2025-2026学年第二学期浙里特色联盟期中联考高二年级化学学科试题（答案解析）

第1页/共1页2025学年第二学期浙里特色联盟期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H-1；B-11；C-12；N-14；O-16；Na-23；Mg-24；S-32选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题只有一个选项符合题意)1.分类、归纳是化学学习中常用的方法，则下列分类和归纳中正确的是A.、都属于氧化物 B.冰水混合物、生理盐水都属于混合物C.纯碱、烧碱都属于碱 D.石墨、都是碳元素组成的单质【答案】D【解析】【详解】A．氧化物是由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物，属于氧化物，由氢、氯、氧三种元素组成，不属于氧化物，A错误；B．冰是固态的水，冰水混合物只含一种物质，属于纯净物，生理盐水是氯化钠的水溶液，属于混合物，B错误；C．纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，烧碱是氢氧化钠的俗称，属于碱类，C错误；D．石墨、都是仅由碳元素组成的纯净物，均属于碳单质，D正确；故选D。2.下列化学用语或者图示正确的是A.氮气的电子式B.溶液中的水合离子：C.的形成过程：D.溴乙烷的空间填充模型：【答案】D【解析】【详解】A．氮气的电子式为，故A错误；B．溶液中，钠离子半径小于氯离子，水分子的氧端朝向钠离子、水分子的氢端朝向氯离子，所以水合离子表示为，故B错误；C．是离子化合物，用电子式表示形成过程为，故C错误；D．溴乙烷的结构简式为CH3CH2Br，空间填充模型为，故D正确；选D。3.日常生活中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释错误的是A.清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈B.绿矾用于治疗缺铁性贫血，可用溶液检验是否变质C.用柠檬酸去除水垢：柠檬酸酸性强于碳酸D.春晚扭秧歌机器人核心芯片的主要成分是单质硅【答案】B【解析】【详解】A．铁锅生锈本质是铁在潮湿环境中发生吸氧腐蚀，擦干可减少与水的接触，能减缓腐蚀，A正确；B．绿矾（）变质是被氧化为，是检验的试剂，检验变质生成的应选用KSCN溶液，不能用该试剂检验是否变质，B错误；C．水垢主要成分为等碳酸盐，柠檬酸可与碳酸盐反应生成，根据强酸制弱酸原理，说明柠檬酸酸性强于碳酸，C正确；D．单质硅是良好的半导体材料，是制作芯片的主要原料，D正确；故选B。4.根据元素周期律，下列说法不正确的是A.原子半径： B.氢化物的稳定性：C.碱性： D.第一电离能【答案】A【解析】【详解】A．同周期主族元素随原子序数增大，原子半径减小，故第三周期原子半径；同主族元素从上到下原子半径增大，故，正确原子半径顺序为，A错误；B．同周期从左到右非金属性增强，非金属性，气态氢化物稳定性随非金属性增强而增大，故，B正确；C．同主族从上到下金属性增强，金属性，最高价氧化物对应水化物碱性随金属性增强而增大，故，C正确；D．核外电子层数比多1层，原子核对最外层电子的束缚能力更弱，失去1个电子所需能量更低，故第一电离能，D正确；故选A。5.下列实验原理或方法不正确的是A.用广泛试纸测得溶液的B.皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用2%的硼酸溶液冲洗C.用酸式滴定管量取溶液D.可用浓溶液将转化为【答案】A【解析】【详解】A．NaClO溶液具有强氧化性，会漂白广泛pH试纸，无法准确测定其pH，A错误；B．皮肤溅上碱液时，先大量水冲洗降低碱液浓度，再用2%硼酸溶液中和残余的碱，不会对皮肤造成二次伤害，操作正确，B正确；C．溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此需用酸式滴定管量取，且滴定管精度可达0.01mL，可准确量取15.00mL溶液，C正确；D．相同温度下，浓溶液中浓度较高，可使的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，转化为更难溶的，D正确；故选A。6.下列说法错误的是A.卤化氢中，以HF沸点最高，是由于HF分子间存在氢键B.二氧化硫具有还原性，可用于葡萄酒保鲜C.氯化氢分子间作用力较弱，氯化氢极易溶于水D.因氟的电负性大于氯的电负性，故三氟乙酸的大于三氯乙酸的【答案】C【解析】【详解】A．卤化氢都属于分子晶体，分子间存在氢键，沸点高于其他不含氢键的卤化氢，A正确；B．二氧化硫具有还原性，可消耗葡萄酒中的氧气，同时能抑制微生物繁殖，起到保鲜作用，B正确；C．氯化氢极易溶于水的原因是为极性分子、与水分子间可形成氢键且在水中易发生电离，与分子间作用力弱无关，分子间作用力弱对应的是沸点低、易挥发的性质，C错误；D．氟的电负性大于氯，吸电子诱导效应更强，使三氟乙酸羧基的O-H键极性更强，更易电离出，酸性更强，故更大，D正确；答案选C。7.火法炼锌的反应为：，下列说法不正确的是(为阿伏伽德罗常数的值)A.的化学式是 B.被氧化的物质是C.既是氧化剂又是还原剂 D.完全反应时，转移电子数为2【答案】C【解析】【详解】A．根据质量守恒定律，反应前后原子种类、数目不变，反应前共有1个Zn、3个C、3个O，反应后已有1个Zn，故3X含3个C和3个O，X化学式为，A正确；B．反应中单质C的化合价从0价升高为中的+2价，失电子被氧化，B正确；C．中Zn元素从+2价降为0价、C元素从+4价降为+2价，均得电子，仅作氧化剂，不作还原剂，C错误；D．的物质的量为1mol，每个C原子反应时失去2个电子，故1molC完全反应转移电子数为，D正确；答案选C。8.下列方程式正确的是A.将氨水与醋酸溶液混合：B.和的反应：C.工业上用与高温制粗硅：D.氯化铜溶液中加足量氨水：【答案】C【解析】【详解】A．醋酸属于弱电解质，离子方程式中不能拆写为H+，需保留化学式CH3COOH：，A错误；B．具有氧化性，I-具有还原性，二者会发生氧化还原反应生成和I2：，B错误；C．高温条件下与C反应制粗硅，产物为和：，C正确；D．足量氨水会和生成的沉淀反应生成可溶性的配离子：，D错误；故选C。9.下列说法正确的是A.核磁共振氢谱有4组峰B.隐形飞机的微波吸收材料：及其单体都能使溴水褪色C.的名称：1，3-戊二烯D.与互为同系物【答案】B【解析】【详解】A．不是对称的结构，含有9种环境的H原子，核磁共振氢谱有9组峰，A错误；B．隐形飞机的微波吸收材：

及其单体CH≡CH都含有碳碳不饱和键，都能使溴水褪色，B正确；C．根据系统命名法，选择含有两个双键的最长碳链为主链（5个碳，戊二烯），并从离双键最近的一端开始编号，故其正确名称是1，4-戊二烯，C错误；D．前者是苯乙醇，羟基连在侧链烷基上，属于醇类；后者是间甲基苯酚，羟基直接连在苯环上，属于酚类，醇和酚是两类不同的有机物，官能团（羟基）的连接位置不同，化学性质差异很大，因此它们不互为同系物，D错误；故选B。10.一种电解尿素碱性溶液制取氢气的装置示意图如图所示(类似电解池，阳极发生尿素氧化反应，阴极产生)。下列说法中，不正确的是A.阳极的电极反应式为：B.离子交换膜应选用阳离子交换膜(允许通过)C.为增强导电性，阳极可用金属铜作电极材料D.每生成，同时生成【答案】C【解析】【分析】尿素发生氧化反应，因此尿素所在的右侧电极为阳极，左侧电极为阴极，阴极生成。【详解】A．碱性条件下尿素被氧化为，转化为，配平后电极反应为，A正确；B．阳极反应消耗，阳极区多余的需要通过离子交换膜进入阴极室，因此选用允许通过的阳离子交换膜，B正确；C．若阳极用金属铜作电极，Cu属于活性电极，阳极上Cu会优先失电子被氧化，无法让尿素发生氧化反应，因此阳极不能用铜作电极，C错误；D．阴极生成的反应为，生成转移电子；根据阳极反应，转移电子时生成​，D正确；故选C。11.关于和的下列说法中，不正确的是A.两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同B.可用溶液使转化为C.利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去D.室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异【答案】D【解析】【详解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确；B．加入溶液会发生反应：，B正确；C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确；D．室温下和饱和溶液相差较大的主要原因是的水解程度远大于，D错误；故选D。12.利用、与合成的反应主要历程如图所示。下列说法错误的是A.是合成乙醇的中间体B.若用替代，可生成C.第③步的反应式为D.合成过程涉及键的断裂和的形成【答案】B【解析】【详解】A．由流程可知，是反应①的产物、反应③的反应物，为合成乙醇的中间体，A正确；B．由反应机理可知，乙醇中的原子来自，与（或）中的氢无关，故用替代时，生成的乙醇仍为，B错误；C．第③步的反应方程式为：，C正确；D．反应①中甲醇生成，发生键断裂；反应③中与反应生成乙醇，涉及键形成，D正确；故选B。13.利用下列装置进行实验，无法达到相应实验目的的是A．测量盐酸和溶液反应的B．制取无水C．探究温度对化学平衡的影响D．制作简易氢氧燃料电池A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．图中保温好，温度计测定温度，可测定中和热，能达到实验目的，A不符合题意；B．加热促进镁离子水解，且生成的盐酸易挥发，蒸干得到氢氧化镁，应在HCl气流中蒸发制备无水氯化镁，不能达到实验目的，B符合题意；C．实验控制条件只有温度不同，热水中颜色深，可探究温度对化学平衡的影响，能达到实验目的，C不符合题意；D．先关闭K1，电解水，左侧生成氧气，右侧生成氢气，一段时间后，再打开K1，关闭K2形成氢氧燃料电池，能达到实验目的，D不符合题意；故选B。14.石墨烯可以看作是单层石墨，利用以下方法对石墨烯进行“切割”。下列说法不正确的是A.从分子极性分析：水溶性②>④ B.每“切割”碳碳双键转移电子C.③→④是氧化过程 D.试剂A可以是酸性溶液【答案】A【解析】【详解】A．分子极性越强，水溶性越好。②中含有的是醚氧键，极性较弱；④中含有的是羰基、羧基等强极性基团，极性更强。因此水溶性应为：④>②，A错误；B．“切割”碳碳双键时，碳碳双键中的π键断裂，每个碳原子再与其他原子形成新的化学键，即1个碳碳双键转化为2个碳氧双键，反应中碳元素的化合价从0价升高到

+2价，每1mol碳碳双键被氧化，转移4mol电子，B正确；C．③→④的过程中，氧原子数目增多，碳元素的化合价升高，根据氧化还原反应的概念，化合价升高是氧化过程，C正确；D．酸性KMnO4溶液是强氧化剂，可氧化断裂碳碳双键并引入含氧官能团，与图中试剂A的作用相符，因此试剂A可以是酸性KMnO4溶液，D正确；故选A。15.在催化剂或催化剂作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。下列说法正确的是A.总反应是放热反应B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同C.和催化剂相比，丙烷被催化剂吸附得到的吸附态更稳定D.反应中催化剂的作用是减小反应的焓变【答案】C【解析】【详解】A．由相对能量图可知，生成物总能量高于反应物总能量，总反应为吸热反应，A错误；B．化学平衡常数只与温度有关，催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，温度相同时总反应的平衡常数相同，B错误；C．物质能量越低越稳定，由图可知，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态相对能量比催化剂b的更低，因此更稳定，C正确；D．催化剂只改变反应的活化能，不改变反应物和生成物的总能量差，因此不能改变反应的焓变，D错误；答案选C。16.提升特种合金的性能常用到金属铬。工业上以铬铁矿(主要成分为，含有少量)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是A.①中需持续吹入空气作氧化剂 B.②中需加入过量稀硫酸C.③中发生了置换反应 D.③中反应物总能量大于生成物总能量【答案】B【解析】【分析】铬铁矿中加入Na2CO3，先通入空气灼烧，将FeO氧化成Fe2O3，Cr2O3、Al2O3转化成Na2CrO4、NaAlO2，然后加入水过滤分离出Fe2O3，滤液中加入稀硫酸得到沉淀Al(OH)3和Na2CrO4滤液，一部分Na2CrO4中加入稀硫酸得到溶液A为Na2Cr2O7，电解得到Cr，另一部分加S(还原剂)，将Na2CrO4还原为Cr(OH)3，Cr(OH)3经加热分解为Cr2O3，最后Cr2O3与Al发生铝热反应，得到Cr。【详解】A．铬铁矿中FeO被氧化成Fe2O3，Cr元素化合价也从+3价变为Na2CrO4中的+6价，化合价升高被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，A正确；B．Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能过量，B错误；C．Cr2O3与Al在高温下发生反应，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③中反应类型为置换反应，C正确；D．Cr2O3与Al在高温下发生铝热反应，是放热反应，高温引发后可以依靠自身放出的热量进行反应，放热反应中反应物总能量大于生成物总能量，D正确；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.回答下列问题。（1）基态原子的电子排布式为___________，的沸点比___________(填“高”或“低”)，原因是___________；根据价层电子对互斥理论，、、的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是___________。（2）乙烯酮在室温下可聚合成二聚乙烯酮(结构简式为)，二聚乙烯酮分子中含有的π键与σ键的数目之比为___________。（3）的三种结构：①；②；③下列说法正确的是___________。A．①②③中Cr的配位数都是6B．②中存在的化学键有离子键、共价键、配位键和氢键C．等物质的量的①②③分别与足量溶液反应，生成的质量相同（4）晶体如图1，我们把阴、阳离子看成不等径的圆球，并彼此相切如图2(已知a为常数)。①晶体中阴、阳离子的最短距离为___________(用a表示)。②晶体为“巨分子”，在高温下(≥1413℃时)晶体转变成气态团簇分子。现有晶体，加强热使其变为气态团簇分子，测得气体体积为2.8L(已折算为标准状况)。则此时氯化钠气体的分子式为___________。【答案】（1）①.②.低③.与均为分子晶体，只存在范德华力；的相对分子质量更大，范德华力更强，沸点更高④.（2）1：5（3）A（4）①.②.【解析】【小问1详解】Si元素为14号元素，基态原子的电子排布式为；、均为分子晶体，结构相似，甲烷相对分子量小，分子间的作用力小，甲烷沸点更低；H2O分子中心原子O存在2个成键电子对，孤电子对数=，价层电子对数为4，SO2分子中心原子S存在2个成键电子对，孤电子对数=，价层电子对数为3，SO3分子中心原子S存在3个成键电子对，孤电子对数=，价层电子对数为3，所以中心原子价层电子对数不同于其他分子的是；【小问2详解】单键为σ键，双键为1个σ键和1个π键，由二聚乙烯酮结构可知，其π键与σ键的数目之比为2:10=1:5；【小问3详解】A.①②③中Cr的配位数分别为4+2=6、5+1=6、6，都是6，A正确；B.②中存在的化学键有离子键、共价键、配位键，氢键不是化学键，B错误；C.只有外界的Cl-才能与AgNO3溶液反应生成AgCl，因此等物质的量的①②③电离产生的氯离子的物质的量不相同，分别与足量AgNO3溶液反应，生成AgCl的质量不相同，C错误；答案选A。【小问4详解】根据图2知，NaCl晶体中阴、阳离子的最短距离为a的一半即；1molNaCl的质量为1mol×58.5g·mol-1=58.5g，标准状况下，气体体积为2.8L的氯化钠的物质的量为2.8L÷22.4L/mol=0.125mol，则此“巨分子”M=58.5g÷0.125mol=468g·mol-1，所以氯化钠气体的分子式为Na8Cl8。18.氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：（1）根据图1数据计算反应的___________。（2）研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过如下机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为___________(填步骤前的标号)。(i)(ii)(iii)(iv)(v)(…)（3）实际生产中，原料气中和物质的量之比为1：2.8。分析说明原料气中过量的两个理由：a．相对廉价，提高氢气转化率；b．___________。（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的物质的量分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为、，另一种为、、，(物质的量分数：)。①图中压强、、由大到小的顺序为___________。②进料组成中含有惰性气体的图是___________。③图3中，当、时，氮气的转化率___________。（5）氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗和的质量比为，则在碱性介质中氨燃料电池负极的电极反应式为___________。【答案】（1）（2）(ii)（3）吸附分解是决速步骤，过量有利于提高整体反应速率（4）①.②.图3③.62.5%（5）【解析】【小问1详解】根据图1数据，氮气和氢气反应生成1molNH3，断键吸收的能量为473+654=1127，成键放出的能量为339+397+436=1172，成键放出的能量大于断键吸收的能量，反应放热；反应的(1127-1172)×2=-90。【小问2详解】在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H—H键的大很多，因此断裂N≡N的步骤为速率控制步骤，在上述反应机理中，断裂N≡N的步骤为（ⅱ）步，则速率控制步骤为（ⅱ）。【小问3详解】吸附分解是决速步骤，过量有利于提高整体反应速率，所以原料气中过量。【小问4详解】①合成氨的反应中，压强越大，利于氨的合成，则氨的摩尔分数越大，结合图像可知，在温度一定时，氨的摩尔分数：P3＞P2＞P1，所以压强：P3＞P2＞P1。②充入惰性气体导致反应气体分压减小，平衡向着气体分子数增大的方向进行，即不利于合成氨，对比图2和图3可知，相同条件下，图3中平衡时氨的摩尔分数较小，所以进料组成中含有惰性气体的是图3。③图3中、、，假设氢气和氮气、Ar物质的量分别为3mol和1mol、1mol，当、时，参加反应的氮气的物质的量为a，N2g+3H【小问5详解】氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗和的质量比为，可知的氧化产物是N2，则在碱性介质中氨燃料电池负极的电极反应式为。19.氰化钠是一种剧毒物质，工业上常用硫代硫酸钠溶液处理废水中的氰化钠。硫代硫酸钠的工业制备原理为：。某化学兴趣小组拟用该原理在实验室制备硫代硫酸钠，并使用硫代硫酸钠溶液对氰化钠溶液进行统一解毒销毁。实验I．实验室通过如图所示装置制备晶体（1）盛装浓硫酸的仪器名称是___________。（2）a装置中发生的化学反应方程式为___________。（3）反应开始后，c中先有淡黄色浑浊产生，后又变为澄清，此浑浊物可能是___________(填化学式)。（4）实验结束后，在e处可连接盛有___________(填序号)溶液的注射器，再关闭，打开，以防止拆除装置时装置中的有害气体逸出污染空气。A.溶液 B.浓硫酸 C.酸性溶液 D.溶液实验II．产品纯度的检测（5）已知：的摩尔质量为；。取晶体样品，加水溶解后，滴入几滴淀粉溶液，用碘水滴定到终点时，消耗碘水溶液，则该样品的纯度是___________。(保留三位有效数字)（6）滴定过程中可能造成实验结果偏高的是___________(填字母)。A.锥形瓶未用溶液润洗B.锥形瓶中溶液变蓝后立刻停止滴定，进行读数C.滴定到终点时仰视读数D.滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定到终点出现气泡【答案】（1）分液漏斗（2）(浓)（3）S（4）CD（5）74.4%（6）C【解析】【分析】工业制备硫代硫酸钠的原理为，实验室中，装置a利用浓硫酸与亚硫酸钠反应制备：；装置c中反应生成硫代硫酸钠；装置d中溶液用于吸收尾气，防止污染，据此分析。【小问1详解】盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；【小问2详解】浓硫酸与亚硫酸钠固体反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，化学方程式为；【小问3详解】装置c中通入溶液时，发生归中反应，生成的淡黄色浑浊为单质硫；【小问4详解】装置中残留的有害气体为，需用能吸收的溶液处理。A．溶液与不反应，无法吸收，A不符合题意；B．浓硫酸与不反应，无法吸收，B不符合题意；C．酸性溶液具有强氧化性，可将氧化为，反应为，可吸收，C符合题意；D．溶液为强碱，可与反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，反应为，可吸收，D符合题意；故选CD；【小问5详解】根据反应，可得。，则，，样品纯度为；【小问6详解】A．锥形瓶未用溶液润洗，待测液中溶质的物质的量不变，消耗碘水的体积不变，对结果无影响，A不符合题意；B．锥形瓶中溶液变蓝后立刻停止滴定，此时反应未完全，消耗碘水的体积偏小，导致测定结果偏低，B不符合题意；C．滴定到终点时仰视读数，读取的碘水体积偏大，根据，计算出的的物质的量偏大，结果偏高，C符合题意；D．滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定到终点出现气泡，读取的碘水体积偏小，测定结果偏低，D不符合题意；故选C。20.甲基苯乙烯(AMS)是一种重要的工业制品，可用于生产涂料、增塑剂，也可用作有机合成中的溶剂。AMS的制备及相关反应如以下流程图所示。已知A是最简单的芳香烃。已知：（1）反应①的反应类型为___________。（2）写出反应②的化学方程式_________