精品解析：河南省周口恒大中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试 化学试题

周口恒大中学2024-2025学年上高二化学期中考试 化学试题 满分：100分 考试时间：75分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹铜笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效 4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Ag-108 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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. 一定温度下，在2L恒容密闭容器中发生反应，反应过程中的部分数据如下表所示： t/min n (N2)/mol n (H2)/mol n (NH3)/mol 0 2.0 2.4 0 5 1.7 1.5 0.6 10 1.6 x y 15 z 1.2 w 下列说法错误的是 A. 升高温度、增大N2的浓度均可加快反应速率 B. 内用NH3表示的平均反应速率为 C. 时，反应已达到平衡状态 D. 当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．升高温度、增大反应物浓度均可加快反应速率，A项正确； B．，B项错误； C．时，，消耗了，根据方程式可知这段时间内消耗的物质的量为，所以时，，与时的物质的量相同，说明时反应已经达到平衡，C项正确； D．该反应是气体物质的量减小的反应，气体的总质量不变，所以当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡，D项正确； 故选B。 2. 关于下列装置的说法正确的是 A. 图甲装置工作时，能防止钢闸门被腐蚀 B. 图乙装置工作时，电解液中有蓝色沉淀生成 C. 图丙装置工作时，负极发生电极反应： D. 图丁装置工作时，作负极，质量逐渐增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．图甲中钢闸门与外接电源的正极相连，钢闸门为阳极，钢闸门腐蚀速率加快，A项错误； B．图乙装置工作时，阳极石墨上的电极反应式为，阳极石墨上产生黄绿色气体，阴极石墨上的电极反应式为，阴极石墨上析出红色固体，B项错误； C．图丙装置工作时，负极发生电极反应：，C项错误； D．图丁装置工作时，作负极，发生电极反应，硫酸铅沉淀附着在电极上，质量增大，D正确； 答案选D。 3. 镁离子是多种酶的活化剂，促进体内糖类转化及代谢，促进脂肪和蛋白质的合成。油料作物施镁可提高其含油量，镁还可以促进作物对硅的吸收。海水中含有丰富的镁资源，某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案： 模拟海水中的 离子浓度(mol/L) Na+ Mg2+ Ca2+ Cl- HCO 0.439 0.050 0.011 0.560 0.001 注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10-5mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp(CaCO3)=4.96×10-9；Ksp(MgCO3)=6.82×10-6；Ksp[Ca(OH)2]=4.68×10-6；Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12。 下列说法不正确的是 A. 沉淀物X为CaCO3 B. 滤液M中存在Mg2+，Ca2+ C. 滤液N中存在Ca2+，不存在Mg2+ D. 步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A． 当向该模拟海水中加入NaOH溶液时，n(NaOH)=0.001L×1.0mol/L=0.001mol，OH-与恰好发生反应：+OH-=+H2O，产生的的物质的量是0.001mol，由于Ksp(CaCO3)=4.96×10-9，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，c(Ca2+)∙c() =0.011mol/L× 0.001mol/L= 1.1×10-5＞4.96×10-9= Ksp(CaCO3)，所以会生成沉淀CaCO3，沉淀后，溶液中c(Ca2+)=0.011mol/L-0.001mol/L=0.01mol/L，则溶液中c()=，则溶液中c(Mg2+)∙c()=0.05×4.96×10-7＜Ksp(MgCO3)，故不生成MgCO3，故沉淀X是CaCO3，故A正确； B． 由A项分析知，滤液M中存在Mg2+、Ca2+，故B正确； C． 滤液M中c(Ca2+) =0.01mol/L，c(Mg2+)=0.05 mol/L，向滤液M中加入NaOH固体，溶液的pH=11，则c(OH-)=10-3mol/L，Ksp[Ca(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]，c(Mg2+)∙c2(OH-)=0.050×(10-3)2=5×10-8＞5.61×10-12，所以会生成Mg(OH)2沉淀，溶液中c(Mg2+)=，而c(Ca2+)∙c2(OH-)=0.010×(10-3)2=1×10-8＜Ksp(Ca(OH)2)= 4.68×10-6，所以不能生成Ca(OH)2沉淀；因此滤液N中含有Ca2+，不存在Mg2+，故C正确； D． 步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，n(NaOH)=，发生沉淀反应：Mg2++2OH-= Mg(OH)2↓，由于n(Mg2+) =0.050mol，n(OH-)=0.105mol，根据反应方程式中物质的关系可知OH-过量，所以产生的沉淀按照Mg2+计算，n[Mg(OH)2]=0.050mol，过量的OH-的物质的量是0.105mol-0.050mol×2=0.005mol，c(Ca2+)∙c2(OH-) = 0.010×(0.0050)2=2.5×10-7＜Ksp[Ca(OH)2]=4.68×10-6，因此不能形成Ca(OH)2沉淀，所以沉淀物Y为仍Mg(OH)2，没有Ca(OH)2，故D错误； 答案选D。 4. 体积恒定的密闭容器中，反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H<0达平衡后，采用下列措施一段时间后，既能增大逆反应速率又能使平衡向正方向移动的是 A. 通入大量O2 B. 增大容器容积 C. 移去部分SO3 D. 降低体系温度 【答案】A 【解析】 【详解】A．通入大量O2，即增大反应物的浓度，无论是正反应还是逆反应的化学速率加快，平衡正向移动，正确； B．增大容器容积即减小压强，平衡逆向移动，逆反应的速率减小，错误； C．移去部分SO3，平衡正向移动，逆反应速率减小，错误； D．降低体系温度，化学反应速率减小，平衡正向移动，错误。 答案选A。 5. 下列说法或表示方法不正确的是 A. 盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现 B. 由可知，石墨比金刚石稳定 C. 的燃烧热，则 D. 在稀溶液中：，则含的浓硫酸与含的氢氧化钠溶液混合，放出的热量大于 【答案】C 【解析】 【详解】A．盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，焓变只与反应体系的始态和终态有关，故A正确； B．由可知，金刚石的能量大于石墨，所以石墨比金刚石稳定，故B正确； C．氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧生成1mol液态水放出的能量，的燃烧热，则，故C错误； D．浓硫酸溶于水放热，在稀溶液中：，则含的浓硫酸与含的氢氧化钠溶液混合，放出的热量大于，故D正确； 选C。 6. 下列物质中对水电离无影响的是（ ） A. NaCl B. NaHCO3 C. FeCl3 D. H2SO4 【答案】A 【解析】 【详解】A. 氯化钠既不抑制水电离又不促进水电离，对水的电离无影响，故A选项正确。 B. 碳酸氢钠都是含有弱根离子的盐，碳酸氢根能水解，能促进水电离，加入碳酸氢钠时水的电离程度增大，故B选项错误。 C. 加入氯化铁，铁离子结合水电离的OH-，水的电离平衡向着正向移动，促进了水的电离，故C选项错误。 D. 加入硫酸，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡向着逆向移动，抑制了水的电离，故D选项错误。 故答案选A。 7. 沼气的主要成分是，已知常温常压下，完全燃烧生成和时放出445kJ的热量，则下列热化学方程式中正确的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答。 【详解】为0.5mol，完全燃烧生成和液态水时，放出445KJ热量， 则在氧气中燃烧生成和液态水，放出890kJ热量， 则热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ∆H=-890kJ/mol； 故选C。 8. 硫在不同温度下的状态和分子结构不同，单质硫S8环状分子的结构如图。把硫加热超过其熔点就变成黄色流动性液体；433K以上液态硫颜色变深，黏度增加；523K以上黏度下降；717.6K时硫变为蒸气，蒸气中存在3S84S66S412S2，温度越高，蒸气的平均相对分子质量越小。下列说法正确的是 A. 对于3S84S66S412S2 ΔH＜0 B. 温度越高，S2蒸气中的含量越低 C. 可用酒精洗涤试管中残留的硫单质 D. 433K以上液态硫颜色变深，黏度增加，可能与S8的环状结构断裂变为无限长链状结构有关 【答案】D 【解析】 【详解】A．对于3S84S66S412S2，温度越高，蒸气的平均相对分子质量越小，说明物质的量越多，则是S8向S2不断反应，升高温度，向正向移动，正向是吸热反应，即△H＞0，A项错误； B．温度越高，蒸气的平均相对分子质量越小，说明物质的量越多，则是S8向S2不断反应，因此温度越高，S2蒸气中的含量越高，B项错误； C．硫是难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，因此不可用酒精洗涤试管中残留的硫单质，C项错误； D．