广西“贵百河—武鸣高中”2024-2025学年高二上学期11月期中考试化学试卷（PDF版附解析）

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一、单选题
1.A
【详解】A.利用纳米铁粉的还原性去除水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，A错误；
B.Ksp(FeS)=c(Fe2+)c(S2-), Ksp(HgS)=c(Hg2+)c(S2-), 两种沉淀类型相同，因为 Ksp(FeS)＞Ksp(HgS)，溶解度小的沉淀可以向溶解度更小的沉淀转化，B正确；
C.NaHCO3受热易分解产生气体，故用小苏打作发泡剂烘焙面包，C正确；
D.石灰浆为Ca(OH)2悬浊液，虫卵含蛋白质，强碱能使蛋白质发生变性，把石灰浆涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵，D项正确。
2.B
【详解】A.溶液体积未知，不能确定粒子数目，A错误；
B.pH=13的Ba(OH)2溶液中，c(OH-)=0.1ml/L，溶液体积为1L，含有的OH﹣数目为0.1NA，B正确；
C.氢氧燃料电池正极消耗氧气，若消耗标况下11.2L氧气即0.5ml，转移电子数为2ml，即2NA，C错误；
D.标准状况下，11.2LCl2物质的量为0.5ml，所含氯原子物质的量为1ml，由于Cl2与水反应为可逆反应，所以所得溶液中Cl-、ClO-、HClO的微粒数之和小于NA，D错误。
3.C
【详解】A.向NH4HCO3溶液中滴加足量NaOH溶液生成碳酸钠和一水合氨，离子方程式为：NH4+＋HCO3-＋2OH-=CO32-＋H2O+NH3·H2O；A错误；
B.泡沫灭火器中的化学药品为Al2(SO4)3和NaHCO3，
灭火原理：Al3++3HCO3- = Al(OH)3↓+3CO2↑ B错误；
C.向NaClO溶液中通入少量或过量CO2都生成次氯酸和碳酸氢钠，
离子方程式为：ClO-＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3-，C正确；
D.SO2和Ca(ClO)2发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：
SO2+H2O+Ca2++ClO- = CaSO4↓+2H++Cl- ；D错误。
4.B
【详解】A.酸性高锰酸钾溶液有氧化性，会腐蚀橡胶，故不能装在碱式滴定管里，A错误；
B.符合原电池的形成条件，B 正确；
C.蒸干AlCl3溶液，促进水解，得到Al(OH)3，不能获得AlCl3晶体，C错误；
D.氯水溶液有漂白性，不能用pH试纸测其pH，D错误。
5.D
【详解】A.根据结构式可知，该有机物的分子式为C10H18O，A正确；
B.含有碳碳双键、羟基，能发生取代反应、加成反应，B正确；
C.由于单键可以旋转，所有的C原子有可能共平面，C正确；
D.碳碳双键、羟基都能使高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液检验其中是否含有碳碳双键，D错误。
6.D
【详解】A.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，NO2平衡转化率降低，该反应为气体物质的量减少反应，增大压强，平衡正向进行，NO2平衡转化率增大，根据图像可知，X代表温度，Y代表压强，A错误；
B.在温度相同时，增大压强，平衡正向进行，NO2平衡转化率增大，根据图像，推出Y2＞Y1，B错误；
C.利用“放热反应，升高温度，平衡常数减小”，该反应为放热反应，三点中，c温度最高，平衡常数最小，C错误；
D.该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，NO2平衡转化率增大，D正确。
7.A
【详解】A.向NaHCO3溶液中加入Na[Al(OH)4]溶液有白色沉淀生成，白色沉淀是[Al(OH)4]-结合HCO3-电离出
的H+而生成的氢氧化铝，说明AlO2-结合H+的能力比CO32-强，A正确；
B.向1mLKI溶液中加入5mL相同浓度的FeCl3溶液，发生反应为2Fe3++ 2I-2Fe2++ I2，此时Fe3+过量，
不能证明该反应为可逆反应，B错误；
C.pH试纸测浓度为0.1ml/L的NaHSO3溶液呈红色，是因为亚硫酸氢根离子的电离程度比水解程度大，溶液显酸性，Ka1·Ka2 ＞10-14，C错误；
D.向盛有2mL1.0ml/L的NaOH溶液的试管中，加入2滴浓度为1ml/L的AlCl3，发生Al3+ +4OH- = [Al(OH)4]-，没有沉淀产生，不能说明Ksp[Fe(OH)3]c>b>a ，B正确；
C.b点溶液中：可认为HCl完全反应，溶质成分为NaCl和HA，，且两者的物质的量之比为1:1，溶液 显酸性，c(Na+)=c(Cl-)，HAH++A-部分电离，水中也能电离产生氢离子，故氢离子浓度大于A-，C 错误；
D.HA的电离常数，若c点的pH=5，c(H+)=10-5ml/L，c(HA)=c(A-)，D正确；
二、非选择题
15.（1）Al3+ +3H2OAl(OH)3(胶体) +3H+ Ⅰ
NH4Al(SO4)2水解溶液呈酸性，升高温度使水解程度增大，pH减小
（2）c(H2FeO4)＞c((HFeO4-)＞c((H3FeO4+)
（3）4.16
（4）①FeO42-+4H2O +3e- =Fe(OH)3+5OH- ②左 ③使用时间长、工作电压稳定
【小问1详解】NH4Al(SO4)2作净水剂的原理是电离出的铝离子水解产生的Al(OH)3(胶体) 具有吸附性：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体) +3H+；铵根离子和铝离子水解都呈酸性，越热越水解且升高温度水的离子积常数增大，因此符合0.1ml·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是Ⅰ；
【小问2详解】pH=2.4时，由图中可以读出Fe主要以H2FeO4的形式存在，其电离分步进行以第一步为主，因此溶液中的主要含铁形体浓度由大到小的顺序是c(H2FeO4)＞c((HFeO4-)＞c((H3FeO4+) ；
【小问3详解】pH=4时，溶液中c（H+）=10-4ml/L，则此时：
【小问4详解】①正极发生还原反应，高铁酸根离子的电子结合水生成氢氧化铁和氢氧根离子：
FeO42-+4H2O +3e- =Fe(OH)3+5OH-；
②Zn为负极，C为正极。阳离子移向正极，故盐桥中钾离子向左移动；
③从图中可以看出高铁电池相较普通高能碱性电池使用时间长、工作电压稳定。
16.（1） 三颈烧瓶 D→C→B→C→E
（2）3Cu + 8HNO3（稀）= 3Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O
（3）除去挥发出来的硝酸
（4）AC
（5）3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O
（6）90.02% AB
【详解】（1）仪器X的名称是三颈烧瓶，由分析可知，先制NO，再除HNO3然后干燥，干燥的NO与CaO2反应制取Ca(NO2)2，余气用KMnO4溶液吸收，为防止E中产生的水蒸气进入B装置，在B、E装置间再添加C装置，则装置连接顺序为：D→C→B→C→E。
（2）3Cu + 8HNO3（稀）= 3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O
（3）硝酸易挥发，一氧化氮气体中混有硝酸，可以用水除去
（4）A.恒压滴液漏斗能保持漏斗内外压强恒定，便于稀硝酸顺利滴下，还可减少稀硝酸挥发，A正确；
B.反应前通N2，排尽装置内的空气，防止NO被氧化，反应后通N2，排尽装置内的NO，用KMnO4溶液吸收，防止污染空气，B不正确；
C.装置C中的无水CaCl2的作用是除水，可以用硅胶代替，C正确；
D.Ca(NO2)2和Ca(NO3)2都能将KI氧化为I2，不能用淀粉KI(酸性)溶液检验产品中混有的Ca(NO3)2，D不正确；故选AC。
（5）装置E中，NO被KMnO4氧化为HNO3，KMnO4被还原为Mn2+等，离子方程式为3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O
（6）将样品溶于水，加入Na2SO4固体，充分振荡，生成CaSO4沉淀，过滤后往滤液中加入NH4Cl溶液煮沸，发生反应NH4++NO2-=N2+2H2O，从而除去NO2-；往反应后的溶液中加入稀硫酸，再加入(NH4)2Fe(SO4)2标准液，将NO3- 全部还原，再滴加K2Cr2O7标准溶液测定过量的Fe2+，从而计算出Ca(NO3)2的含量，最后得出样品的纯度。
①由反应可得出关系式：NO3- ——3Fe2+、6Fe2+—— Cr2O72-，依据得失电子守恒可得：
0.1000ml/L×0.025L=n(NO3- )×3+0.0100ml/L×0.0166L×6，n(NO3- )=0.0005ml，
w[Ca(NO3)2]=≈9.98%，则样品中Ca(NO2)2的质量分数为1-9.98%=90.02%。
②A.滴定前读数正确，滴定后俯视读数，导致读数偏小，Ca(NO3)2含量偏大，Ca(NO2)2的质量分数测量值偏小，A符合题意；B.煮沸过程中不充分，未使NO2-除尽，则消耗Fe2+偏大，Ca(NO3)2含量偏大，Ca(NO2)2的质量分数测量值偏小，B符合题意；C.滴定管用蒸馏水洗净后未用K2Cr2O7标准液润洗，K2Cr2O7标准液用量偏大，Ca(NO3)2含量偏小，Ca(NO2)2的质量分数测量值偏大，C不符合题意；故选AB。
17.（1）粉碎废弃的加氢催化剂或适当加热或适当增大硫酸浓度或搅拌
（2）4.7—6.9 （3）C2+
（4）3Ni2++3CO32- +6H2O = NiCO3∙2Ni(OH)2∙4H2O↓+2CO2↑
（5）氯气 2C(OH)3+6H++2Cl- = 2C2++Cl2↑+6H2O 避免产生有毒氯气
（6）c(CO32-)=0.1 ml/L，由溶度积可知，溶液中镍离子浓度为： = 9×10－5ml/L＞1×10－5ml/L， 所以溶液中镍离子未完全沉淀 0.9
【详解】（1）粉碎废弃催化剂、加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等措施能提高“酸溶”步骤等浸取率，故答案为：粉碎废弃催化剂或加热或适当增大硫酸浓度或搅拌；
（2）由分析可知，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH在4.7—6.9范围内的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，达到除去溶液中铁离子和铝离子的目的，故答案为：4.7—6.9；
（3）“钴镍分离”步骤前，钴元素在溶液中以亚钴离子形式存在，故答案为：C2+；
（4）由分析可知，“沉镍”步骤中加入碳酸钠溶液的目的是将溶液中镍离子转化为碱式碳酸镍，反应的离子方程式为3Ni2++3CO32-+6H2O=NiCO3∙2Ni(OH)2∙4H2O↓+2CO2↑
（5）“转化”步骤中有黄绿色气体产生是因为氢氧化钴与浓盐酸反应生成氯化亚钴和黄绿色气体氯气和水，离子反应方程式为：2C(OH)3+6H++2Cl- = 2C2++Cl2↑+6H2O ,若用过氧化氢和稀硫酸代替浓盐酸，氢氧化钴与过氧化氢和稀硫酸混合溶液反应生成硫酸亚钴、氧气和水，与加入浓盐酸相比最大的优点是可以避免生成有毒的氯气，可以减少对环境的污染，故答案为：氯气；避免产生有毒氯气；
（6）c(CO32-)=0.1 ml/L，由溶度积可知，溶液中镍离子浓度为：=9×10－5ml/L＞1×10－5ml/L，所以溶液中镍离子未完全沉淀 ，所以溶液中镍离子未完全沉淀；溶液中镍离子完全沉淀时，溶液中碳酸根离子浓度为=0.9ml/L，则还需要加入碳酸钠的物质的量为0.9ml。
18.（1）-165.3
（2）BD
（3）CO2 温度升高，反应I：正向移动，反应II：逆向移动，随着温度持续升高，反应I正向进行的程 度大于反应II逆向进行的程度
（4）cd
（5） 1 3∶1
（6）上移
【详解】（1）反应I： CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g) ΔH1= + 41kJ∙ml﹣1，
反应II：CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g) ΔH2
①C(s) +2H2(g)CH4(g) ΔH1= - 74.8kJ∙ml﹣1，
②2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH2= （- 286×2）kJ∙ml﹣1，
③C(s) +O2(g)CO2(g) ΔH3= - 393.5kJ∙ml﹣1，
④H2O(l)H2O(g) ΔH4= + 44kJ∙ml﹣1，
由-③+①+②+④×2式可得：CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g) ，则由盖斯定律得： ΔH2= （- 393.5）+ （- 74.8）+（- 286×2）+（ + 44）×2 = -165.3 kJ∙ml﹣1；
（2）反应I:CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g) ΔH1= + 41kJ∙ml﹣1，
反应II：CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g) ΔH2= -165.3 kJ∙ml﹣1，由反应可知，增大压强、降低温度可使平衡向着生成CH4的方向移动；使用高效催化剂，不能使平衡发生移动；及时分离出H2O(g)，可使反应II平衡向着生成CH4的方向移动，故选BD；
（3）曲线②代表平衡时CH4的体积分数随温度变化的曲线，温度升高，反应I平衡正向移动，CO的体积分数增大，曲线③代表的物质是CO，则曲线①代表的物质是CO2；温度越高，CH4平衡时的体积分数越小的原因是：温度升高，反应I：正向移动，反应II：逆向移动，随着温度持续升高，反应I正向进行的程度大于反应II逆向进行的程度；
（4）①反应I中CO2和H2O的计量数之比为1:1，但反应II的CO2和H2O计量数之比不是1:1，所以v正(CO2) = v逆(H2O)不可以说明正、逆反应速率相等，所以a项不能说明反应达到平衡状态；该反应过程中气体的总质量不变，且容器的总体积不变，则混合气体的密度为一恒量，所以b项容器内气体的密度不再变化，不能说明反应达到平衡；CO(g)只是反应I的产物，而H2O(g) 则是反应I，反应II的共同产物，二者的物质的量之比是变量，所以c项CO(g)和H2O(g)的物质的量之比不再变化，可说明反应达到平衡状态；由于反应I是反应前后气体的物质的量总量不变的反应，反应I总压不变，而反应II是反应前后气体的物质的量总量变小的反应，反应II总压变化，说明容器内总压是变量，当变量不再变化，可说明反应达到平衡状态
（5）设投入的CO2和H2均为1ml，M点平衡时n(CO2)=n(CO)=1:1，则转化了0.5ml，列三段式：
，
则反应I的平衡常数；
N点V(CH4):V(CO)=1:1，设生成了CO为xml，列三段式：
则N点时3∶1；
（6）若按V(CO2):V(H2)=1:2投料，相当于增加H2的投料，平衡时CH4体积分数增大，则曲线之间交点N的位置上移。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
A
B
C
B
D
D
A
D
D
C
A
C
D
C