精品解析：广东茂名市普通高中2025-2026学年第一学期期末教学质量监测 高二化学试卷

2025-2026学年第一学期茂名市普通高中教学质量监测 高二化学 本试卷共8页，20题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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. 中国的饮食文化讲究色香味俱全，下列配料的主要成分属于弱电解质的是 A. NaCl B. 蔗糖 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaCl是氯化钠，属于盐类，在水中完全电离，是强电解质，不属于弱电解质；A错误； B．蔗糖是有机化合物，在水中不电离，属于非电解质，不属于弱电解质；B错误； C．是乙醇，在水中不电离，属于非电解质，不属于弱电解质；C错误； D．CH3COOH是乙酸，属于弱酸，在水中部分电离，是弱电解质；D正确； 故选D。 2. 下列现象的物质变化过程中化学反应速率最快的是 A. 钟乳石的形成 B. 铁生锈 C. 火箭发射燃料点火 D. 铜质镜框上出现铜绿 【答案】C 【解析】 【详解】A．钟乳石的形成是岩溶地区碳酸钙的缓慢沉积反应，需要数千至数万年完成，反应速率极慢，A错误； B．铁生锈是铁与空气中氧气、水发生的缓慢氧化反应，需要数天至数月完成，反应速率较慢，B错误； C．火箭发射燃料点火是燃料与氧化剂发生的剧烈氧化还原反应，瞬间即可完成全部反应，反应速率极快，C正确； D．铜质镜框上出现铜绿是铜与空气中氧气、水、二氧化碳发生的缓慢氧化反应，需要数月至数年完成，反应速率较慢，D错误； 故选 C。 3. 开发新能源是落实“双碳”政策的有效措施。下列不属于新能源的是 A. 太阳能 B. 氢能 C. 焦炭 D. 生物质能 【答案】C 【解析】 【详解】A．太阳能属于清洁无污染的新型能源，A不符合题意； B．氢能燃烧产物仅为水，属于清洁新型能源，B不符合题意； C．焦炭是煤经过干馏得到的产物，属于传统化石能源加工产物，不属于新能源，C符合题意； D．生物质能是可循环利用的新型能源，D不符合题意； 故选C。 4. 通过如图装置可以实现对钢铁的保护，下列说法正确的是 A. 该防护方法为牺牲阳极法 B. 电子由Zn通过水体流向钢铁设施 C. 将Zn换为Cu也可以起到类似的效果 D. 保护过程中，锌的质量不变 【答案】A 【解析】 【分析】该图为原电池，Zn较活泼做负极，Zn失电子生成Zn2+，电极反应式为：Zn-2e-= Zn2+；钢铁做正极；此装置通过牺牲阳极保护法实现了对钢铁的化学保护； 【详解】A．该装置为原电池，是化学能转化为电能；Zn较活泼做负极被消耗，钢铁做正极被保护；因此是牺牲阳极保护法，A正确； B．电子由负极（Zn）通过导线流向正极（钢铁设施），而不是通过水体，B错误； C．换成Cu，由于Cu的活泼性比Fe的弱，则Fe做负极，消耗钢铁，不能起到保护作用，C错误； D．Zn极做负极，Zn失电子发生氧化反应生成Zn2+，电极反应式为：Zn-2e-= Zn2+，锌块质量减小，D错误； 故选A。 5. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 新制氯水光照下颜色变浅 B. 加热后水中溶解的减少 C. 用饱和食盐水除去中的HCl D. 可以加快的分解 【答案】D 【解析】 【详解】A．新制氯水中存在平衡，光照下分解浓度减小，平衡正向移动，浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A正确； B．溶于水存在溶解平衡，气体溶解度随温度升高而减小，加热后平衡逆向移动，溶解的减少，能用勒夏特列原理解释，B正确； C．溶于水存在平衡，饱和食盐水中浓度大，平衡逆向移动，降低的溶解度，HCl极易溶于水可被除去，能用勒夏特列原理解释，C正确； D．是分解反应的催化剂，仅加快反应速率，不涉及平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，D错误； 故选 D。 6. 原子光谱的作用是 A. 制备物质 B. 发现材料 C. 滴定分析 D. 鉴定元素 【答案】D 【解析】 【详解】A. 原子光谱主要用于分析元素的特征谱线，而非用于合成或制备新物质，因此与制备物质无关，故不选A； B. 原子光谱虽可用于元素识别，但“发现材料”通常指探索新材料或化合物，其核心作用并非在此，故不选B； C. 滴定分析是一种基于化学反应的定量分析方法，与原子光谱的光谱分析原理不同，故不选C； D. 原子光谱通过元素的特征发射或吸收谱线进行元素鉴定，是其主要应用，故选D； 选D。 7. 下列做法与盐类水解无关的是 A. 用明矾净水 B. 用小苏打做面包的膨松剂 C. 草木灰不能与铵态氮肥混施 D. 加热蒸干溶液得到固体 【答案】B 【解析】 【详解】A．用明矾净水涉及铝离子水解生成氢氧化铝胶体，用于吸附杂质，与盐类水解有关，A不符合题意； B．用小苏打（）做膨松剂主要是利用其热分解反应产生二氧化碳气体，与盐类水解无关，B符合题意； C．草木灰（主要成分为K2CO3）与铵态氮肥（如NH4Cl）混施时，碳酸根离子水解呈碱性，会与铵根离子反应生成氨气（）挥发，与盐类水解有关，C不符合题意； D．加热蒸干MgCl2溶液时，镁离子水解被促进，且氯化氢挥发，最终得到Mg(OH)2固体，与盐类水解有关，D不符合题意； 故选B。 8. 粗铜中的主要杂质包括锌、铁、镍、银、金、铂等，一种电解精炼铜的装置如图所示。下列说法不正确的是 A. 粗铜连接电源的正极 B. 电极M为精铜 C. 电解过程中，硫酸铜溶液的浓度不变 D. 金、银、铂等贵金属会沉积在电解池底部，形成阳极泥 【答案】C 【解析】 【分析】电解精炼铜时，粗铜作阳极连接电源正极，精铜作阴极连接电源负极，电解质为溶液。阳极上金属活动性强于铜的、、优先失电子溶解，随后失电子生成进入溶液，活动性弱于铜的、、不溶解，沉积在电解池底部形成阳极泥。 【详解】A．电解精炼铜时粗铜作阳极，阳极连接直流电源的正极，A正确； B．电极M与电源负极相连为电解池阴极，电解精炼铜时阴极为精铜，B正确； C．电解过程中阳极上、、等活泼金属优先失电子溶解，阴极只有得电子析出，阳极溶解的的物质的量小于阴极析出的的物质的量，溶液的浓度会减小，C错误； D．、、的金属活动性弱于，阳极放电时不会失电子溶解，沉积在电解池底部形成阳极泥，D正确； 故选C。 9. 为除去锅炉水垢中的，下列做法正确的是 A. 加入盐酸洗涤 B. 升高温度 C. 加入NaOH溶液 D. 先加处理，后加酸淋洗 【答案】D 【解析】 【详解】A．加入盐酸洗涤：硫酸钙（）不溶于盐酸，因为硫酸是强酸，盐酸无法置换硫酸根，无法有效除去水垢，A错误； B．升高温度，硫酸钙的溶解度随温度升高而降低（反常溶解度），升高温度会使其更难溶解，无法除去水垢，B错误； C．加入NaOH溶液，氢氧化钠不与硫酸钙反应，无法溶解或转化水垢，C错误； D．先加处理，后加酸淋洗，碳酸钠与硫酸钙反应生成碳酸钙沉淀（），碳酸钙再用酸（如盐酸）溶解（），从而除去水垢，D正确； 故选D。 10. X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布分别为ns1、3s23p2和2s22p4，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是 A. X2YZ3 B. X2YZ2 C. XYZ2 D. XYZ3 【答案】A 【解析】 【分析】X原子最外层电子排布为ns1，处于第ⅠA族，化合价为+1，Y原子最外层电子排布为3s23p2，则Y为硅元素，Z原子最外层电子排布为2s22p4，则Z为氧元素，化合价为-2； 【详解】A． X2YZ3中，X为+1价（第IA族元素，如Na），Y为+4价（Si元素），Z为-2价（O元素），总化合价：2×(+1) + (+4) + 3×(-2) = 0，符合题意，A正确； B．X2YZ2中，总化合价：2×(+1) + (+4) + 2×(-2) = +2 ≠ 0，不符合题意，B错误； C．XYZ2中，总化合价：+1 + (+4) + 2×(-2) = +1 ≠ 0，不符合题意，C错误； D．XYZ3中，总化合价：+1 + (+4) + 3×(-2) = -1 ≠ 0，不符合题意，D错误； 故选A。 11. 新型碳中和电池会“吸”二氧化碳，反应原理为，其装置如图所示。下列说法不正确的是 A. 电势：电极a<电极b B. 可用水系电解质溶液 C. 电极a为Li D. 正极的电极反应式为 【答案】B 【解析】 【分析】根据装置图，电子由电极a流向电极b，故a为负极，b为正极； 【详解】A．原电池中负极电势低于正极，A正确； B．Li是活泼金属，能与水剧烈反应生成LiOH和H2，若用水系电解质，Li会直接与水反应，无法实现原电池功能，B错误； C．负极材料Li失电子发生氧化反应，C正确； D．总反应为3CO2+4Li=2Li2CO3+C，负极反应为Li-e-=Li+（4Li-4e-=4Li+），总反应减去负极反应得正极反应：3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C，D正确； 故选B。 12. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 一般条件下，升高温度，反应速率加快 升高温度能降低反应的活化能 B 推动封装有20 mL和混合气体的注射器的活塞，混合气体颜色先加深后变浅 增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动 C 向溶液中加入铁粉，颜色变浅 铁粉与直接发生氧化还原反应 D 氢气和氧气需要点燃才能反应 氢气和氧气反应生成水不属于自发反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．升高温度加快反应速率的原因是提高了活化分子百分数，活化能是反应本身的属性，升高温度不能降低活化能，陈述II错误，A错误； B．推动活塞压缩体积，二氧化氮浓度瞬间增大，混合气体颜色加深，随后增大压强使平衡向气体体积缩小的方向移动，二氧化氮浓度降低，颜色变浅，陈述I和II均正确且存在因果关系，B正确； C．向硫氰化铁溶液中加入铁粉，铁粉与电离出的发生反应，使浓度降低，平衡逆向移动，溶液颜色变浅，铁粉不直接与硫氰化铁反应，陈述II错误，C错误； D．氢气和氧气反应的，属于自发反应，点燃是为反应提供活化能，不改变反应的自发性，陈述II错误，D错误； 故选 B。 13. 某温度下，相同体积、相同pH的硫酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. Ⅰ是醋酸，Ⅱ是硫酸 B. 溶液的导电性： C. 水的电离程度： D. 用pH相同的硫酸和醋酸溶液中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗醋酸的体积大 【答案】C 【解析】 【分析】硫酸为二元强酸，完全电离，醋酸为弱酸，存在电离平衡，相同pH的两种溶液加水稀释时，醋酸的电离平衡正向移动，补充电离出，因此相同稀释倍数下，醋酸溶液的pH上升幅度小于硫酸，因此曲线I对应硫酸，曲线Ⅱ对应醋酸。 【详解】A．根据分析，稀释相同倍数，强酸的pH变化大，弱酸的pH变化小，故曲线I为硫酸，曲线Ⅱ为醋酸，A错误； B．溶液导电性与离子总浓度正相关，pH越小，浓度越大，离子总浓度越大，导电性越强，a点pH小于b点，b点pH小于c点，故导电性顺序为，B错误； C．酸溶液中浓度越大，对水的电离的抑制作用越强，水的电离程度越小，pH越大，浓度越小，水的电离程度越大，故水的电离程度顺序为，C正确； D．pH相同的硫酸和醋酸溶液，醋酸为弱酸，其物质的量浓度远大于硫酸，中和相同物质的量的NaOH时，消耗醋酸的体积更小，D错误； 故选C。 14. 可作为下一代可重复使用火箭的燃料。已知：32g完全燃烧生成指定产物放出1781.6kJ热量，则的燃烧热为 A. kJ/mol B. kJ/mol C. kJ/mol D. kJ/mol 【答案】C 【解析】 【详解】 的摩尔质量为，题目中​的物质的量为； 已知完全燃烧放出热量，则​完全燃烧放出的热量为，因此的燃烧热，故选C。 15. 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t℃时，甲醇与水(各物质均为气态)在铜基催化剂上的反应机理和能量变化如图所示： 下列说法不正确的是 A. 反应Ⅰ为分解反应 B. CO是反应的中间产物 C. 反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应 D. 该反应的 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应I反应物仅为甲醇，生成物为一氧化碳和氢气，符合分解反应一变多的特征，A正确； B．CO在反应I中生成，在反应II中被消耗，属于反应的中间产物，B正确； C．反应I的反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，反应II的反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，C正确； D．该反应的焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，选项表述错误，D错误； 故选D。 16. 25℃时，向有机酸()中加入NaOH溶液(忽略温度变化)，含R微粒的分布系数(平衡时，)与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线②表示的分布系数与溶液pH的变化关系 B. 将NaHR溶于水，此时溶液中： C. Y点溶液中： D. 当溶液的时： 【答案】B 【解析】 【分析】为二元弱酸，随溶液升高，分布系数逐渐减小，分布系数先增大后减小，分布系数逐渐增大，故曲线①对应，曲线②对应，曲线③对应。X点，，得；Z点，，得。 【详解】A．曲线②表示的分布系数与溶液的变化关系，A错误； B．的水解常数，故的电离程度大于水解程度，溶液中，即，B正确； C．，C错误； D．时，根据电荷守恒，得，D错误； 故选 B。 二、非选择题：本题包括4小题，共56分。 17. 某研究小组对影响KI溶液与反应速率的因素进行实验探究。 （1）实验准备 ①配制1.00 mol/L的KI溶液，下列仪器不需要用到的有___________(填选项字母)。 ②用以下方法来滴定KI溶液的浓度。 第1步：取待测液于碘量瓶中，加入过量酸性重铬酸钾，放在暗处反应一段时间，发生反应：； 第2步：将第1步所得溶液稀释20倍，取mL，用mol/L的溶液滴定至终点，发生反应：，平均消耗溶液mL。 应盛放在___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；待测KI溶液的浓度为___________mol/L(用含、、的代数式表示)。 （2）实验探究：探究不同条件对与反应速率的影响 操作 序号 温度/℃ 试剂A 溶液变为蓝色的时间/min ⅰ 0 ___________ ⅱ 20 1 mol/L 溶液 ⅲ 20 0.5 mol/L 溶液 ⅳ 20 蒸馏水 ⅴ 20 0.1 mol/L NaOH溶液 不变蓝色 ①通过对比实验ⅰ和实验ⅲ，能证明温度越高，反应速率越快，则实验ⅰ中试剂A为___________。 ②证明pH越小，反应速率越快的实验依据是___________。 ③小组同学查阅资料可知：碱性条件下，发生歧化反应：，pH越大，歧化速率越快。猜测实验ⅴ不变蓝色并不能说明在碱性条件下无法氧化，其原因可能是___________(从反应速率的角度做出解释)。 随后该小组同学设计如图所示的装置验证猜想。 试剂1是1.00 mol/L KI溶液，滴加1%淀粉溶液；试剂2是___________；实验现象为___________，证明猜想成立。 【答案】（1） ①. BC ②. 碱式 ③. （2） ①. 0.5 mol/L溶液 ②. ③. 在碱性条件下，的歧化反应速率大于被氧化生成的速率 ④. 0.05 mol/L NaOH溶液 ⑤. 电流表发生偏转，一段时间后左侧溶液变蓝 【解析】 【分析】通过实验组对照分别验证了温度越高、pH越小反应速率越快的规律；针对碱性条件下溶液不变蓝的现象，结合在碱性条件下易歧化的资料，提出猜想：碱性条件下仍可氧化I⁻，只是的歧化速率快于生成的速率，无法累积使淀粉变蓝，最后设计双池原电池来验证该猜想。 【小问1详解】 ①配制1.00 mol/L KI溶液需要的仪器为容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、托盘天平，图中分液漏斗、温度计无需使用，故选BC。 ②为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应盛放在碱式滴定管中。根据反应定量关系可得，即，滴定所取溶液为原待测液稀释20倍后的溶液，因此待测KI溶液浓度为。 【小问2详解】 ①对比实验i和实验iii证明温度越高反应速率越快，需控制除温度外其他条件完全相同，实验iii试剂A为溶液，因此实验i试剂A为溶液。 ②证明pH越小反应速率越快，需控制温度相同，pH为单一变量，实验ii、iii温度均为20℃，实验ii中硫酸浓度更大pH更小，溶液变蓝时间更短，即，可证明pH越小反应速率越快。 ③碱性条件下发生歧化反应，且pH越大歧化速率越快，若被氧化生成的速率小于的歧化速率，则无法观察到淀粉变蓝，因此实验v不变蓝不能说明碱性条件下无法氧化。 ④设计原电池验证猜想时，右侧试剂2需为碱性溶液，为消除离子浓度差异的影响，根据实验V，试剂2为溶液。反应发生时，左侧失电子生成，右侧得电子，电路中产生电流，电流表发生偏转，一段时间后左侧生成使淀粉溶液变蓝，证明猜想成立。 18. 是一种重要的化工产品，一种以菱锰矿(主要成分为，还含有、FeO、CoO、等)为原料制备的工艺流程如图所示： 已知：①常温下，部分金属离子开始沉淀和完全沉淀(当金属离子浓度小于等于mol/L时认为沉淀完全)的pH如表所示： 金属离子 开始沉淀 1.5 6.3 7.4 7.6 完全沉淀 3.2 8.3 9.4 10.2 ②常温下，、。 （1）写出“酸浸池”中FeO与硫酸反应的化学方程式：___________；废渣的主要成分为___________。 （2）的价层电子排布式为___________。 （3）的作用是___________；加入氨水调节pH的范围为___________。 （4）常温下，若“沉钴”后溶液中mol/L，则此时为___________。 （5）含锰废渣露置于空气中，锰元素逐渐转化为。研究者用如图所示的装置提取中的锰元素。 ①写出阴极的电极反应式：___________。 ②随着电流进一步增大，阳极产生的气体减少，溶液中增幅减小，尝试分析原因：___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） （3） ①. 将氧化为 ②. （4） （5） ①. ②. 电流增大，放电 【解析】 【分析】本次工艺起始原料为菱锰矿，核心目标产物为晶体。酸浸环节加入过量硫酸，不与硫酸反应作为废渣分离，其余金属氧化物、碳酸盐均溶解生成对应硫酸盐，得到含、、、的酸性溶液。沉淀池1中加入将氧化为，再加氨水调节pH，使完全沉淀为氢氧化铁除去，同时保证、不沉淀。沉淀池2中加入硫化铵，因溶度积远小于，转化为沉淀除去，剩余硫酸锰溶液经结晶操作得到目标产物。电解装置中阴极发生还原反应生成氢气，阳极区被还原为，电流过大时可在阳极放电。 【小问1详解】 为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应生成硫酸亚铁和水，反应方程式为。杂质中只有不与硫酸反应，因此废渣的主要成分为。 【小问2详解】 为25号元素，基态原子价电子排布式为，失去最外层2个电子生成，因此的价层电子排布式为。 【小问3详解】 完全沉淀的pH为8.3，会与同时沉淀，无法分离，因此加入的作用是将氧化为，便于后续调pH沉淀除去。调节pH的目的是使完全沉淀，此时pH≥3.2，同时保证不开始沉淀，此时pH<7.4，因此调节pH的范围为。 【小问4详解】 常温下，已知，代入得。 【小问5详解】 ①阴极发生还原反应，溶液中得电子生成氢气，电极反应式为。 ②随着电流进一步增大，阳极反应速率加快，除了被还原的过程外，部分生成的在阳极失去电子被氧化为，因此溶液中的增幅减小。 19. 磷化钴锂以其低成本、较高催化活性被认为是阳极解离水的重要候选材料，通过掺杂镍、铝、锌、铬、氟、氧、硼等元素可以提升其催化性能。 回答下列问题： （1）磷元素在周期表中的位置为___________，基态磷原子有___________个能层，___________个能级，其中电子占据的最高能级的原子轨道有___________个伸展方向，其价层电子轨道表示式为___________。 （2）某磷化铁钴的组成表示为，钴化合价为+3价，该钴离子有___________个未成对电子，该物质中铁的化合价为___________。 （3）硼、锂、氟中第一电离能由大到小的顺序为___________(填元素符号，下同)。 （4）氧、氟、磷中电负性最小的是___________。 （5）上述所列的掺杂元素中，属于d区的有___________种。 （6）电催化过程中，第一步催化剂中的金属原子(M)需要通过与___________(填元素符号)结合形成对的吸附，然后在外加电压作用下发生反应___________。 【答案】（1） ①. 第三周期第ⅤA族 ②. 3 ③. 5 ④. 3 ⑤. （2） ①. 4 ②. （3） （4）P （5）2 （6） ①. O ②. 【解析】 【小问1详解】 磷原子序数为15，核外电子排布为，周期数=能层数，价电子数=主族序数，因此位于第三周期第ⅤA族；共有3个能层（K、L、M），包含1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；电子占据的最高能级为3p，p轨道有3个伸展方向；价层电子为最外层电子，轨道表示式为； 【小问2详解】 Co基态电子排布为，失去3个电子后电子排布为，根据洪特规则，3d轨道共5个，排布后有4个未成对电子；化合物整体电中性，设Fe化合价为，P为-3价，列方程：，解得，该物质中铁的化合价为+3； 【小问3详解】 同周期元素从左到右第一电离能整体增大，Li、B、F都位于第二周期，故硼、锂、氟中第一电离能由大到小的顺序为； 【小问4详解】 电负性规律：同周期从左到右增大，同主族从上到下减小，因此电负性，最小的为P； 【小问5详解】 元素分区中，d区包含ⅢB~Ⅷ族元素，题给掺杂元素中，Ni（Ⅷ族）、Cr（ⅥB族）属于d区，Zn属于ds区，其余均属于p区，共2种； 【小问6详解】 电催化解离水过程中，水分子中的O原子与金属原子M结合形成对的吸附，根据原子守恒和电荷守恒，剩余产物为和。 20. 工业上用氨气为原料制硝酸，发生反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： （1）反应 ___________(用含、代数式表示)。 （2）对于反应，一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入2molNO和1mol，测得10min后反应达平衡状态，此时NO的转化率为60%。 ①0~10min内，平均反应速率___________。 ②为提高上述反应的速率，可采取的措施有___________(填选项字母)。 A．充入Ar增大压强 B．适当升高温 C．使用高效催化剂 D．及时分离出 ③计算该反应的平衡常数K：___________(写出计算过程)。 ④在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(、)下随温度变化的曲线如图所示： ___________(填“>”“<”“=”)；该反应的___________0(填“>”“<”“=”)。 （3）生产过程中产生的NO可用、脱除，其原理如图所示，反应过程中作催化剂的是___________；运用该法脱除NO，NO和按1：1参加反应，则当消耗1mol时，除去的NO在标准状况下的体积为___________L。 【答案】（1） （2） ①. 0.06 mol/(L·min) ②. BC ③. 11.25 ④. < ⑤. < （3） ①. ②. 11.2 【解析】 【小问1详解】 已知反应Ⅱ为，反应Ⅲ为。目标反应为，将反应Ⅱ+反应Ⅲ乘以2，即可得到目标反应，故焓变。 【小问2详解】 ① 初始向2L容器中充入2molNO和1molO2，达平衡时NO转化率为60%，则反应消耗的NO物质的量为，根据反应计量关系，生成的NO2物质的量为1.2mol，0~10min内平均反应速率。 ② A．恒容容器中充入Ar增大压强，各反应物、生成物浓度均不变，反应速率不变，A错误； B．适当升高温度，单位体积内活化分子百分数增大，有效碰撞频率升高，反应速率加快，B正确； C．使用高效催化剂，可降低反应活化能，反应速率加快，C正确； D．及时分离出NO2，生成物浓度降低，反应速率减慢，D错误； 故选BC。 ③ 平衡时，剩余NO的物质的量为，消耗O2的物质的量为，剩余O2的物质的量为 ，生成NO2的物质的量为1.2mol，各组分平衡浓度为：，，。平衡常数。 ④ 该反应为气体总物质的量减小的反应，相同温度下，压强越大平衡正向移动程度越大，NO的平衡转化率越高。由图像可知，相同温度下p2对应的NO平衡转化率高于p1，故。压强相同时，温度升高NO的平衡转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故。 【小问3详解】 催化剂的特征是反应前参与反应、反应后重新生成，总质量和化学性质不变，由机理图可知为初始反应物，经过一系列反应后最终又生成，故为催化剂。反应中NH3中N元素从-3价升高到N2中的0价，1molNH3反应失去3mol电子；NO中N元素从+2价降低到N2中的0价，1molNO得到2mol电子，O2中O元素从0价降低到-2价，1molO2得到4mol电子，NO和O2按1:1参加反应时，每1molNO和1molO2共得到电子。根据得失电子守恒，消耗1molNH3失去3mol电子时，参与反应的NO物质的量为0.5mol，标准状况下体积为 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期茂名市普通高中教学质量监测 高二化学 本试卷共8页，20题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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. 中国的饮食文化讲究色香味俱全，下列配料的主要成分属于弱电解质的是 A. NaCl B. 蔗糖 C. D. 2. 下列现象的物质变化过程中化学反应速率最快的是 A. 钟乳石的形成 B. 铁生锈 C. 火箭发射燃料点火 D. 铜质镜框上出现铜绿 3. 开发新能源是落实“双碳”政策的有效措施。下列不属于新能源的是 A. 太阳能 B. 氢能 C. 焦炭 D. 生物质能 4. 通过如图装置可以实现对钢铁的保护，下列说法正确的是 A. 该防护方法为牺牲阳极法 B. 电子由Zn通过水体流向钢铁设施 C. 将Zn换为Cu也可以起到类似的效果 D. 保护过程中，锌的质量不变 5. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 新制氯水光照下颜色变浅 B. 加热后水中溶解的减少 C. 用饱和食盐水除去中的HCl D. 可以加快的分解 6. 原子光谱的作用是 A. 制备物质 B. 发现材料 C. 滴定分析 D. 鉴定元素 7. 下列做法与盐类水解无关的是 A. 用明矾净水 B. 用小苏打做面包的膨松剂 C. 草木灰不能与铵态氮肥混施 D. 加热蒸干溶液得到固体 8. 粗铜中的主要杂质包括锌、铁、镍、银、金、铂等，一种电解精炼铜的装置如图所示。下列说法不正确的是 A. 粗铜连接电源的正极 B. 电极M为精铜 C. 电解过程中，硫酸铜溶液的浓度不变 D. 金、银、铂等贵金属会沉积在电解池底部，形成阳极泥 9. 为除去锅炉水垢中的，下列做法正确的是 A. 加入盐酸洗涤 B. 升高温度 C. 加入NaOH溶液 D. 先加处理，后加酸淋洗 10. X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布分别为ns1、3s23p2和2s22p4，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是 A. X2YZ3 B. X2YZ2 C. XYZ2 D. XYZ3 11. 新型碳中和电池会“吸”二氧化碳，反应原理为，其装置如图所示。下列说法不正确的是 A. 电势：电极a<电极b B. 可用水系电解质溶液 C. 电极a为Li D. 正极的电极反应式为 12. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 一般条件下，升高温度，反应速率加快 升高温度能降低反应的活化能 B 推动封装有20 mL和混合气体的注射器的活塞，混合气体颜色先加深后变浅 增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动 C 向溶液中加入铁粉，颜色变浅 铁粉与直接发生氧化还原反应 D 氢气和氧气需要点燃才能反应 氢气和氧气反应生成水不属于自发反应 A. A B. B C. C D. D 13. 某温度下，相同体积、相同pH的硫酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. Ⅰ是醋酸，Ⅱ是硫酸 B. 溶液的导电性： C. 水的电离程度： D. 用pH相同的硫酸和醋酸溶液中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗醋酸的体积大 14. 可作为下一代可重复使用火箭的燃料。已知：32g完全燃烧生成指定产物放出1781.6kJ热量，则的燃烧热为 A. kJ/mol B. kJ/mol C. kJ/mol D. kJ/mol 15. 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t℃时，甲醇与水(各物质均为气态)在铜基催化剂上的反应机理和能量变化如图所示： 下列说法不正确的是 A. 反应Ⅰ为分解反应 B. CO是反应的中间产物 C. 反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应 D. 该反应的 16. 25℃时，向有机酸()中加入NaOH溶液(忽略温度变化)，含R微粒的分布系数(平衡时，)与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线②表示的分布系数与溶液pH的变化关系 B. 将NaHR溶于水，此时溶液中： C. Y点溶液中： D. 当溶液的时： 二、非选择题：本题包括4小题，共56分。 17. 某研究小组对影响KI溶液与反应速率的因素进行实验探究。 （1）实验准备 ①配制1.00 mol/L的KI溶液，下列仪器不需要用到的有___________(填选项字母)。 ②用以下方法来滴定KI溶液的浓度。 第1步：取待测液于碘量瓶中，加入过量酸性重铬酸钾，放在暗处反应一段时间，发生反应：； 第2步：将第1步所得溶液稀释20倍，取mL，用mol/L的溶液滴定至终点，发生反应：，平均消耗溶液mL。 应盛放在___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；待测KI溶液的浓度为___________mol/L(用含、、的代数式表示)。 （2）实验探究：探究不同条件对与反应速率的影响 操作 序号 温度/℃ 试剂A 溶液变为蓝色的时间/min ⅰ 0 ___________ ⅱ 20 1 mol/L 溶液 ⅲ 20 0.5 mol/L 溶液 ⅳ 20 蒸馏水 ⅴ 20 0.1 mol/L NaOH溶液 不变蓝色 ①通过对比实验ⅰ和实验ⅲ，能证明温度越高，反应速率越快，则实验ⅰ中试剂A为___________。 ②证明pH越小，反应速率越快的实验依据是___________。 ③小组同学查阅资料可知：碱性条件下，发生歧化反应：，pH越大，歧化速率越快。猜测实验ⅴ不变蓝色并不能说明在碱性条件下无法氧化，其原因可能是___________(从反应速率的角度做出解释)。 随后该小组同学设计如图所示的装置验证猜想。 试剂1是1.00 mol/L KI溶液，滴加1%淀粉溶液；试剂2是___________；实验现象为___________，证明猜想成立。 18. 是一种重要的化工产品，一种以菱锰矿(主要成分为，还含有、FeO、CoO、等)为原料制备的工艺流程如图所示： 已知：①常温下，部分金属离子开始沉淀和完全沉淀(当金属离子浓度小于等于mol/L时认为沉淀完全)的pH如表所示： 金属离子 开始沉淀 1.5 6.3 7.4 7.6 完全沉淀 3.2 8.3 9.4 10.2 ②常温下，、。 （1）写出“酸浸池”中FeO与硫酸反应的化学方程式：___________；废渣的主要成分为___________。 （2）的价层电子排布式为___________。 （3）的作用是___________；加入氨水调节pH的范围为___________。 （4）常温下，若“沉钴”后溶液中mol/L，则此时为___________。 （5）含锰废渣露置于空气中，锰元素逐渐转化为。研究者用如图所示的装置提取中的锰元素。 ①写出阴极的电极反应式：___________。 ②随着电流进一步增大，阳极产生的气体减少，溶液中增幅减小，尝试分析原因：___________。 19. 磷化钴锂以其低成本、较高催化活性被认为是阳极解离水的重要候选材料，通过掺杂镍、铝、锌、铬、氟、氧、硼等元素可以提升其催化性能。 回答下列问题： （1）磷元素在周期表中的位置为___________，基态磷原子有___________个能层，___________个能级，其中电子占据的最高能级的原子轨道有___________个伸展方向，其价层电子轨道表示式为___________。 （2）某磷化铁钴的组成表示为，钴化合价为+3价，该钴离子有___________个未成对电子，该物质中铁的化合价为___________。 （3）硼、锂、氟中第一电离能由大到小的顺序为___________(填元素符号，下同)。 （4）氧、氟、磷中电负性最小的是___________。 （5）上述所列的掺杂元素中，属于d区的有___________种。 （6）电催化过程中，第一步催化剂中的金属原子(M)需要通过与___________(填元素符号)结合形成对的吸附，然后在外加电压作用下发生反应___________。 20. 工业上用氨气为原料制硝酸，发生反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： （1）反应 ___________(用含、代数式表示)。 （2）对于反应，一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入2molNO和1mol，测得10min后反应达平衡状态，此时NO的转化率为60%。 ①0~10min内，平均反应速率___________。 ②为提高上述反应的速率，可采取的措施有___________(填选项字母)。 A．充入Ar增大压强 B．适当升高温 C．使用高效催化剂 D．及时分离出 ③计算该反应的平衡常数K：___________(写出计算过程)。 ④在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(、)下随温度变化的曲线如图所示： ___________(填“>”“<”“=”)；该反应的___________0(填“>”“<”“=”)。 （3）生产过程中产生的NO可用、脱除，其原理如图所示，反应过程中作催化剂的是___________；运用该法脱除NO，NO和按1：1参加反应，则当消耗1mol时，除去的NO在标准状况下的体积为___________L。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $