2025--2026学年江苏常州市武进高级中学下册期中适应性考试高二化学试题 [含答案]

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2026年4月
(考试时间：75分钟 试卷满分：100分)
注意事项：
1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，满分为100分，考试时间为75分钟。
2.答题前请将学校、班级、学号、姓名填涂在答题卡密封线内：答案书写在答题卡规定区域内，在草稿纸、试卷上答题无效；考试结束后仅交答题卡。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 K-39 Cu-64 I-127
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。
1. 锂离子电池比能量高，常用作其正极材料。下列元素位于元素周期表d区的是
A. LiB. FeC. PD. O
【答案】B
【解析】
【详解】A．Li属于第ⅠA族元素，位于元素周期表s区，A错误；
B．Fe属于第Ⅷ族元素，位于元素周期表d区，B正确；
C．P属于第ⅤA族元素，位于元素周期表p区，C错误；
D．O属于第ⅥA族元素，位于元素周期表p区，D错误；
故选B。
2. 某基态原子的价层电子的轨道表示式为。下列说法正确的是
A. s轨道呈圆形B. 核外共有6个电子
C. 该原子在反应过程中易得电子D. 该原子的最高能层符号为M
【答案】C
【解析】
【详解】A．s轨道为球形，不是圆形，故A错误；
B．该表达式为价电子排布图，电子排布式为：1s22s22p4，所以共8个电子，故B错误；
C．该原子价电子数为6，得到2个电子达到8电子稳定结构，所以该原子在反应过程中易得电子，故C正确；
D．该原子的最高能层为第二电子层，符合为L，故D错误；
故选C。
3. 下列实验操作或装置能达到实验目的的是
A. 图甲可实现在铁上镀锌B. 图乙可测NaClO溶液的pH
C. 图丙可排除碱式滴定管中的气泡D. 图丁可蒸干FeCl3溶液制备无水FeCl3固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁为阴极，根据阴极放电顺序，电极反应式为，不能在铁上镀锌，A错误；
B．次氯酸钠具有强氧化性，会漂白pH试纸，不能测出pH值，B错误；
C．尖嘴向上，挤压玻璃球，排出气泡，图中操作合理，C正确；
D．氯化铁要水解，加热会促进氯化铁的水解，最后得到的是氢氧化铁，D错误；
故选C。
4. 实验室可由与反应制备。下列说法正确的是
A. 半径大小：B. 电负性大小
C. 电离能大小：D. 键角大小：
【答案】A
【解析】
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氯离子的离子半径大于钙离子，故A正确；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于氢元素，电负性大于氢元素，故B错误；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故C错误；
D．孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，铵根离子和氨分子的孤对电子对数分别为0和1，则铵根离子的键角大于氨分子，故D错误；
故选A。
阅读下列材料，完成下列小题：
铁、钴及其化合物用途广泛。可用于蚀刻铜质电路板；工业以为原料生产硫酸，用FeS除去工业废水中的；碱性条件下，NaClO氧化得到具有强氧化性的。C(Ⅲ)在酸性介质中氧化性很强，可以将氧化成。常用作锂离子电池正极材料。可用作干燥剂的指示剂，原理为(蓝色)(粉红色)。
5. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A. 含有极性共价键，能和形成配位键
B. 为正四面体结构，具有强氧化性
C. 有氧化性，可用于蚀刻铜质电路板
D. 难溶于水，可用作锂离子电池正极材料
6. 下列说法正确的是
A. 铁和钴处于元素周期表第四周期第Ⅷ族
B. FeS与互为同素异形体
C. 含钴干燥剂失效时显蓝色
D. 中含有键
7. 下列化学反应表示正确的是
A. 用FeS除去工业废水中的：
B. 溶于足量浓盐酸：
C. 硫酸工业煅烧：
D. 制取：
【答案】5. C 6. A 7. C
【解析】
【5题详解】
A．能和形成配位键，是因为原子有孤电子对，与含极性共价键无对应关系，A错误；
B．​具有强氧化性是因为为价，易得到电子，与其空间结构为正四面体无关，B错误；
C．​蚀刻铜电路板利用反应，体现了的氧化性，性质与用途对应，C正确；
D．​用作锂离子电池正极，是因为其可以可逆脱嵌，具有电化学活性，与难溶于水无关，D错误；
故选C。
【6题详解】
A．的原子序数26、的原子序数27，均位于元素周期表第四周期第族，A正确；
B．同素异形体是同种元素组成的不同单质，、​均为化合物，不互为同素异形体，B错误；
C．干燥剂吸水后失效，蓝色​吸水后变为粉红色，失效时显粉红色，C错误；
D．中，与6个形成6个配位σ键，每个内还有2个σ键，共键，D错误；
故选A。
【7题详解】
A．FeS是难溶物，不能拆分为和，正确离子方程式为，A错误；
B．酸性条件氧化性很强，可氧化，正确反应为，B错误；
C．硫酸工业煅烧​生成氧化铁和二氧化硫，方程式配平、产物均正确，C正确；
D．制取是碱性条件，产物不能生成，正确离子方程式为，D错误；
故选C。
8. 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. (胶体)
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅不溶于水，与水不反应，不能实现转化为硅酸；硅酸和氢氧化钠生成硅酸钠和水，A错误；
B．浓硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡不反应，B错误；
C．氧化铁和盐酸生成氯化铁，氯化铁和铜生成氯化亚铁和氯化铜，C错误；
D．氮气和氢气高温催化生成氨气，氨气和氧气转化为NO，D正确；
故选D。
9. 用纳米作催化剂，常压下电化学合成氨的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 镍合金连接外接电源的正极
B. 从镍合金向片运动
C. 镍合金上电极反应式为：
D. 反应中，标准状况下每生成同时得到
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，镍合金上氮气转化为氨气，化合价降低，得到电子，发生还原反应，故镍合金为阴极，电极反应式为，Pt片转化为，化合价升高，失去电子，故Pt片为阳极，电极反应式为，据此回答。
【详解】A．由分析知，镍合金为阴极，接外接电源的负极，A错误；
B．由分析知，Pt片为阳极，电解池中阳离子移向阴极，所以从片向镍合金运动，B错误；
C．由分析知，镍合金上电极反应式为，C错误；
D．由分析知，每生成1个氧气失去4个电子，每生成1个氨气得到3个电子，生成失去电子的物质的量为=1.2 ml，根据得失电子守恒知，生成氨气的物质的量为，在标准状况下的体积为=，D正确；
故答案选D。
10. 被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相 等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与 R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是
A. 离子半径:R＞T＞Y＞Z
B. XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同
C. 最高价氧化物对应的水化物的碱性:X＞Z
D. 气态氢化物的稳定性:W＜R＜T
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R、T属于周期表的前20号元素，其中X、Y、Z为金属元素。R最外层电子数是次外层的3倍，则R含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，都位于第二周期，T无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，且位于第二周期，则Z为Be元素，X、Z位于同族，则X为Mg或Ca元素；Y为第二周期的金属元素，则Y为Li；X与R（O）原子序数之和是W的2倍，X为Mg时，W的原子序数为(12+8)/2=10，为Ne元素，为稀有气体，不满足条件；X为Ca时，W的原子序数为(20+8)/2=14，则W为Si元素，据此解答。
【详解】根据分析可知：X为Ca，Y为Li，Z为Be，W为Si，R为O，T为F元素。
A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则简单离子半径：R＞T＞Y＞Z，故A正确；
B．XR2、WR2分别为CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合价为-1，SiO2中O元素化合价为-2，两种化合物中O的化合价不相同，故B错误；
C．同一主族从上到下金属性逐渐减弱，则金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z，故C正确；
D．非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：W＜R＜T，故D正确。
11. 室温下，根据下列实验过程及现象，对应的实验结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Zn可置换出CuSO4中的Cu，形成Zn-Cu-盐酸原电池，能够加快反应速率，结论合理，故A正确；
B．若HA为强酸，pH=2的HA溶液稀释10倍后pH应为3，现稀释后pHI1(B)；
【小问5详解】
BeO的一种晶体为立方ZnS结构，以上底面面心O原子分析，其周围最近且等距的Be原子在上下两层各有两个，因此氧的配位数为4。
16. 工业废水中的通常采用沉淀和萃取、反萃取等方法处理，达标后排放。
已知：
①常温下，、、，的电离常数：、。
②国家规定含量低于、pH约为7的废水符合排放标准。
Ⅰ．沉淀法
（1）碱沉淀：常温下，向含铜酸性废水中加碱生成沉淀，当调节废水pH为7时，___________。
（2）硫沉淀：酸性条件下，向含铜废水中加入FeS可使转化为CuS沉淀。
①反应的平衡常数K=___________(填数值)。
②保持FeS的投入量相同，废水中铜去除率随初始pH的变化如图所示，废水初始pH小于3，随pH减小，铜去除率降低的原因是___________。
Ⅱ．萃取、反萃取法
用含黄原酸(ROCSSH)的有机溶剂作为萃取剂可去除废水中。原理为。
（3）用硫酸做反萃取剂，为使尽可能多地进入水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有(填两项)___________。
Ⅲ．废水中含量的测定
准确量取20.00 mL含废水(其它物质不参加反应)于锥形瓶中，加入10 g KI晶体(过量)摇匀：加入淀粉溶液作指示剂，用0.02000 溶液滴定至终点：重复3次实验，平均消耗溶液25.00 mL。
已知：，。
（4）滴定终点的现象为___________。
（5）计算废水样品中铜离子的含量为___________(写出计算过程)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 部分FeS与反应生成并逸出
（3）充分振荡，多次萃取（或增大硫酸的浓度）
（4）滴入最后半滴溶液时，溶液的蓝色褪去，且在半分钟内颜色不复原
（5）1.6
【解析】
【小问1详解】
由题干信息可知，，当pH=7时，，则，；
【小问2详解】
①该反应平衡常数；
②是弱电解质，随着pH减小，溶液中的浓度增加，与FeS电离出的结合生成逸出溶液，使铜去除率降低；
【小问3详解】
要使充分进入水层，可以充分振荡，多次萃取，使有机相和水相充分接触，提高传质效率。也可以适当增加硫酸浓度，使反应的平衡逆向移动；
【小问4详解】
根据已知条件，向废水中加入KI溶液，与反应生成，使淀粉变蓝，用溶液滴定过程中，与反应生成，到达滴定终点时，滴入最后半滴溶液，待测溶液中的被完全消耗，由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不复原；
【小问5详解】
根据题干信息，滴定该废水平均消耗溶液的体积为25 mL，则滴定消耗的的物质的量为，根据方程式有，则废水中，。
17. 绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。
（1）催化重整：
ⅰ． kJ·ml-1
ⅱ． kJ·ml-1
①反应的_______kJ·ml-1。
②实验发现，其他条件不变，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中的含量。分析投入CaO时，百分含量增大的原因是：_______。
（2）利用之间的相互转化，来裂解水制取氢气，其制氢流程如图所示。该工艺制氢的总反应为，对比水和碳在高温下直接接触反应制氢，分析该工艺制氢的最大优点是_______。
（3）硼氢化钠()水解制氢：常温下，自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。
①若用代替，依据反应机理，则反应后生成的气体中含有_______。
②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，浓度对制氢速率的影响如下图所示。(已知：浓度较大时，易以形式结晶析出。)
分析质量分数超过10%后制氢速率下降的可能原因_______。
③转化为后，电解溶液又可制得，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。阴极上的电极反应式是_______。
【答案】（1） ①. +247.4 ②. CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应ⅱ平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应ⅰ平衡也正向移动
（2）该工艺中和CO分别在不同反应器内产生，实现了和CO的分离
（3） ①. 、HD、 ②. 浓度较高时，生成较多的，以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降 ③.
【解析】
【小问1详解】
①根据盖斯定律可知，反应可由i-ii得到，则[-()] kJ·ml-1=+247.4 kJ·ml-1；
②CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应ⅱ平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应ⅰ平衡也正向移动，从而提高平衡体系中的含量。
【小问2详解】
该工艺中和CO分别在不同反应器内产生，实现了和CO的分离；
【小问3详解】
①由图可知，第一步转化过程中转化为BH3和H原子，H原子可结合生成H2，第二步转化中BH3与D2O分别脱氢生成HD，同时得到BH2OH，最终一步转化中B(OH)3结合D2O中-OD，同时得电子形成，D2O断键得到D原子，D原子结合生成D2；
②浓度较高时，生成较多的，以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
③由装置可知，阴极上得电子生成，电极反应式为：。选项
实验过程及现象
实验结论
A
向2 mL 0.1 ml/L的盐酸中加入锌粒，产生气泡，再滴入2滴0.1 ml/L的溶液，产生气泡的速率增大
可能是因为形成原电池而加快化学反应速率
B
测量HA(一种一元酸)稀溶液的pH=2，将该溶液体积稀释10倍后再次测量pH
开始沉淀
6.3
1.5
8.9
6.8
完全沉淀
8.3
2.7
10.9
8.9