江苏无锡市2025-2026学年高二下学期期末考试化学试卷（Word版附解析）

这是一份江苏无锡市2025-2026学年高二下学期期末考试化学试卷（Word版附解析），共8页。
符合酸性氧化物的定义，A 符合题意；
B. CO₂ 能与碱反应生成碳酸盐和水，对应含氧酸H₂CO₃ 中 C 为+4价，与CO₂ 中 C 价态一致，属于酸性氧 化物，B 不符合题意；
C.SO₂ 能与碱反应生成亚硫酸盐和水，对应含氧酸H₂SO₃中 S 为+4价，与SO₂ 中 S 价态一致，属于酸性氧 化 物 ，C 不符合题意；
D. SO₃ 能与碱反应生成硫酸盐和水，对应含氧酸H₂SO₄ 中 S 为+6价，与SO₃ 中 S 价态一致，属于酸性氧化 物，D 不符合题意；
故选A。
2.D
【详解】A. 氯元素原子序数为17,核外电子层数为3,最外层电子数为7,位于第三周期VIIA 族 ，A 错误；
B. 氯自由基是Cl₂ 中共价键均裂生成的，氯原子最外层原本有7个电子，形成自由基后最外层电子数仍为 7, B 错误；
C. 自由基中质子数与核外电子数相等，呈电中性，不带负电荷， C 错误；
D. 氯自由基最外层有7个电子，易得到1个电子达到8电子稳定结构，因此具有强氧化性， D 正确； 故答案选D。
3.C
【详解】A. 金属性Ca 强于Al, 元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性 Ca(OH)₂>Al(OH)₃, A 错误；
B.Ca²+ 与s² 核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，故r(Ca²+)x(S),C 正确；
D.P 的价电子排布为3s²3p³,p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的S, 故I(P)>I₁(S),D 错
误 ；
故选C。
4.B
【详解】A. 浓硫酸用于干燥氯气是利用其吸水性，脱水性是指将有机物中H 、O 按原子个数比2:1脱去的
试卷第1页，共9页
性质，二者不对应，A 错误；
B. 二氧化氯具有强氧化性，可使微生物的蛋白质变性失活，因此可用于自来水杀菌消毒，性质与用途对应， B 正确；
C. 硫处理散落汞珠时，S 与 Hg 常温化合生成HgS, 反应中S 元素化合价由0价降低至-2价，体现氧化性 而非还原性，C 错误；
D. AgBr 用于制作相机胶片是利用其见光易分解的感光性，与淡黄色的外观无关， D 错误； 故选B。
5.B
【详解】A. 碱石灰吸水无明显现象，且可吸收反应生成的SO₂ 、CO₂, 无法检验产物水，A 错误；
B. SO₂ 的漂白作用具有可逆性，品红溶液褪色后加热恢复红色，可证明SO₂ 存在，B 正确；
C. SO₂ 和饱和NaHCO₃ 溶液反应会生成CO₂, 会干扰后续原产物中CO₂ 的检验，C 错误；
D. 酸性高锰酸钾完全褪色说明SO₂ 未除尽，SO₂ 也能使澄清石灰水变浑浊(生成CaSO₃ 沉淀),无法证明CO₂
存在，D 错误；
故答案选B。
6.C 7.B 8.D
【详解】6.A.C₂H₅SH 中 S 原子形成2个σ键，含 2对孤电子对，价层电子对数为4,杂化类型为sp³,A
错误；
B.COS 与CO₂互为等电子体，空间构型为直线形，B 错误；
C. 非金属性O>S, 元素非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，故H₂O 热稳定性高于H₂S,C 正确；
D. C₂H₅OH分子间可形成氢键，C₂H₅SH不能，故C₂H₅SH沸点低于C₂H₅OH,D 错误； 故选C。
7.A. H₂S 具有强还原性，在空气中被O₂ 氧化生成S 单质，反应方程式正确，A 正确；
B. S² 水解为分步可逆反应，第一步水解为s²⁻+H₂O 一 HS+OH, 不能一步完全水解生成H₂S, 也不能用
等号表示，B 错误；
C.CuS 难溶于酸，H₂S与Cu²+反应生成CuS 沉淀，离子方程式正确，C 正确；
D.Ag 在空气中与H₂S 、O₂ 反应生成Ag₂S 和H₂O, 电子守恒、原子守恒，方程式正确，D 正确；
故选B。
8. A. 催化剂只改变化学反应速率，不改变平衡状态，不能提高H₂S 的平衡转化率，A 错误；
B. 降低温度，正、逆反应速率均减小，该反应△H>0, 降温平衡逆向移动，H₂S 平衡转化率降低，B 错误；
C. 恒温恒压充入Ar, 容器体积增大，各反应物、生成物浓度均减小，正、逆反应速率均减小，该反应前 后气体分子数相等，平衡不移动， C 错误；
D. 及时分离出H₂O(g), 生成物浓度减小，平衡正向移动，化学平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常
数不变，D 正确；
故选D。
9.C
【详解】A.La₂O₃ 在过程I中被消耗，在过程Ⅲ中又生成，是反应的催化剂，不是中间产物， A 错误；
B. 过程Ⅱ中LaOCl 与 HCl 反应生成LaCl₃ 和H₂O, 所有元素化合价均无变化，没有发生氧化反应，B 错误；
C. 过程Ⅲ中反应物O₂ 的 O=0 非极性共价键断裂，生成物Cl₂ 的 Cl-Cl 非极性共价键生成，存在非极性共价 键的断裂与生成，C 正确；
D. 总反应为4HCl+O₂=2Cl₂+2H₂O, 根据反应系数，每生成1 mlCl₂ 消耗0.5mlO₂, 标准状况下体积
为11.2L,D 错误；
故答案选C。
10.D
【分析】放电(原电池，接负载，打开K₂ 关闭K₁) 时 ，VO 中V 为+5价，得电子生成V²+(V 为+4
价),因此A 室电极为放电时的正极；V²+中V 为+2价，失电子生成V³+(V 为+3价),因此B 室电极为放 电时的负极。充电(电解池，接电源，打开K₁ 关闭K₂) 时 ，A 室为阳极，B 室为阴极。
【详解】A. 关闭K₂ 、 打开K₁ 时，装置连接负载，处于放电过程，将化学能转化为电能，A 错误；
B. 若用阳离子交换膜替代质子交换膜，钒的阳离子( V²+ 、V³+ 等)可通过交换膜，造成电解液交叉污染， 降低电池效率，不能替代，B 错误；
C. 放电时负极发生失电子的氧化反应，电极反应为V²+-e⁻=V³+,C 错误；
D. 充电时A 室为阳极，B 室为阴极，阳离子向阴极移动，每转移1ml 电子，为平衡电荷，有1ml H+由 A 室移向B 室 ，D 正确；
故选D。
11.A
【详解】A. 探究温度对反应速率影响时，控制了反应物浓度、体积等其余变量均相同，仅温度不同，通过 观察出现浑浊的快慢可比较反应速率，A 正确；
B. 该实验中Fe³+物质的量大于I,Fe³+ 过量，即便反应不可逆也会有Fe³+剩余，滴加KSCN 溶液必然变红， 无法证明反应可逆，B 错误；
C. 未控制两种羧酸溶液的物质的量浓度相同，无法通过pH 比较酸性强弱，不能探究键的极性对羧酸酸性 的影响，C 错误；
D. 稀硝酸具有强氧化性，会将SO3 氧化为SO2, 干 扰SO2 的检验，D 错误；
故选A。
12.D
【详解】A. 步骤1是200 mL0.2ml·L¹Na₂S 和0.1ml·L¹Na₂ CO₃的混合溶液，物料守恒中S 的存在形式
包含S² 、HS 、H₂S,C 的存在形式包含CO₃ 、HCO₃ 、H₂CO₃, 选项漏了HS 和HCO₃,A 错误；
B. 步骤2溶液初始pH 为13.3,呈强碱性，反应物中不存在大量H+, 离子方程式不应出现H,B 错误；
C. 步骤3溶液pH=7, 即 c(H+)=10⁻⁷ml·L¹, 根据H₂SO₃的 代入得
故c(HSO₃ )>c( S³ ), C 错误；
D. Na₂S₂O₃ 具有还原性，蒸发浓缩时温度过高，易被空气中的O₂ 氧化生成Na₂SO₄, 导致产品纯度降低，D
正确；
故选D。
13.B
【分析】由图可知，CH₄ 和 CO₂ 的平衡转化率都随温度升高而增大，b 增大的程度大于a; 反应I为吸热反应， 升高温度平衡正向移动，反应物CH₄ 和CO₂ 的平衡转化率均随温度升高而增大；反应IⅡ 、Ⅲ为放热反应，升 高温度，平衡逆向移动，CO₂ 的平衡转化率随温度升高而增大，CH4的平衡转化率随温度升高而减小；故随 温度升高，CO₂ 平衡转化率的增大值大于CH₄ 平衡转化率的增大值，故曲线a 表示 CH 的平衡转化率，曲 线 b 表示CO₂ 的平衡转化率。
【详解】A. 根据分析，曲线a 表示CH₄ 的平衡转化率，曲线b 表示CO₂ 的平衡转化率，A 错误；
B. 由反应I 可知，生成物中 由反应Ⅱ可知，消耗了C, 同时生成了H₂, 由反应Ⅲ可知，生
成的H₂ 和 CO 的比值为2:1,生成物中始终大于等于1,但不会低于1(不会出现n(H₂)HSO₃>HCO₃, 题中说明“净化后烟气”中CO₂ 气体含量未增加，
说明不生成CO₂, 只 能 生 成HCO₃, 故离子方程式为2CO³²+SO₂+H₂O=2HCO₃+SO3。
(3)结合已知信息①可知，随pH 的增大，Na₂SO₃ 的溶解度降低，析出的晶体堵塞喷头，使气液接触不良， 脱硫效率降低。
(4) NaHSO₃ 与足量的Ca(OH)₂ 发生反应生成CaSO₃ 、 氢氧化钠和水，化学反应方程式为
NaHSO₃+Ca(OH)₂=CaSO₃↓+H₂O+NaOH
(5) CaSO₃ 开始沉淀时，c(Ca²+)×c(SO³3)=K(CaSO ₃), 则
(6)氧化反应为2CaSO₃+O₂+4H₂O=2CaSO₄·2H₂O, 标准状况下22.4L 氧气的物质的量为1ml, 对应生 成 2ml 石膏，石膏摩尔质量为172 g/ml, 故质量为2ml×172 g/ml=344g。
(7)反应的离子方程式为：2MnO₄+5SO₂+2H₂O=2Mn²++5SO2-+4H⁺, 可得关系2 n(MnO 4)=5n(SO₂),
SO₂的质量为1.20×10⁻²ml×64g/ml=0.768g=768mg, 通入气体的总体积为60mL/s×200s=12000mL=12L,
SO₂ 的含量为
16. (1) Cl₂+2OH=Cl+ClO+H₂O 防止温度过高不利于Cl₂ 的溶解；防止温度过高生成副产物
(2)水可以除去Cl₂ 中混有的HCl
(3)c(C10-)+2c(Cl₂O)
(4)pH 增 大 ，H 浓度降低，使平衡ICl₂(aq)+H₂O( 1)一 H+(aq)+CT(aq)+HClO(aq )右移，c(HCIO) 增大；
同时平衡ⅢHClO( aq) 一 H⁺+ClO( aq) 也右移，c( HClO )减小，两个趋势抵消， lgc(HCIO) 变化不明显
(5)将100mL 2.00 mlL NaClO 溶液和NaOH 溶液混合后加入滴液漏斗，边搅拌边向三颈烧瓶中滴加，用 pH 计监测溶液pH, 当 pH 为9.5时停止滴加，充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤 液中滴加AgNO₃ 溶液不再产生白色沉淀，过滤
【分析】A 中用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，B 中用30%NaOH 溶液在冰水浴中吸收氯气制备NaCl,C 和D 作为尾气吸收装置。
【详解】(1)B 中发生的反应为氯气和NaOH 反应生成NaCl 、NaClO 和水，离子方程式为
Cl₂+2OH=Cl+ClO-+H₂O; 氯气与NaOH 反应放热，使用冰水浴降低温度，防止温度过高发生副反应生成氯
酸钠，提高次氯酸钠产率，同时温度过高Cl₂ 溶解下降。
(2) A 中制备得到的氯气会混有会发出的HCl,HC1 与 NaOH 反应影响NaClO 产率，将B 和 C 位置对调， 水会吸收HCl, 与 NaOH 反应的HCl 减 少 ，NaClO 产率增加。
(3) Cl₂ 溶于水生成等量的Cl-和HC1O,HCIO 进一步转化为Cl₂O 和 ClO, 则该氯水中氯元素质量守恒表 达式为：c(Cl-)= c(HCIO)+c(CI-)+2c(Cl₂O)。
(4)p H 从 4 升 高 到 6 时 ，H+浓度降低，使 平 衡IC L(aq)+H₂O(1) 一 H+(aq)+cT(aq)+HClO(aq) 右移， c(HCIO) 增大；同时平衡 Ⅲ HCIO(aq) 一 H++Cl(aq) 也右移，c(HCIO) 减小，两个趋势抵消，因此
lgc (HCIO) 变化不明显。
(5)根据反应的化学方程式可知，所用氯化镁溶液的物质的量为
n(MgCl₂ )=100×10⁻³L ×4.00ml/L=0.4ml, 则需要 ,对应2.00ml/L NaClO 溶液体积为100mL, 题目说明pH=9.5 时有效氯含量最高，因此需要控制pH=9.5, 产物沉淀表面吸 附杂质Ct, 需要洗涤，洗涤后再用AgNO₃检验洗涤是否完全，故需要补充的实验方案为：将100mL2.00 mlL NaClO溶液和NaOH 溶液混合后加入滴液漏斗，边搅拌边向三颈烧瓶中滴加，用pH 计监测溶液pH, 当pH 为9.5时停止滴加，充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤液中滴加AgNO₃溶液 不再产生白色沉淀，过滤。
17. (1)+40.9
(2)此温度时以反应2为主，反应2为气体分子数不变的反应，压强的改变对平衡移动没有影响
(3) 1.75 1:1
(4) 棒状与球形表面Ce³+比例相差不大，氧空位数量相差不大，二者催化活性接近，对DMC 产率影响 相差不大 升高温度导致催化剂活性降低；升高温度不利于CO₂ 的吸附；DMC 在较高温度下受热分解 等
【详解】(1)由三个热化学方程式可得，反应2=反应1-反应3,根据盖斯定律可得△H₂=△H₁-△H₃, 即
△H₂=-49.5kJ /ml-(-90.4kJ /ml)=+40.9kJ /ml;
(2)由三个热化学方程式可知，反应1、反应3为放热反应，反应2为吸热反应，三条曲线几乎交于一点 对应的温度时，反应主要以反应2为主，该反应为气体分子数不变的反应，改变压强对其平衡移动无影响，
因此不同压强下CO₂ 平衡转化率几乎相等，三条曲线几乎交于一点；
(3)由晶胞结构图示可知， CeO₂ 晶胞中Ce⁴+位于晶胞的顶点和面心，有, O²-位于晶胞内部 有8个；空缺CeO 晶胞中Ce 个数不变，少了1个0²,故空缺CeO 晶胞中Ce 的个数为4个， O² 的个数为
8-1=7个，可得该晶胞中N(Ce): ,故 . CeO 中Ce 有+3价和+4价，根据化合物中
化合价的代数和为0可得，( 且② N(Ce³+)+N(Ce4+)=1, 联 立①②两式解得： N(Ce³+)=0.5,N(Ce)=0.5, 所以离子数目比N(Ce³+):N(Ce⁴+)=0.5:0.5=1:1;
(4)①催化活性和表面Ce³+比例(氧空位数量)密切相关。由表格可知，棒状(22.55%)和球形(15.69%) 催化剂表面 Ce³+比例数值比较接近，氧空位数量相差不大，二者催化活性接近，因此棒状和球形纳米形态
的空缺CeO 催化剂对DMC 的产率影响相差不大；
②当合成温度超过420K 时，可造成催化剂烧结，氧空位减少，催化活性下降，导致DMC 产率下降；升高 温度不利于 CO₂ 的吸附，且DMC 在较高温度下受热易分解，导致DMC 产率下降；
(5)根据空缺CeOx催化CO₂ 与甲醇合成DMC 的可能反应机理图示(□代表氧空位)可知，
和
反应生成A 和 ,根据图中断键位置与原子守恒可得中间体A 的结构为