2023-2024学年广西壮族自治区桂林市高二下学期期中测试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西壮族自治区桂林市2023-2024学年高二下学期期中测试本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：人教版选择性必修1、选择性必修2.5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23S32Cl35.5K39Fe56一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.铁制品镀铜可增强铁制品的耐腐蚀性B.长期使用碳酸氢铵肥料会导致土壤酸化C.废旧电池含有重金属离子，不可随意丢弃D.含氟牙膏能有效预防龋齿，是利用了平衡移动原理〖答案〗B〖解析〗A．铁制品镀铜，对铁制品增加防护层，可阻止铁与空气接触反应，从而增强铁制品耐腐蚀性，故A正确；B．碳酸氢铵因水解显碱性，长期使用会导致土壤碱化，故B错误；C．废旧电池中含重金属离子，重金属会污染土壤，因此不能随意丢弃，故C正确；D．使用含氟牙膏能预防龋齿，是因为氟离子能与羟基磷灰石发生反应，使羟基磷灰石向为更难溶的氟磷灰石方向发生转化，因此能有效预防龋齿，故D正确；故选：B。2.氮化硼(BN)是一种性能优异的无机非金属材料，它的熔点高、硬度大、电绝缘性好。氟硼酸铵(NH4BF4)是合成氮化硼纳米管的原料之一，下列说法正确的是A.BN为超分子B.离子半径：F-＞N3-＞H+C.和具有相同的VSEPR模型D.中所有原子均满足8电子稳定结构〖答案〗C〖解析〗A．氮化硼(BN)是一种性能优异的无机非金属材料，它的熔点高、硬度大、电绝缘性好，可知该物质属于共价晶体，而不是超分子，A错误；B．F-、N3-的核外电子排布是2、8，二者的电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：N3-＞F-，H+核外没有电子，离子半径最小，故三种离子半径大小关系为：N3-＞F-＞H+，B错误；C．的中心N原子价层电子对数是4+=4；的中心B原子价层电子对数是4+=4，二者的价层电子对数都是4，故它们的VSEPR模型都是正四面体形，C正确；D．在中H原子核外满足2个电子的稳定结构，而不是满足8电子稳定结构，D错误；故合理选项是C。3.某恒容密闭容器中，发生反应，下列说法正确的是A.仅加入合适的催化剂，有利于提高的平衡转化率B.仅增大的物质的量浓度，该反应的平衡常数也增大C.断裂键的同时断裂键，则该反应达到平衡D.该反应的反应物的键能总和小于生成物的键能总和〖答案〗C〖解析〗A．催化剂不会改变平衡移动，不会提高的平衡转化率，A错误；B．平衡常数只与温度有关，仅增大的物质的量浓度，该反应的平衡常数不会增大，B错误；C．断裂键的同时断裂键，说明消耗氢气的同时消耗，即正反应速率等于逆反应速率，则该反应达到平衡，C正确；D．该反应，反应吸热，则该反应的反应物的键能总和大于生成物的键能总和，D错误；故选C。4.铜镍合金的立方晶胞结构如图所示，下列说法错误的是A.该合金的分子式为NiCu B.Cu属于ds区的元素C.Ni晶体中有阳离子，没有阴离子 D.Cu的电导率随温度的升高而减小〖答案〗A〖解析〗A．根据均摊法，Ni原子个数=8×=1、Cu原子个数=6×=3，所以其化学式为NiCu3，故A错误；B．Cu的价层电子排布式为3d104s1，属于ds区的元素，故B正确；C．铜镍合金中为金属单质，含有阳离子和电子，没有阴离子，故C正确；D．温度升高，自由电子的能量增大，无规则运动加剧，自由电子在热的作用下与金属原子频繁碰撞，影响了自由电子的定向移动，导电能力减弱，即电导率随温度升高而降低，故D正确；故〖答案〗选A。5.用草酸标准液滴定酸化后的溶液的方法可测定的质量分数，该过程中不需要使用到的是ABCDAA B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗A．图中是锥形瓶，在滴定中用来盛放待测液，需要，故A正确；B．图中是碱式滴定管，此处是用草酸滴定高锰酸钾，滴定管用来盛放草酸，应该使用酸式滴定管，故B错误；C．在判断滴定终点时使用白纸做背景可以更明显的看到终点现象，故C正确；D．图中为滴定管夹，用来固定滴定管，故D正确；故选B。6.蛋白质分子结构的一部分如图所示，下列说法正确的是A.第一电离能：B.电负性：C.核电荷数：D.基态原子的未成对电子数：〖答案〗B〖解析〗A．氢原子只有一个电子，‌位于1s轨道，‌这个电子离原子核的距离比碳原子最外层的两个电子（‌位于2s轨道）‌要近得多，氢原子电子与原子核之间的吸引力较强，电离需要消耗更多的能量，所以第一电离能：H＞C，故A项错误；B．同周期元素，从左至右电负性逐渐增加，故电负性大小：O>N；N和H形成的N的氢化物，N显负价，故电负性大小：N>H

，所以电负性大小关系为：O>N>H

，故B项正确；C．核电荷数大小关系为：O>N>C>H，故C项错误；D．基态C原子的未成对电子数为2，基态N原子的未成对电子数为3，基态O原子的未成对电子数为2，故基态原子的未成对电子数：N>C=O，故D项错误；故本题选B。7.工业废水处理过程中，以为沉淀剂，使废水中某些金属离子如、等，生成极难溶的、等沉淀而除去，下列说法正确的是A.、属于非电解质B.溶液中，C.根据反应，可得酸性：D.已知：反应①、反应②，则反应①与反应②为可逆反应〖答案〗B〖解析〗A．、属于盐类，都是非电解质，故A错误；B．溶液中物料守恒的等式为，c(Na+)=0.2mol/L，故，故有c(Na+)-，故，故B正确；C．反应能发生是因为CuS不溶于硫酸，而酸性：，故C错误；D．反应①和反应②的条件不同，故不是可逆反应，故D错误；〖答案〗选B；8.氟离子电池工作示意图如图所示，其中充电时F-从乙电极移向甲电极，下列有关该电池的说法正确的是A.充电时，乙电极上发生氧化反应B.放电时，甲电极上的电极反应式为BiF3-3e-=Bi+3F-C.充电时，每转移0.2mol电子，乙电极的质量减小3.8gD.该电池放电时，能量的转化形式仅有电能转化为化学能〖答案〗C〖解析〗充电时F-从乙电极移向甲电极，根据电解池原理，阴离子移向阳极，则甲电极为阳极，连接原电池正极，乙电极为阴极连接原电池负极；A．充电时乙电极为阴极发生得电子还原反应，A错误；B．放电时，甲电极正极，电极反应式为BiF3+3e-=Bi+3F-，B错误；C．充电时，乙电极反应为MgF2+2e-=Mg+2F-，每转移0.2mol电子，有0.2molF-移向甲电极，质量减少0.2×19g=3.8g，C正确；D．放电时为原电池化学能转化为电能，D错误；故选C。9.在化学分析中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂，利用与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。可得如图所示图像，横坐标为或的物质的量浓度负对数，纵坐标为的物质的量浓度负对数，下列说法错误的是已知：。或A.曲线Ⅰ表示B.滴定前，锥形瓶不能用待测液润洗C.当反应达到平衡时，该反应的平衡常数D.在溶液中，存在反应，该反应的平衡常数表达式为〖答案〗D〖解析〗A．根据已知可知，Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2CrO4)，故曲线Ⅰ表示Ksp(AgCl)，故A项正确；B．滴定前，锥形瓶不能用待测液润洗，否则结果偏大，故B项正确；C．当反应达到平衡时，该反应的平衡常数，故C项正确；D．在K2Cr2O7溶液中，存在反应，该反应的平衡常数表达式为，故D项错误；故本题选D。10.W、X、Y、Z为前20号主族元素，W是地壳中含量最高的元素，Y为短周期元素中原子半径最大的元素，常温下为一种黄绿色有毒气体，X是人体中含量最多的金属元素。下列说法错误的是A.溶液的为7B.溶液中，C.长期露置于空气中易发生变质D.化合物和均含有离子键〖答案〗A〖解析〗W是地壳中含量最高的元素，W为O；Y为短周期元素中原子半径最大的元素，Y为Na；常温下为一种黄绿色有毒气体，该气体为氯气，Z为Cl；X是人体中含量最多的金属元素，X为Ca，据此分析解答。A．CaCl2为强酸强碱盐，溶于呈中性，常温下pH为7，未指明温度时，pH=7不一定为中性，故A错误；B．NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液中，故B正确；C．Ca(ClO)2长期露置在空气中会吸收二氧化碳和水，生成HClO和碳酸钙，从而失效变质，故C正确；D．Na2O2中既含离子键也含共价键，CaO中只含离子键，故D正确；故选：A。11.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A溶液中，B.溶液中，所含阳离子总数大于C.常温下，的硫酸溶液中，所含的总数为D.溶液中，〖答案〗B〖解析〗A．根据物料守恒及铝离子水解可知，，A项错误；B．溶液中，阳离子有盐电离的铵根离子和水电离出的氢离子，故所含阳离子总数大于，B项正确；C．的硫酸溶液中，所含的总数为，C项错误；D．根据物料守恒有，D项错误；〖答案〗选B。12.利用绿氢与反应制备甲醇是缓解能源危机以及实现“碳中和”目标的有效手段。我国科研人员首次利用富含硫空位的少层实现了低温、高效、长寿命催化加氢制甲醉，其活性与选择性均显著优于催化剂，并显示了优异的稳定性。催化机理如图所示。下列说法正确的是A.甲醇中存在手性碳原子B.甲醇易溶于水，是因为甲醇可以形成分子内氢煡C.利用富含硫空位的少层可提高的平衡转化率D.绿氢与反应制甲醇的过程中，碳由杂化转化为杂化〖答案〗D〖解析〗A．CH3OH中C原子连有三个H，一个OH，四个基团有三个相同，所以不是手性碳，故A项错误；B．甲醇中O—C的O可与中的H形成氢键，则甲醇能与水完全互溶，故B项错误；C．利用富含硫空位的少层MoS2可提高CO2的反应速率，不能提高转化率，故C项错误；D．CO2中碳原子的价电子对数为：，为sp杂化，CH3OH中分子内C原子有4个σ键、4对电子对，为sp3杂化，故D项正确；故本题选D。13.常温下，向溶液中逐滴加入溶液，所得溶液的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.a点溶液中，B.b点溶液中，C.常温下，D.a、b、c三点溶液中，c点溶液中水的电离程度最小〖答案〗B〖解析〗向溶液中逐滴加入溶液，根据pH的变化曲线可知，a为起始点，b为中性点，c为加入氢氧化钠的体积为100mL时，此时为过量氢氧化钠的点，据此分析。A．a点溶液是，pH=2，，，溶液中OH-全部来自水的电离，，A正确；B．b点溶液，pH=7，，根据电荷守恒，，则，所以，B错误；C．a点溶液是，pH=2，,电离平衡时，，，，C正确；D．a点溶质是，b点溶质是与NaA，c点溶质是等浓度的NaA与，是强电解质，是弱电解质，酸碱抑制水的电离，所以a、b、c三点溶液中，c点溶液中水的电离程度最小，D正确；故选B。14.用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞，其中一种晶胞的结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.离子半径：B.a原子的参数坐标为C.若晶体的密度为bg⋅cm，则1个晶胞的体积为cmD.该晶胞的俯视投影图为〖答案〗C〖解析〗A．Fe2+、Fe3+是Fe元素形成的不同阳离子，核外电子数越多、半径越大，则离子半径Fe2+＞Fe3+，故A正确；B．该晶胞中原子的坐标参数为为(0，0，0)，观察可知a在x轴为0，y轴为，z轴为，a原子的参数坐标为，故B正确；C．根据均摊法可知含有的铁有，晶体的密度为，可知1个晶胞的体积为cm，故C错误；D．由晶胞的的结构，Fe在顶点和面心，可知该晶胞的俯视投影图为，故D正确；故〖答案〗选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.前四周期原子序数依次增大的元素W、X、Y、Z、M、Q、G中，W的核外电子只有一个；X的价电子层中未成对电子只有2个，且Y紧邻X；Z和M的价电子层中未成对电子均只有1个，并且和的电子数相差8；与M位于同一周期的Q和G，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差2。.回答下列问题：（1）实验室常用检验，反应的离子方程式为。①中Q离子的配位数为_____。②形成配位键时，中提供孤电子对的原子为_____(填元素符号)。③中含_____键。（2）金属W化物是应用广泛的还原剂。的还原性比的强，原因为_____。（3）由Q、Y组成的化合物()在磁记录材料领域有着广阔的应用前景。某的晶胞结构如图所示(m、n位置均有Q)，若立方晶胞的参数为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体密度为_____(用含、的代数式表示)。（4）四种晶体的熔点数据如表所示：物质熔点/℃由表中数据可得知：和熔点相差较小，和熔点相差较大。请简述和熔点相差较大的原因：_____。（5）G能形成多种配合物，如。中键角比独立存在的分子中键角略大，原因为_____。〖答案〗（1）①.6②.C③.2.4（2）半径小于，与的离子键作用强，更难失电子，还原性更弱（3）或（4）通过分子间作用力形成分子晶体，通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要的能量多得多，所以二者熔点相差较大（5）中氮原子核外的孤电子对进入的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对成键电子对的排斥力变为成键电子对之间的排斥力，排斥力减弱〖解析〗前四周期原子序数依次增大的元素W、X、Y、Z、M、Q，G中，W的核外电子只有一个，W为H元素；X的价电子层中未成对电子只有2个，电子排布式为1s22s22p2，X为C元素，且Y紧邻X，Y为N元素；Z和M的价电子层中未成对电子均只有1个，并且Z-和M+的电子数相差8，Z为F元素，M为K元素，与M位于同一周期的Q和G，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差2，价电子排布分别为3d64s2、3d84s2，Q为Fe元素，G为Ni元素，以此解答。【小问1详析】①K3[Fe(CN)6]中Fe3+与6个CN-中的碳形成配位键，配位数为6；②C的电负性小于N，更容易提高电子形成配位键，则形成配位键时，中提供孤电子对的原子为C；③[Fe(CN)6]3-中含有6个配位键都是σ键，CN-中含有1个σ键，则0.2mol[Fe(CN)6]3-中含(6+6)×0.2=2.4molσ键；【小问2详析】金属H化物是应用广泛的还原剂，KH的还原性比NaH的强，原因为：Na+半径小于K+，Na+与H-的离子键作用强，H-更难失电子，还原性更弱；【小问3详析】由晶胞结构可知，该晶体的晶胞中含有1个N原子，含有=4个Fe原子，若立方晶胞的参数为xpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为；【小问4详析】BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要的能量多得多，所以二者熔点相差较大；【小问5详析】NH3中氮原子核外孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对成键电子对的排斥力变为成键电子对之间的排斥力，排斥力减弱，故[Ni(NH3)6]2+中H−N−H键角比独立存在的NH3分子中键角略大。16.广泛应用于油漆颜料、合成橡胶、电池、阻燃剂、药膏等产品。某锌矿的主要成分为，杂质为等元素的化合物，提取氧化锌的工艺流程如图。已知：①“焙烧”时金属元素生成硫酸盐。②下，的的，的。③当离子浓度时，可视为沉淀完全。回答下列问题：（1）为了提高“焙烧”效率，可采取的措施为_______，“滤渣1”的主要成分是、_______(填化学式)。（2）若考虑环保因素，“氧化除铁”工序加入的X应选择_______(填标号)最合适。A. B. C. D.（3）等浓度的①溶液②溶液③溶液的从小到大的顺序为_______(用标号表示)。（4）室温时，“沉铝”过程发生反应的离子方程式为_______。用调节溶液的_______(保留一位小数)，“沉铝”完全。（5）“沉锌”工序中生成沉淀，写出发生反应的离子方程式：_______；“滤液”的主要成分为，经蒸发浓缩结晶，所得晶体可返回“焙烧”工序循环利用，写出结晶过程发生反应的化学方程式：_______。〖答案〗（1）①.粉碎锌矿②.（2）A（3）①③②（4）①.②.4.7（5）①.②.〖解析〗锌矿焙烧时，金属元素生成硫酸盐，加水后、成为滤渣1，加入氧化剂与碳酸氢铵，把铁元素转化为氢氧化铁，继续加入碳酸氢铵除去铝元素，“沉锌”工序中生成沉淀，煅烧得到氧化锌。【小问1详析】为了提高“焙烧”效率，可采取的措施为：粉碎锌矿（或者其他合理〖答案〗）；根据分析知，“滤渣1”的主要成分、；【小问2详析】是绿色氧化剂，不引入新的杂质，也没有污染性气体生成，所以“氧化除铁”工序加入的X应选择；【小问3详析】完全电离出氢离子，所以酸性最强，最小，是弱酸的铵盐，是强酸的铵盐，所以，酸性大于，则从小到大的顺序为①③②；【小问4详析】室温时，“沉铝”过程发生与相互促进水解的反应，离子方程式为；根据的，，，，故用调节溶液的4.7，“沉铝”完全；【小问5详析】“沉锌”工序中生成沉淀，根据原子、电荷守恒，反应的离子方程式为：；因为“焙烧”工序加入硫酸氢铵，所以经蒸发浓缩结晶得到硫酸氢铵，则结晶过程发生反应的化学方程式。17.高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效净水剂，某化学实验兴趣小组同学在实验室用如图所示装置制备K2FeO4(夹持装置已略去)。【查阅资料】与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则反应生成；K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定。已知：先制备KClO溶液，KClO再与KOH、溶液反应制备K2FeO4。回答下列问题：（1）进行该实验前，应先___________。（2）仪器a的名称为___________。（3）装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为___________。（4）装置Ⅲ的仪器a中得到足量的KClO后，将仪器a上的导管取下，依次加入KOH溶液、溶液，水浴控制反应温度为25℃，搅拌数小时，溶液变为紫红色(含K2FeO4)：①此时仪器a中发生反应的化学方程式为___________。②该反应中每转移0.2mol电子，此时生成的K2FeO4的质量为___________g。（5）取提纯后的K2FeO4样品mg于烧杯中，加入强碱性亚铬酸盐溶液，反应后再加稀硫酸调节至溶液呈强酸性，配成VmL溶液，取出该溶液的四分之一于锥形瓶中，用的溶液滴定至终点，重复操作3次，平均消耗溶液48.00mL。涉及的主要反应为：i．；ii．；iii．。则该K2FeO4样品的纯度为___________(用含m、c的代数式表示，列出计算式即可)。（6）装置Ⅳ中除了发生反应，还有可能发生反应的离子方程式为___________(不考虑空气对反应的影响)。〖答案〗（1）检查装置气密性（2）三颈烧瓶或者三颈瓶（3）（4）①.②.13.2（5）（6）〖解析〗〖祥解〗根据实验装置图可知，Ⅰ装置中用酸性高锰酸钾与盐酸混合反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以Ⅱ装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置Ⅲ中此时仪器a中得到足量的KClO后，将仪器a上的导管取下，依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液发生反应得到紫色固体K2FeO4，该反应的化学方程式为，反应的尾气氯气用装置Ⅳ中氢氧化钠吸收，据此分析解题。【小问1详析】进行与气体有关的实验中，在进行实验前，应先检查装置的气密性，故〖答案〗为：检查装置的气密性；【小问2详析】根据题干实验装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶或者三颈瓶，故〖答案〗为：三颈烧瓶或者三颈瓶；【小问3详析】由分析可知，Ⅰ装置中用酸性高锰酸钾与盐酸混合反应制得氯气，则装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为，故〖答案〗为：；【小问4详析】①由分析可知，装置Ⅲ中此时仪器a中得到足量的KClO后，将仪器a上的导管取下，依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液发生反应得到紫色固体K2FeO4，该反应的化学方程式为，故〖答案〗为：；②根据反应中转移电子数为：6e-，每转移0.2mol电子，此时生成的的质量为=13.2g，故〖答案〗为：13.2；【小问5详析】根据反应方程式i．；ii．；iii．可知，n()=n()=2n()=2×n(Fe2+)=×48×10-3L×cmol/L=1.6×10-2cmol，则该K2FeO4样品的纯度为×100%=，故〖答案〗为：；【小问6详析】已知是一个反应放热反应，随着反应进行反应体系温度升高，Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO3和H2O，故装置Ⅳ中除了发生反应，还有可能发生反应离子方程式为，故〖答案〗为：。18.氨是重要的基础化工原料，以与为原料可以合成尿素。已知反应Ⅰ：；反应Ⅱ：。回答下列问题：（1）对于反应Ⅲ：；_____(用含、的代数式表示)，_____(用含、的代数式表示)。（2）时，向容积为的恒容密闭容器中充入和，仅发生反应Ⅲ，容器内的压强随时间t的变化如图所示，时，反应达到平衡：①内，_____。②的平衡转化率为_____(保留3位有效数字)。③该反应的平衡常数_____(用含的代数式表示，分压总压物质的量分数)。④反应达到平衡后，若再充入和，此时(正)_____(填“”“”或“”)(逆)。（3）查阅资料可知：中的。①图中能正确反映该反应的平衡常数随温度变化关系的曲线为_____(填标号)，判断的理由为_____。②，某恒容密闭容器中，发生反应，下列说法正确的是_____(填标号)。A．若混合气体的质量不再随时间变化而改变，则该反应达到平衡B．若的质量不再随时间变化而改变，则该反应达到平衡C．每断裂键，同时生成键D．每消耗，同时生成〖答案〗（1）①.②.（2）①.0.025(2分②.66.7%③.④.（3）①.a②.该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小(或其他合理〖答案〗)③.AB〖解析〗【小问1详析】①根据题干信息，利用盖斯定律反应可以得到，这个方程式相加热效应相加，即;故〖答案〗为：；②根据题干和已知信息可知：化学方程式相加，平衡常数相乘，即故〖答案〗为：；【小问2详析】根据题干可知，在恒温恒容的条件下利用PV=nRT,起始时n总=0.6mol+0.3mol=0.9mol，p总=9pKPa,平衡时p总=5pKPa,所以平衡时n总=0.5mol，设生成水蒸气的物质的量为xmol，则有三段式如下：解得0.6-2x+0.3-x+x=0.5即x=0.2，则平衡时n(NH3)=0.2mol,n(CO2)=0.1mol,n(H2O)=0.2mol;①故〖答案〗为：0.025；②二氧化碳平衡转化率为；故〖答案〗为：66.7%；③分压平衡常数④根据浓度商规则可知，,化学反应正向进行，向速率大的方向进行，即V(正)＞V(逆)；故〖答案〗为：＞；【小问3详析】①已知该反应的热效应小于零，升高温度，化学平衡逆向移动，即升高温度化学平衡常数减小，选择曲线a；故〖答案〗为：a；②选择曲线a的原因是：放热反应，升高温度，平衡常数减小；故〖答案〗为：放热反应，升高温度，平衡常数减小；③在恒温恒容条件下，关于，A．该反应是反应前后气体总质量发生变化的化学反应，当气体总质量不变时，该反应达到平衡状态，A正确；B．当水蒸气质量不变时，化学反应达到平衡状态，B正确；C．该化学反应中存在C—O，C错误；D．该选项未强调标准状况，不能进行准确计算，D错误；故〖答案〗选AB。广西壮族自治区桂林市2023-2024学年高二下学期期中测试本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：人教版选择性必修1、选择性必修2.5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23S32Cl35.5K39Fe56一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.铁制品镀铜可增强铁制品的耐腐蚀性B.长期使用碳酸氢铵肥料会导致土壤酸化C.废旧电池含有重金属离子，不可随意丢弃D.含氟牙膏能有效预防龋齿，是利用了平衡移动原理〖答案〗B〖解析〗A．铁制品镀铜，对铁制品增加防护层，可阻止铁与空气接触反应，从而增强铁制品耐腐蚀性，故A正确；B．碳酸氢铵因水解显碱性，长期使用会导致土壤碱化，故B错误；C．废旧电池中含重金属离子，重金属会污染土壤，因此不能随意丢弃，故C正确；D．使用含氟牙膏能预防龋齿，是因为氟离子能与羟基磷灰石发生反应，使羟基磷灰石向为更难溶的氟磷灰石方向发生转化，因此能有效预防龋齿，故D正确；故选：B。2.氮化硼(BN)是一种性能优异的无机非金属材料，它的熔点高、硬度大、电绝缘性好。氟硼酸铵(NH4BF4)是合成氮化硼纳米管的原料之一，下列说法正确的是A.BN为超分子B.离子半径：F-＞N3-＞H+C.和具有相同的VSEPR模型D.中所有原子均满足8电子稳定结构〖答案〗C〖解析〗A．氮化硼(BN)是一种性能优异的无机非金属材料，它的熔点高、硬度大、电绝缘性好，可知该物质属于共价晶体，而不是超分子，A错误；B．F-、N3-的核外电子排布是2、8，二者的电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：N3-＞F-，H+核外没有电子，离子半径最小，故三种离子半径大小关系为：N3-＞F-＞H+，B错误；C．的中心N原子价层电子对数是4+=4；的中心B原子价层电子对数是4+=4，二者的价层电子对数都是4，故它们的VSEPR模型都是正四面体形，C正确；D．在中H原子核外满足2个电子的稳定结构，而不是满足8电子稳定结构，D错误；故合理选项是C。3.某恒容密闭容器中，发生反应，下列说法正确的是A.仅加入合适的催化剂，有利于提高的平衡转化率B.仅增大的物质的量浓度，该反应的平衡常数也增大C.断裂键的同时断裂键，则该反应达到平衡D.该反应的反应物的键能总和小于生成物的键能总和〖答案〗C〖解析〗A．催化剂不会改变平衡移动，不会提高的平衡转化率，A错误；B．平衡常数只与温度有关，仅增大的物质的量浓度，该反应的平衡常数不会增大，B错误；C．断裂键的同时断裂键，说明消耗氢气的同时消耗，即正反应速率等于逆反应速率，则该反应达到平衡，C正确；D．该反应，反应吸热，则该反应的反应物的键能总和大于生成物的键能总和，D错误；故选C。4.铜镍合金的立方晶胞结构如图所示，下列说法错误的是A.该合金的分子式为NiCu B.Cu属于ds区的元素C.Ni晶体中有阳离子，没有阴离子 D.Cu的电导率随温度的升高而减小〖答案〗A〖解析〗A．根据均摊法，Ni原子个数=8×=1、Cu原子个数=6×=3，所以其化学式为NiCu3，故A错误；B．Cu的价层电子排布式为3d104s1，属于ds区的元素，故B正确；C．铜镍合金中为金属单质，含有阳离子和电子，没有阴离子，故C正确；D．温度升高，自由电子的能量增大，无规则运动加剧，自由电子在热的作用下与金属原子频繁碰撞，影响了自由电子的定向移动，导电能力减弱，即电导率随温度升高而降低，故D正确；故〖答案〗选A。5.用草酸标准液滴定酸化后的溶液的方法可测定的质量分数，该过程中不需要使用到的是ABCDAA B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗A．图中是锥形瓶，在滴定中用来盛放待测液，需要，故A正确；B．图中是碱式滴定管，此处是用草酸滴定高锰酸钾，滴定管用来盛放草酸，应该使用酸式滴定管，故B错误；C．在判断滴定终点时使用白纸做背景可以更明显的看到终点现象，故C正确；D．图中为滴定管夹，用来固定滴定管，故D正确；故选B。6.蛋白质分子结构的一部分如图所示，下列说法正确的是A.第一电离能：B.电负性：C.核电荷数：D.基态原子的未成对电子数：〖答案〗B〖解析〗A．氢原子只有一个电子，‌位于1s轨道，‌这个电子离原子核的距离比碳原子最外层的两个电子（‌位于2s轨道）‌要近得多，氢原子电子与原子核之间的吸引力较强，电离需要消耗更多的能量，所以第一电离能：H＞C，故A项错误；B．同周期元素，从左至右电负性逐渐增加，故电负性大小：O>N；N和H形成的N的氢化物，N显负价，故电负性大小：N>H

，所以电负性大小关系为：O>N>H

，故B项正确；C．核电荷数大小关系为：O>N>C>H，故C项错误；D．基态C原子的未成对电子数为2，基态N原子的未成对电子数为3，基态O原子的未成对电子数为2，故基态原子的未成对电子数：N>C=O，故D项错误；故本题选B。7.工业废水处理过程中，以为沉淀剂，使废水中某些金属离子如、等，生成极难溶的、等沉淀而除去，下列说法正确的是A.、属于非电解质B.溶液中，C.根据反应，可得酸性：D.已知：反应①、反应②，则反应①与反应②为可逆反应〖答案〗B〖解析〗A．、属于盐类，都是非电解质，故A错误；B．溶液中物料守恒的等式为，c(Na+)=0.2mol/L，故，故有c(Na+)-，故，故B正确；C．反应能发生是因为CuS不溶于硫酸，而酸性：，故C错误；D．反应①和反应②的条件不同，故不是可逆反应，故D错误；〖答案〗选B；8.氟离子电池工作示意图如图所示，其中充电时F-从乙电极移向甲电极，下列有关该电池的说法正确的是A.充电时，乙电极上发生氧化反应B.放电时，甲电极上的电极反应式为BiF3-3e-=Bi+3F-C.充电时，每转移0.2mol电子，乙电极的质量减小3.8gD.该电池放电时，能量的转化形式仅有电能转化为化学能〖答案〗C〖解析〗充电时F-从乙电极移向甲电极，根据电解池原理，阴离子移向阳极，则甲电极为阳极，连接原电池正极，乙电极为阴极连接原电池负极；A．充电时乙电极为阴极发生得电子还原反应，A错误；B．放电时，甲电极正极，电极反应式为BiF3+3e-=Bi+3F-，B错误；C．充电时，乙电极反应为MgF2+2e-=Mg+2F-，每转移0.2mol电子，有0.2molF-移向甲电极，质量减少0.2×19g=3.8g，C正确；D．放电时为原电池化学能转化为电能，D错误；故选C。9.在化学分析中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂，利用与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。可得如图所示图像，横坐标为或的物质的量浓度负对数，纵坐标为的物质的量浓度负对数，下列说法错误的是已知：。或A.曲线Ⅰ表示B.滴定前，锥形瓶不能用待测液润洗C.当反应达到平衡时，该反应的平衡常数D.在溶液中，存在反应，该反应的平衡常数表达式为〖答案〗D〖解析〗A．根据已知可知，Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2CrO4)，故曲线Ⅰ表示Ksp(AgCl)，故A项正确；B．滴定前，锥形瓶不能用待测液润洗，否则结果偏大，故B项正确；C．当反应达到平衡时，该反应的平衡常数，故C项正确；D．在K2Cr2O7溶液中，存在反应，该反应的平衡常数表达式为，故D项错误；故本题选D。10.W、X、Y、Z为前20号主族元素，W是地壳中含量最高的元素，Y为短周期元素中原子半径最大的元素，常温下为一种黄绿色有毒气体，X是人体中含量最多的金属元素。下列说法错误的是A.溶液的为7B.溶液中，C.长期露置于空气中易发生变质D.化合物和均含有离子键〖答案〗A〖解析〗W是地壳中含量最高的元素，W为O；Y为短周期元素中原子半径最大的元素，Y为Na；常温下为一种黄绿色有毒气体，该气体为氯气，Z为Cl；X是人体中含量最多的金属元素，X为Ca，据此分析解答。A．CaCl2为强酸强碱盐，溶于呈中性，常温下pH为7，未指明温度时，pH=7不一定为中性，故A错误；B．NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液中，故B正确；C．Ca(ClO)2长期露置在空气中会吸收二氧化碳和水，生成HClO和碳酸钙，从而失效变质，故C正确；D．Na2O2中既含离子键也含共价键，CaO中只含离子键，故D正确；故选：A。11.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A溶液中，B.溶液中，所含阳离子总数大于C.常温下，的硫酸溶液中，所含的总数为D.溶液中，〖答案〗B〖解析〗A．根据物料守恒及铝离子水解可知，，A项错误；B．溶液中，阳离子有盐电离的铵根离子和水电离出的氢离子，故所含阳离子总数大于，B项正确；C．的硫酸溶液中，所含的总数为，C项错误；D．根据物料守恒有，D项错误；〖答案〗选B。12.利用绿氢与反应制备甲醇是缓解能源危机以及实现“碳中和”目标的有效手段。我国科研人员首次利用富含硫空位的少层实现了低温、高效、长寿命催化加氢制甲醉，其活性与选择性均显著优于催化剂，并显示了优异的稳定性。催化机理如图所示。下列说法正确的是A.甲醇中存在手性碳原子B.甲醇易溶于水，是因为甲醇可以形成分子内氢煡C.利用富含硫空位的少层可提高的平衡转化率D.绿氢与反应制甲醇的过程中，碳由杂化转化为杂化〖答案〗D〖解析〗A．CH3OH中C原子连有三个H，一个OH，四个基团有三个相同，所以不是手性碳，故A项错误；B．甲醇中O—C的O可与中的H形成氢键，则甲醇能与水完全互溶，故B项错误；C．利用富含硫空位的少层MoS2可提高CO2的反应速率，不能提高转化率，故C项错误；D．CO2中碳原子的价电子对数为：，为sp杂化，CH3OH中分子内C原子有4个σ键、4对电子对，为sp3杂化，故D项正确；故本题选D。13.常温下，向溶液中逐滴加入溶液，所得溶液的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.a点溶液中，B.b点溶液中，C.常温下，D.a、b、c三点溶液中，c点溶液中水的电离程度最小〖答案〗B〖解析〗向溶液中逐滴加入溶液，根据pH的变化曲线可知，a为起始点，b为中性点，c为加入氢氧化钠的体积为100mL时，此时为过量氢氧化钠的点，据此分析。A．a点溶液是，pH=2，，，溶液中OH-全部来自水的电离，，A正确；B．b点溶液，pH=7，，根据电荷守恒，，则，所以，B错误；C．a点溶液是，pH=2，,电离平衡时，，，，C正确；D．a点溶质是，b点溶质是与NaA，c点溶质是等浓度的NaA与，是强电解质，是弱电解质，酸碱抑制水的电离，所以a、b、c三点溶液中，c点溶液中水的电离程度最小，D正确；故选B。14.用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞，其中一种晶胞的结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.离子半径：B.a原子的参数坐标为C.若晶体的密度为bg⋅cm，则1个晶胞的体积为cmD.该晶胞的俯视投影图为〖答案〗C〖解析〗A．Fe2+、Fe3+是Fe元素形成的不同阳离子，核外电子数越多、半径越大，则离子半径Fe2+＞Fe3+，故A正确；B．该晶胞中原子的坐标参数为为(0，0，0)，观察可知a在x轴为0，y轴为，z轴为，a原子的参数坐标为，故B正确；C．根据均摊法可知含有的铁有，晶体的密度为，可知1个晶胞的体积为cm，故C错误；D．由晶胞的的结构，Fe在顶点和面心，可知该晶胞的俯视投影图为，故D正确；故〖答案〗选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.