湖北省云学联盟2025-2026学年高二下学期3月学科素养测评化学试卷（含答案）

高二化学学科素养测评一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。C.PCh是由极性键构成的非极性分子D.羟基的极性：C.电子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d³符合能量最低原理B.Na₂SO₃水溶液呈碱性：SO,+2H₂O一H₂SO₃+10.下图为两种对海水中钢闸门的防腐措施示意图。下列说法正确的是A.防腐效果：金属表面发蓝处理>甲>乙B.图乙中，辅助阳极材料通常选用铜或合金C.图甲的防腐原理是外加电流法D.图乙中，外加电压偏高时，钢闸门表面可能发生O₂+2H₂O+4e=40H11.科学家构建了一个以Pd,c-Ni₃C/CNTs为双功能催化剂的甲醛-硝酸盐原电池系统，在持续运行中能同时产出NH₃、H₂和甲酸盐，实现了污染物资源化与电能输出的协同效应，原理示意图如图。下列说法正确的是A.放电过程中，OH示意图如图。下列说法正确的是A.放电过程中，OH通过交换膜从左室向右室移动阴离子交换膜B.每转移8mole,理论上可制得112L气体HCOO+HNH,C.N极上的电极反应式为NO;+8e⁻+6H₂O=NH₃↑+9OH-D.处理废水过程中左室溶液pH不变，无须补加KOH双功能僚化新双功能能化剂棚12.如图依次是金刚石、碘、金属钠、金属锌晶胞的示意图，下列说法不正确的是A.金刚石晶胞中与一个C原子最近且等距的C原子有4个B.碘晶胞中I₂分子有两种不同的取向，一个晶胞中平均含有8个原子C.Na晶胞是边长为anm的立方体，则Na的原子半径可以表示为pmD.通过锌晶体的X射线衍射实验获得衍射图后经过计算可以推测晶体结构的有关信息选项实例或结论AP形成PF₃而N形成N₃B-CH₃为推电子基团，导致前者N原子电子云密CD酸性：H>HCl第4页共8页二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.(14分)硼元素在医药、储氢材料、超导材料等领域具有重要应用。乙硼烷(B₂H₆)是一种极使B原子最外层达到稳定结构(如图一)。乙硼烷易水解生成H₃BO₃是一种一元弱酸，可作吸水剂。乙硼烷可与NH₃反应生成氨硼烷(BH₃NH₃),其在一定条件下可以脱氢，最终得到BN。乙硼烧也可与NaH反应生成NaBH₄,是一种常用的还原剂。回答下列问题：或(图一)(2)乙硼烷与乙二胺(H₂N-NH₂的相对分子质量相近，但乙硼烷的熔点(-165.5℃)、沸点(-92.6℃)分别低于乙二胺的熔点(8.5℃)、沸点(116℃),原因是(3)下列物质的结构、性质、用途之间不具有对应关系的是A.B电负性小于H,NaBH₄可用作还原剂B.H₃BO₃有弱酸性，可用作吸水剂C.由BF₃中B有空轨道可接受孤电子对形成配位键，可推测BF₃可与F、NH₃形成[BF4]D.BH₃NH₃可以脱氢，可用作储氢材料(4)硼酸晶体中B(OH)₃单元结构如图I所示。各单元中的氧原子通过0—H…0氢键连结成层状结构，其片层结构及键长、层间距数据如图Ⅱ所示。层与层之间以微弱的分子间力相结合构成整个硼酸晶体。①H₃BO₃在水中的电离方程式②硼酸的钠盐Na[B(OH)4]中不存在的化学键类型是(填标号)。A.氢键B.极性共价键C.非极性共价键D.配位键E.离子键(5)一种用双极膜电渗析法除硼装置如图所示，双极膜中H₂O解离的H和OH在电场作用下向两极迁移。NaCl稀溶液Ⅲ双极膜14X膜Y膜双极膜24电极NaOH石墨电极①生成气体B的电极反应式为②若Ⅲ室中NaCI浓溶液质量减少5.85g量，则Ⅱ室中理论上可生成molB(OH)₃。17.(14分)工业上以软锰矿(主要成分MnO₂,还含有少量FeO、Fe₂O₃、Al₂O₃、MgO、ZnO、NiO、SiO₂等)为原料制取MnSO₄和Mg(OH)₂的工艺流程如图所示。滤渣2滤渣3氨水沉镁Mg(OH)₂含SO₂的烟气脱硫浸锰净化气体滤渣1硫酸酸化的软锰矿浆氧化已知：①25℃时：K(MnCO₃)=2.3×10⁻¹,H₂CO₃的电离常数Ka=4.3×10⁻⁷,K₂=5.6×10-1回答下列问题：(1)同周期中基态原子未成对电子数比Mn多的元素是(填元素符号)。(2)软锰矿在硫酸酸化前进行研磨处理时表面附着有矿物油(烃的混合物),可用(填标号)洗涤。的离子方程式_。②当温度超过30℃,沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的可能原因是18.(13分)某研究性学习小组用如图所示的装置进行实验，探究原电池、电解池的工作原理。其中A为铝电极，E为铜电极，B、C、D、F均为石墨电极。工作一段时间后，断开K,发现A电极表面生成一层致密的氧化膜，C、D两极上产生的气体体积相等。请回答下列问题：(2)铅酸蓄电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒PbSO₄,导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有(填序号)。a.增强负极导电性b.增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒PbSO₄c.碳材料作还原剂，使PbO₂被还原(3)乙中要使溶液恢复到与原来一样的状态需要加入固体(填化学式),其中C极析出的气体在标准状况下的体积为L。(4)丙装置溶液中c(FeCl)=4.0mol-L¹,反应结束后，加入350mL4.0mol-L¹NaOH溶液恰好使装置中金属阳离子完全沉淀，计算电解前丙装置溶液中c(Fe²)=mol-L¹。(5)若把乙装置改为精炼铜装置(粗铜含A1、Zn、Ag、Pt、Au等杂质),下列说法正确的是A.电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等B.C电极为粗铜，发生氧化反应C.CuSO₄溶液的浓度保持不变D.杂质都将以单质的形式沉淀到池底第8页共8页电离平HC₂O、C₂O三种微粒的物质的量分数(8)与溶液pH的关系如题图1所示。草酸钙的第1页共9页高二化学学科素养测评123456789BCBCABCDADCCACD16.(14分)(1)sp³杂化(2分)(不写“杂化”不扣分)(5)①2H₂O+2e⁻=H₂↑+2OH-(2分)②0.1(2分)17.(14分)(1)Cr(2分)(写名称“铬”不给分)形式等一律都是0分)(4)①Mn²⁺+HCO₃+NH₃H₂O=MnCO₃↓+NH₄+H₂O(2分)(把一水合氨拆成NH₃+H₂O的形式给1分)(或写成Mn²⁺+2HCO;=MnCO₃↓+H₂O+CO₂↑都是扣1分)②温度升高，NHHCO₃(或氨水)受热分解(或氨气挥发),导致反应物的浓度降低(2分)(碳酸氢铵分解或氨水分解或氨气挥发即可得2分)③5(2分)18.(13分)(3)Cu(OH)₂(2分)(写“碱式碳酸铜”不得分)2.24(2分)(4)1(3分)19.(14分)(1)10-⁶(2分)变大(2分)(3)①c(Na+)>c(HC₂O;)>c(H+)>c(C₂O?-)>c(OH-)(2分)40(2分)②I(2分)③无(2分)B.SO;“水解应分步进行，首先生成HSO₃和OH-,而非直接生成H₂SO₃,离子方程式为：C.p₂电子云是z轴方向形成哑铃形，所以2p₂电子云图为一,C正确青D.燃烧热要求生成CO₂(g),而非CO(g),D错误【详解】A.并非所有非金属元素都分布在p区，比如H元素，位于第IA族，属于s区，并非最外层电子数为2的元素都分布在s区，比如He元素，位于0族，属于p区；A错误7个轨道，共16个轨道，每个轨道最多容纳2个电子，可容纳32种运动状态的电子，B正确；D.元素周期表中从第IIB族到第IIB族的10个纵列的元素都是金属元素，D错误；C.将KCI溶液从常温加热至100℃,溶液的pH变小，但溶液仍呈中性，C错误；A.水电离的c(H+)=1×10-¹³mol/L,表明水的电离受抑制，溶液可能呈酸性或碱性，在左室，每转移8mole',M电极上消耗16molOH",处理废水过程中左室溶液pH会降低，所以需要补晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子；【详解】A.氮价层仅有2s和2p轨道，NF₃的中心原子N形成sp³杂化后有3个σ键和1个孤对电子；磷有3d轨道可参与sp³d杂化，且原子半径大，能容纳5个配体，故形成PF₃,A正确；C.基态B原子失去第一个电子是2p能级的，该电子的能量比Be失去的第一个2s能级电子的高，故【分析】K(ZnS)=1.6×10⁻⁴>K(CuS)=6.4×10-³⁶,由溶度积可知，硫离子浓度C.ZnS(s)+Cu²+(aq)一CuS(s)+Zn²+而q点是不饱和溶液，所以不能实现n点到q点的16.(14分)【答案】(1)sp³杂化(2分)胺的熔沸点更高。(2分)(4)①H₃BO₃+H₂O一[B((5)①2H₂O+2e⁻=H₂↑+2OH-(2分)②0.1(2分)解析：Ⅲ室NaCI减少，是因为Na+通过Y膜(阳离子交换膜)向IV室移动，Cl-通过X膜(阴离子交换膜)向Ⅱ室移动；0.1molNaCl减少，对应0.1molCl-进入Ⅱ室，Ⅱ室中[B(OH)₄]-与H+(双极膜1解离)结合生成B(OH)₃,根据电荷守恒，Cl的物质的量与B(OH)₃相等，故为0.1mol。17.【答案】(4)①Mn²++HCO₃+NH₃·H₂O=MnCO₃↓+NH₄+H₂O②温度升高，NH₄HCO₃(或氨水)受热分解(或氨气挥发),导致反应物的浓度降低(2分)③5(2分)MnO₂,通入含有SO₂的烟气将二氧化硫吸收滤渣1,向浸出液中加入MnO₂,将浸出液中的Fe²+氧化为Fe³+,加入氨水，调节pH值，使Fe³+、Al³+沉淀除去，过滤后得到的滤渣3为NiS和ZnS,向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸MnO₂+2Fe²++4H⁺=Mn²++2FeMn²+开始沉淀时，c(Mn²+)·c(CO₃²-)=Ksp(MnCO₃),代入数据：由Ka2得：(1)化学能转化为电能和少量热能(2分，未答少量热能不扣分)【详解】(2)由于负极会生成导电性差的大颗粒PbSO₄,石墨可以导电，多孔碳可以增加负极材料的比表面积，故碳材料的作用可以增强负极的导电性，且有利于生成小颗粒PbSO₄,故a、b正确；负极的主要材料是Pb,且电解质环境为酸性，故负极不存在PbO₂,碳材料不能使PbO₂被还原，c错误；故选ab。乙装置：C为阳极(2H₂O-4e=O₂个+4H+),D为阴极(先Cu²++2e=Cu,后2H++2e⁻=H₂↑)电子守恒：4z=2×0.1×1+2z→z总电子转移：4×0.1=0.4mol,生成Cu:0.1mol,生成O₂0.1mol、H₂0.1mol加入Cu(OH)₂0.1(4)由上分析通电过程中体系转移0.4mol电子，丙装置电解时，E极铜放电，F极Fe³+刚好放电转化为Fe²+,加入350mL4.0