广西壮族自治区玉林市2025-2026学年高二上学期期末教学质量监测化学（含答案）

2025年秋季期高二期末教学质量监测化学参考答案题号123456789答案ADBCBCADBABCDC1．【详解】A．NaCl不会水解，用食盐腌制食材，与盐类水解无关，A符合；B．快速发酵粉中的明矾[KAl(SO4)2·12H2O]和小苏打可以发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳气体，B不符合；C．醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解呈碱性，C不符合；D．草木灰中含有碳酸钾，其水解显碱性，所以称之为碱水，D不符合。2．【详解】A．CaCl2是电解质，但溶液显中性，A不符合；B．CH3CH2OH是非电解质，B不符合；C．盐酸显酸性，但它是混合物，不是电解质，C不符合；D．NH4Cl是强电解质，且在溶液中水解显酸性，D符合。3．【详解】B．Fe是26号元素，基态Fe的价层电子排布式为：3d64s2，故B错误；14C断代法通过测量碳-14的衰变程度推断含碳元素的文物年代，例如文物中若含有机材料（如木材、织物）可用此法，A正确；B．红外光谱用于分析有机物的官能团和化学键，B正确；C．用质谱法测定相对分子质量，C错误；D．原子光谱法通过特征谱线鉴定元素种类，适用于金属文物表层元素分析，D正确。5．【详解】A．氢气分子中，s-sσ键没有方向性，A错误；B．每个电子层的能级总是从s能级开始，B正确；C．钠基态电子排布为1s22s22p63s1，3p和3d轨道均未填充电子，3s也未填满电子，C错误；D．2s和2p能级分别最多容纳2和6个电子，D错误。6．【分析】X失去1个电子后成为质子，则X为H；Y的基态原子价层电子排布式为nsnnpn，s轨道最多填充2个电子，n=1时不存在p轨道，则n=2，Y为C；Z的基态原子2p能级为半充满，Z为N；Q+的基态M能层有8个电子，则Q为K；据此解答。【详解】A．同主族，周期数越大，半径越大；同周期元素，原子序数越小，半径越大，则原子半径：K>C>N，A正确；B．同周期元素，原子序数越大，电负性越大，则电负性：N>C>H，B正确；C．N因p轨道半充满更稳定，第一电离能最大；同主族元素从上到下第一电离能变小，K的第一电离能小于H。所以第一电离能N＞H＞K，C错误；D．NH3与水可形成氢键，CH4与水不能形成氢键，则NH3的水溶性大于CH4，D正确。7．【详解】A．若铁钉在食盐水中发生吸氧腐蚀，左侧试管中气体压强减小，右侧试管中溶液会进入导气管中形成一段液柱，则题给装置能达到验证铁的吸氧腐蚀的实验目的，A正确；B．酸性高锰酸钾溶液为强氧化性溶液，应放在酸式滴定管中，B错误；C．测定溶液的pH不能将试纸直接放入溶液中，应用玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸上，并与比色卡对比颜色进行读数，C错误；D．题给装置缺少玻璃搅拌器，不能达到测定中和反应的反应热的实验目的，D错误。8．【详解】A．催化剂仅能降低活化能，不改变ΔG，无法使非自发反应变为自发，A错误；B．反应后气体物质的量增加，熵增，ΔS>0，B错误；C．生成固体导致熵减，ΔS<0，常温自发需ΔG=ΔH−TΔS<0，即ΔH<0，C错误；D．ΔH=−78kJ/mol<0，ΔS=+494J/mol>0，则任何温度下均有ΔG=ΔH−TΔS<0，任何温度下均9．【详解】A．由图知，N2、O2转化为NO的反应是吸热反应，A正确；B．并不是反应物分子的每次碰撞都能发生反应，引发化学反应的碰撞叫有效碰撞，B错误；C．该反应的正反应为吸热反应，则正反应的活化能大于逆反应的活化能，C正确；D．使用催化剂可加快反应速率，故可增加单位时间内NO的产量，D正确。10．【详解】A．根据电流的方向可知a为电解池的阳极，则用来精炼铜时，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液，故A正确；B．铁比铜活泼，为原电池的负极，发生的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B错误；C．装置③为外加电流法，钢闸门与外接电源的负极相连，电源提供电子而防止铁被氧化，故C错误；D．浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以腐蚀，故D错误。11．【详解】A．pH=1的溶液为强酸性，HCO与H+生成CO2和H2O，不能大量共存，A错误；B．遇酚酞变红的溶液为碱性溶液，确定各离子在碱性溶液中可以大量共存，B正确；C．酸性溶液中，NO具有强氧化性，能氧化Fe2+，不能大量共存，C错误；D．水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液可能是酸溶液或碱溶液，HSO3-既不能在酸溶液中大量共存，也不能在碱溶液中大量共存，Mg2+不能在碱溶液中大量共存，D错误。12．【详解】A．测定0.1mol/L醋酸溶液的pH，如果溶液的pH＞1，则说明醋酸部分电离，为弱电解质，A正确；B．NaHSO4在水溶液中电离出Na+、H+和硫酸根离子，故向水中加入少量硫酸氢钠固体，c(H+)增大，但水的离子积常数Kw只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，温度不变，水的离子积常数不变，B正确；C．酸无论如何稀释都不能变为中性或碱性溶液，所以常温下，将1mLpH=5的盐酸稀释至1L，稀释1000倍，溶液接近中性，但c(H+)仍小于1×10-7mol/L，C错误；D．相同温度下，pH相同的盐酸和醋酸，c(醋酸)＞c(盐酸)，pH、体积相同的醋酸和盐酸，n(醋酸)＞n(盐酸)，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH物质的量与酸的物质的量成正比，所以醋酸消耗的多，D正确。13．【分析】电解法制备Na2FeO4的工作原理如图所示，Fe为电解池的阳极，M为电源的正极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO-+4H2O，Pt为电解池的阴极，N为电源的负极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴离子交换膜能允许OH-通过，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，M为电源的正极，A错误；B．由分析可知，阳极上的电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO-+4H2O，B错误；C．由分析可知，Fe为阳极，Pt电极为阴极，OH-通过阴离子交换膜由阴极即Pt电极移向阳极即Fe电极，C错误；D．由分析可知，阴极电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒可知，理论上每转移0.1mole-，阴极上会产生标准状况下0.05molH2即0.05mol×22.4L/mol=1.12L气体，D正确。14．【分析】随着溶液pH的增大，先发生：H2SO3+OH—=HSO3-+H2O，后发生：HSO3-+OH—=SO-+H2O，结合各粒子浓度变化可知，①代表亚硫酸分子，②代表亚硫酸氢根，③代表亚硫酸根。【详解】A．由上述分析可知，③代表亚硫酸根，A正确；B．根据题意，pH=7.2时，c(HSO3—)与c(SO—)相等，约为0.05(HSO3)+2c(SO)>0.10mol/C．NaHSO3溶液的电离平衡常数Ka2=10-7.2，水解常数为Kh电离大于水解，溶液显酸性，c(SO32—)>c(H2SO3)，C错误；D．H2SO3中存在H2SO3H++HSO3—、HSO3-SO-+H+，则由曲线①②交点可知Ka曲线②③交点可知Ka则15．(15分，除标注外，其余均为2分)(1)球形干燥管(1分)吸收氯气和二氧化硫，防止污染空气，同时防止水蒸气进入装置中使磺酰氯水解(2)浓硫酸(3)①13.7②溶液由无色变成粉红色，且30s不恢复③g>f>e④84.4%⑤AD【分析】装置甲中制取SO2，经装置乙浓硫酸的干燥作用后通入装置丙中；装置庚中浓盐酸与高锰酸钾混合制取Cl2，浓盐酸具有挥发性，使制取得到的Cl2中含有杂质HCl和水，通过装置戊饱和食盐水除去杂质HCl，然后通过丁中浓硫酸的干燥作用后通入装置丙中，在装置丙中，SO2、Cl2在活性炭作用下反应，制取少量的SO2Cl2，据此作答。【详解】（1）仪器b为球型干燥管，装的试剂为碱石灰要吸收氯气和二氧化硫，防止污染空气，同时防止水蒸气进入装置中使磺酰氯水解；（2）乙和丁都是起干燥作用，故都是浓硫酸；（3）④SO2Cl2与水反应生成H2SO4和HCl，反应方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；用氢氧化钠滴定硫酸和盐酸，酚酞做指示剂，溶液由无色变成红色到达终点；设水解的SO2Cl2的物质的量为xmol，根据SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl可知，水解生成H2SO4和HCl的物质的量分别为n(H2SO4)=xmol，n(HCl)=2xmol，滴定反应的方程式为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O、HCl+NaOH=NaCl+H2O，则消耗的氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)=2n(H2SO4)+n(HCl)=4xmol；滴定前后消耗的体积20.00mL，则4xmol=0.5000mol/L×0.02L=0.01mol，则x=0.0025，那么SO2Cl2的质量分数为⑤A．滴定终点读数时，俯视标准液液面，则标准液体积偏小，导致结果偏低；B．滴定前锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥，不影响结果；C．碱式滴定管未用标准液润洗，导致标准液被水稀释，则标准液体积偏大，导致结果偏高；D．取25.00mL待测液于锥形瓶时，有一滴落在锥形瓶外，则消耗NaOH体积减少，导致结果偏低。16．(15分，除标注外，其余均为2分)(1)四面体形sp3(2)σ键(3)N(1分)N原子的2p轨道为半充满，更稳定，第一电离能更大(4)2KCI(熔融)⃞2K+CI,t(5)(6)H2O2分子间有氢键【分析】A原子的电子只有一种自旋取向，所以A为H；C有8种不同运动状态的电子，所以C为O；B的价电子层中有3个未成对电子，B原子序数小于C，核外电子排布式为22s22p3，所以B为N；F原子最外层只有一个电子，且3d轨道为半充满状态，所以F为Cr；简单离子D-和E+的核外电子排布相同，且F与E同周期，所以D为Cl、E为K。因此，A、B、C、D、E、F分别为H、N、O、Cl、K【详解】(1)BA3分子为NH3，其VSEPR模型为四面体形，其中心原子的杂化方式为sp3。(2)A2C为H2O，按轨道重叠方式分析，H2O中含有的化学键为σ键。(3)N、O中第一电离能最大的是N，原因为N、O失去的第一个电子都在2p轨道上，但N原子的2p轨道为半充满，更稳定，第一电离能更大。(4)工业上常通过电解熔融KCl来制取单质K，该反应的化学方程式为。(6)A2C2为H2O2，AD为HCl，它们的相对分子质量相近，但H2O2的沸点更高，原因是H2O2分子间有氢键。17．(14分，每空2分)(1)-23.5(2)①bd②第二步③T3之后，反应达到平衡状态，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚减少（催化剂活性下降，相同时间内生成的二甲醚减少）(3)①>②0.5③（2）①a．容器体积不变，由于所有物质均是气体，混合气体质量不变，所以混合气体的密度始终不变，不能说明反应已经达到平衡，a不符合题意；b．反应过程中，虽然气体分子数没有变化，但因容器绝热且反应为放热反应，温度在上升，则压强在增大，所以当容器内压强不再发生变化时，反应达到平衡状态，b符合题意；c．甲醇的消耗速率等于水的消耗速率的两倍时，反应才达到平衡状态，甲醇的消耗速率等于水的消耗速率时反应没有达到平衡状态，c不符合题意；d．随着反应开始进行，二甲醚的体积分数在不断增大，当二甲醚的体积分数不再发生变化，则说明反应达到平衡状态，d符合题意；故答案选bd。②第二步反应活化能较高，反应速率较慢，是该反应过程的决速步骤。③在T3之前，升高温度，反应速率增大，所以相同时间内产物CO2的物质的量浓度增大；T3之后，升高温度，相同时间内产物CO2的物质的量浓度减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应。（3）①反应达到3min时，尚未达到平衡，此时二氧化碳的物质的量仍处于减少的趋势，故ν正>ν逆；②0～5min内，CO2物质的量减少2.5mol，则③2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)初始3mol9mol00转化2.5mol7.5mol1.25mol3.75mol平衡0.5mol1.5mol1.25mol3.75mol容器体积为3L，平衡常数K=5×25×15=1875。18．(14分，除标注外，其余均为2分)(1)d区(1分)(2)SiO2、CaSO4(3)升温、搅拌、粉碎、适当提高稀硫酸浓度(1分)使用盐酸会产生有毒的氯气(4)ClO3+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl+3H2O【分析】向含钴废料(成分为CoO、Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、CaCO3等杂质)加入硫酸并酸浸，SiO2不发生反应，CaCO3转化为