2026北京市师大附中高二上学期1月期末化学试题含解析

这是一份2026北京市师大附中高二上学期1月期末化学试题含解析，共5页。试卷主要包含了考生务必将答案填写在答题纸上，可能用到的相对原子质量，2ml，则其起始浓度为0等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本试卷有2道大题，考试时长90分钟，满分100分。
2.考生务必将答案填写在答题纸上。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5
一、选择题(14道小题，共42分，每小题只有1个选项符合题意)
1. 下列化学用语书写不正确是
A. 的电子式：
B. Cl-的结构示意图：
C. 基态P原子价层电子轨道表示式为：
D. Cl—Cl的p-p σ键的形成：
【答案】D
【解析】
【详解】A．的电子式为，A正确；
B．氯离子核外有18个电子，其结构示意图为，B正确；
C．基态P原子的价层电子排布式为，价电子的轨道表示式为，C正确；
D．分子中σ键的形成是氯原子3p轨道和氯原子的3p轨道头碰头形成p-pσ键，分子中σ键的形成为，D错误；
故选答案D。
2. 下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示)
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化钠是强电解质，完全电离生成水合钠离子和水合氯离子、且二种符号示意图（水中氧原子朝向钠离子、水中氢原子朝向氯离子）正确，示意图与化学用语表述一致，A正确；
B．电解氯化铜溶液的反应方程式为，化学用语是电离方程式，B错误；
C．醋酸是弱电解质，部分电离，示意图与化学用语表述一致，C正确；
D．氢气与氯气反应是放热反应，化学键断裂吸收能量，形成化学键释放能量，示意图与化学用语表述一致，D正确；
故选B。
3. 下列事实能用平衡移动原理解释的是
A. 压缩注射器中的混合气体，气体颜色立即变深
B. 向溶液中加入少量固体，迅速产生大量气泡
C. 加热蒸干灼烧溶液，得不到固体，得到
D. 锌片与稀硫酸反应时加入少量固体，快速产生大量H2
【答案】C
【解析】
【详解】A．压缩注射器时，气体体积减小，浓度增大导致颜色立即变深，不能用平衡移动原理解释，A不符合题意；
B．是催化剂，加速分解，但不影响平衡移动，不能用平衡移动原理解释，B不符合题意；
C．溶液中存在水解平衡：，加热促进水解正向移动，蒸干时HCl挥发使平衡彻底右移生成，灼烧后得，能用平衡移动原理解释，C符合题意；
D．加入后形成Zn-Cu原电池，加快反应速率，但与化学平衡无关，不能用平衡移动原理解释，D不符合题意；
故选C。
4. 下列实验事实与水的电离平衡无关的是
A. 电解NaCl溶液，阴极产生氢气B. 新制氯水，加热后颜色变浅
C. 加热溶液，pH增大D. 25℃时，将pH=6的盐酸稀释100倍，溶液pH＜7
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解NaCl溶液阴极产生氢气是由于水在阴极被还原（），该过程直接消耗由水电离产生的H+离子，促进水的电离，因此与水的电离平衡有关，A不符合题意；
B．新制氯水加热后颜色变浅是由于Cl2溶解度降低和HClO分解导致Cl2浓度减少，主要与Cl2的物理性质和反应平衡移动有关，水的电离平衡并非主要原因，因此与水的电离平衡无关，B符合题意；
C．加热CH3COONa溶液促进水解平衡（）向右移动（吸热过程），且升温促进水的电离，与水的电离平衡有关，C不符合题意；
D．25℃时pH=6的盐酸稀释100倍后，由于水的电离平衡（Kw=10-14），H+主要来自水的电离，导致pH＜7，因此与水的电离平衡有关，D不符合题意；
故选B。
5. 下列实验操作或装置(夹持装置略)能达到对应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液会与玻璃中的二氧化硅反应腐蚀酸式滴定管，所以不能用酸式滴定管量取25.00 mL 氢氧化钠溶液，A错误；
B．食盐水浸泡过的铁钉在具支试管中发生吸氧腐蚀，反应消耗氧气会使试管内气体压强减小，试管中的水会进入导气管中使得水柱上升，则题给装置能达到验证铁的吸氧腐蚀的实验目的，B正确；
C．铁制品表面镀铜时，铜片应与直流电源的正极相连做电镀池的阳极，铁制镀件做阴极，C错误；
D．向过量的硝酸银溶液中滴入氯化钠溶液后，再滴入硫化钠溶液，多余的银离子和硫离子直接反应生成硫化银沉淀，只存在沉淀的生成过程，不存在沉淀的转化，所以无法比较氯化银和硫化银溶解度的大小，D错误；
故选B。
6. 离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是
A. 中均有非极性共价键
B. ①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C. 中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为
D. 当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；
B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；
C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；
D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；
故选C。
7. 向体积为的密闭容器中充入一定量，发生反应： 。
下列说法不正确的是
A.
B. ，该反应平衡常数
C. Ⅱ中存在：
D. ，向该容器中充入物质的量均为的3种气体，反应将逆向进行
【答案】D
【解析】
【详解】A．结合已知数据列温度时三段式：
该温度下平衡常数K1=；
温度时三段式：
该温度下平衡常数K2=，该反应，温度升高平衡逆向移动减小， 由K2> K1可知，，故A正确；
B．由A中分析可知，℃，该反应的平衡常数K=4，故B正确；
C．Ⅱ中存在的起始物质的量为0.2ml，则其起始浓度为0.2ml/L，结合物料守恒可知：存在，故C正确；
D．℃时，向该容器中充入物质的量均为0.2ml的3种气体，则此时Qc= P），同周期从左到右原子半径减小（P > Cl），因此正确顺序为As > P > Cl，A错误。
B．非金属性越强，氢化物热稳定性越强；Cl和Br同族，Cl非金属性更强；As位于Cl左下方，非金属性较弱，非金属性Cl > Br > As，则有热稳定性比较：HCl >HBr > ，B错误。
C．非金属性越弱，其阴离子还原性越强；As、S、Cl分别位于第四周期VA族、第三周期VIA族、第三周期VIIA族，非金属性As < S < Cl，还原性顺序为：，C正确。
D．S和P位于第三周期，P为VA族（半满稳定结构），第一电离能大于相邻的S（VIA族），即P > S；As位于第四周期VA族，同主族从上到下第一电离能减小，即As < P；正确顺序为P > S > As，D错误；
故选C。
10. 硅是电子工业的重要材料。利用石英砂（主要成分为）和镁粉模拟工业制硅的流程示意图如下。
已知：非金属性：
下列说法不正确的是
A. Ⅰ中引燃时用镁条，利用了镁条燃烧放出大量的热
B. Ⅱ中主要反应有：、
C. 为防止自燃，Ⅱ需隔绝空气
D. 过程中含硅元素的物质只体现氧化性
【答案】D
【解析】
【分析】I中发生的反应有：、；Ⅱ中MgO、Mg2Si与盐酸反应。
【详解】A．因为与镁反应需要能量，所以I中引燃时用镁条，利用了镁条燃烧放出大量的热，A正确；
B．因为硅与盐酸不反应，所以Ⅱ中主要反应有：、，B正确；
C．因为容易自燃，所以为防止自燃，Ⅱ需隔绝空气，C正确；
D．因为非金属性：，所以中硅元素为+4价，而中硅元素为-4价，所以在中，含硅元素的物质体现还原性，D错误；
故答案选D。
11. 反应在工业上有重要的应用，在Pd膜反应器中的工作原理示意图如图所示。
下列说法不正确的是
A. CO2分子和H2分子中均含有σ键
B. H2吸附并透过Pd膜的过程中s-sσ键发生断裂和形成
C. Pd膜可分离H2并提高CO的平衡转化率
D. 增大CO和H2O(g)的流速，一定可提高单位时间内H2的产率
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2分子中含有C=O双键（含σ键），H2分子中含有H-H单键（含σ键），故均含σ键，故A正确；
B．H2吸附时H-H键（s-sσ键）断裂为H原子，透过Pd膜后H原子重新结合形成H-H键（s-sσ键），s-sσ键发生断裂和形成，故B正确；
C．Pd膜分离H2使产物浓度降低，平衡正向移动，CO平衡转化率提高，故C正确；
D．流速过大时，反应物接触时间短，可能来不及反应就流出，单位时间内实际反应量可能减少，H2产率不一定提高，故D错误；
故答案为D。
12. 牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，牙齿表面液膜的pH一般约为6.5.当液膜pHc(H2PO)+c(HPO)+c(PO)
B. 牙釉质溶解损伤时，牙齿表面液膜中δ(PO)升高
C. 使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(OH)可转化为Ca5(PO4)3F
D. 在漱口水中添加适量的Ca2+有利于牙釉质的沉积
【答案】B
【解析】
【详解】A．牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，根据元素守恒c(Ca2+)：[c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)]=5:3，因此c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)正确，A正确；
B．牙釉质溶解损伤时，液膜pH ③. O和S都是ⅥA族元素，电子层数O小于S，O的原子半径小于S，对最外层电子的吸引力更强
（5） ①. ②. ds ③.
【解析】
【小问1详解】
电解饱和食盐水的离子方程式为；
【小问2详解】
①25℃时，，饱和NaClO溶液的pH=11，，，，溶液中水电离出的c(OH-)为；②84消毒液吸收空气中的CO2能增强其杀菌效果，其原因是CO2和NaClO溶液反应生成次氯酸，离子方程式为；
【小问3详解】
①NaHCO3溶液显碱性的原因是水解产生，离子反应方程式为；②泡沫灭火器工作原理是和发生双水解产生CO2和，该反应的离子方程式为；
【小问4详解】
①基态S原子的价电子排布式为，所以其电子占据的最高能级的符号是3p；②O和S都是ⅥA族元素，电子层数O小于S，O的原子半径小于S，对最外层电子的吸引力更强，因此电负性O>S；
【小问5详解】
①锰的原子序数为25，位于第四周期ⅦB族，基态锰原子价层电子排布式为；②Cu原子序数为29，位于第四周期ⅠB族，位于元素周期表的ds区；③原子序数为34，位于第四周期ⅥA族，价电子数为6，基态原子的价层电子轨道表示式为。
16. 是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。
（1）方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和_______。
（2）方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。
①第I步反应的化学方程式为_______。
②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因_______。
（3）方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。
①电极a表面生成的电极反应式：_______。
②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是_______。
（4）人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因_______。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。
【答案】（1）难挥发性
（2） ①. ②. 该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积
（3） ①. ②. iii产生的参与ⅱ中NO的氧化
（4）分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量
【解析】
【小问1详解】
浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。
【小问2详解】
①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为；
②反应，升高温度，NO的平衡转化率减小，说明该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积。
【小问3详解】
①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为；
②反应iii生成，将氧化成，更易转化成。
【小问4详解】
分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。
17. 化学原理被广泛应用于生产、生活的许多方面，利用电解法脱除煤中的含硫物质FeS2(二硫化亚铁)的原理如图所示。
（1）阴极石墨棒上有无色气体产生，该气体是___________。
（2）阳极的电极反应式为___________。
（3）脱硫反应方程式为：___________。
（4）电解脱硫过程中，FeCl3的作用是催化剂。相同反应时间，FeCl3对脱硫率的影响如下图所示。当FeCl3的质量分数大于1.5%时脱硫率随FeCl3浓度的增大而下降，解释原因___________。
（5）研究发现，电解时若电压过高，阳极有副反应发生，造成电解效率降低。
电解效率η定义：
某电压下电解100 mL煤浆-混合液，煤浆中除FeS2外不含其它含硫物质，混合液中浓度为，FeCl3的质量分数为1.5%。当阴极收集到224 mL(标准状况)气体时(阴极无副反应发生)，测得溶液中___________(忽略电解前后溶液的体积变化)。
（6）综上，电解法脱硫的优点有___________(写出两点)。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）随着浓度增大，可能发生在阴极放电或在阳极放电等副反应，导致与反应的浓度降低，脱硫率降低或浓度增大，水解生成胶体，导致煤浆聚沉，脱硫率降低 （5）35%
（6）联产高纯，可循环利用，提高脱硫速率
【解析】
【分析】根据装置图中的电源可知，左侧石墨是电解池的阳极，发生氧化反应：；右侧石墨电极发生还原反应，按照放电顺序可知阴极反应为。
【小问1详解】
根据分析阴极石墨棒上的无色气体是氢气。
【小问2详解】
阳极的电极反应式为：。
【小问3详解】
根据装置中的物质转化，利用电解法脱除煤中的含硫物质，脱硫反应是将在条件下转化为、和，方程式为。
【小问4详解】
催化剂能够加快反应速率，的质量分数大于1.5%时，脱硫率降低，说明因或增大引起的其他的副反应发生，如在阴极放电或在阳极放电，或者水解生成胶体，使煤浆聚沉，导致反应速率减小，故答案为随着浓度增大，可能发生在阴极放电或在阳极放电等副反应，导致与反应的浓度降低，脱硫率降低或浓度增大，水解生成胶体，导致煤浆聚沉，脱硫率降低。
【小问5详解】
阴极收集到224 mL（标准状况）气体时（阴极无副反应发生），电路中转移的总电子数为，生成的物质的量，根据反应，转移的电子数为，则电子转移效率。
【小问6详解】
从反应速率和转化率及物质的循环使用等方面思考，电解法脱硫的优点有脱硫速率快，能够循环使用，同时还可制取高纯度的，故答案为联产高纯，可循环利用，提高脱硫速率。
18. 三氧化二铬是重要的有机反应催化剂，一种利用铬酸钾粗品制备的流程示意图如下。
已知：Ⅰ．粗品中含有、等杂质
Ⅱ．
Ⅲ．易溶于水，难溶于水
（1）净化除杂
向粗品中加入溶液，生成沉淀以除去、。反应的离子方程式是_______。
（2）制备
①向净化液中通入过量的可制得。反应的化学方程式是_______。
②电解净化液也可制得，装置示意图如图。
ⅰ．阴极室中获得的产品有和_______。
ⅱ．结合化学用语说明制备的原理：_______。
ⅲ．取某溶液稀释至，移取稀释液于锥形瓶中，加入过量的溶液，滴加2～3滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。则溶液的物质的量浓度为_______。
（3）制备
在热压反应釜中，将蔗糖与的混合溶液加热至120℃，可获得，同时生成、。若生成，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是_______ml。
（4）应用
催化丙烷脱氢生成丙炔，过程中会发生副反应形成积炭。
①该脱氢反应的两种可能的反应过程a、b如图所示。
ⅰ．相同条件下，反应速率更快的是_______(填“a”或“b”)。
ⅱ．该脱氢反应的焓变的计算式为_______。
②温度升高到一定程度时，相同时间内，丙炔的产量降低，原因是_______(答1个)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 浓KOH溶液 ③. 阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：，溶液酸性增强，发生反应：，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到 ④.
（3）0.125 （4） ①. a ②. ③. 催化剂反应需要一定的活化温度，温度升高到一定程度时，会导致催化剂 降低，相同时间内，丙炔的产量降低；温度升高到一定程度时，反应过程中副反应形成积炭附着在催化剂表面，降低了催化剂的活性，也会导致相同时间内，丙炔的产量降低
【解析】
【分析】铬酸钾粗品加入溶液生成沉淀以除去、，净化除杂后通入过量的可制得，蔗糖与的混合溶液加热至120℃，可获得。
【小问1详解】
向粗品中加入溶液，生成沉淀以除去、，则反应为镁、钙离子和碳酸根离子生成沉淀，反应的离子方程式是；
【小问2详解】
①向净化液中通入过量的可制得，根据质量守恒可知，水也参与反应，生成物还有碳酸氢钾，反应的化学方程式是；
②ⅰ．阴极室中水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极区钾离子通过阳离子交换膜向阴极迁移得到氢氧化钾，故获得的产品有和浓KOH溶液。
ⅱ．阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：，溶液酸性增强，发生反应：，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到；
ⅲ．，加入过量氯化钡生成铬酸钡沉淀和氢离子，加入氢氧化钠发生反应，则存在关系：，则溶液的物质的量浓度为
【小问3详解】
蔗糖与的混合溶液加热至120℃，可获得，同时生成、，反应中碳元素化合价由0变为+4，铬元素化合价由+6变为+3，结合电子守恒可知，若生成，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是0.125ml；
【小问4详解】
ⅰ．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；据图可知，相同条件下，反应速率更快的是a；
ⅱ．根据盖斯定律，该脱氢反应的焓变的计算式为；
②催化剂反应需要一定的活化温度，温度升高到一定程度时，会导致催化剂 降低，相同时间内，丙炔的产量降低；温度升高到一定程度时，反应过程中副反应形成积炭附着在催化剂表面，降低了催化剂的活性，也会导致相同时间内，丙炔的产量降低。
19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析
依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。
（2）实验验证
①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。
③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。
i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。
b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。
证实了此条件下可忽略对的消耗。
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。
ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。
【答案】（1）
（2） ①. 产生蓝色沉淀 ②. 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 ③. 、 ④. 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 ⑤. 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸
（3）金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗
【解析】
【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
【小问1详解】
在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为；
【小问2详解】
①与会生成蓝色的沉淀；
②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成；
③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、；
b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡；
ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH