浙江省杭州市上城区杭高钱江2025~2026学年高二上期末考化学试卷（含解析）

/杭高2025学年第一学期期末考试高二(化学)试题卷1.本试卷分试题卷和答题卡两部分。本卷满分100分，考试时间90分钟。2.答题前务必将自己的学校、班级、姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡规定的地方。3.答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效。4.考试结束后，上交答题卡。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Ag108一、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.下列属于弱电解质且水溶液呈碱性的是A. B. C. D.【正确答案】C【详解】A．是盐类，属于强电解质，水解呈碱性，不符合“弱电解质”要求，A不符合题意，B．是强碱，属于强电解质，溶液呈碱性，不符合“弱电解质”要求，B不符合题意；

C．是弱碱，属于弱电解质，其水溶液中，显碱性，符合要求，C符合题意；

D．是盐类，属于强电解质，且其水溶液因水解显酸性，不符合，D不符合题意；故答案选C。2.下列反应中反应物总能量低于生成物总能量的是A.甲醇的燃烧 B.大理石高温分解 C.锌与盐酸反应 D.铝热反应【正确答案】B【分析】反应物总能量低于生成物总能量为放热反应，以此解题。【详解】A．甲醇燃烧释放热量，为放热反应，A不符合题意；B．大理石高温分解需吸收热量，为吸热反应，B符合题意；C．锌与盐酸反应释放热量，为放热反应，C不符合题意；D．铝热反应释放大量热量，为放热反应，D不符合题意；故答案选B。3.被称为万能还原剂的溶于水并和水反应：(未配平)，下列说法中正确的是A.被氧化的元素与被还原的元素的质量比是B.既是氧化产物又是还原产物C.硼元素被氧化，氢元素被还原D.既是氧化剂又是还原剂【正确答案】A【详解】A．配平后反应方程式为，中-1价的H化合价升高为0价被氧化，中+1价的H化合价降低为0价被还原；被氧化的H原子总物质的量与被还原的H原子总物质的量相等，质量比为，A正确；B．是反应物，不属于产物，B错误；C．中B元素化合价始终为+3价，化合价没有变化，并未被氧化，只有氢元素发生化合价变化，C错误；D．中只有H元素化合价升高，只作还原剂，氧化剂是水，D错误；故答案选A。4.下列事实能用勒夏特列原理解释的是A.新制的氯水呈现浅黄绿色，光照后颜色变浅B.铜在潮湿的空气中久置生成铜锈C.向溶液中加入制D.硫酸工业中，的催化氧化反应采用常压而不采用高压【正确答案】A【详解】A．新制氯水中存在可逆平衡，光照时分解，平衡正向移动，浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A符合题意；

B．铜生锈的反应为：，是不可逆反应，无平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；

C．催化分解是不可逆反应，），无平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；

D．催化氧化（）是可逆反应，但常压下转化率已较高，高压会增加成本，并非平衡移动的应用，不能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故答案选A5.物质的性质决定用途，下列说法正确的是A.铁可以和水反应，铁粉可用作食品包装袋中的干燥剂B.铝粉与NaOH溶液反应生成，可用于疏通厨卫管道C.溶液显碱性，常作烘焙糕点的膨松剂D.有氧化性，所以能漂白棉麻制品和纸浆【正确答案】B【详解】A．常温下，铁粉能与空气中的O2、H2O反应，铁粉可用作食品包装袋中的脱氧剂，A错误；B．铝粉与NaOH溶液反应生成氢气（2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl(OH)4+3H2↑），产生的气体压力可疏通管道，符合实际应用，B正确；C．NaHCO3作烘焙膨松剂是因为受热分解或与酸反应产生CO2气体，使面团膨胀，并非直接利用其溶液碱性，C错误；D．SO2有漂白性，其漂白性体现在与有色物质化合形成无色化合物，而体现其氧化性，D错误；故选B。6.在溶液中能大量共存的离子组是A. B.C. D.【正确答案】D【详解】A．三种离子会反生氧化还原反应而不能大量共存，故A不符合题意；B．会生成离子而不能大量共存，故B不符合题意；C．会生成沉淀而不能大量共存，故C不符合题意；D．虽然不同程度水解，但水解是微弱的，能大量共存，故D符合题意；答案D。7.层状结构化合物六方氮化硼与石墨晶体类型类似，结构如图所示。下列关于的说法错误的是A.含有键B.晶体因为B和N电负性差异大，因此导电性比石墨差C.B和N的原子轨道杂化方式相同D.可用作润滑剂【正确答案】A【详解】A．中每个B原子与3个N原子相连，形成3个键，每个N原子与3个B原子相连，也形成3个键，根据均摊法可知，平均每个中含有3x个键，所以含有键，A错误；B．晶体因为B和N电负性差异大，B原子无孤对电子，N原子虽然有1对孤对电子，但由于电负性强，导致层状结构中没有自由移动的电子，因此导电性比石墨差，B正确；C．层状结构的中每个B原子和N原子都形成3个键，且属于层状结构，则B和N的原子轨道杂化方式相同，均为杂化，C正确；D．与石墨类似，层间存在范德华力，层与层之间容易滑动，跟石墨一样可作润滑剂使用，D正确；故A。8.利用下列仪器、装置及药品能达到实验目的的是A.图①用来除去气体中的HCl杂质B.图②装置b中溶液变蓝能够说明浓分解生成C.图③装置可用于测定中和反应的反应热D.图④依据褪色时间的长短，能证明反应物浓度对反应速率的影响【正确答案】C【详解】A．气体会和饱和Na2SO3溶液发生反应：，导致被消耗，正确的做法应使用饱和NaHSO3溶液除去气体中的HCl杂质，A错误；B．图②中，a装置加热浓HNO3，可能分解生成NO2，也可能直接挥发出HNO3蒸气，b装置中KI-淀粉溶液变蓝，说明有I2生成，可能的原因是NO2溶于水生成HNO3，氧化I-，也可能是挥发出的HNO3直接氧化I-，不能仅凭b中溶液变蓝就断定浓HNO3分解生成了NO2，B错误；C．图③是一个简易量热计，包含隔热层、温度计、玻璃搅拌器、内外筒等部分。这些组件可以有效减少热量散失，同时通过温度计测量反应前后的温度变化，结合公式

可计算反应热，C正确；D．两组实验中KMnO4溶液浓度不同，初始颜色深浅不同，无法通过褪色时间长短准确比较反应速率，D错误；故选C。9.已知与性质相似，溶液中存在两种形式：和。新型二次电池的工作原理如图所示：下列有关说法正确的是A.充电时，电极的电极反应式为B.充电时，应与外接电源负极相连C.放电时，室溶液浓度增大D.放电时，电极电势高于电极【正确答案】C【分析】由图可知，该装置为原电池装置，其中负极锌失去电子，电极反应为：，则锌电极是负极，二氧化锰得到电子，电极反应为：，则该电极是正极，以此解题。【详解】A．在碱性环境中转化为，充电时电极的电极反应式为，A项错误；B．为正极，充电时应与外接电源正极相连，项错误；C．放电时为负极，负极区被消耗，应通过阳离子交换膜进入室，正极发生反应，消耗了，所以通过阴离子交换膜进入室，室硫酸钠溶液浓度增大，C项正确；D．放电时，为负极，电极为正极，其中负极电势低，D项错误；故选C。10.五种短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，形成的化合物结构如图所示。X在元素周期表中原子半径最小；基态Z原子有5个原子轨道填充电子，有3个未成对电子。下列说法错误的是A.该化合物中除X外所有原子都满足稳定结构B.电负性：C.第二电离能D.X、W均可与R形成含有非极性共价键的二元化合物【正确答案】C【分析】五种短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，形成的化合物结构如图所示。X在元素周期表中原子半径最小，则X为H元素；基态Z原子有5个原子轨道填充电子，有3个未成对电子，则Z的电子排布式为1s22s22p3，Z为N元素；在结构式中，Y形成4个共价键，则其最外层电子数为4，其原子序数小于7(N元素)，则Y的原子序数为6，其为C元素；R能形成2个共价键，其为O元素；W易失去1个电子，其最外层有1个电子，其为Na元素。从而得出X、Y、Z、R、W分别为H、C、N、O、Na。【详解】A．该化合物中，除H原子最外层有2个电子外，所有原子都满足稳定结构，A正确；B．X、Y、Z、R、W分别为H、C、N、O、Na，依据元素的周期性递变规律，非金属性O＞N＞C＞H＞Na，元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性：O＞N＞C＞H＞Na，B正确；C．第二电离能为基态+1价气态阳离子失去1个电子变为+2价气态阳离子所需的能量，Y（C）原子价电子，失去1个电子得，价电子为，失去第二个电子只需要失去的单个电子，难度最小，因此最小；Z（N）原子价电子，失去1个电子得，价电子为，失去第二个电子后得到，所需能量居中；R（O）原子价电子，失去1个电子得，价电子为，此时2p轨道处于半充满的稳定结构，非常不容易再失去电子，因此失去第二个电子需要的能量最大；因此第二电离能：，C错误；D．X(H)、W(Na)均可与R(O)形成含有非极性共价键的二元化合物H2O2、Na2O2，D正确；故选C。11.二茂铁是由环戊二烯阴离子(，平面结构)与形成的分子，其结构如下图所示。下列说法正确的是A.铁元素位于区B.二茂铁中与环戊二烯阴离子之间为离子键C.二茂铁易溶于苯、乙醚等有机溶剂D.环戊二烯阴离子中碳原子的杂化方式有和【正确答案】C【详解】A．铁元素位于第四周期第VIII族，属于d区元素，故A错误；B．二茂铁中Fe2+与环戊二烯阴离子之间为配位键，故B错误；C．二茂铁是由环戊二烯阴离子(，平面结构)与Fe2+形成的分子，为分子晶体，熔沸点较低且结构对称，为非极性分子，难溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂，故C正确；D．环戊二烯阴离子中碳原子的杂化方式有sp2和sp，故D错误；故C。12.结构决定物质性质是研究化学的重要方法，下列对结构与性质的描述不正确的是A.①属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，可用于识别特定的碱金属离子B.②中在纯金属中加入其它元素，使原子层之间的相对滑动变得困难导致合金的硬度变大C.③中烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向内疏水基向外的胶束，而用作表面活性剂D.④中石墨晶体是层状结构，每个碳原子配位数为3，属于混合晶体，熔沸点高【正确答案】C【详解】A．①属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，超分子具有分子识别特征，可用于识别特定的离子，A项正确；B．在纯金属中加入其他元素会使合金中原子层错位滑动变得更困难，从而提高合金硬度，B项正确；C．表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，由于油污等污垢是疏水的，全被包裹在胶束内，从而达到去污效果。烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向外疏水基向内的胶束，C项错误；D．石墨晶体中每个碳原子以sp²杂化方式与同层其他碳原子形成平面网状结构，每个碳原子的配位数为3，碳原子之间形成的共价键键长较短，键能较大，因此石墨熔点很高。石墨层间则通过范德华力相互作用，同时石墨有类似金属晶体的导电性，因此可视作“混合晶体”，D项正确；答案选C。13.已知：常温下，，，在常温下，下列说法不正确的是A.溶液呈中性B.的醋酸溶液中与纯水中由水电离产生的比为C.D.溶液中，【正确答案】B【详解】A．已知常温下，则和的水解常数相等，二者水解程度相同，因此溶液中，溶液呈中性，A正确，不符合题意；B．常温下的醋酸溶液中，酸抑制水的电离，溶液中水电离的；纯水中水电离的，二者比值为，B错误，符合题意；C．该反应的平衡常数，C正确，不符合题意；D．对溶液，根据物料守恒可得，即；结合、，推导可得题干给出的等式成立，D正确，不符合题意；故答案为B。14.在恒容密闭容器中，Na2SiF6(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：T2温度时，Na2SiF6(s)完全分解。下列说法错误的是A.M点Na2SiF6(s)的转化率约为33.3%B.气相产物在T3温度时的分压大于在T2温度时的分压C.气体的平均摩尔质量不变可判断该反应已达平衡状态D.T1温度时，向容器中充入少量SiF4(g)，重新达平衡时逆反应速率不变【正确答案】C【分析】热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，则其分解产物为和，其分解的化学方程式为，根据图数据分析可知，a线代表，b线代表，c线代表。由各线的走势可知，该反应为吸热反应，温度升高，化学平衡正向移动。【详解】A．M点与物质的量相等，起始物质的量为1mol，设的转化量为amol，，则1-a=2a，a=mol，M点的转化率为，A正确；B．由分析可知，气相产物为，T2温度时反应物已完全分解，所以升温至T3时，的物质的量不变，根据理想气体状态方程，恒容条件下，温度升高，其分压增大，B正确；C．气体只有，气体的平均摩尔质量即的摩尔质量，始终不变，故不可判断反应是否达到平衡，C错误；D．根据反应，向容器中充入少量SiF4，平衡会向逆反应方向移动，但由于温度不变，平衡常数不变，重新平衡时与原平衡相同，故逆反应速率不变，D正确；故选C。15.MgCl2和NH3在室温条件下可发生反应，其反应过程中能量变化示意图如下。已知：和在高温条件下均会分解。下列说法错误的是A.室温下，生成的速率比生成的速率大B.室温下，比更稳定C.为了加快生成的速率，温度越高越好D.从平衡的角度推测高温低压条件下，更有利于脱除NH3生成MgCl2【正确答案】C【详解】A．生成的活化能更小，反应速率更快，室温下生成的速率大，A正确；B．物质具有的能量越小，稳定性越强，从图中可以看出，室温下，的能量比低，所以室温下，比更稳定，B正确；C．已知高温下会分解，温度过高会导致产物分解，并非温度越高生成速率越好，C错误；D．分解生成的反应为，根据能量示意图，该物质的生成反应是放热的，故其分解反应是吸热反应，且正反应是气体分子数增加的反应，根据勒夏特列原理，高温、低压有利于平衡向正反应方向移动，更利于脱除生成，D正确；故答案选C。16.二甘氨酸合铜中元素含量可按下列步骤测定：下列说法不正确的是A.为防止与反应，步骤Ⅲ应将溶液调至强碱性B.步骤Ⅱ，过量溶液既有利于的充分还原，也有利于生成易溶于水的C.步骤Ⅰ，加入稍过量的稀尽可能使元素转化为D.用上述方法测定中的元素含量，结果偏大【正确答案】A【分析】步骤Ⅰ中发生反应：，加入稍过量稀可确保配合物完全解离，Cu全部转化为，避免水解。步骤Ⅱ中发生反应：，过量既促进完全还原，又通过形成可溶性防止碘挥发损失。步骤Ⅲ中发生反应：，以此测定Cu元素含量。【详解】A．根据步骤Ⅲ的反应，该反应需要在中性或弱酸性条件下进行。若溶液呈强碱性，会与OH⁻反应，导致损失，影响滴定结果，A错误；B．在步骤Ⅱ中，Cu2+与I-反应生成CuI沉淀和，过量的I-可以确保Cu2+完全还原，同时的形成有助于I2溶解，避免I2挥发损失，B正确；C．步骤Ⅰ中，二甘氨酸合铜在酸性条件下煮解，目的是将Cu元素完全转化为Cu2+，加入稍过量的稀H2SO4可以确保反应完全，同时提供酸性环境，避免Cu2+水解，C正确；D．在[Cu2(OH)3]NO3中，Cu为+2价，在酸性条件下具有氧化性，可能氧化I-生成，导致消耗更多Na2S2O3，从而使测定的Cu含量偏高，D正确；故选A。二、非选择题(本大题共4题，共52分)17.氮族元素和卤族元素的化合物具有巨大的应用价值。请回答：（1）下列说法正确的是______。A.、、三种分子的键角逐渐减小B.第二周期非金属元素的最高正价逐渐升高C.最外层电子排布为，与硼元素同主族D.结合质子趋势：（2）氨硼烷()也可作为储氢材料。已知和的可体现出一定的酸性，比较两者酸性强弱：______(填“>”、“<”或“=”)。（3）已知和是常见的含氮离子，比较键能______(填“>”、“<”或“=”)，并从成键角度解释原因______。（4）咪唑、吡啶是含N的有机杂环化合物，二者所有原子均位于同一平面内，如图所示。①咪唑分子的两个氮原子中，更容易与形成配位键的是______(填“①”或“②”)号氮原子。②沸点比较：咪唑______吡啶(填“>”、“<”或“=”)。（5）某含卤素的正五价砷化物的立方晶胞如图1，晶胞沿z轴方向的投影如图2，写出由配离子表示的该化合物的化学式______(将配离子用“[]”表示，例如)。（6）实验室可用邻二氮菲()与形成的红色配离子(如下图)测定铁的含量。①的配位数为______。②红色配离子中存在的化学键有______。A．键B．键C．配位键D．离子键E．氢键【正确答案】（1）AC（2）＜（3）①.＞②.NO+的等电子体为N2，形成；NO-的等电子体为O2，形成（4）①.①②.＞（5）[AsCl4][AsF6]（6）①.6②.ABC【小问1详解】A．CH4（正四面体）、NH3（三角锥形）、H2O（V形），三种物质的中心原子均为sp3杂化，孤电子对依次为0、1、2；孤电子对越多，对成键电子对排斥力越大，键角逐渐减小，A正确；B．第二周期非金属元素中，O、F无最高正价，B错误；C．R3+最外层电子排布为3s23p63d10，则R原子电子排布为[Ar]3d104s24p1，R为Ga（镓，第ⅢA族）；故R与硼同主族，C正确；D．结合质子的能力取决于N原子电子云密度：带正电，难以再结合质子；NH2OH中-OH吸电子，NH2F中-F强吸电子，电子云密度：NH2OH>NH2F，故结合质子趋势应为<NH₂F<NH₂OH，D错误；故选AC；【小问2详解】酸性强弱取决于N-H键的极性，NH3BH3中-BH3为强吸电子基，使N-H键极性增强，更易电离出H+，故酸性：NH3＜NH3BH3；【小问3详解】NO+的等电子体为N2，形成；NO-的等电子体为O2，形成，则键能：NO+＞NO-；【小问4详解】①①号N原子有一对孤电子对，未参与环的共轭体系，可提供孤电子对与Cu2+形成配位键；②号N原子的孤电子对参与环的共轭，电子云密度降低，不易形成配位键；即①号N更易与Cu2+形成配位键；②咪唑分子中存在N-H键，可形成分子间氢键，使沸点升高；吡啶分子无N-H键，无法形成分子间氢键，因此沸点：咪唑＞吡啶；【小问5详解】晶胞中2个As位于晶胞内部，4个As位于面上，个数为；Cl位于晶胞内部，个数为8；F位于晶胞内部，个数为12；结合化合价和晶胞示意图，部分As原子与Cl原子形成正四面体结构，部分As原子与F原子形成正八面体结构，可推断存在的配离子为[AsCl4]+、[AsF6]-，化合物的化学式为[AsCl4][AsF6]；【小问6详解】①Fe2+周围有6个N原子配位，配位数为6；②红色配离子中存在σ键（C-H）、π键（苯环、杂环）、配位键（Fe与N）；无离子键、氢键且氢键不属于化学键；故选ABC。18.利用可再生能源获取的氢气与合成甲醇过程涉及的主要反应为：①②③(较高温度下发生)回答下列问题：（1）反应①涉及物质中碳原子的杂化方式为___________。（2）根据以上信息判断反应①应为___________(填“任何条件自发”、“高温自发”或“低温自发”)反应，___________，反应③的___________(填“>”或“<”)。（3）已知本实验条件下，(均为常数)。下图表示反应②的线是___________(填“”“”或“”)，时，反应③的平衡常数___________(填数值)。（4）分别在压强和下，物质的量之比按1:3投料，平衡转化率或甲醇选择性[的选择性］随温度、压强变化关系如图。其中纵坐标表示平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强___________(填“>”、“<”或“=”)；图甲中温度高于时，曲线发生明显变化的原因可能是___________。时，反应②的___________(保留两位有效数字)。【正确答案】（1）、（2）①.低温自发②.+90.14③.>（3）①.②.1（4）①.乙②.<③.温度高于，开始发生反应③，甲醇的选择性降低④.【小问1详解】CO2中碳的价层电子数为2，碳是sp杂化，甲醇中的碳的价层电子对数为4，碳采用sp3杂化，反应①涉及物质中碳原子的杂化方式为、。故、；【小问2详解】①②③(较高温度下发生)根据以上信息反应①∆S＜０，∆H＜０，判断反应①应为低温自发反应，根据盖斯定律，+90.14，反应③的=->0，>。故低温自发；+90.14；>；【小问3详解】已知本实验条件下，(均为常数)。ΔH为负时，随着温度的升高，lnK会增大，反应①为L2，ΔH为正时，随着温度的升高，lnK会减小，③的绝对值大，斜率大，反应③为L1，下图表示反应②的线是，时，K2=K1，反应③的平衡常数K3=1。故；1；【小问4详解】升高温度利于反应②，不利于反应①，开始时二氧化碳的转化率降低，反应①占主导地位，随温度的升高，反应②占主导地位，其中纵坐标表示平衡转化率的是图乙；温度相同时，压强越大，二氧化碳的转化率越大，压强<；图甲中温度高于时，曲线发生明显变化的原因可能是温度高于，开始发生反应③，甲醇的选择性降低。由图甲，时，甲醇的选择性为60%，由图乙，二氧化碳的平衡转化率为20%，根据方程式①，平衡时容器中总物质的量为(1+3-0.12-0.12)mol=3.76mol，时，反应②的=。故乙；<；温度高于，开始发生反应③，甲醇的选择性降低；。19.氯化铁是重要的化工原料，其实验室制备方法为：Ⅰ、制备：流程如图1.Ⅱ、由制备无水：将与液体混合并加热，制得无水，装置如图2(夹持和加热装置略)。已知：①沸点为77℃；②反应方程式为：请回答：（1）图2中仪器B的名称是______。（2）下列说法不正确的是______。A.检验稀溶液中是否残留，可滴加少量酸性高锰酸钾B.图2中的加热宜采用水浴的方式C.图2中的无水可替换为D.制备也可以采用相同方法（3）请对图1中“系列操作”排序：______。______→______→______→______→______(填字母)。a．冷却至室温b．用饱和NaCl溶液洗涤c．用浓HCl洗涤d．HCl气氛下蒸发至出现晶膜e．HCl气氛下蒸发至出现大量固体f．常温干燥g．低温干燥h．过滤i．趁热过滤（4）制得的无水含有少量还原性杂质，试分析原因______。（5）用莫尔法测定无水的纯度：准确称取0.4000g样品配成100mL溶液，移取25.00mL于锥形瓶中，加入氟离子屏蔽铁离子形成无色稳定配离子，调节成弱碱性，滴加几滴溶液。不断摇动下，用标准溶液滴定至终点(已知为红色沉淀)。平行测试3次，平均消耗标准溶液15.00mL。①无水的纯度为______。②描述滴定终点现象______。③如果溶液酸性太强，指示剂可能会转变成，而可能会氧化造成实验误差，写出该氧化还原反应的离子方程式______。【正确答案】（1）球形干燥管（2）A（3）d→a→h→c→g（4）反应产物中有SO2生成，SO2具有还原性，能把Fe3+还原为Fe2+（5）①.81.25%②.滴入最后半滴硝酸银溶液，产生红色沉淀，且半分钟内无变化③.【分析】稀盐酸与废铁屑反应生成氯化亚铁，过滤，向滤液中通入氯气反应生成氯化铁，向氯化铁溶液