化学试卷答案【广西卷】【高二下期末考】广西壮族自治区考阅评南宁部分学校2025年春季学期高二年级期末教学质量监测（6.30-7.1）

试卷第1页，共7页高二化学参考答案题号123456789答案ADADBCDBAD题号答案BCCB1．A【详解】A.烷基磺酸根离子作为表面活性剂，其疏水端包裹油渍形成胶束，亲水端溶于水，正确描述去污原理，A正确；B．偏二甲肼的结构简式为，其空间结构不对称，正电中心和负电中心不重合，属于极性分子，B错误；C．酒酿最终糖类转化为酒精，涉及淀粉水解、葡萄糖的发酵反应(葡萄糖分解为乙醇和二氧化碳)，葡萄糖是单糖不会水解，故C错误；D．四氟乙烯(CF2=CF2)中含有F元素，不属于烃，D错误。2．D【详解】A．氢原子和氯原子形成氯化氢分子时，H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道通过“头碰头”的形式形成s-pσ键，电子云轮廓图表示为A错误；B．SO3中心原子S价层电子对数无孤电子对，其VSEPR模型为平面三角形，B错误；C．过氧化钙是由钙离子和过氧根离子结合形成离子化合物，其电子式为，C错误；D．丁酸的结构简式为CH3CH2CH2COOH，键线式为：，D正确。3．A【详解】A．调控酸式滴定管的滴加速度，左手拇指、食指和中指轻轻向内扣住玻璃活塞，手心空握，所以A选项的操作符合规范；B．加热试管中的液体，试管中液体体积不能超过试管体积的三分之一，且手握试管夹时，应手握试管夹的长柄，不要把拇指按在短柄上，以免打开试管夹，使试管脱落，B操作不规范；C．配制一定物质的量浓度的溶液时，溶质要放在烧杯中溶解，不能直接放在容量瓶中溶解，C操作不规范；D．利用浓盐酸和二氧化锰反应制氯气需要加热，图中缺少加热装置，且分液漏斗内应盛装浓盐酸，不能达到预期目的，D不符合题意；故选A。4．D【详解】A．HBr是极性分子，CO2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶规律，水溶性：HBr>CO2，A正确；B．聚乙炔的导电性源于其共轭大π键，π电子可沿分子链移动，B正确；C．沸点：甲酸＞乙醇，因为甲酸与乙醇相对分子质量相同，甲酸的羧基中有两个氧原子，既可以通过羟基氧和羟基试卷第2页，共7页氢形成氢键，也可以通过羰基氧和羟基氢形成氢键，故甲酸比乙醇形成氢键的几率大，因此等物质的量甲酸与乙醇的分子间氢键数：甲酸>乙醇，C正确；D．AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则AlF3熔点远高于AlCl3，D错误。5．B【详解】A．由辣椒素的结构简式可知，该分子中的碳原子杂化类型为sp2、sp3，故A正确；B．由辣椒素的结构简式可知，分子中不存在有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B错误；C．酸性条件下，辣椒素的水解产物中一个含有羧基、一个含有酚羟基，都能与碳酸钠溶液反应，故C正确；D．由辣椒素的结构简式可知，分子中的碳碳双键能与溴水发生加成反应，酚羟基邻位上的氢原子能与溴水发生取代反应，则1mol辣椒素与足量的浓溴水反应最多能消耗2molBr2，故D正确；故选B。6．C【详解】A．标准状况下，乙醛为液态，无法计算11.2LCH3CHO的物质的量，A项错误；B．12g金刚石中C原子的物质的量为1mol，1mol碳原子平均形成2molC-C键，故含有2NA个共价键，B错误；C．100mL8mol/L浓硝酸与6.4g的Cu反应，由方程式Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O可知浓硝酸过量，6.4gCu即0.1molCu完全反应转移电子数目为0.2NA，C项正确；D．工业合成氨反应为可逆反应，0.5molN2与过量H2反应生成NH3分子的数目小于NA，D项错误；故选C。7．D【详解】A．稀硝酸中加入过量铁粉的离子反应为3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，A错误；B.水垢中含有碳酸钙，盐酸除锅炉水垢的离子方程式为：2H++CaCO3=CO2↑+H2O+Ca2+，故B错误；C．Al(OH)3不溶于过量氨水，向AlCl3溶液中滴入过量氨水，反应的离子方程式为Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH，故C错误；D．CuCl2溶液能导电，是因为CuCl2在水溶液中电离出自由移动的离子，通电时，离子定向移动，CuCl2在电解条件下分解为Cu和Cl2，离子方程式表述正确，故D正确。8．B【分析】用钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)反应生成1mol液态HCOOH时放出31.2kJ的热量，则热化学方程式为：CO2(g)+H2(g)=HCOOH(l)ΔH=—31.2kJ.mol⁻¹,据此信息解答。【详解】A．物质Ⅱ的化学式为：RuH2，H为非金属显—1价，则金属Ru的化合价为+2价；物质Ⅲ的化学式为：Ru(HCOO)2，甲酸根离子显—1价，则金属Ru的化合价为+2价，A正确；B．由示意图可知，物质Ⅰ转化为物质Ⅱ过程中，不存在非极性键的形成，B错误；C．根据总反应为：CO2(g)+H2(g)=HCOOH(l)ΔH=—31.2kJ.mol⁻¹可知，物质Ⅰ先跟反应物H2反应转化得到物质Ⅱ,所以为该反应的催化剂，而物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物，C正确；D．CO2(g)和H2(g)生成HCOOH(l)为放热反应，则甲酸分解为吸热反应，则该热化学试卷第3页，共7页方程式为：HCOOH(l)=CO2(g)+H2(g)ΔH=+31.2kJ.mol⁻¹,D正确。9．A【分析】X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，且分布在不同周期，则X是H元素，Y元素基态原子的价层电子排布是nsnnp2n且位于第二周期，则Y是O元素，Z、Q元素原子的最外层均只有1个电子，Z元素原子中只有两种形状的电子云，则Z只含有s和p轨道，故Z为Na元素，Q元素基态原子的s、p、d能级均排满电子，即为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素，综合可知，X、Y、Z、Q分别是H、O、Na、Cu元素。【详解】A．Q元素位于元素周期表第ⅠB族，位于ds区，故A正确；B．ZX为NaH，属于离子化合物，故B错误；C．Z2Y2为Na2O2，是过氧化物，阴阳离子数之比为1∶2，故C错误；D．同周期元素从左到右电负性依次增大，同主族元素从上往下电负性依次减小，故电负性：O＞H＞Na，故D错误；故选A。10．D【详解】A．氢氧化铜碱性条件下才能氧化醛基，需先将溶液调成碱性，A错误；B．HI分解反应方程式为2HI(g)≈H2(g)+I2(g)，反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，但压缩容器体积为原来的一半，浓度变大，颜色加深，不能证明压强对平衡移动的影响，B项错误；C．在浓度较大的条件下，Ba2+).c(CO)>Ksp(BaCO3)有碳酸钡沉淀生成，即溶解度较小的沉淀可以转化为溶解度较大的沉淀，不能依据沉淀的转化确定溶度积常数Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)，C项错误；D．加入AgNO3后Cl-浓度降低，导致[FeCl4]-分解，溶液颜色变化，说明该配合物在高浓度Cl-条件下稳定，D正确。11．B【分析】由图可知，左侧乙二醇发生氧化反应生成羟基乙酸，故左侧为阳极，电极反应为HOCH2CH2OH—4e-+H2O=HOCH2COOH+4H+，右侧电极是阴极，NO2-在电极上会先转化为NH2OH，NH2OH与环己酮反应生成己内酰胺，据此解答。【详解】A．由分析可知，左侧为阳极，则m为电源正极，n为电源负极，电流从m极出发，经外电路回到n极，A错误；B．由分析可知，乙二醇发生氧化反应生成羟基乙酸，电极反应为：HOCH2CH2OH—4e-+H2O=HOCH2COOH+4H+，B正确；C．NO2-在电极上发生得电子的还原反应转化为NH2OH，电极反应为NO2-+4e-+5H+=NH2OH+H2O，C错误；D．若两电极间增加质子交换膜，则H+将通过质子交换膜向右侧移动，当得到1molGA时，转移4mole-，有4molH+进入阴极室，D错误。12．C【分析】根据晶胞图可知，Si原子有4个位于体心，个数为4；Al原子有8个位于顶点，6个位于面心，个数为Li原子有12个位于棱心，1个位于体内，个数为据此信息解答。【详解】A．根据分析，晶体的各原子个数比为Li:Al:Si=4:4:4，化简后得到化学式为LiAlSi，A正确；确；C．根据晶胞图，Al原子周围最近的Li原子位于相邻3个棱边的棱心，补全晶胞后每个顶点的Al原子被8试卷第4页，共7页个晶胞共用，每个棱心的Li原子被4个晶胞共用，则Al原子周围最近的Li原子个数为：错误；D．在晶胞中Si、Al原子之间的位置如图作辅助线并得到4AD=AC，AB2=a2+a2=2a2，则Si、Al原子之间的最短距离为D正确；故答案为：C。13．C【详解】A．T5温度下充入稀有气体，容积不变，浓度不变，平衡不移动，所以CO2转化率不变，A正确；B．温度高于T4，两种催化剂的CO2转化率相同，说明c、d是平衡状态，达到平衡以后，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率逐渐减小，因此温度高于T4，CO2转化率降低的原因是温度升高，B正确；C．根据图示信息相同温度下催化剂I条件下转化率高，这说明催化剂I的效率高，活化能较小，所以使用催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ效率高，C错误；D．b、d两状态下，CO2转化率相同，温度不同，d点温度高于b点，速率快于b点，D正确；故选C。14．B【解析】卤素原子为吸电子基团，且电负性：F>Cl，含有电负性越大的原子越多，吸电子效应越大，使得羧基中O—H键的共用电子对更加靠近吸电子基团，更容易电离出H使酸性增强，因此CH3COOH、CF3COOH和CH2ClCOOH的酸性强弱：CF3COOH>CH2ClCOOH>CH3COOH。在相同的浓度下，HA的酸性越强，电离出的c(H＋)越大，pH越小。根据图像，滴定还未开始时，溶液的pH：曲线Ⅰ>曲线Ⅱ>曲线Ⅲ,则酸性：曲线Ⅰ<曲线Ⅱ<曲线Ⅲ,可知曲线Ⅰ表示的是CH3COOH溶液的滴定曲线，曲线Ⅱ和Ⅲ分别表示的是CH2ClCOOH和CF3COOH溶液的滴定曲线。A项，曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定CH2ClCOOH溶液。根据已知，CH2ClCOOH的pKa=2.86，则Ka=10-2.86。CH2ClCOOH的电离方程式：CH2ClCOOH⇌CH2ClCOO－＋H＋平衡常数点溶液的pH=3.86，c(H＋)=10-3.86，代入平衡常数表达式中，A正确；B项，曲线Ⅲ表示的是CF3COOH溶液的滴定曲线。CF3COOH的电离方程式：CF3COOH⇌CF3COO-+H＋平衡常数根据图像，滴定还未开始时，CF3COOH溶液的pH=1.06，c(CF3COO试卷第5页，共7页B错误；C项，CH3COOH的酸性最弱。相同浓度下，酸越弱，电离出的c(H＋)越小，pH越大，结合图像，可知曲线Ⅰ为CH3COOH溶液的滴定曲线，C正确；D项，卤素原子为吸电子基团，且电负性：F>Cl，含有电负性越大的原子越多，吸电子效应越大，使得羧基中O—H键的公共电子对更加靠近吸电子基团，从而更容易电离出H使酸性增强，则CH3COOH、CF3COOH和CH2ClCOOH的酸性强弱：CF3COOH>CH2ClCOOH>CH3COOH，D正确；故选B。15．(15分)【答案】(1)球形冷凝管(1分)浓H2SO4(1分)a(1分)(2)A(1分)催化剂(4)增大了催化剂与反应物的接触面积，催化效果更好(2分)(5)SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑(2分)(6)碱石灰或生石灰(1分)既可以防止外界的水进入反应发生装置，又可以吸收处理尾气(2分)(7)50%(2分)【详解】(7)n（SO2）=1.12÷22.4=0.05moln（Cl2）=0.896÷22.4=0.04moln（SOCl2）=4.76÷119=0.04mol由方程式知SO2过量，则由Cl2计算理论生成的SOCl2为0.08mol，则产率为0.04÷0.08×100%=50%1614分）【答案】(1)B(1分)(2)CaSO4(1分)(3)+3(1分)3d84s2(1分)(4)将Fe2+氧化为Fe3+(2分)H2O2受热分解或生成Fe3+催化H2O2分解(2分)3.2≤pH<7.2或3.2~7.2(2分)(6)1×10-37.4(2分)【详解】（6）常温下，Fe3+完全沉淀PH=3.2，则POH=10.8，则Fe（OH）3的溶度积常数的数值试卷第6页，共7页Ksp=1×10-5×(10-10.8)3=1×10-37.417.（14分每空2分）(1)-52.7(2)BC3.7(3)＞主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以CH3OH的选择性降低负CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O【详解】（1）已知②CO2(g)+H2(g)≈CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.4kJ.mol—1；③CO(g)+2H2(g)≈CH3OH(g)ΔH3=-94.1kJ.mol—1根据盖斯定律，由②+③得反应CO2(g)+3H2(g)≈CH3OH(g)+H2O(g)，则ΔH1=ΔH2+ΔH3=-52.7kJ.mol—1。（2）①A．当3v(H2)正=v(CH3OH)逆时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B．恒温恒压下，该反应过程中，气体体积减小，气体总质量不变，混合气体的密度增大