2025年广西示范性高中4月高二化学期中调研测试4月高二化学答案

2025年广西示范性高中4月高二期中调研测试化学答案一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。1234567DDAAADB89CDCBCBB1.D【解析】从古代生产力水平来看，甘蔗取汁使用的是一些原始方法如碾磨，这样收集到的蔗汁必然含有少量不溶性纤维杂质，故而需要过滤，A正确；分子间作用力大会导致物质的粘性增加，可以粗浅地理解为粘性是类似硬度的属性，B正确；长途运输不能将完全成熟的砂糖橘进行运输，否则会烂掉，故而需要在未成熟的时候采摘，在到达售卖处后需要尽快售出，故而在运输过程中可以适当使用乙烯催熟，C正确；踩下油门时，内燃机的空气量和燃油的喷射量都同时提高，只提高燃油的喷射量会导致燃烧不完全充分，浪费燃料且产生积碳，D错误2.D【解析】洪特规则要求电子尽可能优先占据空轨道，A正确；H和Cl分别利用1s和3p轨道进行头碰头成键，3p电子云要比1s电子云形状大，B正确；H₂O分子的VSEPR为正四面体结构，其中含有两对孤电子对，且O原子和H原子的大小比例正确，C正确；NaCl属于离子晶体，3.A【解析】OH·中是极性键O-H键，而O₂2-中是非极性键O-O键，故选A4.A【解析】该晶胞中8个Mg位于体内，C原子8个位于顶点，6个位于面心，1个晶胞中含有Mg原子1×8=8个，C原子,Mg原子与C原子个数之比为：2:1,晶体化学式为Mg₂C,但熔融状态下离子键才能被打破，故而熔融状态下导电的应当属于离子晶体，A错误；显然镁的配位数为4,B正确；晶胞中碳原子与镁原子的最短距离为顶点的碳原子与体对角线的四分子一处镁原子的距离，即正确；该晶胞镁原子个数为8,碳原子个数为4,一个晶胞的质量为1个晶胞的体积为V=(a×10-7)³cm³=a³×10⁻²¹cm³,该晶胞的密度为D正确5.A【解析】容易判断Z为Al;W与Z原子序数相邻，故而W必然为Si;Y原子序数小于13且有两个未成对电子，考虑矿物的可能成分，故而应当是O;X只有1s和2s,故而只能是Li或Be,带入化学式计算出X化合价为+2,故而为Be。第一电离能A1小于Si,A正确；半径Be大于0,B错误；0与H形成的分子有V型的H₂O和书页型的H₂O₂,C错误；O₃是极性分子，D错误6.D【解析】颜色瞬间变深是因为体积减小NO₂浓度瞬间增大，和平衡移动无关，A错误；加热水也会在水中观察到气泡即沸腾现象，B错误；没有使用隔热装置，测量结果误差大，C错现象变蓝说明有产物I₂,说明确实发生了反应，而变红说明少量的Fe³+确实还有剩余，故而必然为7.B【解析】pH本质是浓度，在缺少体积信息的条件下无法计算物质的量，A错误；22g二氧化碳其物质的量为0.5mol,与温度和压强无关，B正确；标况下苯不是气态，无法使用22.4L/mol以计算，C错误；电解精炼铜时除了Cu参与反应外，Zn、Fe也会参与，故而质量损失64g时不一定恰好转移2NA个电子，D错误9.D【解析】电解精炼铜的阳极泥含有Au、Ag,通过初步分离可能得到粗金泥，A正确；王水相比浓硝酸，多了浓盐酸这个成分，从流程可看出Au转化为配位化合物AuCl₄,故而B正确；王水中的浓硝酸其还原产物为NO₂,可以使用NaOH溶液吸收，C正确；在酸浸时，王水不仅氧化了Au单10.C【解析】碳碳三键中的C原子杂化为sp,A错误；由示意图判断，符号表示的是一个甲基，BC正确；由机理判断，发生加成后|的双键消失，故而|上甲基所在碳上不可能连着双键，按甚至是加热后脱水的Mgo,C错误；NaOH明显过量，故而滴入FeCl₃会直接与NaOH反应沉淀，而不会产生FeCl₃将Mg(OH)₂转化为Fe(OH)₃的过程，也就是只有新沉淀的产生，不涉及到旧沉淀转化为新沉淀，故D错误12.C【解析】酸雨中显示酸性的主要物质是H₂SO₃被氧化后得到的H₂SO₄,故而允许拆写为H+,析氢腐蚀产生H₂,A正确；硫代硫酸钠遇酸产生歧化反应产生硫沉淀和二氧化硫气体，B正确；少量氨水只能将CuSO₄4沉淀为Cu(OH)2,过量时才能发生配位反应从而溶解，C错误；酒驾则涉及到乙醇，乙醇被氧化最终产物为乙酸，D正确13.B【解析】频繁换气，CO₂浓度减少引发平衡H+(aq)+HCO₃(aq)=H₂CO₃(aq)=CO₂(g)+H₂O(1)正向移进一步确诊，B错误；身体代谢机能加快，故而代谢产物CO₂增多，使得平衡逆向移动，C正确；套上透明塑料袋可以增强CO₂在呼吸系统中的回流，减少CO₂浓度的损失，D正确14.B【解析】由Kn的展开式两侧做负对数并展开，可得pKa=P[c(H₂R)/c(H,R)]+pH,结合题目图表信息，p[c(H₂R)/c(H₃R)]是y值，pH是x值，故而转化为函数关系为pKa-y+x,变形得到y=-x+pKa1,pKa1在一定温度下是一个常数。同理，Ka2、Ka3必然也得到类似的关系式，统称为y=-x+pKm,n=1,2,3。由于函数解析式的k值相同，故无论坐标轴如何设置，三条曲线的方向必然一致，因此Ka₁、Ka₂、Ka₃必然对应L₁、L₂、L₃这三条曲线的某一条，而L₄必然对应c(Cd²+)。当y=0时x=pKm,也就意味着三条曲线与y=0的交点，其x值恰好就是pKm,显然A正确；图表已经由d点作垂直辅助线，设辅助线与L₄的交点为d点，显然d点是饱和的，处于沉淀平衡状态，现在从d₁点沿着辅助线达到d点，对应的化学操作是保持pH不变的同时降低Cd²+浓度，那么显然进入到不饱和状态，故而不会有沉淀析出，B错误；K₂HR溶液的酸碱性，主要决定于HR2的电离和水解程度何者更强，即Ka3和Kn₂的大小比较，而Kn₂=Kw/Ka₂,从图表中将L₂、L₃数据带入解析式计算，得Ka₂=10-4.7,Ka₃=10-6.4,故而电离程度大于水解程度，C正确；显然是电荷守恒式，D正确。(值得注意的是y坐标轴设置反常，并非常规的越向上数值越大，而是越向上数值越小，故而曲线形状与正常情况下函数图像是关于x=0对称的，即取向相反，故而L₁、L₂、L₃均随着x值增大曲线向上。)二、非选择题：本题共4小题，共58分，除特殊标注外每空2分。考生根据要求作答。15.(14分)(1)苯乙炔(1分)详解：显然从后续反应的光照条件可以推导出B为乙苯，而A又是常见的有机溶剂，考虑CH₃CH₂Cl引入的乙基，则A应当是苯，故而为取代反应；由分子式分析，C₁₀H14相比C₈H10显然在原化合(3)取代反应(1分);10(1分)详解：核磁共振氢谱只有2组峰即只有两种氢，为高度对称结构；峰面积比为3:1,考虑到原分子有8个H,故而两种氢的原子个数为6和2,那么6个H这里显然是由2个-CH₃提供的，由于碳原子个数限制不可能是3个-CH₂-,因此综合条件，2个甲基，2个-Cl,且属芳香族化合物，从邻、间和对位逐一考虑总共得5种详解：观察产物，产物是一个明显对称的炔烃，故而必然由丙炔发生Glaser反应而来为丙烯如何制备丙炔，那么显然需要加成卤16.(14分)(1)0.01mol/L;D(1分)利用温度相同Kp相同联立计算即可得到详解：显然Fe²+转化为Fe³+,故而MnO₂的作用是氧化Fe²+;目的是沉淀掉铝和铁，不能让其它的元(3)Mn²++2HCO₃=MnCO₃+H₂O+CO₂;(NH)₂CO₃溶液碱性比较强，会产生更多的Mn(OH)₂絮状沉淀，不H++HCO₃=H₂O+CO₂,联立两步即可得总反应；NH₄HCO₃与(NH₄)₂CO₃的区别在于溶液的酸碱沉淀也可能会有，题目提示有絮状沉淀，而絮(4)酸性时c(H+)过大，其氧化性增强，可能会伴随H+得电子的副反应，提高了成本；碱性时Mn²+可能会17.(15分)详解：熟石灰需要利用石灰石分解，产物有CO₂;联合制碱法直接得到的是NaHCO₃,要得到纯碱必须加热分解，也会产生CO₂(2)高温低压详解：逆反应吸热，故而需要高温；整个反应气体熵减，(3)-90.14KJ/mol;不能(1分)必然改变，根据pV=nRT,恒温恒容下则压强p必然随之改变，B正确；对于只有主反应发生的体系，即消耗1molCO₂的同时消耗1molCH₃OH和1molH₂O,C说法是正确的，但是这个体系中副反应也发生，而且消耗的比例不同，为方便理解我们可1:1的速率进行，那么此时断裂4molC=O键，同时断裂5molH-O键，故而C错误；主副反应共用反应物CO₂,对于副反应而言，只要CO浓度不再改变，说明CO₂的浓度也不再改变，那升温后副反应速率上升比正反应快，使得主反应选择性下降；I、已经达到平衡，温度越高，主反应越逆向移动，副反应正向移动，故而甲醇选择性降低(所有可能的答案都不能和升温CO₂转化率上升这一信息矛盾);C详解：“反应相同时间”暗示要考虑是否平衡的问题，从是否平衡的两个角度来回答即可，未平衡考虑速率，平衡考虑移动；工业上普遍采取连续化生产，反应周期结束后混合物中的反应物会分离从而进入下一个生产周期，故转化率低可以采用分离手段予以弥补，只是会增大能耗带来额外的经济成本，例如工业上合成氨的转化率在平衡时可能不到30%,而选择性低但转化率高意味着原料已大部分转化为副产品，这说明原料浪费严重，这种结果是弥补不了的，故选C详解：假设CO₂投入量为amol,则H₂为3amol。按照题目信息，CO₂剩下0.8amol,CH₃OH为0.15amol,CO为0.05amol,设H₂为xmol,H₂O为ymol,利用元素守恒列出H、O两元素的守恒式，带入即可求出x和y,最后带入副反应的Kp式即可得到答案18.(15分)(1)三颈烧瓶或三口烧瓶(1分);2:1联立方程可得：2Na₂S+Na₂CO₃+4SO₂=3Na₂SO₃+3S↓+CO₂,要使S和Na₂SO₃物质的量之比为1:1,原溶液中的Na₂S与Na₂CO₃物质的量之比为2:1;(2)Na₂SO₃+H₂SO₄=Na₂SO₄+H₂O+SO₂;浓度过低，速率过低/浓度低说明含水量高，SO₂易溶于水不利于SO₂逸出/酸性弱不利于H₂SO₃转化为SO₂的平衡朝分解方向移动，不利于SO₂逸出详解：综合信息，显然装置是为了产生SO₂;浓度可以从速率、平衡的角度来回答，制备气体不仅要考虑反应如何产生气体，还需要考虑气体如何从水溶液体系中脱离(3)澄清溶液出现淡黄色浑浊，后淡黄色浑浊消失又变回澄清溶液；SO₂+H₂O+SO₃²-=2HSO₃,通入SO₂会使得亚硫酸根浓度降低，制备反应S+Na₂SO₃Na₂S₂O₃逆向移动产物分解，故而实验失败详解：由于S单质的生成速率低于消耗速率，则反应开始后能够观察到S单质的特征现象，而随着反应的逐渐进行，由于一般条件下S+Na₂SO₃Na₂S₂O₃进行得比较完全，S单质逐渐被完全消耗，故而淡黄色沉淀又消失；实验失败的主要原因一般都与产物有关，故而从主反应S+Na₂SO₃Na₂S₂O₃分析即可(4)将溶液加热至40度以上蒸发浓缩，趁热过滤，冷却结晶，过滤洗涤干燥详解：根据溶解度曲线，Na₂S₂O₃5H₂O溶解度随温度的升高而增