河南禹州市第一高级中学等校2025~2026学年高二下册4月期中考试化学试卷（含解析）

/高二化学注意事项：1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。可能用到的相对原子质量：H1C12O16F19S32Cl35.5Fe56Cu64Zn65一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.一种用于有机电子器件的新型共轭分子M，其结构如图所示。下列关于M的说法正确的是A.M属于脂环烃 B.M分子中存在s-p键C.M分子中不存在非极性键 D.M属于芳香烃衍生物【正确答案】D【详解】A．观察分子M的结构，其中除C、H外，还含有Br(溴)、N(氮)元素，不属于烃类，且含苯环，因此M不属于脂环烃，A项错误；B．M分子中C-H键为sp2-s键，C-Br键为sp2-p键，不存在由原子的s轨道和p轨道直接形成的s-p键，B项错误；C．M中存在碳碳键，属于非极性键，C项错误；D．M中含有苯环，属于芳香烃衍生物，D项正确；故答案选D。2.下列有机物类别划分错误的是有机物类别A．醛B．酚有机物类别C．酰胺D．烯烃A.A B.B C.C D.D【正确答案】A【详解】A．含有酯基，属于酯类，A错误；B．存在酚羟基，属于酚，B正确；C．含有酰胺基，属于酰胺，C正确；D．含有碳碳双键，属于烯烃，D正确；故选A。3.下列化学用语或图示错误的是A.的VSEPR模型：B.激发态碳原子可能的轨道表示式：C.丙烷的球棍模型：D.分子中键形成的过程：【正确答案】B【详解】A．的中心Cl原子的价电子对数为，有一个孤电子对，VSEPR模型为，A正确；B．图示为基态碳原子的轨道表示式，不是激发态碳原子的，B错误；C．丙烷是饱和烃，碳碳键，碳氢键均为单键，且碳原子半径大于氢，球棍模型符合丙烷结构特征，C正确；D．分子中键由两个N原子的2p轨道沿键轴方向头碰头重叠形成，图示过程为，D正确；故答案选B。4.下列选项中，X与Y对应关系错误的是选项XY对应关系A1-丁烯2-丁烯位置异构B位置异构C官能团异构D碳架异构A.A B.B C.C D.D【正确答案】D【详解】A．X为1-丁烯（），Y为2-丁烯（），二者分子式均为，碳碳双键的位置不同，属于位置异构，A不符合题意；B．X为2-戊醇，Y为3-戊醇，二者分子式均为，羟基的位置不同，属于位置异构，B不符合题意；C．X为苯甲酸甲酯，含酯基，分子式，Y含羧基，分子式，二者分子式相同，官能团种类不同，属于官能团异构，C不符合题意；D．X与Y为同一种物质，均为2-甲基丁烷，D符合题意；故选D。5.对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式书写错误的是A.草酸氢钠水解：B.用氨水浸泡氯化银：C.用铜作电极电解溶液：D.向溶液中加入溶液：【正确答案】C【详解】A．草酸氢根离子水解时结合水电离出的，生成草酸和，离子方程式书写正确，A不符合题意；B．氯化银与氨水反应生成可溶性的银氨络离子，沉淀溶解，离子方程式书写正确，B不符合题意；C．铜作阳极时属于活性电极，优先失电子生成，阳极区不会有放电生成，给定离子方程式是惰性电极电解溶液的反应，C符合题意；D．铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式书写正确，D不符合题意；故选C。6.丁香挥发油中含有多种有机物，其中一种有机物的结构简式如图所示：该有机物中含氧官能团的种类为A.3种 B.4种 C.5种 D.6种【正确答案】A【详解】含有(酚)羟基、醚键、(酮)羰基三种含氧官能团，A正确；故选A。7.有机物M的键线式如图所示：下列关于M的叙述错误的是A.分子中有2种不同化学环境的氢原子 B.分子式为C.属于脂环烃 D.能与发生加成反应【正确答案】A【分析】由键线式可写出该有机物的结构简式为：，据此解题。【详解】A．由有机物结构简式可知分子中有3种不同化学环境的氢原子：甲基氢、次甲基氢、两个亚甲基氢（等效），A错误；B．由结构简式知分子式为，B正确；C．分子中含有脂肪族三元碳环，不含苯环，属于脂环烃，C正确；D．分子中含有碳碳三键，属于不饱和键，能与发生加成反应，D正确；故答案选A。8.化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释错误的是选项宏观现象微观解释A冰能浮在水面上冰中氢键使晶体结构疏松，密度小于液态水B天然水晶呈现多面体外形原子在三维空间里呈周期性有序排列C正戊烷的沸点高于新戊烷的沸点正戊烷为链状分子，分子间接触面积大，范德华力更强；而新戊烷分子趋于球形，接触面积小，范德华力较弱D离子液体导电性良好离子液体中有自由移动的电子A.A B.B C.C D.D【正确答案】D【详解】A．结冰后，分子间通过氢键排列成四面体结构，使水分子间距变大，结构疏松，密度减小，A正确；B．天然水晶呈现多面体外形是由于原子在三维空间里呈周期性有序排列，B正确；C．正戊烷的沸点高于新戊烷的沸点，是由于正戊烷为链状分子，分子间接触面积大，排列更紧密，范德华力更强，而新戊烷分子趋于球形，接触面积小，范德华力较弱，C正确；D．离子液体中有可移动的阴、阳离子，故其导电性良好，D错误。故答案选D。9.在Pb基催化剂作用下苯乙炔加氢制苯乙烷的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，Ph表示苯基)。下列叙述错误的是A.为放热反应B.的C.反应路径中，决速步骤为过渡态为TS1的基元反应D.一定温度下，增大投料比，有利于增大苯乙炔的平衡转化率【正确答案】C【详解】A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，该反应，为放热反应，A正确；B．气态苯乙炔被催化剂吸附变为吸附态，过程中体系混乱度减小，因此熵变，B正确；C．总反应的决速步骤是活化能最大的基元反应（活化能越大，反应速率越慢，决定总反应速率），活化能过渡态能量

该步骤反应物的能量，计算得：TS1对应活化能：，TS3对应活化能：，TS3对应活化能更大，因此决速步骤是TS3的基元反应，不是TS1，C错误；D．​是该反应的反应物，一定温度下，增大投料比，相当于提高反应物的浓度，平衡正向移动，苯乙炔的平衡转化率增大，D正确；故选C。10.下列物理量大小比较正确的是A.电负性：N>O>P B.沸点：C.键角： D.水溶性：【正确答案】B【详解】A．电负性递变规律：同周期主族元素从左到右电负性递增，同主族从上到下电负性递减，则电负性顺序应为O>N>P，A项错误；B．和均为分子晶体，分子晶体的沸点由分子间作用力(范德华力)主导；而范德华力随相对分子质量增大而增强(结构相似时)，的相对分子质量大于，故沸点顺序为，B项正确；C．、中N均采取杂化，孤电子对数分别为1、0，由于孤电子对对成键电子对的斥力比成键电子对之间的斥力大，有孤电子对时，键角较小，则键角：，C项错误；D．含羟基(-OH)，能与水形成分子间氢键，可与水以任意比例混溶；(二)甲醚不溶于水，故水溶性：，D项错误；故选B。11.翡翠石是自然界一种常见的矿石，其主要成分是。已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的基态原子价层电子排布式为，Y的最高价氧化物能溶于X的最高价氧化物对应水化物的水溶液中，的晶体类型为共价晶体。下列叙述正确的是A.X位于元素周期表的p区 B.简单离子半径：W>X>YC.属于非极性分子 D.单质熔点：X>Z【正确答案】B【分析】W的基态原子价层电子排布式为，故n=2，即W的基态原子价层电子排布式为，W是O；ZW2即ZO2是共价晶体，故Z为Si；X、Y位于W、Z之间，且X有最高价氧化物，故X不能为F，则X、Y只能为钠镁铝中的元素，Y的最高价氧化物能溶于X的最高价氧化物对应水化物的水溶液中，X、Y是金属，金属最高价氧化物对应水化物为碱，金属氧化物溶于碱溶液，只能是氧化铝溶于强碱溶液中，故Y是Al、X是Na。【详解】A．X为Na，Na位于第三周期ⅠA族，属于s区，A错误；B．W、X、Y离子分别为，离子半径的比较可先看电子层数，一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同则看核电荷数，核电荷越小半径越大，故离子半径顺序为：，B正确；C．为V形结构，分子的正负电荷中心不重合，属于极性分子，C错误；D．X的单质为Na，属于金属晶体，熔点较低；Z的单质为Si，属于共价晶体，熔点很高，故熔点Si>Na，D错误；故答案选B。12.将1mol、2mol充入2L恒容密闭容器中，在恒温或绝热条件下发生反应：。测得的转化率随时间的变化如图所示。已知：，，其中、为正、逆反应速率常数(其大小只与温度和催化剂有关)。下列说法错误的是A.曲线乙表示绝热条件下的转化率随时间的变化B.C.不能根据以上信息确定的值D.曲线乙中，0～5min内平均反应速率【正确答案】C【详解】A．曲线乙先达到平衡状态，则说明其反应温度高，反应速率快，曲线乙的平衡转化率小于曲线甲，说明该反应为放热反应，则曲线乙代表绝热条件，曲线甲代表恒温条件，A正确；B．，由图可知，在恒温条件（甲）下平衡转化率更高（约30%），而绝热条件（乙）由于温度升高导致平衡逆向移动，转化率降低，说明升温不利于正反应进行，即正反应为放热反应，因此ΔH＜0成立，B正确；C．曲线甲为恒温条件，恒温条件下平衡常数K不变，由图中曲线及数据可知，曲线甲达到平衡时，的转化率为30%，可以计算出平衡时各物质的浓度，进而求出该温度下的平衡常数，在化学平衡时，，即，据此可以推出，因为值可以被计算出来，所以的值可以确定，故C错误；D．曲线乙，0～5min内平均反应速率，D正确；故答案选C。13.黄铜矿()的晶胞结构如图所示(x、y、z轴的夹角均为90°)。下列叙述错误的是A.Fe位于S形成的四面体空隙中B.若1的原子分数坐标为，则2的原子分数坐标为C.该晶体的密度为(设为阿伏加德罗常数的值)D.Cu和S的俯视图为【正确答案】B【详解】A．从晶胞结构可以看出，每个Fe原子周围都有4个S原子，这4个S原子构成一个正四面体，Fe位于四面体的中心，因此Fe位于S形成的四面体空隙中，A正确；B．由图可知，晶胞的边长：x,y方向均为apm，z方向为2apm。原子1的分数坐标为，说明它在z轴上的位置为pm。原子2，x,y方向的坐标，在z轴上的位置为pm，换算为z轴的坐标为：，所以原子2对应的分数坐标为，B错误；C．计算每个晶胞中原子数量，Cu：个，S：个，Fe：个，因此晶胞中含有4个CuFeS2单元结构，该晶体的总质量为，晶体的体积为：，晶体的密度为：，C正确；D．沿z轴向下观察晶胞，Cu原子位于平面图的顶点和棱中点以及平面图的中心，S原子位于晶胞内部(沿z轴向下观察的平面图中位于Cu构成的正方形的中心位置)。从俯视图看，顶点和面心与棱中点为黑色的Cu原子，内部为带斜线的S原子，与选项中的示意图一致，D正确。故答案选B。14.25℃时，用0.01的NaOH溶液分别滴定0.01的HA溶液和0.01的HB溶液，滴定曲线如图所示(甲中pH=4.76时酸分子的分布分数为50%)，已知，，，。下列叙述错误的是A.B.滴定曲线乙中存在一个点，该点酸分子的分布分数为50%C.向浓度均为0.01的HA和HB混合溶液中滴加NaOH溶液至中性：D.0.02HB溶液与0.01NaOH溶液等体积混合后：【正确答案】B【分析】该图是分别滴定等浓度一元酸HA、HB的滴定曲线：已知，说明酸性：；相同浓度下酸性越强，初始pH越小，因此：初始的乙是HA的滴定曲线，初始的甲是HB的滴定曲线；横坐标为加入溶液的体积，滴定终点（恰好完全中和）在处，此时pH发生突变。【详解】A．因，故甲代表HB、乙代表HA的滴定曲线。甲中pH=4.76时酸分子的分布分数为50%，即，根据，，A项正确；B．乙为，，若要，需要。滴定过程中，乙（）起始时，加入后逐渐升高，整个滴定曲线中所有点的，因此不存在的点，B项错误；C．向浓度均为0.01的HA和HB混合溶液中滴加NaOH溶液至中性时，由得​，因为，所以；初始时HA、HB浓度相等，因此更多A以形式存在，更多B以HB分子形式存在，故，C项正确；D．0.02HB溶液与0.01NaOH溶液等体积混合，电荷守恒，物料守恒，整理可得，D项正确；故选B。二、非选择题：15.有机物I是某高分子的中间体，合成路线如图所示：请回答下列问题：（1）I分子中有___________种官能团。（2）已知A中不含环状结构。①A的结构简式为___________。②A→B实现了由___________到___________的转化(填官能团名称)，实现该转化通常需要加入(填“氧化剂”或“还原剂”)___________。（3）G分子中键与键数目之比为___________。（4）B+C→D的反应类型为酯化反应，则C中含有官能团的名称为___________。（5）已知D+E→F的反应类型为加成反应，则E的结构简式为___________。【正确答案】（1）3（2）①.②.醛基③.羧基④.氧化剂（3）10:1（4）羟基（5）HCHO【分析】根据的反应条件为浓硫酸、可知，其反应类型为酯化反应，再结合D的结构简式可知B、C的结构简式分别为、。A的分子式为，不饱和度为2，不含环状结构，结合后续转化生成含羧基的B，即A→B为氧化反应醛基转化为羧基，且A中必须含有一个碳碳双键，其结构简式为。根据题干信息，的反应为加成反应，结合D、F的结构简式可知反应生成了羟基，E为甲醛；为酯化反应。【小问1详解】根据I分子的结构简式可知其中含有碳碳双键、酯基、碳溴键，共3种官能团。【小问2详解】①根据分析可知A的结构简式为。②A中含有醛基，B中含有羧基，A→B实现了醛基到羧基的转化，该反应为氧化反应，需要加入氧化剂。【小问3详解】G的结构简式为，单键均为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键。G分子中含有9个单键和1个双键，σ键总数为10，π键总数为1，σ键与π键数目之比为。【小问4详解】根据分析可知C中含有的官能团为羟基。【小问5详解】D与E发生加成反应生成F，对比D和F的结构，D中碳碳双键的一个碳原子上引入了基团，根据加成反应的原子守恒，E的结构简式为。16.化合物是一种新型缓释型基肥，它最可能被用在对镁需求高的作物(如马铃薯、果树、烟叶)或喜钠作物上，同时也有一定调节土壤酸碱度的潜力。请回答下列问题：（1）基态P原子的核外电子有___________种空间运动状态。（2）钠的化合物焰色试验呈黄色，其原因为___________。（3）该化合物中P原子的杂化轨道类型为___________。（4）已知：原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与互为等电子体的分子为(列举1种即可)___________。中含有一个4中心6电子的大键，记为。一个中的键合电子(形成化学键的电子)总数为___________。（5）Mg与同周期相邻元素相比，第一电离能从大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。（6）尿素[]是目前使用量较大的一种化学氮肥，与形成配离子的硝酸盐，俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。已知中所有H-N-H的键角均相等，且的配位数是6，则与配位的原子是___________(填元素符号)。【正确答案】（1）9（2）钠原子中的电子吸收能量跃迁到激发态，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时释放能量，以黄光形式呈现(合理即可)（3）（4）①.(或等合理即可)②.12（5）Mg>Al>Na（6）O【详解】(1)空间运动状态由原子轨道数决定。基态P原子电子排布式为，轨道数为1s(1)+2s(1)+2p(3)+3s(1)+3p(3)=9，故有9种空间运动状态。(2)焰色试验的本质是电子在能级间的跃迁。钠原子受热后，外层电子获得能量跃迁至高能级(激发态)，处于激发态的电子不稳定，会自发回到低能级，多余能量以光的形式释放，波长对应黄色光。(3)化合物中存在，P原子与周围O原子形成4个键，且孤电子对数为，价层电子对数为4，故杂化轨道类型为。(4)等电子体要求原子数（4）和价电子数（24）相同，分子如（价电子总数：6+18=24）或（价电子总数：3+21=24）。含3个键和1个大键（），键合电子总数为键电子数（3×2=6）和大键电子数（6）之和，总计6+6=12。(5)同周期元素（Na、Mg、Al）第一电离能呈递增趋势，但Al的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比Mg第一电离能失去的3s能级电子的能量高，故第一电离能：Mg>Al>Na。(6)中所有H-N-H的键角均相等，且的配位数是6，说明配位原子不是N，由于C原子无孤对电子，故配位原子只能是O。17.从石油炼制废催化剂(主要成分为、，载体为以及惰性物质)中回收金属钒和钼，不仅能避免环境污染，还能创造经济效益。一种先进的湿法冶金工艺流程如图所示，可制备重要的化工产品五氧化二钒()和钼酸钡()。已知：①常温下，、。②和均为酸性氧化物。请回答下列问题：（1）已知：基态Mo原子的价电子排布式为，则基态Mo原子含有的未成对电子数为___________；钒的原子序数是23，则基态钒原子的价电子轨道表示式为___________。（2）“碱溶”过程中采用“加热”的目的是___________。（3）“调pH除铝”过程中，当溶液中残留浓度等于时，溶液的pH=___________[已知常温下，，]。（4）“沉钒”过程基本完成后，为了尽可能提高钒的回收率，需对悬浊液进行降温处理，从平衡移动原理解释其原因：___________。（5）一种水性电解液Zn-电池的工作原理如图所示。①该电池的正极反应式为___________。②当外电路中转移1mol电子时，理论上负极区溶液质量变化___________g。（6）常温下，若将的溶液与的溶液等体积混合，(填“有”或“无”)___________沉淀生成，理由是___________(通过计算说明)。【正确答案】（1）①.6②.（2）提高化学反应速率和原料的浸出率(合理即可)（3）9（4），降低温度能使沉淀溶解平衡逆向移动，从而析出更多晶体，提高产率(合理即可)（5）①.②.80.5（6）①.无②.混合后，，(合理即可)【分析】废催化剂中、、为酸性氧化物，与溶液反应生成可溶性盐，惰性物质不反应成为滤渣。通入调节溶液pH，使转化为沉淀除去。向除铝后的滤液中加入和调节pH，使转化为沉淀析出。沉钒后的滤液中含有，加入溶液生成沉淀。经煅烧分解生成。试题结合原子结构、反应速率影响因素、平衡常数计算、沉淀溶解平衡、原电池工作原理进行综合考查。【小问1详解】基态原子的价电子排布式为，轨道有5个未成对电子，轨道有1个未成对电子，未成对电子总数为6。钒的原子序数为23，基态钒原子的价电子排布式为，价电子轨道表示式为。【小问2详解】“碱溶”过程为固体与液体的反应，加热可以升高温度，加快化学反应速率，同时提高金属氧化物的浸出率。【小问3详解】反应的平衡常数。当时，代入可得，溶液的。【小问4详解】的沉淀溶解平衡为，该反应为吸热反应，。降低温度，平衡向放热的逆向移动，析出更多晶体，从而提高钒的回收率。【小问5详解】①该电池中电极为正极，在酸性条件下得到电子生成，正极反应式为。②电极为负极，负极反应式为。当外电路中转移电子时，负极溶解，质量为。同时有通过b膜迁移进入负极区，质量为。理论上负极区溶液质量变化为。【小问6详解】将的溶液与的溶液等体积混合，混合后溶液体积加倍，浓度减半，，。浓度商，，，无沉淀生成。18.乙是一种新型电解质，能用于锂电池，一种合成路线如图所示。请回答下列问题：（1）下列Li原子的电子排布图表示的状态中，能量最高和最低的分别为___________、___________(填标号)。A．B．C．D．（2）冠醚分子可识别，实现卤水中的萃取，过程如下：①X中有___________种不同化学环境的氢原子。②冠醚X能与形成稳定结构，但不能与形成稳定结构，理由是___________。（3）是离子晶体，其晶格能可通过如图所示的循环计算得到。已知晶格能是指标准状况下，1mol离子晶体完全转化为气态阴、阳离子所吸收的能量，一般情况下晶格能是离子键强弱的一种量化体现，离子键越强，形成晶体释放能量越多，晶格能越大。①基态Li原子的第一电离能为___________，图中X=_______