精品解析：江苏盐城市亭湖区2025-2026学年第二学期期末质量监测 高二化学试题

2025～2026学年第二学期期末质量监测 高二化学试题 注意事项： 1. 本试卷共8页，17小题，满分100分；考试时间75分钟。 2. 答题前，请务必将学校、姓名、班级、准考证号填写在试卷及答题卡上。 3. 作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡上指定区域内作答；在其它位置作答一律无效。考试结束后，请将答题卡交回。 一、单项选择题：共13小题，每小题3分，满分39分。 1. 我国探月工程取得重大进展。月壤中含有 Ca、Fe等元素的磷酸盐，下列元素位于元素周期表中 d区的是 A. O B. P C. Ca D. Fe 【答案】D 【解析】 【详解】A．O元素位于元素周期表第二周期第VIA族，位于元素周期表的p区，故A不选； B．P元素位于元素周期表第三周期第VA族，位于元素周期表的p区，故B不选； C．Ca元素位于元素周期表第四周期第ⅡA族，位于元素周期表的s区，故C不选； D．Fe元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，位于元素周期表的d区，故D选； 故选：D。 2. 是钛铁矿的主要成分，可以用于制备金属钛。下列说法正确的是 A. 基态价层电子排布式为 B. Fe在元素周期表中位于ds区 C. 基态价层电子轨道表示式为 D. O在元素周期表中位于第三周期族 【答案】C 【解析】 【详解】A．基态Fe原子核外电子排布为，形成时优先失去4s能级的2个电子，价层电子排布式为，A错误； B．Fe是26号元素，位于第四周期Ⅷ族，属于d区，ds区仅包含ⅠB、ⅡB族元素，B错误； C．基态Ti价电子排布为，按泡利原理和洪特规则轨道表示式书写正确，C正确； D．O是8号元素，核外有2个电子层，位于第二周期ⅥA族，D错误； 故选C。 3. 实验室用铝合金(含Al、Cu)制备。下列相关原理、装置及操作正确的是 A. 用图甲装置溶解铝合金 B. 用图乙装置过滤溶解后混合物 C. 用图丙制备 D. 用图丁装置灼烧制 【答案】A 【解析】 【详解】A．铝能与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，铜和稀硫酸不反应，加热加快铝的溶解速率，所以用图甲装置溶解铝合金，故A正确； B．过滤应该用玻璃棒引流，故B错误； C．硫酸铝和过量氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，应该用硫酸铝和过量氨水反应制备，故C错误； D．灼烧制，应该在坩埚中进行，故D错误； 答案选A。 4. 硫酸亚铁铵，化学式为，是一种蓝绿色的无机复盐。下列说法正确的是 A. 半径： B. 沸点： C. 电负性： D. 第一电离能： 【答案】C 【解析】 【详解】A．核内质子数相同，电子数越少半径越小，故，A错误； B．水分子间存在氢键，而硫化氢没有氢键，故沸点：，B错误； C．同主族元素，从上到下电负性依次减小，故，C正确； D．N元素的价层电子2p轨道半充满，稳定，故第一电离能：，D错误； 故答案选C。 阅读下列材料，完成下面小题。 周期表中第ⅥA族元素的单质及其化合物应用广泛。O3、H2O2等都是生产中常见的氧化剂；H2S的燃烧热为586kJ·mol-1；单质硒可以用作光敏材料，工业上可由甲酸与含亚硒酸(H2SeO3)的废液在103℃反应制得；我国科学家还研发了一种硒电池，放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，其表现出了超强的电容量和出色的循环性能。 5. 下列说法正确的是 A. H2O2分子中所有原子在同一直线上 B. H2S晶体属于分子晶体 C. SeO的空间构型是平面三角形 D. 1molH2SeO3中含有6molσ键 6. 下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. O3是极性分子，O3易溶于水 B. Se最外层有6个电子，单质硒的熔沸点较低 C. CuSO4溶液有酸性，可用于泳池的杀菌消毒 D. H2O2有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2 7. 下列化学反应表示正确的是 A. H2S稀溶液中通入少量SO2气体：H2S＋3SO2=2S↓＋2H2SO3 B. H2S燃烧热化学方程式：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)ΔH=-1172kJ·mol-1 C. H2SeO3制取单质硒的化学方程式：2HCOOH＋H2SeO3Se＋2CO2↑＋3H2O D. 硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu2＋-4e-=Cu2Se 【答案】5. B 6. A 7. C 【解析】 【5题详解】 A．分子中O为杂化，分子为半开书页型，所有原子不在同一直线上，A错误； B．由分子构成，其晶体属于分子晶体，B正确； C．中心Se的价层电子对数为，含1对孤电子对，空间构型为三角锥形，C错误； D．1个分子含5个键，1mol 中含有5mol键，D错误； 故答案选B。 【6题详解】 A．是极性分子，水也是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于水，二者有对应关系，A正确； B．Se最外层有6个电子，单质硒的熔沸点高低由晶体类型决定，和最外层电子数无对应关系，B错误； C．可用于泳池杀菌消毒是因为能使蛋白质变性，和溶液显酸性无对应关系，C错误； D．和反应制备属于复分解反应，和的氧化性无对应关系，D错误； 故答案选A。 【7题详解】 A．稀溶液中通入少量，反应为，A错误； B．燃烧热要求生成稳定氧化物，应为液态，该热化学方程式中为气态，B错误； C．甲酸还原亚硒酸生成Se，甲酸被氧化为，方程式配平、反应条件均正确，C正确； D．正极发生得电子的还原反应，正确的正极反应式为，D错误； 故答案选C。 8. 在给定条件下，下列工业制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 海水中提取镁： B. 制备漂白粉：饱和NaCl溶液漂白粉 C. 硫酸工业： D. 工业制备硝酸： 【答案】B 【解析】 【详解】A．和稀盐酸反应可得到溶液，但电解溶液无法得到单质，需电解熔融制备，A错误； B．电解饱和NaCl溶液可生成，与石灰乳反应可以制得漂白粉(主要成分为和)，两步转化均符合工业生产原理，可实现，B正确； C．在高温下与反应可生成，但与反应生成的是，无法直接得到，C错误； D．工业制备硝酸以为原料，通过氨的催化氧化制备NO，第一步转化不符合实际生产情况，D错误； 答案选B。 9. 用溶液吸收烟气中的，所得的吸收液主要成分为，将吸收液通入如图所示的电解槽进行再生并制得浓硫酸。下列说法正确的是 A. M极与电源的正极相连 B. a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜 C. N极发生的反应为 D. 当M极产生11.2 L（标况）时，N极生成的数目为 【答案】D 【解析】 【分析】Ⅰ室电极M上生成，发生还原反应：，因此M为阴极，接电源负极；N电极为阳极，接电源正极，在阳极被氧化为：，Ⅲ室得到浓硫酸；分析离子交换膜Ⅰ 室阴极生成，Ⅱ室中的通过a 阳离子交换膜进入Ⅰ室，再生得到再生液；Ⅱ室中的通过b阴离子交换膜进入Ⅲ室，在阳极氧化为硫酸根，与形成浓硫酸。 【详解】A．M极生成，是得电子发生还原反应，因此M是阴极，应与电源负极相连，A错误； B． II室（吸收液室）中，阳离子（）需要透过交换膜进入I室，因此是阳离子交换膜；阴离子（​）需要透过交换膜进入III室被氧化，因此是阴离子交换膜，B错误； C． N是阳极，发生失电子的氧化反应，正确反应是：，C错误； D．标况下​物质的量为，生成共转移电子；从价被氧化为价生成，每生成​转移电子，因此转移电子时，生成，数目为，D正确； 故选D。 10. 化合物Z是制备药物洛索洛芬钠的关键中间体，可由下列反应制得。 下列说法正确的是 A. X分子中含有1个手性碳原子 B. Y能发生消去反应 C. Z中的含氧官能团为羰基和醚键 D. 最多能与反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据手性碳原子的定义可知，甲基的对位基团与苯环直接相连的C原子为手性碳原子，X分子中只有这1个手性碳原子，A正确； B．与溴原子相连的β-C上无氢原子，不能发生消去反应，B错误； C．Z中的含氧官能团为酯基，C错误； D．溴原子与酯基可以和氢氧化钠发生反应，1molZ最多能与2molNaOH反应，D错误； 故选A。 11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察溶液颜色变化 SO2具有漂白性 B 将20℃0.5mol·L-1CH3COONa溶液加热到40℃，用pH传感器测量溶液的pH 温度对CH3COO-水解平衡的影响 C 向Na2CO3溶液中滴加浓盐酸，反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中 非金属性：C>Si D 向浓度均为0.01mol·L-1的Na2CO3和Na2SO4的混合液中滴少量0.01mol·L-1的BaCl2溶液 Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4) A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，可知二氧化硫具有还原性，故A错误； B．盐类水解为吸热反应，则20℃0.5mol/LCH3COONa溶液加热到40℃，溶液的pH变大，可知温度对CH3COO-水解平衡的影响，故B正确； C．盐酸为无氧酸，不能由盐酸、硅酸的酸性强弱比较Cl、Si的非金属性强弱，故C错误； D．浓度均为0.01mol/L的Na2CO3和Na2SO4的混合液中滴少量0.01mol/L的BaCl2溶液，Ksp小的先沉淀，但生成碳酸钡、硫酸钡均为白色沉淀，不能比较Ksp(BaCO3)、Ksp(BaSO4)的大小，故D错误； 故选B。 12. 草酸亚铁是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取： 已知室温时：。 下列说法正确的是 A. 室温下，向溶液中加酸调节时溶液中存在： B. “酸化溶解”后的溶液中存在： C. 室温时，能与反应生成沉淀 D. 室温时，“沉铁”后的上层清液中： 【答案】C 【解析】 【分析】硫酸亚铁铵与硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铵，然后向体系中加入草酸钠，在加热条件下反应得到草酸亚铁沉淀，然后过滤得到草酸亚铁固体，以此解题。 【详解】A．=，则，则，则c()＜c(H2C2O4)，故A错误； B．“酸化溶解”后的溶液中存在电荷守恒：，故B错误； C．室温时，，该反应的平衡常数K==，即能与反应生成沉淀，故C正确； D．当时，生成FeC2O4沉淀，过滤后的上层清液为FeC2O4饱和溶液，故，故D错误； 故答案选C。 13. 甲烷和水蒸气催化重整制氢过程中的主要反应为 ①   ②   在装有催化剂的密闭容器中，、时，若仅考虑上述反应，平衡时转化率和CO转化率随温度的变化如图所示。 CO转换率 下列说法正确的是 A. 反应的焓变 B. 曲线a表示平衡时转化率随温度的变化 C. 850℃平衡时生成的比550℃平衡时生成的少 D. 相同条件下，和总物质的量不变，越小，产量越高 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律，将反应①+②可得到目标反应，焓变，A错误； B．反应①，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率随温度升高而增大；反应②，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率随温度升高而降低， 图中曲线a随温度升高转化率下降，曲线b随温度升高转化率增大，因此曲线b才是​的转化率曲线，a是的转化率曲线，B错误； C．由选项B分析知b是​的转化率曲线，a是的转化率曲线；设初始，，结合图像数据计算：550℃：转化率为30%，生成；转化率为90%，则；850℃：转化率为90%，生成，转化率为50%，则，，850℃生成的​更多，C错误； D．相同条件下，和总物质的量不变，越小，的物质的量越大，的物质的量越小，在水过量的前提下（结合实际生产，合理！），转化的总量增加，的产量越高，D正确； 故选D。 二、非选择题：共4大题，满分61分。 14. 稀土元素Ce是重要的战略资源，其氧化物CeO2是一种重要的催化剂。一种沉淀法制备CeO2的过程如下： （1）制备Ce2(CO3)3·8H2O沉淀 ①配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为___________。 ②生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀的化学方程式为___________。 ③溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系如图1所示。滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为___________。 （2）灼烧Ce2(CO3)3·8H2O制备CeO2 在空气中灼烧Ce2(CO3)3·8H2O，测得灼烧过程中剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化曲线如图2所示。已知a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收。 ①a点固体产物为___________(填化学式，写出计算过程)。 ②“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收的原因为___________。 ③b点得到CeO2晶体，其晶胞如图3所示。晶胞中与每个Ce4+距离最近的Ce4+的个数为___________。 【答案】（1） ①. 抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀 ②. 2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3 ③. 提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱 （2） ①. Ce2(CO3)3 ②. 吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用 ③. 12 【解析】 【分析】配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度以抑制Ce3+水解防止生成Ce(OH)3沉淀，向Ce (NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，该反应的化学方程式为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，过滤、洗涤低温干燥得到Ce2(CO3)3·8H2O，对Ce2(CO3)3·8H2O进行灼烧至恒重即可得到CeO2，并用氨水吸收CO2即可生成NH4HCO3可以循环使用，据此分析解题。 【小问1详解】 ①已知Ce(NO3)3是强酸弱碱盐，Ce3+能够发生水解呈酸性同时生成Ce(OH)3沉淀，故配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀，故答案为：抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀； ②由题干流程图可知，向Ce(NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，配平后可得该反应的化学方程式为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，故答案为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3； ③由题干图1所示溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系的信息可知，pH=6时Ce2(CO3)3·8H2O沉淀率较高，原溶液呈酸性将消耗更多的NH4HCO3，若pH更大即超过6时将产生Ce(OH)3使得最终产物中含有Ce2(CO3)3·8H2O较少，煅烧时产生的CO2更少，最终产品CeO2气孔少，吸附能力更弱，故滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱，故答案为：提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱； 【小问2详解】 ①已知Ce2(CO3)3·8H2O的摩尔质量为604g/mol，a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收，说明这时不再放出水蒸气，即a点处结晶水已经完全失去，设灼烧1molCe2(CO3)3·8H2O固体，则起始固体质量为：1mol×604g/mol=604g，a点对应剩余固体质量为：604g×76.16%=460g，即这阶段减少质量为604g-460g=144g，144g÷18g/mol=8mol，即失去8molH2O，故a点固体产物为Ce2(CO3)3，故答案为：Ce2(CO3)3； ②煅烧过程中，将产生CO2，故“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收能够吸收CO2，减少碳排放，同时生成NH4HCO3，可循环使用，故答案为：吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用； ③由题干晶胞可知，一个晶胞中黑球个数为：8×+6×=4个，白球为8个，结合化学式CeO2，可知黑球代表Ce，白球代表O，故晶胞中与每个Ce4+距离最近的Ce4+的个数为12，故答案为：12。 15. 化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下： （1）A在水中的溶解度___________C在水的溶解度。(填“大于”、“小于”、“等于”) （2）B→C的反应类型为___________。 （3）C→D的反应中有副产物X(分子式为C12H15O6Br)生成，写出X的结构简式___________。 （4）A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。 ①能发生银镜反应； ②在一定条件下完全水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2。 （5）已知：(R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢)，写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)___________。 【答案】（1）大于 （2）取代反应 （3） （4） （5）CH3OHHCHO； 【解析】 【分析】化合物A与SOCl2在加热时反应产生B，B与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生取代反应产生C，C与CH3OCH2Cl在三乙胺作用下发生1个羟基的取代反应产生D，D与CH3I在K2CO3存在条件下发生羟基的取代反应产生E，E与LiAlH4发生还原反应产生F。 【小问1详解】 对比化合物A、C分子结构可知：化合物A分子中含有亲水基-COOH反应后变为化合物C分子中的憎水基-COOCH3，使物质的溶解性大大降低，因此物质A在水中的溶解度大于C在水中的溶解度； 【小问2详解】 化合物B与CH3OH发生-COCl上Cl原子的取代反应产生C分子中的-COOCH3，同时得到HCl，该反应类型是取代反应； 【小问3详解】 化合物C分子中含有2个-OH，C变为D时是1个-OH发生取代反应，也可能是2个-OH都与CH3OCH2Cl发生取代反应产生分子式是C12H15O6Br的副产物X，其结构简式是； 【小问4详解】 化合物A结构简式是，其一种同分异构体同时满足下列条件：①能发生银镜反应，说明分子结构中含有醛基-CHO；②在一定条件下完全水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2，说明含有酯基，水解产生的含苯环的产物分子中含有两种不同环境的H原子，这两种不同化学环境的氢原子数目比为1∶2，则该物质的结构简式是； 【小问5详解】 首先CH3OH与O2在Cu作催化剂条件下加热，发生氧化反应产生HCHO；然后是与LiAlH4发生还原反应产生，与HCl在加热时发生取代反应产生，与Mg在无水乙醚作用下反应产生，与HCHO作用，然后酸化可得目标产物，故由和CH3OH制取的流程为：CH3OHHCHO； 。 16. 三水合三草酸铁钾是新一代蓝晒工艺的感光剂。 （1）在光照条件下发生分解，有和生成。 ①写出分解反应的化学方程式：_______。 ②与_______(填字母)溶液混合光照，可生成蓝色物质。 A． B． C．KSCN （2）一种以为铁源制备的流程如下： ①“沉铁”完成后，用如图-1所示装置进行过滤、洗涤得到纯净。抽气的目的是_______。 ②利用图-2所示装置配制“合成”所需的溶液。当溶液pH为_______(填字母)时停止滴加KOH溶液。已知：，。 A．1.2 B．2.7 C．4.2 D．8.4 ③分离得到较纯净产品的操作：将浓缩后的溶液_______。 （3）用下列方法测定产品中铁元素的质量分数，请补充完整实验方案：①准确称取a g样品加入稀硫酸溶解，配成100 mL溶液；②量取25.00 mL溶液置于锥形瓶中，逐滴加入溶液反应至终点；③_______；④计算。(已知该测定过程中过量锌粉不与发生反应。实验中须使用试剂：锌粉、溶液) 【答案】（1） ①. ②. B （2） ①. 加快过滤速率、固液分离更完全、使沉淀更干燥（答出其中一点即可） ②. B ③. 置于暗处，用冰水冷却结晶后过滤 （3）向滴定后的溶液中加入过量锌粉，充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤滤渣，将洗涤滤液与原滤液合并，再用溶液滴定至溶液呈浅红色，记录第二次滴定所消耗溶液的体积。重复滴定2～3次 【解析】 【分析】制备的流程为：在溶液中加入KOH溶液沉铁得到固体，过滤后在固体中加入溶液合成，最后通过蒸发浓缩，置于暗处用冰水冷却结晶，过滤得到晶体，据此信息解答。 【小问1详解】 ①在光照条件下发生分解，有和生成，铁元素化合价降低，则中+3价C化合价升高转化为，得到分解的方程式为：； ②见光分解后有产生，能与作用产生蓝色物质的 A．：能把氧化，但不会生成蓝色物质，A不符合题意； B．：能与发生反应生成蓝色物质，B符合题意； C．KSCN：与不发生反应，无蓝色物质生成；C不符合题意； 故答案为：B。 【小问2详解】 ①用布氏漏斗进行抽滤，其抽气的目的为：加快过滤速率、固液分离更完全、使沉淀更干燥； ②根据题意，目标产物是全部生成​，当溶液中溶质只为​​时，根据酸式盐的，则题干所给的四个选项中，符合的选项为：B； ③要分离得到较纯净晶体产品，为防止其长期接触光而分解，其操作为：将浓缩后的溶液置于暗处，用冰水冷却结晶后过滤。 【小问3详解】 测定产品中铁元素的质量分数的实验方案为：①准确称取a g样品加入稀硫酸溶解，配成100 mL溶液；②量取25.00 mL溶液置于锥形瓶中，逐滴加入溶液反应至终点；③向滴定后的溶液中加入过量锌粉，充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤滤渣，将洗涤滤液与原滤液合并，再用溶液滴定至溶液呈浅红色，记录第二次滴定所消耗溶液的体积，重复滴定2～3次；④计算。 17. 对燃煤气进行综合处理，可实现绿色环保与变废为宝的目的。 （1）燃煤气中的含量可利用库伦测硫仪进行检测，其工作原理如图-1所示。电解质溶液中(是定值)，且保持定值时该电解池不工作。待测气体进入电解池后，电解池开始工作，待测定结束后。 ①导致测硫仪出现数据变化时的离子反应为___________。 ②标况下，若待测气体以的流速通入，10min末测硫仪显示转移了0.02mol电子，则待测气体中的体积分数为___________。 （2）工业上经过捕集和电催化还原可转化为有机物。以的溶液为电解质溶液，将通入Cu基催化剂的电极材料上(Cu是催化剂的活性位点)，相同条件下电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电压变化如图-2所示。 ①有机胺与反应生成，再失去1个质子后再跟水反应可实现有机胺的再生。有机胺能吸收的原因是___________。 ②当电压为时，生成的电极反应式为___________。 ③电压从增大到时，电流减小的原因可能是___________。 （3）某科研小组研究了Fe掺杂六方氮化硼(BN)对还原反应的催化性能。上吸附、和的稳定构型如图-3所示(所有键距均以nm为单位)，CO、还原反应过程的曲线图如图-4所示。 ①在表面容易产生吸附态氧原子(O*)的原因是（ ）。 ②科研小组依据数据认为还原反应使用CO优于，理由是（ ）。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. 有机胺呈碱性 ②. ③. 生成的CO吸附在催化剂Cu的活性位点，导致还原受阻(或“CO与Cu生成新物质覆盖在催化剂表面”) （3） ①. 吸附态键长最长，键能最小，易断裂产生；O的电负性较大，容易被Fe吸附 ②. 催化剂对反应物CO的吸附产物较稳定；CO发生反应的活化能低于；催化剂对生成物的吸附能力较弱，更易解吸 【解析】 【小问1详解】 ①由图-1可知，电解池左侧有生成，说明被还原化合价降低，所以进入的SO2气体是还原剂，S化合价升高SO2变成，确定了氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再根据转移电子守恒和原子守恒配平离子反应方程式为：； ②10min末待测气体的总体积为：，SO2被氧化时，S从+4价升至+6价，1mol SO2转移2mol电子，已知转移0.02mol电子，对应的SO2为0.01mol，标况下SO2的体积为，所以待测气体中SO2的体积分数为：； 【小问2详解】 ①CO2是酸性氧化物，有机胺水溶液呈碱性，两者可以发生反应，所以有机胺可以吸收CO2； ②电解质是的KHCO3，为弱碱环境，生成H2的电极应该为阴极，得电子发生还原反应，阴极发生反应，生成的OH-与通入的CO2发生反应，总的反应式为：； ③在电解池中电流的大小由电极的反应速率决定，反应速率受电极活性点位数量、反应物浓度、电压等影响，从图-2可知，电压由U2到U3时，电压增大应该是有利于电流增大，但电流减小，可能的原因是电极活性点位数量减小，即可能是反应中生成的CO吸附在催化剂Cu的活性位点，导致CO2还原受阻(或“CO与Cu生成新物质覆盖在催化剂表面”)； 【小问3详解】 ①吸附态键长最长，键能最小，易断裂产生，O的电负性较大，容易被Fe吸附；且的键长较短，说明键能较大原子结合力较强； ②从图-4两反应的最高活化能对比，图-3催化剂对各物质的吸附稳定结构的键长对比可以看出，催化剂对反应物CO的吸附产物较稳定，CO发生反应的活化能低于SO2，催化剂对生成物CO2的吸附能力较弱，更易解吸。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年第二学期期末质量监测 高二化学试题 注意事项： 1. 本试卷共8页，17小题，满分100分；考试时间75分钟。 2. 答题前，请务必将学校、姓名、班级、准考证号填写在试卷及答题卡上。 3. 作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡上指定区域内作答；在其它位置作答一律无效。考试结束后，请将答题卡交回。 一、单项选择题：共13小题，每小题3分，满分39分。 1. 我国探月工程取得重大进展。月壤中含有 Ca、Fe等元素的磷酸盐，下列元素位于元素周期表中 d区的是 A. O B. P C. Ca D. Fe 2. 是钛铁矿的主要成分，可以用于制备金属钛。下列说法正确的是 A. 基态价层电子排布式为 B. Fe在元素周期表中位于ds区 C. 基态价层电子轨道表示式为 D. O在元素周期表中位于第三周期族 3. 实验室用铝合金(含Al、Cu)制备。下列相关原理、装置及操作正确的是 A. 用图甲装置溶解铝合金 B. 用图乙装置过滤溶解后混合物 C. 用图丙制备 D. 用图丁装置灼烧制 4. 硫酸亚铁铵，化学式为，是一种蓝绿色的无机复盐。下列说法正确的是 A. 半径： B. 沸点： C. 电负性： D. 第一电离能： 阅读下列材料，完成下面小题。 周期表中第ⅥA族元素的单质及其化合物应用广泛。O3、H2O2等都是生产中常见的氧化剂；H2S的燃烧热为586kJ·mol-1；单质硒可以用作光敏材料，工业上可由甲酸与含亚硒酸(H2SeO3)的废液在103℃反应制得；我国科学家还研发了一种硒电池，放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，其表现出了超强的电容量和出色的循环性能。 5. 下列说法正确的是 A. H2O2分子中所有原子在同一直线上 B. H2S晶体属于分子晶体 C. SeO的空间构型是平面三角形 D. 1molH2SeO3中含有6molσ键 6. 下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. O3是极性分子，O3易溶于水 B. Se最外层有6个电子，单质硒的熔沸点较低 C. CuSO4溶液有酸性，可用于泳池的杀菌消毒 D. H2O2有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2 7. 下列化学反应表示正确的是 A. H2S稀溶液中通入少量SO2气体：H2S＋3SO2=2S↓＋2H2SO3 B. H2S燃烧热化学方程式：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)ΔH=-1172kJ·mol-1 C. H2SeO3制取单质硒的化学方程式：2HCOOH＋H2SeO3Se＋2CO2↑＋3H2O D. 硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu2＋-4e-=Cu2Se 8. 在给定条件下，下列工业制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 海水中提取镁： B. 制备漂白粉：饱和NaCl溶液漂白粉 C. 硫酸工业： D. 工业制备硝酸： 9. 用溶液吸收烟气中的，所得的吸收液主要成分为，将吸收液通入如图所示的电解槽进行再生并制得浓硫酸。下列说法正确的是 A. M极与电源的正极相连 B. a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜 C. N极发生的反应为 D. 当M极产生11.2 L（标况）时，N极生成的数目为 10. 化合物Z是制备药物洛索洛芬钠的关键中间体，可由下列反应制得。 下列说法正确的是 A. X分子中含有1个手性碳原子 B. Y能发生消去反应 C. Z中的含氧官能团为羰基和醚键 D. 最多能与反应 11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察溶液颜色变化 SO2具有漂白性 B 将20℃0.5mol·L-1CH3COONa溶液加热到40℃，用pH传感器测量溶液的pH 温度对CH3COO-水解平衡的影响 C 向Na2CO3溶液中滴加浓盐酸，反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中 非金属性：C>Si D 向浓度均为0.01mol·L-1的Na2CO3和Na2SO4的混合液中滴少量0.01mol·L-1的BaCl2溶液 Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4) A. A B. B C. C D. D 12. 草酸亚铁是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取： 已知室温时：。 下列说法正确的是 A. 室温下，向溶液中加酸调节时溶液中存在： B. “酸化溶解”后的溶液中存在： C. 室温时，能与反应生成沉淀 D. 室温时，“沉铁”后的上层清液中： 13. 甲烷和水蒸气催化重整制氢过程中的主要反应为 ①   ②   在装有催化剂的密闭容器中，、时，若仅考虑上述反应，平衡时转化率和CO转化率随温度的变化如图所示。 CO转换率 下列说法正确的是 A. 反应的焓变 B. 曲线a表示平衡时转化率随温度的变化 C. 850℃平衡时生成的比550℃平衡时生成的少 D. 相同条件下，和总物质的量不变，越小，产量越高 二、非选择题：共4大题，满分61分。 14. 稀土元素Ce是重要的战略资源，其氧化物CeO2是一种重要的催化剂。一种沉淀法制备CeO2的过程如下： （1）制备Ce2(CO3)3·8H2O沉淀 ①配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为___________。 ②生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀的化学方程式为___________。 ③溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系如图1所示。滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为___________。 （2）灼烧Ce2(CO3)3·8H2O制备CeO2 在空气中灼烧Ce2(CO3)3·8H2O，测得灼烧过程中剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化曲线如图2所示。已知a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收。 ①a点固体产物为___________(填化学式，写出计算过程)。 ②“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收的原因为___________。 ③b点得到CeO2晶体，其晶胞如图3所示。晶胞中与每个Ce4+距离最近的Ce4+的个数为___________。 15. 化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下： （1）A在水中的溶解度___________C在水的溶解度。(填“大于”、“小于”、“等于”) （2）B→C的反应类型为___________。 （3）C→D的反应中有副产物X(分子式为C12H15O6Br)生成，写出X的结构简式___________。 （4）A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。 ①能发生银镜反应； ②在一定条件下完全水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2。 （5）已知：(R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢)，写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)___________。 16. 三水合三草酸铁钾是新一代蓝晒工艺的感光剂。 （1）在光照条件下发生分解，有和生成。 ①写出分解反应的化学方程式：_______。 ②与_______(填字母)溶液混合光照，可生成蓝色物质。 A． B． C．KSCN （2）一种以为铁源制备的流程如下： ①“沉铁”完成后，用如图-1所示装置进行过滤、洗涤得到纯净。抽气的目的是_______。 ②利用图-2所示装置配制“合成”所需的溶液。当溶液pH为_______(填字母)时停止滴加KOH溶液。已知：，。 A．1.2 B．2.7 C．4.2 D．8.4 ③分离得到较纯净产品的操作：将浓缩后的溶液_______。 （3）用下列方法测定产品中铁元素的质量分数，请补充完整实验方案：①准确称取a g样品加入稀硫酸溶解，配成100 mL溶液；②量取25.00 mL溶液置于锥形瓶中，逐滴加入溶液反应至终点；③_______；④计算。(已知该测定过程中过量锌粉不与发生反应。实验中须使用试剂：锌粉、溶液) 17. 对燃煤气进行综合处理，可实现绿色环保与变废为宝的目的。 （1）燃煤气中的含量可利用库伦测硫仪进行检测，其工作原理如图-1所示。电解质溶液中(是定值)，且保持定值时该电解池不工作。待测气体进入电解池后，电解池开始工作，待测定结束后。 ①导致测硫仪出现数据变化时的离子反应为___________。 ②标况下，若待测气体以的流速通入，10min末测硫仪显示转移了0.02mol电子，则待测气体中的体积分数为___________。 （2）工业上经过捕集和电催化还原可转化为有机物。以的溶液为电解质溶液，将通入Cu基催化剂的电极材料上(Cu是催化剂的活性位点)，相同条件下电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电压变化如图-2所示。 ①有机胺与反应生成，再失去1个质子后再跟水反应可实现有机胺的再生。有机胺能吸收的原因是___________。 ②当电压为时，生成的电极反应式为___________。 ③电压从增大到时，电流减小的原因可能是___________。 （3）某科研小组研究了Fe掺杂六方氮化硼(BN)对还原反应的催化性能。上吸附、和的稳定构型如图-3所示(所有键距均以nm为单位)，CO、还原反应过程的曲线图如图-4所示。 ①在表面容易产生吸附态氧原子(O*)的原因是（ ）。 ②科研小组依据数据认为还原反应使用CO优于，理由是（ ）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $