精品解析：广西南宁市第二中学2025-2026学年度下学期高二期中考试 化学试卷

南宁二中2025-2026学年度下学期高二期中考试 化学 (时间75分钟，共100分) 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 K：39 Mn：55 Ni：59 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是 A. 补铁剂(有效成分是)与维生素C共服效果更佳 B. “歼-20”飞机上使用的碳纤维属于新型有机高分子材料 C. 在轮船外壳装上锌可减慢钢铁的腐蚀 D. 碳酸氢钠可用作加工馒头、面包和饼干等食物的膨松剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．维生素C具有还原性，可防止补铁剂中被氧化为人体难以吸收的，因此共服效果更佳，A正确； B．碳纤维的主要成分为碳单质，属于新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，B错误； C．锌的金属活动性强于铁，二者与电解质溶液形成原电池时锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，可减慢钢铁的腐蚀，C正确； D．碳酸氢钠受热易分解生成，也可与发酵产生的酸反应生成，能使食物蓬松，可用作膨松剂，D正确； 故选 B。 2. 下列化学用语表示错误的是 A. 分子的空间填充模型 B. 一种激发态Li原子的轨道表示式为 C. 的电子式： D. HF分子中键的形成： 【答案】C 【解析】 【详解】A．为正四面体结构，C原子半径大于H原子，所给空间填充模型符合其结构特征，A正确； B．基态Li原子电子排布为，激发态时2s电子可跃迁到2p轨道，该轨道表示式符合激发态Li原子的电子排布，B正确； C．为共价化合物，不存在阴阳离子，电子式为，C错误； D．HF分子中H的1s轨道与F的2p轨道头碰头重叠形成σ键，图示符合σ键的形成过程，D正确； 故选C。 3. 结构决定性质，性质决定用途。对下列事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A HF的沸点比HCl的高 F原子半径比Cl原子小，H-F键长比H-Cl键长短 B 酸性： S-H的极性： C 稳定性： N电负性小于O D 可用除去试管内残余的S 是非极性分子，可以溶解硫 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．HF沸点高于HCl的原因是HF分子间存在氢键，分子间作用力更强，沸点高低与分子内H-F键的键长无关，A错误； B．甲基为给电子基团，导致中键极性弱于中的键，更难电离，故酸性，B正确； C．的电负性小于，中更易提供孤电子对，配位能力强于，因此形成的更稳定，C正确； D．和单质均为非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于，因此可用除去试管内残余的，D正确； 故选A。 4. 尿素与甲醛反应，最终可以缩聚成具有线型或网状结构的脲醛树脂，下列说法正确的是 A. X中的碳原子采取sp3杂化 B. Y既能与酸反应，又能与碱反应 C. Z中含手性碳原子 D. 1 mol HCHO最多可制得2 mol Ag 【答案】B 【解析】 【详解】A．X为尿素，其中羰基碳原子形成3个σ键，无孤电子对，采取杂化，A错误； B．Y中含有氨基，可与酸反应生成盐，含有酰胺键，可与碱发生水解反应，因此既能与酸反应又能与碱反应，B正确； C．手性碳原子是指连接4种不同原子或基团的饱和碳原子，Z中所有饱和碳原子均连接2个氢原子，不存在手性碳原子，C错误； D．1mol甲醛被银氨溶液氧化时，最终可转化为碳酸根，共失去4mol电子，最多可制得4mol Ag，D错误； 故选B。 5. 下列实验装置和操作不能达到实验目的的是 A．证明苯与溴发生了取代反应 B．探究压强对化学平衡移动的影响 C．挤压玻璃珠排出碱式滴定管中的气泡 D．制备乙酸乙酯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯与液溴在铁粉的催化下生成HBr，CCl4吸收挥发的Br2，避免干扰，HBr使石蕊溶液变红，证明有酸性气体生成，倒扣防止倒吸，可证明苯与溴发生了取代反应，A正确； B．推动注射器，NO2浓度变大，体系颜色变深，随后由于压强变大平衡正向移动，颜色变浅，可探究压强对化学平衡移动的影响，B正确； C．正确排气泡的方法为：将滴定管的尖嘴向上弯曲，然后挤压玻璃珠，让溶液快速冲出，从而将气泡带出，图中操作错误，C错误； D．制备乙酸乙酯的装置正确，碎瓷片防暴沸，碳酸钠溶液可中和挥发的乙酸、溶解挥发出来的乙醇、降低乙酸乙酯在水中的溶解度，导管末端在饱和碳酸钠溶液液面上方，没有插入液面以下，可以防倒吸，设计合理，D正确； 故答案选C。 6. 部分含氯物质相互转化如图。下列离子方程式正确的是 A. 反应①：2Cl-＋2H2O2OH-+Cl2↑ +H2↑ B. 反应②：2ClO-+CO2＋H2O=2HClO+ C. 反应③：SO2+2=2ClO2+ D. 反应④：2ClO2+H2O2+2OH-=2＋2H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．与Mg2+生成Mg(OH)2沉淀，电解方程式为：Mg2+＋2＋2H2OMg(OH)2↓+ +H2↑，A错误； B．酸性强弱：HClO>，应为： +CO2＋H2O=HClO+，B错误； C．NaClO3和SO2、硫酸混合：SO2+2=2ClO2+，C正确； D．H2O2作还原剂，产物为O2，2ClO2+H2O2+2OH-=2＋2H2O+，D错误； 故答案为C。 7. 无机盐纳米药物，组成元素均位于前四周期。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，W原子的2p能级有3个未成对电子，Y原子的M层未成对电子数为4，Z原子的s能级和p能级电子总数相等，X、Y、Z属于不同周期。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 简单氢化物的稳定性： C. 中存在的化学键只有离子键和极性共价键 D. 工业上通过电解熔融Z的氯化物获得Z单质 【答案】D 【解析】 【分析】无机盐纳米药物，组成元素均位于前四周期，X最外层电子数是内层的2倍，X有2个电子层，K层有2个电子，L层有4个电子，故X为C；W的2p能级有3个未成对电子，价层电子排布式为，故W为N；Y的M层未成对电子数为4，价电子排布为，故Y为Fe；Z的s能级和p能级电子总数相等，且与X、Y不同周期，电子排布为，故Z为Mg。 【详解】A．同周期主族元素电负性从左到右递增，非金属电负性大于金属，电负性顺序为，A错误； B．同一周期主族元素从左到右元素非金属性增强，非金属性，元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，简单氢化物稳定性，B错误； C．该化合物为，除离子键、极性共价键外，与之间还存在配位键，C错误； D．工业上通过电解熔融获得Mg单质，D正确； 故选D。 8. 下列有关实验方案、现象和结论均正确的是 选项 实验方案 现象 结论 A 向中加入过量的溶液，加热一段时间后，静置，取少量上层清液于试管中，加入溶液 有沉淀产生 发生了水解反应 B 常温下向表面积相同的铁片上分别滴加、的硫酸溶液 相同时间内的硫酸中产生的气泡多 浓度越大，化学反应速率越快 C 向淀粉溶液中通入，溶液出现蓝色后，再通入 蓝色褪去 还原性： D 向溶液里逐滴加入氨水至过量 先有蓝色沉淀，后溶解得到深蓝色溶液 沉淀溶解时主要反应： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．检验溴乙烷水解生成的时，加入溶液前需先加过量稀硝酸中和过量的，否则会与反应生成沉淀干扰检验，实验方案错误，A错误； B．的硫酸为浓硫酸，常温下遇浓硫酸发生钝化，几乎无气泡产生，现象描述错误，B错误； C．通入淀粉溶液变蓝，说明将氧化为，还原性；再通入蓝色褪去，说明将还原为，还原性，可得还原性顺序，方案、现象、结论均正确，C正确； D．沉淀溶于过量氨水是因为生成了配离子，不是与反应生成，结论错误，D错误； 故选 C。 9. 一种光电催化脱除SO2的工作原理如图所示。工作时，光催化Fe2O3电极产生电子和空穴(h+)，双极膜中H2O解离出的H+和OH-分别向两极迁移。下列说法错误的是 A. 工作时，GDE电极的电势高于Fe2O3电极 B. 双极膜中H2O解离出的H+向GDE电极移动 C. 左室发生的电极反应式： D. 工作一段时间，当电路中转移1mole-，右室增重16 g 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，电池工作时，光催化Fe2O3电极产生电子和空穴，故Fe2O3电极为负极，电极反应为：，GDE电极为正极，电极反应为：O2+2H++2e-=H2O2，电解质溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，故双极膜中，靠近Fe2O3电极的一侧为阴膜，OH-通过阴离子交换膜移向负极，H+通过阳离子交换膜移向正极，据此分析作答。 【详解】A．原电池中正极电势高于负极，GDE为正极，因此其电势高于Fe2O3电极，A正确； B．原电池中阳离子向正极移动，双极膜解离出的H+是阳离子，向正极（GDE电极）移动，B正确； C．左室为碱性环境，​被空穴氧化，电极反应，电荷、原子均配平，符合反应规律，故C正确； D．工作一段时间，当电路中转移1 mol e-，O2+2H++2e-=H2O2，右室增重为氢离子和氧气质量，增重=1 mol×1 g/mol+0.5 mol×32 g/mol=17 g，故D错误； 故选D。 10. 的某种氧化物的四方晶胞及其在平面的投影如图所示，晶胞边长为单位长度，①号原子的原子分数坐标。当晶体有原子脱出时，出现空位，使晶体具有半导体性质。下列说法错误的是 A. B. 每个原子与6个原子配位 C. ②号原子的原子分数坐标 D. 当晶体有原子脱出时，出现空位，的化合价升高 【答案】D 【解析】 【详解】A．由均摊法得，晶胞中Mn的数目为1＋8×＝2，O的数目为2＋4×＝4，该氧化物的化学式为MnO2，，A正确； B．由晶胞结构可推知O的配位数3，Mn的配位数6，B正确； C．①号原子的原子分数坐标，由结构可知，②号原子在体心，原子分数坐标，C正确； D．MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为＋2x，即Mn的化合价降低，D错误； 故选D。 11. 臭氧法处理含氰废水的主要反应为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 生成转移的电子数目为 B. 含键的数目为 C. 中最多可形成氢键的数目为 D. 由和组成的混合物含氧原子数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．生成2mol 对应转移10mol电子，因此生成1mol 转移的电子数目为，A正确； B．中C、N之间为碳氮三键，1个三键含2个键，26g 的物质的量为1mol，含键的数目为，B错误； C．氢键由两个水分子共用，1mol 最多可形成氢键的数目为，C错误； D．和均由氧原子构成，16g混合物中氧原子的物质的量为，数目为，D错误； 故选 A。 12. 一定条件下，CH4(g)合成CH3OH(g)的反应历程如图所示。已知：相同条件下，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢(说明：过渡态中“—”表示化学键未完全断裂或形成)。下列说法错误的是 A. 该反应历程的决速步为步骤Ⅰ B. CH4(g)+MO+(g)=CH3OH(g)+M+(g) ΔH=E1+E3-E2-E4 C. 升高温度，则CH4平衡转化率减小 D. CH2D2发生上述反应，相同时间氘代甲醇的产量：CHD2OH<CH2DOD 【答案】D 【解析】 【详解】A．决速步为慢反应即活化能大的反应，由图可知步骤Ⅰ的活化能E1大于步骤Ⅱ的活化能为E3，故步骤Ⅰ为决速步，A正确； B．ΔH=正反应活化能−逆反应活化能，则=，B正确； C．由图可知总反应放热，升高温度平衡逆向移动，则CH4平衡转化率减小，C正确； D．CH2D2中C连接2个H和2个D，反应时断裂1个C-H或C-D键：断H形成HO-CHD2(CHD2OH)，断D形成DO-CH2D(CH2DOD)，由题意知直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则相同时间氘代甲醇的产量：CHD2OH > CH2DOD，D错误； 故选D。 13. 在恒容的密闭容器中充入一定量的R气体，发生反应①：，活化能为，反应②：，活化能为。控制反应温度分别为和(已知：，活化能受温度影响变化很小)，测得(时间)曲线如图所示，在、下，最大值出现的时间分别为、。下列说法错误的是 A. 温度下， B. 反应①的平衡常数在温度下时比温度时小 C. 在温度下反应并及时分离可获得较高产率的A D. 最大值出现的时间，是因为温度升高，达到平衡所需时间少 【答案】D 【解析】 【分析】温度越高反应速率越快，相同温度下活化能越低反应速率越快；达到最大值前，反应①生成A的速率大于反应②消耗A的速率，最大值后消耗A的速率大于生成A的速率，最终体系达到平衡；，平衡时下更小，说明升高温度更有利于反应②正向移动。 【详解】A．温度下初始阶段快速上升，说明反应①生成A的速率快于反应②消耗A的速率，反应②相对反应①反应速率慢，可视为决速步，因此，A正确； B．从曲线看，温度下A的平衡浓度更低，说明升高温度有利于反应①逆向移动，导致A的平衡浓度更低，因此反应①的平衡常数在温度下比温度时小，B正确； C．温度下在时刻达到最大值，此时及时分离A，可减少A转化为B的量，获得较高产率的A，C正确； D．温度升高，反应①和反应②的速率都加快，A的生成和消耗速率都变快，因此峰值出现的时间更早，而达到平衡所需时间少是指整个反应体系达到平衡，并非A浓度峰值出现的时间，D错误； 故选D。 14. 常温下，向悬浊液(含有足量固体)中滴加溶液，发生如下反应①，②相关数据如图所示。M代表或；N代表或；下列说法错误的是 A. c点：存在 B. 的平衡常数为 C. 代表随变化的关系 D. 当时，有： 【答案】C 【解析】 【分析】在悬浊液中加入溶液，会与结合形成配合物，导致溶液中游离的减小。根据溶度积常数，由于减小，平衡向右移动，继续溶解，增大。因此，随着横坐标的增大，减小，减小，对应图中的下降曲线，增大，增大，对应图中的上升直线。对于反应 ①：，变形得，取对数：，这是一条斜率为 -1 的直线；对于反应②：，结合反应①，总反应为，其平衡常数为，，这是一条斜率为-2的直线，观察图像，的斜率较小（绝对值为1），的斜率较大（绝对值为2），因此，代表，代表。 【详解】A．c点为与的交点，故，即，代入物料守恒式，可得，A正确； B．由图可知，溶液中时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为、，为，则溶液中的浓度为，该反应的平衡常数，B正确； C．由分析可知，代表随变化的关系，C错误； D．由图可知，当时，即时，，因此；由物料守恒，等于溶液中所有含Ag物种的浓度之和，因此，综上，浓度顺序为，D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 硫脲[]是一种白色晶体，可用于制造药物，熔点，易溶于水，易被氧化，受热时部分发生异构化反应生成硫氰化铵。 Ⅰ．硫脲的制备： 实验室中先制备，再与氰氨化钙合()成硫脲[]，实验装置(夹持及加热装置略)如上图所示。 （1）仪器a的名称为___________，装置B中盛装的试剂为___________。 （2）检查气密性后加入药品，打开，关闭、，通入一段时间，目的是___________。 （3）D处在时合成硫脲，同时生成一种常见的碱。 ①控制温度在的原因是___________。 ②合成硫脲的化学方程式为___________。 （4）该实验装置存在的明显缺陷为___________。 Ⅱ．硫脲产品纯度的测定： （5）称取D中所得硫脲粗产品m g，加水溶解配成500.00 mL溶液。量取25.00 mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液V mL。滴定时，硫脲转化为、、。滴定至终点时的现象为___________，计算m g粗产品中硫脲的质量分数为___________(用含m、c、V的式子表示)。 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶（或三口烧瓶） ②. 饱和NaHS溶液（或饱和硫氢化钠溶液） （2） 排尽装置内的空气，防止H2S和生成的硫脲被氧化 （3） ①. 温度过低反应速率慢，温度过高会导致硫脲发生异构化反应生成硫氰化铵 ②. （4） 缺少尾气吸收装置 （5） ①. 当滴入最后半滴KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅紫色（或紫红色），且半分钟内不褪色 ②. 【解析】 【分析】先在 A 装置中制取硫化氢气体，再经过 B、C 装置进行净化和缓冲，最后通入 D 装置，与CaCN2溶液在石灰乳环境中反应生成硫脲。实验开始时通入N2，主要是为了排尽装置内空气，减少氧气对硫化氢和硫脲的氧化影响。D 装置中设置搅拌器，可以使气体与溶液充分接触，提高反应效率。由于硫脲容易被氧化，并且受热时可能发生异构化生成硫氰化铵，所以实验过程中应注意隔绝空气、控制温度，避免长时间高温加热。 【小问1详解】 由装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶（或三口烧瓶）；A 中用Na2S和盐酸反应制H2S，可能混有HCl 气体，饱和NaHS溶液可以吸收HCl，同时减少H2S在溶液中的溶解损失； 【小问2详解】 空气中的O2会氧化 H2S，也会影响后续生成的硫脲纯度，所以打开，关闭、，通入一段时间，目的是排尽装置内的空气，防止H2S和生成的硫脲被氧化； 【小问3详解】 ①由题干已知硫脲受热会发生异构化，所以控制温度在的原因是温度过低反应速率慢，温度过高会导致硫脲发生异构化反应生成硫氰化铵； ②合成硫脲同时生成的一种常用的碱为，反应方程式为：； 【小问4详解】 因为H2S有毒，会污染空气，不能直接排放到空气中，应设置尾气吸收装置； 【小问5详解】 滴定时，硫脲被酸性 氧化为 、​ 和 ，当滴入最后半滴 标准溶液后，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点； 根据电子守恒，1 mol 硫脲失去 14 mol 电子，1 mol 得到 5 mol 电子，所以 ，25.00 mL 待测液中硫脲的物质的量为 mol，原溶液总体积为 500.00 mL，取样体积为25.00 mL ，稀释倍数为：，因此样品中硫脲的总物质的量为 mol。硫脲的摩尔质量为 76 g/mol，所以样品中硫脲的质量为：，​ 产品质量为，则产品中硫脲的质量分数为：。 16. 一种从镍钴废渣(主要成分为、、以及少量钙、镁等的化合物)中提取、的工艺流程如下： 已知：①黄钠铁矾化学式为，其沉淀的范围为~。 ②草酸的，。 （1）“酸浸”时镍元素反应的离子方程式为___________。 （2）“除铁”中加入的作用是___________；该步骤中不能用代替的原因是___________。 （3）“镍钴萃取分离”中，不同萃取剂的分离性能对比如下表所示，则萃取剂的最佳选择为___________(填萃取剂名称)，原因是___________。 萃取剂名称 萃取余液中金属质量浓度/() 的萃取率/% 分相时间 7401 3.10 13.5 48.0 2 7402 2.85 13.7 52.5 5 P507 0.03 13.8 99.5 1 （4）“热解还原”中产生的，则该化学方程式为___________。 （5）已知常温下，当溶液中时，沉淀完全[时认为完全沉淀]，则此时溶液中草酸的浓度___________(结果保留两位有效数字)。 （6）纳米氧化镍()在工业上用作催化剂、半导体等原料。已知的晶胞如下图所示：其中原子位于原子围成的___________空隙中。(填“四面体”、“立方体”、“八面体”) 【答案】（1） （2） ①. 将氧化为，便于后续形成沉淀除去； ②. 能消耗溶液中的，调节溶液pH促进黄钠铁矾沉淀生成，而不能消耗 （3） ①. P507； ②. 对Co的萃取率高，分相时间短，萃余液中Co残留量低，Ni几乎不被萃取，可实现Co与Ni的高效分离 （4） （5） （6）八面体 【解析】 【分析】本工艺起始原料为镍钴废渣，主要成分为、、及少量钙镁化合物，目标产物为金属Ni和溶液。酸浸环节加入稀硫酸和，作还原剂，将+3价Co、+3价Ni还原为+2价，部分被还原为，得到含、、铁离子、钙镁离子的浸出液，副产物为。除铁环节加入将氧化为，加入调节pH至1.5~2.0，生成黄钠铁矾沉淀除去铁元素。除钙镁环节加入，生成、沉淀除去钙镁杂质。镍钴萃取分离环节加入萃取剂，Co进入有机相，经反萃取得到溶液；Ni进入水相，加入氨水和草酸生成沉淀，最终用热解还原得到金属Ni，同时生成和。 【小问1详解】 酸浸时，在酸性条件下被还原为，被氧化为。Ni元素化合价从+3降低为+2，每个Ni原子得到1个电子，S元素化合价从+4升高为+6，每个S原子失去2个电子，根据电子得失守恒，与的计量数比为2:1，再结合电荷守恒、原子守恒配平，得到对应离子方程式。 【小问2详解】 ①除铁环节中，酸浸时部分被还原为，加入作氧化剂，将氧化为，便于后续在pH1.5~2.0范围内形成黄钠铁矾沉淀除去。 ②黄钠铁矾沉淀需要pH在1.5~2.0之间，为强碱弱酸盐，可消耗溶液中的，升高溶液pH，满足黄钠铁矾的沉淀pH要求；为强酸强碱盐，不能与反应，无法调节溶液pH，因此不能代替。 【小问3详解】 对比三种萃取剂的性能参数，P507的Co萃取率达99.5%，萃余液中Co质量浓度仅为0.03g/L，残留量极低，同时萃余液中Ni质量浓度与其余萃取剂接近，说明Ni几乎不被萃取，且分相时间仅为1min，分离效率最高，因此最佳萃取剂为P507，其优势为对Co的萃取率高，分相时间短，可最大程度将Co萃取进入有机相，实现Co与Ni的高效分离。 【小问4详解】 热解还原的反应物为和，生成物为Ni、、和，已知。设的计量数为1，则的计量数为3，根据C元素守恒，的计量数为，根据Ni元素守恒，Ni的计量数为2。根据O元素守恒，反应物中O总物质的量为，生成物中、中O总物质的量为，因此中O物质的量为，的计量数为3。根据H元素守恒，的计量数为3，配平后得到对应化学方程式。 【小问5详解】 的溶度积表达式为。完全沉淀时，因此=。草酸的两步解离平衡为、，总解离平衡常数为，变形可得。pH=2时，代入、，计算得对应草酸浓度。 【小问6详解】 由NiO的晶胞结构可知，每个Ni原子周围紧邻6个O原子，因此Ni原子位于O原子围成的八面体空隙中。 17. 研发碳氧化物的碳捕集和碳利用技术是科学研究热点问题。回答下列问题： （1）常温常压下，一些常见物质的燃烧热如表所示。 化学式 已知： 。 则 ___________，该反应在___________(填“低温”“高温”或“任意温度”)下能自发进行。 （2）催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有： Ⅰ： Ⅱ： 向恒压的容器中充入和，若仅考虑上述反应，平衡时和的选择性及的转化率随温度的变化如图所示。的选择性。 ①图中曲线___________ (填“a”“b”或“c”)表示平衡时的选择性。 ②A点时，容器中为___________ (用最简分数表示)，在此温度下，反应Ⅱ的平衡常数___________。(为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数) ③关于合成二甲醚工艺，下列说法正确的是___________。 A．不改变反应时间和温度，增大压强能提高选择性 B．当温度、压强一定时，在原料气(比例不变)中加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率 C．其他条件不变时，改为恒容条件，平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性低 D．由图像可知，加氢合成二甲醚应该使用较低温下具有良好活性的催化剂 （3）在氢气还原的催化反应中，可被催化转化为甲醇，同时有副产物生成，为了提高甲醇的选择性，某科研团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，原理如图所示。保持压强为 ，温度为，向密闭容器中按投料，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇的选择性的相关实验数据如下表所示。 实验 反应模式 温度 平衡转化率 选择性 ① 普通催化反应器 3 260 21.9 67.3 ② 分子筛膜催化反应器 3 260 36.1 100 由表中数据可知双功能的分子筛膜催化反应器模式下，CO2的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因：___________。 （4）科学家发明了一种由阴离子交换树脂-碳纳米管构成的膜分离装置(如图所示)，这种复合膜兼具传导离子和电子的性能，可以在富集CO2的同时得到几乎不含CO2的空气。已知A侧通入含CO2的空气，CO2转化为，反应后得到几乎不含CO2的空气；B侧通入少量H2，反应后得到高浓度的CO2。 写出A侧的电极方程式：___________。 【答案】（1） ①. ②. 低温 （2） ①. a ②. ③. ④. AD （3）分子筛膜能及时分离出反应生成的水，降低了生成物浓度，促使平衡正向移动 （4） 【解析】 【小问1详解】 已知各物质的燃烧热，可写出如下热化学方程式： ① ② ③ ④根据盖斯定律，目标反应可由②+2×①-③-④得到，故。该反应的，且气体分子数减少，根据时反应自发，可知该反应在低温下能自发进行； 【小问2详解】 ①反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应。升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，的选择性降低；反应Ⅱ平衡正向移动，CO的选择性升高。因此曲线a表示的选择性，曲线c表示CO的选择性。②A点时，的转化率为25%，CO的选择性为25%，则的选择性为75%，反应消耗的。根据选择性定义，生成消耗的为，故，生成CO消耗的为，故。平衡时，各物质的物质的量分别为：、、、反应Ⅱ前后气体分子数相等，可用物质的量代替分压计算平衡常数：。 ③A．增大压强，反应速率加快，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ不移动，选择性提高，正确； B．恒温恒压下加入惰性气体，容器体积增大，相当于减压，反应Ⅰ逆向移动，转化率降低，错误； C．反应Ⅰ中气体分子总数减小，随着反应进行，恒压条件下容器体积一直在缩小（相当于一直在加压），则该反应恒容条件下压强比恒压条件下小，反应Ⅰ正向进行程度减小，导致二氧化碳浓度相对较高，促进反应Ⅱ正向进行，CO选择性升高，错误； D．低温下选择性高，故应使用较低温下活性良好的催化剂，正确； 故选AD。 【小问3详解】 由图可知，分子筛膜催化反应器能够将反应生成的水分离出去。根据勒夏特列原理，减少生成物浓度，化学平衡会向正反应方向移动，从而提高了的转化率和甲醇的选择性。故答案为：分子筛膜能及时分离出反应生成的水，降低了生成物浓度，促使平衡正向移动。 【小问4详解】 A侧通入含的空气，转化为，说明空气中的在A侧发生还原反应。结合阴离子交换树脂传导，可知得电子并与和结合生成，电极反应式为：； 18. 化合物G是一种化疗药物的活性成分，一种合成路线如图所示(部分条件和溶剂已省略)： 回答下列问题： （1）A的化学名称为___________；G中含氧官能团的名称为___________。 （2）A→B的反应中，羧基对位的酚羟基优先反应的可能原因是___________。 （3）D中碳原子的杂化方式为___________。 （4）E生成F的反应中，有副产物N生成，N为F的同分异构体且具有与F相似的环状结构。写出生成副产物N的化学方程式___________。 （5）符合下列条件的B的含苯环同分异构体共有___________种。写出其中一种___________(写结构简式) ①遇Fe3+发生显色反应；②分子结构中含；③核磁共振氢谱显示有4组峰 （6）参照上述合成路线，以和为原料，写出合成的路线___________，无机试剂任选。(合成路线的表示方式为：甲乙……目标产物) 【答案】（1） ①. 2,4-二羟基苯甲酸 ②. 醚键、酰胺基 （2）邻位酚羟基与羧基形成分子内氢键，使其反应活性降低，故对位酚羟基优先反应 （3）sp2、sp3 （4） （5） ①. 9 ②. 、、、、、、、、（任写其一）； （6）； 【解析】 【分析】A中四号碳的羟基被取代为甲氧基生成B，B中的羧基与甲醇发生酯化反应生成C，C中的三号碳原子发生取代反应（氢原子被硝基取代）生成D，D中硝基变为氨基生成E，E与氯乙酰氯反应成环生成F，最后F的酯基变为酰胺基生成G； 【小问1详解】 A的苯环上连有–COOH、–OH、–OH三个取代基，且两个–OH分别位于羧基的邻位与对位（即1,2,4-位），故A为：2,4-二羟基苯甲酸；观察最终产物G的结构，含氧官能团有：醚键、酰胺基； 【小问2详解】 A中邻位的酚羟基与相邻的–COOH可形成稳定的六元环分子内氢键，导致：该羟基氧的电子云密度降低，亲核性减弱；氢键对羟基起到了“保护”作用，使其不易解离为酚氧负离子。而对位的酚羟基不受分子内氢键束缚，且空间位阻更小，更容易以酚氧负离子的形式进攻硫酸二甲酯，从而优先发生甲基化，因此答案为：邻位酚羟基与羧基形成分子内氢键，使其反应活性降低，故对位酚羟基优先反应； 【小问3详解】 D的结构是在C（2-羟基-4-甲氧基苯甲酸甲酯）的基础上引入了硝基。分子中的碳原子可分为两类：苯环碳、酯羰基碳、硝基邻/对位碳：均形成3个σ键，为sp2杂化；甲酯的甲基碳与甲氧基的甲基碳：均形成4个σ键，为sp3杂化，因此答案为：sp2、sp3； 【小问4详解】 E→F的主反应是：–NH2先与ClCH2COCl的酰氯端反应，生成–NHCOCH2Cl；邻位–OH再分子内进攻–CH2Cl，脱去HCl成环，得到F（–O–CH₂–C(=O)–NH–）。副产物N的生成：若E中酚羟基（–OH）优先进攻ClCH2COCl的酰氯端，则先形成–O–CO–CH2Cl（酚的氯乙酸酯）；随后–NH2分子内进攻–CH2Cl成环，得到与F分子式相同、环骨架相似的同分异构体N（环内为–O–C(=O)–CH₂–NH–）。化学方程式为：； 【小问5详解】 限定条件：①遇Fe3+发生显色反应：含有酚羟基；②分子结构中含：含有酯基或羧酸酯结构；③核磁共振氢谱显示有4组峰：高度对称；符合条件的结构有9种：、、、、、、、、（任写其一）； 【小问6详解】 参照题干中的酯化→还原→分子内环化策略：酯化：利用题干C的合成条件，将原料邻硝基苯乙酸与甲醇酯化，得到甲酯（保护/活化羧基）；还原：参照D→E的条件（Fe/HCl），将硝基还原为氨基，得到邻氨基苯乙酸甲酯；分子内氨解成环：邻位氨基进攻甲酯羰基，脱去一分子甲醇，形成五元内酰胺环，即得目标产物。合成路线：； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南宁二中2025-2026学年度下学期高二期中考试 化学 (时间75分钟，共100分) 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 K：39 Mn：55 Ni：59 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是 A. 补铁剂(有效成分是)与维生素C共服效果更佳 B. “歼-20”飞机上使用的碳纤维属于新型有机高分子材料 C. 在轮船外壳装上锌可减慢钢铁的腐蚀 D. 碳酸氢钠可用作加工馒头、面包和饼干等食物的膨松剂 2. 下列化学用语表示错误的是 A. 分子的空间填充模型 B. 一种激发态Li原子的轨道表示式为 C. 的电子式： D. HF分子中键的形成： 3. 结构决定性质，性质决定用途。对下列事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A HF的沸点比HCl的高 F原子半径比Cl原子小，H-F键长比H-Cl键长短 B 酸性： S-H的极性： C 稳定性： N电负性小于O D 可用除去试管内残余的S 是非极性分子，可以溶解硫 A. A B. B C. C D. D 4. 尿素与甲醛反应，最终可以缩聚成具有线型或网状结构的脲醛树脂，下列说法正确的是 A. X中的碳原子采取sp3杂化 B. Y既能与酸反应，又能与碱反应 C. Z中含手性碳原子 D. 1 mol HCHO最多可制得2 mol Ag 5. 下列实验装置和操作不能达到实验目的的是 A．证明苯与溴发生了取代反应 B．探究压强对化学平衡移动的影响 C．挤压玻璃珠排出碱式滴定管中的气泡 D．制备乙酸乙酯 A. A B. B C. C D. D 6. 部分含氯物质相互转化如图。下列离子方程式正确的是 A. 反应①：2Cl-＋2H2O2OH-+Cl2↑ +H2↑ B. 反应②：2ClO-+CO2＋H2O=2HClO+ C. 反应③：SO2+2=2ClO2+ D. 反应④：2ClO2+H2O2+2OH-=2＋2H2O 7. 无机盐纳米药物，组成元素均位于前四周期。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，W原子的2p能级有3个未成对电子，Y原子的M层未成对电子数为4，Z原子的s能级和p能级电子总数相等，X、Y、Z属于不同周期。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 简单氢化物的稳定性： C. 中存在的化学键只有离子键和极性共价键 D. 工业上通过电解熔融Z的氯化物获得Z单质 8. 下列有关实验方案、现象和结论均正确的是 选项 实验方案 现象 结论 A 向中加入过量的溶液，加热一段时间后，静置，取少量上层清液于试管中，加入溶液 有沉淀产生 发生了水解反应 B 常温下向表面积相同的铁片上分别滴加、的硫酸溶液 相同时间内的硫酸中产生的气泡多 浓度越大，化学反应速率越快 C 向淀粉溶液中通入，溶液出现蓝色后，再通入 蓝色褪去 还原性： D 向溶液里逐滴加入氨水至过量 先有蓝色沉淀，后溶解得到深蓝色溶液 沉淀溶解时主要反应： A. A B. B C. C D. D 9. 一种光电催化脱除SO2的工作原理如图所示。工作时，光催化Fe2O3电极产生电子和空穴(h+)，双极膜中H2O解离出的H+和OH-分别向两极迁移。下列说法错误的是 A. 工作时，GDE电极的电势高于Fe2O3电极 B. 双极膜中H2O解离出的H+向GDE电极移动 C. 左室发生的电极反应式： D. 工作一段时间，当电路中转移1mole-，右室增重16 g 10. 的某种氧化物的四方晶胞及其在平面的投影如图所示，晶胞边长为单位长度，①号原子的原子分数坐标。当晶体有原子脱出时，出现空位，使晶体具有半导体性质。下列说法错误的是 A. B. 每个原子与6个原子配位 C. ②号原子的原子分数坐标 D. 当晶体有原子脱出时，出现空位，的化合价升高 11. 臭氧法处理含氰废水的主要反应为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 生成转移的电子数目为 B. 含键的数目为 C. 中最多可形成氢键的数目为 D. 由和组成的混合物含氧原子数目为 12. 一定条件下，CH4(g)合成CH3OH(g)的反应历程如图所示。已知：相同条件下，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢(说明：过渡态中“—”表示化学键未完全断裂或形成)。下列说法错误的是 A. 该反应历程的决速步为步骤Ⅰ B. CH4(g)+MO+(g)=CH3OH(g)+M+(g) ΔH=E1+E3-E2-E4 C. 升高温度，则CH4平衡转化率减小 D. CH2D2发生上述反应，相同时间氘代甲醇的产量：CHD2OH<CH2DOD 13. 在恒容的密闭容器中充入一定量的R气体，发生反应①：，活化能为，反应②：，活化能为。控制反应温度分别为和(已知：，活化能受温度影响变化很小)，测得(时间)曲线如图所示，在、下，最大值出现的时间分别为、。下列说法错误的是 A. 温度下， B. 反应①的平衡常数在温度下时比温度时小 C. 在温度下反应并及时分离可获得较高产率的A D. 最大值出现的时间，是因为温度升高，达到平衡所需时间少 14. 常温下，向悬浊液(含有足量固体)中滴加溶液，发生如下反应①，②相关数据如图所示。M代表或；N代表或；下列说法错误的是 A. c点：存在 B. 的平衡常数为 C. 代表随变化的关系 D. 当时，有： 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 硫脲[]是一种白色晶体，可用于制造药物，熔点，易溶于水，易被氧化，受热时部分发生异构化反应生成硫氰化铵。 Ⅰ．硫脲的制备： 实验室中先制备，再与氰氨化钙合()成硫脲[]，实验装置(夹持及加热装置略)如上图所示。 （1）仪器a的名称为___________，装置B中盛装的试剂为___________。 （2）检查气密性后加入药品，打开，关闭、，通入一段时间，目的是___________。 （3）D处在时合成硫脲，同时生成一种常见的碱。 ①控制温度在的原因是___________。 ②合成硫脲的化学方程式为___________。 （4）该实验装置存在的明显缺陷为___________。 Ⅱ．硫脲产品纯度的测定： （5）称取D中所得硫脲粗产品m g，加水溶解配成500.00 mL溶液。量取25.00 mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液V mL。滴定时，硫脲转化为、、。滴定至终点时的现象为___________，计算m g粗产品中硫脲的质量分数为___________(用含m、c、V的式子表示)。 16. 一种从镍钴废渣(主要成分为、、以及少量钙、镁等的化合物)中提取、的工艺流程如下： 已知：①黄钠铁矾化学式为，其沉淀的范围为~。 ②草酸的，。 （1）“酸浸”时镍元素反应的离子方程式为___________。 （2）“除铁”中加入的作用是___________；该步骤中不能用代替的原因是___________。 （3）“镍钴萃取分离”中，不同萃取剂的分离性能对比如下表所示，则萃取剂的最佳选择为___________(填萃取剂名称)，原因是___________。 萃取剂名称 萃取余液中金属质量浓度/() 的萃取率/% 分相时间 7401 3.10 13.5 48.0 2 7402 2.85 13.7 52.5 5 P507 0.03 13.8 99.5 1 （4）“热解还原”中产生的，则该化学方程式为___________。 （5）已知常温下，当溶液中时，沉淀完全[时认为完全沉淀]，则此时溶液中草酸的浓度___________(结果保留两位有效数字)。 （6）纳米氧化镍()在工业上用作催化剂、半导体等原料。已知的晶胞如下图所示：其中原子位于原子围成的___________空隙中。(填“四面体”、“立方体”、“八面体”) 17. 研发碳氧化物的碳捕集和碳利用技术是科学研究热点问题。回答下列问题： （1）常温常压下，一些常见物质的燃烧热如表所示。 化学式 已知： 。 则 ___________，该反应在___________(填“低温”“高温”或“任意温度”)下能自发进行。 （2）催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有： Ⅰ： Ⅱ： 向恒压的容器中充入和，若仅考虑上述反应，平衡时和的选择性及的转化率随温度的变化如图所示。的选择性。 ①图中曲线___________ (填“a”“b”或“c”)表示平衡时的选择性。 ②A点时，容器中为___________ (用最简分数表示)，在此温度下，反应Ⅱ的平衡常数___________。(为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数) ③关于合成二甲醚工艺，下列说法正确的是___________。 A．不改变反应时间和温度，增大压强能提高选择性 B．当温度、压强一定时，在原料气(比例不变)中加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率 C．其他条件不变时，改为恒容条件，平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性低 D．由图像可知，加氢合成二甲醚应该使用较低温下具有良好活性的催化剂 （3）在氢气还原的催化反应中，可被催化转化为甲醇，同时有副产物生成，为了提高甲醇的选择性，某科研团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，原理如图所示。保持压强为 ，温度为，向密闭容器中按投料，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇的选择性的相关实验数据如下表所示。 实验 反应模式 温度 平衡转化率 选择性 ① 普通催化反应器 3 260 21.9 67.3 ② 分子筛膜催化反应器 3 260 36.1 100 由表中数据可知双功能的分子筛膜催化反应器模式下，CO2的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因：___________。 （4）科学家发明了一种由阴离子交换树脂-碳纳米管构成的膜分离装置(如图所示)，这种复合膜兼具传导离子和电子的性能，可以在富集CO2的同时得到几乎不含CO2的空气。已知A侧通入含CO2的空气，CO2转化为，反应后得到几乎不含CO2的空气；B侧通入少量H2，反应后得到高浓度的CO2。 写出A侧的电极方程式：___________。 18. 化合物G是一种化疗药物的活性成分，一种合成路线如图所示(部分条件和溶剂已省略)： 回答下列问题： （1）A的化学名称为___________；G中含氧官能团的名称为___________。 （2）A→B的反应中，羧基对位的酚羟基优先反应的可能原因是___________。 （3）D中碳原子的杂化方式为___________。 （4）E生成F的反应中，有副产物N生成，N为F的同分异构体且具有与F相似的环状结构。写出生成副产物N的化学方程式___________。 （5）符合下列条件的B的含苯环同分异构体共有___________种。写出其中一种___________(写结构简式) ①遇Fe3+发生显色反应；②分子结构中含；③核磁共振氢谱显示有4组峰 （6）参照上述合成路线，以和为原料，写出合成的路线___________，无机试剂任选。(合成路线的表示方式为：甲乙……目标产物) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $