江苏南京河西外国语学校等校2025~2026学年第二册期中调研样题高二化学试卷（含解析）

/2025-2026学年第二学期期中调研样题高二化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16K39Mn55一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1.不锈钢属于以下物质类别中的A.合金 B.聚合物 C.盐 D.超分子【正确答案】A【详解】A．不锈钢是铁、铬、镍等金属熔合而成的具有金属特性的混合物，符合合金的定义，A正确；B．聚合物是小分子通过聚合反应得到的高分子有机化合物，不锈钢属于无机金属混合物，不属于聚合物，B错误；C．盐是由阳离子和酸根阴离子构成的化合物，不锈钢是混合物，不属于盐类，C错误；D．超分子是依靠分子间非共价相互作用结合形成的分子聚集体，不锈钢不属于超分子，D错误；故选A。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.HBrO的电子式：B.正丁基的结构简式：-C4H9C.基态P原子的价层电子轨道表示式：D.的VSEPR模型：【正确答案】A【详解】A．次溴酸的结构为，氧原子位于中心，图示电子式符合成键规则，书写正确，A正确；B．正丁基的结构简式为，​是丁基的通式，丁基存在4种同分异构体，不特指正丁基，B错误；C．基态P原子的价电子排布为，根据洪特规则，电子填入简并的3p轨道时，应优先分占不同轨道且自旋方向相同，故基态P原子的价层电子轨道表示式，C错误；D．的中心S原子的价层电子对数，因此其VSEPR模型为四面体形，题给图示为平面三角形，D错误；故选A。3.苯甲酸在水中的溶解度为0.34g(25℃)、2.2g(75℃)。以甲苯制备苯甲酸的实验流程如下：下列实验装置能达到相应实验目的的是A.用装置甲还原甲苯 B.用装置乙除去MnO2C.用装置丙溶解粗苯甲酸 D.用装置丁蒸发结晶获得纯苯甲酸【正确答案】B【分析】实验以甲苯为原料，先在热KMnO4溶液中发生氧化反应，将甲苯氧化为苯甲酸钾，同时生成沉淀MnO2，再加入盐酸酸化，将苯甲酸钾转化为苯甲酸，得到粗苯甲酸，最后通过除杂、重结晶等操作提纯得到纯苯甲酸。【详解】A．装置甲为三颈烧瓶，配备控温搅拌器、冷凝管，可在水浴加热条件下使甲苯与热溶液充分接触、发生氧化反应，不是还原反应，A错误；B．MnO2是难溶于水的固体，装置乙为过滤装置，可通过过滤操作分离出固体，得到含苯甲酸钾的滤液，能达到除去MnO2目的，B正确；C．由题可知苯甲酸在热水中溶解度较大，为了增大溶解度，需要加热，装置丙是在室温下搅拌，无法充分溶解粗苯甲酸，C错误；D．苯甲酸的溶解度受温度影响较大，提纯需采用重结晶法(先加热除杂、浓缩，再冷却结晶)，不能用蒸发结晶的方法，且直接蒸发会导致苯甲酸受热分解，也无法除去可溶性杂质，不能达到获得纯苯甲酸的实验目的，D错误；故选B。4.尿素[CO(NH2)2]是一种氮肥。下列说法正确的是A.原子半径：r(C)<r(O) B.第一电离能：O>NC.沸点：CH4<H2O D.酸性：H2CO3>HNO3【正确答案】C【详解】A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径，故A错误；B．N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，N的第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能，故B错误；C．分子间能形成氢键，分子间作用力远大于不存在氢键的，所以沸点，故C正确；D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性，所以酸性，故D错误；选C。阅读下列材料，完成下面小题。N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)=-116.4kJ·mol-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N2，也可将水体中的NO转化为N2。5.下列有关NH3、NH、NO的说法不正确的是A.NH3能形成分子间氢键B.NO的空间构型为平面三角形C.NH3与NH中的键角相等D.NH3中N原子的杂化类型为sp36.在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是A. B.C. D.稀7.对于反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，下列说法不正确的是A.该反应的<0，<0B.其他条件相同，增大，O2的转化率下降C.使用高效催化剂不能改变反应的焓变D.反应的平衡常数可表示为【正确答案】5.C6.B7.D【5题详解】A．NH3分子中N电负性大、半径小，分子间可形成氢键，A正确；B．中心N原子价层电子对数为3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，B正确；C．NH3中N有1对孤电子对，孤电子对的斥力大于成键电子对，键角小于无孤电子对的，二者键角不相等，C错误；D．NH3中N原子价层电子对数为4，杂化类型为sp3，D正确；故选C。【6题详解】A．NO2与H2O发生反应生成HNO3和NO，A能实现，A不符合题意；B．转化为N2需要被还原，O3具有强氧化性，无法作为还原剂实现该转化，B不能实现，B符合题意；C．NO有氧化性，CO有还原性，高温、催化剂条件下二者反应生成无毒的N2和CO2，是机动车尾气处理的常见反应，C能实现，C不符合题意；D．稀HNO3与Cu发生反应，可生成NO，D能实现，D不符合题意；故选B。【7题详解】A．该反应为放热反应，故<0，反应后气体总物质的量减少，体系混乱度降低，故<0，A正确；B．增大，即提高O2的相对用量，平衡正向移动，NO转化率升高，O2自身转化率下降，B正确；C．催化剂只改变反应活化能、加快反应速率，不改变反应的焓变，C正确；D．平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，该反应的平衡常数，选项表达式写反，D错误；故选D。8.研究物质结构需借助多种现代分析方法，不同方法提供独特的结构信息。下列方法与用途的对应关系正确的是A.红外光谱——测定有机物的相对分子质量B.核磁共振氢谱——检测分子中的官能团C.X射线衍射——测定晶体的原子或离子排列方式D.质谱法——确定分子中氢原子的种类和数目【正确答案】C【详解】A．红外光谱用于测定有机物分子中的化学键或官能团，测定相对分子质量应使用质谱法，A错误；B．核磁共振氢谱用于确定有机物分子中氢原子的种类和数目比，检测官能团应使用红外光谱法，B错误；C．X射线衍射可以获得晶体的结构信息，能够测定晶体的原子或离子排列方式，C正确；D．质谱法用于测定有机物的相对分子质量，确定分子中氢原子的种类和数目应使用核磁共振氢谱，D错误；故答案选C。9.甲烷是良好的制氢材料。我国科学家发明了一种500℃时，在含氧离子(O2-)的熔融碳酸盐中电解甲烷的方法，实现了无水、零排放的方式生产H2和C。反应原理如图所示。下列说法正确的是A.X为电源的负极B.该条件下，每产生22.4LH2，电路中转移2mol电子C.电解一段时间后，熔融盐中O2-的物质的量变多D.Ni电极上发生还原反应【正确答案】D【分析】电解反应在温度500℃时进行，电解质为熔融碳酸盐，则阳极的电极反应是甲烷失电子生成氢气和二氧化碳的过程，阴极是碳酸根离子得到电子生成碳，依据电子守恒和传导离子分析。【详解】A．电解池电极Ni-YSZ中甲烷变成CO2，C元素的化合价升高，失电子，发生氧化反应，作阳极，因此X为电源的正极，A错误；B．题干中反应温度为，不是标准状况，

的物质的量不是，无法计算转移电子的物质的量，B错误；C．总反应为​，在反应中循环参与过程，总反应不消耗也不生成，因此熔融盐中物质的量不变，C错误；D．阴极上发生还原反应，电极上发生的电极反应方程式为，D正确；故选D。10.化合物Y是合成丹参醇的中间体，其合成路线如下：下列说法不正确的是A.X的同分异构体中可能含有芳香烃B.X和Y分子都可以使溴水褪色C.Y与Br2以物质的量1:1发生加成反应时可得3种产物(不考虑立体异构)D.X分子中不含手性碳原子【正确答案】A【详解】A．X的同分异构体中含有氧原子，不可能属于烃，A错误；B．X和Y都含有碳碳双键，可以和溴水发生加成反应而褪色，B正确；C．Y中含有两个共轭双键，与Br2按物质的量之比为反应可以得到两种1，2-加成产物：和，，以及一种1，4-加成产物，C正确；D．手性碳原子是连有四种不同原子或原子团的碳原子，X分子中不含手性碳原子，D正确；故选A。11.下列有关实验操作、现象和结论的叙述均正确的是选项实验操作现象结论A向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液最终溶液变红原溶液中一定含有Fe3+B向盛有少量溴乙烷的试管中加入NaOH水溶液，加热，冷却后直接滴加AgNO3溶液产生沉淀溴乙烷发生水解反应C常温下，向等浓度的HCOONa和NaCN溶液中各滴加2滴酚酞试液NaCN溶液红色更深酸性：D将CH4与Cl2以物质的量之比1:4混合充满试管，倒置在饱和食盐水中，用可见光照射混合气体颜色变浅，饱和食盐水进入到试管中CH4与Cl2反应的某些产物呈液态或易溶于水A.A B.B C.C D.D【正确答案】D【详解】A．若原溶液中只含，滴加氯水后被氧化为，再滴加KSCN溶液也会变红，无法证明原溶液一定含，A错误；B．反应后溶液中过量的会与反应生成沉淀，干扰的检验，应先加稀硝酸酸化再加溶液，无法得出溴乙烷发生水解的结论，B错误；C．等浓度的盐溶液碱性越强，对应酸根离子水解程度越大，对应弱酸的酸性越弱，溶液红色更深说明酸性，结论错误，C错误；D．与发生取代反应，消耗使颜色变浅，生成的易溶于水，、、呈液态，使试管内气体压强减小，饱和食盐水进入试管，结论成立，D正确；故答案选D。12.常温下，向的浊液中通入气体(忽略溶液体积的变化)，发生反应：，混合液中pH与c(Ca2+)的变化关系如图所示。已知：常温下，，，。下列说法正确的是A.b点存在：B.a点存在：C.a点存在：D.随着酸性的增强，溶液中逐渐减小【正确答案】C【详解】A．b点pH=7，根据电荷守恒：，所以，因此选项A错误；B．a点pH=3.82，，，，，a点溶液中的电荷守恒为，物料守恒为，之前，因此，a点pH=3.82，，，因此，所以，所以，因此选项，选项B错误；C．a点pH=3.82，，，因此，选项C正确；D．，随着酸性增强，即增大，平衡正向移动，溶液中逐渐增大，选项D错误；故答案选择C。13.硫酸工业尾气中SO2可用CO处理并回收S，涉及的反应有：反应1：SO2(g)+3CO(g)=COS(g)+2CO2(g)1<0反应Ⅱ：COS(g)=S(g)+CO(g)2恒压条件下，将1molSO2和3molCO充入反应器中，SO2的平衡转化率以及COS和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知曲线b表示COS的平衡选择性。(X的平衡选择性=，X为COS或S)。下列说法正确的是A.曲线a表示S的平衡选择性B.1400K下，反应SO2(g)+2CO(g)=S(g)+2CO2(g)达平衡时，n(CO)=1molC.2<0D.其它条件不变，增大体系压强，SO2的平衡转化率不变【正确答案】B【分析】根据反应路径SO2→COS→S可知，转化的SO₂最终生成COS和S两种物质，因此COS的选择性与S的选择性之和为100%。题干已知曲线b表示COS的平衡选择性，观察图像可知，在任意温度下，曲线b与曲线c的纵坐标之和约等于100%，故曲线c表示S的平衡选择性，则曲线a表示SO2的转化率。【详解】A．由上述分析可知，曲线

a

表示

SO2

的平衡转化率，故A错误；B．设起始n(CO)=3mol，n(SO2)=1mol，在

1400K

下，二氧化硫平衡转化率为

80%，则转化的n(SO2)=0.8mol，COS

平衡选择性为

50%，则生成n(COS)=0.8mol×50%=0.4mol，生成n(S)=0.4mol，根据反应

I

生成n(CO2)=0.8mol×2=1.6mol，剩余n(CO)=3mol-0.8mol×3+0.4mol=1mol，故B正确；C．升高温度，S

的平衡选择性增大，说明反应Ⅱ正向移动，则正反应是吸热反应，即ΔH2＞0，故C错误；D．反应

I

是气体分子数减小的反应，增大压强，反应

I

正向移动，从而使二氧化硫的平衡转化率增大，故D错误；答案选B。二、非选择题：14.MnO2在电池中有重要应用。以软锰矿(含MnO2及少量Fe、Al的氧化物)为原料制备粗二氧化锰颗粒的过程如下：已知：Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13。（1）浸出阶段，当加料完成后，能够提高锰元素浸出率的方法有___________(填字母)。A．粉碎软锰矿B．适当提高温度C．搅拌（2）向浸出液中加入NaOH溶液调节pH除去溶液中的Fe3+、Al3+，溶液的pH不能过大的原因是___________。（3）①净化分离步骤中向浸出液中加入NH4HCO3溶液生成MnCO3的离子方程式为___________。②制备MnO2。MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态锰的氧化物，锰元素所占比例()随热解温度变化的曲线如下图所示。已知：MnO与酸反应生成Mn2+；Mn2O3氧化性强于Cl2，加热条件下Mn2O3在酸性溶液中转化为MnO2和Mn2+。为获得较高产率的MnO2，请补充实验方案：取一定量MnCO3置于热解装置中，通空气气流，___________，固体干燥，得到MnO2。(可选用的试剂：1mol·L-1H2SO4溶液、2mol·L-1HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。（4）当MnO2晶体有O原子脱出时，会出现氧空位，氧空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体可以通过该方式获得半导体性质的是___________(填字母)。A.BaO B.Na2O C.CuO D.Fe2O3（5）MnO2与Li2CO3一起煅烧，可制备一种新型锂电池正极材料LiMn2O4，生成LiMn2O4的化学方程式为___________。【正确答案】（1）ABC（2）防止生成的Al(OH)3溶于NaOH，防止Mn2+生成Mn(OH)2沉淀（3）①.②.加热至约450℃分解一段时间，将冷却后的固体加入适量1mol·L-1H2SO4溶液中，加热、搅拌反应一段时间，过滤，用水洗涤，取最后一次洗涤液，向其中滴加BaCl2溶液，溶液不出现白色沉淀（4）CD（5）【分析】软锰矿通过浸出操作得到含MnSO4的浸出液，加热碳酸氢铵通过净化分离得到MnCO3，MnCO3热解得到二氧化锰粗颗粒；【小问1详解】A．粉碎软锰矿能增大矿石与浸出液的接触面积，能够提高锰元素浸出率，故A选；B．适当提高温度能加快反应速率，能够提高锰元素浸出率，故B选；C．搅拌能增大矿石与浸出液的接触面积，能够提高锰元素浸出率，故C选；答案为ABC；【小问2详解】由题意可知，浸出液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不转化为沉淀，所以溶液的pH不能过大的原因是防止生成的Al(OH)3溶解，同时防止生成Mn(OH)2沉淀；【小问3详解】①净化分离步骤中的浸出液中含有Mn2+，加入NH4HCO3溶液生成MnCO3的离子方程式为；②根据图像在450°C左右MnO2占比最高，所以加热到450°C最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性强于Cl2，用盐酸会发生氧化还原生产氯气，因此，该实验方案可补充为：加热到450℃充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1mol•L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加0.1mol•L-1BaCl2溶液，不出现白色沉淀；【小问4详解】当MnO2晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价降低，O空位的产生使晶体具有半导体性质，需要氧化物中的金属元素具有变价，化合价可以降低，Ba元素只有+2价，不可以降低，Na2O中Na为+1价，不可以降低，故BaO、Na2O难以通过该方式获得半导体性质；而CuO和Fe2O3中金属元素的化合价可以降低，可以通过该方式获得半导体性质，答案为CD；【小问5详解】由流程可知，煅烧过程中，碳酸锂和二氧化锰反应，生成LiMn2O4、二氧化碳和氧气，发生氧化还原反应，利用氧化还原规律配平，可得到化学方程式为：。15.苯乙烯()是重要的有机化工原料，以下是合成苯乙烯的一种路线：回答下列问题：（1）中的官能团是___________(填名称)。（2）②和④的反应类型分别是___________、___________。（3）写出聚苯乙烯的结构简式___________。（4）和在H3PO4催化下发生反应可生成两种芳香烃，其中一种物质的结构简式为，另一种物质的结构简式为___________。（5）芳香族化合物X是的同分异构体，且分子中3种不同化学环境的氢原子，则X的结构简式为___________。（6）以苯为原料制备环己二烯()的合成路线如下：其中步骤①需要的试剂和条件为___________，A、B、C代表的有机物的结构简式分别为___________、___________、___________。【正确答案】（1）碳溴键（2）①.取代反应②.消去反应（3）（4）（5）或（6）①.Cl2，FeCl3②.③.④.【分析】由题意可知，反应①为苯和乙烯在磷酸作用下发生反应生成乙苯；反应②为苯和氯乙烷在加热和氯化铝作用下发生取代反应生成乙苯和氯化氢；反应③为乙苯在光照条件下与溴单质发生取代反应生成；反应④为加热条件下与NaOH乙醇溶液发生消去反应生成苯乙烯，据此分析解答。【小问1详解】由题意可知，中含有的官能团为碳溴键；【小问2详解】由分析可知，反应②发生的为取代反应；反应④发生的为消去反应；【小问3详解】苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，反应方程式为，故聚苯乙烯的结构简式为；【小问4详解】苯和在H3PO4催化下发生反应可生成两种芳香烃，其中一种物质的结构简式为，即正丙苯，那么另一种芳香烃为异丙苯。【小问5详解】芳香族化合物X分子中有3种不同化学环境的氢原子，说明结构较对称，符合题意的X的结构简式可为或；【小问6详解】由题意可知，反应①为苯和氯气在FeCl3的催化下发生取代反应生成氯苯；然后氯苯和H2在加热和催化剂的作用下发生加成反应生成；加热条件下在NaOH乙醇溶液中发生消去反应生成；和Cl2发生加成反应生成；最后加热条件下在NaOH乙醇溶液中发生消去反应生成。16.贵金属银应用广泛，对其性质及用途的研究具有积极的现实意义。（1）Ag与稀HNO3制备的AgNO3溶液，一般保存在___________试剂瓶中。（2）AgNO3溶液制备银氨溶液在如图-1所示装置中，用2%的AgNO3溶液与2%氨水反应可制得银氨溶液。已知：Ksp(AgOH)=2×10-8，[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3的平衡常数K=6×10-8①三颈烧瓶中的溶液是___________。②制备的第二阶段发生的反应为AgOH+2NH3⇌[Ag(NH3)2]++OH-，其平衡常数K=___________。③1mol[Ag(NH3)2]OH中共含有___________molσ键。（3）Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生Ag+杀死细菌(如图-2所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。①纳米Ag溶解产生Ag+的离子方程式为___________。②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是___________。【正确答案】（1）棕色细口（2）①.2%的AgNO3溶液②.或0.33③.9（3）①.②.纳米Ag表面形成Ag2O，使得Ag+浓度下降【小问1详解】AgNO₃见光易分解（），为防止其分解，一般将AgNO3溶液保存在棕色细口试剂瓶中；【小问2详解】①配制银氨溶液的操作是：向2%的AgNO3溶液中逐滴滴加2%氨水，至生成的沉淀恰好溶解，因此三颈烧瓶中的溶液是2%的AgNO3溶液；②对反应，平衡常数：

；③[Ag(NH3)2]OH结构里外界有O-H1个键，内界含有2个，每个含3个N-H键，共6个，与2个形成2个配位键，所以总键数为9mol键；【小问3详解】①纳米Ag溶解时被氧化为，离子方程式为：；②其他条件不变，抗菌性能下降，表明纳米Ag杀死细菌减少，说明的产生减少。在其他反应物未减少或不变的情况下，根据反应条件对化学反应速率的影响，可能原因是Ag与反应物的接触减少。溶解氧浓度过高，Ag可以直接被氧化成，覆盖着纳米Ag的表面，减少产生；17.将CO2转化为高附加值化学品已成为绿色化学和可持续能源领域的研究热点。I．CO2合成二甲醚CH3OCH3（1）CO2催化加氢合成二甲醚：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)。计算该反应的，除H-H、O-H键能之外，还需要___________(填数字)种化学键的键能数据。（2）CO2电解还原制备CH3OCH3，电解装置如图-1所示。①电解时工作电极上生成CH3OCH3的电极反应式为___________。②控制电压。当阴极只得到0.2molH2和0.6molCH3OCH3时，阳极收集到O2的物质的量___________mol(写出计算过程)。Ⅱ．CO2催化加氢制C2H4利用双金属协同催化CO2在Fe/MC或Fe-Co/MC表面反应，反应前后催化剂样品的X射线衍射图如图-2、图-3所示。CO2在Fe-Co/MC表面催化加氢制C2H4的反应机理如图4所示。（3）Fe-Co/MC催化加氢制C2H4的效果优于Fe/MC的原因是___________。（4）当H2含量过高时乙烯的量会突然下降，同时副产物CH3CH3的量增多，其原因是___________。Ⅲ．CO2催化重整制氢一种CO2与CH4催化重整制取H2的过程如图-5所示。在反应管中加入CaO和催化剂，先通入CO2，待步骤I完成后，再将CH4以一定流速通入，并控制温度为800℃，进行步骤Ⅱ