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南宁二中2025-2026学年度上学期高二期中考试
化学
(时间75分钟，共100分)
相对原子质量：0-16S-32:CL35.5Fc-56
一、单选题(14小题，共42分)
25.
1.宇树科技人形机器人亮相2025年春晚，下列说法错误的是””
A.芯片是机器人的“大脑”，主要成分为硅单质
B.机器人肢体部分使用的碳纤维复合材料属于有机高分子材料
1,
C.包裹导线和电气元件的聚四氟乙烯通过加聚反应制备而成
D.触觉传感器材料压电陶瓷属于新型无机非金属材料
4
2.下列化学用语或图示表达正确的是
A.基态P原子的电子有15种运动状态
0
15
B.基态Cr原子的价电子排布图：口
中过吹
C.次氯酸的电子式：Hrt0:i
：,:心金这进：
D.基态Br原子的价电子排布式为3s23p
三六m
3.下列操作或装置不能达到实验目的的是
dy海
八图
Na.co
溶波
一：铁屑
.0.国
9,动卫8
A.蒸干疏酸铁溶液制备FC,(SO,),晶体
B.除去废铁屑表面的油脂
浓盐酸
2宽：
眼晴注视锥形瓶中溶液
KMno
饱和Nh,CO,溶液
NaS浴液：3
C.用HCl标准溶液滴定NaOH溶液
D,证明Cl的非金属性大于S
4.番木整酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图。下列说法错误的是
A.1mol该物质最多可与2molH2发生加成反应
B.该物质可被酸性KMO4溶液氧化
C.1mol该物质与足量饱和NaHC0溶液反应，可放出22.4L标准状况)C02·:0
OH
OH
D.一定量的该物质分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为6：1.·
。
。…少法.
高二上段考化学试卷第1页（共10页）
5.钢铁的锈蚀会产生很多不利影响，下列有关说法正确的是
A,“海葵一号”生产储油装置在钢铁外壳镶嵌了锌块，此法为外加直流电源的阴极防护法
B.
纯铁在醋酸中会发生析氢腐蚀
HO(冰)
C.如图所示：
图中铜板打上铁铆钉后，铜板易被腐蚀
原表而
期蚀区
D.国产航母山东舰采用模块制造然后焊接组装而成的，焊接如图所示：
检验腐蚀区溶液中的Fe2+,可取铁附近少量溶液滴加K,[Fc(CN)]溶液
6.下列反应的离子方程式书写正确的是
A.向AgI悬浊液中滴加NaS溶液：2AgIs)+S2(aq)→AgS(s+2I
B.水溶液中亚硫酸电离：HS0,≠2H+S0
C.制备Fc(OH),胶体：Fe+30FFe(OH),(胶体)
D.用a,S0溶液吸收少量C2:H20+S0+C12=S0+2CT+2H
7.根据下列实验操作及现象能得出正确结论的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
分别测定等物质的量浓度的NHF
前者pH小
酸性：HF>H2SO:
与NH)SO,溶液的pH
1
B
取6mL0.1mol.L的FcC溶液，加
入1mL0.Imol.L的KI溶液，充分
溶液变红
Fe+与I的反应是可
反应后，再加入KSCN溶液
逆反应
向两支分别盛有2mL0.1 mol.L-KCI
与Ag结合的能力：
和KI溶液的试管中各滴加
KCI溶液中无白色沉
I>NH,>CI
2mL0.1molL[Ag(个H）2]oH
淀生成，KI溶液中有
溶液，充分振荡
黄色沉淀生成
D
反应H,(g)H1,(g)=2(g)达到平
衡后，缩小容器体积
容器内气体颜色加深
平衡逆向移动。：
A.
A
B.B
C.C
D.D
高二上段考化学试卷第2页（共10页）一、单选题
1．【答案】B
【详解】A．芯片的核心材料是硅单质，硅是良好的半导体材料，可用于制造计算机芯片等电子元件，A正确；
B．碳纤维复合材料由碳纤维（无机物）与树脂等基体复合而成，属于复合材料，而非单纯有机高分子材料，B错误；
C．聚四氟乙烯是由四氟乙烯（CF2=CF2）通过加聚反应合成的高分子化合物，C正确；
D．压电陶瓷（如钛酸钡）属于新型无机非金属材料，具有压电效应等特殊性能，广泛应用于传感器等领域，D正确；
2．【答案】A
【详解】A．基态P原子有15个，共有15种运动状态，A正确；
B．基态Cr原子的价电子排布遵循洪特规则特例，为3d 4s （半满结构更稳定），价电子排布图中3d轨道应含5个自旋平行的电子，4s轨道含1个电子；图片2中3d轨道仅4个电子、4s轨道2个电子，对应3d 4s ，不符合洪特规则特例，B错误；
C．次氯酸（HClO）为共价化合物，结构为H-O-Cl，电子式应体现共价键，即（O、Cl满足8电子稳定结构，H满足2电子）；图片3写成离子形式，错误表示为离子化合物，C错误；
D．基态Br原子的价电子排布式为，D错误；
3．【答案】D
【详解】A．硫酸铁溶液中，铁离子水解生成氢氧化铁和硫酸，但硫酸是难挥发性酸，蒸发过程中，随着水分蒸发，硫酸浓度增大，又会与氢氧化铁反应生成硫酸铁，所以蒸干硫酸铁溶液可以制备晶体，该操作能达到实验目的，A正确；
B．Na2CO3溶液呈碱性，油脂在碱性条件下能发生水解反应生成可溶于水的物质。通过加热Na2CO3溶液，利用碱性和温度升高促进油脂水解，从而除去废铁屑表面的油脂，该操作能达到实验目的，B正确；
C．酸碱中和滴定时，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化以判断滴定终点，操作合理，C正确；
D．氯气是由浓盐酸与KMnO4反应制得，需先通过饱和食盐水除去HCl杂质（HCl也能与Na2S反应，会干扰实验），再通入Na2S溶液。而通入饱和碳酸钠会把氯气消耗，观察不到现象，故达不到实验目的，D错误；
4．A
【详解】A．该物质中只有C=C能与1molH2发生加成反应，A项错误；
B．该分子中的-OH羟基及C=C均能被酸性高锰酸钾氧化，B项正确；
C．1mol该分子中含的1mol-COOH可以与NaHCO3反应产生1molCO2，C项正确；
D．1mol该分子中1mol-COOH、5mol-OH均能与Na发生反应，总共消耗6molNa；而该分子中只有1mol-COOH能与NaOH反应，消耗1molNaOH。消耗二者物质的量之比为6:1，D项正确；
5．【答案】D
【详解】A．钢铁外壳镶嵌锌块，锌比铁活泼，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，而非外加直流电源的阴极防护法，A错误；
B．纯铁中无杂质，无法形成原电池，不能发生析氢腐蚀，仅发生化学腐蚀，B错误；
C．铜板上铁铆钉形成原电池，Fe比Cu活泼，Fe作负极被腐蚀，Cu作正极被保护，铜板不易被腐蚀，C错误；
D．焊接处Fe与Sn（锡）形成原电池，Fe活泼作负极失电子生成Fe2+，Fe2+与反应生成蓝色沉淀，可用于检验，D正确；
6．【答案】A
【详解】
A．的溶解度远小于，向AgI悬浊液中滴加溶液，可使转化为更难溶的，离子方程式为，故A正确；
B．是二元弱酸，电离应分步进行，先生成和，再进一步电离。选项C合并为一步且未体现分步过程，B错误；
C．饱和氯化铁溶液与沸水反应，可制得氢氧化铁胶体，正确的离子方程式为(沸水)(胶体)，C错误；
D．用溶液吸收少量生成硫酸钠、亚硫酸氢钠、氯化钠，反应的离子方程式为，D错误；
7．【答案】C
【详解】A．不应该分别测定等物质的量浓度的与溶液的，因为铵根离子也要水解，且同浓度与的铵根离子浓度不等，不能比较，并且亚硫酸的酸性大于氢氟酸，结论也不对，故A错误；
B．发生，加入KSCN溶液，溶液变红，说明反应后溶液中含有Fe3+，根据题中所给量，KI不足，Fe3+过量，因此溶液变红不能说明该反应有一定的限度，B错误；
C．向两支分别盛有和溶液的试管中各滴加溶液，充分振荡，Cl-未生成AgCl沉淀，说明NH3结合Ag+能力比Cl-强；而I-生成AgI沉淀，表明I-结合Ag+能力更强，则与结合的能力：，C正确；
D．缩小容器体积使I2浓度增大，从而导致混合气体颜色加深。缩小体积导致气体压强增大，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，元素压强增大时化学平衡不移动，D项错误；
8．【答案】B
【详解】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。根据“Z的基态原子价层p轨道半充满”，推知Z价电子为( N)或(P)；结合“W与Q同主族”及DMS、DMDS的结构（含Y连接多X，Q为中心原子），推断X为H（原子序数1，单键）、Y为C（原子序数6，四键）、Z为N（原子序数7）、W为O（原子序数8，VIA族）、Q为S（原子序数16，VIA族，与O同主族）。
简单氢化物沸点比较中、分子间存在氢键沸点较大，沸点最低，分子间的氢键比的更强，故的沸点比的更高故沸点：W＞Z＞Q，A错误；
B．原子半径：H（X）半径最小，同周期C（Y）＞N（Z），则Y＞Z＞X，B正确；
C．第一电离能：同周期从左到右增大，N（Z）因2p轨道半充满，第一电离能大于O（W），即Z（N）＞W（O）＞Y（C），C错误；
D．电负性O>N>C，D错误；
9．【答案】C
【分析】以离子液体为电解质的铝一磷酸铁锂二次电池放电时铝为负极，失电子发生氧化反应，根据图像可知转化为，负极电极反应式：，磷酸铁锂为正极，铁元素被还原，电极反应式：；则充电时，铝电极为阴极，磷酸铁锂为阳极，据此分析。
【详解】A．根据分析可知，放电时Al电极为负极，Al失电子发生氧化反应，负极电极反应式：，A正确；
B．放电时Al电极为负极，充电时Al作电解池阴极，阴极接电源负极，B正确；
C．放电时，磷酸铁锂为正极电极反应式：，充电时阳极发生失电子的氧化反应，电极反应式：，C错误；
D．放电时电子由负极（Al电极）经导线流向正极（Li1-xFePO4电极），D正确；
10．【答案】D
【详解】A．a点氨气的转化率高于c点，即a点氨气的浓度低于c点，又a点温度低于c点，所以化学反应速率：，A正确；
B．单位时间内断裂N—H键数目表示v(正)，断裂O—H键数目表示v(逆)，平衡时消耗4 mol 断裂12 mol N—H键，同时消耗6 mol 断裂12 mol O—H键，单位时间内断裂N—H键和O—H键数目相同，说明达到平衡状态，B正确；
C．图中c点温度高于b点，该反应为放热反应，平衡后升高温度化学平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故，C正确；
D．b点的转化率为50%，消耗的，根据反应方程式：可知，，则，D错误；
11．【答案】B
【详解】A．标准状况下，22.4 L NO和11.2 L O2充分反应后恰好生成1molNO2，因存在反应2NO2N2O4，所以气体分子数目少于NA，A错误；
B．Na2O和Na2O2中阳离子和阴离子个数比均为2:1，因此0.1 mol Na2O和Na2O2的混合物中含有的离子数目为，B正确；
C．常温下，浓硝酸会使Fe块钝化，反应不能继续发生，因此反应转移电子数目无法计算，C错误；
D．会发生水解：+H2O2CrO+2H+，因此0.1 mol K2Cr2O7溶于1 L pH=1的硫酸中，溶液中含有的数目小于，D错误；
12．【答案】C
【详解】A．由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，DMF的平衡转化率增大，故A正确；
B．有断键或成键的都属于基元反应，该历程中每一步都有化学键的断裂或形成，每一步都是基元反应，共有6个基本反应，由图可知，历程最后一步的能垒最大，数值为-1.02 eV -(-2.21)eV=1.19eV，故B正确；
C．由反应物和生成物的相对能量可知，单个DMF分子转化为放热为，1molDMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV·NA的能量，故C错误；
D．反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应的速率取决于慢反应，则决定反应速率的基元反应为N(CH3)3+OH*+H*=N(CH3)3(g)+H2O(g)，因此设法提高N(CH3)3+OH*+H*=N(CH3)3(g)+H2O(g)的速率可以提高总反应速率，故D正确；
13．【答案】D
【详解】A．曲线a随温度升高体积分数减小，因反应II为放热反应，升温分解，其体积分数减小，故a代表，NO随温度升高体积分数增大，为曲线c，曲线b代表NO2，A错误；
M点为NO和NO2体积分数相等，总压100kPa，反应I的，B错误；
C．T1时体积分数高，扩大体积减压，反应II逆向移动生成NO2，但体积增大主导，NO2浓度减小，颜色变浅，C错误；
D．T2时，根据N点可求出此时的分压平衡常数Kp==0.02，增大压强，反应II正向移动，体积分数增大，计算得600kPa时分压450kPa，NO2分压150kPa，，可实现平衡时的体积分数为75%，D正确；
14．【答案】C
【详解】A．根据、，由于大于，即时的pH应小于的pH，根据A、B点 的坐标，则Ⅰ为：，Ⅱ为，A错误；
B．根据选项A分析，，，，B错误；
C．根据题干和图像可知，一开始钾离子浓度为0.2mol/L，随着或加入，钾离子浓度下降，B点c(K+)＜0.2mol/L，c＞0.051mol/L，所以c(K+)＜5c，C正确；
D．的平衡常数，由C点可知：、，则，D错误；
二、非选择题
15.（1）+1/-1
（2）球形干燥管（1分）
（3）f、g、d、e、b、c、e、d
（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率
（5）SO2Cl2 + 2H2O = H2SO4 + 2HCl
（6）溶液变为红色，而且半分钟内不褪色
（7）85.5% 偏小
【详解】（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；
（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN 反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；
（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，与Cl 反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0. 1L Vc×10 3mol＝1.9×10-2mol，则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol ×0.5=9.5×10-3mol ，产品中SO2Cl2的质量分数为 ×100%=85.5%； 已知：Ksp(AgCl)=3.2×10 10，Ksp(AgSCN)=2×10 12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为85.5%；偏小。
16．(1)第四周期第Ⅷ族 3d8
(2)BD
(3)下降
(4)
(5)
(6)
(7)
【分析】蛇纹石中和渣主要成分为，含、、、、等杂质，通过硫酸溶解、、、、均被溶解形成、、、和，其中和稀反应会产生气体，不和硫酸反应进入浸渣。酸浸液加入SO2还原Fe3+生成Fe2+，同时将还原为，净化时加入稀溶液调节约为6，已达到和完全沉淀的上限，得到和沉淀。沉钴镍时引入沉淀和，得到和沉淀。沉铁时在和的共同作用下，与发生反应得到沉淀。沉淀经煅烧得到铁红。
【详解】（3）“还原”过程中通入将还原为，发生反应：，此过程产生了，会导致下降。
（4）“净化”过程调节约为6，根据表格数据可知主要为、可在pH约为6时沉淀，Fe3+不在该溶液中，溶液中主要是Fe2+，故所得“滤渣1”的主要成分为 。
（5）引入沉淀和，得到和沉淀，由于的更小，优先沉淀，当恰好沉淀完全[即]时，根据的可以计算此时溶液中，再根据的求得此时残留溶液中的。
（6）在和的共同作用下，与发生反应得到沉淀，发生反应：
（7）回收过程中两个电解槽中均有乳白色浑浊出现， 则石墨电极I上二氧化硫得到电子发生还原反应生成硫单质，，与其相连的电极a为负极，故答案为：阴极；。
17．(1) 不利
(2)增大反应物浓度、增大压强
(3)BD
(4) >
(5)相同温度时，催化剂2对主反应的选择性高，生成的多，产率高（答催化剂2的活性更大，催化性能更高也可以。） 0.57
【详解】（1）由的燃烧热分别为：可知，，CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H3=-1411.0kJ/mol；依据盖斯定律进行计算
（3）A．达到平衡时，二氧化碳转化量未知，也没有按照方程式中化学计量数比进行投料，达平衡时，不为2：3，A错误；
B．向反应体系中加入少量无水固体，无水氯化钙能够吸收水，水的浓度降低，平衡正向移动，可提高的产率，B正确；
C．b、d两状态下，d的温度高于b，化学反应速率d>b，C错误；
D．由图可知，使用催化剂Ⅰ时先达到平衡，因此反应Ⅰ的活化能比使用催化剂Ⅱ时低，D正确；
E．温度下，向容器中加入稀有气体，容器体积不变，各组分浓度不变，不会影响平衡，的转化率不变，E错误；故选：BD；
（4）由题中信息，，当达到平衡时，正逆反应速率相等，所以，列三段式进行计算：，所以，该反应的正反应，升高温度，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，所以m>n；
（5）①相同温度时，催化剂2对主反应的选择性高，生成的多，产率更高；
②M点的平衡转化率为50%，乙烯的选择性为80%，此时容器的体积为1L，初始加入量为2.0mol，乙烯平衡物质的量为2mol×50%×80%=0.8mol，二氧化碳的初始加入量为3mol，列式：，，综合主、副反应可知，二氧化碳消耗的总物质的量浓度为1.2mol/L，平衡时二氧化碳的浓度为1.8mol/L，平衡时的浓度为2 mol/L -0.8 mol/L -0.2 mol/L=1 mol/L，H2O平衡时的浓度为0.8 mol/L，一氧化碳平衡时的浓度为1.6mol/L，平衡时的浓度为0.8 mol/L，所以主反应的平衡常数。
18.【答案】(1)羟基、羧基
(2)
(3)BCD
(4)
(5)
(6)或
【分析】本题结合信息1，由乳酸逆推D为CH3CHO，则C为CH3CH2OH，A为CH2=CH2。B为丙烯CH3CH=CH2，光照时发生取代，生成E为 ClCH2CH=CH2，E水解生成F为HOCH2CH=CH2，F和乳酸发生酯化反应生成G。
【详解】（1）乳酸含氧官能团名称是羟基、羧基。
（2）化合物A的结构简式是。
（3）A. 乙醇只含有羟基，HOCH2CH=CH2含有羟基和碳碳双键，结构不相似，分子组成也不是相差若干个-CH2，不是同系物，A错误；
B. CH2=CH2和CH3CH=CH2的最简式均为CH2，所以相同质量的A和B完全燃烧，消耗氧气的量相同，B正确；
C. 上述流程中，由A→C为乙烯和水的加成反应，原子利用率为100%，C正确；
D. E→F的反应ClCH2CH=CH2中的氯原子被羟基取代，反应类型为取代反应。
（4）
HOCH2CH=CH2和乳酸反应生成G为酯化反应，化学方程式
（5）ClCH2CH=CH2的同分异构体中与其含有相同的官能团的结构简式 或。
（6）
以乙烯和乳酸为原料制备，采用逆合成分析法，的单体为，由和CH3CH2OH酯化反应得到，CH3CH2OH由乙烯和水加成得到，由乳酸在浓硫酸加热条件下消去反应得到。流程图为
或以乙烯和乳酸为原料制备，采用逆合成分析法，由CH3CH2OH和反应得到，CH3CH2OH由乙烯和水加成得到，由加聚得到， 由乳酸在浓硫酸加热条件下消去反应得到，流程图如下：。

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