精品解析：云南华坪县第一中学2025-2026学年上学期期末检测 高二化学试卷

云南省华坪县第一中学2025-2026学年上学期期末检测 高二化学 本试卷满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 S 32 第Ⅰ卷(选择题，共42分) 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. 下列分子或离子的中心原子上带有一个孤电子对的是 ①BeCl2　②CH4　③NH3　④CH2O　⑤SO2 ⑥H2S　⑦C　⑧N A. ①②③⑤⑥⑦ B. ③⑦⑧ C. ④⑥⑧ D. ③⑤ 2. 已知在常温下测得浓度均为0.1 mol/L的下列6种溶液的pH值如表所示： 溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO NaCN C6H5ONa pH 8.8 9.7 11.6 10.3 11.1 11.3 下列反应不能成立的是 A. CO2＋H2O＋2NaClO=Na2CO3＋2HClO B. CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClO C. CO2＋H2O＋C6H5ONa=NaHCO3＋C6H5OH D. CH3COOH＋NaCN=CH3COONa＋HCN 3. 沼气是一种能源，它的主要成分是CH4，0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出445kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是 A. 2CH4（g）＋4O2（g）＝2CO2（g）＋4H2O（l）ΔH＝＋890kJ·mol-1 B. CH4（g）＋2O2（g）＝CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝＋890kJ·mol-1 C. CH4（g）＋2O2（g）＝CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝-890kJ·mol-1 D. CH4（g）＋O2（g）＝CO2（g）＋H2O（l）ΔH＝-890kJ·mol-1 4. “垃圾资源再利用”是解决环境污染问题的新思路。某种利用垃圾渗透液实现发电装置示意图如下，下列关于该装置说法正确的是 A. X为正极 B. 该装置将电能转化为化学能 C. Cl－向Y极移动 D. 电路中流过3mol电子时，生成标况下17.92LN2 5. 现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p1；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是 A. 第一电离能：③＞②＞① B. 原子半径：③＞②＞① C. 电负性：③< ②< ① D. 最高正化合价：③＞②＞① 6. 下列反应中能放出57.3 kJ热量的是 A. 1 mol稀H2SO4与足量NaOH溶液反应 B. 稀盐酸与氨水反应生成1 mol H2O(l) C. 稀NaOH溶液与浓硫酸反应生成1 mol H2O(l) D. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol H2O(l) 7. 25 ℃时，按下表配制两份溶液。 一元弱酸溶液 加入的NaOH溶液 混合后所得溶液 HA10.0mL0.20mol·L-1 5.0mL0.20mol·L-1 溶液I pH=5.0 HB10.0mL0.20mol·L-1 5.0mL0.20mol·L-1 溶液II pH=4.0 下列说法错误的是 A. 溶液Ⅰ中，c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) B. Ⅰ和Ⅱ的pH相差1.0，说明=10 C. 混合Ⅰ和Ⅱ：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(B-)+c(OH-) D. 混合Ⅰ和Ⅱ：c(HA)>c(HB) 8. 把0.02 mol·L-1 CH3COOH溶液和0.01 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合，溶液呈酸性，混合溶液中粒子浓度关系正确的是 A. c(CH3COO-)>c(Na＋) B. c(CH3COOH)>c(CH3COO-) C. 2c(H＋)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH) D. c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)=0.02 mol·L-1 9. 一种新型漂白剂（见下图）可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，Y的最外层p能级上只有一个单电子，X是地壳中含量最多的元素。W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述不正确的是 A. 该化合物中每个原子都达到稳定结构 B. 原子序数：，对应的简单离子半径顺序： C. 基态Y原子中有3种能量不同的电子，这些电子的运动状态共5种 D. 电负性： 10. 某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是 A. 断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl—Cl2↑+H2↑ B. 断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红 C. 断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e—＝2Cl— D. 断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极 11. 4NH3+5O24NO+6H2O，若反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，则下列关系表示正确的是 A. 5v（NH3）=6v（O2） B. 5v（O2）=6v（H2O） C. 2v（NH3）=3v（H2O） D. 4v（O2）=5v（NO） 12. 有机化合物M的结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 分子中既有键又有键 B. 羟基中氧原子采取杂化，模型为四面体形 C. 的极性强于的极性 D. 碳原子有三种杂化方式 13. 下列四种粒子中，半径按由大到小的排列顺序是 ①基态X的原子结构示意图： ②基态Y的价电子排布式：3s23p5 ③基态Z2－的电子排布图： ④W基态原子有2个能层，电子式： A. ③>①>②>④ B. ③>②>①>④ C. ①>③>④>② D. ①>④>③>② 14. 在一定条件下，容器内某反应中A、B的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是 A. 0～t1 min内化学方程式为A2B B. 0～t1 min内，A的反应速率是B的2倍 C. 0～t2 min内，A、B的反应速率相等 D. 0～t2 min内，用A表示的反应速率为 mol·L-1·min-1 第Ⅱ卷(非选择题，共58分) 二、非选择题(本题共4个大题，共58分) 15. I．将打磨后的锌片放入锥形瓶中，再将注射器中的稀硫酸压入锥形瓶中，通过压强传感器测定实验中密闭容器(气密性良好)内压强与时间的关系，如图所示。 （1）图中、、三段中，产生氢气最快的为___________段，解释这段产生氢气最快的原因： ___________。 （2）图中段容器内压强逐渐减小的原因可能是___________。 （3）为控制反应速率，防止反应过快难以测量氢气体积，该小组事先在稀硫酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为可行的是___________(填字母)。 A. 蒸馏水 B. 溶液 C. 溶液 D. 溶液 II．在硫酸工业中，在做催化剂的作用下通过下列反应使氧化为 。其实验数据如下： 温度 不同压强下的平衡转化率 0.1MPa 0.5MPa 1MPa 5MPa 10MPa 450°C 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7 550°C 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3 （4）反应应选用的最佳温度为___________，应选用的最佳压强为___________。 （5）在实际生产中欲使的平衡转化率提高，同时提高的产率，适宜采取的措施有___________。 （6）尾气中的必须回收，原因是___________。 16. 基激光器可发射蓝光或紫外光，可用于医疗美容领域。以锌渣[主要成分是和，还含少量]为原料制备的工艺流程如图，回答下列问题： 已知部分信息如下： ①与同主族，化学性质相似： ②已知：时，，，。 （1）的价层电子轨道表示式_____。 （2）为提高“酸浸”效率，块状锌渣需经过操作X后再进行“酸浸”，操作X为_____。 （3）时，“调”时使和完全沉淀，的最小值为_____。（结果保留小数点后一位，当溶液中剩余离子的浓度小于或等于时认为该离子沉淀完全） （4）萃取时发生反应：(有机相)(有机相)。 ①萃取剂（）萃取的分配系数（）为4，则用等体积该萃取剂萃取三次后的萃取率（）为_____，多次萃取后，水相存在的主要离子是_____。 ②的萃取率（）与值[萃取剂体积（O）和废酸液体积（A）之比]的关系如右图所示。根据图像，萃取时最合适的值为_____。 （5）制备无水时，加入的作用是_____（请从平衡移动的角度说明） （6）可在加热条件下与足量溶液反应，请写出离子反应方程式_____。 17. 乙烯是石油化工的核心原料，核心用途是生产有机化工产品： （1）一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量和，发生如下反应： ，测得的转化率与时间的关系如图1所示。其中、表示温度，速率方程：，(是速率常数，只与温度有关)。 ①该反应的___________0(填“>”“=”或“<”，下同)。 ②点：___________。 ③温度为时，测定平衡体系中，则：___________。 （2）在反应器中，发生如下反应： 反应 反应ii： 计算反应： ___________。 （3）一定温度下，、和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应和。有存在时，反应的反应进程如图2所示。随着的增加，的转化率和产物的选择性如图3所示。 已知：的选择性。 ①根据图2，写出生成的决速步反应式___________；的选择性大于的原因是___________。 ②结合图3，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着的增大，的转化率减小的原因是___________；当时，该温度下反应ii的___________(保留两位小数)。 18. 硫代硫酸钠是一种重要的化工原料，可采用如下流程制备。 已知： ①工业硫化钠含有重金属硫化物、煤粉等杂质而呈红褐色或棕黑色。硫化钠易溶于水，微溶于乙醇，能溶于热的乙醇。 ②易溶于冷水，难溶于乙醇，开始失去结晶水，空气中受热易被氧化。 ③常温下，的、 ④淀粉分子能与形成较稳定的蓝色包合物。 （1）采用如图所示装置制备，写出盛放固体的装置名称：_____。浓硫酸的质量分数为左右最佳，原因是_____。 （2）常温下，将通入的溶液，所得溶液的最接近于_____。 A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 （3）试设计实验，利用的氧化性检验步骤Ⅴ后的气体中是否还存在_____。 （4）下列说法正确的是_____。 A. 步骤Ⅰ可采用水浴加热，并使用酒精灯加热控制水浴温度在左右 B. 步骤Ⅱ趁热过滤的目的是防止的提前析出 C. 步骤Ⅴ通入过量的可提高的利用率，提高产率 D. 步骤Ⅵ的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 （5）纯度测定：称取粗产品置于烧杯中，加入少量碳酸钠，用蒸馏水溶解并稀释至。准确移取溶液于碘量瓶中，加入过量硫酸酸化的溶液，加盖摇匀，在暗处放置→_____→读数。 已知滴定过程中发生反应： ①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤_____。 a.加入适量淀粉溶液 b.补加溶液至反应完全 c.立即用溶液滴定至浅黄色 d.继续滴加溶液至蓝色恰好消失，且不变色，共消耗溶液 e.继续滴加溶液至恰好出现蓝色，且不变色，共消耗溶液 ②计算测得的产品纯度为_____%，若产品未发生脱水，且杂质只有一种，则该杂质为_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南省华坪县第一中学2025-2026学年上学期期末检测 高二化学 本试卷满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 S 32 第Ⅰ卷(选择题，共42分) 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. 下列分子或离子的中心原子上带有一个孤电子对的是 ①BeCl2　②CH4　③NH3　④CH2O　⑤SO2 ⑥H2S　⑦C　⑧N A. ①②③⑤⑥⑦ B. ③⑦⑧ C. ④⑥⑧ D. ③⑤ 【答案】D 【解析】 【详解】①BeCl2中Be的孤电子对数==0； ②CH4中C的孤电子对数==0； ③NH3中N的孤电子对数==1； ④CH2O中C的孤电子对数==0； ⑤SO2中S的孤电子对数==1； ⑥H2S中S的孤电子对数==2； ⑦中C的孤电子对数==0； ⑧中N的孤电子对数==0； 综上，符合题意的有③⑤； 答案选D。 2. 已知在常温下测得浓度均为0.1 mol/L的下列6种溶液的pH值如表所示： 溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO NaCN C6H5ONa pH 8.8 9.7 11.6 10.3 11.1 11.3 下列反应不能成立的是 A. CO2＋H2O＋2NaClO=Na2CO3＋2HClO B. CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClO C. CO2＋H2O＋C6H5ONa=NaHCO3＋C6H5OH D. CH3COOH＋NaCN=CH3COONa＋HCN 【答案】A 【解析】 【分析】根据盐类水解的规律，判断出对应酸性的强弱，然后利用酸性强的制取酸性弱，进行判断。 【详解】利用盐类水解中越弱越水解，判断出电离H＋能量的强弱顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>C6H5OH>HCO3－； A、根据上述分析，HClO电离出H＋大于HCO3－，因此此反应应是CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClO，选项A不成立； B、根据A选项分析，选项B成立； C、电离出H＋的大小顺序是H2CO3>C6H5OH>HCO3－，C选项成立； D、利用酸性强的制取酸性弱，CH3COOH的酸性强于HCl，D选项成立。 【点睛】难点是判断反应方程式的发生，本题不仅注意酸性强的制取酸性弱的，还应对比生成物中电离程度，如A选项，CO32－对应的是HCO3－，HClO电离H＋的能力强于HCO3－，HClO能与CO32－反应生成HCO3－，正确的反应是CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClO。 3. 沼气是一种能源，它的主要成分是CH4，0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出445kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是 A. 2CH4（g）＋4O2（g）＝2CO2（g）＋4H2O（l）ΔH＝＋890kJ·mol-1 B. CH4（g）＋2O2（g）＝CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝＋890kJ·mol-1 C. CH4（g）＋2O2（g）＝CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝-890kJ·mol-1 D. CH4（g）＋O2（g）＝CO2（g）＋H2O（l）ΔH＝-890kJ·mol-1 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题可知，CH4完全燃烧是放热反应，A错误； B．由题可知，CH4完全燃烧是放热反应，B错误； C．0.5molCH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445kJ热量，所以1molCH4完全燃烧放出890 kJ热量，C正确； D．0.5molCH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445kJ热量，D错误； 答案选C。 4. “垃圾资源再利用”是解决环境污染问题的新思路。某种利用垃圾渗透液实现发电装置示意图如下，下列关于该装置说法正确的是 A. X为正极 B. 该装置将电能转化为化学能 C. Cl－向Y极移动 D. 电路中流过3mol电子时，生成标况下17.92LN2 【答案】D 【解析】 【详解】A．X极是氨气变为氮气，化合价升高，则为原电池的负极，故A错误； B．该装置是原电池，是将化学能转化为电能，故B错误； C．根据前面分析X为负极，Y为正极，根据原电池“同性相吸”，则Cl－向X极移动，故C错误； D．负极是氨气变为氮气，正极是硝酸根变为氮气，电路中流过3mol电子时，生成氮气物质的量为，则标况下17.92LN2，故D正确。 综上所述，答案为D。 5. 现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p1；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是 A. 第一电离能：③＞②＞① B. 原子半径：③＞②＞① C. 电负性：③< ②< ① D. 最高正化合价：③＞②＞① 【答案】A 【解析】 【分析】由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p1为Al元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5为F元素。 【详解】A．同周期自左而右，第一电离能增大，即P元素的第一电离能大于Al元素的，F元素的非金属性强于P元素，因此F元素的第一电离能大于P元素的，即第一电离能：③＞②＞①，A项正确； B．同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，原子半径Al＞P＞F，即①＞②＞③，B项错误； C．同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低，电负性③＞②＞①，C项错误； D．Al元素最高正化合价为+3，P元素最高正化合价为+5，F没有正化合价，最高正化合价：②＞①＞③，D项错误; 答案选A。 6. 下列反应中能放出57.3 kJ热量的是 A. 1 mol稀H2SO4与足量NaOH溶液反应 B. 稀盐酸与氨水反应生成1 mol H2O(l) C. 稀NaOH溶液与浓硫酸反应生成1 mol H2O(l) D. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol H2O(l) 【答案】D 【解析】 【分析】强酸和强碱的稀溶液反应生成可溶性盐和放出的热量为，据此作答。 【详解】A．稀与足量溶液反应生成，放出的热量应为，A不符合题意； B．NH3·H2O为弱碱，电离吸热，所以稀盐酸与氨水反应生成放出的热量小于，B不符合题意； C．浓硫酸溶于水会放热，所以稀溶液与浓硫酸反应生成放出的热量大于，C不符合题意； D．稀盐酸与稀溶液反应生成可溶性盐氯化钡和，放出的热量为，D符合题意； 故选D。 7. 25 ℃时，按下表配制两份溶液。 一元弱酸溶液 加入的NaOH溶液 混合后所得溶液 HA10.0mL0.20mol·L-1 5.0mL0.20mol·L-1 溶液I pH=5.0 HB10.0mL0.20mol·L-1 5.0mL0.20mol·L-1 溶液II pH=4.0 下列说法错误的是 A. 溶液Ⅰ中，c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) B. Ⅰ和Ⅱ的pH相差1.0，说明=10 C. 混合Ⅰ和Ⅱ：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(B-)+c(OH-) D. 混合Ⅰ和Ⅱ：c(HA)>c(HB) 【答案】B 【解析】 【分析】根据酸碱用量可知溶液Ⅰ为等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液Ⅱ为等浓度的HB和NaB的混合溶液，且溶液Ⅰ和溶液Ⅱ中HA、NaA、HB、NaB的浓度相等。 【详解】A．溶液Ⅰ为等浓度的HA和NaA混合溶液，由电荷守恒可知溶液Ⅰ中，pH=5.0，则且二者含量均很低，因此，A正确； B．Ⅰ为等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液Ⅱ为HB和NaB的混合溶液，溶液Ⅰ的，溶液Ⅱ的，则HB的电离常数大于HA的电离常数，，，B错误； C．由电荷守恒可知混合Ⅰ和Ⅱ有，C正确； D．Ⅰ为等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液Ⅱ为HB和NaB的混合溶液，HA和HB初始浓度相同，由于HB的电离常数大于HA的电离常数，则混合Ⅰ和Ⅱ后有：，D正确； 故选B。 8. 把0.02 mol·L-1 CH3COOH溶液和0.01 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合，溶液呈酸性，混合溶液中粒子浓度关系正确的是 A. c(CH3COO-)>c(Na＋) B. c(CH3COOH)>c(CH3COO-) C. 2c(H＋)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH) D. c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)=0.02 mol·L-1 【答案】A 【解析】 【分析】溶液混合后，二者反应，但CH3COOH过量，故溶液为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH的混合体系。 【详解】A．CH3COOH电离和CH3COO-水解相互抑制，但以CH3COOH电离为主，溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH-)，根据电荷守恒有，则c(CH3COO-)>c(Na＋)，A正确； B．CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度，因此，B错误； Ｃ．根据电荷守恒有，根据元素质量守恒有，联立两式可得混合溶液中的质子守恒：，C错误； D．D中看似是元素质量守恒，但溶液的体积是原来的2倍，则，D错误； 故选A。 9. 一种新型漂白剂（见下图）可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，Y的最外层p能级上只有一个单电子，X是地壳中含量最多的元素。W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述不正确的是 A. 该化合物中每个原子都达到稳定结构 B. 原子序数：，对应的简单离子半径顺序： C. 基态Y原子中有3种能量不同的电子，这些电子的运动状态共5种 D. 电负性： 【答案】A 【解析】 【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素， X是地壳中含量最多的元素，则X为O，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，根据结构分析Z有1个价键，则Z为H，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层p能级上只有一个单电子，则Y为B。 【详解】A．该化合物中H原子未达到稳定结构，故A错误； B．W为Mg，X为O，则原子序数：，根据同电子层结构核多径小，则对应的简单离子半径顺序：，故B正确； C．基态Y原子核外电子排布式为1s22s22p1，则基态Y原子中有3种能量不同的电子，一个电子是一种运动状态，则这些电子的运动状态共5种，故C正确； D．同周期元素从左到右电负性依次增大，同主族元素从下到上电负性依次增大，所以电负性：，故D正确。 综上所述，答案为A。 10. 某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是 A. 断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl—Cl2↑+H2↑ B. 断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红 C. 断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e—＝2Cl— D. 断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极 【答案】D 【解析】 【详解】断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误； B、根据A中分析可知B错误； C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，C错误； D、根据C中分析可知D正确，答案选D。 【点晴】解答时注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意电极名称的判断和电极反应式的书写。 11. 4NH3+5O24NO+6H2O，若反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，则下列关系表示正确的是 A. 5v（NH3）=6v（O2） B. 5v（O2）=6v（H2O） C. 2v（NH3）=3v（H2O） D. 4v（O2）=5v（NO） 【答案】D 【解析】 【详解】A项、化学反应速率与化学计量数成正比，由化学方程式可知v（NH3）：v（O2）=4：5，则5v（NH3）=4v（O2），故A错误； B项、化学反应速率与化学计量数成正比，由化学方程式可知v（O2）：v（H2O）=5：6，则6v（O2）=5v（H2O），故B错误； C项、化学反应速率与化学计量数成正比，由化学方程式可知v（NH3）：v（H2O）=4：6=2：3，则3v（NH3）=2v（H2O），故C错误； D项、化学反应速率与化学计量数成正比，由化学方程式可知v（O2）：v（NO）=5：4，则4 v（O2）=5v（NO），故D正确； 故选D。 12. 有机化合物M的结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 分子中既有键又有键 B. 羟基中氧原子采取杂化，模型为四面体形 C. 的极性强于的极性 D. 碳原子有三种杂化方式 【答案】D 【解析】 【详解】A．键构成共价单键，键和π键构成共价苯环、双键或三键，该有机物中含共价单键、苯环和碳碳双键，故分子中既有键又有键，A项正确； B．羟基中氧原子成键电子对为2，孤电子对为2，则采取sp3杂化，其VSEPR模型为四面体形，B项正确； C．电负性：O>C，则O—H键的极性强于C-H键的极性，C项正确； D．4个单键相连的C原子采用sp3杂化方式，苯环和碳碳双键的C原子采用sp2杂化，无sp杂化的C原子，D项错误； 故选D。 13. 下列四种粒子中，半径按由大到小的排列顺序是 ①基态X的原子结构示意图： ②基态Y的价电子排布式：3s23p5 ③基态Z2－的电子排布图： ④W基态原子有2个能层，电子式： A. ③>①>②>④ B. ③>②>①>④ C. ①>③>④>② D. ①>④>③>② 【答案】A 【解析】 【详解】①根据结构示意图可知X为S；②基态Y的价电子排布式：3s23p5可知Y为Cl；③根据基态Z2－的电子排布图可知Z2－为S2-；④根据W基态原子有2个能层，电子式： 可知W为F；电子层数越多，半径越大，则F<Cl，同周期随着原子序数的递增，原子半径减小，则Cl<S，同种元素的阴离子半径大于原子半径，则S< S2-；综上半径大小关系为S2->S>Cl>F即③>①>②>④；A正确；正确选项A。 14. 在一定条件下，容器内某反应中A、B的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是 A. 0～t1 min内化学方程式为A2B B. 0～t1 min内，A的反应速率是B的2倍 C. 0～t2 min内，A、B的反应速率相等 D. 0～t2 min内，用A表示的反应速率为 mol·L-1·min-1 【答案】B 【解析】 【详解】A．内，A的物质的量减少了，B的物质的量增加了，因此A为反应物，B为生成物，化学方程式为，A错误； B．内，A的物质的量减少了，B的物质的量增加了，因此A的反应速率是B的2倍，B正确； C．内，A的物质的量减少了，B的物质的量增加了，因此两者的反应速率不相等，C错误； D．因题中只给出了A、B物质的量的变化，没有给出体积的数值，无法求浓度变化量，因此用A表示的反应速率无法算出，D错误； 故选B。 第Ⅱ卷(非选择题，共58分) 二、非选择题(本题共4个大题，共58分) 15. I．将打磨后的锌片放入锥形瓶中，再将注射器中的稀硫酸压入锥形瓶中，通过压强传感器测定实验中密闭容器(气密性良好)内压强与时间的关系，如图所示。 （1）图中、、三段中，产生氢气最快的为___________段，解释这段产生氢气最快的原因： ___________。 （2）图中段容器内压强逐渐减小的原因可能是___________。 （3）为控制反应速率，防止反应过快难以测量氢气体积，该小组事先在稀硫酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为可行的是___________(填字母)。 A. 蒸馏水 B. 溶液 C. 溶液 D. 溶液 II．在硫酸工业中，在做催化剂的作用下通过下列反应使氧化为 。其实验数据如下： 温度 不同压强下的平衡转化率 0.1MPa 0.5MPa 1MPa 5MPa 10MPa 450°C 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7 550°C 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3 （4）反应应选用的最佳温度为___________，应选用的最佳压强为___________。 （5）在实际生产中欲使的平衡转化率提高，同时提高的产率，适宜采取的措施有___________。 （6）尾气中的必须回收，原因是___________。 【答案】（1） ①. ab ②. ab段反应物硫酸浓度高，且反应放热，温度升高，所以氢气生成速率最快 （2）cd段反应已结束，容器内热量逐渐散失，根据，温度降低，容器内压强逐渐减小 （3）AB （4） ①. ②. （5）通入适当过量的或及时分离出 （6）防止污染空气 循环利用，提高原料利用率 【解析】 【小问1详解】 根据压强-时间图中针对斜率可判断反应速率大小，图中段斜率最大反应速率最大，产生氢气最快。ab段反应物硫酸浓度高，且反应放热，温度升高，所以氢气生成速率最快。 【小问2详解】 图中段容器内压强逐渐减小的原因可能是cd段反应已结束，容器内热量逐渐散失，根据，温度降低，容器内压强逐渐减小。 【小问3详解】 A．蒸馏水降低了硫酸的浓度，可减慢反应速率，A符合题意； B．溶液中的物质与Zn不反应不影响产生氢气的量，加入溶液降低了硫酸的浓度，可减慢反应速率，B符合题意； C．中的硝酸根在酸性条件下具有氧化性会生成NO，影响氢气的测量，C不符合题意； D．溶液加入后会与Zn反应生成Cu使溶液中形成原电池，加快反应速率，D不符合题意； 故选AB。 【小问4详解】 两种温度比较可知，450℃比550℃的转化率高，故反应应选用的最佳温度为450℃。 根据表格中转化率均已达到较高水平，但压强增大会增大设备的承受力，故选0.1 MPa。 【小问5详解】 在实际生产中欲使的平衡转化率提高，同时提高的产率，适宜采取的措施有通入适当过量的或及时分离出。 【小问6详解】 尾气中的必须回收，原因是止污染空气循环利用，提高原料利用率。 16. 基激光器可发射蓝光或紫外光，可用于医疗美容领域。以锌渣[主要成分是和，还含少量]为原料制备的工艺流程如图，回答下列问题： 已知部分信息如下： ①与同主族，化学性质相似： ②已知：时，，，。 （1）的价层电子轨道表示式_____。 （2）为提高“酸浸”效率，块状锌渣需经过操作X后再进行“酸浸”，操作X为_____。 （3）时，“调”时使和完全沉淀，的最小值为_____。（结果保留小数点后一位，当溶液中剩余离子的浓度小于或等于时认为该离子沉淀完全） （4）萃取时发生反应：(有机相)(有机相)。 ①萃取剂（）萃取的分配系数（）为4，则用等体积该萃取剂萃取三次后的萃取率（）为_____，多次萃取后，水相存在的主要离子是_____。 ②的萃取率（）与值[萃取剂体积（O）和废酸液体积（A）之比]的关系如右图所示。根据图像，萃取时最合适的值为_____。 （5）制备无水时，加入的作用是_____（请从平衡移动的角度说明） （6）可在加热条件下与足量溶液反应，请写出离子反应方程式_____。 【答案】（1） （2）粉碎、研磨 （3） （4） ①. ②. 、、 ③. （5）发生水解吸水，使平衡正移，使得结晶水脱去，同时水解产生的，使的水解平衡逆移，减少杂质的产生 （6） 【解析】 【分析】锌渣（主要含、及少量）经粉碎、研磨后，用稀硫酸进行酸浸，作为浸出渣被除去，得到含、、的浸出液；加入生石灰调pH，使和完全沉淀，而留在滤液中被除去；沉淀用稀硫酸酸溶后，用萃取剂（HR）萃取进入有机相，再经反萃得到溶液；与加热反应，水解吸水并产生，抑制水解，制得无水；最后与在高温下反应生成。 【小问1详解】 Ga与Al同主族，位于第四周期第ⅢA族，价电子排布式为，其价层电子轨道表示式为：； 【小问2详解】 为提高“酸浸”效率，需增大接触面积，操作X为粉碎、研磨； 【小问3详解】 的，的。当离子浓度时认为沉淀完全。对：，。对：，。为使两者均完全沉淀，pH的最小值为3.0； 【小问4详解】 ①由题，分配系数。设水相初始体积为，总物质的量为。每次萃取后，水相中浓度为，有机相中为。根据物料守恒：，故。三次萃取后，水相中剩余浓度。萃取率。多次萃取后，水相存在的主要离子是、、； ②根据图像，O/A值为1:4时，萃取率较高且萃取剂用量经济，为最合适的值，故答案为：1:4； 【小问5详解】 发生水解：。水解产生的，使平衡逆向移动，抑制水解，减少杂质。同时消耗水，使平衡正向移动，促进结晶水脱去； 【小问6详解】 Ga与Al化学性质相似，在加热条件下与足量溶液反应，生成和，离子方程式为：。 17. 乙烯是石油化工的核心原料，核心用途是生产有机化工产品： （1）一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量和，发生如下反应： ，测得的转化率与时间的关系如图1所示。其中、表示温度，速率方程：，(是速率常数，只与温度有关)。 ①该反应的___________0(填“>”“=”或“<”，下同)。 ②点：___________。 ③温度为时，测定平衡体系中，则：___________。 （2）在反应器中，发生如下反应： 反应 反应ii： 计算反应： ___________。 （3）一定温度下，、和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应和。有存在时，反应的反应进程如图2所示。随着的增加，的转化率和产物的选择性如图3所示。 已知：的选择性。 ①根据图2，写出生成的决速步反应式___________；的选择性大于的原因是___________。 ②结合图3，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着的增大，的转化率减小的原因是___________；当时，该温度下反应ii的___________(保留两位小数)。 【答案】（1） ①. < ②. > ③. 16 （2）-126 （3） ①. * ②. 由生成时，活化能较大，反应速率慢 ③. 随着的增大，的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应和反应平衡均逆向移动，所以的转化率减小 ④. 0.16 【解析】 【小问1详解】 ①根据图1中测得的转化率与时间的关系可知斜率越大反应速率越快，故反应速率，温度越高速率越快，则有温度：，达到平衡时温度下测得的转化率更高说明低温会使平衡正移，则该反应为放热反应，。 ②速率方程：，(是速率常数，只与温度有关)。点未达到平衡故，，>。 ③温度为时，达到平衡时测得的转化率为80%，设投入的的物质的量为a mol，则转化量为0.8a mol，故平衡时生成的乙醇的物质的量为0.8a mol，平衡时乙烯的物质的量为0.2a mol，测定平衡体系中，在1L容器中，，，。 【小问2详解】 反应可通过反应ii-反应i得到，故。 【小问3详解】 ①决速步是速率最慢的一步，即活化能最大的，根据图2可知生成的决速步是第二步基元反应，反应式为。 由生成时，活化能较大，反应速率慢故选择性会降低，使的选择性大于。 ②结合图3，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着的增大，的转化率减小的原因是随着的增大，的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应和反应平衡均逆向移动，所以的转化率减小。 当时，一定温度下，、和的体积比为，设投入的、和的物质的量依次为2 mol、2 mol、1 mol，按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应和。的转化率为90%，则有1.8 mol参与反应； 的选择性为80%， 的选择性， 则有， =1.44 mol， =1.8-1.44 =0.36 mol。 以此列三段式： 平衡时，，，，，故， 根据PV=nRT可知压强之比等于物质的量之比，故， 该温度下反应ii的≈0.16。 18. 硫代硫酸钠是一种重要的化工原料，可采用如下流程制备。 已知： ①工业硫化钠含有重金属硫化物、煤粉等杂质而呈红褐色或棕黑色。硫化钠易溶于水，微溶于乙醇，能溶于热的乙醇。 ②易溶于冷水，难溶于乙醇，开始失去结晶水，空气中受热易被氧化。 ③常温下，的、 ④淀粉分子能与形成较稳定的蓝色包合物。 （1）采用如图所示装置制备，写出盛放固体的装置名称：_____。浓硫酸的质量分数为左右最佳，原因是_____。 （2）常温下，将通入的溶液，所得溶液的最接近于_____。 A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 （3）试设计实验，利用的氧化性检验步骤Ⅴ后的气体中是否还存在_____。 （4）下列说法正确的是_____。 A. 步骤Ⅰ可采用水浴加热，并使用酒精灯加热控制水浴温度在左右 B. 步骤Ⅱ趁热过滤的目的是防止的提前析出 C. 步骤Ⅴ通入过量的可提高的利用率，提高产率 D. 步骤Ⅵ的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 （5）纯度测定：称取粗产品置于烧杯中，加入少量碳酸钠，用蒸馏水溶解并稀释至。准确移取溶液于碘量瓶中，加入过量硫酸酸化的溶液，加盖摇匀，在暗处放置→_____→读数。 已知滴定过程中发生反应： ①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤_____。 a.加入适量淀粉溶液 b.补加溶液至反应完全 c.立即用溶液滴定至浅黄色 d.继续滴加溶液至蓝色恰好消失，且不变色，共消耗溶液 e.继续滴加溶液至恰好出现蓝色，且不变色，共消耗溶液 ②计算测得的产品纯度为_____%，若产品未发生脱水，且杂质只有一种，则该杂质为_____。 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 硫酸浓度太低，大量溶解，不利于释放出来；硫酸浓度太高，浓度小，反应速率过慢，不利于生成 （2）B （3）通入溶液，出现白色浑浊，则有存在 （4）B （5） ①. cad ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 盛放固体的装置名称为三颈烧瓶； 硫酸浓度太低，大量溶解，不利于释放出来；硫酸浓度太高，浓度小，反应速率过慢，不利于生成，因此选用质量分数为的浓硫酸； 【小问2详解】 二氧化硫物质的量为0.75 mol，氢氧化钠的物质的量为1 mol。和反应为：（少量），（过量），先按第一步反应计算，1 mol 会消耗0.5 mol ，生成0.5 mol ，剩余的物质的量为 mol。剩余会发生，0.25 mol 会消耗0.25 mol ，生成0.5 mol ，所以最终溶液中溶质为0.25 mol 和0.5 mol 。是强碱弱酸盐，水解显碱性；的电离程度大于水解程度，显酸性。两者组成缓冲溶液，和的物质的量之比为：。根据缓冲溶液pH公式：，已知的，则，故答案选B； 【小问3详解】 检验的方法：通入溶液，出现白色浑浊，则有存在； 【小问4详解】 A．步骤Ⅰ的温度是80℃，水浴加热的温度一般不超过100℃，理论上可以采用水浴加热，但水浴加热是通过热水传热，温度相对均匀稳定，不需要额外用酒精灯直接加热水浴来控制温度，A错误； B．已知硫化钠能溶于热的乙醇，微溶于冷乙醇，步骤Ⅱ趁热过滤，是为了避免温度降低时硫化钠在乙醇中溶解度减小而提前析出，造成损失，B正确； C．步骤Ⅴ发生反应：，若通入过量，会生成，使溶液酸性增强，在酸性条件下会发生歧化反应：，产率下降，C错误； D．已知在50 ℃开始失去结晶水，且空气中受热易被氧化，所以步骤VI不能直接进行蒸发浓缩，需要采用低温蒸发浓缩（或减压蒸发浓缩），否则会导致结晶水流失或产品被氧化，D错误； 故答案选B。 【小问5详解】 ①在酸性条件下会与反应生成：，然后用滴定生成的，滴定的正确操作流程是：应先滴定至溶液呈浅黄色（步骤c），再加入淀粉溶液作指示剂（步骤a），然后继续滴定至蓝色恰好消失（步骤d），所以步骤为cad； ②在酸性条件下会与反应生成：，滴定过程中发生反应：，故25 ml中mol，100 ml硫代硫酸钠质量为g，纯度为； 根据上述滴定计算，最终产品质量超过样品质量，说明样品中杂质会消耗，根据选项和常见杂质分析，杂质为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $