2025-2026学年江苏常州市武进高级中学下册期中适应性考试高二化学试题 含答案

/常州市武进区第二高级中学2025-2026下学期期中适应性考试化学2026年4月(考试时间：75分钟试卷满分：100分)注意事项：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，满分为100分，考试时间为75分钟。2.答题前请将学校、班级、学号、姓名填涂在答题卡密封线内：答案书写在答题卡规定区域内，在草稿纸、试卷上答题无效；考试结束后仅交答题卡。可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Na-23S-32K-39Cu-64I-127一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。1.锂离子电池比能量高，常用作其正极材料。下列元素位于元素周期表d区的是A.Li B.Fe C.P D.O【答案】B【解析】【详解】A．Li属于第ⅠA族元素，位于元素周期表s区，A错误；B．Fe属于第Ⅷ族元素，位于元素周期表d区，B正确；C．P属于第ⅤA族元素，位于元素周期表p区，C错误；D．O属于第ⅥA族元素，位于元素周期表p区，D错误；故选B。2.某基态原子的价层电子的轨道表示式为。下列说法正确的是A.s轨道呈圆形 B.核外共有6个电子C.该原子在反应过程中易得电子 D.该原子的最高能层符号为M【答案】C【解析】【详解】A．s轨道为球形，不是圆形，故A错误；B．该表达式为价电子排布图，电子排布式为：1s22s22p4，所以共8个电子，故B错误；C．该原子价电子数为6，得到2个电子达到8电子稳定结构，所以该原子在反应过程中易得电子，故C正确；D．该原子的最高能层为第二电子层，符合为L，故D错误；故选C。3.下列实验操作或装置能达到实验目的的是A.图甲可实现在铁上镀锌 B.图乙可测NaClO溶液的pHC.图丙可排除碱式滴定管中的气泡 D.图丁可蒸干FeCl3溶液制备无水FeCl3固体【答案】C【解析】【详解】A．铁为阴极，根据阴极放电顺序，电极反应式为，不能在铁上镀锌，A错误；B．次氯酸钠具有强氧化性，会漂白pH试纸，不能测出pH值，B错误；C．尖嘴向上，挤压玻璃球，排出气泡，图中操作合理，C正确；D．氯化铁要水解，加热会促进氯化铁的水解，最后得到的是氢氧化铁，D错误；故选C。4.实验室可由与反应制备。下列说法正确的是A.半径大小： B.电负性大小C.电离能大小： D.键角大小：【答案】A【解析】【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氯离子的离子半径大于钙离子，故A正确；B．元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于氢元素，电负性大于氢元素，故B错误；C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故C错误；D．孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，铵根离子和氨分子的孤对电子对数分别为0和1，则铵根离子的键角大于氨分子，故D错误；故选A。阅读下列材料，完成下列小题：铁、钴及其化合物用途广泛。可用于蚀刻铜质电路板；工业以为原料生产硫酸，用FeS除去工业废水中的；碱性条件下，NaClO氧化得到具有强氧化性的。Co(Ⅲ)在酸性介质中氧化性很强，可以将氧化成。常用作锂离子电池正极材料。可用作干燥剂的指示剂，原理为(蓝色)(粉红色)。5.下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是A.含有极性共价键，能和形成配位键B.为正四面体结构，具有强氧化性C.有氧化性，可用于蚀刻铜质电路板D.难溶于水，可用作锂离子电池正极材料6.下列说法正确的是A.铁和钴处于元素周期表第四周期第Ⅷ族B.FeS与互为同素异形体C.含钴干燥剂失效时显蓝色D.中含有键7.下列化学反应表示正确的是A.用FeS除去工业废水中的：B.溶于足量浓盐酸：C.硫酸工业煅烧：D.制取：【答案】5.C6.A7.C【解析】【5题详解】A．能和形成配位键，是因为原子有孤电子对，与含极性共价键无对应关系，A错误；B．​具有强氧化性是因为为价，易得到电子，与其空间结构为正四面体无关，B错误；C．​蚀刻铜电路板利用反应，体现了的氧化性，性质与用途对应，C正确；D．​用作锂离子电池正极，是因为其可以可逆脱嵌，具有电化学活性，与难溶于水无关，D错误；故选C。【6题详解】A．的原子序数26、的原子序数27，均位于元素周期表第四周期第族，A正确；B．同素异形体是同种元素组成的不同单质，、​均为化合物，不互为同素异形体，B错误；C．干燥剂吸水后失效，蓝色​吸水后变为粉红色，失效时显粉红色，C错误；D．中，与6个形成6个配位σ键，每个内还有2个σ键，共键，D错误；故选A。【7题详解】A．FeS是难溶物，不能拆分为和，正确离子方程式为，A错误；B．酸性条件氧化性很强，可氧化，正确反应为，B错误；C．硫酸工业煅烧​生成氧化铁和二氧化硫，方程式配平、产物均正确，C正确；D．制取是碱性条件，产物不能生成，正确离子方程式为，D错误；故选C。8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.(胶体)B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硅不溶于水，与水不反应，不能实现转化为硅酸；硅酸和氢氧化钠生成硅酸钠和水，A错误；B．浓硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡不反应，B错误；C．氧化铁和盐酸生成氯化铁，氯化铁和铜生成氯化亚铁和氯化铜，C错误；D．氮气和氢气高温催化生成氨气，氨气和氧气转化为NO，D正确；故选D。9.用纳米作催化剂，常压下电化学合成氨的工作原理如图所示。下列说法正确的是A.镍合金连接外接电源的正极B.从镍合金向片运动C.镍合金上电极反应式为：D.反应中，标准状况下每生成同时得到【答案】D【解析】【分析】由图可知，镍合金上氮气转化为氨气，化合价降低，得到电子，发生还原反应，故镍合金为阴极，电极反应式为，Pt片转化为，化合价升高，失去电子，故Pt片为阳极，电极反应式为，据此回答。【详解】A．由分析知，镍合金为阴极，接外接电源的负极，A错误；B．由分析知，Pt片为阳极，电解池中阳离子移向阴极，所以从片向镍合金运动，B错误；C．由分析知，镍合金上电极反应式为，C错误；D．由分析知，每生成1个氧气失去4个电子，每生成1个氨气得到3个电子，生成失去电子的物质的量为=1.2mol，根据得失电子守恒知，生成氨气的物质的量为，在标准状况下的体积为=，D正确；故答案选D。10.被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是A.离子半径:R＞T＞Y＞ZB.XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同C.最高价氧化物对应的水化物的碱性:X＞ZD.气态氢化物的稳定性:W＜R＜T【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、R、T属于周期表的前20号元素，其中X、Y、Z为金属元素。R最外层电子数是次外层的3倍，则R含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，都位于第二周期，T无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，且位于第二周期，则Z为Be元素，X、Z位于同族，则X为Mg或Ca元素；Y为第二周期的金属元素，则Y为Li；X与R（O）原子序数之和是W的2倍，X为Mg时，W的原子序数为(12+8)/2=10，为Ne元素，为稀有气体，不满足条件；X为Ca时，W的原子序数为(20+8)/2=14，则W为Si元素，据此解答。【详解】根据分析可知：X为Ca，Y为Li，Z为Be，W为Si，R为O，T为F元素。A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则简单离子半径：R＞T＞Y＞Z，故A正确；B．XR2、WR2分别为CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合价为-1，SiO2中O元素化合价为-2，两种化合物中O的化合价不相同，故B错误；C．同一主族从上到下金属性逐渐减弱，则金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z，故C正确；D．非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：W＜R＜T，故D正确。11.室温下，根据下列实验过程及现象，对应的实验结论不正确的是选项实验过程及现象实验结论A向2mL0.1mol/L的盐酸中加入锌粒，产生气泡，再滴入2滴0.1mol/L的溶液，产生气泡的速率增大可能是因为形成原电池而加快化学反应速率B测量HA(一种一元酸)稀溶液的pH=2，将该溶液体积稀释10倍后再次测量pH<3说明HA是弱酸C向2mL0.1溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀还原性：D向10mL0.1溶液中先加入5mL0.1NaCl溶液，再加入5mL0.1溶液；先出现白色沉淀，后出现黑色沉淀Ksp：AgCl>A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．Zn可置换出CuSO4中的Cu，形成Zn-Cu-盐酸原电池，能够加快反应速率，结论合理，故A正确；B．若HA为强酸，pH=2的HA溶液稀释10倍后pH应为3，现稀释后pH<3，说明稀释过程中HA继续电离出H+，说明HA是弱酸，故B正确；C．溴水与S2-反应生成淡黄色S单质，，该反应中S2-为还原剂，Br-为还原产物，还原剂的还原性强于还原产物，故还原性S2-强于Br-，故C正确；D．实验中AgNO3过量，加入Na2S时，S2-直接与过量的Ag+反应生成Ag2S沉淀，该过程并非AgCl沉淀转化为Ag2S，无法据此比较二者Ksp大小，故D错误；故选D。12.碳酸钠俗称纯碱，是重要的化工原料。一种制纯碱的过程如下：已知：的电离常数；的电离常数。下列说法正确的是A.中存在：B.溶液中存在：C.分离出后的母液中存在：D.溶液中存在：【答案】B【解析】【分析】将过量CO2通入氨水中得到碳酸氢铵溶液，再加入饱和食盐水析出碳酸氢钠，过滤得到主要成分为氯化铵的母液和碳酸氢钠固体，煅烧碳酸氢钠得到碳酸钠，据此解答。【详解】A．中，由于氨水电离微弱，故有<c(NH3·H2O)≈0.1mol/L，A错误；B．根据物料守恒，有，B正确；C．母液主要成分为氯化铵溶液，但仍然存在氯化钠和少量未析出的碳酸氢钠，所以根据电荷守恒有，C错误；D．碳酸钠溶液中根据质子守恒，有，D错误；故选B。13.利用作催化剂，可将废气中的转化为硫单质，涉及的反应主要有：反应反应将的混合气体以一定流速通过反应管，其他条件不变，出口处的转化率及S的选择性随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A.低于300℃时，反应的速率大于反应B.硫单质的产率随温度的升高而下降C.300℃时，出口处的气体中的体积分数约为30%D.增大体系压强，S单质的平衡选择性增大【答案】C【解析】【详解】A．低于300℃时，S的选择性接近100%，说明反应II是快反应，反应II速率大于反应I，A错误；B．随温度升高，虽然S的选择性降低，但SO2转化率升高，硫单质的产率随温度的升高不一定下降，B错误；C．300℃时，S的选择性接近100%，反应II为快反应，产物中几乎无H2S，由反应I×2+反应II得SO2+2H2=S+2H2O，列出三段式则出口处的气体中的体积分数==30%，C正确；D．反应I是气体体积数减小的反应，而反应II是气体体积数增加的反应，故增大体系压强，有利于反应I平衡正向移动，使反应II平衡逆向移动，会导致S单质的平衡选择性减小，D错误；故本题选C。14.以废镁镍催化剂(主要成分为MgO、NiO、FeO、)为原料制备NiS和碱式碳酸镁[]，其工艺流程如图所示：已知：25℃时，溶液中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见下表。

开始沉淀6.31.58.96.8完全沉淀8.32.710.98.9（1）①“酸浸”时，不宜使用溶液作为浸取液，其原因是___________；②保持温度、各物质投料量及浓度不变，能提高镍元素和镁元素浸出率的措施有___________(填字母)。A．将废催化剂适当粉碎B．适当提高搅拌速率C．适当缩短酸浸时间（2）“氧化”时，NaClO发生反应的离子方程式为___________。（3）“沉铁”时，需加入NaOH溶液调节pH的范围为___________。（4）“沉镍”时，也可以通入气体，恰好沉淀完全时[]，溶液中，则此时溶液pH=___________。已知，，。（5）“沉镁”时发生反应的离子方程式为___________。（6）碱式碳酸镁可用于制备多种高价值的镁系功能材料。某实验室利用含少量的碱式碳酸镁粉末制备高品质晶体。已知：难溶于无水乙醇，高于60℃易分解，pH值4～6时结晶可获得高品质晶体。请补充完整实验方案：将一定量的碱式碳酸镁固体(含少量)少量分批地加入到稀硝酸中，完全溶解后，测得溶液pH约为1.0，①___________，过滤，②___________，过滤，无水乙醇洗涤晶体，③___________，获得晶体。(选用试剂：MgO粉末、NaOH溶液)【答案】（1）①.有氮氧化物(NO或NO2)生成，污染环境②.AB（2）（3）（4）5（5）（6）①.加入粉末调节溶液值②.将滤液蒸发浓缩、冷却结晶③.低于60℃干燥【解析】【分析】废镁镍催化剂加入稀硫酸“酸浸”，SiO2不溶解，其它物质都转化为相应的硫酸盐，加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；过滤，往滤液中加入Na2S溶液，过滤得NiS沉淀，滤液中加Na2CO3溶液“沉镁”，同时产生二氧化碳，再过滤得碱式碳酸镁；【小问1详解】若“酸浸”时使用溶液作为浸取液，会氧化产生氮氧化物(NO或NO2)，污染环境，故不宜使用溶液浸取；保持温度、各物质投料量及浓度不变，将废催化剂粉碎能增大反应物接触面积，适当提高搅拌速率能加快反应速率，都能提高镍元素和镁元素浸出率，故选AB；【小问2详解】“氧化”时，NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，NaClO被还原成NaCl，结合元素守恒、离子电荷守恒，反应离子方程式为；【小问3详解】据表中的数据，溶液的pH为2.7时，Fe3+沉淀完全，pH为6.8，Ni2+开始沉淀，则为使Fe3+沉淀完全而Ni2+不发生沉淀，“沉铁”时调节pH的范围为2.7≤pH<6.8；【小问4详解】恰好沉淀完全时[]，溶液中的，据，，；【小问5详解】“沉镁”时，加入碳酸钠和镁离子反应生成碱式碳酸镁沉淀，同时生成二氧化碳气体，结合元素质量守恒、离子电荷守恒配平，反应离子方程式为；【小问6详解】已知：难溶于无水乙醇，高于60℃易分解，pH值4~6时结晶可获得高品质晶体。则实验方案为：将一定量的碱式碳酸镁固体(含少量Fe3+)少量分批地加入到稀硝酸中，完全溶解后，测得溶液pH约为1.0，加MgO粉末除去过量稀硝酸反应，调节溶液pH值4~6，过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤晶体（减少溶解损失），然后在低于60℃干燥（防止温度过高而分解），获得晶体；15.我国科学家在含硼非线性光学晶体材料(简称KBBF)的研发和应用上处于世界领先地位，实验室合成KBBF化学方程式可表示为。回答下列问题：（1）①基态O原子的电子排布式为___________。②组成的元素中，电负性最大的是___________。（2）①中心原子杂化类型为___________。②空间结构为___________。（3）①O与S、Se、Te位于同一主族，的沸点最高的原因：___________。②、及沸点随周期数变化如图所示，出现此变化趋势的原因：___________。（4）已知铍、硼两种元素的第一电离能分别为900、801。的原因是___________。（5）BeO的一种晶体为立方ZnS结构(如图所示)，氧的配位数为___________。【答案】（1）①.②.F（2）①.②.平面三角形（3）①.H2O分子间存在较强的氢键，H2S、H2Se、H2Te分子间无氢键，氢键作用力远强于范德华力，因此H2O沸点最高②.三者结构相似，均为分子晶体，随中心原子周期数增大，相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增强，因此沸点逐渐升高（4）基态Be原子价电子排布为，2s轨道为全充满的稳定结构，失去电子需要更高能量；基态B原子价电子排布为，2p轨道电子能量更高更易失去，因此I1(Be)>I1(B)（5）4【解析】【小问1详解】①氧原子的核外电子数为8，处于第二周期第VIA族，基态O原子的电子排布式为；②由钾、铍、硼、氧和氟五种元素组成，显负价的为氧和氟，处于同一周期，同周期主族元素自左而右电负性增大，所以电负性最大的为F；【小问2详解】①中B原子价层电子对数为，中心原子杂化类型为；②中B原子价层电子对数为，中心原子杂化类型为，空间结构为平面三角形；【小问3详解】①O与S、Se、Te位于同一主族，H2O的沸点最高是因为H2O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以H2O的沸点最高；②H2S、H2Se及H2Te沸点出现图示变化的原因是：H2S、H2Se及H2Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点逐渐升高；【小问4详解】基态Be原子价电子排布为，2s轨道为全充满的稳定结构，失去电子需要更高能量；基态B原子价电子排布为，2p轨道电子能量更高更易失去，因此I1(Be)>I1(B)；【小问5详解】BeO的一种晶体为立方ZnS结构，以上底面面心O原子分析，其周围最近且等距的Be原子在上下两层各有两个，因此氧的配位数为4。16.工业废水中的通常采用沉淀和萃取、反萃取等方法处理，达标后排放。已知：①常温下，、、，的电离常数：、。②国家规定含量低于、pH约为7的废水符合排放标准。Ⅰ．沉淀法（1）碱沉淀：常温下，向含铜酸性废水中加碱生成沉淀，当调节废水pH为7时，___________。（2）硫沉淀：酸性条件下，向含铜废水中加入FeS可使转化为CuS沉淀。①反应的平衡常数K=___________(填数值)。②保持FeS的投入量相同，废水中铜去除率随初始pH的变化如图所示，废水初始pH小于3，随pH减小，铜去除率降低的原因是___________。Ⅱ．萃取、反萃取法用含黄原酸(ROCSSH)的有机溶剂作为萃取剂可去除废水中。原理为。（3）用硫酸做反萃取剂，为使尽可能多地进入水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有(填两项)___________。Ⅲ．废水中含量的测定准确量取20.00mL含废水(其它物质不参加反应)于锥形瓶中，加入10gKI晶体(过量)摇匀：加入淀粉溶液作指示剂，用0.02000溶液滴定至终点：重复3次实验，平均消耗溶液25.00mL。已知：，。（4）滴定终点的现象为___________。（5）计算废水样品中铜离子的含量为___________(写出计算过程)。【答案】（1）（2）①.②.部分FeS与反应生成并逸出（3）充分振荡，多次萃取（或增大硫酸的浓度）（4）滴入最后半滴溶液时，溶液的蓝色褪去，且在半分钟内颜色不复原（5）1.6【解析】【小问1详解】由题干信息可知，，当pH=7时，，则，；【小问2详解】①该反应平衡常数；②是弱电解质，随着pH减小，溶液中的浓度增加，与FeS电离出的结合生成逸出溶液，使铜去除率降低；【小问3详解】要使充分进入水层，可以充分振荡，多次萃取，使有机相和水相充分接触，提高传质效率。也可以适当增加硫酸浓度，使反应的平衡逆向移动；【小问4详解】根据已知条件，向废水中加入KI溶液，与反应生成，使淀粉变蓝，用溶液滴定过程中，与反应生成，到达滴定终点时，滴入最后半滴溶液，待测溶液中的被完全消耗，由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不复原；【小问5详解】根据题干信息，滴定该废水平均消耗溶液的体积为25mL，则滴定消耗的的物质的量为，根据方程式有，则废水中，。17.绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。（1）催化重整：ⅰ．kJ·mol-1ⅱ．kJ·mol-1①反应的_______kJ·mol-1。②实验发现，其他条件不变，向体系中加入CaO