【分析】用0.1ml∙L-1的NaOH溶液滴定20mL0.1ml∙L-1丙酮酸(CH3COCOOH)溶液，在V(NaOH)=20mL时，溶液的pH发生突变，表明反应达滴定终点，所以曲线Ⅱ表示滴定曲线，曲线Ⅰ表示电导率曲线。
【详解】A．在b点，反应后溶液中存在物质的量相等的CH3COCOONa和CH3COCOOH，c点时CH3COCOOH与NaOH刚好完全反应，溶液中的溶质为CH3COCOONa，CH3COCOOH的存在将抑制水电离，而CH3COCOONa水解将促进水电离，所以水的电离程度：b＜c，A不正确；
B．由分析可知，曲线Ⅱ表示NaOH溶液滴定CH3COCOOH曲线，而不表示电导率曲线，B不正确；
C．反应后溶液中，b点存在物质的量相等的CH3COCOONa和CH3COCOOH，依据物料守恒可得2c(Na+)=c(CH3COCOOH)+c(CH3COCOO-)、电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COCOO-)，从而得出：，C正确；
D．若a=1.7，c(H+)=10-1.7ml/L=0.02ml/L，则CH3COCOOH的电离常数Ka===5×10-3，则数量级不为10-2，D不正确；
故选C。
15．(1) H Cr
(2)球形
(3) N N原子2p轨道处于半满状态，较稳定，所以第一电离能：N>O
(4)
(5) S 7
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，W的原子是半径最小的原子即为H原子， Y的原子L电子层的p能级上只有一对成对电子的是O，Y是O元素，X比O原子序数小，且L电子层的p能级上没有空轨道，则X是N元素，三者未成对电子数之和为6，Z的基态原子未成对电子数是W、X、Y未成对电子数之和，所以Z为Cr元素；
【详解】（1）根据分析，W、X、Y、Z分别为H、N、O、Cr；
（2）H原子核外电子排布是1s1，s能级的电子云轮廓图形状为球形；
（3）N的价电子排布式为2s22p3，O的价电子排布式为2s22p4，N原子2p轨道处于半满状态，较稳定，所以第一电离能：N>O；
（4）Cr有两种常见含氧酸根离子，分别是和，其中酸性条件下的存在形式为，加入强碱后向另一种离子形式转化的离子方程式为；
（5）
np轨道已填充电子，说明ns轨道已经排满电子，则n-1=2，故n=3，元素Q的原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，故Q为S元素，其基态原子的轨道表示式为，有7对自旋相反的电子对。
16．(1)
(2)恒压滴液漏斗
(3)增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行
(4)反应速率慢
(5)抑制氨水电离
(6) 最后半滴Na2S2O3标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 80.25
【分析】由反应装置图可知，A是制取氨气的，制取的氨气进入B中与二氯化钴、氯化铵、H2O2反应制备，尾气用防倒吸装置的C吸收。
【详解】（1）
C的原子序数为27，其基态核外电子排布式为[Ar]3d74s2，当C失去2个电子形成C2+时，其价电子排布式变为3d7，价电子轨道表示式为。
（2）装置中盛放溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗。
（3）多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行。
（4）B中反应温度过高会加快氨的挥发和的分解，温度过低会导致反应速率慢。
（5）由题意可知，氯化亚钴能与氨水反应生成氢氧化亚钴沉淀，所以混合溶液中氯化铵的作用是抑制氨水电离，防止溶液中氢氧根离子浓度过大生成氢氧化亚钴沉淀，导致产率降低。
（6）①溶液中存在碘单质淀粉溶液，最初为无色，随着硫代硫酸钠的滴入，碘单质被消耗，碘单质恰好完全反应时溶液为无色，故滴定至终点的现象是：当最后半滴Na2S2O3标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；
②由得失电子数目守恒可得如下转化关系：2C3+~I2~2Na2S2O3，滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为30.00mL，则10.0g产品中钴元素的质量分数为。
17．(1)
(2) 粉碎 增大固体与液体接触面积，使反应更充分，反应速率更快
(3)，浓盐酸具有还原性
(4)“除钙”若用会生成挥发性的盐酸，污染空气，而选用生成，对环境无污染，且下一步“沉铁”时还可以减小氨水的用量
(5)
(6)
(7)
【分析】软锰矿的主要成分为，还含有、、、等杂质加浓盐酸酸浸，不溶于盐酸，浸渣为，滤液中含有、、、；加除钙，过滤后滤渣1为；滤液中加入氨水除铁，过滤后滤渣2 为；滤液中加，发生反应除铜，过滤滤渣3为；向滤液中加入发生反应，过滤即可得到。
【详解】（1）基态铜原子核外29个电子，价层电子排布式为，故答案为：第四周期第Ⅱ A族；；
软锰矿在“酸浸”前为了增大固体与液体接触面积，使反应更充分，反应速率更快，通常进行粉碎，故答案为：粉碎；
（3）因浓盐酸具有还原性，加热条件与二氧化锰下发生反应， 二氧化锰与稀硫酸不反应，“酸浸”时不用硫酸而用盐酸来溶解软锰矿，故答案为：；
（4）“除钙”若用会生成挥发性的盐酸，，污染空气，而选用生成，对环境无污染，且下一步“沉铁”时还可以减小氨水的用量，故答案为：“除钙”若用会生成挥发性的盐酸，污染空气，而选用生成
，对环境无污染，且下一步“沉铁”时还可以减小氨水的用量；
（5）当铁离子的浓度小于时即可认为沉淀完全，此时，，此时；滤液中，开始沉淀的pH为7.3；，开始沉淀的pH为4，则“沉铁”要将沉淀完全，而不沉降其他离子，则加入氨水调节溶液的pH范围为，故答案为：；
（6）“除铜”时加入MnS生成更小的，故答案为：；
（7）“沉锰”时加入发生反应：，故答案为：。
18．(1)3H2 (g)+CO2 (g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-48.9 kJ/ml
(2)d
(3)B
(4) 反应未达平衡，温度越高速率越快，相同时间内的转化率逐渐增大
(5) 负 Fe-2e-=Fe2+ +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 1
【详解】（1）CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式可由所给的两个热化学方程式加和得到，则3H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=+41.1kJ·ml-1+(-90.0kJ·ml-1)=-48.9 kJ/ml为所求。
（2）生成甲醇的反应是一个正向气体体积减小的反应，且正反应为放热反应，为提高CH3OH的平衡转化率，需使平衡正向移动，那么可以选择低温高压的反应条件，故选d。
（3）选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的甲醇的选择性比D高出了不少，故最佳选项为B。
（4）A点CO2的转化率为90%，即CO2消耗了，那么H2消耗了5.4ml，甲醇、水蒸气均生成了1.8ml，平衡时CO2为0.2ml，H2为(6-5.4ml)=0.6ml,甲醇、水蒸气均为1.8ml，容器内气体的总物质的量为（0.2+0.6+1.8+1.8)ml=4.4ml，则260℃时该反应的平衡常数。210℃~240℃时，反应未达平衡，温度越高，速率越快，相同时间内的转化率逐渐增大，所以图中CO2的转化率随温度升高逐渐增大。
（5）①图中H+移向N电极，则N电极为燃料电池的正极，M电极是负极；左侧铁电极与
正极相连为阳极，铁作活性阳极发生氧化反应，故电解池中阳极反应式为Fe-2e-=Fe2+；
②具有氧化性，能被阳极产生的Fe2+还原为Cr3+，而Fe2+被氧化为Fe3+，根据化合价升降守恒、电荷守恒、元素守恒可得离子方程式：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。