贵州铜仁市松桃民族中学2025-2026学年第二学期期中素养训练 高二化学试题

2025-2026学年度第二学期期中素养训练 高二化学 姓名： 班级： 注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前考生务必将自 己的姓名、准考证号、班级等信息填写在答题卡相应区域内。 2.考生务必将第1卷的答案用2B铅笔在答题卡上对应的题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干 净后，再选择其它答案标号。第Ⅱ卷的答案用黑色墨水的钢笔或签字笔，在答题卡上各题目的答题区域内作 答，答在试卷上的无效。 3.本试题卷共6页，满分100分。考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-140-16CI-35.5Cu-64 第I卷（选择题） 一、单选题（每题3分。四个选项中只有一个是符合题目要求） 1.氮、氯、硫元素在地球上含量丰富，是重要的基本元素。下列说法正确的是() A.SO2能使品红溶液和高锰酸钾溶液褪色是因为它具有漂白性 B.二氧化硫、氮氧化物溶于雨水会形成酸雨，酸雨的pH约为5.6 C.浓硫酸可用于干燥氯气，体现了浓硫酸的脱水性 D.豆科植物利用根瘤菌将空气中的游离态的氮转化为含氮化合物，实现自然固氮。 2,物质性质决定用途，用途体现性质。下列对应关系错误的是() A.实验室用浓盐酸制氯气，体现了浓盐酸的酸性和还原性 B.NHHCO,受热易分解，可用作食品膨松剂 C.二氧化疏用于漂白纸张，体现了二氧化疏的氧化性 D.SiO2导光性能好，可用于制造光导纤维 3.下列图示或化学用语错误的是() A.羟基的电子式：·O:H B.BeCL,分子的VSEPR模型：直线形 3d 4s C.M血的价层电子的轨道表示式：[个↑个个 D.基态Fe原子的价层电子排布式：3d4s 4.制备联氨CN2H4)的反应为NaCI1O+2NH=NH4+NaC+H2O。设Na为阿伏加德罗常数的值， 下列说法正确的是() A.1.8gH20中含中子的数目为Ng B.常温常压下，6.72LNH3中含σ键的数目为0.9N C.100mL1molL1NaC1o溶液中含C10的数目为0.1Wa D.每生成1 nol N2H4,转移电子的数目为2N☑ 第1页，共6页 5.下列各项比较中前者大于后者的是() A.键角：NH,与H,O B.酸性：HSO4与HClO, C.电负性：N与O D.热稳定性：HI与HBr 6.己知：常温条件下，NH,与HC1可化合生成NH,CI;加热时，NH,CI可分解生成氨气和 氯化氢。下列关于反应H,CI(s)=NH,(g)+HCI(g)的焓变和熵变判断正确的是() A.△H>0,△S>0 B.△H<0,△S<0 C.△H>0,△S<0 D.△H<0,△S>0 7.下列关于离子共存的说法正确的是() A.某溶液中可能大量存在以下离子：H+,MnO4,Ca+,CI B.加入苯酚显紫色的溶液中能大量共存的离子：K+、NH对、CH3COO、S2- C.常温下，中性溶液中能大量共存的离子：Fe3+、Mg2+、Cl0、S0 D.常温下，由水电离出的c(OH)=1.0×10molL的溶液中可能大量共存的离子： Nat,Ba2+、Cl,NO3 8.下列原因分析能正确解释性质差异的是() 选项 性质差异 原因分析 金属活动性：Mg>Al 第一电离能：Mg>A1 B 熔点：金刚石>碳化硅>硅 化学键键能：C-C>C-Si>Si-Si 气态氢化物稳定性：HS<H20 分子间作用力：H2S<H20 D 酸性：H2C03<H2S0: 非金属性：C<S 9.利用下列装置（夹持装置部分省略）进行各实验，能达到实验目的的是() 温度计8 环形玻璃 一觉牛餐 。一硬纸板 碎纸条 A.准确量取20.00mL的NaOH溶液 B.测定中和反应的反应热 稀硫酸 C.测定锌与稀硫酸的反应速率 D.赶出碱式滴定管乳胶管中的气泡 I0.将HS和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的酸性混合溶液中反应回收S,其 物质转化如图所示。下列说法正确的是() Cu2 Fe2 HS- Fe CuS 第2页，共6页 A.在图示的转化中，只有CCl2做催化剂 B.