精品解析：浙江嘉兴高级中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测 化学试题

嘉兴高级中学2026学年第一学期第一次教学调研 高二年级化学试卷 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间90分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1，Li 7，C 12，N 14，O 16，Al 27，Cl 35.5，Ti 48 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1. 下列物质的水溶液呈碱性的是 A. NH4Cl B. CH3COONa C. NaHSO4 D. NaBr 【答案】B 【解析】 【详解】A．是强酸弱碱盐，发生水解：，溶液中浓度大于，水溶液呈酸性，A不符合题意； B．是强碱弱酸盐，发生水解：，溶液中浓度大于，水溶液呈碱性，B符合题意； C．是强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离出、、，电离产生大量，水溶液呈酸性，C不符合题意； D．是强酸强碱盐，不发生水解，水溶液呈中性，D不符合题意； 故选B。 2. 下列实验仪器属于滴定管的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．该仪器为酸式滴定管，特征是带有玻璃活塞开关、管身有自上而下的均匀刻度、上端开口下部连尖嘴出液口，属于滴定管，A符合题意； B．是梨形分液漏斗，用于分液操作，不属于滴定管，B不符合题意； C．是容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液，不属于滴定管，C不符合题意； D．是量筒，用于粗略量取一定体积液体，不属于滴定管，D不符合题意； 故选A。 3. 下列结构式表述正确的是 A. 二氧化硅的结构：O=Si=O B. 乙醚的结构：CH3OCH3 C. 乙硼烷(B2H6)的结构： D. 次氯酸的结构：H-O-Cl 【答案】D 【解析】 【详解】A．二氧化硅是空间网状的原子晶体，不存在单个的SiO2分子，Si原子与周围4个O原子以单键相连，O原子连接2个Si原子，没有O=Si=O的双键结构，A错误； B．乙醚（二乙醚）为 CH3CH2OCH2CH3，题给的 CH3OCH3 是甲醚（二甲醚），B错误； C．乙硼烷 B2H6 含 4 个端基B—H和2个桥氢 B—H—B（三中心两电子键），两个B之间没有B—B键，即，C错误； D．次氯酸 HClO 中 O 分别与 H、Cl 成共价单键，结构为 H—O—Cl，D正确； 故答案为D。 4. 元素周期律是认识元素的重要方法，下列说法正确的是 A. 原子半径：O > N B. 离子半径：Na+ > F- C. 酸性：H2CO3 > H2SiO3 D. 非金属性：Br > Cl 【答案】C 【解析】 【详解】A．同周期，从左到右，元素的原子半径减小，N的原子半径大于O，A错误； B．具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大离子半径越小，因核电荷数Na > F，故离子半径：Na+ < F-，B错误； C．C和Si同属第ⅣA族，C的非金属性强于Si，其最高价氧化物对应水化物的酸性为H2CO3>H2SiO3，C正确； D．同主族，从上到下，元素的非金属性减弱，Cl和Br同属第ⅦA族，Cl的非金属性强于Br，D错误； 故选C。 5. 下列说法正确的是 A. 二氧化硫能使溴水褪色，体现其漂白性 B. 氨的催化氧化属于氮的固定 C. 高纯硅可用于生产电子芯片 D. 通过干馏分离石油中沸点不同的组分 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氧化硫使溴水褪色是因为发生了氧化还原反应（），体现还原性，而非漂白性，A错误； B．氮的固定是指将游离态的氮（）转化为氮的化合物的过程，氨的催化氧化（）是（化合态氮）转化为NO的过程，不属于氮的固定，B错误； C．高纯硅是良好的半导体材料，是生产电子芯片的核心原料，C正确； D．分离石油中沸点不同的组分的操作是分馏，属于物理变化；干馏是指将煤隔绝空气加强热使其发生复杂化学变化的过程，二者概念不能混淆，D错误； 故选C。 6. 五氯化磷(PCl5)常作氯化剂、催化剂、脱水剂，实验室使用三氯化磷与氯气通过如下反应制备：PCl3 + Cl2 = PCl5。已知固态的PCl5由[PCl4]+与[PCl6]-组成，气态及液态PCl5以单分子形式存在。下列说法不正确的是 A. 合成PCl5过程中，Cl2作氧化剂，PCl3作还原剂 B. 将PCl5加入至蔗糖中，能看到黑面包现象 C. 已知PCl离子与CH4空间构型相同，则其构型为正四面体形 D. 固态的PCl5是离子化合物，气态、液态PCl5是共价化合物 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应中Cl元素从的0价降低为中的-1价，作氧化剂；P元素从中的+3价升高为中的+5价，作还原剂，该说法正确，A正确； B．“黑面包现象”是浓硫酸的脱水性使蔗糖脱水炭化的特征现象，题目仅说明可作脱水剂，但加入蔗糖中不会产生类似浓硫酸使蔗糖快速脱水膨胀发黑的典型黑面包现象，该说法错误，B错误； C．的中心碳采取杂化，无孤对电子，空间构型为正四面体形，题干说明 与空间构型相同，因此 为正四面体形，该说法正确，C正确； D．固态由阴阳离子 构成，属于离子化合物；气态、液态以单分子形式存在，分子内仅通过共价键结合，属于共价化合物，该说法正确，D正确； 故选B。 7. 下列离子方程式表示正确的是 A. 侯氏制碱法：Na+ + H2O + NH3 + CO2 = NaHCO3↓ + NH B. 铁粉加入醋酸溶液中：2H+ + Fe = Fe2+ + H2↑ C. 铝加入氢氧化钠溶液中：2Al + 6OH- = Al2O3 + 3H2O D. 漂白粉起效：ClO- + H2O + CO2 = HClO + HCO 【答案】A 【解析】 【详解】A．侯氏制碱法中，向饱和食盐水中先通氨气再通，因溶解度小会析出沉淀，该离子方程式符合反应事实、拆分规则和守恒要求，书写正确，A正确； B．醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆写为和，正确写法应为 ，B错误； C．铝和NaOH溶液反应的本质是共同反应生成四羟基合铝酸根离子和氢气，产物不会生成，正确写法应为，C错误； D．漂白粉起效是次氯酸钙和空气中少量反应，生成碳酸钙和HClO，所以正确写法应为 ，D错误； 故选A。 8. 常温下，某HAc溶液的pH=4，下列说法正确的是 A. c(HAc)=10-4 mol·L-1 B. 由水电离出的c(H+)=10-10 mol·L-1 C. 由水电离出的c(OH-)=10-4 mol·L-1 D. 加入一定量NaOH(s)，溶液呈碱性 【答案】B 【解析】 【详解】A．HAc（醋酸）是弱电解质，在溶液中仅部分电离，pH=4说明溶液中总，其中只有大部分来自HAc电离，因此HAc的初始浓度远大于，A错误； B．酸溶液中的全部来自水的电离，常温下溶液中，pH=4的溶液中​​，即水电离出的；而水电离出的和水电离出的始终相等，因此水电离出的，B正确； C．酸溶液中的全部来自水的电离，常温下溶液中，pH=4的溶液中​​，即水电离出的，C错误； D．因为NaOH固体和HAc的量都不确定，所以溶液可以呈酸性、中性或碱性，不一定显碱性，D错误； 故选B。 9. 有一反应5A(g)+2B(g)⇌3C(g)，如图所示为在密闭容器中，A的平衡转化率α(A)与温度T的关系。下列对于该图像分析正确的是 A. 该反应ΔH>0 B. 在b曲线上任意一点的平衡常数相等 C. 若曲线a、b、c表示不同压强，则pa<pb<pc D. 若曲线a、b、c表示不同投料比Q=n(B)/n(A)，则Qa>Qb>Qc 【答案】D 【解析】 【分析】该图为密闭容器中 A 的平衡转化率随温度变化的曲线：正反应 5A(g)+2B(g)⇌3C(g) 的气体分子数减小（7→3）；三条曲线的转化率均随温度升高而下降，说明升温平衡逆向移动、正反应放热（ΔH<0）。比较压强或投料比的影响时，以同一温度下转化率的高低为依据。 【详解】A．由图像知三条曲线的 A 的平衡转化率均随温度升高而减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH<0，A错误； B．平衡常数只与温度有关，b 曲线上各点温度不同，故平衡常数不相等，B错误； C．正反应气体分子数减小，增大压强平衡正向移动、转化率增大；同一温度下转化率 a>b>c，故对应的压强 pa>pb>pc，C错误； D．增大投料比 Q=n(B)/n(A)（B 相对过量）使平衡正向移动、转化率增大；同一温度下转化率 a>b>c，故对应的投料比 Qa>Qb>Qc，D正确。 故答案为D。 10. 2 mol Na与1 mol Cl2反应的能量如图所示，下列说法不正确的是 A. ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7 B. 相同条件下，K(g)的ΔH3′<Na(g)的ΔH3 C. ΔH3>ΔH5 D. ΔH7<0，且该过程形成分子间作用力 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律，总反应的焓变等于各分步反应焓变之和，从路径看，总反应，可通过各分步反应完成，因此，A正确； B．​对应失去电子的电离能，该过程为吸热过程，K的金属性强于Na，K的第一电离能比Na更小，即K(g)失去电子吸收的热量更少，因此对应的焓变，B正确； C．​是2mol气态Na原子各失去1mol电子的总电离能（吸热，焓变为正），​是2mol气态Cl原子各得到1mol电子所放出的能量（放热，焓变为负），因此正数必然大于负数，即，C正确； D．​对应的过程是气态转化为固态，放热，则，是离子晶体，不存在分子间作用力，D错误； 故选D。 11. 1908年，意大利化学家Giacomo Ciamician发现将香芹酮暴露在意大利阳光下一年，可以发生光化学反应，如下图所示；50年后，化学家Goldman， I．M。将该反应在加利福尼亚进行，将反应时间缩短为6.5个月。下列推测或说法正确的是 已知：意大利与加利福尼亚均属地中海气候，但加利福尼亚年降水时间较意大利更短。 A. 光照强度与化学反应速率无关 B. 香芹酮中所有原子可能在同一平面内 C. 香芹酮与香芹酮樟脑互为同分异构体 D. 香芹酮樟脑不能发生氧化反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．题干说明加利福尼亚降水时间更短，晴天更多、光照更强，反应时间从1年缩短到6.5个月，说明光照强度越大，光化学反应速率越快，光照强度和反应速率有关，A错误； B．香芹酮结构中存在多个饱和碳原子（连有4个单键的杂化碳），饱和碳原子为四面体空间结构，因此所有原子不可能共平面，B错误； C．二者分子式完全相同，结构不同，符合同分异构体的定义，C正确； D．香芹酮樟脑属于有机物，可以燃烧（燃烧属于氧化反应），因此能发生氧化反应，D错误； 故选C。 12. 一定压强下，乙烯水合反应为： 已知： 下列说法正确的是 A. 反应的活化能 B. 恒温恒压充入，平衡不移动 C. 随温度升高而降低 D. 平衡后，升高温度， 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据，由题给表达式可知，故，A错误； B．恒温恒压充入，容器体积增大，相当于减小压强，且该反应为气体分子数减小的反应，平衡向左移动，B错误； C．由，代入题给、表达式，推导得，温度升高时增大，减小，即随温度升高而降低，C正确； D．该反应，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应速率增大幅度大于正反应，即，D错误； 故选C。 13. 一款以LiAlCl4为离子导体的铝—磷酸铁锂电池，放电时，Li+嵌入Li₁₋ₓFePO4，其工作原理如图所示。设Nₐ为阿伏加德罗常数的值，下列关于该电池放电时说法正确的是 A. 正极的电极反应式：LiFePO4-xe-=xLi++Li₁₋ₓFePO4 B. 当产生NA个Al2Cl时，Al电极质量减少6.75 g C. 电子移动方向：Al电极→负载→Li₁₋ₓFePO4电极→离子导体→Al电极 D. 当x个Li+通过选择性透过膜，右池电解液质量减少7x/NAg 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意，电池放电时，铝电极失去电子结合生成，铝电极为负极，电极反应式为；左侧电极为正极，锂离子嵌入Li1-xFePO4形成LiFePO4，根据电荷和原子守恒，正极反应式为 【详解】A．左侧电极为正极，锂离子嵌入Li1-xFePO4形成LiFePO4，根据电荷和原子守恒，正极反应式为，A错误； B．铝电极为负极，电极反应式为；当生成个时，转移电子物质的量为，参与反应的Al的物质的量为，质量为，即Al电极质量减少6.75 g，B正确；  C．电子仅能在导线（电极、负载）中移动，不会进入离子导体（电解质溶液），电子路径为：Al电极→负载→，C错误； D．右池为负极区，电极反应式为；当x个Li+通过选择性透过膜时，电路中转移电子物质的量为，有反应进入右池电解液，同时有通过选择性透过膜从右池（负极）迁移到左池（正极），因此右池电解液质量增加 ，D错误； 故选B。 14. 水作为溶剂的体系中，HCl的电离过程为HCl+H2O=H3O++Cl-，HNO3的电离过程为HNO3+H2O=H3O++NO，所以在水溶剂体系中无法判断盐酸和硝酸的酸性强弱。为了比较水溶剂中强酸的相对强弱，需要将溶剂更换为冰醋酸(HAc)溶剂。下列说法正确的是 已知：①常温下、在冰醋酸溶剂中，部分酸的电离常数如下表所示： 酸 HClO4 H2SO4 HCl HNO3 电离常数 Ka=1.6×10-6 Ka1=6.3 ×10-9 Ka =1.6 ×10-9 Ka=4.2 ×10-10 ②冰醋酸自身也能发生电离。常温下，其离子积常数KAc=3.2×10-15；在105.7°C时，其离子积常数KAc=1.17×10-19。 A. HClO4在冰醋酸溶剂中的电离方程式为HClO4+HAc=H2Ac++ClO B. 冰醋酸自身电离是吸热反应 C. c(HCl)=1 mol·L-1的冰醋酸溶液中，c(H+)=4×10-5 mol·L-1 D. 各酸的酸性强弱：HNO3>HCl>H2SO4>HClO4 【答案】A 【解析】 【详解】A．酸将质子转移给溶剂分子，生成对应溶剂合质子。在冰醋酸体系中，HAc作为质子受体结合H+生成，因此在冰醋酸溶剂中的电离方程式为HClO4+HAc=H2Ac++，A正确； B．由已知②可知，温度升高，冰醋酸的离子积显著减小，说明升温抑制了冰醋酸的自电离，平衡向逆反应方向移动，则冰醋酸自身电离是放热反应，B错误； C．冰醋酸中HCl的电离平衡为，常温下，电离常数。由于​极小，HCl电离程度很低，平衡时剩余，设电离生成的，则，解得，在冰醋酸溶剂中，应表示为，而非，C错误； D．冰醋酸体系中，酸的电离常数越大，酸性越强。根据表格数据，电离常数顺序为，因此酸性强弱顺序为，D错误； 故选A。 15. 在常温下，向20 mL 0.1000 mol·L-1的Na2CO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1盐酸，溶液pH值随滴定百分率(%)的变化如图(假设煮沸前无CO2逸出)。已知H2CO3的一级电离常数为Kₐ1=4.5×10-7、二级电离常数为Kₐ2=4.7×10-11，下列说法正确的是 A. 在a点溶液中，2c(CO)+c(HCO)3c(Cl-) B. 在b点溶液中，c(CO)+c(HCO)=c(Na+)-c(Cl-) C. "煮沸"过程pH值增大的原因主要是NaHCO3水解程度变大 D. c点溶液是NaCl溶液 【答案】A 【解析】 【分析】的溶液中，滴加同浓度盐酸：发生反应：，即，完全反应需盐酸40mL；滴定百分率为25%时（a 点）：加入盐酸，，只发生反应，过量，溶质为；滴定百分率为50%（b 点）：加入盐酸，，只发生反应，全部转化为，溶质为；滴定百分率为100%（c点）：加入盐酸40 mL，，只发生反应，溶质为，据此分析解题。 【详解】A．a点滴定百分率为25%，加入盐酸10 mL，()=1:2，即，；根据电荷守恒可得：​，a点溶液即，得，代入得，A正确； B．根据电荷守恒可得：​，b点pH=7，即，代入电荷守恒可得：，并非选项中的，B错误； C．煮沸过程中，溶解的​会从溶液中逸出，原本溶解的​形成的碳酸会电离出使溶液呈酸性，​逸出后酸性减弱，pH增大；温度升高虽然会促进水解，但同时也会促进​分解，这不是pH增大的主要原因，C错误； D．c点滴定百分率为100%，加入盐酸40 mL，，发生反应：，若c点仅为NaCl溶液，常温下NaCl溶液pH=7，但图中c点pH接近4，说明滴定百分率100%时体系中还溶解了反应生成的，形成碳酸溶液，并非纯NaCl溶液，D错误； 故选A。 16. 某实验小组使用如图所示的简易量热计测定中和反应的反应热，实验室采用50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸与50 mL 0.55 mol·L-1 NaOH溶液反应。下列说法正确的是 A. 使用稍过量的NaOH是为了使溶液平均密度约等于水的密度 B. a应该使用铜质搅拌棒，溶液混合后快速上下搅拌 C. 测量完盐酸温度后，应使用同一温度计迅速测定NaOH溶液温度 D. 反应过程中，眼睛应紧盯温度计，记录最高温度的数据 【答案】D 【解析】 【详解】A．使用稍过量NaOH的目的是保证盐酸能够完全被中和，确保反应充分进行，并非为了让溶液密度近似等于水的密度，A错误； B．铜质搅拌棒导热性强，会造成大量热量散失，增大实验误差，不能使用铜质搅拌棒，B错误； C．测量完盐酸温度后，温度计上残留的酸液会与NaOH反应放热，同时若不冲洗温度计直接测NaOH温度，会导致温度误差，应该先将温度计洗净擦干后再测定NaOH溶液的温度，C错误； D．中和反应放热，反应过程中需紧盯温度计，记录体系达到的最高温度，以此作为反应后的终止温度计算反应的温度差，D正确； 故选D。 二、非选择题(大题共4小题，共52分) 17. 泡沫塑料是由大量气体微孔分散于固体塑料中而形成的一类高分子材料，具有质轻、隔热、隔音、可吸收冲击载荷等特性。聚苯乙烯是一种常用的泡沫塑料，广泛应用于各种家用电器的缓冲包装，其制备原料苯乙烯常温下为液态。 已知：苯乙烯在水中的电离pKₐ=33。 （1）用化学法制备泡沫塑料时，为形成气体微孔，可选用的添加剂是______。 A. NaHCO3 B. Na2O2 C. NH4NO3 D. Na2CO3 （2）苯乙烯官能团名称为______。从苯乙烯制备聚苯乙烯的反应类型属于______。 （3）已知13 g苯乙烯完全燃烧放出Q kJ能量，写出其燃烧热化学方程式______。 （4）从分子结构角度说明聚苯乙烯泡沫塑料虽然存在大量孔状结构，但实际吸水性极弱的原因______。 （5）计算0.001 mol·L-1的苯乙烯溶液中c(H+)=______mol·L-1。 【答案】（1）A （2） ①. 碳碳双键 ②. 加聚反应(聚合反应) （3） （4）聚苯乙烯为非极性分子，不含羟基等亲水基团，不能与水分子形成氢键 （5）10-18 【解析】 【小问1详解】 制备泡沫塑料的发泡剂需要在加工条件下稳定释放无毒气体，且不破坏高分子基体， A.受热易分解释放，是常用的化学发泡剂，A符合题意； B.遇水、酸或才放出，且具有强氧化性易使苯乙烯氧化，不适合作添加剂，B不符合题意； C.受热易爆炸，属于危险化学品不适合作为添加剂，C不符合题意； D.热稳定性极强，常规加工条件下难以分解释放气体，D不符合题意； 故选A。 【小问2详解】 苯乙烯的结构简式为，特征官能团是碳碳双键；苯乙烯分子中的碳碳双键打开，彼此加成连接形成高分子聚苯乙烯，反应类型为加聚反应； 【小问3详解】 苯乙烯摩尔质量为，13 g苯乙烯物质的量为，1 mol苯乙烯完全燃烧放出的热量为，结合燃烧热定义（1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物的焓变，水为液态）,对应热化学方程式为； 【小问4详解】 聚苯乙烯分子仅由C、H两种元素组成，属于烃类高分子，分子中没有羟基、羧基等亲水基团，不能与水分子形成氢键，因此即使有大量微孔也难以吸附水分子，吸水性极弱； 【小问5详解】 由得，已知溶液中，，解得。 18. 四氯化钛(TiCl4)是制取航空航天工业材料——钛合金的重要原料。工业上利用高钛炉渣(主要成分为CaTiO3、TiO2，含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)制备TiCl4的流程如下，请回答： 已知： ①TiCl4+2H2O ⇌TiO2+4H++4Cl- ②Ti3+(紫色)+Fe3++H2O = TiO2++Fe2++2H+ （1）Ca在元素周期表中的位置是______。 （2）“焙烧”时，Ti元素全部转化为阳离子为TiO2+的可溶性盐，写出“沸腾水解”发生反应的离子方程式______。 （3）“酸浸渣”的主要成分为______。 （4）制备TiCl4时，若生成的气体中n(CO)：n(CO2)=2：3，则制备过程中反应所消耗的n(TiO2)：n(Cl2)=______。 （5）某同学为测定产品纯度，取2.1 g产品溶于盐酸溶液，加入过量Zn粉将Ti元素转化为Ti3+，过滤，将滤液配制成100 mL溶液A．量取25.00 mL溶液A于锥形瓶中，加入2滴KSCN溶液，用0.1000 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，实验重复三次，平均消耗标准溶液25.00 mL。 ①另一同学提出，可以将溶剂由盐酸溶液换为相同pH值的硫酸溶液进行实验。判断该方案是否可行并简述理由______。 ②达到滴定终点的现象是______。 ③滴定过程中，下列情况会使待测物产率偏高的是______。 A． 滴定前，滴定管尖端有气泡；滴定后，尖端气泡消失 B． 滴定管洗净后未使用标准溶液润洗 C． 平视读数记录初始刻度，仰视读数记录最终刻度 D． 锥形瓶洗净后未及时干燥 ④产品的纯度为______(保留三位有效数字)。 【答案】（1）第四周期第ⅡA族 （2）TiO2++2H2O = TiO(OH)2↓+2H+ （3）、 （4）1：2 （5） ①. 不可行，SO会与Fe3+形成络合物，影响滴定终点判断 ②. 当滴入最后半滴标准溶液时，溶液紫色褪去，变为(浅)红色，且半分钟不褪色 ③. ABC ④. 90.5%(或0.905) 【解析】 【分析】焙烧（加浓硫酸）：金属氧化物和浓硫酸反应，生成硫酸盐，不与浓硫酸反应；浸取（稀硫酸）+ 过滤：进入酸浸渣被除去，滤液含有等离子；沸腾水解：水解，生成沉淀，据此分析解题。 【小问1详解】 Ca的原子序数为20，核外电子排布为2、8、8、2，位于元素周期表第四周期第ⅡA族； 【小问2详解】 焙烧后Ti元素全部转化为可溶性的，沸腾水解生成沉淀，根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为； 【小问3详解】 高钛炉渣中的不与浓硫酸反应，也不溶于稀硫酸；与浓硫酸焙烧时生成微溶的​，二者共同构成酸浸渣； 【小问4详解】 反应过程中Ti元素从​的+4价变为​的+4价，实际变价的是C和Cl：Cl全部从0价降为-1价，C分别从0价升为CO中的+2价、中的+4价，设生成，，根据得失电子守恒：失电子总物质的量为，则得电子的为；根据Ti元素守恒，消耗的，结合Cl元素守恒，得，因此； 【小问5详解】 ①将溶剂由盐酸溶液换为相同pH值的硫酸溶液进行实验，引入了，会与形成络合物，影响滴定终点判断，故该方案不可行； ②滴定前溶液中是紫色的，无；滴定终点时，过量的标准液提供的与结合生成血红色物质，同时被完全消耗，紫色褪去，故达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准溶液时，溶液紫色褪去，变为(浅)红色，且半分钟内不褪色； ③A.滴定前有气泡、滴定后气泡消失，读取的标准液体积偏大，计算得到的的物质的量偏大，测得产品纯度偏高，A符合题意； B.滴定管未用标准液润洗，标准液被稀释，消耗的标准液体积偏大，计算得到的的物质的量偏大，测得产品纯度偏高，B符合题意； C.平视初始刻度、仰视最终刻度，读取的标准液体积偏大，计算得到的的物质的量偏大，测得产品纯度偏高，C符合题意； D.锥形瓶未干燥不影响待测溶质的物质的量，对结果无影响，D不符合题意； 故选ABC。 ④根据已知反应②，，25 mL待测液中，则100 mL溶液中，，纯度为。 19. 乙酸乙酯是一种重要的酯类有机化合物，带有果香气味，常作为食品香料、有机溶剂使用。实验室可通过经典酯化反应制备该有机物。实验装置如下图所示： （1）仪器A的名称为______。 （2）下列说法正确的是______。 A. 使用温度计是为了控制温度，回流反应物、蒸出产物 B. 反应开始后，发现忘记添加沸石，应立刻从烧瓶顶部补加 C. 提纯乙酸乙酯蒸气时，可以用碱石灰吸收其中的水分 D. 反应结束后，将B中液体倒入盛有水的烧杯中冷却，再伸入表面被氧化的铜丝，一段时间后，能看到铜丝恢复光亮 （3）锥形瓶C中盛放了饱和Na2CO3溶液，其作用是______。 （4）已知乙酸乙酯的合成是放热反应，但是制备过程中需要持续加热，用化学反应原理的角度，分析图中电热套的作用______。 （5）如图是反应制备叔醇酯的机理，请回答： ①有化学键断裂的步骤为______。 ②若用18O标记(CH3)3C-OH，使其与丙酸反应，写出其总反应方程式______。 【答案】（1）直形冷凝管 （2）D （3）吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度 （4）加热加快反应速率，同时蒸出乙酸乙酯使平衡正向移动 （5） ①. 步骤Ⅱ和步骤Ⅳ ②. 【解析】 【小问1详解】 该仪器是酯化反应蒸馏装置中用于冷凝蒸气的标准仪器，为直形冷凝管； 【小问2详解】 A错误：该装置的温度计可控制温度将乙酸乙酯蒸出，实现蒸出产物的作用，无回流反应物的作用； B错误：反应体系处于高温沸腾状态时，立刻补加沸石会引发暴沸喷液，必须先停止加热、冷却至室温后才能补加沸石； C错误：碱石灰是碱性干燥剂，会使乙酸乙酯发生水解反应，不能用于干燥提纯乙酸乙酯； D正确：B中残留有未反应的乙酸，倒入水中后乙酸溶解分散，伸入表面被氧化的铜丝时，乙酸将CuO溶解掉； 故选D； 【小问3详解】 饱和碳酸钠溶液是乙酸乙酯制备中的经典除杂试剂，吸收挥发出来的乙酸、溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层析出得到乙酸乙酯； 【小问4详解】 从化学反应速率和化学平衡两个角度分析：虽然反应本身放热，但加热能提升反应速率；同时该制备利用蒸馏蒸出产物，拉动可逆平衡正向移动，提升产率； 【小问5详解】 ①步骤Ⅰ： 醇羟基的氧原子提供孤电子对与质子结合，形成盐，这是一个形成新化学键（O-H 键）的过程，没有旧键断裂。 步骤Ⅱ： 盐脱去一个水分子，形成碳正离子。在这个过程中，C-O 键断裂。 步骤Ⅲ： 碳正离子受到羧酸中羰基氧的亲核进攻，形成新的 C-O 键。这个过程主要是成键。 步骤Ⅳ： 中间体失去一个质子，形成最终的酯。在这个过程中，O-H 键断裂。 发生化学键断裂的步骤是步骤Ⅱ和步骤Ⅳ。 ②从题目给出的机理图可以看出，叔醇发生酯化反应时，是醇脱去了羟基 (-OH)，生成碳正离子，随后羧酸的羰基氧进攻碳正离子。这与常见的伯醇/仲醇酯化反应（“酸脱羟基醇脱氢”）不同。叔醇酯化是醇脱羟基，酸脱氢。化学方程式为。 20. 合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量的CO、NH3的混合气)在进入合成塔前需要经过铜氨液处理，其反应为： 反应I： [Cu(NH3)2]+ + CO + NH3 [Cu(NH3)3CO]+ ΔH1<0 合成氨工艺 反应Ⅱ： N2 + 3H2 2NH3 ΔH2<0 （1）吸收CO后的铜氨液经过适当处理可再生，恢复其吸收CO的能力，可循环使用。铜氨液再生适宜的生产条件是______。 （2）净化后的原料气仅包含1.2 mol N2和3 mol H2，将其投入体积一定的恒温容器中。反应起始压强p0=21 MPa。 ①已知在该条件下达到平衡时，H2的分压与NH3分压相等(分压pB=xB×p总，x表示为系统中B的物质的量分数)，则压强平衡常数Kp=______MPa-2(用分数表示)。 ②该条件下，能判断反应Ⅱ达到平衡的是______。 A． 断开1 mol N≡N键的同时断开6 mol N-H键 B． N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1：3：2 C． v(N2)消耗：v(H2)生成=1：3 D． N2、H2的转化率之比为1：3 （3）铁触媒催化氨合成反应机理如下图所示。若原料气不经净化，氨合成塔中铁触媒催化剂将与微量CO结合并中毒：Fe+5CO⇌Fe(CO)5 ，已知Fe(CO)5为热力学优势产物，且该反应活化能较高。 ①在反应历程—能量图中(假定反应物的能量为0 kJ，*表示吸附于催化剂表面的物质)画出铁中毒反应的曲线______。 ②下列能恢复铁触媒活性的措施是______。 A． 用氧气除去表面吸附的CO B． 使用纯净的N2高压吹扫表面 C． 在惰性气体氛围中适当加热 D． 使用H2还原表面的CO （4）下图为新能源—锂介导合成氨的方法，写出其总反应方程式______。 【答案】（1）高温、低压 （2） ①. 1/18 ②. AC （3） ①. ②. BC （4）2N2+6H2O 4NH3+3O2 【解析】 【小问1详解】 反应I：[Cu(NH3)2]+ + CO + NH3 ⇌ [Cu(NH3)3CO]+ ΔH1<0。该反应放热，且气体分子数减少。要使铜氨液再生，需使平衡左移，即释放CO。根据勒夏特列原理，铜氨液再生适宜的生产条件是升高温度，降低压强。 【小问2详解】 ① 设N2的变化量为x mol，列出三段式： 根据题意，p(H2) = p(NH3)，即3-3x=2x，x=0.6 mol。平衡时各组分的物质的量：n(N2) = 1.2 - 0.6 = 0.6 mol，n(H2) = 3 - 3×0.6 = 1.2 mol，n(NH3) = 2×0.6 = 1.2 mol，总物质的量n = 0.6 + 1.2 + 1.2 = 3.0 mol。起始总压强 p0 = 21 MPa，起始总物质的量n0 = 4.2 mol。可得：。各组分的分压：。根据Kp的定义：。 ② A．断开1 mol N≡N键表示正反应速率，断开6 mol N-H键表示逆反应速率。断开 1 mol N≡N键相当于正反应消耗 1 mol N2，生成 2 mol NH3 ，形成 6 mol N-H 键；同时断开 6 mol N-H 键相当于逆反应消耗 2 mol NH3 。正逆速率相等，A符合题意； B．浓度比1:3:2仅表示某一时刻的比例，无法说明是否达到平衡，B不符合题意； C．v(N2)消耗表示正反应速率，v(H2)生成表示逆反应速率。根据方程式，v正(N2) : v逆(H2) = 1:3，说明正逆速率相等，反应达平衡，C符合题意 D．起始n(N2) : n(H2) = 1.2 : 3 = 2:5，而方程式中消耗比为1:3。设N2转化x mol，则H2转化3x mol，转化率分别为，无论是否平衡，转化率之比恒为5:6，而非1:3，D不符合题意； 故选AC。 【小问3详解】 ① 在合成氨的高温高压条件下，虽然微量CO 就能让铁触媒中毒，但实际上CO夺取表面活性的反应过程，其活化能较高，且CO在铁触媒表面的吸附比氮气和氢气更强，或者说生成 Fe(CO)5的反应产物更稳定，故Fe(CO)5为热力学优势产物，图示为。 ② A．O2会与CO反应生成CO2，但可能氧化Fe，导致催化剂失活，A不符合题意； B．纯净N2高压吹扫，降低了CO的分压，平衡逆向移动，脱附CO，B符合题意； C．加热可使Fe(CO)5分解（Fe + 5CO ⇌ Fe(CO)5，ΔH < 0，升温使平衡左移），同时惰性气体可带走CO，C符合题意； D．H2与CO不反应，无法还原CO，D不符合题意； 故选BC。 【小问4详解】 根据图示：N2 + 6Li = 2Li3N，Li3N + 3H2O= 3LiOH + NH3↑，4LiOH 4Li + O2↑ + 2H2O将上述反应联立：将(1)×2：2N2 + 12Li = 4Li3N，将(2)×4：4Li3N + 12H2O = 12LiOH + 4NH3↑，将(3)×3：12LiOH 12Li + 3O2↑ + 6H2O，将三式相加，消去Li、Li3N、LiOH，得总化学方程式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 嘉兴高级中学2026学年第一学期第一次教学调研 高二年级化学试卷 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间90分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1，Li 7，C 12，N 14，O 16，Al 27，Cl 35.5，Ti 48 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1. 下列物质的水溶液呈碱性的是 A. NH4Cl B. CH3COONa C. NaHSO4 D. NaBr 2. 下列实验仪器属于滴定管的是 A. B. C. D. 3. 下列结构式表述正确的是 A. 二氧化硅的结构：O=Si=O B. 乙醚的结构：CH3OCH3 C. 乙硼烷(B2H6)的结构： D. 次氯酸的结构：H-O-Cl 4. 元素周期律是认识元素的重要方法，下列说法正确的是 A. 原子半径：O > N B. 离子半径：Na+ > F- C. 酸性：H2CO3 > H2SiO3 D. 非金属性：Br > Cl 5. 下列说法正确的是 A. 二氧化硫能使溴水褪色，体现其漂白性 B. 氨的催化氧化属于氮的固定 C. 高纯硅可用于生产电子芯片 D. 通过干馏分离石油中沸点不同的组分 6. 五氯化磷(PCl5)常作氯化剂、催化剂、脱水剂，实验室使用三氯化磷与氯气通过如下反应制备：PCl3 + Cl2 = PCl5。已知固态的PCl5由[PCl4]+与[PCl6]-组成，气态及液态PCl5以单分子形式存在。下列说法不正确的是 A. 合成PCl5过程中，Cl2作氧化剂，PCl3作还原剂 B. 将PCl5加入至蔗糖中，能看到黑面包现象 C. 已知PCl离子与CH4空间构型相同，则其构型为正四面体形 D. 固态的PCl5是离子化合物，气态、液态PCl5是共价化合物 7. 下列离子方程式表示正确的是 A. 侯氏制碱法：Na+ + H2O + NH3 + CO2 = NaHCO3↓ + NH B. 铁粉加入醋酸溶液中：2H+ + Fe = Fe2+ + H2↑ C. 铝加入氢氧化钠溶液中：2Al + 6OH- = Al2O3 + 3H2O D. 漂白粉起效：ClO- + H2O + CO2 = HClO + HCO 8. 常温下，某HAc溶液的pH=4，下列说法正确的是 A. c(HAc)=10-4 mol·L-1 B. 由水电离出的c(H+)=10-10 mol·L-1 C. 由水电离出的c(OH-)=10-4 mol·L-1 D. 加入一定量NaOH(s)，溶液呈碱性 9. 有一反应5A(g)+2B(g)⇌3C(g)，如图所示为在密闭容器中，A的平衡转化率α(A)与温度T的关系。下列对于该图像分析正确的是 A. 该反应ΔH>0 B. 在b曲线上任意一点的平衡常数相等 C. 若曲线a、b、c表示不同压强，则pa<pb<pc D. 若曲线a、b、c表示不同投料比Q=n(B)/n(A)，则Qa>Qb>Qc 10. 2 mol Na与1 mol Cl2反应的能量如图所示，下列说法不正确的是 A. ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7 B. 相同条件下，K(g)的ΔH3′<Na(g)的ΔH3 C. ΔH3>ΔH5 D. ΔH7<0，且该过程形成分子间作用力 11. 1908年，意大利化学家Giacomo Ciamician发现将香芹酮暴露在意大利阳光下一年，可以发生光化学反应，如下图所示；50年后，化学家Goldman， I．M。将该反应在加利福尼亚进行，将反应时间缩短为6.5个月。下列推测或说法正确的是 已知：意大利与加利福尼亚均属地中海气候，但加利福尼亚年降水时间较意大利更短。 A. 光照强度与化学反应速率无关 B. 香芹酮中所有原子可能在同一平面内 C. 香芹酮与香芹酮樟脑互为同分异构体 D. 香芹酮樟脑不能发生氧化反应 12. 一定压强下，乙烯水合反应为： 已知： 下列说法正确的是 A. 反应的活化能 B. 恒温恒压充入，平衡不移动 C. 随温度升高而降低 D. 平衡后，升高温度， 13. 一款以LiAlCl4为离子导体的铝—磷酸铁锂电池，放电时，Li+嵌入Li₁₋ₓFePO4，其工作原理如图所示。设Nₐ为阿伏加德罗常数的值，下列关于该电池放电时说法正确的是 A. 正极的电极反应式：LiFePO4-xe-=xLi++Li₁₋ₓFePO4 B. 当产生NA个Al2Cl时，Al电极质量减少6.75 g C. 电子移动方向：Al电极→负载→Li₁₋ₓFePO4电极→离子导体→Al电极 D. 当x个Li+通过选择性透过膜，右池电解液质量减少7x/NAg 14. 水作为溶剂的体系中，HCl的电离过程为HCl+H2O=H3O++Cl-，HNO3的电离过程为HNO3+H2O=H3O++NO，所以在水溶剂体系中无法判断盐酸和硝酸的酸性强弱。为了比较水溶剂中强酸的相对强弱，需要将溶剂更换为冰醋酸(HAc)溶剂。下列说法正确的是 已知：①常温下、在冰醋酸溶剂中，部分酸的电离常数如下表所示： 酸 HClO4 H2SO4 HCl HNO3 电离常数 Ka=1.6×10-6 Ka1=6.3 ×10-9 Ka =1.6 ×10-9 Ka=4.2 ×10-10 ②冰醋酸自身也能发生电离。常温下，其离子积常数KAc=3.2×10-15；在105.7°C时，其离子积常数KAc=1.17×10-19。 A. HClO4在冰醋酸溶剂中的电离方程式为HClO4+HAc=H2Ac++ClO B. 冰醋酸自身电离是吸热反应 C. c(HCl)=1 mol·L-1的冰醋酸溶液中，c(H+)=4×10-5 mol·L-1 D. 各酸的酸性强弱：HNO3>HCl>H2SO4>HClO4 15. 在常温下，向20 mL 0.1000 mol·L-1的Na2CO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1盐酸，溶液pH值随滴定百分率(%)的变化如图(假设煮沸前无CO2逸出)。已知H2CO3的一级电离常数为Kₐ1=4.5×10-7、二级电离常数为Kₐ2=4.7×10-11，下列说法正确的是 A. 在a点溶液中，2c(CO)+c(HCO)3c(Cl-) B. 在b点溶液中，c(CO)+c(HCO)=c(Na+)-c(Cl-) C. "煮沸"过程pH值增大的原因主要是NaHCO3水解程度变大 D. c点溶液是NaCl溶液 16. 某实验小组使用如图所示的简易量热计测定中和反应的反应热，实验室采用50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸与50 mL 0.55 mol·L-1 NaOH溶液反应。下列说法正确的是 A. 使用稍过量的NaOH是为了使溶液平均密度约等于水的密度 B. a应该使用铜质搅拌棒，溶液混合后快速上下搅拌 C. 测量完盐酸温度后，应使用同一温度计迅速测定NaOH溶液温度 D. 反应过程中，眼睛应紧盯温度计，记录最高温度的数据 二、非选择题(大题共4小题，共52分) 17. 泡沫塑料是由大量气体微孔分散于固体塑料中而形成的一类高分子材料，具有质轻、隔热、隔音、可吸收冲击载荷等特性。聚苯乙烯是一种常用的泡沫塑料，广泛应用于各种家用电器的缓冲包装，其制备原料苯乙烯常温下为液态。 已知：苯乙烯在水中的电离pKₐ=33。 （1）用化学法制备泡沫塑料时，为形成气体微孔，可选用的添加剂是______。 A. NaHCO3 B. Na2O2 C. NH4NO3 D. Na2CO3 （2）苯乙烯官能团名称为______。从苯乙烯制备聚苯乙烯的反应类型属于______。 （3）已知13 g苯乙烯完全燃烧放出Q kJ能量，写出其燃烧热化学方程式______。 （4）从分子结构角度说明聚苯乙烯泡沫塑料虽然存在大量孔状结构，但实际吸水性极弱的原因______。 （5）计算0.001 mol·L-1的苯乙烯溶液中c(H+)=______mol·L-1。 18. 四氯化钛(TiCl4)是制取航空航天工业材料——钛合金的重要原料。工业上利用高钛炉渣(主要成分为CaTiO3、TiO2，含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)制备TiCl4的流程如下，请回答： 已知： ①TiCl4+2H2O ⇌TiO2+4H++4Cl- ②Ti3+(紫色)+Fe3++H2O = TiO2++Fe2++2H+ （1）Ca在元素周期表中的位置是______。 （2）“焙烧”时，Ti元素全部转化为阳离子为TiO2+的可溶性盐，写出“沸腾水解”发生反应的离子方程式______。 （3）“酸浸渣”的主要成分为______。 （4）制备TiCl4时，若生成的气体中n(CO)：n(CO2)=2：3，则制备过程中反应所消耗的n(TiO2)：n(Cl2)=______。 （5）某同学为测定产品纯度，取2.1 g产品溶于盐酸溶液，加入过量Zn粉将Ti元素转化为Ti3+，过滤，将滤液配制成100 mL溶液A．量取25.00 mL溶液A于锥形瓶中，加入2滴KSCN溶液，用0.1000 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，实验重复三次，平均消耗标准溶液25.00 mL。 ①另一同学提出，可以将溶剂由盐酸溶液换为相同pH值的硫酸溶液进行实验。判断该方案是否可行并简述理由______。 ②达到滴定终点的现象是______。 ③滴定过程中，下列情况会使待测物产率偏高的是______。 A． 滴定前，滴定管尖端有气泡；滴定后，尖端气泡消失 B． 滴定管洗净后未使用标准溶液润洗 C． 平视读数记录初始刻度，仰视读数记录最终刻度 D． 锥形瓶洗净后未及时干燥 ④产品的纯度为______(保留三位有效数字)。 19. 乙酸乙酯是一种重要的酯类有机化合物，带有果香气味，常作为食品香料、有机溶剂使用。实验室可通过经典酯化反应制备该有机物。实验装置如下图所示： （1）仪器A的名称为______。 （2）下列说法正确的是______。 A. 使用温度计是为了控制温度，回流反应物、蒸出产物 B. 反应开始后，发现忘记添加沸石，应立刻从烧瓶顶部补加 C. 提纯乙酸乙酯蒸气时，可以用碱石灰吸收其中的水分 D. 反应结束后，将B中液体倒入盛有水的烧杯中冷却，再伸入表面被氧化的铜丝，一段时间后，能看到铜丝恢复光亮 （3）锥形瓶C中盛放了饱和Na2CO3溶液，其作用是______。 （4）已知乙酸乙酯的合成是放热反应，但是制备过程中需要持续加热，用化学反应原理的角度，分析图中电热套的作用______。 （5）如图是反应制备叔醇酯的机理，请回答： ①有化学键断裂的步骤为______。 ②若用18O标记(CH3)3C-OH，使其与丙酸反应，写出其总反应方程式______。 20. 合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量的CO、NH3的混合气)在进入合成塔前需要经过铜氨液处理，其反应为： 反应I： [Cu(NH3)2]+ + CO + NH3 [Cu(NH3)3CO]+ ΔH1<0 合成氨工艺 反应Ⅱ： N2 + 3H2 2NH3 ΔH2<0 （1）吸收CO后的铜氨液经过适当处理可再生，恢复其吸收CO的能力，可循环使用。铜氨液再生适宜的生产条件是______。 （2）净化后的原料气仅包含1.2 mol N2和3 mol H2，将其投入体积一定的恒温容器中。反应起始压强p0=21 MPa。 ①已知在该条件下达到平衡时，H2的分压与NH3分压相等(分压pB=xB×p总，x表示为系统中B的物质的量分数)，则压强平衡常数Kp=______MPa-2(用分数表示)。 ②该条件下，能判断反应Ⅱ达到平衡的是______。 A． 断开1 mol N≡N键的同时断开6 mol N-H键 B． N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1：3：2 C． v(N2)消耗：v(H2)生成=1：3 D． N2、H2的转化率之比为1：3 （3）铁触媒催化氨合成反应机理如下图所示。若原料气不经净化，氨合成塔中铁触媒催化剂将与微量CO结合并中毒：Fe+5CO⇌Fe(CO)5 ，已知Fe(CO)5为热力学优势产物，且该反应活化能较高。 ①在反应历程—能量图中(假定反应物的能量为0 kJ，*表示吸附于催化剂表面的物质)画出铁中毒反应的曲线______。 ②下列能恢复铁触媒活性的措施是______。 A． 用氧气除去表面吸附的CO B． 使用纯净的N2高压吹扫表面 C． 在惰性气体氛围中适当加热 D． 使用H2还原表面的CO （4）下图为新能源—锂介导合成氨的方法，写出其总反应方程式______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $