精品解析：陕西省西安市铁一湖滨学校2025-2026学年高二上学期期中化学试题

2025-2026-1高二年级化学期中试题 考试时间：75分钟 满分：100分 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 第Ⅰ卷(选择题) 一、单选题(共14小题，每小题3分，共42分) 1. 国产大飞机C919上用到较多的镁铝合金。下列叙述正确的是 A. 铝位于元素周期表的s区 B. 镁铝合金的熔点比Mg和Al都高 C. 基态镁原子能量最高的电子云轮廓图为球形 D. 工业上制备铝单质，可由电解熔融状态的AlCl3制得 【答案】C 【解析】 【详解】A．铝的价电子排布为3s23p1，位于p区，A错误； B．合金的熔点通常低于其成分金属，镁铝合金熔点比Mg和Al低，B错误； C．基态镁原子最高能级为3s轨道，其电子云轮廓图为球形，C正确； D．工业上电解熔融Al2O3制备铝，AlCl3熔融态不导电，D错误； 故选C。 2. 已知分子中S为中心原子，其中心原子的杂化方式和分子结构分别为 A. ，角形 B. ，三角锥形 C. ，平面三角形 D. ，四面体形 【答案】B 【解析】 【详解】SOCl2分子中硫原子的价层电子对数为：3+(6-2-1×2) ×=4，孤对电子对数为：(6-2-1×2) ×=1，则原子的杂化方式为sp3杂化，分子结构为三角锥形，故选B。 3. 已知下列元素的电负性数据，下列判断不正确的是 元素 Li Be C O F Na Al Cl Ge 电负性 1.0 1.5 2.5 3.5 4.0 0.9 1.5 3 1.8 A. Mg元素电负性的最小范围为1.0~1.6 B. Ge既具有金属性，又具有非金属性 C. Be和Cl形成共价键 D. O和F形成的化合物O显正价 【答案】A 【解析】 【详解】Mg元素的金属性小于Na，大于Be，故电负性的最小范围为0.9～1.5，A判断不正确；Ge的电负性为1.8，既具有金属性，又具有非金属性，B判断正确；根据Be和Cl的电负性，两元素电负性差距小于1.7，可形成极性键，C判断正确；F的电负性大于O，故O和F形成的化合物O显正价，D判断正确。 4. 下列电子排布式表示基态原子的核外电子排布的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．该排布总电子数为13，对应13号元素铝。基态Al的电子排布应为，此排布中3s轨道未填满就填充了能量更高的3p轨道，属于激发态原子，A错误； B．4s轨道能量低于4p轨道，基态应先排满4s轨道（2个电子）再排4p轨道，该排布中4s仅1个电子、4p有1个电子，属于激发态，B错误； C．4s轨道能量低于3d轨道，基态应先排满4s轨道（2个电子）再排3d轨道，且该排布不满足洪特规则半满、全满的特例情况，属于激发态，C错误； D．该电子排布符合能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，对应31号元素Ga的基态核外电子排布，D正确； 故选D。 5. 氮化镓是新型半导体材料。工业制备氮化镓的常用方法是。下列叙述正确的是 A. 基态Ga原子电子排布式： B. 的空间填充模型： C. 基态N原子价层电子的轨道表示式： D. HCl溶于水形成的水合氯离子： 【答案】C 【解析】 【详解】A．Ga为31号元素，基态原子电子排布式应为[Ar]3d104s24p1，选项中遗漏3d10，A错误； B．NH3的空间填充模型应体现原子相对大小且无"棍"连接，题目图片为球棍模型，B错误； C．基态N原子价层电子为2s22p3，2s轨道电子自旋相反，2p轨道3个电子分占不同轨道且自旋相同，图中符合洪特规则和泡利原理，C正确； D．带负电，应吸引水分子中呈正电性的H原子，即水合氯离子：，D错误； 故选C。 6. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是 选项 事实 原因解释 A 酸性： 电负性： B 键角： 前者中心原子是sp杂化，后者为杂化 C 沸点：对羟基苯甲酸>邻羟基苯甲酸 对羟基苯甲酸存在分子内氢键 D 熔点： 氯化钠离子键强于氯化铯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．F的电负性大于Cl，吸电子效应更强，使CF3COOH中羧基上O-H键极性增强，更易电离出H+，故酸性强于CCl3COOH，A正确； B．CO2为sp杂化（键角180°），CH4为sp3杂化（键角109.5°），键角大小与杂化方式与题干描述一致，B正确； C．对羟基苯甲酸沸点高是因为分子间氢键，而邻羟基苯甲酸因分子内氢键减弱了分子间作用力，导致沸点：对羟基苯甲酸>邻羟基苯甲酸，C错误； D．Na+半径小于Cs+，NaCl离子键更强，熔点更高，D正确； 故答案选C。 7. 下列装置图正确且能达到实验目的的是 A．用装置甲制取 B．用装置乙干燥氯气 C．用装置丙分液 D．用装置丁灼烧碎海带 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．与浓盐酸在常温下即可反应生成，装置甲为固液不加热型发生装置，可用于制取，A正确； B．用浓硫酸干燥氯气时，洗气瓶应“长进短出”，使气体与浓硫酸充分接触，装置乙为“短进长出”，无法达到干燥目的，B错误； C．苯的密度小于水，分液时苯层应在上层、水层在下层，装置丙中两层位置标注错误，C错误； D．灼烧碎海带应使用坩埚，烧杯不耐高温，不能用于灼烧固体，D错误； 故选A。 8. 由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、Q、W组成的某离子液体的阴离子的结构如图所示。已知Z、W的最外层电子数相等。下列有关说法正确的是 A. 氢化物的沸点：X＜Y＜Z B. 离子半径：Z>Q>W C. 电负性：Z>W>Y D. 第一电离能：X＜Z＜Y 【答案】D 【解析】 【分析】五种短周期主族元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，结构图中，每个Z形成了一个共价双键，每个W形成了两个共价双键和两个共价单键，Z、W的最外层电子数相等，则Z为O元素，W为S元素，每个Q形成一个共价键，则Q为F元素，每个X形成四个共价键，则X为C元素，Y得一个电子后形成了两个共价键，则Y为N元素，综上，X、Y、Z、Q、W依次为C、N、O、F、S元素。 【详解】A．碳的氢化物为烃类，未指明是最简单的氢化物，无法比较沸点高低，故A错误； B．一般而言，电子层数越多，半径越大，而电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：S2-＞O2-＞F-，即离子半径：W＞Z＞Q，故B错误； C．电负性：同周期从左到右增大(O＞N)，同主族从上到下减小(O＞S)，且N＞S，电负性：Z(O)＞Y(N)＞W(S)，故C错误。 D．同周期第一电离能呈增大趋势，N的2p能级半充满、较稳定，第一电离能大于O：故第一电离能C＜O＜N，故D正确； 答案选D。 9. 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Na2SiO3溶液中滴入盐酸，出现白色凝胶 说明非金属性：Cl＞Si B 常温下，用pH计分别测定等体积的1.0mol/LCH3COONH4溶液和0.1mol/LCH3COONH4溶液的pH 探究浓度对水解平衡的影响 C 向AgNO3与AgCl的混合浊液中加入少量KI溶液，沉淀颜色变为黄色 说明溶度积： Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) D 用pH计测量等物质的量浓度的NaNO2、NaClO的pH，后者的pH更大 说明酸性：HNO2＞HClO A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能根据HCl、H2SiO3的酸性强弱判断Cl、Si元素的非金属性强弱，A不合题意； B．由于CH3COO-和铵根离子的水解平衡常数相同，故CH3COONH4溶液为中性，则不能通过测量不同浓度CH3COONH4溶液的pH的方法离子探究浓度对水解平衡的影响，B不合题意； C．AgNO3与少量KI溶液反应生成黄色沉淀，黄色沉淀掩盖了白色沉淀AgCl，故不一定发生沉淀的转化，则不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，C不合题意； D．用pH计测量等物质的量浓度的NaNO2、NaClO的pH，后者的pH更大，说明ClO-的水解程度不，根据越弱越水解的水解规律可知，酸性：HNO2＞HClO，D符合题意； 故答案为：D。 10. 下列说法正确的是 A. 分子中只含有3个手性碳原子 B. 为V形分子，有微弱的极性，在水中的溶解度小于 C. 噻吩()相对分子质量大于吡咯()，故噻吩的沸点高于吡咯 D. 在第三周期中，第一电离能位于铝元素与磷元素之间的元素有2种 【答案】A 【解析】 【详解】A．分子中连有4个不同原子或原子团的碳是手性碳，有3个手性碳，即是两个连甲基的碳和连羟基的碳，故A正确； B．有微弱的极性，H2O是极性溶剂，O2是非极性分子，根据相似相溶原理，在水中的溶解度大于，故B错误； C．能形成分子间氢键，其沸点高于，故C错误； D．同周期元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第三周期中第一电离能位于铝元素和磷元素之间的元素有Mg、Si、S，故D错误； 答案选A。 11. 某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下： 已知：，下列说法不正确的是： A. 淀粉溶液为该反应的指示剂 B. 溶液b为蓝色是因为发生了反应： C. 溶液反复由无色变蓝的原因可能是H2O2氧化的反应速率比还原的反应速率快 D. 上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，反应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定 【答案】C 【解析】 【详解】A．淀粉遇碘单质变蓝，淀粉可为该反应的指示剂，A正确； B．该实验蓝色恢复是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，与空气无关，B正确； C．溶液变无色，是因为发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，溶液又变蓝，是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，在加入 Na2S2O3溶液后，溶液先变无色，随后变蓝色，可能是H2O2氧化I-的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率慢，C错误； D．由于H2O2是过量的，可与NaI发生反应，因此上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，过量的 H2O2在MnO2的作用下分解，产生O2，至不再产生气泡，即H2O2完全分解后，过滤，对滤液进行滴定，D正确； 故答案为：C。 12. 氨价格低廉，运输和储存方便，因此作为燃料电池具有很大的发展潜力。一种新型燃料电池构造示意图如图所示，关于该电池的说法错误的是 A. NH3在电极a上发生氧化反应 B. 通入的电极b为电池的正极 C. 介质中OHˉ向电极a移动 D. 转移电子时消耗和物质的量之比为 【答案】D 【解析】 【分析】电极a为负极，氨气被氧化为氮气，电极b为正极，氧气被还原为氢氧根，据此解答。 【详解】A．NH3为燃料，在燃料电池中燃料在负极a发生氧化反应，A正确； B．O2为氧化剂，在燃料电池中氧化剂在正极b发生还原反应，B正确； C．原电池中阴离子向负极移动，电极a为负极，OH-为阴离子，故介质中OH-向电极a移动，C正确； D．负极反应（碱性条件）：2NH3 + 6OH- - 6e-= N2 + 6H2O，1 mol NH3转移3 mol电子；正极反应：O2 + 2H2O + 4e-= 4OH-，1 mol O2转移4 mol电子。转移1 mol电子时，消耗NH3的物质的量为1/3 mol，消耗O2的物质的量为1/4 mol，二者物质的量之比为(1/3):(1/4)=4:3，而非3:4，D错误； 答案选D。 13. 下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数，则下列说法中正确的是 HClO A. 醋酸的酸性强于磷酸 B. 将少量的气体通入溶液中反应离子方程式为 C. 结合的能力： D. 向弱酸溶液中加少量溶液，电离平衡常数增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．醋酸的Ka为1.8×10-5，磷酸的Ka1为7.5×10-3，磷酸的酸性强于醋酸，A错误； B．根据电离平衡常数，可知酸性H2CO3>HClO>HCO，根据“强酸制弱酸”，将少量的CO2气体通入NaClO溶液中生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式正确，B正确； C．结合H⁺的能力由共轭酸的Ka决定，Ka越小，越容易结合H+，酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，故结合H+的能力： D．电离平衡常数仅与温度有关，加NaOH溶液不改变Ka，D错误； 答案选B。 14. 常温下，用溶液分别滴定20.00mL起始浓度均为的一元弱酸HX和HY溶液，已知HX电离程度小于HY，且当时，可以认为弱酸达电离平衡时的浓度近似等于起始浓度，其滴定曲线如图所示，下列说法正确的是 A. 图中曲线Ⅰ对应的为HY B. HX电离常数约为 C. 在和两点对应的溶液中，满足 D. 两条曲线终点坐标分别为、，两曲线相比，曲线Ⅰ选用酚酞作终点指示剂误差更小 【答案】C 【解析】 【分析】的一元弱酸HX和HY溶液，HX电离程度小于HY，HY的酸性大于HX，则HY的初始pH小于HX的初始pH，曲线Ⅰ对应HX、曲线Ⅱ对应HY。 【详解】A. HX电离程度小于HY，相同浓度时HY的酸性大于HX，则HY的初始pH小于HX的初始pH，所以图中曲线Ⅰ对应的为HX，故A错误； B. 根据图像，0.1mol/L HX的pH=5，HX电离常数= ，故B错误； C. 20.00mL起始浓度均为的一元弱酸HX和HY溶液，满足，根据物料守恒，在和两点对应的溶液中，满足，故C正确； D. 两条曲线终点坐标分别为、，酚酞的变色范围是8.2~10.0，所以曲线Ⅱ选用酚酞作终点指示剂误差更小，故D错误； 答案选C。 第Ⅱ卷(非选择题) 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15. 随原子序数递增，几种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。回答下列问题： （1）若用1~18列替代原主族、副族，则元素z位于周期表中第_________周期第__________列；元素z、d、f的简单离子半径由大到小的顺序是_________(用离子符号表示)。 （2）金属Be单质及其化合物的性质与f单质及其化合物的性质相似，则鉴别和涉及反应的化学方程式为__________________________ （3）将元素f的单质加入x、d、e组成的溶液中发生反应，形成的化学键有__________(填标号)。 A. 离子键 B. 氢键 C. 极性共价键 D. 非极性共价键 （4）g、h的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是______(填化学式)。 （5）比较氧化性强弱：__________（填“>”“<”或“=”），理由是____________________________。 【答案】（1） ①. 二 ②. 15 ③. （2）或 （3）ACD （4） （5） ①. > ②. 氧的电负性更强，原子半径更小，得电子能力更强 【解析】 【分析】x的化合价为+1，原子半径最小，为H元素；y的化合价为+4，为C元素；z的化合价为+5，为N元素； d的化合价为-2，为O元素；e的化合价为+1，原子半径在短周期中最大，为Na元素；f的化合价为+3，为Al元素；g的化合价为-2，为S元素；h的化合价为-1，为Cl元素；据此解答。 【小问1详解】 z为N元素，原子序数为7，位于元素周期表第二周期第15列；z、d、f的简单离子分别为、、，这三种离子核外电子排布相同（均为10电子微粒），核电荷数越大，离子对核外电子的吸引力越强，离子半径越小，故离子半径大小顺序为。 【小问2详解】 f为Al元素，其氢氧化物具有两性，根据对角线规则，Be的化合物性质与Al相似，故也具有两性，能与强碱NaOH溶液反应溶解，而不能，利用此性质差异可鉴别二者，涉及的化学方程式为。 【小问3详解】 x、d、e组成的溶液为NaOH水溶液，将Al单质加入其中发生反应生成和，产物中含有离子键和极性共价键，产物中含有非极性共价键，故形成的化学键有离子键、极性共价键和非极性共价键，选ACD。 【小问4详解】 g为S元素，h为Cl元素，同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性Cl>S，非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，故酸性较强的是。 【小问5详解】 为，为，由于O的电负性大于S且原子半径更小，中-1价的氧原子得电子能力比中-1价的硫原子更强，故氧化性。 16. 碳酸钴(CoCO3)是固体氧化物燃料电池的一种阴极催化剂材料。以钴土矿(主要成分为Co2O3、FeO、Al2O3，还含有少量MnO2、SiO2等)为原料制备碳酸钴的工艺流程如图所示： 已知：部分金属离子沉淀(离子浓度可认为该离子完全沉淀)的相关pH如下表。 沉淀 Co(OH)2 Al(OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 开始沉淀的pH 6.6 3.0 7.6 2.8 8.6 完全沉淀的pH 9.4 5.2 9.6 3.2 10.1 回答下列问题： （1）“酸浸”时有_______种物质被还原，写出其中一种物质参与氧化还原反应的离子方程式：__________。 （2）“氧化”的目的是_____________。 （3）“萃取”后水相中的阳离子只有Na+、H+、Mn2+。“调整pH”操作后，溶液pH=6.5，则滤渣的成分是______________(填化学式)。 （4）“萃取”时的反应为通过化学平衡移动原理，说明该工艺流程中“反萃取”的原理：____________________________________。 （5）写出“沉钴”反应的离子方程式：_____________________________。 （6）该操作工艺所得产品CoCO3是制备金属钴的基本原料，工艺流程及电解的工作原理如图所示。得到金属Co的电极为______________(填“阴极”或“阳极”)；一段时间后，该制备Co的电解池中间室溶液中H2SO4的浓度___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） ①. 2 ②. 或 （2）将Fe2+氧化为Fe3+ （3）Fe(OH)3和Al(OH)3 （4）加入稀硫酸，增大H+浓度，使平衡逆移 （5） （6） ①. 阴极 ②. 增大 【解析】 【分析】以钴土矿(主要成分为Co2O3、FeO、Al2O3，还含有少量MnO2、SiO2等)制取碳酸钴，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和，该过程中MnO2被还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，亚硫酸根同时被氧化为硫酸根，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入H2O2，它将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液加入HQ萃取，再加入稀硫酸反萃取得到含有Co2+的溶液，加入氨气和碳酸氢铵溶液，得到CoCO3，以此解答。 【小问1详解】 由分析可知，“酸浸”时有Co2O3、MnO2共2种物质被还原，Co2O3被还原为Co2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为，MnO2被还原为Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为。 【小问2详解】 由分析可知，“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+。 【小问3详解】 “萃取”后水相中的阳离子只有Na+、H+、Mn2+，“调整pH”操作后，溶液pH=6.5，由表格数据可知，滤渣的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。 【小问4详解】 “萃取”时的反应为，“反萃取”时加入稀硫酸，H+浓度增大，平衡逆向移动。 【小问5详解】 “沉钴”时Co2+和氨水碳酸氢铵溶液反应生成CoCO3，根据原子守恒和电荷守恒配平离子方程式为。 【小问6详解】 由图可知，电解过程中Co2+在阴极得到电子生成Co，电极方程式为Co2++2e-=Co，H2O在阳极失去电子生成O2，电极方程式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，Co电极是阴极，石墨为阳极，则H+通过阳膜进入中间室，通过阴膜进入中间室，中间室溶液中H2SO4的浓度增大。 17. 草酸广泛分布在植物、动物和真菌体内。某实验小组想要测定某草酸溶液浓度，做了如下实验。请回答下列问题： Ⅰ．学生甲用的溶液来测定未知浓度草酸溶液。 （1）准备与滴定： a．用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入标准溶液至“0”刻度线以上； b．固定好碱式滴定管并使碱式滴定管尖嘴充满液体； c．调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数； d．量取待测液注入润洗过的锥形瓶中，并加入2滴指示剂溶液； e．用标准碱液滴定至终点，记下碱式滴定管液面读数； f．重复以上滴定操作2次，记录实验数据。 ①以上步骤有错误的是___________(填字母)。 ②盛标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用如图中的___________操作(填字母)。 A． B． C． D． （2）步骤d中应选择的指示剂为___________(选填“酚酞”或“甲基橙”)溶液。滴定接近终点时，使滴定管尖嘴处悬垂的半滴标准溶液加入到锥形瓶中的操作是___________。 （3）下列操作中可能使所测草酸溶液的浓度数值偏高的是___________(填字母)。 A. 水洗涤后的酸式滴定管未用草酸溶液润洗就直接注入草酸溶液，并移取的草酸溶液于锥形瓶中 B. 滴定快达终点时，用蒸馏水洗涤锥形瓶的瓶壁，然后继续滴定至终点 C. 读取溶液体积时，开始俯视读数，滴定结束时仰视读数 D. 滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 Ⅱ．学生乙从菠菜中提取了粗草酸晶体()，配制成溶液。用酸性溶液滴定，测其纯度（杂质不参加反应）。 （4）滴定时应将溶液加入___________滴定管中（填“酸式”或“碱式”）。 （5）滴定终点现象为___________。 （6）三次实验数据如下： 实验序号 锥形瓶中草酸溶液体积 滴定管初始读数 滴定管终点读数 ⅰ ⅱ ⅲ 粗草酸晶体的纯度为___________%。（保留3位有效数字，，已知的相对分子质量为126） 【答案】（1） ①. ad ②. C （2） ①. 酚酞 ②. 使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶内壁与管口接触，使液滴流出（意思相近即可） （3）CD （4）酸式 （5）加入最后半滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液颜色从无色变为粉红色，且半分钟内不变色 （6）84.0 【解析】 【小问1详解】 ①a．碱式滴定管在洗涤后未用NaOH标准溶液润洗，使标准溶液被稀释，实际消耗的标准溶液会偏多，滴定结果(草酸的浓度)会偏大，a错误；d．锥形瓶用待测液润洗会使锥形瓶内待测液中实际草酸的物质的量偏大，导致滴定结果偏大，d错误；其余均正确，故选ad； ②排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法为：将碱式滴定管的橡胶管部分稍微向上弯曲，挤压玻璃小球，快速放液排除气泡，故选C； 【小问2详解】 NaOH与草酸的滴定终点的溶质为，水解使溶液显碱性，故指示剂应选择酚酞；滴定接近终点时，使滴定管尖嘴处悬垂的半滴标准溶液加入到锥形瓶中的操作是：使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶内壁与管口接触，使液滴流出； 【小问3详解】 A．水洗涤后的酸式滴定管未用草酸溶液润洗就直接注入草酸溶液，滴定管中残留的水会使草酸溶液被稀释，则测定的草酸浓度会偏低，A不符合题意； B．滴定快达终点时，用蒸馏水洗涤锥形瓶的瓶壁，是正确操作，对浓度测定不会造成影响，B不符合题意； C．读取溶液体积时，开始俯视读数，滴定结束时仰视读数，会使读取的标准液用量偏大，则草酸浓度的计算值会偏大，C符合题意； D．滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则消耗NaOH溶液体积的读数偏大，导致滴定结果偏高，D符合题意； 故答案选CD； 【小问4详解】 溶液有强氧化性（能够腐蚀橡胶管），所以应装在酸式滴定管； 【小问5详解】 用标准溶液滴定草酸，滴定终点会显示出的颜色，则滴定终点现象为：加入最后半滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液颜色从无色变为粉红色，且半分钟内不变色； 【小问6详解】 三次滴定消耗标准溶液的体积分别为20.02 mL、21.50 mL、19.98 mL，第二次数据偏差太大，舍去，平均体积为20.00 mL，则，根据离子方程式，粗草酸晶体中，因此粗草酸晶体的纯度为。 18. I、氮的氧化物是大气污染物之一，用一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。回答下列问题： 已知： ① 2C(s)+O2(g)2CO(g)    ∆H1 = −221 kJ·mol−1 ② C(s)+O2(g) CO2(g)     ∆H2 = −393.5 kJ·mol−1 ③ N2(g)+O2(g) 2NO(g) ∆H3 = +181 kJ·mol−1 （1）CO还原NO反应：2CO(g) + 2NO(g) 2CO2(g) + N2(g) ∆H=______ kJ·mol-1，该反应在______下能自发进行(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 （2）其他条件相同时，使用两种不同催化剂，反应相同的时间，CO的转化率随温度变化的影响如图： ①工业生产中应选择的温度和催化剂分别是______、______。 ②图中温度高于320℃时，CO转化率减小的原因可能是______。 Ⅱ、工业上用和制备的原理如下： ①   ②   （3）其他条件相同时，测得不同压强下，CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。 、、的由小到大顺序为______。时，发生的反应以______(填“反应①”或“反应②”)为主，分析图，判断的依据是______。 （4）其他条件相同时，CO2转化率或CH3OH选择性(生成CH3OH的物质的量与CO2转化的物质的量的比值)随温度的变化关系如图所示。220℃时，CH3OH的产率为______。工业生产中制备CH3OH的温度为200～280℃，原因是______。 【答案】（1） ①. -747 ②. 低温 （2） ①. 320℃ ②. 催化剂2 ③. 升温使催化剂活性降低或升温平衡逆向移动 （3） ①. P3＜P2＜P1 ②. 反应② ③. 随温度升高归于一条，证明压强对平衡无影响，只有反应②为化学计量数不变的反应，压强对平衡无影响，故以反应②为主 （4） ①. 4.3％ ②. 温度过低CO2转化率较小，温度过高CH3OH选择性较小(或者在200～280℃时，CO2转化率较大，CH3OH选择性较高) 【解析】 【小问1详解】 将方程式2②-①-③得方程式2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)，根据盖斯定律可知，ΔH=[2×(-393.5)+221-181]kJ/mol=-747kJ/mol，即该反应是一个焓减熵减的反应，故在低温下能自发进行，故答案为：-747kJ/mol；低温； 【小问2详解】 ①由题干图示信息可知，相同温度下催化剂2作催化剂CO的转化率均高于催化剂1作催化剂，且320℃时，催化剂2作催化剂时，CO的转化率最大，故工业生产中应选择的温度和催化剂分别是320℃、催化剂2，故答案为：320℃；催化剂2； ②由于该反应是一个放热反应，则温度高于320℃时，CO转化率减小的原因可能是升温使催化剂活性降低，也可能是温度升高平衡逆向移动，故答案为：升温使催化剂活性降低(或温度升高平衡逆向移动)。 【小问3详解】 根据方程式可知，压强越大，CO2的平衡转化率越大，故P1＞P2＞P3；由图像可知，三条曲线随温度升高归于一条，证明压强对平衡无影响，只有反应②为化学计量数不变的反应，压强对平衡无影响，故以反应②为主，故答案为：P3＜P2＜P1；反应②；随温度升高归于一条，证明压强对平衡无影响，只有反应②为化学计量数不变的反应，压强对平衡无影响，故以反应②为主； 【小问4详解】 观察题干图可知，220℃时，设投入CO2的物质的量为x mol，CO2转化率为10%，则转化CO2的物质的量为0.1x mol，生成CH3OH的量为43%×0.1x mol=0.043x mol，理论上若x mol CO2完全反应会生成x mol CH3OH，实际上生成0.043x mol CH3OH，则CH3OH的产率是×100%=4.3%，观察题干图可得出，温度过低CO2转化率较小，温度过高CH3OH选择性较小，或者在200～280℃时，CO2转化率较大，CH3OH选择性较高，故答案为：4.3%；温度过低CO2转化率较小，温度过高CH3OH选择性较小(或者在200～280℃时，CO2转化率较大，CH3OH选择性较高)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026-1高二年级化学期中试题 考试时间：75分钟 满分：100分 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 第Ⅰ卷(选择题) 一、单选题(共14小题，每小题3分，共42分) 1. 国产大飞机C919上用到较多的镁铝合金。下列叙述正确的是 A. 铝位于元素周期表的s区 B. 镁铝合金的熔点比Mg和Al都高 C. 基态镁原子能量最高的电子云轮廓图为球形 D. 工业上制备铝单质，可由电解熔融状态的AlCl3制得 2. 已知分子中S为中心原子，其中心原子的杂化方式和分子结构分别为 A. ，角形 B. ，三角锥形 C. ，平面三角形 D. ，四面体形 3. 已知下列元素的电负性数据，下列判断不正确的是 元素 Li Be C O F Na Al Cl Ge 电负性 1.0 1.5 2.5 3.5 4.0 0.9 1.5 3 1.8 A. Mg元素电负性的最小范围为1.0~1.6 B. Ge既具有金属性，又具有非金属性 C. Be和Cl形成共价键 D. O和F形成的化合物O显正价 4. 下列电子排布式表示基态原子的核外电子排布的是 A. B. C. D. 5. 氮化镓是新型半导体材料。工业制备氮化镓的常用方法是。下列叙述正确的是 A. 基态Ga原子电子排布式： B. 的空间填充模型： C. 基态N原子价层电子的轨道表示式： D. HCl溶于水形成的水合氯离子： 6. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是 选项 事实 原因解释 A 酸性： 电负性： B 键角： 前者中心原子是sp杂化，后者为杂化 C 沸点：对羟基苯甲酸>邻羟基苯甲酸 对羟基苯甲酸存在分子内氢键 D 熔点： 氯化钠离子键强于氯化铯 A. A B. B C. C D. D 7. 下列装置图正确且能达到实验目的的是 A．用装置甲制取 B．用装置乙干燥氯气 C．用装置丙分液 D．用装置丁灼烧碎海带 A. A B. B C. C D. D 8. 由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、Q、W组成的某离子液体的阴离子的结构如图所示。已知Z、W的最外层电子数相等。下列有关说法正确的是 A. 氢化物的沸点：X＜Y＜Z B. 离子半径：Z>Q>W C. 电负性：Z>W>Y D. 第一电离能：X＜Z＜Y 9. 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Na2SiO3溶液中滴入盐酸，出现白色凝胶 说明非金属性：Cl＞Si B 常温下，用pH计分别测定等体积的1.0mol/LCH3COONH4溶液和0.1mol/LCH3COONH4溶液的pH 探究浓度对水解平衡的影响 C 向AgNO3与AgCl的混合浊液中加入少量KI溶液，沉淀颜色变为黄色 说明溶度积： Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) D 用pH计测量等物质的量浓度的NaNO2、NaClO的pH，后者的pH更大 说明酸性：HNO2＞HClO A. A B. B C. C D. D 10. 下列说法正确的是 A. 分子中只含有3个手性碳原子 B. 为V形分子，有微弱的极性，在水中的溶解度小于 C. 噻吩()相对分子质量大于吡咯()，故噻吩的沸点高于吡咯 D. 在第三周期中，第一电离能位于铝元素与磷元素之间的元素有2种 11. 某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下： 已知：，下列说法不正确的是： A. 淀粉溶液为该反应的指示剂 B. 溶液b为蓝色是因为发生了反应： C. 溶液反复由无色变蓝的原因可能是H2O2氧化的反应速率比还原的反应速率快 D. 上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，反应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定 12. 氨价格低廉，运输和储存方便，因此作为燃料电池具有很大的发展潜力。一种新型燃料电池构造示意图如图所示，关于该电池的说法错误的是 A. NH3在电极a上发生氧化反应 B. 通入的电极b为电池的正极 C. 介质中OHˉ向电极a移动 D. 转移电子时消耗和物质的量之比为 13. 下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数，则下列说法中正确的是 HClO A. 醋酸的酸性强于磷酸 B. 将少量的气体通入溶液中反应离子方程式为 C. 结合的能力： D. 向弱酸溶液中加少量溶液，电离平衡常数增大 14. 常温下，用溶液分别滴定20.00mL起始浓度均为的一元弱酸HX和HY溶液，已知HX电离程度小于HY，且当时，可以认为弱酸达电离平衡时的浓度近似等于起始浓度，其滴定曲线如图所示，下列说法正确的是 A. 图中曲线Ⅰ对应的为HY B. HX电离常数约为 C. 在和两点对应的溶液中，满足 D. 两条曲线终点坐标分别为、，两曲线相比，曲线Ⅰ选用酚酞作终点指示剂误差更小 第Ⅱ卷(非选择题) 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15. 随原子序数递增，几种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。回答下列问题： （1）若用1~18列替代原主族、副族，则元素z位于周期表中第_________周期第__________列；元素z、d、f的简单离子半径由大到小的顺序是_________(用离子符号表示)。 （2）金属Be单质及其化合物的性质与f单质及其化合物的性质相似，则鉴别和涉及反应的化学方程式为__________________________ （3）将元素f的单质加入x、d、e组成的溶液中发生反应，形成的化学键有__________(填标号)。 A. 离子键 B. 氢键 C. 极性共价键 D. 非极性共价键 （4）g、h的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是______(填化学式)。 （5）比较氧化性强弱：__________（填“>”“<”或“=”），理由是____________________________。 16. 碳酸钴(CoCO3)是固体氧化物燃料电池的一种阴极催化剂材料。以钴土矿(主要成分为Co2O3、FeO、Al2O3，还含有少量MnO2、SiO2等)为原料制备碳酸钴的工艺流程如图所示： 已知：部分金属离子沉淀(离子浓度可认为该离子完全沉淀)的相关pH如下表。 沉淀 Co(OH)2 Al(OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 开始沉淀的pH 6.6 3.0 7.6 2.8 8.6 完全沉淀的pH 9.4 5.2 9.6 3.2 10.1 回答下列问题： （1）“酸浸”时有_______种物质被还原，写出其中一种物质参与氧化还原反应的离子方程式：__________。 （2）“氧化”的目的是_____________。 （3）“萃取”后水相中的阳离子只有Na+、H+、Mn2+。“调整pH”操作后，溶液pH=6.5，则滤渣的成分是______________(填化学式)。 （4）“萃取”时的反应为通过化学平衡移动原理，说明该工艺流程中“反萃取”的原理：____________________________________。 （5）写出“沉钴”反应的离子方程式：_____________________________。 （6）该操作工艺所得产品CoCO3是制备金属钴的基本原料，工艺流程及电解的工作原理如图所示。得到金属Co的电极为______________(填“阴极”或“阳极”)；一段时间后，该制备Co的电解池中间室溶液中H2SO4的浓度___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 17. 草酸广泛分布在植物、动物和真菌体内。某实验小组想要测定某草酸溶液浓度，做了如下实验。请回答下列问题： Ⅰ．学生甲用的溶液来测定未知浓度草酸溶液。 （1）准备与滴定： a．用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入标准溶液至“0”刻度线以上； b．固定好碱式滴定管并使碱式滴定管尖嘴充满液体； c．调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数； d．量取待测液注入润洗过的锥形瓶中，并加入2滴指示剂溶液； e．用标准碱液滴定至终点，记下碱式滴定管液面读数； f．重复以上滴定操作2次，记录实验数据。 ①以上步骤有错误的是___________(填字母)。 ②盛标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用如图中的___________操作(填字母)。 A． B． C． D． （2）步骤d中应选择的指示剂为___________(选填“酚酞”或“甲基橙”)溶液。滴定接近终点时，使滴定管尖嘴处悬垂的半滴标准溶液加入到锥形瓶中的操作是___________。 （3）下列操作中可能使所测草酸溶液的浓度数值偏高的是___________(填字母)。 A. 水洗涤后的酸式滴定管未用草酸溶液润洗就直接注入草酸溶液，并移取的草酸溶液于锥形瓶中 B. 滴定快达终点时，用蒸馏水洗涤锥形瓶的瓶壁，然后继续滴定至终点 C. 读取溶液体积时，开始俯视读数，滴定结束时仰视读数 D. 滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 Ⅱ．学生乙从菠菜中提取了粗草酸晶体()，配制成溶液。用酸性溶液滴定，测其纯度（杂质不参加反应）。 （4）滴定时应将溶液加入___________滴定管中（填“酸式”或“碱式”）。 （5）滴定终点现象为___________。 （6）三次实验数据如下： 实验序号 锥形瓶中草酸溶液体积 滴定管初始读数 滴定管终点读数 ⅰ ⅱ ⅲ 粗草酸晶体的纯度为___________%。（保留3位有效数字，，已知的相对分子质量为126） 18. I、氮的氧化物是大气污染物之一，用一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。回答下列问题： 已知： ① 2C(s)+O2(g)2CO(g)    ∆H1 = −221 kJ·mol−1 ② C(s)+O2(g) CO2(g)     ∆H2 = −393.5 kJ·mol−1 ③ N2(g)+O2(g) 2NO(g) ∆H3 = +181 kJ·mol−1 （1）CO还原NO反应：2CO(g) + 2NO(g) 2CO2(g) + N2(g) ∆H=______ kJ·mol-1，该反应在______下能自发进行(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 （2）其他条件相同时，使用两种不同催化剂，反应相同的时间，CO的转化率随温度变化的影响如图： ①工业生产中应选择的温度和催化剂分别是______、______。 ②图中温度高于320℃时，CO转化率减小的原因可能是______。 Ⅱ、工业上用和制备的原理如下： ①   ②   （3）其他条件相同时，测得不同压强下，CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。 、、的由小到大顺序为______。时，发生的反应以______(填“反应①”或“反应②”)为主，分析图，判断的依据是______。 （4）其他条件相同时，CO2转化率或CH3OH选择性(生成CH3OH的物质的量与CO2转化的物质的量的比值)随温度的变化关系如图所示。220℃时，CH3OH的产率为______。工业生产中制备CH3OH的温度为200～280℃，原因是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $