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）化学试题含答案

2026年1月高二学科素养测评化学参考答案第2题第4题DCBCACBBCDADDAA．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】CA．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．CS2的电子式为，D错误。3．【答案】BSO42-==BaSO4↓+2H2O，A错误；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SO2氧化为SO-，自身被还原为Cl-，离子方程式为：SO2+H2O+3ClO-=SO-+Cl-+2HClO，C错误；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++3NH3·H2O=Al(OH)3↓,D错误。4．【答案】CA．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．CO2（180°)、CH2O（120°)、CCl4（109.5°)键角依次减小是因中心原子杂化方式不同（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】AA．160gBr2的物质的量为1mol，故含有的分子数为NA，A正确；B．未明确溶液的体积，不能确定CO-的物质的量及数目，B错误；C．富集Br2过程中发生化学反应为3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2，每消耗3molBr2，转移的电子数为5NA，则反应1molBr2，转移的电子数为，C错误；D．CO2的结构式为O=C=O，每个双键中含有1个σ键，1个CO2分子中含有2个σ键，标况下，6.72LCO2物质的量为0.3mol，σ键数目等于0.6NA，而常温常压下，6.72LCO2物质的量小于0.3mol，σ键数目小于0.6NA，D错误。6．【答案】CA．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H2O2分解的催化效果的实验目的，A错误；B．NaOH标准液滴定CH3COOH（弱酸），滴定终点溶质为CH3COONa，溶液显碱性，应选用酚酞（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CuSO4溶液，C正确；D．蒸发AlCl3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，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，不能得到无水AlCl3，D错误。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HClO4，Z无最高价含氧酸，D错误。8．【答案】BA．AgNO3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Ksp的大小，A错B．溶液变蓝说明有I2生成，根据氧化还原反应的规律可知：Br2的氧化性比I2的强，B正确；3COOH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CH3COOH和HCl的酸性，C错误；D．SO2具有漂白性，但是不能使紫色石蕊溶液褪色，D错误。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3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C；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。【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－+3CO2=2Li2CO3+C，C正确；D．根据放电正极电极反应式3CO2＋4e4Li2Li2CO3＋C，充电阳极反应式2Li2CO3－4e-=2CO2↑+4LiO2↑,因此该电池每充、放2mol电子一次，理论上能固定0.5molCO2，即标况下11.2L的CO2，D错误。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，N2的浓度变化为1.0×10-3mol·L-1，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（t2<t1说明反应速率更快，C正确；D．实验Ⅲ在恒容高温下平衡时CO2浓度为2×10-3，改为恒压后，反应气体体积减少，系统体积减小（相当于加压），促进正向反应，CO2浓度应高于2×10-3，D错误。11．【答案】A【分析】用废旧镀锌铁片制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程为：将废旧镀锌铁皮加入NaOH溶液进行碱洗，锌溶解在NaOH溶液中生成Na2[Zn(OH)4]，过滤去掉滤液，剩余固体物质加入稀硫酸进行酸溶，得到的溶液加入NaClO溶液进行氧化，继续加入N2和NaOH溶液进行加热沉铁得到Fe3O4，分离出NaCl和Na2SO4溶液，得到的Fe3O4经过处理后得到磁性Fe3O4纳米粒子，据此分析解答。【详解】A．Zn溶于强碱时生成可溶于水的[Zn(OH)4]2-，Fe与NaOH溶液不反应，则滤液含过量NaOH，存在的离子有：Na+、[Zn(OH)4]2-、OH-，故A正确；B．“酸溶”时主要是铁与硫酸反应，则离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑,B错误；C．“氧化”目的是将Fe2+氧化为Fe3+，但需控制Fe2+与Fe3+比例（最终生成Fe3O4，含Fe2+和Fe3+），若NaClO过量，会将Fe2+完全氧化为Fe3+，无法得到Fe3O4，故不能加入足量NaClO溶液，C错误；D．“分离”是分离溶液与胶体，采用的方法是渗析，D错误；故答案为：A。12．【答案】DA．由图可知，Pd在反应历程中先被消耗，后又生成，是反应的催化剂，能降低活化能，A正确；B．根据分析，步骤①反应物应为氧化剂，可能为O2，B正确；C．由图可知，步骤②中CH2=CH2转化为CH2=CHOOCCH3，有极性键的断裂与形成，C正确；D．生成CH2=CHOOCCH3总反应中有H2O生成，原子利用率不是100%，D错误。13．【答案】D【详解】A．反应①生成B的物质的量为2.8mol，由反应①A(g)2B(g)可知，反应①消耗A的物质的量为mol。根据总消耗A为2.2mol，则反应②消耗A为0.8mol，反应②生成C的物质的量为1.6mol，则a，A正确；B正确；C．由以上分析可知，在相同的时间内生成B较多、生成C较少，因此，反应①的化学反应速率较大，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故活化能：反应①<反应②,C正确；正(A)为两反应消耗A的总速率，v逆(B)仅为反应I的逆速率，平衡时应满足反应I的v正I(A)：v逆(B)=1:2，而非总v正(A)，D错误；故选D。14．【答案】A【分析】Zn(OH)2和Cd(OH)2溶解形成Zn(OH)－、Cd(OH)－则Zn(OH)－和Cd(OH)－的曲线平行，根据Zn(OH)2比Cd(OH)2更易与碱反应，因此Zn(OH)－生成的pH低于Cd(OH)故L为：Al(OH)，M为：Zn(OH)－，最右侧为Cd(OH)－。【详解】A．据分析，L为-lgcAl(OH)4-与-lgc(H+)的关系曲线，A正确；B．当pH=3.0，pOH=11，则Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=1×(10-11)3=1×10-33，B错误；C．Zn2+和Cd2+沉淀形成Zn(OH)2和Cd(OH)2，由于Zn2+在OH-浓度更低时沉淀，故Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Cd(OH)2]，C错误；D．如图可知，pH=14时Cd(OH)2开始溶解，pH=8.4时Al(OH)3开始溶解，且pH=14时，c[Al(OH)]＞1mol/L，即可认为Al(OH)3完全溶解，并转化为Al(OH)，因此调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd(OH)2和Al(OH)3，D错误。15除标注外，每空2分，共15分）（1）第四周期ⅣB族12Ti（1分）（2）FeTiO3+C高温TiO2+（3）①直线形②N>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）2MnO4-+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（3）浓硫酸（4）②①④③（5）232～623℃（6）SnCl4+2+xH2O=SnO2·xH2O+4HCl（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②91.45【分析】装置A是浓盐酸和KMnO4反应制备Cl2，生成的Cl2通过盛装饱和食盐水的装置B，除去挥发出来的HCl，则Sn与HCl反应生成SnCl2和H2，装置C中盛装浓硫酸，干燥Cl2，装置D是SnCl4的制备装置，装置E是收集装置；因为SnCl4常温下为液体，遇水极易发生水解，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2MnO4-+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）由分析可知，装置C中的作用是除去Cl2中的水蒸气，故装置C中盛装的试剂是浓硫酸；（4）由于Sn能与O2反应，SnCl4极易水解，故应先打开活塞，滴加浓盐酸，通入Cl2排尽装置中的空气；接着用管式炉加热熔融Sn，Sn与Cl2反应生成SnCl4；反应完毕，停止加热；继续通入Cl2将SnCl4全部驱赶到E中，最后停止通Cl2，故正确的操作顺序为②①④③;（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℃,SnCl2的沸点为623℃,故Cl2和Sn的反应产物可能会有SnCl2和SnCl4，为防止产品中带入SnCl2，除通入过量氯气外，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，SnCl4水解生成SnO2·xH2O，方程式：SnCl4+(2+x)H2O=SnO2·xH2O+4HCl；（7）滴定实验时，碘酸钾把SnCl2氧化为SnCl4，自身被还原为碘离子，SnCl2完全反应后，过量半滴碘酸钾会把KI氧化为I2，I2能使淀粉溶液变蓝色，故滴定终点的现象：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；由题意可知，滴定消耗6.00mL0.0100mol/L碘酸钾溶液，由方程式可知，SnCl4的纯度为100%-×100%=91.45%。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）（3）4Fe(CrO2)2+7O2＋16KOH400500℃2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O（4）Al(OH)3（5）增大溶液中氢离子浓度，使平衡2CrO-+2H+Cr2O-+H2O正向移动，使CrO-转化为2-Cr2O72-（6）蒸发浓缩（1分）冷却结晶（1分）（7）KHCO3【分析】铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2生成K2CrO4、Fe2O3、MgO、K[Al(OH)4]、K2SiO3；通入KHCO3-K2CO3(aq)/CO2浸取，生成Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为：Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出K2CrO4固体，滤液I中含有K2CrO4；将K2CrO4中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将K2CrO4转化为K2Cr2O7，同时副产物KHCO3生成，将K2Cr2O7与KHCO3分离，滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO3，据此分析；【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(CrO2)2与过量KOH、空气中氧气反应生成K2CrO4、Fe2O3、H2O，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：4Fe(CrO2)2+7O2＋16KOH400~500℃2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O；（4）根据分析可知，滤渣的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、MgO、Al(OH)3；（5）酸化的目的是增大溶液中氢离子浓度，使平衡2CrO-+2H+Cr2O-+H2O正向移动，使CrO-转化为Cr2O-；（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K2Cr2O7固体；（7）根据分析可知，滤液II的主要溶质为KHCO3，可在浸取工序中循环使用。18除标注外，每空2分，共14分）（1）+31.4（1分）高温（1分）（3）bc（4）①随着温度升高，主要发生反应Ⅱ②426.3【详解】（1）由图示可知①HCOOH(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+72.6kJ/mol；③CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH3=－41.2kJ/mol；利用盖斯定律，将①+③可得：②HCOOH(g)⇌CO2(g)+H2(g)的焓变ΔH2=ΔH1+ΔH3=（+72.6kJ/mol）+41.