精品解析：湖北省武汉市洪山高级中学等校2025-2026学年高二上学期期末化学试卷

高二化学试卷 考试时间：2026年2月2日下午14：30—15：45 试卷满分：100分 相对原子质量：N 14 H 1 O 16 Na 23 Al 27 K 39 一、单选题(15个小题，每题只有一个符合题意的选项，每题3分，共45分) 1. 化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法正确的是 A. 加入混凝剂聚合氯化铝，可使污水中细小悬浮物聚集成大颗粒 B. 工业上常在铁板表面镀上一层锡(俗称马口铁)来防止铁板表面破损后发生电化学腐蚀 C. “问天”实验舱采用了砷化镓太阳能电池片，砷化镓具有良好的导电性 D. 穿上电动机械腿，助力行走不是梦，行走时电池将电能转化为化学能 【答案】A 【解析】 【详解】A．向污水中加入混凝剂聚合氯化铝，聚合氯化铝会发生水解反应生成氢氧化铝胶体，胶体会吸附污水中细小悬浮物聚集成大颗粒而聚沉达到净水的作用，A正确； B．马口铁破损后，金属性强于锡的铁作原电池的负极，会加速铁的腐蚀，不能防止铁板表面破损后发生电化学腐蚀，B错误； C．砷化镓是性能优良的半导体材料，导电性介于导体与绝缘体之间，所以砷化镓不具有良好的导电性，C错误； D．电池是化学能转化为电能的装置，所以电动机械腿行走时，能量转化形式为化学能转化为电能，D错误； 故选A。 2. 下列表示错误的是 A. 二氯甲烷分子的球棍模型： B. Cl2中共价键的电子云图： C. CO2的电子式： D. 中子数为1的氦核素： 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氯甲烷为四面体结构，球棍模型中，中心C原子连接两个大球（Cl原子，半径大于C）和两个小球（H原子，半径小于C），图示符合四面体结构及原子相对大小，故A正确； B．Cl₂分子中，两个氯原子通过共价键结合，每个氯原子提供一个电子形成共用电子对，其共用电子对的电子云在两原子核间高度重叠，形成纺锤形或椭球形的概率分布区域，故B正确； C．CO2的电子式中C和O之间应为四个点，代表双键，即，故C错误； D．核素符号的表示方法为：左上角为质量数（质子数＋中子数），左下角为质子数。氦元素的质子数为2，中子数为1时，质量数=2+1=3，该选项中核素可表示为，故D正确； 因此答案选C。 3. 下列溶液一定呈中性的是 A. pH=7的溶液 B. 的溶液 C. 使甲基橙试液呈黄色的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．pH=7的溶液在常温下呈中性，但温度变化时水的离子积常数（）改变，中性pH可能不为7（如100℃时中性pH≈6），因此不一定呈中性，A错误； B．混合溶液中，时，则，故溶液呈中性，B正确； C．甲基橙试液呈黄色的pH范围为≥4.4，此时溶液可能呈酸性（pH=5）、中性（pH=7）或碱性（pH=8），因此不一定呈中性，C错误； D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若为强酸强碱盐（如NaCl）则中性，但若为强酸弱碱盐（如）则酸性，弱酸强碱盐（如）则碱性，因此不一定呈中性，D错误； 故答案为：B。 4. 下列图示中，实验操作或方法正确的是 ① ② ③ ④ A. 图①铁钉镀铜 B. 图②制备无水CuSO4 C. 图③排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的气泡 D. 制作简易氢氧燃料电池 【答案】B 【解析】 【详解】A．图①为原电池，铁作负极，不能实现铁钉镀铜，A错误； B．胆矾受热会失去结晶水，在N2氛围中加热可以隔绝空气，防止氧化，另外N2可以带走水蒸气，减少高温下产物与残余水分的接触，有利于制备纯净的CuSO4，B正确； C．KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应该用酸式滴定管装，C错误； D．图④是制作简易的氢氧燃料电池的装置，但图中锌电极直接与电源正极相连，电解时，锌失去电子形成锌离子，无法电解Na2SO4溶液形成氢氧燃料电池，D错误； 故选B。 5. 下列叙述正确的是 A. 常温下，加水稀释稀醋酸溶液，溶液中所有的离子浓度都减小 B. 锌铜原电池中，因为有电子通过电解质溶液，形成闭合回路，所以有电流产生 C. 时，在水中的溶解度大于在溶液中的溶解度 D. 等体积均为的酸和的溶液分别与足量的铁粉反应，放出的多，说明酸性强 【答案】C 【解析】 【详解】A. 加水稀释稀醋酸溶液，浓度减小，但浓度因水的离子积常数不变而增大，因此并非所有离子浓度都减小，A错误； B. 在原电池中，电子通过外部电路流动，电解质溶液中是离子迁移形成电流，B错误； C. 在溶液中，由于同离子效应（抑制溶解），溶解度减小，因此在水中的溶解度更大，C正确； D. 相同意味着氢离子浓度相同，但弱酸的电离不完全，其起始浓度更高，与足量铁粉反应时，随着弱酸溶液中氢离子浓度减小，会有更多的氢离子电离出来，从而放出更多，因此放出的多说明可能是弱酸（酸性较弱），D错误； 故答案选C。 6. 常温，用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol/L CH3COOH溶液，溶液pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法错误的是 A. a点时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00 mL B. 可以选用酚酞作指示剂 C. NaOH溶液的体积为20.00 mL时，水的电离程度最大 D. 若滴定未知浓度的稀醋酸，配制标准溶液时，称取的NaOH固体中混有KOH，会使测定结果偏低 【答案】D 【解析】 【详解】A．a点pH=7，溶液呈中性，NaOH与CH3COOH恰好完全反应（加入 20.00 mL NaOH）时生成CH3COONa，溶液水解显碱性，因此中性 a 点必须醋酸过量，消耗NaOH溶液体积小于 20.00 mL，A 正确； B．强碱滴定弱酸，滴定终点溶液呈碱性，酚酞变色范围（8.2~10.0）匹配滴定突跃范围，可以选用酚酞作指示剂，B 正确； C．酸、碱都会抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离；加入 20.00 mL NaOH 时二者恰好完全反应生成CH3COONa，此时水的电离程度最大，继续滴加过量 NaOH 会抑制水的电离，电离程度减小，C 正确； D．等质量KOH摩尔质量大于NaOH，中和能力更弱；NaOH固体混有KOH会使标准液中和能力下降，滴定相同醋酸消耗标准液体积偏大，根据 ，测定结果偏高而非偏低，D错误； 故答案为D。 7. 科学家开发出了用于安全快速充电的钠金属电池的弱溶剂电解质(WSE)，一使用了WSE的电池工作时的装置如图所示。下列叙述正确的是 已知：①反应前两电极质量相等；②SF6分子构型为： A. 可以用稀硫酸代替WSE B. 工作时，外电路通过1 mol电子，理论上两电极质量的差值为23 g C. WSE中阴离子()呈正六面体结构 D. 充电时，b极的电极反应式为： 【答案】D 【解析】 【分析】装置放电为原电池，左侧为原电池的负极，电极反应为：，右侧为原电池的正极，放电时正极反应方程式为；充电时为电解池，则左侧为阴极，电极反应为、右侧b为阳极，电极反应为： ，据此分析作答。 【详解】A．稀硫酸与钠会直接反应，故A错误； B．根据分析，可知外电路通过1 mol电子时，负极溶解1mol，质量减少23g，同时正极嵌入1mol，质量增加23g，故两极的质量差为，故B错误； C．的价层电子对数，为正八面体结构，故C错误； D．充电时，b极的电极反应式为，故D正确； 故答案选D。 8. 地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物)。NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 已知：①羟胺(NH2OH)水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺([NH3OH]Cl)； ②25℃时，，。 A. 标准状况下，2.24 L X和Y混合气体中氮原子数大于0.1NA B. 常温，相同物质的量浓度的[NH3OH]Cl溶液与NH4Cl溶液，pH前者大于后者 C. 3.3 g NH2OH完全转化为时，转移的电子数为0.6NA D. 1 mol NH2OH中sp3杂化的原子数为NA 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据氮循环化合价变化推断：(+3价N)还原得到X，X再还原得到Y，Y还原得到，根据N元素的常见化合价，X为，Y为，逐一分析选项： 【详解】A．标准状况下混合气体总物质的量为，每个分子含个原子，每个分子含个原子，设物质的量为，则总原子物质的量为：，，因此总原子数大于，A正确； B．中阳离子是的溶于水电离产生的阳离子，中是的溶于水电离产生的阳离子。弱碱的​越小，碱性越弱，对应阳离子水解程度更大，酸性越强。因为>，所以同浓度的两种溶液，水解程度更大，[NH3OH]Cl溶液的pH更小，B错误； C．摩尔质量为，物质的量为；中为价，中为价，1个 完全转化为转移，因此完全转化为时转移电子数为​，不是，C错误； D．中原子价层电子对数为（3个键+1个孤电子对），为杂化；原子价层电子对数也为（2个键+2个孤电子对），也为杂化。因此中杂化的原子数为​，D错误； 故选A。 9. 下列离子方程式正确的是 A. 用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度： B. 磷酸二氢钠水解： C. H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液： D. 用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙： 【答案】D 【解析】 【详解】A．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度，发生氧化还原反应生成二氧化碳和硫酸锰，草酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子形式，正确的离子方程式：，A错误； B．磷酸二氢钠水解生成磷酸和氢氧化钠，离子方程式为：，B错误； C．溶液中滴入氯化钙溶液，亚硫酸的酸性弱于盐酸，根据“强酸制弱酸”的原理，该反应无法发生，C错误； D．碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙，虽然硫酸钙（）微溶，但碳酸钙（）更难溶，溶解度相对较大的会转化为溶解度更小的，从而变得疏松易被酸洗除去，离子方程式：，D正确； 故选D。 10. A、B、C、D均为石墨电极，E、F为两种活泼金属，这两种金属元素均位于短周期，且位置相邻，E能与NaOH溶液反应。按图示接通线路，反应一段时间。下列说法错误的是 A. 甲池为电解池，乙池为原电池 B. E极电极反应为 C. a中溶液会变蓝 D. 已知烧杯和U形管中的溶液均足量，当E电极减轻2.7 g时，若想将甲中溶液复原，需加入0.15 mol Cu(OH)2固体 【答案】D 【解析】 【分析】短周期活泼金属包括Li、Be、Na、Mg、Al，结合题目中E能与NaOH溶液反应的信息，Al在短周期的活泼金属中能与NaOH溶液发生反应，故推测E是Al，则F为其相邻元素Mg。乙池由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，Al为负极，电极反应式为；Mg为正极，甲池和U型管均为电解池。 【详解】A．由分析可知甲池为电解池，乙池为原电池，A正确； B．由分析知E是Al，电极反应式为，B正确； C．由分析知E为Al，在放电过程中失去电子，为负极，根据电流方向可知D为电解池阴极，发生H++2e－=H2的电极反应；C为电解池阳极，发生Cl－-2e－=Cl2的电极反应，C极生成的氯气可氧化I－至I2使淀粉变蓝，即a中溶液会变蓝，C正确； D．根据题目信息可知铝的摩尔质量为27 g/mol，失去3个电子形成Al3+，在甲池中B极发生还原反应Cu2+ + 2e－= Cu↓，A极发生反应2H2O - 4e－=O2↑+ 4H+，生成铜单质沉淀和氧气脱离溶液体系，故要使甲溶液复原，根据元素守恒定律应加入CuO，其物质的量为，D错误； 故答案选D。 11. 诺贝尔奖获得者Gerhard Erl研究的合成氨反应吸附解离机理、能量变化(单位为kJ/mol)如图所示，下列说法错误的是 A. 图示历程包含6个基元反应 B. C. 最大能垒步骤的反应方程式： D. 为物理脱附过程，减压有利于NH3的脱附 【答案】A 【解析】 【详解】A．基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，图示历程中包含2个由气态吸附到催化剂表面的过程和4个表面化学反应过程，因此有4个基元反应，A错误； B．如图所示，ΔH==−92 kJ/mol，B正确； C．如图所示，最大能垒的步骤为N(ad)+3H(ad)=NH(ad)+2H(ad)，C正确； D．为氨气从催化剂表面脱附，是物理过程，减压有利于NH3的脱附，D正确； 故选A。 12. 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 为基元反应，将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 B 取2.0 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，先加3滴0.1 mol/L MgCl2溶液，再加5滴0.1 mol/L FeCl3溶液，先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀 C 将银和AgNO3溶液与铜和Na2SO4溶液组成双液原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝 Cu的金属性比Ag强 D 氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液，生成沉淀 NaOH的碱性比Mg(OH)2强 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．题干中现象涉及的平衡为。降温时红棕色变浅，说明平衡正向移动，正反应为放热反应，，因此正反应活化能小于逆反应活化能，A错误； B．实验中过量，加入​后，直接与过量的反应生成沉淀，没有发生到​的沉淀转化，且二者沉淀类型也不相同，无法直接比较二者的大小，B错误； C．原电池连通后，铜电极附近变蓝说明Cu失电子被氧化为，银表面析出银说明得电子被还原为Ag，Cu为负极、Ag为正极，还原性：，因此Cu的金属性比Ag强，C正确； D．该反应生成沉淀仅满足离子积，只能说明​难溶于水，不能由此得出碱性强于的结论，D错误； 故答案为C。 13. 一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中H2O解离的H+和在电场作用下向两极迁移。除硼原理：。下列说法错误的是 A. Pt电极反应： B. Pt电极电势高于石墨电极 C. Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜 D. Ⅳ室每生成1 mol NaOH，同时Ⅱ室最多生成1 mol B(OH)3 【答案】A 【解析】 【分析】该装置为电解池，根据离子迁移规律：电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。图中双极膜解离的向右侧石墨电极移动，向左侧Pt电极移动，因此可推知：Pt电极为阳极，石墨电极为阴极，电源左端正极、右端负极。双极膜在电场作用下不断解离，产生的进入Ⅱ室与卤水中的反应生成，实现除硼。 【详解】A．Pt电极为阳极，I室为NaOH溶液，在阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应式为，A错误； B．Pt电极接电源正极（阳极），石墨电极接负极（阴极）。在电解池中，阳极电势 > 阴极电势，故Pt电极电势更高，B正确； C．据图可知，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子向阴极方向移动，氯离子向阳极方向移动，即钠离子往右侧移动，通过Y膜，则Y膜为阳离子交换膜，氯离子往左侧移动，通过X膜，则X膜为阴离子交换膜，C正确； D．生成，对应转移电子，左侧双极膜会解离出，根据反应，最多生成，D正确； 故答案选A。 14. 甘油(C3H8O3)水蒸气重整获得H2过程中的主要反应： 反应I 反应Ⅱ 反应Ⅲ 1.0×105 Pa条件下，1 mol C3H8O3和9 mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线①表示H2 B. 其他条件不变，在400~550℃范围，平衡时H2O的物质的量随温度升高而增大 C. 其他条件不变，减压有利于增大平衡时H2的物质的量 D. 550℃反应达平衡状态时，反应Ⅱ的平衡常数K的计算式为 【答案】B 【解析】 【分析】起始量，C3H8O3的物质的量为1mol，故体系中C原子的物质的量为3mol。550℃时曲线①对应的物质为5.0mol，若为5.0mol CO或5.0mol CH4，均会导致C原子的物质的量超过3mol，不符合题意，故曲线①对应的物质应为H2；反应Ⅲ为放热反应，升高温度，反应Ⅲ的平衡逆向移动，CH4的物质的量减小，故曲线②对应的物质是CH4，曲线③对应的物质是CO。550℃时，CO、CO2、CH4的物质的量分别为0.4mol、2.2mol、0.4mol，三者所含C原子的物质的量为0.4mol+2.2mol+0.4mol=3mol，根据C原子守恒可知，此时体系中不存在C3H8O3。 【详解】A．由分析可知，曲线①代表H2，A正确； B．反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡逆向移动会消耗CO2，反应Ⅲ平衡逆向移动会生成CO2，由题图可知，温度由400℃升高到550℃的过程中，CO2的物质的量增大，说明反应Ⅲ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡逆向移动进行的程度，故平衡时H2O的物质的量随温度升高而减小，B错误； C．反应Ⅰ是气体分子数增大的反应，减压平衡正向移动，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，减压平衡不移动，反应Ⅲ是气体分子数减小的反应，减压平衡逆向移动，其他条件不变时，平衡移动的结果，都使H2的物质的量增大，C正确； D．由图可知，在550℃时：n(CO2)=2.2 mol，n(H2)=5.0 mol，n(CO)=0.4 mol，由O元素守恒可知，n(H2O)=3mol+9mol-2.2mol×2-0.4mol=7.2 mol，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，所有物质均在气相中，且总压强不变，可以用物质的量直接代替浓度，平衡常数K =  ，D正确； 故选B。 15. 某科研小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含水样、含水样。25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4(砖红色)的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。 已知：①；②(：、或) ，下列说法错误的是 A. 曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线 B. 滴定时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10-3 mol·L-1 C. 滴定终点，的相对大小为： D. 滴定时，当滴入半滴AgNO3标准溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失，则达到了滴定终点 【答案】B 【解析】 【分析】判断各曲线对应物质：对于、（1:1型沉淀），，取负对数得：，斜率均为；且，因此，相同下，，因此曲线②为，曲线③为；对于（2:1型沉淀），，取负对数得：，斜率为，因此斜率绝对值最大的曲线①为溶解平衡曲线，据此分析。 【详解】A．根据分析，曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线，A正确； B．滴定达到化学计量点时，恰好完全生成沉淀，此时。由曲线②的点得：，因此，。点也在曲线①上，求得，为了避免提前析出砖红色沉淀，需满足：，即，即理论上指示剂的最大允许浓度为，并非，B错误； C．滴定终点时，溶液中存在沉淀，溶液中相同。由，结合，得；又，因此，C正确； D．由于溶解度更小，滴加​时优先沉淀，当完全沉淀后，才会生成砖红色​沉淀，且符合滴定操作规范，因此该终点判断方法正确，D正确； 故选B。 二、非选择题(4小题，共55分) 16. 已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大前四周期元素，其有关信息如表。 元素 有关信息 A 电子只有一种自旋取向 B 简单气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能够化合 C 基态原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能比同周期相邻两种元素都低 D 基态原子的M层上s、p电子个数相等 E 基态原子中有9个原子轨道有电子，且只有一个未成对电子 F F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层全充满 G 元素的主族序数比周期序数大1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大 （1）F元素位于周期表的___________区。 （2）B、C、E的单核离子半径由大到小的顺序为：___________。(用离子符号表示) （3）G的基态原子简化的电子排布式为___________。 （4）B第一电离能比C高的原因是：___________(叙述时用元素符号或名称指明原子种类) （5）B、C的简单氢化物中，键角较小的___________(填氢化物的化学式)。 （6）火箭燃料燃烧时发生的反应为：，若该反应中有4 mol B—A断裂，则形成的π键有___________mol。 （7）已知电负性E>A>D，DAE3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为：___________。 【答案】（1）ds （2） （3）[Ar]3d104s24p3 （4）N的2p能级为半充满状态，较稳定 （5）H2O （6）3 （7） 【解析】 【分析】A的电子只有一种自旋取向，说明只有1个电子，为元素；B的简单气态氢化物和最高价氧化物对应水化物能化合，说明是元素（）；C的基态原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能比同周期相邻两种元素都低，推断为元素；D的基态原子的M层上s、p电子个数相等，说明M层排布为，为元素；E的基态原子有9个原子轨道有电子，且只有一个未成对电子，推断为元素；F的最外层只有1个电子，次外层全充满，为第四周期ⅠB族元素，即元素（电子排布）；G的主族序数比周期序数大1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大，为第四周期ⅤA族元素，即元素。 【小问1详解】 是第四周期ⅠB族元素，属于ds区； 【小问2详解】 B、C、E的单核离子分别为、、。电子层数越多，离子半径越大：有3个电子层，半径最大；电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小：和均为2个电子层，核电荷数，因此半径。因此离子半径顺序为：； 【小问3详解】 是33号元素，简化电子排布式为：； 【小问4详解】 基态N原子的价电子排布为，其2p轨道处于半充满的稳定状态，失去一个电子需要的能量更高；而O原子的价电子排布为，失去一个电子后p轨道变为半充满状态，因此N原子的第一电离能比O原子高； 【小问5详解】 B、C的简单氢化物分别为和。中心原子均为杂化，均存在孤电子对；有1对孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对的斥力，因此的键角更小； 【小问6详解】 反应方程式为：，即。的结构为，每个分子含4个键（B—A键），因此断裂4 mol B—A键时，参与反应的为1 mol。根据反应比例，2 mol 生成3 mol ，则1 mol 生成1.5 mol 。每个分子中含有2个π键，因此形成的π键物质的量为； 【小问7详解】 已知电负性，中为+4价，H为-1价，Cl为-1价，在浓溶液中发生反应，生成硅酸钠、氯化钠、氢气和水，反应的化学方程式为。 17. 某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。 【实验Ⅰ】向某浓度的KIO3酸性溶液(过量)中加入Na2SO3溶液(含淀粉)，一段时间(t秒)后，溶液突然变蓝。 资料：在酸性溶液氧化，反应为 （1）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设： ⅰ.t秒前未生成I2，是由于反应的活化能大，___________导致的。 ⅱ.t秒前生成了I2，但由于存在Na2SO3，___________(用离子方程式表示)，I2被消耗。 下述实验证实了假设ⅱ合理。 【实验Ⅱ】 （2）向实验Ⅰ的蓝色溶液中加入少量___________，蓝色迅速消失，后再次变蓝。 进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程，装置如下图。 【实验Ⅲ】K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表： 时间/min 偏转位置 右偏至Y 指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次…… 指针归零 （3）①K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明该电极区发生了___________反应(填反应类型)。 ②时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。由此判断在a极放电的电极反应式是___________。 ③指针回到“0”处时，a极区发生反应的离子方程式：___________。 （4）综合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法正确的是___________。 A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，t秒后溶液变蓝，Ⅰ中被完全氧化 B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前未发生反应 C．实验Ⅲ中指针返回X处的原因，可能是I2氧化 【答案】（1） ①. 反应速率慢 ②. （2）Na2SO3溶液 （3） ①. 氧化 ②. ③. （4）AC 【解析】 【分析】本实验围绕与的反应展开：实验Ⅰ向酸化的溶液中加入溶液（含淀粉），验证秒前未生成的两种假设；实验Ⅱ向实验Ⅰ的蓝色溶液中加入少量试剂，探究被消耗的原因；实验Ⅲ通过原电池装置（极区为酸化的溶液、极区为溶液，加盐桥连接），结合电流表指针偏转、离子检验等方法，分析反应的电极反应、反应类型及反应历程。 【小问1详解】 假设ⅰ：秒前未生成，是由于反应的活化能大，反应速率慢导致的（活化能大，反应难以快速进行，短时间内难以生成）； 假设ⅱ：秒前生成了，但由于存在，被消耗。结合氧化还原规律，作为氧化剂，作为还原剂，在水溶液中反应生成、和，离子方程式为； 【小问2详解】 实验Ⅰ的蓝色溶液中含（淀粉遇变蓝），加入少量试剂后蓝色迅速消失且再次变蓝，说明加入的试剂能与反应，消耗后，该试剂被消耗完，与重新生成，因此加入的试剂为溶液； 【小问3详解】 ①闭合后，取极区溶液加盐酸酸化，再加入溶液，生成白色沉淀（），证明极区生成了，被氧化为，发生氧化反应； ②时，取极区溶液于试管中滴加淀粉溶液变蓝（生成），直接向极区滴加淀粉溶液未变蓝（无），说明在极放电生成（与生成遇淀粉变蓝），电极反应式为； ③指针回到”0”处时，极区生成的与发生归中反应生成（不再与反应，不能产生电流），离子方程式为； 【小问4详解】 A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，秒后溶液变蓝，是因为溶液中的被完全氧化，不再消耗生成的，此时与反应生成的才能使淀粉变蓝，A正确； B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，秒前在极发生还原反应，生成了，并非未发生反应，B错误； C．实验Ⅲ中指针返回X处，可能是因为作为氧化剂，被还原（反应为），导致体系中浓度降低，电极反应方向逆转，指针周期性偏转，C正确； 故选AC。 18. 钴在新能源汽车、航空航天和电子领域有不可替代的作用。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 已知：①；，。 ②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题： （1）“浸渣”的成分是___________。 （2）“沉铜”步骤中，生成CuS的离子方程式是：___________；常温下，该反应的平衡常数K=___________。 （3）“沉锰”步骤中，过二硫酸钠Na2S2O8的作用有将Mn2+氧化为MnO2以及___________，写出生成MnO2的离子方程式___________。 （4）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （5）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加___________溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近但不大于___________，静置后过滤、___________。 【答案】（1）Cu、PbSO4 （2） ①. ②. 2.5×1015 （3） ①. 将Fe2+氧化为Fe3+ ②. （4）1：2 （5） ①. NaOH ②. 12 ③. 洗涤、干燥 【解析】 【分析】本流程以含锌、铅、铜、铁、钴、锰+2价氧化物及锌铜单质的炼锌废渣为原料提取钴：先加稀硫酸酸浸，金属氧化物溶解为硫酸盐，铜、铅分别转化为单质和硫酸铅沉淀进入浸渣；通入沉铜，使生成沉淀；加入沉锰，将氧化为沉淀，同时将氧化为便于后续除铁；加调，使生成沉淀；再用沉钴，将氧化为沉淀，最终得到滤液； 【小问1详解】 酸浸时，废渣中的金属氧化物（如、、、、、）与稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐；锌、铜单质中，锌与稀硫酸反应生成和，铜单质不与稀硫酸反应；铅的氧化物与稀硫酸反应生成难溶的沉淀。因此浸渣的主要成分为：、； 【小问2详解】 沉铜时，向含的酸性溶液中通入，生成沉淀和，离子方程式为；平衡常数，。的两步电离：、两式相乘得：，因此； 【小问3详解】 是强氧化剂，在沉锰步骤中，除了将氧化为沉淀外，还能将溶液中的氧化为，便于后续调pH除铁；被还原为，被氧化为，根据电子守恒、原子守恒配平为； 【小问4详解】 沉钴时，作为氧化剂，将氧化为，被还原为，根据电子守恒，氧化剂（）与还原剂（）的物质的量之比为； 【小问5详解】 沉钴后的滤液中主要含，根据题目给出的与的关系图，开始沉淀的pH约为6，沉淀完全的pH约为8~12，因此：向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的接近但不大于12（防止生成溶解）；静置后过滤，再对沉淀进行洗涤、干燥，得到氢氧化锌。 19. 酸性CuCl2溶液主要组成为HCl与CuCl2(HCl与CuCl2会络合为H2CuCl4)，其具有溶铜速率快、稳定、易控制及易再生等优点，常应用于印刷线路板(PCB)的刻蚀。刻蚀原理为：，。 （1）CuCl2溶液中各离子浓度大小为___________(仅考虑电离和水解)。 （2）CuCl2溶液中存在平衡： ，下列说法错误的是___________(填序号)。 A. 加水稀释，减小 B. 加热溶液，溶液由蓝绿色变为黄绿色，平衡常数K增大 C. 加入几滴AgNO3溶液，平衡逆向移动 D. 加入少量NaCl固体，平衡正向移动，转化率增大 （3）CuCl2浓度相同，盐酸浓度分别为1.5 mol·L-1、2.5 mol·L-1、3.0 mol·L-1时，随时间的变化曲线如下图所示，三组实验的中间速率均变缓慢的可能原因是：___________。时，在0~1.5 min内，H2CuCl3的平均生成速率为___________。 （4）用Cl2可实现酸性CuCl2刻蚀液的再生，其化学反应式为___________。 （5）Cu2+能形成多种配合物。在CuCl2溶液中，存在以下氯化络合反应： 在1.0×10-4 mol·L-1 CuCl2稀溶液中，改变溶液中起始浓度，测得铜元素的各物种分布系数δ与平衡浓度关系如上图所示。 ①曲线b表示微粒___________(填序号)的物种分布系数： A．Cu2+ B．CuCl+ C．CuCl2 ②A点Cu2+的氯化络合转化率是___________。(保留三个有效数字) 【答案】（1） （2）AD （3） ①. 反应生成的固体CuCl覆盖了铜，阻碍反应进行，生成H2CuCl3的速率较慢 ②. 0.2 mol·L-1·min-1 （4） （5） ①. B ②. 57.1%(0.571也可) 【解析】 【小问1详解】 是强电解质，完全电离：，水解使溶液显酸性，且水解微弱，因此离子浓度大小为： ； 【小问2详解】 化学平衡：； A．平衡常数，变形得，加水稀释减小，该比值增大，A错误； B．，升温平衡正向移动，平衡常数增大，黄色增多，溶液由蓝绿色变为黄绿色，B正确； C．加，沉淀，减小，平衡逆向移动，C正确； D．加入固体，增大平衡正向移动，但转化率降低（加入的不能完全转化），D错误； 故选AD； 【小问3详解】 根据刻蚀原理：，，反应先生成CuCl固体，CuCl覆盖了铜，阻碍反应进行，使生成的速率变慢；对应最下方曲线，，，； 【小问4详解】 将价氧化为价，反应方程式为： ； 【小问5详解】 ①浓度增大时，络合数目越多的物种占比逐渐增大。曲线一直降低，所以a代表的分布系数，不足时，主要发生，过量时，主要发生，向转化，所以的分布系数先升高后降低，因此选B； ②根据图中信息，A点铜元素的存在形式主要有三种，且此时，设此时，；根据   ，则；再根据   ，代数得，化简；根据铜元素守恒；计算得；则A点的氯化络合转化率为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二化学试卷 考试时间：2026年2月2日下午14：30—15：45 试卷满分：100分 相对原子质量：N 14 H 1 O 16 Na 23 Al 27 K 39 一、单选题(15个小题，每题只有一个符合题意的选项，每题3分，共45分) 1. 化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法正确的是 A. 加入混凝剂聚合氯化铝，可使污水中细小悬浮物聚集成大颗粒 B. 工业上常在铁板表面镀上一层锡(俗称马口铁)来防止铁板表面破损后发生电化学腐蚀 C. “问天”实验舱采用了砷化镓太阳能电池片，砷化镓具有良好的导电性 D. 穿上电动机械腿，助力行走不是梦，行走时电池将电能转化为化学能 2. 下列表示错误的是 A. 二氯甲烷分子的球棍模型： B. Cl2中共价键的电子云图： C. CO2的电子式： D. 中子数为1的氦核素： 3. 下列溶液一定呈中性的是 A. pH=7的溶液 B. 的溶液 C. 使甲基橙试液呈黄色的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液 4. 下列图示中，实验操作或方法正确的是 ① ② ③ ④ A. 图①铁钉镀铜 B. 图②制备无水CuSO4 C. 图③排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的气泡 D. 制作简易氢氧燃料电池 5. 下列叙述正确的是 A. 常温下，加水稀释稀醋酸溶液，溶液中所有的离子浓度都减小 B. 锌铜原电池中，因为有电子通过电解质溶液，形成闭合回路，所以有电流产生 C. 时，在水中的溶解度大于在溶液中的溶解度 D. 等体积均为的酸和的溶液分别与足量的铁粉反应，放出的多，说明酸性强 6. 常温，用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol/L CH3COOH溶液，溶液pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法错误的是 A. a点时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00 mL B. 可以选用酚酞作指示剂 C. NaOH溶液的体积为20.00 mL时，水的电离程度最大 D. 若滴定未知浓度的稀醋酸，配制标准溶液时，称取的NaOH固体中混有KOH，会使测定结果偏低 7. 科学家开发出了用于安全快速充电的钠金属电池的弱溶剂电解质(WSE)，一使用了WSE的电池工作时的装置如图所示。下列叙述正确的是 已知：①反应前两电极质量相等；②SF6分子构型为： A. 可以用稀硫酸代替WSE B. 工作时，外电路通过1 mol电子，理论上两电极质量的差值为23 g C. WSE中阴离子()呈正六面体结构 D. 充电时，b极的电极反应式为： 8. 地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物)。NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 已知：①羟胺(NH2OH)水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺([NH3OH]Cl)； ②25℃时，，。 A. 标准状况下，2.24 L X和Y混合气体中氮原子数大于0.1NA B. 常温，相同物质的量浓度的[NH3OH]Cl溶液与NH4Cl溶液，pH前者大于后者 C. 3.3 g NH2OH完全转化为时，转移的电子数为0.6NA D. 1 mol NH2OH中sp3杂化的原子数为NA 9. 下列离子方程式正确的是 A. 用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度： B. 磷酸二氢钠水解： C. H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液： D. 用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙： 10. A、B、C、D均为石墨电极，E、F为两种活泼金属，这两种金属元素均位于短周期，且位置相邻，E能与NaOH溶液反应。按图示接通线路，反应一段时间。下列说法错误的是 A. 甲池为电解池，乙池为原电池 B. E极电极反应为 C. a中溶液会变蓝 D. 已知烧杯和U形管中的溶液均足量，当E电极减轻2.7 g时，若想将甲中溶液复原，需加入0.15 mol Cu(OH)2固体 11. 诺贝尔奖获得者Gerhard Erl研究的合成氨反应吸附解离机理、能量变化(单位为kJ/mol)如图所示，下列说法错误的是 A. 图示历程包含6个基元反应 B. C. 最大能垒步骤的反应方程式： D. 为物理脱附过程，减压有利于NH3的脱附 12. 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 为基元反应，将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 B 取2.0 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，先加3滴0.1 mol/L MgCl2溶液，再加5滴0.1 mol/L FeCl3溶液，先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀 C 将银和AgNO3溶液与铜和Na2SO4溶液组成双液原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝 Cu的金属性比Ag强 D 氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液，生成沉淀 NaOH的碱性比Mg(OH)2强 A. A B. B C. C D. D 13. 一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中H2O解离的H+和在电场作用下向两极迁移。除硼原理：。下列说法错误的是 A. Pt电极反应： B. Pt电极电势高于石墨电极 C. Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜 D. Ⅳ室每生成1 mol NaOH，同时Ⅱ室最多生成1 mol B(OH)3 14. 甘油(C3H8O3)水蒸气重整获得H2过程中的主要反应： 反应I 反应Ⅱ 反应Ⅲ 1.0×105 Pa条件下，1 mol C3H8O3和9 mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线①表示H2 B. 其他条件不变，在400~550℃范围，平衡时H2O的物质的量随温度升高而增大 C. 其他条件不变，减压有利于增大平衡时H2的物质的量 D. 550℃反应达平衡状态时，反应Ⅱ的平衡常数K的计算式为 15. 某科研小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含水样、含水样。25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4(砖红色)的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。 已知：①；②(：、或) ，下列说法错误的是 A. 曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线 B. 滴定时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10-3 mol·L-1 C. 滴定终点，的相对大小为： D. 滴定时，当滴入半滴AgNO3标准溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失，则达到了滴定终点 二、非选择题(4小题，共55分) 16. 已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大前四周期元素，其有关信息如表。 元素 有关信息 A 电子只有一种自旋取向 B 简单气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能够化合 C 基态原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能比同周期相邻两种元素都低 D 基态原子的M层上s、p电子个数相等 E 基态原子中有9个原子轨道有电子，且只有一个未成对电子 F F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层全充满 G 元素的主族序数比周期序数大1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大 （1）F元素位于周期表的___________区。 （2）B、C、E的单核离子半径由大到小的顺序为：___________。(用离子符号表示) （3）G的基态原子简化的电子排布式为___________。 （4）B第一电离能比C高的原因是：___________(叙述时用元素符号或名称指明原子种类) （5）B、C的简单氢化物中，键角较小的___________(填氢化物的化学式)。 （6）火箭燃料燃烧时发生的反应为：，若该反应中有4 mol B—A断裂，则形成的π键有___________mol。 （7）已知电负性E>A>D，DAE3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为：___________。 17. 某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。 【实验Ⅰ】向某浓度的KIO3酸性溶液(过量)中加入Na2SO3溶液(含淀粉)，一段时间(t秒)后，溶液突然变蓝。 资料：在酸性溶液氧化，反应为 （1）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设： ⅰ.t秒前未生成I2，是由于反应的活化能大，___________导致的。 ⅱ.t秒前生成了I2，但由于存在Na2SO3，___________(用离子方程式表示)，I2被消耗。 下述实验证实了假设ⅱ合理。 【实验Ⅱ】 （2）向实验Ⅰ的蓝色溶液中加入少量___________，蓝色迅速消失，后再次变蓝。 进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程，装置如下图。 【实验Ⅲ】K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表： 时间/min 偏转位置 右偏至Y 指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次…… 指针归零 （3）①K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明该电极区发生了___________反应(填反应类型)。 ②时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。由此判断在a极放电的电极反应式是___________。 ③指针回到“0”处时，a极区发生反应的离子方程式：___________。 （4）综合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法正确的是___________。 A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，t秒后溶液变蓝，Ⅰ中被完全氧化 B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前未发生反应 C．实验Ⅲ中指针返回X处的原因，可能是I2氧化 18. 钴在新能源汽车、航空航天和电子领域有不可替代的作用。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 已知：①；，。 ②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题： （1）“浸渣”的成分是___________。 （2）“沉铜”步骤中，生成CuS的离子方程式是：___________；常温下，该反应的平衡常数K=___________。 （3）“沉锰”步骤中，过二硫酸钠Na2S2O8的作用有将Mn2+氧化为MnO2以及___________，写出生成MnO2的离子方程式___________。 （4）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （5）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加___________溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近但不大于___________，静置后过滤、___________。 19. 酸性CuCl2溶液主要组成为HCl与CuCl2(HCl与CuCl2会络合为H2CuCl4)，其具有溶铜速率快、稳定、易控制及易再生等优点，常应用于印刷线路板(PCB)的刻蚀。刻蚀原理为：，。 （1）CuCl2溶液中各离子浓度大小为___________(仅考虑电离和水解)。 （2）CuCl2溶液中存在平衡： ，下列说法错误的是___________(填序号)。 A. 加水稀释，减小 B. 加热溶液，溶液由蓝绿色变为黄绿色，平衡常数K增大 C. 加入几滴AgNO3溶液，平衡逆向移动 D. 加入少量NaCl固体，平衡正向移动，转化率增大 （3）CuCl2浓度相同，盐酸浓度分别为1.5 mol·L-1、2.5 mol·L-1、3.0 mol·L-1时，随时间的变化曲线如下图所示，三组实验的中间速率均变缓慢的可能原因是：___________。时，在0~1.5 min内，H2CuCl3的平均生成速率为___________。 （4）用Cl2可实现酸性CuCl2刻蚀液的再生，其化学反应式为___________。 （5）Cu2+能形成多种配合物。在CuCl2溶液中，存在以下氯化络合反应： 在1.0×10-4 mol·L-1 CuCl2稀溶液中，改变溶液中起始浓度，测得铜元素的各物种分布系数δ与平衡浓度关系如上图所示。 ①曲线b表示微粒___________(填序号)的物种分布系数： A．Cu2+ B．CuCl+ C．CuCl2 ②A点Cu2+的氯化络合转化率是___________。(保留三个有效数字) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $