玉林2025-2026秋季期末高二化学答案_2026年02月高二试卷_260210广西壮族自治区玉林市2025-2026学年高二上学期期末教学质量监测（全）

2025 年秋季期高二期末教学质量监测 化学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 A D B C B C A D B A B C D C 1．【详解】A．NaCl不会水解，用食盐腌制食材，与盐类水解无关，A符合； B．快速发酵粉中的明矾[KAl(SO 4 ) 2·12H 2 O]和小苏打可以发生双水解生成氢氧化铝和二氧化 碳气体，B不符合； C．醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解呈碱性，C不符合； D．草木灰中含有碳酸钾，其水解显碱性，所以称之为碱水，D不符合。 2．【详解】A．CaCl 是电解质，但溶液显中性，A不符合； 2 B．CH CH OH是非电解质，B不符合； 3 2 C．盐酸显酸性，但它是混合物，不是电解质，C不符合； D．NH Cl是强电解质，且在溶液中水解显酸性，D符合。 4 3．【详解】B．Fe是26号元素，基态Fe的价层电子排布式为：3d64s2，故B错误； 4．【详解】A．14C断代法通过测量碳-14的衰变程度推断含碳元素的文物年代，例如文物中若含 有机材料（如木材、织物）可用此法，A正确； B．红外光谱用于分析有机物的官能团和化学键，B正确； C．用质谱法测定相对分子质量，C错误； D．原子光谱法通过特征谱线鉴定元素种类，适用于金属文物表层元素分析，D正确。 5．【详解】A．氢气分子中，s-sσ键没有方向性，A错误； B．每个电子层的能级总是从s能级开始，B正确； C．钠基态电子排布为1s22s22p63s1，3p和3d轨道均未填充电子，3s也未填满电子，C错误； D．2s和2p能级分别最多容纳2和6个电子，D错误。 6．【分析】X失去1个电子后成为质子，则X为H；Y的基态原子价层电子排布式为nsnnpn，s 轨道最多填充2个电子，n=1时不存在p轨道，则n=2，Y为C；Z的基态原子2p能级为半 充满，Z为N；Q+的基态M能层有8个电子，则Q为K；据此解答。 【详解】A．同主族，周期数越大，半径越大；同周期元素，原子序数越小，半径越大，则 原子半径：K>C>N，A正确； B．同周期元素，原子序数越大，电负性越大，则电负性：N>C>H，B正确； C．N因p轨道半充满更稳定，第一电离能最大；同主族元素从上到下第一电离能变小，K 的第一电离能小于H。所以第一电离能N＞H＞K，C错误； D．NH 与水可形成氢键，CH 与水不能形成氢键，则NH 的水溶性大于CH ，D正确。 3 4 3 4 7．【详解】A．若铁钉在食盐水中发生吸氧腐蚀，左侧试管中气体压强减小，右侧试管中溶液会 进入导气管中形成一段液柱，则题给装置能达到验证铁的吸氧腐蚀的实验目的，A正确； B．酸性高锰酸钾溶液为强氧化性溶液，应放在酸式滴定管中，B错误； 高二化学参考答案 第1页（共6页） {#{QQABAYKQogioAJBAABhCAQU6CkCYkAEAAAgOABAcMAAAQBNABAA=}#}C．测定溶液的pH不能将试纸直接放入溶液中，应用玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸上，并 与比色卡对比颜色进行读数，C错误； D．题给装置缺少玻璃搅拌器，不能达到测定中和反应的反应热的实验目的，D错误。 8．【详解】A．催化剂仅能降低活化能，不改变ΔG，无法使非自发反应变为自发，A错误； B．反应后气体物质的量增加，熵增，ΔS>0，B错误； C．生成固体导致熵减，ΔS<0，常温自发需ΔG=ΔH−TΔS<0，即ΔH<0，C错误； D．ΔH=−78kJ/mol<0，ΔS=+494J/mol>0，则任何温度下均有ΔG=ΔH−TΔS<0，任何温度下均 自发，D正确。 9．【详解】A．由图知，N 、O 转化为NO的反应是吸热反应，A正确； 2 2 B．并不是反应物分子的每次碰撞都能发生反应，引发化学反应的碰撞叫有效碰撞，B错误； C．该反应的正反应为吸热反应，则正反应的活化能大于逆反应的活化能，C正确； D．使用催化剂可加快反应速率，故可增加单位时间内NO的产量，D正确。 10．【详解】A．根据电流的方向可知a为电解池的阳极，则用来精炼铜时，a极为粗铜，电解质 溶液为CuSO 溶液，故A正确； 4 B．铁比铜活泼，为原电池的负极，发生的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B错误； C．装置③为外加电流法，钢闸门与外接电源的负极相连，电源提供电子而防止铁被氧化， 故C错误； D．浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以腐蚀，故D错误。 11．【详解】A．pH=1的溶液为强酸性，HCO−与H+生成CO 和H O，不能大量共存，A错误； 3 2 2 B．遇酚酞变红的溶液为碱性溶液，确定各离子在碱性溶液中可以大量共存，B正确； C．酸性溶液中，NO−具有强氧化性，能氧化Fe2+，不能大量共存，C错误； 3 D．水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液可能是酸溶液或碱溶液，HSO-既不能在酸 3 溶液中大量共存，也不能在碱溶液中大量共存，Mg2+不能在碱溶液中大量共存，D错误。 12．【详解】A．测定0.1mol/L醋酸溶液的pH，如果溶液的pH＞1，则说明醋酸部分电离，为弱 电解质，A正确； B．NaHSO 在水溶液中电离出Na+、H+和硫酸根离子，故向水中加入少量硫酸氢钠固体， 4 c(H+)增大，但水的离子积常数K 只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，温度不变，水 w 的离子积常数不变，B正确； C．酸无论如何稀释都不能变为中性或碱性溶液，所以常温下，将1mLpH=5的盐酸稀释至 1L，稀释1000倍，溶液接近中性，但c(H+)仍小于1×10-7mol/L，C错误； D．相同温度下，pH相同的盐酸和醋酸，c(醋酸)＞c(盐酸)，pH、体积相同的醋酸和盐酸， n(醋酸)＞n(盐酸)，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH物质的量与 酸的物质的量成正比，所以醋酸消耗的多，D正确。 13．【分析】电解法制备Na FeO 的工作原理如图所示，Fe为电解池的阳极，M为电源的正极， 2 4 电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO2-+4H O，Pt为电解池的阴极，N为电源的负极，电极反 4 2 应式为：2H O+2e-=H ↑+2OH-，阴离子交换膜能允许OH-通过，据此分析解题。 2 2 【详解】A．由分析可知，M为电源的正极，A错误； 高二化学参考答案 第2页（共6页） {#{QQABAYKQogioAJBAABhCAQU6CkCYkAEAAAgOABAcMAAAQBNABAA=}#}B．由分析可知，阳极上的电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO2-+4H O，B错误； 4 2 C．由分析可知，Fe为阳极，Pt电极为阴极，OH-通过阴离子交换膜由阴极即Pt电极移向阳 极即Fe电极，C错误； D．由分析可知，阴极电极反应为：2H O+2e-=H ↑+2OH-，根据电子守恒可知，理论上每转 2 2 移0.1mole-，阴极上会产生标准状况下0.05molH 即0.05mol×22.4L/mol=1.12L气体， 2 D正确。 14．【分析】随着溶液pH的增大，先发生：H SO OH  HSO - H O，后发生： 2 3 3 2 HSO - OH  SO2- H O，结合各粒子浓度变化可知，①代表亚硫酸分子，②代表亚硫酸 3 3 2 氢根，③代表亚硫酸根。 【详解】A．由上述分析可知，③代表亚硫酸根，A正确； B．根据题意，pH=7.2时，c  HSO 与c  SO2 相等，约为0.05mol/L，则 3 3 c  HSO 2c  SO2 0.10mol/L，B正确； 3 3 C．NaHSO 溶液的电离平衡常数K =10-7.2，水解常数为K = Kw = 10−14 =10−12.1，电离大于水 3 a2 h Ka1 10−1.9 解，溶液显酸性，c(SO 2—)>c(H SO )，C错误； 3 2 3 D．H 2 SO 3 中存在H 2 SO 3 HHSO 3 、HHSSOO 3  3 - SSOO 3 2 3 2-HH，则由曲线①②交点可知 c(HSO - )c(H  ) c(SO2- )c(H  ) K  3 =10-1.9、曲线②③交点可知K  3 =10-7.2，则 a1 a2 - c(H SO ) c(HSO ) 2 3 3 c(SO2- )c2(H  ) 3 =K ×K =×10-1.9×10-7.2=10-9.1，D正确。 a1 a2 c(H SO ) 2 3 15．(15分，除标注外，其余均为2分) (1)球形干燥管 (1分) 吸收氯气和二氧化硫，防止污染空气，同时防止水蒸气进入装置中使磺酰氯水解 (2)浓硫酸 (3)①13.7 ②溶液由无色变成粉红色，且30s不恢复 ③g>f>e ④84.4% ⑤AD 【分析】装置甲中制取SO ，经装置乙浓硫酸的干燥作用后通入装置丙中；装置庚中浓盐酸 2 与高锰酸钾混合制取Cl ，浓盐酸具有挥发性，使制取得到的Cl 中含有杂质HCl和水， 2 2 通过装置戊饱和食盐水除去杂质HCl，然后通过丁中浓硫酸的干燥作用后通入装置丙中， 在装置丙中，SO 、Cl 在活性炭作用下反应，制取少量的SO Cl ，据此作答。 2 2 2 2 【详解】 （1）仪器b为球型干燥管，装的试剂为碱石灰要吸收氯气和二氧化硫，防止污染空气，同 时防止水蒸气进入装置中使磺酰氯水解； （2）乙和丁都是起干燥作用，故都是浓硫酸； （3）④SO Cl 与水反应生成H SO 和HCl，反应方程式为SO Cl +2H O=H SO +2HCl； 2 2 2 4 2 2 2 2 4 用氢氧化钠滴定硫酸和盐酸，酚酞做指示剂，溶液由无色变成红色到达终点； 设水解的SO Cl 的物质的量为xmol，根据SO Cl +2H O=H SO +2HCl可知，水解生 2 2 2 2 2 2 4 高二化学参考答案 第3页（共6页） {#{QQABAYKQogioAJBAABhCAQU6CkCYkAEAAAgOABAcMAAAQBNABAA=}#}成H SO 和HCl的物质的量分别为n(H SO )=xmol，n(HCl)=2xmol，滴定反应的方程 2 4 2 4 式为H SO +2NaOH=Na SO +2H O、HCl+NaOH=NaCl+H O，则消耗的氢氧化钠的物质 2 4 2 4 2 2 的量为n(NaOH)=2n(H SO )+n(HCl)=4xmol；滴定前后消耗的体积20.00mL，则4xmol= 2 4 0.5000mol/L×0.02L=0.01mol，则x=0.0025，那么SO Cl 的质量分数为 2 2 250mL 135g/mol0.0025mol 25mL 100% =84.4%； 4g ⑤A．滴定终点读数时，俯视标准液液面，则标准液体积偏小，导致结果偏低； B．滴定前锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥，不影响结果； C．碱式滴定管未用标准液润洗，导致标准液被水稀释，则标准液体积偏大，导致结果偏高； D．取25.00mL待测液于锥形瓶时，有一滴落在锥形瓶外，则消耗NaOH体积减少，导致 结果偏低。 16．(15分，除标注外，其余均为2分) (1)四面体形 sp3 (2)σ键 (3)N(1分) N原子的2p轨道为半充满，更稳定，第一电离能更大 (4) (5) (6)H O 分子间有氢键 2 2 【分析】A原子的电子只有一种自旋取向，所以A为H；C有8种不同运动状态的电子，所 以C为O；B的价电子层中有3个未成对电子，B原子序数小于C，核外电子排布式为 1s22s22p3，所以B为N；F原子最外层只有一个电子，且3d轨道为半充满状态，所以F为 Cr；简单离子D-和E+的核外电子排布相同，且F与E同周期，所以D为Cl、E为K。因 此，A、B、C、D、E、F分别为H、N、O、Cl、K、Cr。 【详解】(1)BA 分子为NH ，其VSEPR模型为四面体形，其中心原子的杂化方式为sp3。 3 3 (2)A C为H O，按轨道重叠方式分析，H O中含有的化学键为σ键。 2 2 2 (3)N、O中第一电离能最大的是N，原因为N、O失去的第一个电子都在2p轨道上，但N原 子的2p轨道为半充满，更稳定，第一电离能更大。 (4)工业上常通过电解熔融KCl来制取单质K，该反应的化学方程式为 。 (6)A C 为H O ，AD为HCl，它们的相对分子质量相近，但H O 的沸点更高，原因是H O 2 2 2 2 2 2 2 2 分子间有氢键。 17．(14分，每空2分) (1)-23.5 (2)①bd ②第二步 ③T 之后，反应达到平衡状态，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚减少 3 （催化剂活性下降，相同时间内生成的二甲醚减少） (3)①＞ ②0.5 ③ ‰‰〭 ‰h〭 【详解】（1）由盖斯定律可知，Ⅲ ‰〭 = ‰ Ⅱ - ‰ 2 〭 × Ⅰ，可得H 3 122.549.5223.5kJmol-1。 （2）①a．容器体积不变，由于所有物质均是气体，混合气体质量不变，所以混合气体的密度 高二化学参考答案 第4页（共6页） {#{QQABAYKQogioAJBAABhCAQU6CkCYkAEAAAgOABAcMAAAQBNABAA=}#}始终不变，不能说明反应已经达到平衡，a不符合题意； b．反应过程中，虽然气体分子数没有变化，但因容器绝热且反应为放热反应，温度在上 升，则压强在增大，所以当容器内压强不再发生变化时，反应达到平衡状态，b符合 题意； c．甲醇的消耗速率等于水的消耗速率的两倍时，反应才达到平衡状态，甲醇的消耗速率 等于水的消耗速率时反应没有达到平衡状态，c不符合题意； d．随着反应开始进行，二甲醚的体积分数在不断增大，当二甲醚的体积分数不再发生变 化，则说明反应达到平衡状态，d符合题意；故答案选bd。 ②第二步反应活化能较高，反应速率较慢，是该反应过程的决速步骤。 ③在T 之前，升高温度，反应速率增大，所以相同时间内产物CO 的物质的量浓度增大； 3 2 T 之后，升高温度，相同时间内产物CO 的物质的量浓度减小，说明平衡逆向移动， 3 2 该反应为放热反应。 （3）①反应达到3min时，尚未达到平衡，此时二氧化碳的物质的量仍处于减少的趋势，故ν 正 ＞ν ； 逆 2.5 ②0～5min内，CO 2 物质的量减少2.5mol，则v(H 2 )3v(CO 2 )3 35 molL 1min 1 0.5molL 1min 1； ③ 2CO (g)6H (g)CH OCH (g)3H O(g) H 122.5kJ/mol 2 2 3 3 2 2 初始 3mol 9mol 0 0 转化2.5mol 7.5mol 1.25mol 3.75mol 平衡0.5mol 1.5mol 1.25mol 3.75mol 1.25 3.75 容器体积为3L，平衡常数K= c(CH 3 OCH 3 )c3(H 2 O)  3 ( 3 )3  343.7531.25 c2(CO 2 )c6(H 2 ) ( 0.5 )2( 1.5 )6 0.521.56 3 3 =5×25×15=1875。 18．(14分，除标注外，其余均为2分) (1)d区 (1分) (2)SiO 、CaSO 2 4 (3)升温、搅拌、粉碎、适当提高稀硫酸浓度 (1分) 使用盐酸会产生有毒的氯气 (4)ClO6Fe2 6H 6Fe3 Cl3H O 3 2 (5)1 0-38.6 5.2 pH<7.9 (6)xLi xe6CLi C x 6 【分析】向含钴废料(成分为CoO、Co O ，含少量Fe O 、Al O 、SiO 、CaCO 等杂质)加入 1 ≤ 2 3 2 3 2 3 2 3 硫酸并酸浸，SiO 不发生反应，CaCO 转化为CaSO ，过滤得滤渣I为 SiO 、CaSO ，通入 2 3 4 2 4 的二氧化硫将Co3+、Fe3+还原，所以滤液中含有的阳离子有Co2+、Fe2+、Al3+等，加氯酸钠 高二化学参考答案 第5页（共6页） {#{QQABAYKQogioAJBAABhCAQU6CkCYkAEAAAgOABAcMAAAQBNABAA=}#}溶液把Fe2+氧化为Fe3+，加碳酸钠调节pH 除去杂质Fe3+、Al3+，生成滤渣Ⅱ为Fe(OH) 、 3 Al(OH) 沉淀，向滤液中加入碳酸氢铵溶液、氨水沉钴生成CoCO 沉淀，经一系列操作得到 3 3 纯净CoCO 。据此分析解答。 3 【详解】（2）由分析可知，滤渣I为 SiO 、CaSO ； 2 4 （3）常见提高酸浸速率的措施有升温、搅拌、粉碎、适当提高稀硫酸浓度等；不能使用浓盐 酸代替硫酸的原因是Co3+的氧化性强于Cl ，容易将Cl-氧化为Cl ，会产生有毒的氯气； 2 2 （4）氧化步骤中ClO -在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为 3 ClO6Fe2 6H 6Fe3 Cl3H O 3 2 ； （5）为除去Fe3+和Al3+，需将溶液pH调到能使Al(OH) 完全沉淀的5.2，又避免生 3 成Co(OH) ，利用K [Co(OH) ] 11014.2， 可求得当c(Co2+) 0.01mol/L ，Co(OH) 2 sp 2 2 K [Co(OH) ] 11014.2 开始沉淀时c(OH) sp 2   1012.2 106.1mol/L，所以 c(Co2+) 0.01 K 1014 c(H) w  107.9mol/L，所以pHlgc(H)7.9，故应调节5.2 pH<7.9； c(OH) 106.1 （6）充电时，电解池的阴极是Li+得电子，化合价降低，根据总反应式可知阴极 的 电≤ 极反 应 式 为xLi xe6CLi C 。 x 6 高二化学参考答案 第6页（共6页） {#{QQABAYKQogioAJBAABhCAQU6CkCYkAEAAAgOABAcMAAAQBNABAA=}#}