2025-2026学年广东省实验中学高二（上）期中化学试卷（有答案和解析）

这是一份2025-2026学年广东省实验中学高二（上）期中化学试卷（有答案和解析），共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.高粱酿酒过程中的部分流程按顺序排列如图，其中能说明高粱转化过程中放出热量的是( )
A. “蒸粮”时加热
B. “拌曲”前摊晾
C. “堆酵”时升温
D. “馏酒”时控温
2.图为工业合成氨的流程图。下列说法错误的是( )
A. 步骤①的目的是防止混入杂质使催化剂中毒
B. 步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率
C. 步骤③选择500∘C的重要原因是催化剂活性最高
D. 步骤③、④、⑤均有利于提高原料的平衡转化率
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 1ml/LNa2CO3溶液中，阴离子总数小于NA
B. 常温下，1.0LpH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NA
C. 1mlCH3COONa完全溶于水配成1L溶液，c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=1ml/L
D. H2(g)+I2(g)⇌2HI(g) ΔH=−14.9kJ⋅ml−1，将1mlH2(g)和1mlI2(g)放入容器发生反应，放出14.9kJ热量
4.劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述化学知识均正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
5.丙烷脱氢是制备丙烯的一种常见方法，Ga2O3催化该过程反应历程及能量变化如图(X为丙烷，Y为丙烯)，下列说法正确的是( )
A. Ga2O3反应前后质量不变，未参与反应
B. 反应X(g)→Y(g)+H2(g) ΔH=−167kJ⋅ml−1
C. 以上反应历程中主要包含了四步变化，其中第三步反应速率最慢
D. 1ml丙烷的总键能小于1ml丙烯与1ml氢气的总键能之和
6.常温下，下列各组分子定能在指定溶液中大量共存的是( )
A. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、Al3+、SO42−、Cl−
B. 在水电离出c(H+)=1×10−12ml/L的溶液：K+、Al3+、Cl−、SO42−
C. 使pH试纸变红的溶液：K+、Na+、[Al(OH)4]−、NO3−
D. c(H+)= Kw的溶液：Fe3+、K+、SO42−、HCO3−
7.下列装置或操作能达到目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
8.室温下，向20mL0.1ml/LHA溶液中逐滴加入0.1ml/LNaOH溶液，溶液pH的变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. HA的电离平衡常数约为10−5
B. 水的电离程度c>d
C. 滴定过程中可选用甲基橙作指示剂
D. b点溶液中c(HA)>c(Na+)>c(A−)
9.根据下列实验操作和现象所得到的结论均正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
10.已知反应R⇌X或R⇌Y，M为中间产物，其反应历程如图。在0∘C和40∘C下，平衡时产物n(X)/n(Y)分别为70：30和15：85。下列说法正确的是( )
A. 稳定性：X>Y
B. 两个总反应的决速步不同
C. 从0∘C升至40∘C，反应速率增大程度：v正(X)p1、T1>T2满足反应：2A(g)+B(g)⇌2C(g) ΔHp3，对于反应2X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)ΔH0。
本题考查反应热与焓变，侧重考查学生识图能力和分析能力，掌握反应历程、反应热与物质能量和键能的关系为解题关键，此题难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.能使甲基橙变红的溶液中：Na+、Al3+、SO42−、H+、Cl−之间不反应，能大量共存，故A正确；
B.由水电离的c(H+)=1.0×10−12ml⋅L−1的溶液中c(H+)=1.0×10−2ml⋅L−1或c(H+)=1.0×10−12ml⋅L−1，呈酸性或碱性，Al3+、Cl−之间发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，故B错误；
C.使pH试纸变红的溶液呈酸性，H+、[Al(OH)4]−之间发生反应，不能大量共存，故C错误；
D.Fe3+、HCO3−之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.该溶液呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
B.该溶液中c(H+)=1×10−2ml/L或c(H+)=1×10−12ml/L，呈酸性或碱性，铝离子与氢氧根离子反应；
C.该溶液呈酸性，四羟基合铝酸根离子与氢离子反应；
D.铁离子与碳酸氢根离子发生双水解反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.将碳酸钠滴入醋酸溶液中，有气泡产生，说明酸性：CH3COOH>H2CO3，故A正确；
B.图中缺少玻璃搅拌器，无法准确测定中和反应的反应热，故B错误；
C.把少量氯化钠滴加到足量硝酸银溶液中，产生白色沉淀，实验中A硝酸银溶液足量，与少量氯化钠反应后有剩余，再滴入少量的KI溶液，产生黄色沉淀，不能验证氯化银和AgI的Ksp大小，故C错误；
D.测定氯水的pH，不能使用pH试纸，氯水中含有次氯酸，具有强氧性，pH先变红后褪色，故D错误；
故选：A。
A.将碳酸钠滴入醋酸溶液中，有气泡产生；
B.图中缺少玻璃搅拌器，无法准确测定中和反应的反应热；
C.把少量NaCl滴加到足量AgNO3溶液中，产生白色沉淀，实验中AgNO3溶液足量，与少量氯化钠反应后有剩余，再滴入少量的KI溶液，产生黄色沉淀；
D.测定氯水的pH，不能使用pH试纸，氯水中含有次氯酸，具有强氧性。
本题主要考查化学实验方案的评价等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8.【答案】A
【解析】解：A.由a点可知，0.1ml⋅L−1 HA溶液的pH=3，说明HA为弱酸，c(H+)=1.0×10−3ml/L，则 HA的电离平衡常数约为1.0×10−3×1.0×10−30.1=10−5，故A正确；
B.酸或碱抑制水的电离，弱酸盐或弱碱盐促进水的电离，d点恰好中和所得溶液为NaA溶液，从a到d的过程中，酸不断被消耗，水的电离程度不断增大，由于A−发生水解，d点水的电离程度最大，d以后，氢氧化钠溶液过量，又会抑制水的电离，故B错误；
C.滴定终点生成NaA溶液，NaA为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，故C错误；
D.b点为等浓度的NaA与HA的混合溶液，溶液显酸性，则HA的电离程度大于A−水解程度，故粒子浓度关系为：c(A−)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH−)，故D错误；
故选：A。
A.由a点可知，0.1ml⋅L−1 HA溶液的pH=3，说明HA为弱酸，c(H+)=1.0×10−3ml/L；
B.酸或碱抑制水的电离，弱酸盐或弱碱盐促进水的电离，d点恰好中和所得溶液为NaA溶液，从a到d的过程中，酸不断被消耗，水的电离程度不断增大，由于A−发生水解，d点水的电离程度最大；
C.滴定终点生成NaA溶液，NaA为强碱弱酸盐，溶液呈碱性；
D.b点为等浓度的NaA与HA的混合溶液，溶液显酸性，则HA的电离程度大于A−水解程度。
本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】D
【解析】解：A.硫酸铝溶液蒸发时，硫酸难挥发，抑制铝离子水解，最终得到Al2(SO4)3固体，故A错误；
B.CuSO4与H2S生成CuS沉淀是由于CuS溶度积极小，与酸性强弱无关，不能证明H2S酸性强于H2SO4，故B错误；
C.Na[Al(OH)4]与NaHCO3混合生成沉淀是HCO3−电离的H+与[Al(OH)4]−中和生成Al(OH)3，并非双水解反应，故C错误；
D.降温使2NO2⇌N2O4平衡右移(红棕色变浅)，说明正反应放热，ΔH=Ea(正)−Ea(逆)T2，2A(g)+B(g)⇌2C(g)增大压强，平衡正向移动，C%增大，正反应放热；
C.一段时间后各物质浓度不变，该反应为可逆反应，结合图象，物质的量浓度减少的是反应物，增加的是生成物，且物质的量浓度的变化量之比等于化学计量数之比；
D.对于反应2X(g)+3Y(g)⇌2Z(g )ΔHKa1(H2CO3)，酸性：HCOOH>H2CO3，少量的HCOOH与碳酸钠反应生成HCOONa和NaHCO3，离子方程式为：HCOOH+CO32−=HCOO−+HCO3−，故A正确；
B.25∘C时，反应的化学平衡常数K=K=c(HCN)⋅c(HCOO−)c(HCOOH)⋅c(CN−)=c(HCN)⋅c(HCOO−)⋅c(H+)c(HCOOH)⋅c(CN−)⋅c(H+)=Ka(HCOOH)Ka(HCN)=1.8×10−45.0×10−10=3.6×105，故B正确；
C.酸性：HCOOH>HCN，pH相同时，HCN的浓度大于HCOOH，中和等体积、等pH的HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者，故C错误；
D.甲酸和氢氰酸的酸性强弱顺序为：HCOOH>HCN，则NaCN溶液碱性强于HCOONa溶液，NaCN溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CN−)+c(OH−)，HCOONa溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO−)+c(OH−)，所以等体积、等物质的量浓度的HCOONa和NaCN溶液中，HCOONa溶液中H+数目多，溶液中H+数目越多，离子总数越多，因此总离子数目前者大于后者，故D正确；
故选：C。
A.根据电离常数，Ka(HCOOH)>Ka1(H2CO3)，酸性：HCOOH>H2CO3，少量的HCOOH与碳酸钠反应生成HCOONa和NaHCO3；
B.由方程式HCOOH+CN−⇌HCN+HCOO−可知，25∘C时，反应的化学平衡常数K=K=c(HCN)⋅c(HCOO−)c(HCOOH)⋅c(CN−)=c(HCN)⋅c(HCOO−)⋅c(H+)c(HCOOH)⋅c(CN−)⋅c(H+)=Ka(HCOOH)Ka(HCN)=1.8×10−45.0×10−10=3.6×105；
C.酸性：HCOOH>HCN，pH相同时，HCN的浓度大于HCOOH；
D.由电离常数可知，甲酸和氢氰酸的酸性强弱顺序为：HCOOH>HCN，则CN−水解能力强于HCOO−，NaCN溶液碱性强于HCOONa溶液，NaCN溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CN−)+c(OH−)，HCOONa溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO−)+c(OH−)。
本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
13.【答案】B
【解析】解：A.相同温度下，n(CH4)n(H2O)比值越大，甲烷转化率越小，图像分析可知x1Vc正，故B错误；
C.平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，升高温度，CH4转化率增大，说明反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，则Kac(H2A)，故D正确；
故选：C。
A.随着溶液pH值的增大，溶液H2A的分布系数逐渐减小、HA的分布系数先增大后减小、A2−的分布系数逐渐增大，根据图知，曲线①②③分别是H2A、HA和A2−的分布系数；
B.当溶液中H2A、HA−的分布系数相等时，c(H2A)=c(HA−)，溶液的pH=3.46，H2A的Ka1=c(HA−)c(H2A)×c(H+)=c(H+)；
C.当溶液中A2−、HA−的分布系数相等时，c(A2−)=c(HA−)，溶液的pH=5.05，H2A的Ka2=c(A2−)c(HA−)×c(H+)=c(H+)=10−5.05ml/L，反应H2S+A2−⇌2HA−，该反应的平衡常数K=c2(HA−)c(H2A)⋅c(A2−)=c(HA−)c(H2A)×1c(A2−)c(HA−)=Ka1c(H+)×1Ka2c(H+)=Ka1Ka2；
D.根据图知，pH=7时，A2−、HA−、H2A的分布系数依次减小，则其浓度依次减小。
本题考查弱电解质的电离，侧重查看图象分析判断及计算能力，正确判断曲线与微粒成分的关系、化学平衡常数的计算方法是解本题的关键，题目难度中等。
15.【答案】B
【解析】解：A.该催化剂催化重整反应中乙酸的转化率越大，氢酸比越大时，反应最佳，则最佳温度范围约为600∘C，故A错误；
B.700∘C时，设CO和CO2的物质的量分别为xml和yml，则氢酸比[n生成(H2)n总转化(CH3COOH)]=x+2y12(x+y)=2.5，则出口气中xy=n(CO)n(CO2)=3，故B正确；
C.600∘C后，乙酸的转化率几乎不变，则温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行的程度不能同时减小，故C错误；
D.反应I更有利于氢气的生成，则该过程深入研究的方向之一是寻找对反应Ⅰ选择性更高的催化剂，故D错误；
故选：B。
A.该催化剂催化重整反应中乙酸的转化率越大，氢酸比越大时，反应最佳；
B.700∘C时，设CO和CO2的物质的量分别为xml和yml，则氢酸比[n生成(H2)n总转化(CH3COOH)]=x+2y12(x+y)=2.5；
C.600∘C后，乙酸的转化率几乎不变；
D.反应I更有利于氢气的生成。
本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动和平衡图像的掌握情况，试题难度中等。
16.【答案】正;酸性 H++NH3⋅H2O=NH4++H2O;HSeO4−+HCO3−=SeO42−+H2O+CO2↑;4.4×10−9ml/L 当最后半滴KMnO4标准溶液滴入后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色;20.00mL;2;偏大
【解析】解：(1)亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，则Na2HPO3为正盐，NaH2PO3溶液的电离常数为Ka2=2.9×10−7，水解常数为：Kh=KwKa1=1×10−143.7×10−2≈2.7×10−13，电离大于水解，溶液显酸性，
故答案为：正；酸性；
(2)①硒酸(H2SeO4)第一步完全电离，第二步部分电离，氨水少量，则只能反应第一步电离出的氢离子，离子方程式为H++NH3⋅H2O=NH4++H2O，
故答案为：H++NH3⋅H2O=NH4++H2O；
②根据题意可知Ka(H2SeO4)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3)，根据强酸制弱酸原理可知KHCO3和KHSeO4两溶液混合反应会生成二氧化碳和硒酸钾，离子方程式为HSeO4−+HCO3−=SeO42−+H2O+CO2↑，
故答案为：HSeO4−+HCO3−=SeO42−+H2O+CO2↑；
③CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液中c(CO32−)=c(H2CO3)时，由于Ka1=c(H+)⋅c(HCO3−)c(H2CO3)=4.4×10−7，Ka2=c(H+)⋅c(CO32−)c(HCO3−)=4.4×10−11，Ka1⋅Ka2=c(H+)⋅c(HCO3−)c(H2CO3)×c(H+)⋅c(CO32−)c(HCO3−)=c2(H+)=4.4×10−7×4.4×10−11，c(H+)=4.4×10−9 ml/L，
故答案为：4.4×10−9 ml/L；
(3)①草酸溶液无色，KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂，则滴定终点现象是：当最后半滴KMnO4标准溶液滴入后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，
故答案为：当最后半滴KMnO4标准溶液滴入后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
②由图可知，滴定管滴定前后读数分别为：0.90mL、20.90mL，则消耗KMnO4溶液体积为20.90mL−0.90mL=20.00mL，
故答案为：20.00mL；
③n(H2C2O4)=4×52×n(MnO4−)=4×52×0.05ml/L×0.02L=0.01ml，则(90+18x)g/ml×0.01ml=1.26g，解得x=2，
故答案为：2；
④终点俯视读数，高锰酸钾体积偏小，高锰酸钾的物质的量偏小，计算所得草酸的物质的量偏小，则x值偏大，
故答案为：偏大。
(1)亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，则Na2HPO3为正盐，NaH2PO3溶液的电离常数为Ka2=2.9×10−7，水解常数为：Kh=KwKa1=1×10−143.7×10−2≈2.7×10−13；
(2)①硒酸(H2SeO4)第一步完全电离，第二步部分电离，氨水少量，则只能反应第一步电离出的氢离子；
②根据题意可知Ka(H2SeO4)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3)，根据强酸制弱酸原理可知KHCO3和KHSeO4两溶液混合反应会生成二氧化碳和硒酸钾；
③CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液中c(CO32−)=c(H2CO3)时，由于Ka1=c(H+)⋅c(HCO3−)c(H2CO3)=4.4×10−7，Ka2=c(H+)⋅c(CO32−)c(HCO3−)=4.4×10−11，Ka1⋅Ka2=c(H+)⋅c(HCO3−)c(H2CO3)×c(H+)⋅c(CO32−)c(HCO3−)=c2(H+)=4.4×10−7×4.4×10−11；
(3)①草酸溶液无色，KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂；
②由图可知，滴定管滴定前后读数分别为：0.90mL、20.90mL；
③n(H2C2O4)=4×52×n(MnO4−)=4×52×0.05ml/L×0.02L=0.01ml，则(90+18x)g/ml×0.01ml=1.26g；
④终点俯视读数，高锰酸钾体积偏小，高锰酸钾的物质的量偏小，计算所得草酸的物质的量偏小。
本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+ CO2 c(OH−)≈10−9ml⋅L−1，无沉淀说明c(Al3+)≤1.3×10−6ml⋅L−1远小于其起始浓度 Al(CH3COO)3+H2OAlOH(CH3COO)2↓+CH3COOH;加入等体积等浓度盐酸，充分反应后得到悬浊液，测得上层清液pH不同
【解析】解：(1)用离子方程式表示AlCl3溶液显酸性的原因为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+；
(2)2mL0.33ml⋅L−1AlCl3溶液(pH≈3)加入1ml⋅L−1NaHCO3溶液发生双水解反应，迅速产生大量气泡为CO2和白色沉淀Al(OH)3，
故答案为：CO2；
(3)测得b中混合溶液pH≈5，c(OH−)≈10−9ml⋅L−1，常温下Ksp[Al(OH)3]=1.3×10−33，无沉淀说明c(Al3+)≤1.3×10−6ml⋅L−1远小于其起始浓度，
故答案为：c(OH−)≈10−9ml⋅L−1，无沉淀说明c(Al3+)≤1.3×10−6ml⋅L−1远小于其起始浓度；
(4)①乙同学将b中混合溶液加热，观察到有白色沉淀[AlOH(CH3COO)2]生成，反应的化学方程式：Al(CH3COO)3+H2OAlOH(CH3COO)2↓+CH3COOH，
故答案为：Al(CH3COO)3+H2OAlOH(CH3COO)2↓+CH3COOH；
②设计实验证明白色沉淀不是Al(OH)3，补全实验操作和现象：分别取洗净后的白色沉淀和Al(OH)3固体于两支试管中，加入等体积等浓度盐酸，充分反应后得到悬浊液，测得上层清液pH不同，证明白色沉淀不是Al(OH)3，
故答案为：加入等体积等浓度盐酸，充分反应后得到悬浊液，测得上层清液pH不同。
(1)氯化铝是强酸弱碱盐，铝离子水解溶液显酸性；
(2)2mL0.33ml⋅L−1AlCl3溶液(pH≈3)加入1ml⋅L−1NaHCO3溶液迅速产生大量气泡二氧化碳和白色沉淀Al(OH)3；
(3)猜想2：其他反应导致c(Al3+)减小，未生成Al(OH)3沉淀，测得b中混合溶液pH≈5，c(OH−)≈10−9ml⋅L−1，无沉淀；
(4)乙同学将b中混合溶液加热，观察到有白色沉淀[AlOH(CH3COO)2]生成，发生的反应为Al(CH3COO)3+H2OAlOH(CH3COO)2↓+CH3COOH，设计实验证明白色沉淀不是Al(OH)3，加入等体积等浓度盐酸，充分反应后得到悬浊液，测得上层清液的pH分析判断。
本题考查了盐类水解、溶度积常数计算应用、配合物形成、实验方案的设计等知识点，题目难度中等。
18.【答案】