433K以上液态硫颜色变深，可能是S8的环状结构断裂变为无限长链状结构有关，使得密度增大，黏度增加，D项正确； 答案选D。 9. C和在生产、生活、科技中是重要的燃料。 ① ② 下列推断正确的是 A. 的燃烧热 B. C. 欲分解，至少需要提供的热量 D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据氢气燃烧的能量变化示意图，可写出氢气燃烧生成H2O(g)的热化学方程式②：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2=-480kJ/mol。 A.燃烧热的定义是指在1mol可燃物在25℃101 Kpa时生成稳定化合物时释放的能量，C燃烧的稳定产物为CO2，故A错误； B.H2燃烧能量变化为2×436+496-4×462=-480kJ/mol，故B错误； C.分解2molH2O(g)需提供4×462kJ的能量，如果是2mol H2O(1)所需能量大于4×462kJ(液体汽化吸热)，故C错误； D.利用盖斯定律，0.5(①-②）可得， C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H1=+130kJ/mol，故D正确； 故答案选D。 10. 时，向某恒容密闭容器中通入一定量的和足量，发生反应：。的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是 A. 其他条件不变，升高温度，质量增加 B. ，用表示该反应速率为 C. 温度不变，增大二氧化碳的浓度，该反应的平衡常数增大 D. 加入，的转化率增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．该反应为放热反应，升高温度升高，平衡逆向移动，碳酸钙质量减少，故A错误； B．由图像可知，浓度改变了0.4 ，故用表示该反应速率为，故B正确； C．平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故C错误； D．氧化钙为固体，改变用量对平衡无影响，所以加入，的转化率不变，故D错误； 故选B。 二、不定项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。 11. 已知：，已知P4具有六键的正四面体结构，经测定PCl5中P-Cl与PCl3中的P-Cl键能不同。PCl5中P-Cl键的键能为，而PCl3中P-Cl键的键能为1.2c kJ/mol，下列叙述正确的是 A. P-P键的键能大于P-Cl键的键能 B. 可求的反应热△H C. P-P键的键能为 D. Cl-Cl键的键能为 【答案】CD 【解析】 【详解】A．原子半径越小，共价键键长越短，键能越大，由于原子半径：P＞Cl，试题P- P键的键能小于P-Cl键的键能，A错误； B．已知：，，反应中反应物、生成物的状态都是气态，而中PCl5为固态，物质的状态不同，因此不能计算其反应热，B错误； C．已知：①，②，利用“盖斯定律”，②-①，整理可得4Cl2(g)+4PCl3(g)=4PCl5(g)△H=(b-a)kJ/mol，假设Cl-Cl键的键能为x kJ/mol，由于PCl5中P-Cl键的键能为c kJ/mol，而PCl3中P-Cl键的键能为1.2c kJ/mol，则4x+12×1.2c -20c=b-a，解得x=，假设P-P键的键能为y kJ/mol，将x、y的值带入带入①式中，6y+6×-12×1.2c=a，解得y=，C正确； D．根据选项C分析可知：Cl-Cl键的键能为，D正确； 故合理选项是CD。 12. ROH是一种一元碱，25℃时，在20.0mL0.1mol·L-1ROH溶液中滴加0.1mol·L-1盐酸VmL，混合溶液的pH与lg的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. a点时，V=10.0 B. b点时，x=3.75 C. b点溶液中，c(ROH)>c(R+) D. c点溶液中，c(Cl-)>c(R+)>c(H+)>c(OH-) 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A．根据题意，a点时，lg[c(R+)/c(ROH)]=0，lg[c(R+)/c(ROH)]=lgKb-pH+14，结合a点坐标可知，Kb=c(OH-)=10-3.25，则Kh= Kw/ Kb=10-14/10-3.25=10-10.75< Kb，所以含有等物质的量浓度的R+和ROH的溶液中ROH的电离程度较大，即溶液中c(R+)>c(ROH)，而a点处c(R+)=c(ROH)，所以此时加入的盐酸的体积V<10.0，A项错误； B．Kb=10-3.25，b点pH=7，带入lg[c(R+)/c(ROH)]=lgKb-pH+14，lg[c(R+)/c(ROH)]=3.75，x=3.75，B项正确； C．Kb=10-3.25，b点pH=7，带入lg[c(R+)/c(ROH)]=lgKb-pH+14，lg[c(R+)/c(ROH)]=3.75>1，c(ROH)<c(R+)，C项错误； D．c点，pH<7，c(H+) > c(OH-)，根据电荷守恒：c(R+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，c(Cl-)>c(R+)，故c(Cl-)>c(R+)>c(H+)>c(OH-)，D项正确； 故选AC。 三、非选择题：本题共4小题，共60分。 13. 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H<0，一种工业合成氨的简易流程图如下： 完成下列填空： （1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生。NH4HS的电子式是_______________，写出再生反应的化学方程式：_______________。NH3的沸点高于H2S，是因为NH3分子之间存在着一种比_________力更强的作用力。 （2）室温下，0.1 mol/L的氯化铵溶液和0.1 mol/L的硫酸氢铵溶液，酸性更强的是_______，其原因是_______。 已知：H2SO4：Ki2=1.2×10－2NH3·H2O：Ki=1.8×10－5 （3）图甲表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：______（答案用小数表示，保留3位有效数字）。 （4）依据温度对合成氨反应的影响，在图乙坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。__________ （5）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）________。简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：____________________。 【答案】 ①. ②. 2NH4HS+O2=2S↓+2NH3·H2O ③. 范德华 ④. NH4HSO4 ⑤. HSO4-有较大程度的电离，使溶液呈较强酸性；而NH4Cl只是NH4+水解呈弱酸性 ⑥. 0.145 ⑦. ⑧. Ⅳ ⑨. 对原料气加压（或分离液氨后，未反应的N2、H2循环利用） 【解析】 【详解】（1）NH4HS是离子化合物，其电子式是；根据题意再生时生成S和氨水，反应的化学方程式是2NH4HS+O2=2S↓+2NH3·H2O；NH3、H2S都属于分子晶体，NH3的相对分子质量比H2S的小，但NH3的沸点高于H2S，是因为在NH3分子之间存在着一种比范德华力更强的作用力——氢键。 （2）由于在室温下，H2SO4的Ki2=1.2×10－2，NH3·H2O的Ki=1.8×10－5，则NH4+的水解平衡常数==5.56×10-10，说明HSO4-的电离作用远大于NH4+的水解作用，HSO4-产生的c(H+)大于铵根离子水解作用产生的c(H+)，所以0.1 mol/L的氯化铵溶液和0.1 mol/L的硫酸氢铵溶液，酸性更强的是NH4HSO4。 （3）根据图中数据可知，a点时，n(H2)：n(N2)=3:1，设开始时n(N2)=1mol，则n(H2)=3mol，在反应过程中消耗N2的物质的量是x，根据方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，平衡时各种气体的物质的量是n(N2)=(1-x)mol、n(H2)=(3-3x)mol、n(NH3)=2xmol，由于在平衡时NH3的平衡时的体积分数是42%，则2x÷[(1-x)+ (3-3x)+2x]=42%，解得x=0. 5915mol，所以N2的平衡体积分数(1-x) ÷[(1-x)+ (3-3x)+2x]= 0.145。 （4）合成氨的反应是放热反应，在反应开始后随着反应的进行，温度逐渐升高，反应速率逐渐加快，当反应达到平衡时速率达到最大值，氨气的物质的量达到最大值；此后随着温度的升高，平衡向吸热反应的逆反应方向移动，氨气的物质的量又逐渐减小；故在一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图是。 （5）根据图示可知上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是Ⅳ；在本流程中提高合成氨原料总转化率的方法是对原料气加压，分离液氨后，未反应的N2、H2循环利用。 14. 的资源化利用可以有效实现碳达峰和碳中和。 （1）和反应制。反应过程中主要发生以下反应： 反应Ⅰ：　 反应Ⅱ：　 ①在催化剂氧化镍作用下，反应I分两步进行： 第一步：……，；第二步：，。 第一步反应的化学方程式为______。反应过程中第二步决定了整个反应快慢，说明______(填“>”、“<”或“=”)。 ②人工制得的催化剂氧化镍是一种有缺陷的晶体，其部分结构示意图如图1所示，其中一个空缺，另有两个被两个所取代，晶体仍呈电中性。某氧化镍样品组成为，试计算该晶体中与的离子个数之比为______。 （2）和反应制。在催化剂上和反应合成的反应历程如图2所示。 ①在反应气中适当加入少量水能够增大的产率，其原因是______。 ②该反应历程可以描述为______。 ③在催化剂作用下，3MPa时将和按1：3充入密闭容器中进行反应，相同时间后测得容器中的物质的量分数随温度变化情况如图3所示。600K后，的物质的量分数随温度升高而降低的原因是______。 【答案】（1） ①. ②. ＜ ③. 47：2 （2） ①. 水为反应③的反应物，适当加入少量水可促进平衡正向移动 ②. H2和CO2生成*HCOO和*H，*HCOO和*H生成*H3CO，*H3CO和水发生水的解吸生成CH3OH和*HO，*HO和*H生成H2O ③. 正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的物质的量分数随温度升高而降低 【解析】 【小问1详解】 ①结合反应Ⅰ和第二步的方程式，可得第一步反应的化学方程式为；反应过程中第二步决定了整个反应快慢，说明第二步反应速率较慢，活化能更大； ②设Ni2+离子数目为a，Ni3+离子数目为b，可得，解得a=0.94，b=0.04，a：b=47：2； 【小问2详解】 ①水为反应③的反应物，适当加入少量水可促进平衡正向移动，增大CH3OH的产率； ②该反应历程可以描述为： H2和CO2生成*HCOO和*H，*HCOO和*H生成*H3CO，*H3CO和水发生水的解吸生成CH3OH和*HO，*HO和*H生成H2O； ③正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的物质的量分数随温度升高而降低； 15. 研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能转化与存储。过程如下： （1）S原子最外层有_______种能量不同的电子，SO2为V型分子，则SO2为_______分子(填“极性”或“非极性”)。 （2）写出与硫同周期，有1个未成对电子的原子的电子排布式(任写两个) _______、_______。 （3）氧与硫同主族，依据如图判断，说法正确的是_______。 A. 氧元素的质量数是16 B. 氧元素的相对原子质量是16.00 C. 氧原子最外层的电子云有4种不同的伸展方向 D. 氧原子最外层有6个能量相同的电子 （4）反应Ⅰ：2H2SO4(l)→2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)-551kJ；反应Ⅲ：S(s)+O2(g)→SO2(g)+297kJ。写出反应Ⅱ的热化学方程式_______。 （5）I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整： i．SO2+4I-+4H+→S↓+2H2O+2I2 ii．I2+2H2O+_______→_______+_______+2I- 探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象(已知：I2易溶解在KI溶液中)。 序号 A B C D 试剂组成 0.4 mol·L-1KI a mol·L-1KI 0.2 mol·L-1 H2SO4 0.2 mol·L-1H2SO4 0.2 mol·L-1 KI 0.0002 mol I2 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色成黄色，出现浑浊较A快 （6）B是A的对比实验，则a=_______。 （7）比较A、B、C，可得出的结论是_______。 （8）实验表明：SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因_______。 【答案】（1） ①. 2 ②. 极性 （2） ①. 1s22s22p63s1 ②. 1s22s22p63s23p1或1s22s22p63s23p5 （3）BC （4）3SO2(g)+2H2O(g)→2H2SO4(l)+S(s)+254 kJ （5） ①. SO2 ②. SO ③. 4H+ （6）0.4 （7）I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 （8）反应ii比i快；D中反应ii产生的H+使反应i加快 【解析】 【分析】 【小问1详解】 S是16号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，同一能层同一能级上电子的能量相同，而不同能级上电子的能量不同，故S原子最外层有3s、3p两种能量不同的电子存在； SO2为V型分子，则说明SO2分子中正、负电重心不能重合，因此该分子为极性分子； 【小问2详解】 S是第三种周期元素，根据原子核外电子排布规律可知：与硫同周期，有1个未成对电子的原子的电子排布式是1s22s22p63s1、1s22s22p63s23p1或1s22s22p63s23p5； 【小问3详解】 A．O 是8号元素，氧元素的相对原子质量为16.00，由于O元素有多种同位素，因此不能据此确定O元素的质量数，A错误； B．根据图示可知氧元素的相对原子质量是16.00，B正确； C．氧原子最外层电子排布式为2s22p4，s电子云是球形对称；p电子云有三个不同的伸展方向，故O原子最外层电子有4种不同的伸展方向，C正确； D．O原子核外电子排布式是1s22s22p4，同一能层不同能级上电子的能量不相同，其中的2个2s电子的能量相同，4个2p电子能量相同，D错误； 故合理选项是BC； 【小问4详解】 根据图示可知：反应II为SO2、H2O反应产生H2SO4、S，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的化学方程式为：3SO2+2H2O→2H2SO4+S； 根据盖斯定律，将反应式I+II+III=0，整理可得反应II的热化学方程式：3SO2(g)+2H2O(g)→2H2SO4(l)+S(s)+254 kJ； 【小问5详解】 I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：i．SO2+4I-+4H+→S↓+2H2O+2I2；ii．I2+2H2O+SO2→+2I-+4H+； 【小问6详解】 B是A的对比实验，则应该只有溶液酸碱性不同，其它外界条件都相同，故a=0.4； 【小问7详解】 比较A、B、C，可得出的结论是：I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率； 【小问8详解】 实验表明：SO2的歧化反应速率：D＞A，这是由于反应ii的速率比i快；D中反应ii产生的H+使反应i速率加快。 16. 用实验确定某酸HA是否为弱电解质，两位同学的方案如下： 甲：①称取一定质量的HA，配制的溶液100mL；②用pH计测出该溶液的pH，根据测定结果即可判断HA是否为弱电解质。 乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸分别配制pH=2的两种酸溶液各100mL；②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；③各取相同体积的两种稀释液于两支试管中，同时加入相同纯度的锌粒，根据观察到的实验现象即可判断HA是否为弱电解质。 （1）在两个方案的步骤①中，都要用到的定量仪器是____。 （2）甲方案中，若测得溶液的pH____(填“>”“<”或“=”)1，则可说明HA是弱电解质。 （3）乙方案中，能说明HA是弱电解质的现象是____(填字母序号)。 A．装盐酸的试管中放出H2的速率较大 B．装HA溶液的试管中放出H2的速率较大 C．两支试管中产生气体的速率一样大 （4）请你对两种方案的可行性作出评价____。 （5）请你再设计一个合理而比较容易进行的实验方案(药品可任取)，并作简明扼要的表述_____。 【答案】（1）100mL容量瓶 （2）＞ （3）B （4）若HA为弱酸，配制pH=2的HA溶液难以实现，加入的锌粒表面积难以做到相同，故乙方案不可行；甲方案可行 （5）配制NaA溶液，测定pH＞7，即可以证明HA是弱电解质 【解析】 【小问1详解】 由题干信息可知，在两个方案的步骤①均为配制100mL一定物质的量浓度的溶液，故在该步骤中都要用到的定量仪器是100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶； 【小问2详解】 由题干信息可知，甲方案为测量0.1mol/L的HA溶液的pH值，若HA为强电解质，则0.1mol/L的HA溶液中H+浓度为0.1mol/L，此时溶液pH=1，若HA为弱电解质，则溶液中H+浓度小于0.1mol/L，pH大于1，即若测得溶液的pH>1，则可说明HA是弱电解质，故答案为：＞； 【小问3详解】 由题干信息可知，乙方案为先配制等pH=2的HA和HCl两种酸溶液，然后稀释10倍，再去等量的两种稀释后的溶液，与相同纯度的锌粒反应，观察现象，若HA是强电解质，则稀释后的两溶液中的H+浓度相等，与锌粒反应速率一样大，若HA是弱电解质，则稀释后的溶液中H+浓度是HA的更大，则其与锌粒反应的速率更大，故答案为：B； 【小问4详解】 弱酸在稀释过程中会继续电离出氢离子，所以配制pH=2的HA溶液难以实现；又因为固体的表面积也影响反应速率，因此不妥之处在于加入的锌粒表面积难以做到相同，所以乙方案不可行，甲方案中可以精确配制HA溶液，并通过pH计测定溶液pH值，判断HA是否为弱电解质，故甲方案可行，故答案为：若HA为弱酸，配制pH=2的HA溶液难以实现，加入的锌粒表面积难以做到相同，故乙方案不可行；甲方案可行； 【小问5详解】 弱酸的强碱盐可以水解，水解使溶液呈碱性，可以配制NaA溶液，如果测定其pH＞7，即可以证明HA是弱电解质，故答案为：配制NaA溶液，测定pH＞7，即可以证明HA是弱电解质。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 周口恒大中学2024-2025学年上高二化学期中考试 化学试题 满分：100分 考试时间：75分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹铜笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效 4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Ag-108 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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. 一定温度下，在2L恒容密闭容器中发生反应，反应过程中的部分数据如下表所示： t/min n (N2)/mol n (H2)/mol n (NH3)/mol 0 2.0 2.4 0 5 1.7 1.5 0.6 10 1.6 x y 15 z 1.2 w 下列说法错误的是 A. 升高温度、增大N2的浓度均可加快反应速率 B. 内用NH3表示的平均反应速率为 C. 时，反应已达到平衡状态 D. 当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡 2. 关于下列装置的说法正确的是 A. 图甲装置工作时，能防止钢闸门被腐蚀 B. 图乙装置工作时，电解液中有蓝色沉淀生成 C. 图丙装置工作时，负极发生电极反应： D. 图丁装置工作时，作负极，质量逐渐增大 3. 镁离子是多种酶的活化剂，促进体内糖类转化及代谢，促进脂肪和蛋白质的合成。油料作物施镁可提高其含油量，镁还可以促进作物对硅的吸收。海水中含有丰富的镁资源，某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案： 模拟海水中的 离子浓度(mol/L) Na+ Mg2+ Ca2+ Cl- HCO 0.439 0.050 0.011 0.560 0.001 注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10-5mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp(CaCO3)=4.96×10-9；Ksp(MgCO3)=6.82×10-6；Ksp[Ca(OH)2]=4.68×10-6；Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12。 下列说法不正确的是 A. 沉淀物X为CaCO3 B. 滤液M中存在Mg2+，Ca2+ C. 滤液N中存在Ca2+，不存在Mg2+ D. 步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物 4. 体积恒定的密闭容器中，反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H<0达平衡后，采用下列措施一段时间后，既能增大逆反应速率又能使平衡向正方向移动的是 A. 通入大量O2 B. 增大容器容积 C. 移去部分SO3 D. 降低体系温度 5. 下列说法或表示方法不正确的是 A. 盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现 B. 由可知，石墨比金刚石稳定 C. 的燃烧热，则 D. 在稀溶液中：，则含的浓硫酸与含的氢氧化钠溶液混合，放出的热量大于 6. 下列物质中对水电离无影响的是（ ） A. NaCl B. NaHCO3 C. FeCl3 D. H2SO4 7. 沼气的主要成分是，已知常温常压下，完全燃烧生成和时放出445kJ的热量，则下列热化学方程式中正确的是 A. B. C. D. 8. 硫在不同温度下的状态和分子结构不同，单质硫S8环状分子的结构如图。把硫加热超过其熔点就变成黄色流动性液体；433K以上液态硫颜色变深，黏度增加；523K以上黏度下降；717.6K时硫变为蒸气，蒸气中存在3S84S66S412S2，温度越高，蒸气的平均相对分子质量越小。下列说法正确的是 A. 对于3S84S66S412S2 ΔH＜0 B. 温度越高，S2蒸气中的含量越低 C. 可用酒精洗涤试管中残留的硫单质 D. 433K以上液态硫颜色变深，黏度增加，可能与S8的环状结构断裂变为无限长链状结构有关 9. C和在生产、生活、科技中是重要的燃料。 ① ② 下列推断正确的是 A. 的燃烧热 B. C. 欲分解，至少需要提供的热量 D. 10. 时，向某恒容密闭容器中通入一定量的和足量，发生反应：。的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是 A. 其他条件不变，升高温度，质量增加 B. ，用表示该反应速率为 C. 温度不变，增大二氧化碳的浓度，该反应的平衡常数增大 D. 加入，的转化率增大 二、不定项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。 11. 已知：，已知P4具有六键的正四面体结构，经测定PCl5中P-Cl与PCl3中的P-Cl键能不同。PCl5中P-Cl键的键能为，而PCl3中P-Cl键的键能为1.2c kJ/mol，下列叙述正确的是 A. P-P键的键能大于P-Cl键的键能 B. 可求的反应热△H C. P-P键的键能为 D. Cl-Cl键的键能为 12. ROH是一种一元碱，25℃时，在20.0mL0.1mol·L-1ROH溶液中滴加0.1mol·L-1盐酸VmL，混合溶液的pH与lg的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. a点时，V=10.0 B. b点时，x=3.75 C. b点溶液中，c(ROH)>c(R+) D. c点溶液中，c(Cl-)>c(R+)>c(H+)>c(OH-) 三、非选择题：本题共4小题，共60分。 13. 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H<0，一种工业合成氨的简易流程图如下： 完成下列填空： （1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生。NH4HS的电子式是_______________，写出再生反应的化学方程式：_______________。NH3的沸点高于H2S，是因为NH3分子之间存在着一种比_________力更强的作用力。 （2）室温下，0.1 mol/L的氯化铵溶液和0.1 mol/L的硫酸氢铵溶液，酸性更强的是_______，其原因是_______。 已知：H2SO4：Ki2=1.2×10－2NH3·H2O：Ki=1.8×10－5 （3）图甲表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：______（答案用小数表示，保留3位有效数字）。 （4）依据温度对合成氨反应的影响，在图乙坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。__________ （5）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）________。简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：____________________。 14. 的资源化利用可以有效实现碳达峰和碳中和。 （1）和反应制。反应过程中主要发生以下反应： 反应Ⅰ：　 反应Ⅱ：　 ①在催化剂氧化镍作用下，反应I分两步进行： 第一步：……，；第二步：，。 第一步反应的化学方程式为______。反应过程中第二步决定了整个反应快慢，说明______(填“>”、“<”或“=”)。 ②人工制得的催化剂氧化镍是一种有缺陷的晶体，其部分结构示意图如图1所示，其中一个空缺，另有两个被两个所取代，晶体仍呈电中性。某氧化镍样品组成为，试计算该晶体中与的离子个数之比为______。 （2）和反应制。在催化剂上和反应合成的反应历程如图2所示。 ①在反应气中适当加入少量水能够增大的产率，其原因是______。 ②该反应历程可以描述为______。 ③在催化剂作用下，3MPa时将和按1：3充入密闭容器中进行反应，相同时间后测得容器中的物质的量分数随温度变化情况如图3所示。600K后，的物质的量分数随温度升高而降低的原因是______。 15. 研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能转化与存储。过程如下： （1）S原子最外层有_______种能量不同的电子，SO2为V型分子，则SO2为_______分子(填“极性”或“非极性”)。 （2）写出与硫同周期，有1个未成对电子的原子的电子排布式(任写两个) _______、_______。 （3）氧与硫同主族，依据如图判断，说法正确的是_______。 A. 氧元素的质量数是16 B. 氧元素的相对原子质量是16.00 C. 氧原子最外层的电子云有4种不同的伸展方向 D. 氧原子最外层有6个能量相同的电子 （4）反应Ⅰ：2H2SO4(l)→2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)-551kJ；反应Ⅲ：S(s)+O2(g)→SO2(g)+297kJ。写出反应Ⅱ的热化学方程式_______。 （5）I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整： i．SO2+4I-+4H+→S↓+2H2O+2I2 ii．I2+2H2O+_______→_______+_______+2I- 探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象(已知：I2易溶解在KI溶液中)。 序号 A B C D 试剂组成 0.4 mol·L-1KI a mol·L-1KI 0.2 mol·L-1 H2SO4 0.2 mol·L-1H2SO4 0.2 mol·L-1 KI 0.0002 mol I2 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色成黄色，出现浑浊较A快 （6）B是A的对比实验，则a=_______。 （7）比较A、B、C，可得出的结论是_______。 （8）实验表明：SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因_______。 16. 用实验确定某酸HA是否为弱电解质，两位同学的方案如下： 甲：①称取一定质量的HA，配制的溶液100mL；②用pH计测出该溶液的pH，根据测定结果即可判断HA是否为弱电解质。 乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸分别配制pH=2的两种酸溶液各100mL；②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；③各取相同体积的两种稀释液于两支试管中，同时加入相同纯度的锌粒，根据观察到的实验现象即可判断HA是否为弱电解质。 （1）在两个方案的步骤①中，都要用到的定量仪器是____。 （2）甲方案中，若测得溶液的pH____(填“>”“<”或“=”)1，则可说明HA是弱电解质。 （3）乙方案中，能说明HA是弱电解质的现象是____(填字母序号)。 A．装盐酸的试管中放出H2的速率较大 B．装HA溶液的试管中放出H2的速率较大 C．两支试管中产生气体的速率一样大 （4）请你对两种方案的可行性作出评价____。 （5）请你再设计一个合理而比较容易进行的实验方案(药品可任取)，并作简明扼要的表述_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $