浙江2025学年第二学期杭州北斗联盟期中联考高二年级化学 试题+答案

第1页/共1页2025学年第二学期杭州北斗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-1C-12O-16S-32Pb-207Eu-152选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质含有非极性键且属于分子晶体的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】A．中仅含极性共价键H-O，不存在非极性键，虽属于分子晶体，A不符合题意；B．的过氧根中虽含O-O非极性键，但它是由离子构成的离子晶体，B不符合题意；C．的结构为，含有O-O非极性键，且由分子构成属于分子晶体，C符合题意；D．中仅含离子键和极性共价键，无非极性键，且属于离子晶体，D不符合题意；故选C。2.化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是A.硝酸铵是一种高效氮肥，可以直接使用 B.碳酸氢铵可用作食品膨松剂C.亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂 D.硫酸铝可用作净水剂【答案】A【解析】【详解】A．硝酸铵属于易爆物，受热、撞击易发生爆炸，不能直接作为氮肥使用，通常需要经过改性处理或与其他肥料混合使用，A符合题意；B．碳酸氢铵受热分解会产生二氧化碳、氨气和水蒸气，能使食品内部形成多孔结构，可用作食品膨松剂，B不符合题意；C．亚硝酸钠具有防腐作用，同时可以保持肉制品的色泽，是常见的防腐剂和护色剂，只需严格控制用量即可合规使用，C不符合题意；D．硫酸铝在水中电离出的水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质使之沉降，可用作净水剂，D不符合题意；答案选A。3.下列化学用语或图示表达不正确的是A.的VSEPR模型：B.基态的价层电子排布式：C.氯化镁的电子式：D.乙烯的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A．分子中B原子的价层电子对数为，无孤电子对，其VSEPR模型为平面三角形，A正确；B．Cu为29号元素，基态Cu的价层电子排布式为，B正确；C．氯化镁是离子化合物，电子式应该为，C错误；D．乙烯中官能团为碳碳双键，故乙烯的结构简式书写正确，D正确；故选C。4.对于反应，下列说法不正确的是A.盐酸既体现了还原性，又体现了酸性B.漂白液和洁厕灵不能混合使用C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为D.每生成转移0.1mol电子【答案】D【解析】【详解】A．反应中2molHCl里，1molHCl中Cl元素化合价从-1升高到0，作还原剂体现还原性，另1molHCl中Cl元素反应前后化合价不变，生成NaCl而体现酸性，因此盐酸既体现还原性又体现酸性，A不符合题意；B．漂白液有效成分为NaClO，洁厕灵主要成分为HCl，二者混合会发生题干反应生成有毒的Cl2，因此不能混合使用，B不符合题意；C．该反应为归中反应，NaClO中+1价Cl被还原为0价得到还原产物氯气，HCl中部分-1价Cl被氧化为0价得到氧化产物氯气，根据电子守恒，被氧化和被还原的Cl的物质的量之比为1:1，氧化产物和还原产物均为Cl2，二者物质的量之比为，C不符合题意；D．选项未说明Cl2处于标准状况下，无法通过2.24L来计算Cl2的物质的量，因此不能确定转移电子的物质的量，D符合题意；答案选D。5.根据元素周期律，下列说法不正确的是A.碱性： B.第一电离能：C.化合物中键的极性： D.离子半径：【答案】A【解析】【详解】A．同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，金属性；金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性，A错误；B．同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，第ⅤA族p轨道半满为稳定结构，第一电离能大于同周期相邻的ⅥA族元素，故；同主族从上到下第一电离能逐渐减小，故，因此第一电离能，B正确；C．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性，成键两元素电负性差值越大，共价键极性越强，与的电负性差值大于与的差值，故键的极性，C正确；D．离子核外电子层数越多半径越大，核外有3个电子层，半径大于核外只有2个电子层的、；电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，故，因此离子半径，D正确；故选A。6.下列方程式正确的是A.实验室制取氯气：B.氨的催化氧化：C.溶液中滴加过量氨水：D.乙炔与水的反应：【答案】D【解析】【详解】A．实验室制取氯气的反应条件仅为加热，不需要催化剂，且为强电解质需拆分为离子，正确离子方程式为，A项错误；B．氨的催化氧化产物为，正确反应为，B项错误；C．氨水为弱碱，不能溶解，过量氨水与反应只能生成沉淀，正确离子方程式为，C项错误；D．乙炔与水在催化剂、加热条件下发生加成反应生成不稳定的乙烯醇，而乙烯醇会立刻异构化生成乙醛，故该方程式书写正确，D项正确；答案选D。7.对铁钉进行预处理，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是A.除铁锈 B.铁钉镀铜C.去油污 D.制铜氨溶液【答案】B【解析】【详解】A．铁锈的成分主要是铁的氧化物，故可用稀盐酸除铁锈，故A不选；B．铁钉镀铜是电解池原理，该装置没有电源，故B选；C．Na2CO3水解显碱性，故可以除油污，故C不选；D．硫酸铜加足量的氨水可以制取铜氨溶液，操作正确，故D不选；答案选B。8.加氢转化成甲烷，是综合利用实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525℃，101kPa下，。反应达到平衡时，不能使平衡向正反应方向移动的是A.增大体系压强 B.降低温度 C.增大浓度 D.恒容下充入氖气【答案】D【解析】【详解】A．该反应正反应是气体总物质的量减小的反应，增大体系压强，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，A不符合题意；B．该反应，正反应为放热反应，降低温度，平衡向放热的正反应方向移动，B不符合题意；C．增大反应物的浓度，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动以降低浓度，C不符合题意；D．恒容下充入氖气，反应体系中各反应物、生成物的浓度均不发生变化，平衡不移动，不能使平衡向正反应方向移动，D符合题意；答案选D。9.用0.05000mol/L草酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列实验操作规范的是A.配制草酸标准溶液 B.读取溶液体积C.滴定 D.润洗滴定管【答案】B【解析】【详解】A．向容量瓶中加水（溶液）需要用玻璃棒引流，不能直接倾倒，A错误；B．读数时，眼睛平视滴定管凹液面最低点，B正确；C．滴定时，应手持锥形瓶上端摇动锥形瓶，不能手持锥形瓶底端摇动，控制活塞的方式也是错误的，应采用如图所示方式进行滴定，C错误；D．润洗滴定管时应取少量标准液于滴定管中，倾斜着转动滴定管进行润洗，D错误；故答案选B。10.一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法不正确的是A.环状三聚体中σ键和π键的数目比为B.元素Y、Z均能形成多种氧化物C.化合物可作为自来水消毒剂D.X的最高价氧化物对应水化物是强酸【答案】D【解析】【分析】根据题干信息可连贯推断元素种类：基态Y的2p轨道半充满，说明Y原子2p能级填充3个电子，电子排布式为1s22s22p3，故Y为氮（N）元素；X、Y价电子数相等，说明X与N同主族且为短周期元素，因此X为磷（P）元素；X、Z电子层数相同，说明Z为第三周期元素，又Z原子最外层只有1个未成对电子，第三周期满足该条件的元素为氯（Cl），因此Z为氯元素。综上可确定X=P、Y=N、Z=Cl。【详解】A．由分析可得，该环状三聚体(PNCl2)3分子中，环内有6个σ键，环外有6个P-Clσ键，故共有12个σ键；环内有3个π键。σ键和π键的数目比为，A正确；B．由分析可得，Y为氮元素，可形成NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5等多种价态氧化物；Z为氯元素，可形成Cl2O、ClO2、Cl2O3、Cl2O5、Cl2O7等多种价态氧化物，因此Y、Z均能形成多种氧化物，B正确；C．化合物ZO2为ClO2（二氧化氯），是一种强氧化性物质，杀菌消毒效率高、消毒副产物少，是目前广泛使用的高效安全自来水消毒剂，因此C正确；D．由分析可得，X为磷元素，其最高价氧化物对应水化物为磷酸H3PO4，磷酸在水溶液中分步微弱电离，属于中强酸（弱酸），不属于强酸，因此D错误；故答案选D。11.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.晶体内氢键的数目为B.的中子数比的多C.铅酸蓄电池负极增重96g，理论上转移电子数D.在溶液中，的数目为【答案】A【解析】【详解】A．18g的物质的量为1mol，冰晶体中每个水分子形成4个氢键，每个氢键由2个水分子共用，故1mol冰中氢键数目为，A正确；B．每个含10个中子，每个含8个中子，比多的中子数为，B错误；C．铅酸蓄电池负极反应为，每转移2mol电子负极增重1mol的质量（96g），故增重96g时转移电子数为，C错误；D．在溶液中，，因在水溶液中发生水解，1L0.1mol/L溶液中数目小于，D错误；故选A。12.天冬氨酸广泛应用于医药、食品和化工等领域。天冬氨酸的一条合成路线如下：下列说法正确的是A.1molX能与足量溶液反应生成标况下B.Y的核磁共振氢谱有3组峰C.X→Y的反应类型是取代反应D.天冬氨酸之间通过加聚反应可合成聚天冬氨酸【答案】C【解析】【详解】A．1个X分子含2个羧基，羧基与按反应生成，因此1molX反应生成2mol

，标况下体积为，A错误；B．Y中有4种不同化学环境的氢原子（两个羧基的H、Br连接碳上的H、亚甲基上的H），故核磁共振氢谱有4组峰，B错误；C．的反应中，X中亚甲基的H原子被Br取代，属于取代反应，C正确；D．天冬氨酸同时含氨基和羧基，分子间通过脱水缩合生成聚天冬氨酸，属于缩聚反应（有小分子水生成），加聚反应无小分子生成，D错误；故选C。13.铜催化下，由电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法不正确的是A.Cu的使用降低了反应的焓变 B.Ⅰ到Ⅱ的过程发生了还原反应C.Ⅱ到Ⅲ的过程形成了C—H键 D.Ⅳ的示意图可能为【答案】A【解析】【详解】A．Cu为催化剂，催化剂可改变活化能，加快反应速率，但不能改变反应的焓变，A错误；B．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，B正确；C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，如图，，C正确；D．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为，D正确；故选A。14.我国科学工作者制备了一种电催化剂，并将其与金属铝组装成可充电电池，用于还原污水中的为，其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化剂表面的逐步还原为。下列说法错误的是A.放电时，负极区游离的数目减小B.放电时，还原为，理论上需要8.0mol氢原子C.充电时，从左侧区穿过离子交换膜进入右侧区D.充电时，阳极区溶液pH值升高【答案】D【解析】【分析】电极：放电时，活泼金属Al作负极，右侧Ni−CuO作正极；充电时，该装置为电解池，左侧Al为阴极，右侧为阳极。【详解】A．放电时负极Al失电子生成四羟基合铝酸根，电极反应为：Al−3e−+4OH−=[Al(OH)4]−，反应消耗OH−，因此负极区游离的OH−数目减小，A正确；B．氢原子将吸附在电催化剂表面的逐步还原为，还原为​时，N从+5价变为−3价，​总共得到8

mol电子；每个氢原子能提供1

mol电子，因此还原​需要8.0

mol氢原子，B正确；C．充电时为电解池，阴离子向阳极移动，阳极在右侧，因此从左侧区穿过离子交换膜进入右侧区，C正确；D．由图可知，充电时右侧阳极发生反应：，反应消耗OH−导致溶液pH值降低，D错误；故选D。15.某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含和少量)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错误的是A.稻草属于生物质，使用它的优点是其来源广泛且可再生B.硫酸用作催化剂和浸取剂C.“浸出”时，3种金属元素均被还原D.“沉钴”后上层清液中【答案】C【解析】【分析】矿石(含、、)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有、、，加入沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。【详解】A．生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，A正确；B．根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，B正确；C．根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，C错误；D．“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足，D正确；故答案选C。16.下列实验操作能够达到目的的是选项操作目的A取两支大小相同的试管，各加入溶液和溶液，振荡，分别放入盛有冷水和热水的两个烧杯中探究温度对化学反应速率的影响B向溶液中，先滴入几滴溶液，再滴入几滴溶液，观察沉淀颜色变化比较AgCl和AgI的大小C将氯气通入溶液，观察是否产生淡黄色沉淀验证氧化性：D测定0.01mol/L某酸溶液的pH是否为2判断该酸是否为强酸A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．探究温度对反应速率的影响时，应先将反应物分别置于目标温度下保温后再混合，该操作先混合反应物，反应已在室温下开始，无法准确探究温度的影响，A错误；B．向溶液中，先滴入几滴溶液，再滴入几滴溶液，溶液过量，滴加NaI时直接与过量反应生成AgI沉淀，未发生AgCl向AgI的沉淀转化，无法比较二者Kₛₚ大小，B错误；C．通入溶液中生成淡黄色S沉淀，反应中为氧化剂，S为氧化产物，根据氧化剂氧化性大于氧化产物，可验证氧化性>S，C正确；D．若该酸为二元强酸（如），0.01mol/L的酸溶液中浓度大于0.01mol/L，pH<2，因此pH不为2也可能是强酸，无法判断该酸是否为强酸，D错误；故选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.Ⅰ.硫及其化合物在生产生活中有重要用途。回答下列问题：（1）基态S原子核外有___________种不同能量的电子，其价层电子的轨道表示式为___________。（2）下列说法正确的是___________。A.配合物中，硫元素以形式存在，可作为配体与中心离子结合B.硫氰化铁配合物中，中心离子为，配体为，配位数为6C.分子极性：D.键角：（3）如图晶胞是长方体，则1个晶胞中含有___________个O原子。Ⅱ.一种制备的工艺路线如图所示。反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加以保持反应在条件下进行。已知：常温下，的电离平衡常数，。请回答：（4）写出气体B的电子式___________。（5）写出反应Ⅰ的化学方程式___________。（6）下列说法正确的是___________。A.反应Ⅱ得到的溶质是B.反应Ⅱ后可加入溶液调节pHC.低温真空蒸发主要是防止分解D.溶液Y可循环用于反应Ⅱ以吸收气体A（7）反应Ⅲ需补加溶液以保持反应在条件下进行，原因是___________(结合离子方程式和必要的文字说明)。【答案】（1）①.5②.（2）BD（3）8（4）（5）（6）AD（7），补加NaOH溶液，中和产生的H⁺，维持溶液的pH为5【解析】【分析】Ⅱ中，铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液pH在3~4之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10−2,Ka2=6.3×10−8，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，气体Ⅱ为CO2，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O的离子方程式是，反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行，据此分析解答。【小问1详解】基态S原子核外电子排布为，同一能级的电子能量相同，不同能级电子能量不同，所以有5种不同能量的电子，其价层电子的轨道表示式为【小问2详解】A．配合物中，硫元素以形式存在，与配离子以离子键结合，是配离子中的配体，A错误；B．硫氰化铁配合物中，中心离子为，配体为，配位数为6，B正确；C．分子空间结构相同，电负性：O>S，所以键的极性大于，分子极性：，C错误；D．的杂化方式一样，孤电子对的个数也相同，电负性：O>S，中成键电子间的斥力大于，所以键角：，D正确；故答案选BD。【小问3详解】根据均摊法可得，晶胞中的个数为，则1个晶胞中含有8个O原子。【小问4详解】气体B为，电子式为；【小问5详解】反应I是铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体和硫酸铜，化学方程式为Cu+2H【小问6详解】A．根据分析可知，反应Ⅱ得到的溶质是，A正确；B．反应Ⅱ后，溶液阳离子为，加入溶液引入杂质，B错误；C．由分析，低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，C错误；D．溶液Y是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体SO2，D正确；故答案选AD。【小问7详解】，补加NaOH溶液，中和产生的H+，维持溶液的pH为5。18.Ⅰ.通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应：①②（1）反应的___________，已知该反应，反应自发进行的条件是___________(填“高温自发”或“低温自发”)。（2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是___________(填序号)。A.的浓度不变 B.气体密度不变C.气体的平均摩尔质量不变 D.与的物质的量相等（3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近100%，原因是___________。Ⅱ.甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和)的重要方法，主要反应有：③④⑤（4）恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有___________(填序号)。a．增加原料中的量b．增加原料中的量c．通入Ar气（5）以熔融碳酸盐为电解质的燃料电池负极反应式___________。【答案】（1）①.②.高温自发（2）AC（3）原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢(说明活化能高低，对速率有影响即可得分)（4）a（5）【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，方程式①-②得到目标方程式，其=；该反应，，时自发进行，故反应自发进行的条件是高温自发；【小问2详解】A．的浓度不变，说明反应①达到平衡状态，故体系也达到平衡状态，故A选；B．反应在恒容容器中进行，气体密度始终不变，故不能说明达到平衡，故B不选；C．混合气体总质量不变，物质的量变化，平均相对分子质量不变时说明物质的量不变，反应达平衡，故C选；D．与的物质的量相等与平衡无关，故不能说明达到平衡，故D不选；答案为AC；【小问3详解】由反应历程图可知，反应①的活化能远低于反应②，故反应①速率远大于反应②，选择性接近100%；【小问4详解】a．增加原料中的量，可使平衡③正向移动，可提高转化率，故a选；b．增加原料中的量，CO2本身的转化率降低，故b不选；c．恒温恒容条件下，通入Ar气，各组分浓度(或分压)不变，平衡不移动，CO₂的转化率不变，故c不选；答案选a；【小问5详解】负极反应物为CH4，碳酸根离子传递电荷，故电极反应方程式为。19.某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物和苯甲酸钠制备配合物，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知在碱性溶液中易形成沉淀。在空气中易吸潮，加强热时分解生成。已知：苯甲酸钠化学式为：（1）步骤①中，加热的目的为___________。（2）步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液，目的是___________。（3）如图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为___________。（4）写出生成配合物的化学方程式___________。（5）取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0~92℃范围内产品质量减轻的原因为___________。结晶水个数___________。[，结果保留两位有效数字]。【答案】（1）升高温度，加快溶解速率，提高浸出率（2）防止生成沉淀（3）容量瓶、烧杯（4）（5）①.吸潮的水②.1.7【解析】【分析】Eu2O3加入稀盐酸加热溶解，调节pH=6，再加入苯甲酸钠溶液，得到Eu(C7H5O2)3•xH2O沉淀，再经过抽滤、洗涤，得到产品，据此进行解答。【小问1详解】步骤①中，加热的目的是：升高温度，加快溶解速率，提高浸出率；【小问2详解】Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀，步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液，目的是防止生成Eu(OH)3沉淀；【小问3详解】根据一定物质的量浓度溶液的配制过程，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器有容量瓶、烧杯，不需要漏斗和圆底烧瓶；【小问4详解】加盐酸生成为，再与在水溶液中反应生成，反应的化学方程式为EuCl3+3C7H5【小问5详解】Eu(C7H5O2)3•xH2O在空气中易吸潮，0～92℃范围内产品质量减轻的是Eu(C7H5O2)3•xH2O吸潮的水，92℃～195℃失去的是结晶水的质量；最后得到的是Eu2O3，1molEu(C7H5O2)3•xH2O失去结晶水质量减少18xg，质量减少5.2%，根据M(C7H5)=121g/mol，1molEu(C7H5O2)3生成0.5mol的Eu2O3，质量减少3mol×121g/mol-1.5mol×16g/mol=33