精品解析：安徽淮北市第一中学2025-2026学年下学期高二年级第一次学业质量检测 化学试题

2025-2026学年下学期高二年级第一次学业质量检测 化学 (试卷总分100分 考试时间75分钟) 一、选择题(共有14小题，每小题只有一个符合要求的选项，每小题3分，总计42分。) 1. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的同位素可作为有机反应示踪原子 B. 的VSEPR模型： C. 用电子式表示CsCl的形成过程： D. 基态原子的价层电子排布式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．和为氧元素的两种同位素，常用作同位素标记，可作为有机反应的示踪原子，A正确； B．分子中B原子的价层电子对数为，无孤电子对，其空间构型和VSEPR模型均为平面三角形，B正确； C．氯化铯为离子化合物，用电子式表示CsCl的形成过程：，C错误； D．锌是30号元素，基态原子的电子排布式为，价电子排布式为，D正确； 故答案为C。 2. 基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是 A. N的电负性比同族元素P的大，可推断分子的极性比的大 B. 元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律 C. 泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子 D. 杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道杂化而成 【答案】A 【解析】 【详解】A．N与Cl的电负性差值远小于P和Cl的电负性差值，因此键的极性很弱，键极性更大，二者均是三角锥形，​分子的极性比要​小，A错误； B．元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律是元素周期律的定义，B正确； C．泡利原理的内容为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子，C正确； D．杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂形成4个能量相近的等价轨道，D正确； 故选A。 3. 下列关于物质性质或应用解释错误的是 选项 性质或应用 解释 A 、、键角依次减小 孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力 B 溶于水显碱性 可结合水中的质子 C 可以氧化 中O显正电性 D 石墨作为润滑剂 石墨层间靠范德华力维系 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．中心C为sp杂化、无孤电子对，键角180°；即甲醛，其中心C为杂化、无孤电子对，键角约120°；中心C为杂化、无孤电子对，键角约109°28'，三者中心原子均不存在孤电子对，键角减小的原因是杂化类型不同以及成键电子对间斥力差异，与孤电子对无关，A错误； B．中N原子有一对孤电子对，可结合水中的生成，同时释放，因此溶于水显碱性，B正确； C．F的电负性大于O，中O显正电性，中O显负电性，反应时中O可失电子被氧化，C正确； D．石墨是层状结构，层间靠较弱的范德华力维系，层与层之间容易滑动，因此石墨可作为润滑剂，D正确； 故选A。 4. 可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：。下列说法正确的是 A. 反应中各分子的σ键均为p-pσ键 B. 反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形 C. 氧化物是次氯酸的酸酐 D. HClO的分子结构式为H-Cl-O 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应涉及的、、三种分子中，和都含有键，该键为s-p键，并非p-p键，A错误； B．三种分子的中心原子均为，的价层电子对数均为4（2个成键电子对+2个孤电子对），因此所有分子的VSEPR模型均为四面体形，B正确； C．酸酐与对应酸中中心元素化合价相同，次氯酸（）中为+1价，其酸酐为，中为+4价，不是次氯酸的酸酐，C错误； D．分子中为中心原子，它有两个单电子，需形成2个共价键达到稳定结构，因此结构式为，不是，D错误； 故选B。 5. 和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下： 下列说法不正确的是 A. 为极性分子而为非极性分子 B. 和中的N均为杂化 C. 和的水解反应机理相同 D. 和均能与形成氢键 【答案】C 【解析】 【详解】A．中中心原子N的价层电子对数为，故空间构型为三角锥形，其分子中正、负电荷中心不重合，为极性分子，而中中心原子的价层电子对数为：，是正四面体形结构，为非极性分子，A正确； B．和中中心原子N周围的价层电子对数均为：，故二者N均为杂化，B正确； C．由题干反应历程图可知，水解时首先中的H原子与上的孤电子对结合，O与Cl结合形成HClO，而上无孤电子对，故的水解反应机理与之不相同，C错误； D．和分子中均存在N-H键和孤电子对，故均能与形成氢键，D正确； 故答案选C。 6. 某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族。下列说法错误的是 A. 元素电负性： B. 该物质中Y和Z均采取杂化 C. 基态原子未成对电子数： D. 基态原子的第一电离能： 【答案】D 【解析】 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族，且X、Z均形成2个共价键，则X为O，Z为S；Y形成5个共价键且原子序数位于O、S之间，则Y为P；W形成1个共价键，原子序数最小，则W为H； 【详解】A．同周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上向下电负性逐渐减小，故元素电负性O>S>P，即X>Z>Y，A项正确； B．由该物质结构可知，P形成4个σ键，P上没有孤电子对，P原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，S形成2个σ键，S上有2对孤电子对，S原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，B项正确； C．基态H原子未成对电子数为1，基态O原子的价电子排布式为2s22p4，未成对电子数为2，基态P原子的价电子排布式为3s23p3，未成对电子数为3，则基态原子未成对电子数，即，C项正确； D．基态原子的第一电离能同周期从左向右逐渐增大，由于VA族原子的p轨道处于半充满状态，第一电离能大于同周期相邻主族元素，即P>S，D项错误； 故选D。 7. 是优良的固态电解质材料，取代部分后产生空位，可提升传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图(未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误的是 A. 每个晶胞中个数为12 B. 该晶胞在yz平面的投影为 C. 取代后，该电解质的化学式为 D. 若只有发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的数目相等 【答案】C 【解析】 【详解】A．由晶胞结构可知，Sc原子分布在晶胞的8个棱心和4个面心，由均摊法算出其原子个数为，由晶体的化学式可知，O原子的个数是Sc的3倍，因此，每个晶胞中O2-个数为12，A正确； B．由晶胞结构可知，该晶胞在yz平面的投影就是其前视图，B正确； C．Ce4+ 取代La3+后，Li+数目减小并产生空位，因此，根据化合价的代数和为0可知，取代后该电解质的化学式为，C错误； D．Li+与电子所带的电荷数目相同，只是电性不同，原电池中内电路和外电路通过的电量相等，因此，若只有Li+发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li+数目相等，D正确； 综上所述，本题选C。 8. 已知：在标准压强(101kPa)、298K下，由最稳定的单质合成1mol物质B的反应焓变，叫作物质B的标准摩尔生成焓，用表示。部分物质的有如图所示关系。、、的标准摩尔生成焓为0。下列有关判断错误的是 A. 2molNO(g)的键能小于与的键能之和 B. 合成氨反应的热化学方程式为 C. 催化氧化的热化学方程式为 D. NO与反应的热化学方程式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．NO的标准摩尔生成焓为91.3kJ/mol，则N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H=+182.6kJ/mol＞0，由∆H=正反应的总键能-逆反应的总键能，则2molNO(g)的键能小于与的键能之和，故A正确； B．已知NH3(g) 的标准摩尔生成焓为-45.9kJ/mol，则氮气和氢气反应生成2mol NH3(g)时放出91.8kJ能量，那合成氨反应的热化学方程式为 ，故B正确； C．由①N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H=+182.6kJ/mol；② ；③；根据盖斯定律反应2×①-2×②+6×③可得出催化氧化的热化学方程式为 ，故C错误； D．由C项根据盖斯定律反应-3×①-2×②+6×③可得出NO与反应的热化学方程式为 ，故D正确； 故选：C。 9. 用电解溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。 实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系 i 石墨1 石墨2 a ii 石墨1 新石墨 b iii 新石墨 石墨2 c iv 石墨1 石墨2 d 下列分析不正确的是 A. ，说明实验i中形成原电池，反应为 B. ，是因为ii中电极Ⅱ上缺少作为还原剂 C. ，说明iii中电极I上有发生反应 D. ，是因为电极I上吸附的量：iv>iii 【答案】D 【解析】 【分析】按照图1电解溶液，石墨1为阳极，发生反应，石墨1中会吸附少量氧气；石墨2为阴极，发生反应，石墨2中会吸附少量氢气；图2中电极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应，电极Ⅱ为负极。 【详解】A．由分析可知，石墨1中会吸附少量氧气，石墨2中会吸附少量氢气，实验i会形成原电池，，反应为2H2+O2=2H2O，A正确； B．因为ii中电极Ⅱ为新石墨，不含有H2，缺少作为还原剂，故导致，B正确； C．图2中，电极Ⅰ发生还原反应，实验iii中新石墨可能含有空气中的少量氧气，c＞0，说明iii中电极I上有发生反应，C正确； D．，实验iii与实验iv中电极Ⅰ不同，，是因为电极I上吸附的量：iv>iii，D错误； 故选D。 10. 下列说法不正确的是 A. ，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率增大 B. ，碳的质量不再改变说明反应已达平衡 C. 若压强不再随时间变化能说明反应已达平衡，则A、C不能同时是气体 D. 和反应达到平衡时转化率为10%，放出的热量为；在相同温度和压强下，当分解为和的转化率为10%时，吸收的热量为，等于 【答案】C 【解析】 【详解】A．缩小反应容器体积相当于增大压强，反应物、生成物浓度均升高，正逆反应速率均增大，A正确； B．反应达到平衡前，碳参与反应质量不断变化，碳的质量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，B正确； C．若A、C同时为气体，反应前后气体计量数之和为3和2，气体物质的量会随反应变化，压强不再变化也能说明反应达平衡，因此“A、C不能同时是气体”的表述错误，C错误； D．和反应达到平衡时转化率为10%，则反应的为0.3mol，生成为0.2mol，放出的热量为；在相同温度和压强下，当分解为和的转化率为10%时，分解的为0.2mol，吸收的热量为。由于生成与分解的氨气的物质的量相同，则热效应数值相等，故，D正确； 故选C。 11. 恒温恒压密闭容器中，时加入，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图(反应速率，k为反应速率常数)。 下列说法正确的是 A. 该条件下 B. 时间段，生成M和N的平均反应速率并不相等 C. 若加入催化剂，增大，不变，则和均变大 D. 若和均为放热反应，升高温度则减小 【答案】A 【解析】 【详解】A．①的，②，②-①得到，则，A正确； B．由图可知，时间段，生成M和N的物质的量相同，由此可知，生成M和N的平均反应速率相等，B错误； C．加入催化剂会同等倍数增大一个反应的正、逆反应速率常数。若该催化剂只对反应有催化作用，则和同等倍数增大，平衡不移动，不变。但由于增大，不变，一定时间范围内更多的A转化生成M，则会变大，C错误； D．若和均为放热反应，升高温度，两个反应均逆向移动，A的物质的量分数变大，即变大，D错误； 故答案选A。 12. 时，的电离常数。下列描述不正确的是 A. B. C. D. 溶液中，，则 【答案】D 【解析】 【详解】A．，K==，A正确； B．，K==，B正确； C．，K==，C正确； D．=，由于，，D错误； 答案选D。 13. 常温下，用溶液分别滴定下列两种混合溶液： Ⅰ．20.00mL浓度均为和溶液 Ⅱ．20.00mL浓度均为和溶液 两种混合溶液的滴定曲线如图。已知，下列说法正确的是 A. Ⅰ对应的滴定曲线为N线 B. 点水电离出的数量级为 C. 时，Ⅱ中 D. 时，Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和 【答案】D 【解析】 【分析】溶液中加入40ml氢氧化钠溶液时，I中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，根据，醋酸根、铵根的水解程度小于醋酸、一水合氨的电离程度，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I对应的滴定曲线为M，Ⅱ对应的滴定曲线为N； 【详解】A．向溶液中加入40ml氢氧化钠溶液时，I中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I对应的滴定曲线为M，A错误； B．根据分析可知a点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH接近8，由水电离的=，数量级接近，B错误； C．当时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度相同，铵根的水解，即水解程度小于一水合氨的电离程度，所以，又物料守恒，即，故，C错误； D． 根据元素守恒，之和等于之和，根据图像，时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和，D正确； 故选D。 14. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向盛有与的恒压密闭容器中通入一定体积的，最终气体颜色变浅 化学平衡向减少的方向移动 B 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 C 向盛有溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液无明显变化；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红 具有还原性 D 测定0.01 mol/L某酸溶液的pH为2 该酸是强酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向盛有与的恒压密闭容器中通入，由于恒压条件，容器体积增大，导致和的浓度同时因稀释而降低；平衡虽会向气体分子数增多的生成方向移动，但该移动只能减弱浓度降低的趋势，无法抵消体积增大带来的稀释作用，最终气体颜色变浅的核心原因是浓度整体降低，而非平衡向减少的方向移动，A错误； B．以为指示剂用滴定时，先出现白色沉淀、后出现砖红色沉淀，但属于AB型沉淀，溶度积表达式为，属于A2B型沉淀，溶度积表达式为，二者表达式形式不同，沉淀先后顺序仅反映达到沉淀溶解平衡所需浓度的差异，不能直接比较的大小，B错误； C．向溶液中加入过量铁粉，发生反应，过量铁粉将完全还原为，所以滴加溶液无明显变化；静置后取上层清液滴加氯水，溶液变红，说明氯水将氧化为，即能被氧化剂氧化，证明具有还原性，C正确； D．测定某酸溶液的为2，仅能说明溶液中，但这无法证明该酸完全电离：若为一元强酸，完全电离时、；这不能排除其为多元弱酸的可能性，例如某二元弱酸在时电离出的氢离子浓度可能恰好为，同时未明确酸的元数、温度等条件，因此无法判断该酸为强酸，D错误； 故答案选C。 二、非选择题(共有4小题，每题分值见题首，总计58分。) 15. 硼(B)、钴(Co)和锰(Mn)形成物质时比较复杂和变化多端。 （1）基态Co的价层电子排布式为___________，在第二周期主族元素中，第一电离能比B低的元素是___________。 （2）硝酸锰是工业制备中常用的催化剂，中的空间结构为___________；写出两种与互为等电子体的微粒的化学式：___________。 （3）①偏硼酸根离子的一种无限长的链式结构如图1所示，其化学式可表示为___________(用n表示硼原子的个数)。 ②一种五硼酸根离子的结构如图2所示，其中B原子的杂化方式为___________。 【答案】（1） ①. ②. Li （2） ①. 平面三角形 ②. 、、等 （3） ①. 或 ②. 、 【解析】 【小问1详解】 Co是27号元素，其基态原子的价层电子排布式为；同一周期主族元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而整体呈增大的趋势，但第ⅡA族元素的第一电离能大于第ⅢA族元素，第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族元素，所以第二周期主族元素中第一电离能比B低的元素是Li。 【小问2详解】 的中心原子N的价层电子对数为，没有孤电子对，的空间结构为平面三角形；与互为等电子体的粒子含有4个原子、价电子总数为24，有、、等。 【小问3详解】 ①根据“均摊法”，无限长的链式偏硼酸根离子结构中，一个B原子占有O原子的数目为，所以其化学式可表示为或。 ②根据杂化轨道理论，五硼酸根离子中，形成3个σ键的B原子为杂化，形成4个σ键的B原子为杂化。 16. 废SCR催化剂(含TO2、V2O5、WO3等)的回收对环境保护和资源循环利用意义重大。通过如下工艺流程可以回收其中的钛、钒、钨等。 已知：①TO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3； ②Ksp(CaWO4)=9×10-9。 回答下列问题： （1）基态23V原子的价层电子轨道表示式为___________。 （2）“球磨”的目的是___________。 （3）“碱浸”后通过___________(填操作名称)可以实现钛与钒、钨分离。 （4）“酸浸”后钛主要以TO2+形式存在，“热水解”反应的离子方程式为___________。 （5）“煅烧”NH4VO3的化学方程式为___________。 （6）“沉钨”中析出CaWO4时，需要加入过量CaCl2，其目的是___________。 （7）向20mL0.3mol/LNa2WO4的滤液中加入等体积的CaCl2溶液(忽略混合过程中的体积变化)，欲使WO浓度小于1×10-6mol/L，则CaCl2溶液的最小浓度为___________mol/L。 【答案】（1） （2）增大接触面积，提高“碱浸”反应速率 （3）过滤 （4）TiO2+ + (x+1)H2OTiO2·xH2O↓+ 2H+ （5）2NH4VO3V2O5 + 2NH3↑+ H2O↑ （6）利用同离子效应，促进CaWO4尽可能析出完全 （7） 【解析】 【分析】废SCR催化剂(含TO2、V2O5、WO3等)经过球磨预处理后，进行碱浸，TO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3；过滤的到Na2TiO3，加入硫酸进行溶解，进行热水解后得到；滤液中加入氯化铵进行沉钒，过滤后得到，经过煅烧分解出；滤液中加入HCl和CaCl2,沉钨，沉淀经煅烧后生成； 【小问1详解】 基态23V原子核外电子排布式：，价层电子轨道表示式： ； 【小问2详解】 “球磨”的目：增大接触面积，提高“碱浸”反应速率； 【小问3详解】 碱浸，TO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3，通过过滤可以实现钛与钒、钨分离； 【小问4详解】 TO2+“热水解”离子方程式：； 【小问5详解】 煅烧NH4VO3可生成，反应化学方程式：2NH4VO3V2O5 + 2NH3↑+ H2O↑； 【小问6详解】 “沉钨”中析出CaWO4时，需要加入过量CaCl2，其目的：利用同离子效应，促进CaWO4尽可能析出完全； 【小问7详解】 向20mL0.3mol/LNa2WO4的滤液中加入等体积的CaCl2溶液(忽略混合过程中的体积变化)，沉淀后消耗CaCl2物质的量：，欲使WO浓度小于1×10-6mol/L，溶液中，则CaCl2溶液最小浓度：； 17. Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中，Fe位于___________族。基态Fe原子与基态离子未成对电子数之比为___________。 （2）尿素分子()与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是___________，电负性最大的是___________。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为___________。 （3）可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为apm)。 ①晶胞中Fe原子的半径为___________pm。 ②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是___________，该截面单位面积含有的Fe原子为___________个。 【答案】（1） ①. Ⅷ ②. （2） ①. N ②. O ③. （3） ①. ②. n ③. 【解析】 【小问1详解】 Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期Ⅷ族；基态Fe原子电子排布式为，未成对电子数为4，基态电子排布式为，未成对电子数为5，故基态Fe原子与基态离子未成对电子数之比为4:5； 【小问2详解】 ①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：，故第一电离能最大的是N；同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：，故电负性最大的是O； ②尿素分子中C原子形成3个σ键，且无孤电子对，采取的轨道杂化方式为杂化； 【小问3详解】 ①为体心立方晶胞，晶胞边长为a pm，体对角线长度为，体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对角线关系为，因此Fe原子的半径为。 ②m截面面积，每个顶点被8个相邻晶胞共享，每个晶胞的面被两个晶胞共用，每个晶胞的顶点原子贡献个原子给该晶面，所含原子数为，单位面积原子数为个；n截面面积为，每个顶点被8个相邻晶胞共享，每个顶点参与形成四个通过体心的截面，体心原子完全属于本截面，所含原子数为，单位面积原子数为个，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的Fe原子为个。 18. 在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： （1）电解池中电极M与电源的_______极相连。 （2）放电生成的电极反应式为_______。 （3）在反应器中，发生如下反应： 反应i： 反应ii： 计算反应的_______，该反应_______(填标号)。 A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发 （4）一定温度下，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成的决速步反应式_______；的选择性大于的原因是_______。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是_______；当时，该温度下反应ii的_______(保留两位小数)。 【答案】（1）正 （2） （3） ①. ﹣126 ②. B （4） ①. ②. 由生成时，活化能较大，反应速率慢 ③. 反应i和反应ii为气体减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动 ④. 0.16 【解析】 【小问1详解】 由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连； 【小问2详解】 CO发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：； 【小问3详解】 根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据反应能自发进行，则低温下自发进行，选B； 【小问4详解】 ①总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由图可知，由生成时，活化能较大，反应速率慢，所以的选择性大于； ②当x≥2时，由题意可知，反应i和反应ii为气体减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动；当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：1mol，则、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为，、、，反应ii的Kp=。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年下学期高二年级第一次学业质量检测 化学 (试卷总分100分 考试时间75分钟) 一、选择题(共有14小题，每小题只有一个符合要求的选项，每小题3分，总计42分。) 1. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的同位素可作为有机反应示踪原子 B. 的VSEPR模型： C. 用电子式表示CsCl的形成过程： D. 基态原子的价层电子排布式： 2. 基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是 A. N的电负性比同族元素P的大，可推断分子的极性比的大 B. 元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律 C. 泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子 D. 杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道杂化而成 3. 下列关于物质性质或应用解释错误的是 选项 性质或应用 解释 A 、、键角依次减小 孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力 B 溶于水显碱性 可结合水中的质子 C 可以氧化 中O显正电性 D 石墨作为润滑剂 石墨层间靠范德华力维系 A. A B. B C. C D. D 4. 可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：。下列说法正确的是 A. 反应中各分子的σ键均为p-pσ键 B. 反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形 C. 氧化物是次氯酸的酸酐 D. HClO的分子结构式为H-Cl-O 5. 和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下： 下列说法不正确的是 A. 为极性分子而为非极性分子 B. 和中的N均为杂化 C. 和的水解反应机理相同 D. 和均能与形成氢键 6. 某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族。下列说法错误的是 A. 元素电负性： B. 该物质中Y和Z均采取杂化 C. 基态原子未成对电子数： D. 基态原子的第一电离能： 7. 是优良的固态电解质材料，取代部分后产生空位，可提升传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图(未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误的是 A. 每个晶胞中个数为12 B. 该晶胞在yz平面的投影为 C. 取代后，该电解质的化学式为 D. 若只有发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的数目相等 8. 已知：在标准压强(101kPa)、298K下，由最稳定的单质合成1mol物质B的反应焓变，叫作物质B的标准摩尔生成焓，用表示。部分物质的有如图所示关系。、、的标准摩尔生成焓为0。下列有关判断错误的是 A. 2molNO(g)的键能小于与的键能之和 B. 合成氨反应的热化学方程式为 C. 催化氧化的热化学方程式为 D. NO与反应的热化学方程式为 9. 用电解溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。 实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系 i 石墨1 石墨2 a ii 石墨1 新石墨 b iii 新石墨 石墨2 c iv 石墨1 石墨2 d 下列分析不正确的是 A. ，说明实验i中形成原电池，反应为 B. ，是因为ii中电极Ⅱ上缺少作为还原剂 C. ，说明iii中电极I上有发生反应 D. ，是因为电极I上吸附的量：iv>iii 10. 下列说法不正确的是 A. ，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率增大 B. ，碳的质量不再改变说明反应已达平衡 C. 若压强不再随时间变化能说明反应已达平衡，则A、C不能同时是气体 D. 和反应达到平衡时转化率为10%，放出的热量为；在相同温度和压强下，当分解为和的转化率为10%时，吸收的热量为，等于 11. 恒温恒压密闭容器中，时加入，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图(反应速率，k为反应速率常数)。 下列说法正确的是 A. 该条件下 B. 时间段，生成M和N的平均反应速率并不相等 C. 若加入催化剂，增大，不变，则和均变大 D. 若和均为放热反应，升高温度则减小 12. 时，的电离常数。下列描述不正确的是 A. B. C. D. 溶液中，，则 13. 常温下，用溶液分别滴定下列两种混合溶液： Ⅰ．20.00mL浓度均为和溶液 Ⅱ．20.00mL浓度均为和溶液 两种混合溶液的滴定曲线如图。已知，下列说法正确的是 A. Ⅰ对应的滴定曲线为N线 B. 点水电离出的数量级为 C. 时，Ⅱ中 D. 时，Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和 14. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向盛有与的恒压密闭容器中通入一定体积的，最终气体颜色变浅 化学平衡向减少的方向移动 B 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 C 向盛有溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液无明显变化；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红 具有还原性 D 测定0.01 mol/L某酸溶液的pH为2 该酸是强酸 A. A B. B C. C D. D 二、非选择题(共有4小题，每题分值见题首，总计58分。) 15. 硼(B)、钴(Co)和锰(Mn)形成物质时比较复杂和变化多端。 （1）基态Co的价层电子排布式为___________，在第二周期主族元素中，第一电离能比B低的元素是___________。 （2）硝酸锰是工业制备中常用的催化剂，中的空间结构为___________；写出两种与互为等电子体的微粒的化学式：___________。 （3）①偏硼酸根离子的一种无限长的链式结构如图1所示，其化学式可表示为___________(用n表示硼原子的个数)。 ②一种五硼酸根离子的结构如图2所示，其中B原子的杂化方式为___________。 16. 废SCR催化剂(含TO2、V2O5、WO3等)的回收对环境保护和资源循环利用意义重大。通过如下工艺流程可以回收其中的钛、钒、钨等。 已知：①TO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3； ②Ksp(CaWO4)=9×10-9。 回答下列问题： （1）基态23V原子的价层电子轨道表示式为___________。 （2）“球磨”的目的是___________。 （3）“碱浸”后通过___________(填操作名称)可以实现钛与钒、钨分离。 （4）“酸浸”后钛主要以TO2+形式存在，“热水解”反应的离子方程式为___________。 （5）“煅烧”NH4VO3的化学方程式为___________。 （6）“沉钨”中析出CaWO4时，需要加入过量CaCl2，其目的是___________。 （7）向20mL0.3mol/LNa2WO4的滤液中加入等体积的CaCl2溶液(忽略混合过程中的体积变化)，欲使WO浓度小于1×10-6mol/L，则CaCl2溶液的最小浓度为___________mol/L。 17. Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中，Fe位于___________族。基态Fe原子与基态离子未成对电子数之比为___________。 （2）尿素分子()与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是___________，电负性最大的是___________。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为___________。 （3）可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为apm)。 ①晶胞中Fe原子的半径为___________pm。 ②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是___________，该截面单位面积含有的Fe原子为___________个。 18. 在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： （1）电解池中电极M与电源的_______极相连。 （2）放电生成的电极反应式为_______。 （3）在反应器中，发生如下反应： 反应i： 反应ii： 计算反应的_______，该反应_______(填标号)。 A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发 （4）一定温度下，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成的决速步反应式_______；的选择性大于的原因是_______。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是_______；当时，该温度下反应ii的_______(保留两位小数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $