江苏省南京市五校联盟2024-2025学年高二上学期1月期末调研化学试题2

南京市20242025学年第一学期五校联盟期末学情调研高二化学本卷：共100分考试时间：75分钟相对原子质量：C12H1O16Cl35.5Cr55Mg24K39一、单项选择题(本题共13小题，每小题只有一个正确选项。每题3分，共39分)1.保护钢铁有利于节约资源、保护环境，下列钢铁的保护方法中不正确的是A.铁栅栏上涂上油漆 B.铁闸与直流电源正极相连C.轮船底部镶嵌锌块 D.家用铁锅水洗后及时擦干【答案】B【解析】【详解】A．铁栅栏上涂上油漆可以防止铁与碳形成原电池，有利于减缓铁栅栏的腐蚀，保护方法正确，故A不符合题意；B．与直流电源正极相连的铁闸做电解池的阳极，会加快铁闸的腐蚀，保护方法不正确，故B符合题意；C．轮船底部焊接锌块，铁锌在溶液中形成原电池，锌做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，保护方法正确，故C不符合题意；D．家用铁锅水洗后及时擦干可以防止铁与碳形成原电池，有利于减缓铁锅的腐蚀，保护方法正确，故D不符合题意；故选：B。2.Haber和Bosch分别在1918和1931年因合成氨成功获得诺贝尔奖，同时带给世界“肥胖”和“战争动乱”。下列化学用语说法正确的是A.的电子式为： B.价层电子排布式为：C.含7个中子的原子可表示为： D.的结构式为：【答案】C【解析】【详解】A．是共价化合物，电子式为，A错误；B．价层电子排布式为：，B错误；C．含7个中子的原子质量数是14，可表示为：，C正确；D．含有三键，结构式为：，D错误；故选C。3.升高温度，下列物理量不一定增大的是A.化学平衡常数K B.水的离子积常数KwC.化学反应速率v D.BaSO4的溶度积Ksp【答案】A【解析】【详解】A．正反应为吸热反应，升高温度化学反应平衡常数增大；正反应为放热反应，升高温度化学反应平衡常数减小，A符合题意；B．水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，水的离子积常数随着温度升高而增大，B不符合题意；C．升高温度，化学反应速率一定增大，C不符合题意；D．溶度积Ksp只与温度有关，BaSO4的溶解平衡为吸热过程，升高温度，促进溶解，Ksp增大，D不符合题意；综上所述答案为A。4.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．与Cl2反应生成，故A错误；B．与氧气煅烧生成二氧化硫，故B错误；C．溶液直接蒸干，氯化镁水解最终得到，继续加热可得氧化镁，故C错误；D．与水反应生成，稀与Cu反应生成NO，故D正确；故选：D。5.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。基态X的原子核外成对电子数是未成对电子数的2倍，基态Z原子核外s轨道与p轨道电子数相等；W元素原子是同周期元素原子半径最大的。下列说法正确的是A.X位于元素周期表的s区 B.Z、W可形成原子个数比为的共价化合物C.电负性： D.第一电离能：【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。基态X的原子核外成对电子数是未成对电子数的2倍，则X的核外电子排布为：1s22s22p2，X为C元素，基态Z原子核外s轨道与p轨道电子数相等，Z可能为O(1s22s22p4)或Mg(1s22s22p63s2)，W元素原子是同周期元素原子半径最大的，W为Na元素。则Z只能是O；Y为N，据此分析解答。【详解】A．X为C元素，位于p区，故A错误；B．O和Na可形成Na2O2，为离子化合物，故B错误；C．同周期元素从左到右电负性增强，同主族元素从上到下，电负性减弱，则电负性：Na<C<N<O，故C正确；D．同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于O，故D错误；故选：C。6.含的烟气会形成酸雨，工业上常利用溶液作为吸收液脱除烟气中的，随着的吸收，吸收液的不断变化，下列粒子浓度关系一定正确的是A.溶液中存在：c(Na+)>c(SO)>c(H2SO3)>c(HSO)B.已知溶液，该溶液中：c(Na+)>c(HSO)>c(H2SO3)>c(SO)C.当吸收液呈酸性时：c(Na+)=c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)D.当吸收液呈中性时：c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)【答案】D【解析】【详解】A．亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中分步水解，以一级水解为主，则溶液中亚硫酸氢根离子的浓度大于亚硫酸的浓度，故A错误；B．亚硫酸氢钠溶液的pH小于7说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，则亚硫酸根离子的浓度大于亚硫酸的浓度，故B错误；C．当吸收液呈酸性时可能是亚硫酸氢钠溶液，溶液中存在物料守恒关系c(Na+)=c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)，也可能是亚硫酸氢钠和亚硫酸混合溶液，或亚硫酸氢钠和亚硫酸的混合溶液，混合溶液中的物料守恒关系与亚硫酸氢钠溶液中的物料守恒关系不同，故C错误；D．当吸收液呈中性时，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH—)可知，溶液中c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)，故D正确；故选D。7.由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。装置现象A上有气体产生B的质量增加二价金属A不断溶解根据实验现象判断下列说法错误的是A.装置甲中正极的电极反应式是：2H++2e=H2↑B.四种金属活泼性强弱顺序为：C>B>A>DC.装置乙中B为负极D.装置丙中负极电极反应式：A2e=A2+【答案】C【解析】【分析】装置甲中A上有气体产生，氢离子在A极得电子还原为氢气，电极反应式为，A极是正极，B极是负极，说明金属活泼性。装置乙中，B的质量增加，B极反应式为：，说明B是正极，C是负极，金属活泼性。装置丙中二价金属A不断溶解于稀硫酸，说明A作负极，D为正极，则金属活泼性。据此分析作答。【详解】A．装置甲中A上有气体产生，说明氢离子在A极得电子还原为氢气，电极反应式为：，A极是正极，B极是负极，说明活泼性，A正确；B．根据上述分析，可知四种金属的活泼性强弱顺序为：，B正确；C．装置乙中，B的质量增加，则B极反应式为：，说明B是正极，C错误；D．装置丙中二价金属不断溶解于稀硫酸，说明作负极，失去电子，电极反应式为：，D正确；故选C。8.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A.硫酸亚铁水溶液呈弱酸性，可用作食品抗氧化剂B.小苏打水溶液呈弱碱性，可用作制药中的抗酸剂C.氨气具有还原性，可用作烟气中NOx脱除D.漂白粉具有强氧化性，可用作游泳池的杀菌消毒剂【答案】A【解析】【详解】A．因为亚铁离子具有还原性，所以硫酸亚铁可用作食品抗氧化剂，性质和用途不具有对应关系，符合题意，A正确；B．小苏打水溶液呈弱碱性，可以与酸反应，可用作制药中的抗酸剂，不符合题意，B错误；C．氨气具有还原性，可与NOx发生氧化还原反应，可用作烟气中NOx脱除，不符合题意，C错误；D．漂白粉具有强氧化性，可使蛋白质变性，所以可用作游泳池的杀菌消毒剂，不符合题意，D错误；故选A。9.下列指定反应的离子方程式正确的是A.向石灰乳中通入氯气制备漂白粉：B.用铜做电极电解溶液：C.溶液滴加溶液：D.少量铁粉与稀硝酸反应：【答案】D【解析】详解】A．石灰乳不能拆，将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，离子方程式：Cl2+Ca(OH)2═Ca2++Cl+ClO+H2O，A错误；B．铜是活性电极，阳极反应，阴极，总反应为，B错误；C．是弱酸，不能拆，离子方程式：，C错误；D．少量铁与稀硝酸反应，氧化产物是，离子方程式：，D正确；故选D。10.下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是选项实验内容实验结论A向的溶液中滴入3滴的溶液，再滴入4滴的溶液，先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀同温度下的：B在相同条件下，用试纸测定同等浓度的和溶液的，结合能力：C取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴溶液若溶液变血红色，则和反应有一定限度D向2支盛有不同浓度溶液的试管中，同时加入溶液，观察并比较实验现象探究浓度对反应速率的影响A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．向的溶液中滴入3滴的溶液，发生反应：，由用量可知过量，再滴入4滴的溶液，先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀，可知转化为，则的溶解度小于，：，A错误；B．用pH试纸测定和溶液的pH，，则说明HCN的酸性弱于，即结合H+能力：，B正确；C．根据反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KI+I2可知，取2mL0.1mol/LKI溶液于试管中，加入5mL0.1mol/LFeCl3，充分反应后FeCl3过量，滴入5滴15%KSCN溶液，若溶液变血红色，也不能说明KI和FeCl3反应有一定限度，C错误；D．由于NaHSO3+H2O2=NaHSO4+H2O，反应过程中无明显现象，不能探究浓度对反应速率的影响，D错误；故选：B。11.下列说法正确的是A.HS水解方程式为：HS+H2OH3O++S2B.CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小C.将pH=4的盐酸稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低D.100℃时，pH=12的纯碱溶液中：c(OH)=1.0×102mol·L1【答案】B【解析】【详解】A、HS－的水解方程式为HS－＋H2OH2S＋OH－，故A错误；B、同一种溶液，溶液的体积相同，即物质的量浓度比值等于其物质的量变化，加水稀释促进CH3COOH的电离，CH3COO－的物质的量增大，CH3COOH的物质的量减小，即c(CH3COOH)/c(CH3COO)比值减小，故B正确；C、根据水的离子积，盐酸溶液稀释，c(OH－)增大，故C错误；D、水的离子积受温度的影响，升高温度，水的离子积增大，100℃时水的离子积为1×10－12，溶液中c(OH－)=1mol·L－1，故D错误。答案选B。12.捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的、混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上检测到有积碳。下列说法不正确的是A.反应①为；反应②为B.，比多，且生成速率不变，可能有副反应：C.时刻，反应②生成速率大于副反应生成的速率D.之后，反应②不再发生，随后副反应也逐渐停止【答案】C【解析】【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A项正确；B．由图知，时间内，大于，且生成不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，则可能发生反应，由于反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，所以生成氢气的速率不变，B项正确；C．反应②中CO和H2的化学计量数相同，则二者反应速率应相等，副反应的发生使生成H2的速率大于生成CO的速率，由图2可知，t2时刻，H2的总气体流速为2mmol·min1，CO的气体流速约为1.6mmol·min1，则副反应产生H2的气体流速约为(21.6)mmol·min1=0.4mmol·min1，故副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率，C项错误；D．之后，v(CO)=0，v(CH4)逐渐增大，则生成v(CO)=0，说明反应②不再发生，D项正确；故选：C。13.用二氧化碳催化加氢来合成低碳烯烃，起始时以，的投料比充入反应器中，发生反应：，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示：下列说法中错误的是A.b代表的物质是B.该反应在高温下自发进行C.为提高的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增压D.温度下的平衡转化率为50%【答案】B【解析】【分析】由图中n(H2)的变化趋势可知，随着温度的升高，n(H2)的量增大，平衡左移，ΔH<0；且方程式同侧物质的物质的量变化趋势是一致的，故a曲线代表的物质为CO2；再由b的变化幅度大于c的，可知，b、c两曲线分别代表的物质为H2O和C2H4；【详解】A．由分析可知，b代表的物质是，A正确；B．由分析可知，反应为放热的反应，且反应为熵减反应，故该反应在低温自发进行，B错误；C．增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率变大，C正确；D．温度下，平衡时氢气6mol、水4mol，则反应氢气6mol、二氧化碳2mol，初始氢气为12mol，则投料二氧化碳4mol，故的平衡转化率为，D正确；故选B。二、简答题(本题共4小题，共61分)14.纳米被广泛应用于光催化、精细陶瓷等领域。以钛铁矿(主要成分为)为原料制备纳米的步骤如下：25°C时，（1）酸浸：向磨细的钛铁矿中加入浓硫酸，充分反应后，所得溶液中主要含有、、、和。基态核外电子排布式为___________；价电子轨道表示式为___________；中电子的不同空间运动状态数目为___________。（2）除铁、沉钛：向溶液中加入铁粉，充分反应，趁热过滤。所得滤液冷却后过滤得到富含的溶液；调节除铁后溶液的，使水解生成，过滤。①若沉钛后，则需要调节溶液的略大于___________；②水解生成的离子方程式为___________；③加入铁粉的作用是___________。（3）煅烧：在550°C时煅烧，可得到纳米。纳米在室温下可有效催化降解空气中的甲醛。和甲醛都可在催化剂表面吸附，光照时，吸附的与产生，从而降解甲醛。空气的湿度与甲醛降解率的关系如图所示，甲醛降解率随空气湿度变化的原因为___________。【答案】（1）①.或②.③.14（2）①.2②.TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+③.将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质（3）湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO∙增多，甲醛降解率增大；湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低；【解析】【小问1详解】Ti为22号元素，基态核外电子排布式为或；价电子排布式为3d5，价电子轨道表示式为：；的电子排布式为：，电子的不同空间运动状态数目即电子所占轨道数为14；【小问2详解】①25℃时，Ksp[TiO(OH)2]=1×10−29，c(TiO2+)•c2(OH)=1×10−29，c(TiO2+)＜1×10−5mol•L−1，c(OH)＞mol/L=1012mol/L，c(H+)＜mol/L=102mol/L，即需要调整溶液的pH＞2。②TiO2+水解生成TiO(OH)2同时产生H+，离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+。③加入铁粉的作用是将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质。【小问3详解】甲醛降解率随空气湿度变化的原因为湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO∙增多，甲醛降解率增大；湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低。15.五种有机化合物之间存在如图转化关系。（1）中所含的官能团的名称是___________；反应①的化学方程式为___________；该反应的类型是___________反应。（2）反应③可选用铜做催化剂，该反应的化学方程式为___________。（3）用同位素标记乙醇中的氧元素(即)，通过测定产物来判断反应⑤中反应物的断键方式。结果表明分子在发生该反应时断开的是碳氧键，则得到的有机产物应为___________(写结构简式)。（4）A是常见的有机高分子材料，可由直接进行加聚反应得到，A的结构简式___________。【答案】（1）①.碳碳双键②.③.加成反应（2）（3）（4）【解析】【分析】A是常见的有机高分子材料，可由C2H4直接进行加聚反应得到，则A为聚乙烯；乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生氧化反应生成乙醛，乙醛、乙醇都能发生氧化反应生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，据此解答。【小问1详解】C2H4中所含的官能团的名称是碳碳双键；反应①的化学方程式为，该反应的类型是加成反应；【小问2详解】应③可选用铜做催化剂，该反应的化学方程式为；【小问3详解】乙醇和乙酸的酯化反应过程中，乙醇断裂OH键、乙酸断裂CO键，用18O同位素标记乙醇中的氧元素，通过测定产物来判断反应⑤中反应物的断键方式，则得到的有机产物应为；【小问4详解】加聚生成聚乙烯，则A为聚乙烯，其结构简式为：。16.氯酸镁[]常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量的流程如图：已知：①卤块主要成分为，含有、等杂质。②四种化合物的溶解度()随温度()变化曲线如图所示。（1）加速卤块在酸性溶液中溶解的措施有：___________。(任写一点)。（2）滤渣的成分___________。（3）加入饱和溶液后发生反应的化学方程式为___________(溶解度低的物质以沉淀形式析出)。产品中含量的测定：步骤1：准确称量产品配成溶液。步骤2：取试液于锥形瓶中，加入稀硫酸和的溶液，微热。步骤3：冷却至室温，用溶液滴定剩余的至终点。此过程中反应的离子方程式为：。步骤4：将步骤2、3重复两次（4）①写出步骤2中发生反应的离子方程式：___________；②步骤3中若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果___________(填“偏大、偏小”或“不变”)。（5）若平均消耗溶液，则产品中的质量分数为___________。(写出必要的计算过程)【答案】（1）将卤块粉碎或适当升高温度等（2）BaSO4、Fe(OH)3（3）（4）①.②.偏小（5）78.3%【解析】【分析】卤块的成分有MgCl2•6H2O、MgSO4、FeCl2，加入H2O2之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入氧化镁，调节pH=4，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁，滤渣有BaSO4和Fe(OH)3，根据溶解度曲线可知，混合溶液中NaCl溶解度最小，再加入NaClO3饱和溶液得到NaCl沉淀与Mg(ClO3)2溶液，经过蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到Mg(ClO3)2•6H2O，据此回答。【小问1详解】影响化学反应速率的因素有：升高温度、将固体粉碎成细小的颗粒、增加物质的浓度等，因此加速卤块在H2O2溶液中溶解的措施有：将卤块粉碎或适当升高温度等；【小问2详解】根据分析可知，滤渣有BaSO4和Fe(OH)3；【小问3详解】加入NaClO3饱和溶液后得到NaCl沉淀与Mg(ClO3)2溶液，方程式：；【小问4详解】①步骤2中发生反应的离子方程式：；②步骤3中若滴定前不用标准液润洗滴定管，会稀释K2Cr2O7溶液，使消耗K2Cr2O7溶液体积偏大，应用亚铁离子物质的量一定，故测定的物质的量偏小，则导致最终结果偏小；【小问5详解】消耗K2Cr2O7的物质的量是0.1mol∙L−1×0.015L=0.0015mol，则根据方程式可得关系式：，可知消耗亚铁离子的物质的量是0.0015mol×6=0.009mol，所以与氯酸镁反应的硫酸亚铁是1.00mol∙L−1×0.02L−0.009mol=0.011mol，则根据方程式可知氯酸镁的物质的量是，所以产品中的质量分数为=78.3%。17.Ⅰ．探究含碳化合物的转化，对“碳中和”“碳达峰”具有重要现实意义。（1）如图是利用电解法将转化的原理示意图，其中铂电极为___________极；铜电极上生成的电极反应式为___________。Ⅱ．实验室以碳酸锰矿(含及少量、、等氧化物)为原料制高纯和的流程如图：（2）焙烧时的温度为300∼500°C，写出焙烧时所发生