望城二中高二期中考试化学试卷-教师用卷_2025年11月高二试卷_251111湖南省长沙市望城区长沙市望城区第二中学2025-2026学年高二上学期11月期中

p ，a+bT ，p >p ，a+b>c，正反应为放热反应 1 2 1 2 【答案】B 【解析】【分析】 本题考查了温度、压强对化学平衡的影响，根据“先拐先平数值大”确定温度、压强的相对大小，再结合 温度、压强与混合气体中B的质量分数w(B)的变化确定反应热及气体的计量数变化，难度中等。 【解答】 相同压强下，根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲 线的斜率越大，故有：T >T ，升高温度，B的含量减小，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应； 1 2 相同温度下，根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 4 1线的斜率越大，故有：p >p ，压强越大，B的含量越大，说明平衡向逆反应方向移动，则a+b②>④>③ C. ①.④两溶液等体积混合，所得溶液中 c(Cl−)=c(N H4+)>c(OH−)=c(H+) D. V L④与 V L②溶液混合后，若混合后溶 液pH=7，则 V = V a b a b 【答案】C 【解析】本题目主要考查了pH的计算以及离子浓度的大小比较。 A.氨水、氢氧化钠都呈碱性，氯化铵呈酸性，故加入氯化铵之后溶液酸性增大，pH减小，故A正确； B.强酸、强碱稀释10倍，pH变化1，则稀释10倍时②的pH=10，④的pH=4，而弱酸、弱碱稀释10 倍，pH变化小于1，则①的10②>④>③，故B正确； C.①、④两溶液等体积混合，溶液中氨水过量，溶质为氯化铵和一水合氨，溶液显碱性，氨水的电离大于 铵根离子的水解，则 c(N H+ )>c(Cl− )>c(OH− )>c(H+ ) ，故C错误； 4 D.若混合后溶液pH=7，则恰好完全反应，则V =V ，故D正确。 a b 故选C。 9.某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体[N H Fe(SO ) ·6H O]的一种方案如图： 4 4 2 2 下列说法不正确的是 ( ) A. 滤渣A的主要成分是CaSO 4 B. 相同条件下，N H Fe(SO ) ·6H O净水能力比FeCl 强 4 4 2 2 3 C. “合成”反应要控制温度，温度过高，产率会降低 D. “系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等 【答案】B 【解析】【分析】 本题以无机工艺流程考查物质的制备，为高频考点。解答时，要根据所给流程图进行合理分析，掌握所加 试剂的作用以及每一步过程的原理。 【解答】 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 6 1A.硝酸钙和硫酸反应会产生微溶物硫酸钙，则滤渣A的主要成分为CaSO ，故A正确； 4 B.FeCl 净水原理是Fe3+水解产生氢氧化铁胶体后，吸附水中的悬浮物而净水， 3 N H Fe(SO ) ·6H O 中 N H+ 和 Fe3+ 都水解，且相互抑制，净水能力不如 FeCl ，故B错误； 4 4 2 2 4 3 C.“合成”时，若温度过高，会导致产品分解，产率降低，故C正确； D.由溶液析出硫酸铁铵晶体需要蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等步骤，故D正确。 故选B。 10.常温下将稀NaOH溶液与稀CH COOH溶液混合，不可能出现的结果是( ) 3 A. ，且 pH>7 c(OH− )>c(Na+ )>c(H+ )>c(CH COO− ) 3 B. ，且 pH>7 c(Na+ )+c(H+ )=c(OH− )+c(CH COO− ) 3 C. ，且 pH<7 c(CH COO− )>c(H+ )>c(Na+ )>c(OH− ) 3 D. ，且 pH=7 c(CH COO− )=c(Na+ )>c(H+ )=c(OH− ) 3 【答案】A 【解析】【解析】 正确答案：A A、违背电荷守恒规律；B、电荷守恒；C、正确；D、由电荷守恒 ，可知，中性时， c(Na+ )+c(H+ )=c(OH− )+c(CH COO− ) 3 c(CH COO− )=c(Na+ )>c(H+ )=c(OH− ) 3 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 7 111.常温下，用AgNO 溶液分别滴定浓度均为0.01mol·L−1的KCl、K C O 溶液，所得的沉淀溶解平 3 2 2 4 衡图象如图所示(不考虑C O2− 的水解)。Xn−表示Cl−或C O2− 。下列叙述正确的是 2 4 2 4 A. K (Ag C O )的数量级为10−7 sp 2 2 4 B. N点表示AgCl的不饱和溶液 C. 向 的混合溶液中滴入 溶液时，先生成 沉淀 c(Cl− )=c(C O2− ) AgNO Ag C O 2 4 3 2 2 4 D. 常温下， 的平衡常数为 Ag C O (s)+2Cl− (aq)⇌2AgCl(s)+C O2− (aq) 109.04 2 2 4 2 4 【答案】D 【解析】【分析】 本题综合考查了沉淀溶解平衡曲线分析，涉及了溶度积的相关计算等知识，较为基础，难度不大。 【解答】 A. K (Ag C O )=c2 (Ag+ )⋅c(C O2− )=(10−4mol⋅L−1 ) 2×10−2.46mol⋅L−1=10−10.46mol3 ⋅L−3 sp 2 2 4 2 4 ，数量级为10−11，故A错误; B. 越小， 越大，根据图像， 点时 大于与其 相同的点对应沉淀溶解平 −lgc(Ag+ ) c(Ag+ ) N c(Ag+ ) c(Cl− ) 衡时 ，故 点的浓度商 ，为氯化银的过饱和溶液，将有沉淀析出，故B c(Ag+ ) N Q(AgCl)>K (AgCl) sp 错误; C.根据图像可知，当阴离子浓度相同时，生成 沉淀所需的 小，故向 的 AgCl c(Ag+ ) c(Cl− )=c(C O2− ) 2 4 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 8 1混合液中滴入AgNO 溶液时，先析出氯化银沉淀，故C错误; 3 D.平衡常数 K= c(C 2 O2 4 − )，此时溶液中的 c(Ag+ ) 相同，则可有 K= c(C 2 O2 4 − ) = c2 (Cl− ) c2 (Cl− ) 10−2.46mol·L−1 =109.04L⋅mol−1，故D正确。 (10−5.75mol·L−1) 2 12.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是( ) A. 铁锅中残留的水滴内部比边缘更容易生锈 B. 保暖贴在发热过程中主要发生了化学腐蚀 C. 将钢闸门连接到直流电源的负极加以保护是应用了牺牲阳极保护法 D. 航海船只的船底镶嵌锌块，利用了牺牲阳极保护法保护金属船体 【答案】D 【解析】【分析】 本题考查金属的腐蚀与防护，属于基础知识的考查，意在考查学生的知识应用能力，难度不大。 【解答 A.铁锅中残留的水滴边缘与氧气接触，更容易腐蚀，边缘比内部更容易生锈，错误； B.保暖贴中铁粉与碳粉接触发生吸氧腐蚀，发生吸氧腐蚀会放出较多的热量，所以保暖贴在工作过程中， 铁发生了电化学腐蚀，错误； C.将钢闸门连接到直流电源的负极加以保护是外加电源的阴极保护法，错误； D.航海船只的船底镶嵌锌块，利用了牺牲阳极保护法保护金属船体，正确。 13.获得“ 863”计划和中科院“百人计划”支持的环境友好型铝碘电池已研制成功，电解质为AlI 溶液， 3 已知电池总反应为2Al+3I =2AlI .下列说法不正确的是( ) 2 3 A. 该电池负极的电极反应为：Al−3e−=Al3+ B. 电池工作时，溶液中的铝离子向正极移动 C. 消耗相同质量金属时，用锂做负极时，产生电子的物质的量比铝多 D. 该电池可能是一种可充电的二次电池 【答案】D 【解析】解：A.因Al元素的化合价升高，则电池负极的电极反应为Al−3e−=Al3+，故A正确； B.原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时，溶液中的铝离子向正极移动，故B正确； 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 9 1m C.因Al的摩尔质量为27g/mol，由 ×失去的电子数可知，消耗相同质量金属时，用锂做负极时，产 M 生电子的物质的量比铝多，故C正确； D.该反应的逆过程不能发生，所以该电池为一次电池，故D错误； 故选D． 14.以惰性电极电解Cu SO 和NaCl的混合溶液，两电极上产生的气体(标准状况下测定)体积如下图 4 所示，下列有关说法正确的是 ( ) A. a表示阴极上产生的气体，t 前产生的为Cl 1 2 B. 原溶液中CuSO 和NaCl物质的量之比为1:1 4 C. 若t 时溶液的体积为 1 L，此时溶液的pH为13 2 D. 若原溶液体积为 1 L，则原溶液中SO 2-的物质的量浓度为0.2 mol/L 4 【答案】B 【解析】A.电解一定浓度的NaCl与CuSO 混合溶液，阳极发生2Cl--2e-=Cl↑、4OH--4e-=O ↑+2H O；， 4 2 2 2 阴极发生Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H ↑，所以阳极上先产生气体,a表示阳极上产生的气体，b为阴极生成气 2 体的曲线，A错误； B..结合图可知，a为阳极气体体积与时间的关系，b为阴极气体体积与时间的关系，由图可知，产生氯气 为112mL，则由2Cl--2e-=Cl↑可知，n（NaCl）=0.112/22.4Lx2=0.01mol，由t 时生成氧气为112mL，n 2 2 （O）=（0.168-0.112）/22.4=0.0025mol，则共转移电子为0.01mol+0.0025mol×4=0.02mol，根据电子守恒 2 及Cu2++2e-=Cu可知， x 0.02mol 所以c（CuSO ）=0.01mol，原溶液中CuSO 和NaCl物质的量之比为1:1 ，B正确； 4 4 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 10 1C. t1~t2时电解水中的氢氧根离子，4OH--4e-=O ↑+2H O，溶液显酸性，C错误； 2 2 D. n（CuSO ）=0.01mol，c（CuSO ）=c （SO 2-）=0.01mol/0.1L=0.1mol/L，D错误； 4 4 4 答案选B. 二、流程题：本大题共1小题，共8分。 15.工业废水中常含有一定量的 和 ，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行 Cr O2− CrO2− 2 7 4 处理。常用的处理方法有两种。 方法I：还原沉淀法 该法的工艺流程为： ，其中第 步加入 ，第 步加入 ， CrO2−→Cr O2−→Cr3+→Cr(OH) ① H+ ② Fe2+ 4 2 7 3 第 步加入 。第 步存在的平衡： 黄色 橙色 ③ OH− ① 2CrO2− ( )+2H+ ⇋Cr O2− ( )+H O 4 2 7 2 (1)若上述平衡体系的pH=2，则溶液呈______色 (2)能说明第①步反应到达平衡状态的是______ 和 浓度相同 A.Cr O2− CrO2− 2 7 4 B.2v(Cr O2− )=v(CrO2− ) 2 7 4 C.溶液的颜色不变 第 步中，还原 离子，需要______ 的 (3) ② 1molCr O2− mol FeSO ·7H O 2 7 4 2 第 步生成的 在溶液中存在沉淀溶解平衡，已知 ，要是 降至 (4) ③ Cr(OH) Ksp=10−32 c(Cr3+ ) 3 10−5mol/L，溶液的pH应调至_______ 方法I I：电解法 该法用 做电极电解含有 的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近 升高，并产生沉淀。 Fe Cr O2− pH 2 7 (5)若改用Cu做电极是否可行？________(填“是”或“否”) (6)在阴极附近pH升高的原因是(用电极反应式表示)_______________________ 写出用该种方法除去 的酸性废水的离子方程式______________________ (7) Cr O2− 2 7 【答案】(1)橙 (2)C (3)6 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 11 1(4)5 (5)否 (6)2H O+2e−=H ↑+2OH− 2 2 (7)6Fe2++Cr O2−+14H+=2Cr3++6Fe3++7H O 2 7 2 【解析】【分析】 本题综合考查了化学平衡原理、氧化还原反应、沉淀溶解平衡和电化学知识等内容．分析时要根据题给信 息，结合相关原理进行解答。 【解答】 增大，平衡 黄色 橙色 右移，溶液呈橙色。 (1)c(H+ ) 2CrO2− ( )+2H+ ⇌Cr O2− ( )+H O 4 2 7 2 故填：橙； (2)平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变。 故选C； 根据电子得失守恒可知，还原 离子得到 ，得电子： ，需要 (3) 1molCr O2− Cr3+ 2×(6−3)=6mol 2 7 6mol FeSO ⋅7H O的物质的量为： =6mol 4 2 3−2 故答案为：6； 当 时，溶液的 10−32 ， 10−14， ， (4) c(Cr3+ )=10−5mol/L c(OH− )=3 =10−9mol/L c(H+ )= pH=5 10−5 10−9 即要使 降至 ，溶液的 应调至 。 c(Cr3+ ) 10−5mol/L pH 5 故答案为：5； (5)在电解法除铬中，铁作阳极，阳极反应为Fe−2e−=Fe2+，以提供还原剂Fe2+，所以不能改用Cu做 电极； 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 12 1故答案为：否； (6)在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H 的同时，大量产生了OH−，用电极反 2 应式为 ， 2H O+2e−=H +2OH− 2 2↑ 故答案为： ； 2H O+2e−=H ↑+2OH− 2 2 用该种方法除去 的酸性废水的离子方程式为 (7) Cr O2− 2 7 ， 6Fe2++Cr O2−+14H+=2Cr3++6Fe3++7H O 2 7 2 故答案为： 。 6Fe2++Cr O2−+14H+=2Cr3++6Fe3++7H O 2 7 2 三、实验题：本大题共2小题，共20分。 16.(10分)Ⅰ 已知：Na S O ❑ +H SO =Na SO +SO ↑+S↓+H O 2 2 3 2 4 2 4 2 2 某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验： (1)该实验①、②可探究 对反应速率的影响，因此V = ； 3 (2)实验①、③可探究 对反应速率的影响，因此V = ； 4 Ⅱ 利用反应：I +2Na S O =Na S O +2NaI可以定量测定市售硫代硫酸钠(M =158)的纯度，现在 2 2 2 3 2 4 6 r 称取W g硫代硫酸钠固体样品，配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入指示剂，用含有I 2 为amol/L的碘水滴定，消耗碘水bmL，则： (1)滴定前可以选择 做指示剂。 (2)对于该滴定实验的有关操作或误差分析正确的是 。 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 13 1A. 滴定前，应对滴定管、锥形瓶进行润洗操作 B. 滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，会使所测结果偏大 C. 滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，则所测得的纯度将会偏小 D. 滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，则所测得的纯度将会偏小 (3)样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为 。 【答案】Ⅰ(1)温度；0 浓度 或写 ； (2) ( c(H+ )) 10.0 Ⅱ(1)淀粉 (2)BD(3) 【解析】Ⅰ(1)通过表格可以看出①②温度不同，所以可以探究温度对反应速率的影响，保证其他量必须相 同，因此V =0； 3 (2)由表格可以看出①③温度是相同的，稀硫酸的体积不同，所以可探究稀硫酸浓度对反应速率的影响， 因此V =10.0mL； 4 Ⅱ(1)淀粉遇到单质碘变蓝色，滴定前可以选择淀粉做指示剂，滴定终点的现象为溶液刚好出现蓝色，且半 分钟不褪去； (2)A.滴定前，对锥形瓶进行润洗，待测液的物质的量偏大，造成V(标准)偏大，根据公式可知c(待测)偏 高； B.滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，造成V(标准)偏大，根据公式 分析，c(待测)偏高； C.滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据公式分析，c(待测)偏 高，待测液的物质的量偏大，则所测得的纯度将会偏大； D.滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据公式分析，c(待测)偏低，待测液的物 质的量偏低，则所测得的纯度将会偏小； 故选BD； (3)根据I +2Na S O =Na S O +2NaI，n(I )=amol/L×b×10−3L，知消耗的Na S O 的物 2 2 2 3 2 4 6 2 2 2 3 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 14 1质的量=2n(I )=2amol/L×b×10−3L，根据现称取W g硫代硫酸钠固体样品配成250mL的溶液，取 2 25.00mL置于锥形瓶中，则被滴定的硫代硫酸钠质量为 W g，故样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为 。 17.(10分)工业上采用的一种污水处理方法是：保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成 Fe(OH) 沉淀。Fe(OH) 有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。某科研小组用 此法 3 3 处理污水，设计如下所示装置示意图。 (1)实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差；此时，最好应向污水中加入适量的____________。 A.NaOH B.CaCO C.K SO D.CH CH OH 3 2 4 3 2 (2)电解池阳极发生了两个电极反应：其中一个反应式为 ，另一个反应生成了一种无色气体，其反 应式为：4OH−−4e−=O ↑+2H O。 2 2 (3)该燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质，CH 为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料做电极。已知负极 4 的电极反应是CH +4CO2−−8e−=5CO +2H O，则正极的电极反应是 。为了使该燃料电 4 3 2 2 池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，此电池工作时必须有部分A物质参加循环，则A物质 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 15 1的化学式是 。 (4)实验中，若在阴极产生了11.2L(标准状况，下同)气体，则熔融盐燃料电池消耗CH L。 4 【答案】(1)c； ； (2)Fe−2e−=Fe2+ 或 ； ； (3)O +2CO +4e−=2CO2− ( 2O +4CO +8e−=4CO2− ) CO 2 2 3 2 2 3 2 (4)2.8 【解析】(1)保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe(OH) 沉淀时，加入的使导电能力增强 3 的电解质必须是可溶于水的、显中性的盐，故答案为：c； (2)活泼金属电极做电解池的阳极，则电极本身放电，故答案为：Fe−2e−=Fe2+； (3)①料电池中，正极反应一定是氧气的电子的过程，该电池的电解质环境是熔融碳酸盐，所以电极反应 为： 或 ，故答案为： O +2CO +4e−=2CO2− ( 2O +4CO +8e−=4CO2− ) 2 2 3 2 2 3 或 ； O +2CO +4e−=2CO2− ( 2O +4CO +8e−=4CO2− ) 2 2 3 2 2 3 ②电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳，故答案为：CO ； 2 阴极的电极反应为： ，阴极产生了 标准状况 即 的氢气产生，所以转 (4) 2H++2e−=H ↑ 11.2L( ) 0.5mol 2 移电子的物质的量为 ，根据电池的负极电极反应是 ，当转移 1mol CH +4CO2−−8e−=5CO +2H O 4 3 2 2 1mol电子时，消耗CH (标准状况)的体积V =nV m=0.125mol×22.4L/mol=2.8L，故答案为： 4 2.8L。 四、简答题：本大题共1小题，共8分。 18.(10分)已知体积为 2L的恒容密闭容器中发生反应：2SO (g)+O (g) 2SO (g)，请根据化 2 2 3 学反应的有关原理回答下列问题： (1)一定条件下，充入2molSO (g)和2molO (g)，20s后，测得SO 的体积百分含量为12.5%，则用 2 2 2 SO 表示该反应在这20s内的反应速率为 mol/(L·s)。 2 (2)该反应的平衡常数(K)表达式为 。 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 16 1(3)如图表示该反应的速率(v)随时间(t)的变化的关系：据图分析：你认为t❑ 时改变的外界条件可能是 3 ________。 (4)如图，P是可自由平行滑动的活塞，在相同温度时，向A容器中充入4molSO (g)，关闭K，向B容 3 器中充入2molSO (g)，两容器内分别充分发生反应。已知起始时容器A和B的体积均为aL。试回答： 3 ①反应达到平衡时容器B的体积为 1.2 aL，容器B中SO 转化率为________。 3 ②若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为________L(连通管中气体体积忽略不计，且不考 虑温度的影响)。 【答案】 (1)0.04mol/(L·s)； (2)K= ；<； (3)升高温度； (4)① 40% ②2.6a 【解析】考查反应速率和化学平衡相关知识点。 (1)设反应的二氧化硫为x，则 2 SO (g)+ O (g) 2 SO (g) 2 2 3 开始(mol)：2 2 反应(mol)：2x x 2x 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 17 1平衡(mol)：2−2x 2−x 2x 20s后，测得SO2的体积百分含量为12.5%，相同条件下，气体的体积分数等于物质的量分数，计算百分 含量：(2−2x)/ [2−2x+(2−x)+2x]×100%=12.5%，解得x=0.8，反应消耗的二氧化硫的物质的量 为：2×0.8mol=1.6mol，用SO 表示该反应在这20s内的反应速率为： 2 v(SO )=(1.6mol/2L)/20s=0.04mol/(L/s)； 2 (2)平衡常数计算为：平衡状态下生成物浓度的系数次方之积除以反应物浓度系数次方之积 ，即 ； (3)因为t 时刻，逆反应速率>正反应速率，平衡逆向移动，说明是升高温度； 1 (4)①反应达到平衡时容器B的体积为1.2a L，B为恒压条件下，容器的容积与气体的物质的量成正比， 说明达到平衡时气体的物质的量为反应前的1.2倍，即平衡时混合气体的物质的量为2.4mol，设反应的三 氧化硫为x，则 2 SO (g) 2SO (g)+O (g) 3 2 2 开始(mol)：2 反应(mol)：x x 1/2x 平衡(mol)：2−x x 1/2x 则：2−x + x + 1/2x=2.4mol，x=0.8mol 三氧化硫的转化率为：0.8mol/2mol×100%=40%；故答案为：40%； ②若打开K，一段时间后重新达到平衡，在恒温恒压条件下，与向B中进入6mol三氧化硫达到的平衡为 等效平衡，所以达到平衡时整个容器的容积为：(6mol/2mol)×1.2aL=3.6aL，所以容器B的体积为： 3.6aL−aL=2.6aL，故答案为：2.6a。 第 页，共 页 学科网（北京）股份有限公司 18 1