广西百色市2024-2025学年高二下学期7月期末化学试题

第 1 页 共 7 页 2025年春季学期百色市普通高中期末教学质量调研测试 高二化学 参考答案 一、选择题：本题共 14题，每题 3分，共 42分，每小题只有 1个选项符合题意。 1．B 【详解】A．靖西绣球所用材质之一的真丝绸缎主要成分是蛋白质， 故 A错误；B．茶多酚易被氧化而发挥抗氧化的功效，故 B正确；C．百色芒果 的香味来自于酯类和萜类物质，其中的酯类物质密度小于水，故 C错误；D．山 茶油所含油脂的主要成分是不饱和脂肪酸甘油酯，故 D错误。 2．B 【详解】A． 3NF 的电子式为 ，故 A错误；B．异戊二烯的结构 简式为： ，天然橡胶的主要成分是顺式聚异戊二烯(双键上的取代基甲基和 氢位于同侧)，其结构简式为： ，B正确；C．基态 C原子价层电子 排布图为 ，故 C错误；D． 2SO 中心原子 S周围的价层电子对数为： 2+ 1 (6-2 2) 2  =3，故其价层电子对互斥(VSEPR)模型： ，D错误。 3．C 【详解】A．SO2与O2的反应为可逆反应，1molSO2与足量的O2反应，生 成的SO3分子数小于NA，A错误；B． 3CHCl 在标准状况下不是气体，标准状况下， 322.4 LCHCl 的物质的量不是1 mol，氯原子的数目不为 A3N ，B错误；C．C5H12含有 4个 C-C单键，故 1mol C5H12 分子中含有碳碳单键数目为 4 NA，C正确； D．甲醛 和乙酸的最终简式均为 CH2O，所以 30g混合物中含有氢原子 1 30g 2 2mol 30g mol    ， 在乙酸中存在 O－H键，所以混合物中含 C-H键的数目小于 2NA，D错误。 4. C 【详解】A．氢的电负性(鲍林标度 2.20)大于硼的电负性(鲍林标度 2.04)， 故电负性：B<H，故A正确；B．最高正化合价=最外层电子数=族序数，则最高 正价：S＞Si>B，故 B正确；C．同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，同一 周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故 第一电离能：N>O>S，故 C错误；D．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，故 金属性：Li Na K  ，故 D正确。 5.A 【详解】A．碱金属单质的熔点从 Li到 Cs也逐渐降低，A错误；B. 同 主族两种元素原子的核外电子数的差值可能为 36，例如氢、铷， B正确；C. 砹 (At)为第七周期、V IIA族元素，该族元素单质的颜色逐渐加深，对于AgX的溶解度 逐渐减小，C正确；D．氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，则氢氧化铍也能与氢 氧化钠反应，故 D正确。 6.B 【详解】A．醋酸具有挥发性，且酸性比碳酸强，所以醋酸也能使苯 酚钠溶液反应生成苯酚，无法验证苯酚的酸性比碳酸的弱，A错误；B．羟基不 与 Br2反应，碳碳双键与 Br2反应，能达到实验目的，故 B正确；C．溴化铁做 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 B B C C A B B A D C B B D C 第 2 页 共 7 页 催化剂条件下苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，用硝酸银溶液检验反应 生成的溴化氢能证明苯和溴发生取代反应，但溴具有挥发性，挥发出的溴也能与 硝酸银溶液反应生成淡黄色的溴化银沉淀，干扰溴化氢的检验，所以题给装置不 能达到验证苯和溴发生取代反应的实验目的，故 C错误；D．乙醇和乙酸可以互 溶，不能用分液的方法分离，故 D错误。 7．B 【详解】A． 2CO 分子呈直线形(O=C=O)，结构对称，正、负电中心重 合，属于非极性分子，但 COS分子虽然呈直线形(O=C=S)，不是对称分子，分 子存在极性，故 A错误；B． 2CO 中的 C的价层电子对数为 4-2 22+ =2 2  ，C采取 sp杂化，键角为 180°；NH3中的 N采取 sp3杂化，键角约为 105°；所以键角： CO2>NH3，故 B正确；C．H2S的 S原子价层电子对数为 4，含有 2对孤电子对， 空间构型为V形，故C错误；D． 2CO 与COS的中心原子C价层电子对数为 4-2 22+ =2 2  ， C采取 sp杂化，VSEPR模型都是直线形，故D错误。 8. A【详解】A．甲基为供电子基团，使得氨基中氮的电子云密度更大， 更容易结合氢离子，使得 3 2CH NH 的碱性强于 3NH ，故 A错误；B．邻硝基苯酚 能形成分子内氢键，使邻硝基苯酚沸点低于对硝基苯酚，故 B正确；C．乙醇与 水任意比互溶，主要是因为乙醇与水易形成分子间氢键，增加了分子之间的吸引作 用，故C正确；D．对于结构相似的物质，分子的相对分子质量越大，范德华力 就越大，则克服分子间作用力使物质熔化、汽化消耗的能量就越多，物质的熔沸 点就越高。I2、Cl2都是由分子构成，二者结构相似，相对分子质量：I2＞Cl2，范 德华力：I2＞Cl2，所以沸点：I2＞Cl2，故 D正确。 9．D【详解】A．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应，草酸为弱酸，被氧化为 2CO ， KMnO4被还原为Mn2+，则反应的方程式为： 2 2 2 4 4 2 25H C O 2MnO 6H 10CO 2Mn 8H O        ，A正确；B．少量二氧化硫与氢氧 化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为 SO2＋2OH-=SO 23 ＋H2O， 故 B正确；C．苯酚钠溶液中通入二氧化碳产生碳酸氢钠： +CO2+H2O→ +NaHCO3，C正确；D．乙醛与银氨溶液反应：  3 3 3 4 3 22CH CHO 2Ag NH OH CH COONH 2Ag 3NH H O      水浴加热 ，D错误； 10．C【详解】A．根据该化合物的结构简式可知，其分子式为 C11H12O3，A 正确；B．该分子含有醛基，使溴水和酸性 KMnO4溶液褪色的原理相同，都是 发生氧化还原反应，B正确；C．结构中有共面的苯环和醛基结构， sp3杂化的碳 原子最多 3个原子共面，分子中最多 17个原子共面，C错误；D．该分子含有醛基 和苯环都可以跟 H2发生加成反应，醛基、苯环分别消耗 1和 3mol的 H2， D正 确。 11.B 【分析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X 原子在 s区元素原子中半径最小，故X是H；基态Z原子的价电子排布式为2s22p4， 故 Z是 O；Y元素的简单氢化物可用作制冷剂，故 Y是 N；基态W原子的 s能 第 3 页 共 7 页 级电子数等于 p能级电子数，故W是Mg；Q的常见单质为气体，且原子序数最 大，故 Q为 Cl。【详解】A．非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸 性越强，因此酸性：HClO4>HNO3，A正确；B．工业上通过电解熔融的无水氯 化镁制备金属镁，B错误；C．Y、Z、W的简单离子具有相同的核外电子排布， 原子序数越大，离子半径越小，有 Y>Z>W，C正确；D．Y元素的简单氢化物 为 NH3，N的成键电子对数为 3、孤电子对数=（5-1×3）/2=1，价层电子对数= 成键电子对数为+孤电子对数=4，杂化方式为 sp3杂化，D正确。 12．B 【详解】A．甲的分子式为 C3H6O，不饱和度为 1，甲的同分异构体 中含醛基的只有 1种：CH3CH2CHO，A错误；B．乙能发生燃烧的氧化反应，B 正确；C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，甲中含有 1个手性碳原子，位置为 ，乙中含有 1个手性碳原子，位置为 ，C错 误；D．丙的水解产物有 HOCH2CH(CH3)OH，为二醇，与为一醇的乙醇不是同 系物关系 D错误。 13. D 【详解】A．观察中配合物[MA2L2]的分子结构，可看到中心原子M 周围与 4个原子形成配位键，配位数是直接与中心原子（离子）配位的原子（离 子）数目，所以中心原子M的配位数为 4， A正确。 B．由题干晶胞可知，晶胞中配合物分子位于晶胞的 8个顶点和上下底面的面心 上，故晶胞中配合物分子的分数坐标为(0，0，0)、 1 1 0 2 2       ，， ，B正确；C．由晶 胞结构可知，该晶体由[MA2L2]分子通过分子间作用力结合而成，分子晶体是通 过分子间作用力（范德华力、氢键等）将分子结合成晶体的，所以该晶体属于分 子晶体，C正确；D．CO2晶胞中二氧化碳分子处于晶胞顶点和面心，利用均摊法 计算，1个 CO2晶胞中含二氧化碳分子数为 8×1/8+6×1/2=4个，而本题晶胞含 2个配 合物分子，二者晶胞中所含分子数量不同，晶体结构不相似，D错误。 14．C 【详解】A．溴乙烷与 NaOH溶液混合共热，充分反应并冷却后，检 验是否发生了取代反应，先向溶液中加稀 HNO3酸化中和碱，再滴加 AgNO3溶 液，产生淡黄色沉淀，A错误；B．向某样品溶液中滴加氯化铁溶液，溶液显紫色， 只能证明样品物质含有酚羟基，但不能确定是苯酚，B错误；C．向淀粉溶液中加 入稀硫酸，充分加热，冷却后，再加入碘水，溶液变蓝，证明后面的溶液中含有 淀粉，可能是淀粉未完全水解，不一定是未水解，C正确；D．将乙醇和浓硫酸 共热产生的气体除乙烯外还有挥发的乙醇蒸气、乙醇炭化后与浓硫酸生成的二氧 化硫都可以使酸性高锰酸钾褪色，不能证明生成了乙烯气体， D错误。 二、非选择题：本大题共 4 小题，共 58 分。 15.（14分）【答案】(1)将独居石粉碎增大接触面积、增大硫酸浓度或搅拌 等（任写一条）（1分） (2) SiO2 （2分）(3)  33 2 3 2 236HCO 2Ce Ce CO 3CO 3H O        （2分） (4)2Ce2(CO3)3+O2  高温 4CeO2+6CO2（2分） (5)使溶液中的 Fe3+、Al3+转化 Fe(OH)3、Al(OH)3而除去（2分） 5（2分） 第 4 页 共 7 页 (6) 8（1分） 32 3 A 6.88 10 a N  （2分） 【分析】向独居石中加入硫酸酸浸时，硫酸将 CePO4转化为 Ce2(SO4)3和 H3PO4，Fe2O3转化为 Fe2(SO4)3，CaF2转化为 CaSO4沉淀和 HF气体，SiO2不参 与反应；加入 Fe2(SO4)3溶液，将溶液中的 H3PO4转化为 FePO4沉淀，过滤得到 滤渣 1主要含有难溶性钙盐、FePO4和 SiO2；向滤液中加入氨水调节溶液 pH， 将 Fe3+、Al3+转化 Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀过滤除去，滤渣 2主要含有 Al(OH)3 和 Fe(OH)3；再向滤液中加入 NH4HCO3溶液，将溶液中的 Ce3+转化为 Ce2(CO3)3 沉淀，过滤得到 Ce2(CO3)3，最后经焙烧后得到 CeO2，据此解答。 【解析】(1)为提高“酸浸”的速率，可采取的措施有将独居石粉碎、增大硫酸浓度、 适当升高温度、充分搅拌等。(2)由分析可知，滤渣 1的主要成分为难溶性钙盐、 FePO4和 SiO2，则滤渣 1的主要成分除难溶性钙盐、FePO4外还有 SiO2。(3)已知 用碳酸氢铵“沉铈”过程中有 CO2放出，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成 Ce2(CO3)3时发生的离子方程式为：  33 2 3 2 236HCO 2Ce Ce CO 3CO 3H O        。 (4)焙烧 Ce2(CO3)3获得 CeO2，铈元素被氧化，需要氧气参与反应，则发生反应 的化学方程式为：2Ce2(CO3)3+O2  高温 4CeO2+6CO2。(5)由分析可知，加入氨水调 节 pH目的是使溶液中的 Fe3+、Al3+转化为 Fe(OH)3、Al(OH)3而除去。当溶液中 c(Al3+)=1.0x10-6mol/L时，根据 KSP[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-)=1.0 x 10-33，则该溶 液中 ，pOH= -lgC(OH-)= -lg 10-9=9，则 pH=14 - pOH=14-9=5。(6)在 CeO2晶胞中，黑球数目为：8× 1 8 +6× 1 2 =4，灰球数目为 8， 即每个晶胞中有 4个 CeO2，可知灰球为 O2-，黑球为 Ce4+，则由晶胞结构图可知， 处于面心的铈离子周围最近且等距离的氧离子有 4个，根据晶胞无隙并置原则， 在该晶体中，铈离子周围最近且等距离的氧离子的个数为 2×4=8。若晶胞边长为 a pm，NA为阿伏加德罗常数的值，则 CeO2晶体的密度 A 3 3 32 10 33 A g 4 /c ) m ( (1 m 40 32 N 6 c.88 ) 1 /0 g a 10 a N         。 16.（15分）【答案】(1) 三颈烧瓶（1分） b（2分） (2) 水浴加热（2分） +CH3CH2OH +H2O（2分） (3) 使酯化反应向正反应方向进行，提高苯甲酸的转化率（2分） (4) 饱和 Na2CO3溶液（2分） 蒸馏（2分） (5) 80（2分） 【分析】本实验将苯甲酸、乙醇在浓硫酸作催化剂和脱水剂的作用下水浴加热即 可得苯甲酸乙酯粗产品，苯甲酸乙酯粗产中除苯甲酸乙酯外，还含有苯甲酸、乙 醇等溶液，试剂 a选用饱和碳酸钠溶液，用于溶解乙醇、消耗苯甲酸、降低苯甲 酸乙酯溶解度，据分析答题。【详解】(1)仪器 a的名称为三颈烧瓶；为了增强 冷凝效果，冷凝管中冷凝水应下进上出，所以装置中冷却水的进口为 b。(2)粗产 品制取时所需的温度为 70℃左右，且需要均匀受热、便于控制温度，所以采用 第 5 页 共 7 页 的加热方式为水浴加热(或保持 70℃水浴加热)；利用苯甲酸、乙醇在浓硫酸作催 化剂和脱水剂的作用下水浴加热制备苯甲酸异丙酯，化学方程式为： +CH3CH2OH +H2O。(3)酯化反应为可逆 反应，由于乙醇沸点低易挥发，使乙醇稍过量有利于酯化反应向正反应方向进行， 提高苯甲酸的转化率。(4)粗产品中含有未反应的苯甲酸、乙醇以及生成的水等 杂质 。饱和 Na2CO3溶液可以与苯甲酸反应将其转化为易溶于水的苯甲酸钠， 同时能溶解乙醇，降低苯甲酸乙酯在水中的溶解度，便于通过分液分离出苯甲酸 乙酯，所以试剂 a 最好选用饱和 Na2CO3溶液。经过操作①分液得到的有机层中 可能还含有少量的其他杂质，由于苯甲酸乙酯与这些杂质沸点不同，可通过蒸馏 的方法进一步提纯，所以操作②的名称是蒸馏。(5)48.8g苯甲酸的物质的量 n=m/M=48.8g/122g·mol-1=0.4mol，35mL乙醇质量 m=ρv=0.79g·cm-3×35mL=27.65g， 乙醇物质的量 n=m/M=27.65g/46g·mol-1≈0.6mol，由反应方程式可知乙醇过量， 根据苯甲酸的量计算理论上生成苯甲酸乙酯的物质的量，根据化学计量数之比， 苯甲酸与苯甲酸乙酯物质的量之比为 1:1，所以理论上生成苯甲酸乙酯的物质的 量 n = 0.4mol，则理论上生成苯甲酸乙酯的质量 0.4mol×150g/mol=60.0g，则产率 =实际产量/理论产量=48.0g÷60.0g×100% = 80%。 17.（14分）【答案】(1)CH3OH(g) + 3 2 O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △ H =− 676.4kJ/mol （2分）(2)①不能 （1分） ②D（1分） (3)①0.025（1分） ② 4 27 （2分） 50%（2分） ③< （1分） 不（2分） (4) CH3OH − 6e− + 8OH− = CO32− + 6H2O（2分） 【解析】(1)已知：①2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) △ H =− 483.6kJ/mol ②CH3OH(g) + H2O(g) = CO2(g) + 3H2(g) △ H =+ 49.0kJ/mol 盖斯定律计算②+①× 3 2 得到甲醇燃烧生成H2O(g)的热化学方程式： CH3OH(g) + 3 2 O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △ H =− 676.4kJ/mol。 (2)①2CO(g) + 4H2(g) ⇌ CH3OCH3(l) + H2O(l) △ H =+ 71kJ/mol，熵变△ S < 0， 则反应焓变△H > 0，△H− T △ S > 0，不能满足△H− T △ S < 0，反应不能自 发进行，故答案为：不能。 ②向 1L密闭容器中加入 2mol CO、4molH2，发生反应：2CO(g) + 4H2(g) ⇌ CH3OCH3(l) + H2O(l) △ H =+ 71kJ/mol。a.向 1L密闭容器中加入 2mol CO、 4mol H2，按照 1: 2反应，混合气体的平均相对分子质量始终不变，故不能说达 到平衡状态，故 a错误；b.起始量和变化量之比相同，CO和H2的转化率始终相 等，不能说明反应达到平衡状态，故 b错误；c.由于生成物都是液体，气体体积 第 6 页 共 7 页 分数始终不变，CO和H2的体积分数保持不变不能说明反应达到平衡状态，故 c 错误；d.反应前后气体体积不变，气体质量变化，当混合气体的密度保持不变说 明反应达到平衡状态，故 d正确；e. 1mol CO生成的同时有 1mol O − H键断裂， 只能说明反应逆向进行，不能说明正逆反应速率相同，故 e错误；故答案为：d。 (3)①CO2(g) + 3H2(g) ⇌ CH3OH(g) + H2O(g) △ H < 0，0～10min内氢气物质 的量变化 6mol − 4.5mol = 1.5mol，计算氢气表示的反应速率 v(H2) = 1.5mol 2L 10min = 0.075mol/(L ⋅ min)，速率之比等于化学方程式计量数之比，v(H2O) = 1 3 v(H2) = 0.025mol/(L ⋅ min)，故答案为：0.025。②图表中计算 20min时二氧化碳消耗 物质的量 1mol，同时生成 1mol甲醇，30min甲醇物质的量为 1mol，则 20min 反应达到平衡状态， CO2(g) + 3H2(g) ⇌ CH3OH(g) + H2O(g) △ H < 0 起始量(mol/L) 1 3 0 0 变化量(mol/L) 0.5 1.5 0.5 0.5 平衡量(mol/L) 0.5 1.5 0.5 0.5 平衡常数 K = 0.5×0.5 0.5×1.53 = 4 27 ，氢气转化率= 1.5mol/L 3mol/L × 100% = 50%，③在其它条件 不变的情况下图表中平衡状态下氢气物质的量为 3mol，若 30min时改变温度为 T2℃，此时H2的物质的量为 3.2mol，正反应为放热反应，说明升温平衡逆向进 行，T1 < T2，在其他条件不变的情况下，若 30min时向容器中再充入 1molCO2(g) 和 1molH2O(g)，Qc = 0.5×(0.5+0.5) (0.5+0.5)×1.53 = 4 27 = K，说明平衡不动。 (4)若用甲醚作为燃料电池的原料，甲醚在负极失电子发生氧化反应，在碱性介 质中电池负极的电极反应式：CH3OH − 6e− + 8OH− = CO32− + 6H2O。 18.（15分）【答案】(1) 碳氯键 （2分） （2分） 聚苯乙 烯（1分）(2)②⑥（2分） (3) +NaOH Δ 醇 +NaCl+H2O（2分） (4) 2 + O2 Cu/AgΔ 2 + 2H2O（2分）(5) 13 （2分） （2分） 【分析】C2H4为乙烯，与HCl发生加成反应得到B为CH3CH2Cl，B(CH3CH2Cl) 与苯发生取代反应得到 C为乙苯，乙苯被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸；乙 苯与 Cl2光照下反应得到 D，D在 NaOH 溶液作用下加热发生取代反应得到 第 7 页 共 7 页 ，可推知 D为 ，D在 NaOH醇溶液中加热发生消去反应得 到 E ， 发生加聚反应得到 F为聚苯乙烯。 【解析】(1) 所含官能团为碳氯键；G是由乙苯被酸性高锰酸钾溶液 氧化生成的苯甲酸，G的结构简式为 ； 发生加聚反 应得到 F为聚苯乙烯。 (2)步骤①为 B(CH3CH2Cl)与苯发生取代反应得到 C为乙苯，反应类型为取代反 应，②⑥也是取代反应。 (3)反应③D在 NaOH醇溶液中加热发生消去反应得到 E ，化学方 程式为 +NaOH Δ 醇 +NaCl+H2O。 (4)H发生氧化反应生成 C8H8O，该反应方程式为 2 + O2 Cu/Ag Δ 2 + 2H2O。 (5)D为 ，属于芳香族化合物的侧链可以为：-Cl和-CH2CH3，共 3种； -CH2Cl和-CH3，共 3种；-CH3、-CH3和-Cl，共 6种；-CH2CH2Cl，1种；故共 13种。其中核磁共振氢谱峰面积之比为 2：2：2：2：1的结构为 。