由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：Fe3>O>S C.在图示的转化中发生的反应有：4Fe2+02+2H20=4Fe3++40H D.回收S的总反应为2H2S+02=2H20+2S1 11.利用现代分析仪器对有机物M的分子结构进行测定，相关结果如下： 100 100 100 31 °80， 蓝60 59 74 40 烷基C-H 醚键C-O 10203040506070 400030002000 1000 64 质荷比 波数/cm 波数/cm' 图1质谱 图2红外光谱 图3核磁共振氢谱 下列有关M的说法错误的是() A.根据图1信息，M的相对分子质量应为74 B.根据图1、图2信息，推测M的分子式是C,HO C.根据图1、图2、图3信息，可确定M的结构简式为CH,CH,OCH,CH D.根据图1、图2、图3信息，M分子内有三种不同化学环境的H,个数比为6：3：1 12.短周期主族元素W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，构成的一种共价化合物R的 结构如图所示。其中W的一种同位素没有中子，X、Z、M的最外层电子数之和为16，Z、 M同主族。下列说法正确的是() W A.五种元素均位于周期表的p区 B.第一电离能：Z>Y>X>W C.简单离子半径：M>Y>Z D.W、Y、Z形成的化合物中均只含共价键 13.一种Zn/CuSe混合离子软包二次电池装置示意图如图所示（其中一极产物为CuSe固体）， 己知S042的通过可以保证放电效率，下列说法正确的是() 负载 CuSe Zn CuSO4溶液离子乙nSO4溶液 交换膜 A.放电时：CuSe为正极反应物，其中Se得电子 B.无论放电或充电，均应选用阳离子交换膜 C.无论放电或充电，电路中每转移2mol电子就有2mol离子通过离子交换膜 D.由该装置不能推测出还原性：Z>Cu 第3页，共6页 14.常温下，向新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出的OH浓度与NaOH溶液体 积之间的关系如图所示。下列推断正确的是() 10 1011 V(NaOH溶液)/mL A.E、H点溶液的pH分别为3和7 B.F点对应的溶液中：c(Na)=c(CI)+c(CIO) C.G点对应的溶液中：c(Na)>c(CIo)>c(CI)>c(oH）>c(H) D.E~H点对应的溶液中，c(CI)+c(CIO)+c(HCIO)+c(CL,)为定值 第II卷（非选择题） 二、解答题 15.(14分)CH4、C2H4均是重要的化工原料，二者均可由C02制备。 I.制备CH4 CO2与H2反应制备CH,时发生反应： 主反应：C02(g)+4H(g)=CH4(g)+2H20(g)△H1=一165.0 kJmol； 副反应：C02(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g) △H2=+40.7kJmo1厂1。 (1)根据主反应的能量与反应过程的关系图（图1）可知，E2= kJ.mol厂1；利于该 反应自发进行的条件为 (填“高温低温或“任意温度)。 (2)在恒容密闭容器中，C02与五2的起始浓度分别为2.00molL1和8.00molL1,发生主 反应和副反应，650℃时C02、CH4的平衡浓度分别为0.70moL1和0.78moL1,650℃ 生成CH,的物质的量 时，CH的选择性S%= (CH4的选择性So ×100%)。 转化的C0,的物质的量 个能量 过渡态 不 L E =78.9kJ/.mol 6 5. M CO,(g)+4H,(g) (460x) E2 军 4 4 CH,(g)+2H,O(g) 反应过程 393453513573633693753温度/K 图1 图2 Ⅱ.制备CH4 C02的乙烯化反应为2C02(g)+6H2(g)二CH4(g)+4H2Og)△H<0。将C02和H2以物 质的量之比1：3充入VL恒容密闭容器中，发生该反应，平衡时n(H)和nH20)随温度的 变化如图2所示。 第4页，共6页 (3L1代表平衡时 (填H0”或H)的物质的量随温度的变化。 (4)一定温度下，下列能说明反应达到化学平衡的有 (填字母) A.容器内气体压强不变 B.气体密度不变 C.CH4与H20的物质的量之比不变 D.3vE(C02)V速(H2) (⑤)393K时该反应的平衡常数K= (列出计算式)。 (6)M点时，CO2的平衡转化率为 16.(16分)Z0广泛应用于油漆颜料、合成橡胶、电池、阻燃剂、药膏等产品。某锌矿的 主要成分为ZnCO,SiO,,杂质为Fe、Al、Pb、Sr、Ca等元素的化合物，提取氧化锌的 工艺流程如图。 NH,HCO, HO NH,HSO 锌矿→焙烧 工序 氧化 →沉铝→沉锌→煅烧 →Zn0 ① 除铁 滤液 滤渣1滤渣2 己知：①“焙烧时金属元素生成硫酸盐。 ②25℃下，NHH,0的K。=1.8×10,H,C0的K=4.5×107,K2=4.7×10", Al(OH)3的Km=1.0×1033。 ③当离子浓度≤1×105mol-L1时，可视为沉淀完全。 回答下列问题： (1)为了提高“焙烧效率，可采取的措施为，“滤渣1的主要成分是SO2SS04、 (填化学式)。 (2)若考虑环保因素，“氧化除铁工序加入的X应选择 (填标号)最合适。 A.H02 B.Cl, C.HNO, D.S02 (3)等浓度的①NH,HSO,溶液②NH,HCO,溶液③NH,NO,溶液的pH从小到大的顺序 为（用标号表示） (4)室温时，“沉铝”过程发生反应的离子方程式为 。用NH,HCO,调节溶液的 pH对 (保留一位小数)，“沉铝完全。 (5)沉锌工序中生成ZC03·2Zn(OH)2·H,0沉淀，写出发生反应的离子方程式： “滤液的主要成分为(H,),SO4,经蒸发浓缩结晶，所得晶体可返回“焙烧工序循环利用， 写出结晶过程发生反应的化学方程式： 第5页，共6页 17.(14分)镍铜合金是由60%镍、33%铜、7%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较 好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性强，耐磨性好，容易加工，可作为航空发动机的结构 材料。根据所学知识，回答下列问题： (1)基态Cu2+的价电子排布式为 (2)乙酰丙酮（结构如图）中C原子的杂化轨道类型有 第一电离能最大的是 (填元素符号)：乙酰丙酮中σ键与π键数目之比为 98 H.C-C CH, 乙酰丙酮 (3)Cu与Fe的第二电离能分别为I2(Cu),I2(Fe),则I2(Cu) I2(Fe)(填>”或<)。 (4)已知C20的立方晶胞结构如图所示。 111 ①已知a、b的坐标参数依次为(0,0,0)、 2’22 则d的坐标参数为」 ②晶胞边长为Cpm,该晶体的密度为 gcm3(列计算式，设Na为阿伏加德罗常 数的数值) 18.(14分)根据有机知识回答问题 (1)、请写出下列官能团名称。 ①CH,CHO ②CHOH ③CH,COOH (2)(CH,CH,)2C(CH)2的系统命名为： (3)CHo的二氯代物有 种（不含立体异构）， (4)若准确称取样品G(只含C、H、0三种元素)4.4g,经充分然烧后，生成的气体分别经过 浓疏酸和碱石灰，浓疏酸质量增加3.6g,碱石灰质量增加8.8g。又知样品G的质谱图如 图所示： 100 40 80 80 60 88 40 722 20 0 102030405060708090 该有机物的分子式为 (5)若该有机物的水溶液呈酸性，且结构中不含支链，则其核磁共振氢谱图中的峰面积之比 为 第6页，共6页 2026年4月高二年级期中化学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A C D A A D B D D 题号 11 12 13 14 答案 C C D B 1．【答案】D 【详解】A．使品红溶液褪色体现漂白性，使高锰酸钾溶液褪色是因为SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应，与漂白性无关，A错误； B．正常雨水因溶解，pH约为5.6，酸雨指的是pH<5.6的雨水，B错误； C．浓硫酸干燥氯气是吸收氯气中混有的水蒸气，体现浓硫酸的吸水性，脱水性是指将有机物中H、O原子按2:1比例脱去的性质，与干燥无关，C错误； D．固氮是将游离态氮（氮单质）转化为化合态含氮化合物的过程，根瘤菌的该转化过程属于自然固氮，D正确； 2．【详解】A．实验室用浓盐酸和共热制的反应的化学方程式为，部分HCl中Cl元素化合价升高，体现还原性，部分HCl生成盐，体现酸性，对应关系正确，A不符合题意； B．受热易分解生成、气体，可使食品膨松多孔，可用作食品膨松剂，对应关系正确，B不符合题意； C．二氧化硫漂白纸张是因为能与有色物质化合生成不稳定的无色物质，体现的是的漂白性，不是氧化性，对应关系错误，C符合题意； D．具有良好的导光性能，是制造光导纤维的主要原料，对应关系正确，D不符合题意； 3．C【详解】A．羟基含有1个单电子，电子式：  ，A正确； B．BeCl2分子中心Be原子的价层电子对数为2+=2，没有孤电子对，为直线形分子，B正确； C．Mn为25号元素，失去2个电子形成，基态的价层电子的轨道表示式：   ，C错误； D．顺-2-丁烯中2个-H位于碳碳双键的同一侧，球棍模型为  ，D正确； 4．【知识点】物质结构基础与NA相关推算、共价键的形成及主要类型、电子转移计算 【详解】A．1.8g H2O的物质的量为0.1mol，每个H2O分子中氧原子含8个中子，氢原子不含中子，故每个H2O分子含8个中子，故含中子数目为0.8，A错误； B．常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算6.72L 的物质的量，无法确定σ键数目，B错误； C．是弱酸根离子，在溶液中会发生水解，故100mL 1mol/L NaClO溶液中的数目小于0.1，C错误； D．反应中，NH3中N的化合价为-3价，N2H4中N的化合价为-2价。每生成1mol N2H4，N的化合价从-3价升高到-2价，对于N2H4中的2个N原子，共升高了价，因此转移电子的数目为2，D正确； 5．A 6．A 【详解】反应中NH4Cl（固体）分解为NH3（气体）和HCl（气体），气体分子数增加，故；为分解反应，属于吸热反应，故，故答案选A。 7．D 【详解】A．在酸性条件下具有强氧化性，会氧化氯离子，生成氯气，故不能大量共存，故A错误； B．加入苯酚显紫色的溶液中含有三价铁离子，铁离子具有氧化性，会氧化硫离子，所以不能大量共存，故B错误； C．常温下，中性溶液中三价铁离子已经完全沉淀，所以不能大量存在，故C错误； D．由水电离出的的溶液可能呈酸性或碱性，酸性或碱性溶液中都能大量共存，故D正确。 8.B 【详解】A．Mg和Al的电子层数相同，Mg的原子半径大，原子核对最外层电子的吸引力小，镁易失去最外层电子，所以金属活动性：Mg>Al，金属活动性与第一电离能无关，A不符合题意； B．金刚石、碳化硅、硅都是共价晶体，熔点与共价键的键能有关，键能越大，晶体的熔点越高，化学键键能C-C>C-Si>Si-Si，所以熔点：金刚石>碳化硅>硅，B符合题意； C．稳定性与键能有关，与分子间作用力无关，C不符合题意； D．亚硫酸不是S的最高价含氧酸，不能根据酸性得出非金属性， D不符合题意；故答案选B。 9．D 【详解】A．酸式滴定管不适合盛装NaOH溶液，应使用碱式滴定管，A错误； B．碎纸条保温效果差，且碎纸条未填充满，无法准确测定中和热，B错误； C．长颈漏斗未液封，H2会逸出，无法测定反应速率，C错误； D．碱式滴定管排气泡操作正确，符合要求，D正确；故答案选D。 10．【答案】D 【详解】A．根据图示：反应过程中FeCl3、CuCl2均是催化剂，A错误； B．转化过程中O2把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+把硫离子氧化为S，则氧化性的强弱顺序：O2>Fe3+>S，B错误； C．根据题目反应条件为酸性，发生的反应有：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，C错误； D．图示转化中，H2S与O2反应生成S和H2O，所以总反应是2H2S+O2═2H2O+2S↓，D正确；故答案选D。 11．C 12．C 13．．D【分析】根据题干和装置图分析可知放电时： 电极Zn为负极，负极反应式为:; 电极CuSe为正极,正极反应式为：; 【详解】A．由分析可知，正极反应物是，二者都得电子，A错误； B．为了保证充放电效率，本题通过离子交换膜的离子一定是，B错误； C．由于通过离子交换膜的离子是，根据电荷守恒，无论放电或充电，电路中每转移2mol电子就有1mol离子通过离子交换膜，C错误； D．该装置可以得到金属锌的还原性强于Cu2Se，不得推测出还原性：Zn>Cu＋，D正确； 14．B 【分析】通过图像分析，E点位新制的氯水，溶液为盐酸和次氯酸的混合溶液，对水的电离有抑制作用，F点溶液为中性，G点促进水的电离，为氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，次氯酸钠水解，使溶液呈碱性，H点溶液呈碱性；据此作答。 【详解】A．E点新制氯水溶液，溶液显酸性，由水电离出的，溶液中OH−完全是由水电离出来的，所以c(OH−)=，则溶液中，则溶液pH=3；H点NaOH过量，溶液为碱性溶液，溶质为NaCl、NaClO和NaOH，pH>7，A错误； B．F溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，根据溶液呈电中性，c(Na+) +c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，可得c(Na+)＝c(Cl-)+c(ClO-)，B正确； C．G点促进水的电离，为氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，且物质的量相等，次氯酸钠水解，使溶液呈碱性，溶液中的次氯酸根离子浓度减小，则c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，C错误； D．根据Cl元素守恒，E～H点对应的溶液中，为定值，但由于溶体体积不断增大，因此逐渐减小，D错误； 故选B。 15.19．（14分）（每空2分） (1) 243.9 低温 (2)60% (3) H2 (4)AD (5) (6) 60% 16．(1) 粉碎锌矿 (2)A (3)①③② (4) 4.7 (5) 【分析】锌矿焙烧时，金属元素生成硫酸盐，加水后、成为滤渣1，加入氧化剂与碳酸氢铵，把铁元素转化为氢氧化铁，继续加入碳酸氢铵除去铝元素，“沉锌”工序中生成沉淀，煅烧得到氧化锌。 【详解】（1）为了提高“焙烧”效率，可采取的措施为：粉碎锌矿（或者其他合理答案）；根据分析知，“滤渣1”的主要成分、； （2）是绿色氧化剂，不引入新的杂质，也没有污染性气体生成，所以“氧化除铁”工序加入的X应选择； （3）完全电离出氢离子，所以酸性最强，最小，是弱酸的铵盐，是强酸的铵盐，所以，酸性大于，则从小到大的顺序为①③②； （4）室温时，“沉铝”过程发生与相互促进水解的反应，离子方程式为；根据的，，，，故用调节溶液的4.7，“沉铝”完全； （5）“沉锌”工序中生成沉淀，根据原子、电荷守恒，反应的离子方程式为：；因为“焙烧”工序加入硫酸氢铵，所以经蒸发浓缩结晶得到硫酸氢铵，则结晶过程发生反应的化学方程式。 17．(1) (2) sp2和sp3 O 7：1 (3) > (4) (，，) 【详解】（1）基态的价电子排布式，故答案为：； （2）①在乙酰丙酮分子中饱和C原子采用sp3杂化，羰基C原子采用sp2杂化，故该物质分子中C原子杂化类型是sp3、sp2； ②乙酰丙酮中含有的C、O、H三种元素，N的2p能级半满，能量低，更稳定，故第一电离能最大的是O； ③共价单键都是σ键，共价双键中1个是σ键，1个是π键，在乙酰丙酮分子中含有的σ键数目是14，含有的π键数目是2个，故乙酰丙酮中σ键与π键数目之比为7：1； （3）基态铜原子价电子排布为：，失去1个电子后，形成了全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，而基态铁原子价电子排布为：，失去1个电子后形成了，再失去电子相对较易，故答案为：基态铜原子失去1个电子后，形成了全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，而基态铁失去1个电子后形成了，再失去电子相对较易； （4）①已知a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)，d点处于对角线的处，故d的坐标参数为(，，)； ②含有的黑球原子数目是：8×+1=2，含有的白球原子数目是4个，故1个晶胞中含有2个Cu2O，白球表示Cu原子，黑球表示O原子，则根据晶体密度计算公式可得该晶体的密度ρ=。 18.（14分）根据有机知识回答问题 （1）、①醛基 ②羟基 ③ 羧基 (2) 3，3-二甲基戊烷 (3) 8种 (4) C4H8O2 (5) 3:2:2:1 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $