内蒙古巴彦淖尔市2025-2026学年高二下学期期末考试化学试题（含答案）

巴彦淖尔市2025—2026学年第二学期高二期末考试化学本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg24Cl35.5Ti48Fe56一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.国宝文物见证中华马魂。下列与马有关的文物中，主要成分属于硅酸盐的是A．唐三彩腾空马B．汉代彩绘木马C．圆明园马首铜像D．八骏图纸本绘画A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．唐三彩属于陶瓷制品，陶瓷的主要成分为硅酸盐，A正确；B．汉代彩绘木马主要材质为木材，主要成分为纤维素，属于有机物，不属于硅酸盐，B错误；C．圆明园马首铜像为铜合金，属于金属材料，不属于硅酸盐，C错误；D．八骏图纸本绘画的纸张主要成分为纤维素，属于有机物，不属于硅酸盐，D错误；故选A。2.2026年5月24日23时08分，搭载神舟二十三号载人飞船的长征二号遥二十三运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，约10分钟后，飞船与火箭成功分离，进入预定轨道。下列有关说法正确的是A.神舟二十三号载人飞船最外层为高硅氧防热玻璃，晶体属于分子晶体B.载人航天专用发射塔架的主要成分为铁合金，掺入稀土金属的铁合金具有较好的韧性和塑性C.用于运载火箭发动机的耐烧蚀树脂具有耐高温、耐腐蚀等优良性能，属于天然有机高分子材料D.飞船电源系统完成全面升级，搭载长寿命、大容量锂离子蓄电池，锂离子蓄电池属于一次电池【答案】B【解析】【详解】A．晶体是和通过共价键形成的空间网状结构，属于共价（原子）晶体，不属于分子晶体，A错误；B．稀土金属掺入铁合金可优化合金的力学性能，能使铁合金具备较好的韧性和塑性，B正确；C．耐烧蚀树脂是人工合成的有机高分子材料，不属于天然有机高分子材料，C错误；D．锂离子蓄电池可反复充放电，属于二次电池，并非一次电池，D错误；故正确答案选B。3.内蒙古稀土资源储量占全国总量的83％以上，已探明的稀土资源储量约4350万吨。钪()是一种重要的战略金属，可与、的硫酸盐形成复盐，如。下列说法错误的是A.的模型：四面体形B.原子的最高能级的电子云轮廓图为球形C.基态的价电子轨道表示式：D.的杂化轨道模型：【答案】D【解析】【详解】A．中心原子价层电子对数为，无孤电子对，VSEPR模型为四面体形，A不符合题意；B．原子电子排布式为，最高能级为，轨道电子云轮廓图为球形，B不符合题意；C．基态价电子排布为，轨道1个电子单独占一个轨道、自旋平行，轨道填充2个自旋相反的电子，符合轨道表示式书写规则，C不符合题意；D．中原子价层电子对数为4，采取杂化，杂化轨道为4个呈四面体形分布的轨道，题图所示不符合杂化轨道模型，D符合题意；故选D。4.下列解释事实或现象的反应方程式错误的是A.与过量溶液反应：B.少量次氯酸钠溶液滴入硫酸锰溶液中制备C.稀释浓溶液，溶液由绿色变为蓝色：D.硬脂酸甘油酯在溶液中水解：【答案】D【解析】【详解】A．与过量反应遵循“少定多变”规则，完全反应，1mol

​消耗1mol

生成1mol

，再与完全结合为​沉淀，离子方程式书写正确，A正确；B．少量次氯酸钠滴入硫酸锰溶液中，被氧化为，被还原为，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式书写正确，B正确；C．浓​溶液中存在绿色的，加水稀释时，平衡[CuCl4]2-+4HD．硬脂酸的结构为（属于饱和高级脂肪酸），因此硬脂酸甘油酯在溶液中水解，生成的是甘油和硬脂酸钠；而方程式中产物写为（该物质为油酸钠，对应不饱和的油酸甘油酯的水解产物），与硬脂酸甘油酯的水解事实不符，反应方程式错误，正确的方程式为：，D错误；故选D。5.下列各项选用的仪器(部分夹持装置已略去)和药品，不能达到实验目的的是A．制取并收集氨气B．测定中和反应的反应热C．提纯乙醇水溶液(含乙酸钠杂质)中的乙醇D．灼烧海带A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向碱石灰中滴加浓氨水可制取氨气，氨气的密度小于空气且极易溶于水，图示装置可用向下排空气法收集氨气，A正确；B．内筒、外壳及隔热层可减少热量散失，杯盖、温度计和玻璃搅拌器可满足混合、搅拌和测温要求，该装置可测定中和反应的反应热，B正确；C．蒸馏时温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口附近，以测量逸出蒸气的温度；图中温度计水银球未置于支管口处，C错误；D．灼烧海带应使用坩埚，图中坩埚置于泥三角上并用酒精灯加热，装置选择正确，D正确；故选C。6.钒()被称为“工业味精”，有着广泛的用途。其中能催化氧化转化为。受热分解能生成和。下列说法错误的是A.属于离子化合物 B.、均属于酸性氧化物C.属于长周期元素 D.热分解属于氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．由和构成，含有离子键，属于离子化合物，A正确；

B．、均能与碱反应只生成对应盐和水，都属于酸性氧化物，B正确；

C．的原子序数为23，位于第四周期，属于长周期元素，C正确；

D．热分解过程中，元素始终为+5价，元素始终为-3价，所有元素化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，D错误；故本题答案选D。7.化合物为一种镇痛药物的中间体，其合成路线如图所示。下列说法错误的是A.、的反应类型相同 B.、、均能与金属钠反应C.分子中所有碳原子可能共平面 D.分子中不存在手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．过程中与M苯环上的-H发生取代反应，生成N；过程中N苯环上的-H与发生加成反应生成R；两者反应类型不同，A错误；B．M、N、R均含有羟基-OH，可以和金属钠反应，B正确；C．苯环和羰基上所有原子共面，同时烷基可以通过旋转从而达到其中3个原子共面，综合判断R分子中所有碳原子可能共平面，C正确；D．N分子中所有碳均连有两个或两个以上相同的基团，因此不存在手性碳原子，D正确；故选A。8.表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，11.2LCHCl3中所含氯原子数为B.100g质量分数为6%的食醋中含有的氧原子总数为C.1mol氨基(-NH2)中含有电子的数目为D.0.5mol乙酸和足量的乙醇完全反应，生成的乙酸乙酯的分子数为【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下，为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故无法确定所含氯原子数，A错误；B．100g质量分数为6%的食醋中，的质量为，其物质的量为，含氧原子；但溶液中还含有大量水，水中也含氧原子，故氧原子总数远大于，B错误；C．1个氨基中含9个电子（7+1×2=9），故氨基含电子数为，C正确；D．乙酸与乙醇的酯化反应为可逆反应，不能完全进行，故乙酸与足量乙醇反应生成的乙酸乙酯分子数小于，D错误；故选C。9.离子液体1-十二烷基咪唑四氟硼酸盐(结构如图所示)兼具催化与电化学特性，是科研领域的绿色溶剂新选择，适用于电池、纳米材料合成等前沿研究。下列说法错误的是A.中存在配位键B.阳离子中键角小于C.该化合物中的杂化方式只有D.该离子液体常温下呈液态，具有良好的导电性【答案】C【解析】【详解】A．中B原子价层电子对数为4，其中B提供空轨道，1个提供孤电子对形成配位键，A正确；B．咪唑环上的N原子均为杂化，环内存在大π键，咪唑环上的C-N-C的中心N原子含1对孤电子对，孤电子对的斥力大于成键电子对，因此键角略小于平面三角形的标准键角120°，B正确；C．该化合物中咪唑环上含双键的碳原子为杂化，其余碳原子为杂化，存在两种杂化方式，并非只有，C错误；D．该离子液体由阴阳离子构成，常温下呈液态，离子可自由移动，具有良好导电性，D正确；故选C。10.某食品添加剂的结构如图所示。X、Y、Z、Q、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态M的p电子总数等于基态X、Y、Z、Q、W的未成对电子数之和。下列说法错误的是A.M2Q5可用作吸水剂B.电负性：Q＞Z＞Y＞XC.的模型名称为平面三角形D.为正盐，则属于三元酸【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态M的p电子总数等于基态X、Y、Z、Q、W的未成对电子数之和，根据食品添加剂的结构，X形成一个化学键，则X是H，Y形成四个化学键，则Y是C，Z形成三个化学键，则Z是N，W形成一个正电荷，则W是Na，有一个Q形成两个化学键，则Q是O，另一个Q形成一个化学键，说明这个Q得到一个电子，基态X、Y、Z、Q、W的未成对电子数之和是，则M是P。【详解】A．可以吸收水，因此可用作吸水剂，A正确；B．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性：O＞N＞C＞H，即Q＞Z＞Y＞X，B正确；C．的杂化轨道数为，中心原子为sp2杂化，模型名称为平面三角形，C正确；D．因为为正盐，说明不能电离出氢离子，则属于一元酸，D错误；故选D。11.我国科技工作者设计了工作原理如图所示的装置，实现对废水中有机物的无害化处理。下列说法正确的是A.N极为正极，发生氧化反应B.M极上的电极反应为C.电池工作时，电子由M极流出经离子交换膜流向N极D.电池工作时，电流由M极流向N极【答案】B【解析】【详解】A．N极发生反应将转化成了，铬的化合价从+6降低到+3价，所以N极是正极，得电子，发生还原反应，而非氧化反应，A错误；B．中C平均为0价，失电子生成，化合价升高，M极为负极，发生氧化反应，1mol失去24mol电子，配平后电极反应为，B正确；C．电子只能在外电路（导线）中移动，无法通过离子交换膜，离子交换膜中是离子定向移动，C错误；D．电池工作时，电流由正极（N极）经外电路流向负极（M极），D错误；故答案选B。12.电解铜阳极泥富含、、等多种元素，从电解铜阳极泥中回收金并制取胆矾的流程如图所示。已知：为一元强酸。下列说法错误的是A.“浸取1”中作氧化剂B.“浸取2”的反应温度不宜过高C.“还原”时发生的离子反应为D.获得胆矾晶体的操作为蒸发结晶【答案】D【解析】【分析】电解铜阳极泥（含、、等）与硫酸、过氧化氢反应。在此步骤中，铜被氧化，溶解在硫酸中生成硫酸铜。金和银不反应，留在固体残渣中。将“浸出液1”（硫酸铜溶液）经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即可得到胆矾晶体。将“浸渣1”（含Ag，Au）与盐酸、过氧化氢反应。在此步骤中，Au被氧化，并与盐酸中的氯离子形成可溶性的络合物。Ag则与盐酸反应生成不溶于水的AgCl沉淀（浸渣2）。向HAuCl4溶液中加入锌粉，锌的活泼性强于金，能将金从其络合物中置换出来，得到单质金。【详解】A．“浸取1”中将氧化为，中元素化合价降低，作氧化剂，A正确；B．“浸取2”用到，受热易分解，因此反应温度不宜过高，B正确；C．活泼性强于，可将中的置换出来，所给离子方程式电荷、原子均守恒，C正确；D．胆矾为带结晶水的，若采用蒸发结晶会导致结晶水失去，应选择蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的操作获得晶体，D错误；故选D。13.下列实验操作对应的实验现象和结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向NaBr溶液中滴加少量氯水，充分反应后再加入淀粉-KI溶液溶液先变橙黄色，后变蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2B等体积，pH均为3的HCOOH溶液和CH3COOH溶液分别与足量锌反应CH3COOH溶液中放出的气体更多酸性：HCOOH＜CH3COOHC取少许某有机物滴入盛有银氨溶液的试管中并水浴加热产生光亮的银镜该有机物为醛类D向溴水中加入苯，振荡后静置水层颜色变为无色溴与苯发生了取代反应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．向溶液中滴加少量氯水，发生反应，溶液变橙黄色；加入淀粉-KI溶液后，可氧化生成，淀粉遇变蓝，证明氧化性：，A正确；

B．等体积、pH均为3的溶液和溶液，的电离程度更小，浓度更大，与足量锌反应放出的气体更多，说明酸性：，B错误；

C．能发生银镜反应的有机物不一定为醛类，如甲酸、甲酸酯、葡萄糖等也可发生银镜反应，C错误；

D．向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变无色是因为苯萃取了溴水中的溴，属于物理变化，并非取代反应，D错误；故选A。14.一种由和组成的储氢材料的立方晶系结构如图所示。晶胞边长为。下列说法错误的是A.该晶体的化学式为B.晶胞中的价层电子总数为48C.晶体中，距离最近的、之间的距离为D.该储氢合金晶体中的配位数为4【答案】C【解析】【详解】A．利用均摊法计算晶胞内原子数：Fe（白球）：顶点8个，每个占1/8；面心6个，每个占1/2，总个数为

。Mg（黑球）：全部位于晶胞内部，共8个。原子个数比Mg:Fe=8:4=2:1，化学式为，A正确；B．Mg的价层电子排布为，每个Mg含2个价电子；Fe的价层电子排布为，每个Fe含8个价电子。晶胞总价层电子数=

，B正确；C．观察晶胞结构，最近的Fe和Mg的位置关系为：Fe位于面心或者顶点，Mg处于晶胞内将晶胞均分为8个小立方体的体心位置，二者的距离是相邻小立方体的体对角线的一半，小立方体边长为，因此间距为

，C错误；D．以任意一个内部的Mg原子为中心，周围距离相等且最近的Fe原子总数为4个，D正确；故选C。15.常温下，取三份浓度均为、体积均为的醋酸钠溶液，分别向其中滴加浓度均为的溶液、溶液和溶液，滴加过程中溶液的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.溶液中：B.水的电离程度：C.常温下D.醋酸钠溶液中：【答案】B【解析】【分析】曲线a：pH下降最慢，对应滴加溶液。因为中会抑制醋酸钠中的水解，同离子效应，对溶液pH影响最小。曲线b：pH下降速率中等，对应滴加溶液。水解显酸性，与醋酸钠水解产生的结合，促进水解，使pH缓慢下降。曲线d：pH下降最快，对应滴加溶液。强酸直接电离出，快速中和并抑制水解，pH骤降。【详解】A．a点为醋酸钠和醋酸铵的混合溶液，醋酸根与铵根水解相互促进，生成少量；d点为醋酸钠和硝酸的混合溶液，电离出的直接与结合生成大量，故溶液中：，故A错误；B．醋酸钠溶液中水解促进水的电离；滴加的b曲线中，水解也促进水的电离，且与水解相互促进，进一步增大水的电离程度；滴加的d曲线中，抑制水的电离。因此水的电离程度：，故B正确；C．醋酸钠初始，即。醋酸钠水解常数，水解程度小，，代入得：由，得。故C错误；D．醋酸钠溶液中，醋酸根离子水解使溶液显碱性，所以离子浓度大小关系为，故D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.氮化钛()常作仿金饰品材料，乳酸亚铁常作补铁制剂。以钛铁矿(主要含，还含少量)为原料制备氮化钛和乳酸亚铁［化学式为，摩尔质量为］的工艺如图。回答下列问题：已知：时，、。（1）基态原子核外电子的运动状态有__________种。（2）“酸浸”过程中，提高浸出速率的措施有__________(写一条即可)。（3）“水解”操作中，在加热条件下水解转化为，写出该反应的离子方程式：_______。（4）已知“水解”后滤液中的浓度为，则常温下，滤液的不大于__________。（5）利用溶液和过量溶液制备的离子方程式为__________；用酸性溶液测定乳酸亚铁产品的纯度(采用滴定法)，若所有操作均正确，但经多次实验发现，测定值高于实际值，其原因是__________。已知滴定反应为(未配平)。（6）某工厂用该钛铁矿通过该工艺流程最终制得乳酸亚铁，已知在该流程中铁的损耗率为，则该钛铁矿中铁的含量为__________％。【答案】（1）22（2）将矿石粉碎或适当加热或适当增大硫酸的浓度等（3）（4）6.5（5）①.②.乳酸根离子具有还原性，能消耗（6）30.8【解析】【分析】该工艺以钛铁矿（主要成分为，含少量杂质）为原料，同时制备两种目标产物：仿金材料和补铁制剂乳酸亚铁，各步骤的作用和转化逻辑如下：酸浸步骤：向钛铁矿中加入硫酸，发生反应将可溶组分溶解：；杂质不与硫酸反应，在酸浸后被分离除去，得到同时含有、的酸性硫酸盐溶液，水解步骤：向酸浸后的溶液通入水蒸气加热，利用和的水解能力差异，的溶度积远小于，让优先水解生成沉淀，实现元素和元素的分离；水解后过滤，滤渣为，滤液为富集的溶液，分别进入两条后续支线，制备的支线：煅烧，沉淀受热分解失去结晶水，得到中间产物，发生氨化反应：和在高温下发生反应，最终生成目标产物，制备乳酸亚铁的支线：向溶液中加入过量，反应生成沉淀，实现的提纯富集,和乳酸反应生成乳酸亚铁溶液，最终结晶得到乳酸亚铁晶体；【小问1详解】是22号元素，其基态原子核外有22个电子，根据泡利不相容原理，在一个原子中不可能有运动状态完全相同的两个电子，因此每个电子的运动状态均不相同，共有22种运动状态；【小问2详解】在“酸浸”过程中，为了提高浸出速率，可以采取的措施包括：将钛铁矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、搅拌溶液、适当增大硫酸的浓度等；【小问3详解】“水解”操作中，在加热条件下结合水电离出的转化为沉淀，同时生成，该反应的离子方程式为；【小问4详解】滤液中不发生沉淀，需要满足浓度商，已知，则，解得，常温下水的离子积，则，故，因此滤液的不大于6.5；【小问5详解】溶液和过量溶液反应生成沉淀，同时结合生成和，离子方程式为，用酸性溶液滴定乳酸亚铁时，由于乳酸根离子（）中含有羟基，具有还原性，也能被强氧化剂酸性溶液氧化，导致消耗的溶液体积偏大，从而使测定值高于实际值；【小问6详解】最终制得的乳酸亚铁质量为，其物质的量，根据铁元素守恒，已知流程中铁的损耗率为（即转化率为），则原钛铁矿中铁元素的物质的量为，这部分铁的质量，因此，该钛铁矿中铁的质量分数为。17.苯甲酰氯()是无色液体，遇水或乙醇逐渐分解，可用作制备染料、香料、有机过氧化物、药品和树脂的重要中间体。实验室可用苯甲酸与氯化亚砜()制备苯甲酰氯。回答下列问题：Ⅰ．氯化亚砜的制备：以硫黄、二氧化硫、氯气为原料，在活性炭催化作用下，合成反应为、，副反应为(部分装置如图，已知：氯化亚砜遇水易分解)。（1）仪器的名称是__________。（2）图一装置的作用是制备干燥纯净的，则试剂为__________，导管的作用是__________。（3）图一装置圆底烧瓶中制备氯气的离子方程式为__________。（4）图二装置存在一处明显的瑕疵，请指明并改正：__________。Ⅱ．制备苯甲酰氯：（5）从含少量氯化钠的苯甲酸粗产品中提纯苯甲酸的方法是__________。（6）苯甲酸与发生反应的化学方程式是__________。【答案】（1）球形冷凝管（2）①.饱和食盐水②.平衡气压，利于液体顺利流下（3）（4）应在处增加尾气处理和防止空气中水蒸气进入的装置，例如盛有碱石灰的干燥管等（5）重结晶（6）【解析】【分析】浓盐酸与二氧化锰在加热条件下生成氯气，然后通过饱和食盐水除去氯化氢气体，再通入浓硫酸除去水蒸气，然后将干燥纯净的氯气和二氧化硫通入三颈烧瓶，在三颈烧瓶中，二氧化硫与氯气反应生成氯化亚砜，最后用碱石灰进行尾气处理。【小问1详解】仪器M的名称是球形冷凝管；【小问2详解】根据分析，试剂X为饱和食盐水，目的是除去氯气中混有的氯化氢杂质；导管Q的作用是平衡气压，使分液漏斗内液体能够顺利流下；【小问3详解】圆底烧瓶内发生的是二氧化锰和浓盐酸在加热条件下产生氯气的反应，反应的离子方程式为：【小问4详解】图二装置存在一处明显的瑕疵：a处直接与空气相通，既会导致有毒尾气逸出污染环境，又会使空气中的水蒸气进入装置导致水解；改正：在a处连接盛有碱石灰的干燥管（或同时加装干燥装置和尾气处理装置，其他合理装置也可）；【小问5详解】苯甲酸的溶解度随温度变化大，氯化钠的溶解度随温度变化不大，因此含少量氯化钠的苯甲酸粗产品中提纯苯甲酸的方法是重结晶；【小问6详解】苯甲酸与反应生成苯甲酰氯，反应的化学方程式为：。18.资源化利用有利于实现碳中和。一种由加氢催化合成甲醇的方法成为了科学研究的热点。加氢过程主要存在下列三个反应：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．（1）也是合成甲醇的一种方法。①___________(用含和的代数式表示)，___________(用含和的代数式表示)。②___________(填“高温”或“低温”)有利于该反应自发进行。（2）时，若在某密闭容器中充入和，仅发生反应Ⅰ和Ⅱ，tmin时，反应体系达到平衡，此时测得，，。则：①的平衡转化率为___________%。②平衡时___________g。③反应Ⅱ的平衡常数___________(列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数)。（3）和都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示。若生成的和的体积之比为，则消耗的和的体积之比为___________。【答案】（1）①.②.③.低温（2）①.40②.0.512③.（3）【解析】【小问1详解】反应I为，反应II为，用反应I减去反应II得到目标反应，故，平衡常数。该反应，反应后气体总物质的量减小，故，根据时反应自发，可知低温条件下有利于反应自发进行。【小问2详解】的平衡转化率为0.1 mol-0.06 根据C元素守恒，平衡时n(CH3OH)=0.1 mol-0.06 mol根据H元素守恒，初始H总物质的量为0.3 mol×2=0.6 mol，平衡时H分布在、、中，n(H2O)=0.04 mol，含H0.08 mol，n(CH3OH)=0.016 【小问3详解】设生成的物质的量为1mol，物质的量为6mol。生成1mol需要消耗2mol，C元素化合价从-4价升高到-2价，共失去电子；生成6mol需要消耗12mol，C元素化合价从-4价升高到-3价，共失去电子12 mol，总消耗物质的量为2 mol+12 mol=14 mol，总失电子物质的量为4 m