安徽省阜阳市第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试化学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省阜阳市第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试化学试题（Word版附解析），文件包含安徽省阜阳市第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试化学试题Word版含解析docx、安徽省阜阳市第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
说明：1.考试时间：75分钟 试卷满分：100分 考试时间：2024.11
2.答题前请把答题卷上的所有信息填写完整，并把所有答案填写在答题卷上。
相对原子量H：1 C：12 O：16 K：39 Fe：56
第Ⅰ卷
一、选择题(本大题共14题，每题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。)
1. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知：①2②，则a>b
B. 丙烷燃烧生成水和二氧化碳所放出的热量是丙烷的燃烧热
C. 稀盐酸和稀溶液反应的中和反应反应热，则含的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放出的热量为
D. 已知，则和中化学键的总键能大于和中化学键的总键能
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O(g)转化成H2O(l)放出热量，则2mlH2(g)和1mlO2(g)完全反应生成2mlH2O(l)放出的热量＞生成2mlH2O(g)放出的热量，即b＞a，A错误；
B．燃烧热是101kpa时，1ml纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，题中不能确定生成的是气态水还是液态水，B错误；
C．中和反应反应热是稀溶液中酸碱反应生成1mlH2O时的反应热，含的稀硫酸与足量氢氧化钡反应除生成2ml水外，还生成了硫酸钡，放出的热量大于114.6kJ，C错误；
D．△H=反应物的总键能-生成物的总键能，该反应△H为正值，所以和中化学键的总键能大于和中化学键的总键能，D正确；
答案选D。
2. 一定条件下，反应的速率可表示为，其中k为反应速率常数。该反应在不同浓度下的反应速率如下：
根据表中的测定数据判断，下列结论不正确的是
A. α、β的值分别为1、1.5
B. 表中x的值为2
C. 反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大
D. 同时减小H2(g)和HBr(g)浓度，反应速率不一定增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由第2、3组实验数据：当c(Br2)=0.4 ml/L，c(HBr)=2 ml/L，c(H2)由0.1 ml/L变为0.2 ml/L，H2的浓度是原来的2倍，化学反应速率就由8v变为16v，化学反应速率也是原来的2倍，说明α=1；由第1、2组实验数据：当c(H2)=0.1 ml/L，c(HBr)=2 ml/L时，c(Br2)由0.1 ml/L变为0.4 ml/L浓度是原来的4倍，化学反应速率由v变为8v，是原来的8倍，带入速率公式可得β=1.5，A正确；
B．将第一组、第四组数据带入速率公式，，解得x=1，B错误；
C．由于在化学反应速率公式中，速率与c(H2)呈正比，是c(Br2)的1.5次幂，而与c(HBr)成反比，因此反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，C正确；
D．根据速率公式中速率大小与c(H2)、c(HBr)的关系，若c(H2)、c(HBr)减小倍数相同，则化学反应速率不变；若减小倍数不同，反应速率可能是增大，也可能是减小，D正确；
故答案选B。
3. 研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨气，原理如图所示。下列说法正确的是
c(H2)/(ml·L-1)
c(Br2)/(ml·L-1)
c(HBr)/(ml·L-1)
反应速率
0.1
0.1
2
v
0.1
0.4
2
8v
0.2
0.4
2
16v
0.2
0.1
x
4v
A. 图中能量转化方式只有2种
B. H+向a极区移动
C. b极发生的电极反应式为：
D. a极上每产生标况下22.4LO2转移的电子数约为2×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解装置，其中风能和太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，a极电解池的阳极，水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2H2O-4e-=O2↑+4H+，b极为阴极，酸性条件下，氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3。
【详解】A．图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，A项错误；
B．b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原，为阴极，故H+向阴极b极区移动，B项错误；
C．b极为阴极，发生的电极反应为：N2＋6H+＋6e-＝2NH3，C项正确；
D．a极为阳极，电极反应为2H2O－4e-＝O2↑＋4H+，每产生标准状况下22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023，D项错误；
故答案选C。
4. 燃煤电厂锅炉尾气中含有氮氧化物(主要成分NO)，可通过主反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1627.7kJ·ml−1除去。温度高于300℃时会发生副反应：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-904.74kJ·ml−1。在恒压、反应物起始物质的量之比一定的条件下，反应相同时间，NO的转化率在不同催化剂作用下随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法一定正确的是
A. 升高温度、增大压强均可提高主反应中NO的平衡转化率
B. N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=-180.74kJ·ml−1
C. 图中X点所示条件下，反应时间足够长，NO的转化率能达到Y点的值
D. 图中Z点到W点NO的转化率降低的原因是主反应的平衡逆向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．主反应是气体分子数目增多的反应，增大压强平衡向气体分子数目减小的方向移动，NO的平衡转化率减小；主反应和副反应的焓变均小于0，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小，A错误；
B．根据盖斯定律×(副反应-主反应)可得N2(g)+O2(g)=2NO(g)的ΔH=×[-904.74kJ·ml−1-(-1627.7kJ·ml−1)]=180.74kJ·ml−1，B错误；
C．据图可知X点的转化率低于相同温度下的Y点，说明测定转化率时X点还未达到平衡，反应时间足够长，NO的转化率能达到Y点的值，C正确；
D．催化剂不影响平衡转化率，而W点的转化率低于相同温度下另一催化剂条件下的转化率，说明W点并没有处于平衡状态，所以转化率降低不可能是平衡移动造成，D错误；
综上所述答案为C。
5. 反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔHH2CO3，则CH3COOH的Ka大于H2CO3的Ka1，能探究的与的的大小，A不符合题意；
B．CH3COONH4是弱酸弱碱盐，其溶液中铵根离子会促进醋酸根离子的水解，NaHCO3溶液中钠离子不影响碳酸氢根离子的水解，所以测定等浓度的和溶液的pH值，不能比较和的水解常数，B符合题意；
C．存在化学平衡：，当往外抽拉注射器时，管内容积增大，气体压强减小，浓度变小，混合气体的颜色先变浅又逐渐变深，颜色逐渐变深说明平衡逆向移动，即减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，能探究压强对化学平衡的影响，C不符合题意；
D．向3mL浓度分别为0.1 ml·L-1NaCl和0.1 ml·L-1NaI混合溶液中滴加几滴AgNO3 溶液，出现黄色沉淀 ，说明Cl- 和I- 起始浓度相同时，先生成黄色的AgI 沉淀，说明Ksp(AgI)小于Ksp(AgCl)，能比较与的大小，D不符合题意；
故选B。
11. 已知反应：X(g)+Y(g)2Z(g) ∆H＜0，400℃时该反应的化学平衡常数K=1。一定条件下，分别在甲、乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如表：
D
向3mL浓度分别为0.1 ml·L-1NaCl和0.1 ml·L-1NaI混合溶液中滴加几滴0.1 ml·L-1溶液，出现黄色沉淀
比较与的大小
容器
温度/℃
起始时物质的浓度/(ml•L-1)
10分钟时物质的浓/(ml•L-1)
c(X)
c(Y)
c(Z)
甲
400
1
1
0.5
下列说法中，不正确的是
A. 甲中，10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025ml•L-1•min-1
B. 甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态
C. 乙中，可能T1＜400℃
D. 丙中，a>0.5
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲中，10分钟时生成了0.5ml/L的Z，根据方程式可知，反应掉的X的浓度为0.25ml/L，则10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025ml•L-1•min-1，A正确；
B．在10分钟的时，由表格知生成的Z的浓度为0.5ml/L，则X、Y都反应掉了0.25ml/L，还剩余0.75ml/L，由此算出此时的浓度熵为，即反应正向进行，平衡正向移动，B错误；
C．乙中，X、Y的起始浓度相同，但10分钟后生成物Z的浓度却比甲要小，说明乙容器中反应速率比乙容器小，则可以为降温温度导致，故C正确；
D．对比甲和丙，丙中增加了Y的浓度，则反应速率加快，相同时间之内生成的Z更多，故丙中a>0.5，D正确；
故选B。
12. 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)，与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图：
下列说法正确的是
A. 该过程的决速步骤为反应Ⅱ
乙
T1
1
1
0.4
丙
400
1
2
a
B. 和的总能量大于和的总能量
C. 反应Ⅱ的热化学方程式为
D. 选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，改变总反应的焓变
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图知，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，故反应Ⅰ为该过程的决速步，A错误；
B．从能量图看1mlCH3OH(g) 和1mlH2O(g)的总能量低于1mlCO2(g)和3H2(g)的总能量，B错误；
C．催化机理看，CO(g)和H2O为该反应的中间产物，从能量图看CO(g)和H2O(g)的总能量高于H2(g)和CO2(g)，所以该反应的热化学方程式为反应Ⅱ的热化学方程式为 ，C正确；
D．催化剂改变反应历程从而降低活化能，所以选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能，但不能改变总反应的焓变值，D错误；
故选C。
13. 下列说法正确的是
A. 室温下，向20mLpH=12的稀氨水中加入5mLpH=12氢氧化钠溶液，的电离平衡不移动
B. 向醋酸溶液中加入冰醋酸，醋酸电离度增大，氢离子浓度增大
C. 用等浓度的溶液分别中和等值的、溶液，消耗的体积大，说明酸性HFc(OH)>c(H+) ③. 酸性
（4）2×10-3 （5）4NaOH+NaClO+2NiSO4=2NiO(OH)↓+NaCl+2Na2SO4+H2O
【解析】
【分析】某NiO的废料中有FeO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、MgSO4，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液PH，使铁离子、铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液，滤液中获得NiSO4•6H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，失去结晶水得到硫酸镍，以此解答该题。
【小问1详解】
在酸性条件下，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O；
【小问2详解】
由图可知，pH=5时，Al3+和Fe3+都已经完全沉淀，因此滤渣2的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
【小问3详解】
NaF为强碱弱酸盐，F-水解显碱性，离子浓度关系为：c(Na+)>c(F-)>c(OH)>c(H+)；
【小问4详解】
已知沉淀前溶液中c(Mg2+)＝185×10-3ml•L-1，当除镁率达到99%时，c(Mg2+)＝1.85×10-5ml•L-1，Ksp(MgF2)＝c(Mg2+)c2(F-)＝7.4×10-11，c(F-)＝2.0×10-3ml/L；
故答案为：2.0×10-3ml/L；
【小问5详解】
在NaOH作用下，NaClO把NiSO4中二价Ni离子氧化为NiO(OH)，自身还原为NaCl，化学方程式为：4NaOH+NaClO+2NiSO4=2NiO(OH)↓+NaCl+2Na2SO4+H2O。
17. 亚氯酸钠是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白以及食品消毒、水处理、杀菌灭藻和鱼药制造。某校化学实验探究小组设计如图实验，用为原料制备亚氯酸钠。
已知：①
②饱和溶液中析出的晶体成分与温度的关系如表所示：
③极易溶于水，不与水反应，沸点11℃。
（1）漂白剂有多种类型，从漂白原理来看，与亚氯酸钠均属于同类型的漂白剂有_______。
A. B. 活性炭、C. 漂白粉、D.
（2）B中使用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是_______。
（3）B中发生的反应，氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
（4）装置C的作用为_______，装置D中生成的离子方程式为_______。
（5）装置D溶液采用结晶法提取晶体，控制温度为_______℃(填写范围)减压蒸发结晶，趁热过滤，左右热水洗涤，低于条件下干燥，得到成品。如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是_______。
【答案】（1）D （2）稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水，不利于ClO2逸出
（3）2：1 （4） ① 安全瓶，防止倒吸 ②. ClO2+2OH-+H2O2=2+2H2O+O2↑
（5） ①. 38～60 ②. NaClO3和NaCl
【解析】
【分析】本实验欲利用ClO2制备NaClO2，根据实验装置，利用装置B制备ClO2，装置C用于缓冲，防止D装置中的液体倒吸，装置D用于NaClO2的合成，装置A和E吸收废气，防止污染空气；
【小问1详解】
温度
晶体成分
分解成和NaCl
漂白剂有多种类型，从漂白原理来看，亚氯酸钠、HClO、H2O2、漂白粉都具有强氧化性，可用于漂白，二氧化硫与有色物质发生化合反应结合成无色物质，活性炭是利用吸附性漂白，故与亚氯酸钠均属于同类型的漂白剂有HClO、H2O2、漂白粉，故答案为：D；
【小问2详解】
装置B利用浓硫酸、NaClO2和Na2SO3制备ClO2，制备过程中应使用浓硫酸，若使用稀硫酸，反应过程中会带出少量水气，极易溶解生成的ClO2，影响后续的产率，故答案为：稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水，不利于ClO2逸出；
【小问3详解】
B中发生的反应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，NaClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；
【小问4详解】
装置C的作用为安全瓶，防止D中液体倒吸至B中；
装置D用于制备NaClO2，反应中H2O2氧化ClO2同时与NaOH作用生成NaClO2，反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2=2+2H2O+O2↑，故答案为：2ClO2+2OH-+H2O2=2+2H2O+O2↑；
【小问5详解】
根据已知条件NaClO2在38～60℃之间时蒸发结晶得到纯净的NaClO2，不含有结晶水，也不会分解出杂质，因此实验中应选择38～60℃进行减压蒸发结晶，反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得NaClO2晶体：55℃蒸发结晶→趁热过滤→38～60℃热水洗涤→低于60℃干燥，得到成品，如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl,故答案为：38～60；NaClO3和NaCl。
18. 研究烟气脱硝是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。
（1）一种隔膜电化学法可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示。
①阴极区的电极反应式为_______。
②若电路中转移了1ml电子，则理论上吸收池中可处理NO_______L(标准状况)。
（2）臭氧是一种理想的烟气脱硝剂。氧化NO并通过水洗而发生化合反应生成，该反应的化学
方程式为_______。
（3）脱硝还可发生反应 。时，向2.0L恒容密闭容器中充入和，反应过程中测定的部分数据见下表：
①反应在内的平均速率_______。
②下列描述中能说明上述反应已达平衡的是_______。(填字母)
a．混合气体密度不再变化 b．单位时间内消耗的同时生成
c． d．混合气体压强不再变化
（4）将模拟烟气(一定比例和)以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得NOx转化率随温度变化的曲线如图所示。
①温度低于350℃时，NOx转化率随温度升高而增大，其可能原因是_______。
②温度高于450℃时，NOx转化率已降低为负值，其可能原因是_______。
【答案】（1） ①. 2+2e-+2H+=+H2O ②. 11.2
（2）O3+2NO+H2O=2HNO3
（3） ①. 0.12ml·L-1·s-1 ②. cd
（4） ①. 度升高、催化剂活性增强均使活化分子百分数增加，单位时间内活化分子有效碰撞次数增加，化学反应速率加快 ②. 温度高于450℃时，NH3与O2反应生成较多量NOx，使得流出反应管的NOx总量超过流入反应管的NOx总量
【解析】
0
3
6
12
24
0
0.36
0.60
0.80
0.80
【小问1详解】
①由装置图可知，电解池左侧为阴极，将转化为，电极反应式为：2+2e-+2H+=+H2O；
②NO吸收转化后的变为 N2，1mlNO转移2ml电子，通电时电路中转移了1mle-，说明吸收NO的物质的量为0.5ml，理论上吸收的 NO在标准状况下的体积为：0.5ml×22.4L/ml=11.2L；
【小问2详解】
O3氧化NO结合水洗可产生HNO3，O3作氧化剂，NO是还原剂，其反应方程式为：O3+2NO+H2O=2HNO3；
【小问3详解】
①0～3s内，Δn(O2)=0.36ml，Δn(NO2)=0.36ml×2=0.72ml，v(NO2)==0.12ml•L-1•s-1；
②a．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故a错误；
b．单位时间内消耗2mlNO2的同时生成1mlO2，只指明正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；
c． v(NO2)正=2v(N2O5)逆=v(NO2)逆，说明反应达到平衡状态，故c正确；
d．该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，混合气体压强减小，当混合气体压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故d正确；
故答案为：cd；
【小问4详解】
①由图可知，温度低于350℃时，NOx转化率随温度升高而增大，其可能原因温度升高、催化剂活性增强均使活化分子百分数增加，单位时间内活化分子有效碰撞次数增加，化学反应速率加快；
②温度高于450℃时，NOx转化率已降低为负值，其可能原因是温度高于450℃时，NH3与O2反应生成NOx的速率大于NOx被NH3还原的速率，使得流出反应管的NOx总量超过流入反应管的NOx总量。