河池2025-2026秋季期末高二化学答案_2026年02月高二试卷_260216广西壮族自治区河池市2025-2026学年高二上学期1月学科素养测评（期末）

2026 年 1 月高二学科素养测评 化学参考答案 第1题 第2题 第3题 第4题 第5题 第6题 第7题 D C B C A C B 第8题 第9题 第10题 第11题 第12题 第13题 第14题 B C D A D D A 1．【答案】D A．蔗糖是二糖，不属于高分子化合物，A错误； B．合金的熔点一般低于其组分中的纯金属，铝合金熔点低于纯铝，B错误； C．潮湿的空气属于中性或弱酸性环境，桥梁钢结构主要发生吸氧腐蚀，C错误； D．轮船镶嵌锌块，锌作原电池负极被腐蚀，船舶外壳作为正极被保护，此为牺牲阳极法，D 正确。 2．【答案】C A．基态N原子价电子排布为2s22p5，2s轨道中两电子自旋方向相反，题中排布不符合泡利原 理，应为 ，A错误； B．此选项中由p轨道“头碰头”重叠形成，故为p-pσ键，B错误； C．Fe原子核外有26个电子，基态Fe核外电子排布式为[Ar]3d64s2，先失去最外层两个电子， 再失去3d能级一个电子，基态Fe3+核外电子排布式为[Ar]3d5，C正确； D．CS 的电子式为 ，D错误。 2 3．【答案】B A．氢氧化钡和硫酸均属于强电解质，二者反应生成硫酸钡和水，Ba2++2OH-+2H++ SO 2-==BaSO ↓+2H O，A错误； 4 4 2 B．硫酸钙与碳酸根反应生成溶度积更小的碳酸钙，B正确； C．ClO-具有强氧化性，会将 SO 氧化为 SO2-，自身被还原为 Cl-，离子方程式为： 2 4 SO +H O+3ClO-=SO2-+Cl-+2HClO，C错误； 2 2 4 D．氨水为弱碱，为弱电解质，书写离子方程式的时候不可以拆，正确的离子方程式为： Al3++3NH ·H O=Al(OH) ↓+3NH+，D错误。 3 2 3 4 4．【答案】C A．油污在碱性条件下水解，碳酸钠水解呈碱性且加热能促进水解碱性增强，更有利于油污去 除，A正确； B．由于原子半径I>Br，所以H-Br键能大于H-I，分解温度更高，B正确； C．CO （180°）、CH O（120°）、CCl （109.5°）键角依次减小是因中心原子杂化方式不同 2 2 4 （sp→sp2→sp3），而非孤电子对影响（三者的中心C原子均无孤电子对），C错误； D．P的3p轨道半充满结构更稳定，第一电离能大于S，D正确。 5．【答案】A A．160gBr 的物质的量为1mol，故含有的分子数为N ，A正确； 2 A B．未明确溶液的体积，不能确定CO2-的物质的量及数目，B错误； 3 C．富集Br 过程中发生化学反应为3Br +3Na CO =NaBrO +5NaBr+3CO ，每消耗3 mol Br ，转 2 2 2 3 3 2 2 5N 移的电子数为5N ，则反应1mol Br ，转移的电子数为 A ，C错误； A 2 3 D．CO 的结构式为OCO，每个双键中含有1个σ键，1个CO 分子中含有2个σ键，标况 2 2 高二化学 参考答案 第 1 页 共 6 页下，6.72LCO 物质的量为0.3mol，σ键数目等于0.6N ，而常温常压下，6.72LCO 物质的 2 A 2 量小于0.3mol，σ键数目小于0.6N ，D错误。 A 6．【答案】C A．由图可知，催化剂中阳离子、阴离子均不同，根据探究实验变量唯一化原则，题给装置无 法达到比较Fe3+与Cu2+对H O 分解的催化效果的实验目的，A错误； 2 2 B．NaOH标准液滴定CH COOH（弱酸），滴定终点溶质为CH COONa，溶液显碱性，应选用 3 3 酚酞（变色范围8.2-10.0）作指示剂，甲基橙（变色范围3.1—4.4）在酸性范围变色，无法 准确指示终点，操作错误；同时盛装NaOH标准液要用碱式滴定管，图中为酸式滴定管， B错误； C．在铁制品上镀铜时，铜作阳极、铁制品作阴极，电解质为CuSO 溶液，C正确； 4 D．蒸发AlCl 溶液，促进Al3+水解，生成氢氧化铝和HCl，HCl易挥发，得到氢氧化铝，氢氧 3 化铝加热分解生成氧化铝，不能得到无水AlCl ，D错误。 3 7．【答案】B 【分析】由题干信息可知，四种元素均为短周期元素，即前三周期，Y3与Z－具有相同的电子 层结构，故Y元素为Al元素，Z为F；基态X原子的2p能级上有3个未成对电子，其核 外电子排布式为1s22s22p3，故X为N元素；Z与W处于同一主族，Z元素为F元素，故 W元素为Cl。 【详解】A． Y（Al）、W（Cl）位于第三周期，同周期元素的原子半径递变规律为同周期从 左到右原子半径依次减小，故原子半径Y（Al）>W（Cl），A错误； B．X为N，第一电离能比F小，B正确； C．Y、Z、W电负性大小比较：F＞Cl＞Al，C错误； D．W元素为Cl，则Z元素为F元素，则W的最高价含氧酸为HClO ，Z无最高价含氧酸， 4 D错误。 8．【答案】B A．AgNO 溶液过量，与KI反应生成沉淀，不涉及沉淀转化，不能判断两者K 的大小，A错 3 sp 误； B．溶液变蓝说明有I 生成，根据氧化还原反应的规律可知：Br 的氧化性比I 的强，B正确； 2 2 2 C．由于CH COOH溶液和HCl溶液的浓度未知，故不能通过测量两者的pH值来比较CH COOH 3 3 和HCl的酸性，C错误； D．SO 具有漂白性，但是不能使紫色石蕊溶液褪色，D错误。 2 9．【答案】C 【分析】由锂离子的移动方向可知，放电时，电极A为负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂 离子，电极反应式为Li-e-=Li+，电极B为正极，锂离子作用下二氧化碳在正极得到电子发 生还原反应生成碳酸锂和碳，电极反应式为3CO +4Li++4e-=2Li CO +C；充电时，与直流 2 2 3 电源负极相连的电极A为电解池的阴极，电极B为阳极。 【详解】A．放电时电极A为负极，电极材料为Li，会与水反应，因此该电池只可选用无水电 解液，A错误； B．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的电极A为电解池的阴极，电极B为阳极，则 锂离子从电极B移动向电极A，B错误； C．放电时，电极B发生反应：4Li++4e－+3CO =2Li CO +C，C正确； 2 2 3 D．根据放电正极电极反应式3CO ＋4e－＋4Li＋＝2Li CO ＋C，充电阳极反应式2Li CO －4e－ 2 2 3 2 3 ＝2CO ↑＋4Li＋＋O ↑，因此该电池每充、放2mol电子一次，理论上能固定0.5molCO ， 2 2 2 即标况下11.2L的CO ，D错误。 2 10．【答案】D 【详解】A．对比实验Ⅰ、实验Ⅲ，当其他条件不变时，温度升高，CO平衡浓度增大，说明升温 高二化学 参考答案 第 2 页 共 6 页使平衡逆向移动，故反应放热，ΔH＜0，A正确； B．实验Ⅲ中CO浓度变化为2×10-3mol·L-1，根据反应比例，N 的浓度变化为1.0×10-3mol·L-1， 2 v(N )= 1.0×10-3 mol·L-1·min-1， B正确； 2 t 3 C．实验I和II温度相同，催化剂比表面积大的II达到平衡时间更短（t O>C 同周期从左到右第一电离能逐渐增大，但由于氮原子的2p能 级处于较稳定的半充满状态，第一电离能大于氧原子 ③sp3（1分） sp2（1分） 16．（除标注外，每空2分，共15分） （1）蒸馏烧瓶（1分） （2）2MnO-+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl ↑+8H O 4 2 2 （3）浓硫酸 （4）②①④③ （5）232～623℃ （6）SnCl + 2+x H O=SnO ·xH O+4HCl 4 2 2 2 （7）①当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 ② 91.45 【分析】装置A是浓盐酸和KMnO 反应制备Cl ，生成的Cl 通过盛装饱和食盐水的装置B， 4 2 2 除去挥发出来的HCl，则Sn与HCl反应生成SnCl 和H ，装置C中盛装浓硫酸，干燥Cl ，装 2 2 2 置D是SnCl 的制备装置，装置E是收集装置；因为SnCl 常温下为液体，遇水极易发生水解， 4 4 球形干燥管中的碱石灰是为了吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入E中，以此解题。 【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器X的名称是蒸馏烧瓶； （2）由分析可知，装置A的离子方程式为2MnO-+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl ↑+8H O； 4 2 2 （3）由分析可知，装置C中的作用是除去Cl 中的水蒸气，故装置C中盛装的试剂是浓硫酸； 2 （4）由于Sn能与O 反应，SnCl 极易水解，故应先打开活塞，滴加浓盐酸，通入Cl 排尽装置 2 4 2 中的空气；接着用管式炉加热熔融Sn，Sn与Cl 反应生成SnCl ；反应完毕，停止加热； 2 4 继续通入Cl 将SnCl 全部驱赶到E中，最后停止通Cl ，故正确的操作顺序为②①④③； 2 4 2 （5）由题干与表中信息可知，用熔融态Sn与氯气制备，Sn的熔点为232℃，SnCl 的沸点为 2 623℃，故Cl 和Sn的反应产物可能会有SnCl 和SnCl ，为防止产品中带入SnCl ，除通 2 2 4 2 入过量氯气外，应控制温度在232～623℃范围内； （6）若无装置F，除无法吸收剩余氯气外，还可能会导致空气中的水蒸气进入装置E，SnCl 4 水解生成SnO xH O，方程式：SnCl + 2+x H O=SnO xH O+4HCl； 2 2 4 2 2 2 （7）滴定实验时，碘酸钾把SnCl 氧化为SnCl ，自身被还原为碘离子，SnCl 完全反应后，过 2 4 2 · · 量半滴碘酸钾会把KI氧化为I ，I 能使淀粉溶液变蓝色，故滴定终点的现象：当滴入最后 2 2 半滴标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；由题意可知，滴定消耗6.00mL 0.0100mol/L 碘酸钾溶液，由方程式可知，SnCl 的纯度为 4 100%－0.0100mol/L×0.006L×3×190g/mol×100%=91.45%。 0.4000g 高二化学 参考答案 第 4 页 共 6 页17．（除标注外，每空2分，共14分） （1） 3d54s1 （2）粉碎铬铁矿（或增大空气通入量、搅拌等） 400500℃ （3）4FeCrO  +7O＋16KOH 2Fe O +8K CrO +8H O 2 2 2 2 3 2 4 2 （4）AlOH 3 （5）增大溶液中氢离子浓度，使平衡2CrO22H CrO2H O正向移动，使CrO2转化为 4 2 7 2 4 Cr O 2- 2 7 （6）蒸发浓缩（1分） 冷却结晶（1分） （7） KHCO 3 【分析】铬铁矿主要成分是FeCrO  、MgCrO  、Al O、SiO ，与过量KOH在空气中煅烧， 2 2 2 2 2 3 2 生成K CrO 、Fe O 、MgO、K[Al(OH) ]、K SiO ；通入KHCO -K CO (aq)/CO 浸取，生成 2 4 2 3 4 2 3 3 2 3 2 AlOH 、H SiO ，Fe O 、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为：AlOH 、H SiO ，Fe O 、MgO，通过 3 2 3 2 3 3 2 3 2 3 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出K CrO 固体，滤液I中含有K CrO ；将K CrO 中加水溶解， 2 4 2 4 2 4 并通入过量 CO 酸化，将K CrO 转化为K CrO ，同时副产物KHCO 生成，将K CrO 与 2 2 4 2 2 7 3 2 2 7 KHCO 分离，滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO ，据此分析； 3 3 【详解】（1）基态铬原子的价层电子排布式为：3d54s1； （2）将铬铁矿粉碎（或增大空气通入量、搅拌等），通过增大反应物接触面积或提高反应物浓 度加快反应速率； （3）煅烧工序中FeCrO  与过量KOH、空气中氧气反应生成K CrO 、Fe O 、H O，根据得 2 2 2 4 2 3 2 失电子守恒，原子守恒，化学方程式： 400~500℃ 4FeCrO  +7O ＋16KOH 2Fe O +8K CrO +8H O； 2 2 2 2 3 2 4 2 （4）根据分析可知，滤渣的主要成分：Fe O、H SiO 、MgO、AlOH 、； 2 3 2 3 3 （5）酸化的目的是增大溶液中氢离子浓度，使平衡2CrO22H CrO2H O正向移动，使 4 2 7 2 CrO2转化为Cr O 2； 4 2 7 （6）分离工序中经蒸发浓缩、冷却结晶、低温过滤、洗涤、干燥可得到K Cr O 固体； 2 2 7 （7）根据分析可知，滤液II的主要溶质为KHCO ，可在浸取工序中循环使用。 3 18．（除标注外，每空2分，共14分） （1）+31.4 （1分） 高温（1分） （2）①HCOOH+H+= ②AC （3）bc 9 （4）①随着温度升高，主要发生反应Ⅱ ② 426.3 19 【详解】（1）由图示可知①HCOOH(g)=CO(g)+H O(g) ΔH =+72.6kJ/mol ； 2 1 ③CO(g)+H O(g)=CO (g)+H (g) ΔH = －41.2kJ/mol；利用盖斯定律，将①+③可得： 2 2 2 3 高二化学 参考答案 第 5 页 共 6 页②HCOOH(g)⇌ CO (g)+H (g)的焓变ΔH =ΔH +ΔH =（+72.6kJ/mol）+（－41.2kJ/mol） 2 2 2 1 3 =+31.4kJ/mol。该反应的ΔH＞0、ΔS＞0，则有利于反应自发进行的条件是高温； （2）决速步是能垒最大的步骤，该步骤的反应为HCOOH+H+= 。②A. 刚开始H+参 与反应，最后又生成，是该反应的催化剂；B. 使用催化剂后，v 、v 都变快，平衡不移 正 逆 动；C. 第一步基元反应有极性键生成，第二步和第三步基元反应有有极性键断裂；D. 该 反应为吸热反应，E 大于0，则该反应ΔH=E ；故选AC。 1 3 （3）a．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡 状态；b．两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是 平衡状态；c．气体浓度不变是平衡状态的标志，则浓度不变，是平衡状态；d．CO和CO 2 物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态；故选bc； （4）①题图中随着温度升高，HCOOH的转化率增大，但CO的选择性下降，可能的原因是随 着温度升高，主要发生反应Ⅱ； ②分析题图可知，400℃时，CO的选择性几乎为0，H 的选择性为100%，则该条件下发 2 生的反应为HCOOHg CO gH g ，HCOOH的转化率为90%，设起始时，加入 2 2 HCOOHg的物质的量为amol，列“三段式”如下： HCOOH(g)CO (g)+H (g) 2 2 起始mol a 0 0 转化mol 0.9a 0.9a 0.9a 平衡mol 0.1a 0.9a 0.9a 平衡时，气体的总物质的量n 总1.9amol，故CO 的体积分数为 0.9mol  9 。 2 1.9mol 19 0.9a 900 0.1a 100 pCO  pH  100kPa kPa，pHCOOH 100kPa kPa， 2 2 1.9a 19 1.9a 19 900 2 K  pCO 2 pH 2     19 kPa   426.3kPa 。 p pHCOOH 100 kPa 19 高二化学 参考答案 第 6 页 共 6 页