黑龙江省克东县第一中学2026届高二上化学期中联考试题含解析

黑龙江省克东县第一中学2026届高二上化学期中联考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、反应H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数K1，反应HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数K2，则K1、K2的关系为（平衡常数为同温度下的测定值）（）A．K1=2K2 B． C．K1=K2 D．K1=2、一定温度下，固定体积的容器中充入1molSO2和1molO2，再加入少量的NO，在体系中发生①2NO+O2=2NO2；②SO2+NO2=SO3+NO，下列说法错误的是A．体系中的总反应是：2SO2+O22SO3B．在反应过程中NO是催化剂C．NO参与反应历程，降低反应活化能，加快反应速率D．NO的引入可以增加SO2的平衡转化率3、与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3⇌NH4++NH2﹣，据此判断以下叙述中不正确的是()A．液氨中含有NH3、NH4+、NH2﹣微粒B．其他条件不变，若增加液氨的量，电离平衡将正向移动C．只要不加入其他物质，液氨中c(NH4+)=c(NH2﹣)D．一定温度下液氨中c(NH4+)•c(NH2﹣)是一个常数4、水是一种弱电解质，水溶液中c(H+)和c(OH-)的关系如图所示，下列判断正确的是()A．XZ线上任意点均表示溶液呈中性B．图中T1＞T2C．M区域对应的溶液中能大量存在：Fe3+、Na+、Cl-、SOD．将M区域的溶液加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小5、要除去MgCl2酸性溶液里少量的FeCl3,不宜选用的试剂是A．MgOB．MgCO3C．NaOHD．Mg(OH)26、机动车尾气中含NO，在催化剂作用下，利用CO可将其转化为无毒的物质。已知下列热化学方程式：①②则，x为()A．-744 B．+744 C．–372 D．+3727、将4molA和2molB放入2L密闭容器中发生反应：2A（g）＋B（g）2C（g）ΔH<0，4s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6mol/L。下列说法正确的是A．4s内，v(B)＝0.075mol/(L·s)B．4s后平衡状态下，c(A)∶c(C)＝2∶1C．达到平衡状态时，若只升高温度，则C的物质的量浓度增大D．达到平衡状态后，若温度不变，缩小容器的体积，则A的转化率降低8、下列反应中，属于吸热反应的是（）A．活泼金属跟酸反应 B．制造水煤气C．酸碱中和反应 D．镁条燃烧9、下列关于有机化合物的说法正确的是A．以淀粉为原料可制取乙酸乙酯B．聚氯乙烯分子中含碳碳双键C．丁烷有3种同分异构体D．油脂的皂化反应属于加成反应10、下图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（）A．盐酸的物质的量浓度为1mol/LB．P点时反应恰好完全中和，溶液呈中性C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D．酚酞不能用做本实验的指示剂11、下列有关物质的表达式正确的是（）A．乙炔的比例模型示意图：B．乙烯的结构简式：CH2CH2C．甲基的电子式：D．1，3-丁二烯的分子式：C4H812、以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。如图中原子1的坐标为()，则原子2和3的坐标中正确的是()A．原子2为(，0，) B．原子2为(0，，)C．原子3为(1，0，) D．原子3为(0，0，)13、下列措施对增大反应速率明显有效地是（）A．Na与水反应时增大水的用量B．Fe与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸C．在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强D．将铝片改为铝粉，做铝与氧气反应的实验14、研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2—CaO作电解质，利用图示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。下列说法不正确的是A．由TiO2制得1mol金属Ti，理论上外电路转移4mol电子B．阳极的电极反应式为2O2－－4e－=O2↑C．在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不会减少D．装置中石墨电极材料需要定期更换15、化学与生活密切相关。下列说法正确的是()A．垃圾分类中可回收物标志：B．农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮C．绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染D．可使用SO2对馒头等食品进行熏蒸加白处理16、某有机化合物仅由C、H、O三种元素组成，其相对分子质量小于150，若该有机物中氧元素的质量分数为50%，则其分子中碳原子的个数为（）A．4 B．5 C．6 D．7二、非选择题（本题包括5小题）17、以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的过程如下：回答下列问题：(1)葡萄糖的分子式为__________。(2)C中含有的官能团有__________(填官能团名称)。(3)由C到D的反应类型为__________。(4)F是B的同分异构体，7.30g的F足量饱和碳酸氢钠可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为_________。18、有机玻璃是一种重要的塑料，有机玻璃的单体A(C5H8O2)不溶于水，并可以发生以下变化。请回答：（1）B分子中含有的官能团是________________、__________________________。（2）由B转化为C的反应属于_________________________________________选填序号)。①氧化反应②还原反应③加成反应④取代反应（3）C的一氯代物D有两种，C的结构简式是_____________________。（4）由A生成B的化学方程式是_____________________________。（5）有机玻璃的结构简式是____________________________-。19、设计的实验方案如下表。(已知I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－，其中Na2S2O3溶液均足量)实验序号体积V/mL时间/sNa2S2O3溶液淀粉溶液碘水水①10.02.04.00.0t1②8.02.04.02.0t2③6.02.04.0Vxt3（1）该实验进行的目的是____________，该实验是根据__________现象记录时间。（2）表中Vx＝______mL，比较t1、t2、t3大小____________。20、在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。(1)在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式________；(2)已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阳极的电极反应式________；(3)某课题组用上述废玻璃粉末(含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质)为原料，设计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。①过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净。洗涤沉淀的操作是________。②反应①的离子方程式为______________________。③如下图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。该产品中Ce(OH)4的质量分数为________________(保留两位有效数字)。若滴定所用FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度__________(“偏高”、“偏低”或“无影响”)。21、某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：（1）过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通空气将氨赶出并回收。①用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：____________。②用化学平衡原理解释通空气的目的：__________。（2）过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：①第一步反应是_________反应（选题“放热”或“吸热”），判断依据是__________。②1molNH4+(aq)全部氧化成的热化学方程式是______________。（3）过程Ⅲ：一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。若该反应消耗转移6mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】反应的平衡常数表达式为，反应的平衡常数表达式为，因此，D项正确；答案选D。2、D【详解】A．分析①2NO+O2=2NO2；②SO2+NO2=SO3+NO，把两个方程相加可得：2SO2+O22SO3，故A正确；B．由方程①②分析可知在反应过程中NO是催化剂，故B正确；C．催化剂能加快反应速率，是因为催化剂能降低反应的活化能，增加了活化分子的百分数，使反应速率加快，故C正确；D．催化剂同等程度的增大正逆反应速率，但是对平衡无影响，因此不能改变SO2的平衡转化率，故D错误；故选D。3、B【解析】试题分析：A、因为此反应是可逆反应含有NH3、NH4+、NH2﹣微粒，故A项正确；B、其他条件不变，若增加液氨的量，电离平衡将不移动，B项错误；C、依据水的电离，只要不加入其他物质，液氨中c（NH4+）=c（NH2﹣），C项正确；D、依据水的电离，一定温度下液氨中c（NH4+）•c（NH2﹣）是一个常数，D项正确；答案选B。考点：考查水的电离4、A【详解】A．X、Z点的c(H+)=c(OH-)，所以XZ线是c(H+)=c(OH-)的线，线上任意点均是c(H+)=c(OH-)，表示溶液呈中性，故A正确；B．Kw只与温度有关，T1时的Kw＝10-7mol·L-1×10-7mol·L-1＝10-14(mol·L-1)2，T2时的Kw＝10-6.5mol·L-1×10-6.5mol·L-1＝10-13(mol·L-1)2，因温度升高，Kw增大，所以T1＜T2，故B错误；C．M区域对应的溶液c(OH-)＞c(H+)，为碱性区域，在碱性环境中Fe3+会生成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，故C错误；D．M区域为碱性区域，加水稀释，碱性减弱，c(OH-)减小，温度不变时，Kw不变，由c(H+)＝，c(H+)增大，故D错误；答案为A。5、C【解析】试题分析：由于除杂时不能再引入新的杂质，C中引入钠离子，不正确，其余选项都能降低溶液的酸性生成氢氧化铁沉淀，且不再引入新杂质，正确，答案选C。考点：考查物质的除杂点评：该题是高考中的常见题型，试题难易适中，基础性强，侧重能力的考查。学生只需要明确除杂额最基本原则，即不难得分。6、C【详解】已知①②根据盖斯定律(②-①)可得的，故答案为C。7、A【解析】试题分析：A．4s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6mol/L，则用C表示的反应速率是0.6mol/L÷4s＝0.15mol/(L·s)。反应速率之比是化学计量数之比，则4s内，v(B)＝0.15mol/(L·s)÷2＝0.075mol/(L·s)，A正确；B．4s后消耗A的浓度是0.6mol/L，则剩余A的浓度是1.4mol/L，所以平衡状态下，c(A)∶c(C)＝7∶3，B错误；C．正反应放热，达到平衡状态时，若只升高温度，平衡向逆反应方向进行，则C的物质的量浓度减小，C错误；D．达到平衡状态后，若温度不变，缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向进行，因此A的转化率增大，D错误，答案选A。考点：考查外界条件对平衡状态的影响、平衡状态计算8、B【详解】A、活泼金属跟酸反应，放热；B、C+H2O=CO+H2，吸热；C、酸碱中和反应，放热；D、镁条燃烧，放热反应。答案选B。9、A【解析】淀粉催化水解生成葡萄糖,葡萄糖用酵母菌发酵生成乙醇和二氧化碳,乙醇氧化成乙醛,乙醛氧化成乙酸,乙醇与乙酸在浓硫酸,加热环境下生成乙酸乙酯；聚氯乙烯的结构简式是；丁烷的结构有CH3CH2CH2CH3、CH(CH3)3；油脂的皂化反应生成高级脂肪酸钠和甘油。【详解】淀粉催化水解生成葡萄糖,葡萄糖用酵母菌发酵生成乙醇和二氧化碳,乙醇氧化成乙醛,乙醛氧化成乙酸,乙醇与乙酸在浓硫酸,加热环境下生成乙酸乙酯，所以以淀粉为原料可制取乙酸乙酯，故A正确；聚氯乙烯的结构简式是，不含碳碳双键，故B错误；丁烷的结构有CH3CH2CH2CH3、CH(CH3)3两种同分异构体，故C错误；油脂的皂化反应生成高级脂肪酸钠和甘油，属于取代反应，故D错误。10、B【详解】A、由图像可知盐酸和氢氧化钠的pH分别是1和13，所以其浓度均是0.1mol·L-1，A错误；B、P点时，溶液pH为7，则说明中和反应完全，溶液呈中性，B正确；C、曲线a的pH随反应的进行逐渐增大，所以应该是氢氧化钠滴定盐酸，C错误；D、强酸和强碱的滴定既可以选择甲基橙，也可以选择酚酞，D错误；故答案是B。11、C【解析】乙炔的官能团为碳碳三键，直线型结构，乙炔的比例模型为:

,A错误；乙烯含有碳碳双键，结构简式：CH2=CH2，B错误；碳氢形成共价键，甲基的电子式：C正确；1，3-丁二烯含有两个双键，分子式：C4H6；D错误；正确选项C。12、D【详解】原子1的坐标为()，则坐标系为，原子2在晶胞底面的中心，2的坐标为()；原子3在坐标系z轴所在楞的一半，3的坐标为(0，0，)，故选D。13、D【详解】A．水为纯液体，改变用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；B．常温下，铁遇浓硫酸发生钝化，反应停止，不再产生氢气，故B错误；C．压强的改变只能适用于有气体参加的反应，增大压强，反应速率可以加快，而对液体或溶液几乎没有影响，故C错误；D．将Al片改为Al粉，接触面积增大，反应速率加快，故D正确。故选：D。14、B【分析】根据图知，阳极上电极反应式为C+2O2--4e-═CO2↑，阴极上电极反应式为：2Ca2++4e-═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为2Ca+TiO2Ti+2CaO，据此分析解答。【详解】A.钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2Ti+2CaO，由TiO2制得1mol金属Ti，理论上外电路转移4mol电子，故A正确；B.阳极上电极反应式为C+2O2--4e-═CO2↑，故B错误；C.2Ca+TiO2Ti+2CaO，所以CaO质量不会减少，故C正确；D.阳极上电极反应式为C+2O2--4e-═CO2↑，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2Ti+2CaO，C的不断消耗注定装置中石墨电极材料需要定期更换，故D正确；故选：B。15、C【详解】A.垃圾分类中表示垃圾分类中的其他垃圾标志故A错误；

B.闪电时，空气中氮气和氧气反应生成NO、NO与氧气反应生成NO2、NO2与水反应生成硝酸，属于自然固氮，故B错误；

C.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，故C正确；

D.SO2是有毒气体，不能用SO2对馒头等食品进行熏蒸加白处理，故D错误；答案：C。16、B【详解】该有机物相对分子质量小于150，O元素质量分数为50%，则分子中氧原子个数应小于=4.7，当有机物分子中所含氧原子数为4时，该有机物的相对分子质量取最大值，此时含有C原子个数也最多。有机物中氧元素的质量分数为50%，则此有机物中C、H相对原子质量之和等于O原子的相对原子质量，等于4×16=64，假设分子中含有C原子x个，H原子y个，则12x+y=64，当y=4时，x=5，此时分子中含有的C原子个数最多，故该有机物分子中碳原子个数最多为5，故合理选项是B。二、非选择题（本题包括5小题）17、C6H12O6羟基、酯基、醚键取代反应9【分析】本题考察了有机合成推断过程，从B物质入手，根据题意，葡萄糖经过氢气加成和脱去两分子水后生成B，故葡萄糖和B之间差2个O原子、4个氢原子；根据取代反应特点，从碳原子的个数差异上判断参与酯化反应的乙酸分子的数目。【详解】（1）根据图像可知，葡萄糖在催化加氢之后，与浓硫酸反应脱去2分子水，生成B（C6H10O4），故葡萄糖的分子式为C6H12O6；（2）C的分子式为C8H12O5，故B与一分子乙酸发生酯化反应，C中含有的官能团有羟基、酯基、醚键；（3）D的分子式为C8H11NO7，C的分子式是C8H12O5，由E的结构可知，C与硝酸发生酯化反应生成D，，故反应类型为取代反应（或酯化反应）；（4）F是B的同分异构体，分子式为C6H10O4，摩尔质量为146g/mol，故7.30g的F物质的量为0.05mol，和碳酸氢钠可释放出2.24L即0.1mol二氧化碳（标准状况），故F的结构中存在2个羧基，可能结构共有9种，包括CH3CH2CH2CH(COOH)2、CH3CH2C(COOH)2CH3，CH3CH2CH(COOH)CH2COOH、CH3CH(COOH)CH2CH2COOH、CH2(COOH)CH2CH2CH2COOH、CH3CH(COOH）CH（COOH)CH3、(CH3)2CC(COOH)2、(CH3)2C(COOH)CH2COOH、CH3CH(CH2COOH)2；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为CH3CH(COOH)CH(COOH)CH3或。【点睛】加入NaHCO3溶液有气体放出，表示该物质分子中含有—COOH，反应比例为1:1.18、碳碳双键羧基②③CH3CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOCH3+H2OCH2=C(CH3)COOH+CH3OH【详解】根据框图中信息A能发生加聚反应，说明其中含有碳碳双键；同时A又能水解生成甲醇，说明A属于酯，B属于羧酸，因此，B中必然含有羧基﹣COOH；又知A水解过程中破坏的只是酯基，而碳碳双键保留了下来，B中应还含有C=C双键，B能与氢气发生加成反应也说明了B含有C=C双键，根据A的分子中有5个碳原子，而它水解又生成了甲醇和B，因此B中有4个碳原子，B转化成C的过程中没有碳原子的变化，即C中也只有4个碳原子，C的一氯代物D有两种，得出C的结构简式为CH3CH（CH3）COOH，故B为CH2=C（CH3）COOH，A为CH2=C（CH3）COOCH3，A加聚反应生成有机玻璃，机玻璃的结构简式是：，（1）B为CH2=C（CH3）COOH，含有碳碳双键、羧基；（2）CH2=C（CH3）COOH与氢气发生加成反应生成CH3CH（CH3）COOH，该反应也属于还原反应；（3）由上述分析可知，C为CH3CH（CH3）COOH；（4）CH2=C（CH3）COOCH3在浓硫酸、加热条件下水解生成甲醇与CH2=C（CH3）COOH，反应方程式为：CH2=C（CH3）COOCH3+H2OCH2=C（CH3）COOH+CH3OH；（5）CH2=C（CH3）COOCH3发生加聚反应生成有机玻璃，机玻璃的结构简式是：。19、探究浓度对化学反应速率的影响蓝色消失的时间4.0t3＞t2＞t1【解析】(1)根据表格数据可知，Na2S2O3溶液的体积不等，而淀粉溶液和碘水的体积相等，因此实验的目的为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，根据I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－，该实验是根据蓝色消失的时间来判断反应的快慢，故答案为：探究浓度对化学反应速率的影响；蓝色消失的时间；(2)为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则除了Na2S2O3溶液的浓度不同外，应保持其他影响因素一致，即应使溶液体积均为16mL(②组数据显示)，故Vx=4.0mL；淀粉作为显色剂，检验碘的存在，可根据颜色的变化判断反应的快慢；由于在三个实验中Na2S2O3溶液的体积①＞②＞③，而混合后溶液体积相同，故混合后Na2S2O3浓度①＞②＞③，可知化学反应速率①＞②＞③，反应所需时间T的大小t3＞t2＞t1，故答案为：4.0；t3＞t2＞t1。20、（1）4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O（2）（3）后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净;2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O;冷却结晶65.30%偏高【解析】试题分析：（1）Ce(OH)CO3变成CeO2失去1个电子，氧气得到4个电子，所以二者比例为4:1，方程式为4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。（2）电解熔融状态的二氧化铈可制备铈，在阴极得到铈，阴极是铈离子得到电子生成铈，电极反应为。（3）滤渣A为氧化铁，二氧化铈和氧化亚铁，与硫酸反应后溶液中存在铁离子和亚铁离子。固体表面可吸附铁离子或亚铁离子，检验滤渣B已经洗净的方法是取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净。二氧化铈与过氧化氢反应生成硫酸铈和水，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；根据流程分析，由溶液生成固体，应先蒸发浓缩，然后冷却结晶。称取0.536g样品，加入硫酸溶解，用硫酸亚铁溶液滴定，消耗25毫升，方程式为：Ce4++Fe2++=Ce3++Fe3+,根据元素守恒分析，Ce(OH)4的物质的量等于亚铁离子物质的量=0.0025mol，含量为0.0025×140/0.536="65.30%"；硫酸亚铁在空气中被氧化，消耗硫酸亚铁增多，测定产品的质量分数偏高。考点：物质分离和提纯的方法和基本实验操作，氧化还原反应的配平【名师点睛】

方法

适用范围

主要仪器

注意点

实例

固+液

蒸发

易溶固体与液体分开

酒精灯、蒸发皿、玻璃棒

①不断搅拌；②最后用余热加热；③液体不超过容积2/3

NaCl(H2O)

固+固

结晶

溶解度差别大的溶质分开

NaCl(KNO3)

升华

能升华固体与不升华物分开

酒精灯

I2(NaCl)

固+液

过滤

易溶物与难溶物分开

漏斗、烧杯

①一贴、二低、三靠；②沉淀要洗涤；③定量实验要“无损”

NaCl(CaCO3)

Fe粉(A1粉)

液+液

萃取

溶质在互不相溶的溶剂里，溶解度的不同，把溶质分离出来

分液漏斗

①先查漏；②对萃取剂的要求；③使漏斗内外大气相通;④上层液体从上口倒出

从溴水中提取Br2

分液

分离互不相溶液体

分液漏