四川省宜宾、自贡市2026年高二下学期期末质量监测化学试题（含答案）

这是一份四川省宜宾、自贡市2026年高二下学期期末质量监测化学试题（含答案），共10页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】D，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
1.【答案】B
【解析】
A. 棉布属于纤维素，是有机物，A 错误。
B. 铜属于金属材料，C 正确。
C. 蜂蜡属于酯类，是有机物，B 错误。
D. 靛蓝染料属于有机物，D 错误。
2.【答案】B
【解析】
A. Al 的原子核内为13个质子，A 错误。
B.SO4 中心原子的价层电子对数为4、无孤电子对且配位原子相同，VSEPR 模型为正四面体形，B 正确。
C. OH的电子式为|:0:H|,C 错误。
D.CO₂ 中心原子的价层电子对数为2且无孤电子对，空间结构为直线形，D 错误。
3.【答案】D
【解析】
A. 分子式为C₉H₁₀O4,A 错误。
B. 结构中1号碳原子为sp³杂化，1、2、3、4号碳原子不可能共平面，B 错误。
C. 分子中不含手性碳原子，C 错误。
D. 环上的2个碳碳双键和羰基可与3mlH₂ 发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能与H₂ 反应，D 正 确。
4.【答案】A
【解析】由电子排布图可知：X 为Na,Y 为H,Z 为 0 ,M 为 Cl,YZM 的化学式为HClO。
A. 由 HC1O中元素化合价可得，电负性O>Cl,A 正确。
B.Na 为三周期，O 为二周期，B 错误。
C. YZM 的化学式为HClO, 只含共价键，不含离子键，C 错误。
D.0 元素形成的单质有O₂ 和 O₃,O₂ 为非极性分子，O₃ 为极性分子，D 错误。
5.【答案】C
【解析】
A. 加热会促进FeCl₃ 水解，生成Fe(OH)₃和HCl,HCl 挥发，得不到FeCl₃固体，A 错误。
B. 选修1P91, 图示滴定管为酸式滴定管，不能装碱性的NaOH 溶液，B 错误。
C. 选修3P₃8, 实验室制备乙炔用电石与饱和食盐水反应，固液不加热装置，C 正确。
D. 选修1P1₇, 电镀时，镀件作阴极且接电源负极，镀层金属作阳极且接电源正极，用含镀层金属阳 离子的电解液作电镀液，所以应该是铁片接负极、铜片接正极，D 错误。
6.【答案】A
【解析】素材均选自教材
A. 必修2P₃0,,2S²-+5H₂SO₃=4HSO₃+3S↓+3H₂O,A 错误。
高二化学试题解析第1页共6页
B. 选 必 1P56,B 正确。
C . 选 必 3P₆5,C 正确。
D. 选 必 3P₇0,D 正确。
7.【答案】D
【解析】素材选自教材第二册 P16 。 由流程图可知，空气经液化分离得到气体N₂ 和其他气体，N₂ 和 H₂ 发生反应合成NH₃,NH₃ 与 O₂ 发生催化氧化得到NO,O₂ 与NO 生 成NO₂,NO₂ 与 H₂O 发生反应得到 HNO₃。
A. 教材必修2P1₂, “ 最重要的人工固氮途径就是工业合成氨”,A 正确。
B. “ 深度氧化”为NO 氧化为NO₂,B 正确。
C. 气 体X 中 含NO 和空气等气体，可循环利用， C 正确。
D. “ 合成氨”中N 元素被还原， D 错误。
8.【答案】A
【解析】素材选自选修三P150第 4 题 。
A. 根据原子守恒，生成的小分子为CH₃OH,A 正确。
B. 该反应有小分子生成，是缩聚反应而不是加聚反应， B 错误。
C. 苯环上的等效氢为2种， 一氯代物只有2种。
D. M 为碳酸二甲酯，可完全水解为CH₃OH 和 CO₂,P 完全水解后应生成N 、CH₃OH 和 CO₂, D 错 误。
9.【答案】C
【解析】素材均选自教材
A. 选 必 2P₇9; 冰中水分子之间有氢键而干冰中二氧化碳之间无氢键， A 正确。
B. 选 必 2P₈8; 自由移动的阴、阳离子可以传递电荷，物质能导电， B 正确。
C. 选 必 2P₉8;C₆ 与“杯酚”的空穴适配，且两者是分子间作用力， C 错误。
D. 选 必 2P56;D 正确。
10.【答案】D
【解析】
A. 每 个As 连 3 个S, 由价层电子对互斥理论可得，3 个As-S 键之间的排斥为相等，所以S-As 一 S 键角相等， A 正确。
B.As 的最外层有5个电子，连有3个键，还有1对孤电子对； S 的最外层有6个电子，连有2个σ
键，还有2对孤电子对，因此1ml As₂S₃的孤电子对数为8NA,B 正确。
C. 根据题干信息“空气湿度”及产物中有H₂S₂O₃ 和 H₂SO4, 由原子守恒可分析得出有H₂O 与反应， C 正确。
D. 根据化合价变化可知As 、S元素均被氧化，反应方程式为As₂S₃+7O₂+6H₂O=2H₃AsO₄+3H₂SO₄, 因此生成1ml H₃AsO₄转移电子数目为14NA,D 错误。
11.【答案】B
【解析】
A. 根据元素守恒，可知物质a 为 LnPdCl₂,A 正确。
B. 过程①中LPdCl₂ 参与反应被消耗，过程②中LnPdCl₂ 生成，可知催化剂应是LnPdCl₂,B 错误。
C. 过程①中，2号碳原子反应前杂化轨道类型为sp², 反应后杂化轨道类型为sp³,C 正确。
D. 过程①和过程②相加，可得总反应方程式 , D 正确。
12.【答案】B
高二化学试题解析第2页共6页
【解析】
A. 选修3P61, 乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液反应而使其褪色，不能证明有乙烯生成，A 错误。
B. 必 修 1P₉,FeCl₃ 可与KI 反应生成I₂,I₂ 遇淀粉变蓝，B 正确。
C.Zn 与 CuSO₄ 发生置换反应生成的Cu 附在Zn 表面形成原电池，加快反应速率，C 错误。
D. 选修3P100,酚羟基与FeCl₃ 溶液的显色反应，需要在弱碱性环境下进行，本实验中需加几滴NaHCO₃ 溶液中和硫酸后，再滴入FeCl₃ 溶液，才会显色，D 错误。
13.【答案】D
【解析】
A. “O” 位于8个顶点和6个面心、“O” 位于体内，根据均摊法有4个“O”, 有8个 “O”; 结合化 学式Li₂Se 可得“O” 代表Se²-,“O” 代 表Lit,A 正确。
B. 由 m 点的分数坐标(0,0,0)结合b 点的位置可得，b 点的分数坐标为 , B 正确。
C. 由均摊法可得晶胞中含有8个Li+和 4 个Se²-, 晶胞的M=4×(7×8+4×7)=372 g/ml; 若立方晶胞 的边长为a, 由密度计算公 ,所以晶胞的边长 C 正确。
D. 则晶胞空间结构可得，沿y 轴方向的投影图,D 正确。
14.【答案】C
【解析】新型硅基锂离子电池属于二次电池，根据放电总方程可得，放电时负极反应式为LinSi-ne = nLi++Si, 所以硅基电极为负极，三元锂电极为正极。
A. 原电池中，电势为正极高于负极，A 正确。
B. 硅基电极为负极，反应式为LinSi-ne=nLi++Si,B 正确。
C. 充电时，三元锂电极为阳极，硅基电极为阴极，所以Lit由三元锂电极(带正电荷)经有机聚合物 电解质向硅基电极(带负电荷)迁移，C 错误。
D. 充电时，硅基电极为阴极，反应式为nLit+Si+ne=Li₇Si, 外电路中每转移1mle, 理 论 上 硅基电极质量增重7g,D 正确。
15.【答案】C
【解析】
A. 该分布分数图横坐标为pH, 从左到右c(H+)逐渐减小，c(OH) 逐渐增大，所以单调递减的曲线I对 应H₂A, 先增后减的曲线Ⅱ对应HA 、单调递增的曲线Ⅲ对应A²,A 错误。
B. 依据c 点横坐标，可求出Ka2=104.34;由 于 当c(A²-)=c(H₂A) 时 ， ,代入b 点 pH 值、pKa₂, 可求得Ka₁=10-354,a 点的横坐标为3.54,根据物料守恒δ(H₂A)+δ( HA⁻)+8(A²- )=1, pH=3.54时， δ(A²-)≠0( 实际约为0.08), 根据物料守恒，可知此时 δ(H₂A)=δ(HA⁻)≠0.50 ( 实际约为0.46),B 错误。
C. 将 pH=2.54 代入Ka1, 可知 即 C 正确。
,所以
高二化学试题解析第3页共6页
δ(H₂A) 与 H₂A 的浓度无关，在pH=3 的条件下，0.01ml/L 的 H₂A 溶液中δ(H₂A) 与上图中δ(H₂A) 相等， D 错误。
16. 【答案】
(1)三颈烧瓶 100
(2)乙酸分子间的氢键比乙醇分子间的氢键更强
(3)分离反应生成的水，提高反应物的转化率
(4)中和酸(或中和硫酸和乙酸) 增大水层的密度，便于分层 (5)A
( 6 ) 图a 【解析】
(1)仪器A 的名称为三颈烧瓶；当三颈烧瓶在加热条件下，其盛装的液体体积不能超过其规格的2/3, 所以步骤I中选用的最佳规格为100mL。
(2)乙酸和乙醇的分子间均存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇分子间的氢键更强，且乙酸的相对 子分质量更大，所以乙酸的沸点更高。
(3)酯化反应为可逆反应，根据题意可得分水器的作用是分离水，分离出水后，可促进酯化反应的 平衡正向移动，提高反应物的转化率和产物的产率。
(4)从系统思维的角度看，体系中分别含有硫酸、乙酸、乙醇、乙酸乙酯、水，所以饱和碳酸钠溶 液对于前述五个物质的作用依次为，中和硫酸和乙酸、溶解乙醇、降低酯的溶解度，提高水层的密度以便 于酯层与水层的快速分层。[素材取自于必修2教学参考书P₉₆(5)]
(5)洗涤液a 为饱和NaCl 溶液，其作用是洗去酯层中的少量碳酸钠；洗涤液b 为饱和 CaCl₂ 溶液， 其作用是洗去酯层中的乙醇；二者不可颠倒，若洗涤液a 选用饱和 CaCl₂ 溶液，则会与步骤Ⅱ中残留的Na₂CO₃ 反应生成乳状CaCO₃ 沉淀，不利于后续分离净化。
(6)依据乙酸乙酯的结构可知，其含有三种不同化学环境的氢原子，数目比为3:2:3。乙酸乙酯的 乙酰基上的氢数目为3,再结合信息“在核磁共振氢谱中为单峰”,则可判断图a 才合理。图b 中单峰的的 积分面积明显少于另两个组峰，不合理。(素材取自选必三《有机化学基础》第100页“问题和讨论”)
17.【答案】
( 1 ) 六 f (2)B
(3)2Fe²++2H++H₂O₂=2Fe³++2H₂O
(4)防止生成絮状胶体氢氧化钕，不利于萃取
(5)①溶液pH 增 大 ，H+浓度减小，使萃取反应平衡正向移动，萃取率增大 ②B
(6)3×10-4
【解析】
(1)根据基态Nd 的价层电子排布式为4f6s², 元素所在周期数等于最大能层序数，所以Nd 位于第 六周期；由构造原理可知最后1个电子填入的是f 能级，所以Nd 位 于f 区。
(2)原料中为B 单质，结合信息“B 难溶于非氧化性酸”可得“浸渣”的主要成分是B。
(3) Fe 与盐酸反应生成FeCl₂,Nd 与盐酸反应生成NdCl₃, 所以在“氧化”步骤发生反应的离子方程 式 为 2Fe²++2H++H₂O₂=2Fe³++2H₂O。
(4)由“氢氧化钕是絮状胶体，比表面积极大、吸附能力极强”可得，加NaOH 过多会生成氢氧化
钕絮状胶体，可吸附其它离子，从而影响后续萃取效果。
(5)①根据萃取原理：3(HR)₂ (有机相)+Nd³+ ( 水 相 ) Nd(HR₂)3 (有机相)+3H+(水相),H+浓度减小， 平衡正向移动，会促进萃取反应的进行，使萃取率增大；②由图可得，萃取最大的反应条件是初始pH 为 2.5, Nd³+与 P507 浓度比1:9,所以选B
(6)已知K[ Nd₂(C₂O₄)₃]=2.7×10⁻²¹, 当 Nd+ 恰好完全沉淀， c(Nd³+)=1×10⁻⁵ml·L¹, 根据
K[ Nd₂(C₂O₄ )₃]=c²(Na³+)·c ³(C₂2), 则代入数据可得
所以c(C₂O²)=3×10⁴ml-L¹;
(7)“沉钕”得到Nd₂ (C₂O4)3, “ 焙烧②”在氧气中进行， C₂O² 被氧化为CO₂,Nd 元素转化为Nd₂O₃,
根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为
18.【答案】
( 1 ) 苯 胺
(2)醚键、酰胺基
(4)还原反应
(5) (6)4
【解析】
(1)选自选修3 P₈, 化学名称为苯胺
(2)根据结构分析可得B 中的含氧官能团为醚键和酰胺基
(3)对照流程中B→C 的结构变化可得，该过程中引入了一NO₂ 官能团，为硝化反应，需要在浓硫酸
的条件下加热才能进行，同时生成H₂O 。 可得方程
(4)由照流程可得， C→D 是酰胺基的水解反应，再对照C 与 E 的官能团可得D→E 是将一NO₂ 变 为 了一NH₂, 该过程为失氧得氢的过程，为还原反应。
(5)由题干中“经历了加成、消去两步反应”可得中间产物为
,发生消去反应时可
(6)由已知条件可得结构中需含有两个等效的一CH₃, 且苯环为对称结构，分析可得同分异构体有：
(7)由已知和I、J、K、G的变化分析可得环和甲氧基没变，则K
所以化学方程式为：
19.【答案】
(1)+ 233.0 大 于
(2)① H₂ S₂ ②反 应i 速率变化不明显，反应ii 速率增大更明显，使得硫的累积量减小
(3)①20 ②减小
(4)可获得高附加值产品H₂ ( 或不产生污染性气体SO₂) 【解析】
(1)反应=反应i+反应ii, 根据盖斯定律，△H=△H₁+△H₂=+(169.8+63.2)=+233.0 kJ·ml-¹; 对 于 吸热反应，正反应活化能大于逆反应活化能。
(2)①反应i和反应ii为连续反应。停留时间较短时，H₂S 的摩尔分数明显减小， CS₂ 的摩尔分数为零， 说明该段内只发生了反应i, 生成的H₂ 与 S₂ 物质的量之比为2:1,据此可判断曲线所示物种为H₂, 曲线Ⅱ 所示物种为S₂, 余下的曲线Ⅲ所示物种为CS₂。② 反应生成S₂, 使 S₂ 的摩尔分数增大；反应i 消 耗S₂, 使 S₂ 的摩尔分数减小。停留时间超过一定时间后，反应ii 开始发生。从停留时间超过一定时间后H₂S 的摩尔 分数变化不明显， CH₄ 的摩尔分数变化大，可以判断反应速率变化不明显，反应ii 速率增大更明显，使得 硫的累积量减小。
( 3 ) 假 设 通 入 的 混 合 气 体 中n起(H₂S) = n起(CH₄)=1 ml , 结 合 H₂S 的 转 化 率 为 3 2 % , 则 n转(H₂S)=0.32 ml,结合S2的收率为4%,则n(S₂)=0.02 ml,依据硫元素守恒，则n平(CS₂)=0.14 ml, n转(CH₄)=0.14 ml;n平(H₂)=n 转(H₂S)+2n 转(CH₄)=0.6 ml,H₂的 收
恒压条件下，不通入Ar, 相当于对反应体系加压，反应i 和反应ii均逆向移动，则相
同温度下H₂S 的转化率减小。
( 4 ) 利 用CH4 处理H₂S 与 Claus 工艺相比，前者的优点是可获得高附加值产品H₂ ( 或不产生污染性 气体 SO₂)。