前四周期原子序数依次增大的元素W、X、Y、Z、M、Q、G中，W的核外电子只有一个；X的价电子层中未成对电子只有2个，且Y紧邻X；Z和M的价电子层中未成对电子均只有1个，并且和的电子数相差8；与M位于同一周期的Q和G，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差2。.回答下列问题：（1）实验室常用检验，反应的离子方程式为。①中Q离子的配位数为_____。②形成配位键时，中提供孤电子对的原子为_____(填元素符号)。③中含_____键。（2）金属W化物是应用广泛的还原剂。的还原性比的强，原因为_____。（3）由Q、Y组成的化合物()在磁记录材料领域有着广阔的应用前景。某的晶胞结构如图所示(m、n位置均有Q)，若立方晶胞的参数为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体密度为_____(用含、的代数式表示)。（4）四种晶体的熔点数据如表所示：物质熔点/℃由表中数据可得知：和熔点相差较小，和熔点相差较大。请简述和熔点相差较大的原因：_____。（5）G能形成多种配合物，如。中键角比独立存在的分子中键角略大，原因为_____。〖答案〗（1）①.6②.C③.2.4（2）半径小于，与的离子键作用强，更难失电子，还原性更弱（3）或（4）通过分子间作用力形成分子晶体，通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要的能量多得多，所以二者熔点相差较大（5）中氮原子核外的孤电子对进入的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对成键电子对的排斥力变为成键电子对之间的排斥力，排斥力减弱〖解析〗前四周期原子序数依次增大的元素W、X、Y、Z、M、Q，G中，W的核外电子只有一个，W为H元素；X的价电子层中未成对电子只有2个，电子排布式为1s22s22p2，X为C元素，且Y紧邻X，Y为N元素；Z和M的价电子层中未成对电子均只有1个，并且Z-和M+的电子数相差8，Z为F元素，M为K元素，与M位于同一周期的Q和G，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差2，价电子排布分别为3d64s2、3d84s2，Q为Fe元素，G为Ni元素，以此解答。【小问1详析】①K3[Fe(CN)6]中Fe3+与6个CN-中的碳形成配位键，配位数为6；②C的电负性小于N，更容易提高电子形成配位键，则形成配位键时，中提供孤电子对的原子为C；③[Fe(CN)6]3-中含有6个配位键都是σ键，CN-中含有1个σ键，则0.2mol[Fe(CN)6]3-中含(6+6)×0.2=2.4molσ键；【小问2详析】金属H化物是应用广泛的还原剂，KH的还原性比NaH的强，原因为：Na+半径小于K+，Na+与H-的离子键作用强，H-更难失电子，还原性更弱；【小问3详析】由晶胞结构可知，该晶体的晶胞中含有1个N原子，含有=4个Fe原子，若立方晶胞的参数为xpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为；【小问4详析】BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要的能量多得多，所以二者熔点相差较大；【小问5详析】NH3中氮原子核外孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对成键电子对的排斥力变为成键电子对之间的排斥力，排斥力减弱，故[Ni(NH3)6]2+中H−N−H键角比独立存在的NH3分子中键角略大。16.广泛应用于油漆颜料、合成橡胶、电池、阻燃剂、药膏等产品。某锌矿的主要成分为，杂质为等元素的化合物，提取氧化锌的工艺流程如图。已知：①“焙烧”时金属元素生成硫酸盐。②下，的的，的。③当离子浓度时，可视为沉淀完全。回答下列问题：（1）为了提高“焙烧”效率，可采取的措施为_______，“滤渣1”的主要成分是、_______(填化学式)。（2）若考虑环保因素，“氧化除铁”工序加入的X应选择_______(填标号)最合适。A. B. C. D.（3）等浓度的①溶液②溶液③溶液的从小到大的顺序为_______(用标号表示)。（4）室温时，“沉铝”过程发生反应的离子方程式为_______。用调节溶液的_______(保留一位小数)，“沉铝”完全。（5）“沉锌”工序中生成沉淀，写出发生反应的离子方程式：_______；“滤液”的主要成分为，经蒸发浓缩结晶，所得晶体可返回“焙烧”工序循环利用，写出结晶过程发生反应的化学方程式：_______。〖答案〗（1）①.粉碎锌矿②.（2）A（3）①③②（4）①.②.4.7（5）①.②.〖解析〗锌矿焙烧时，金属元素生成硫酸盐，加水后、成为滤渣1，加入氧化剂与碳酸氢铵，把铁元素转化为氢氧化铁，继续加入碳酸氢铵除去铝元素，“沉锌”工序中生成沉淀，煅烧得到氧化锌。【小问1详析】为了提高“焙烧”效率，可采取的措施为：粉碎锌矿（或者其他合理〖答案〗）；根据分析知，“滤渣1”的主要成分、；【小问2详析】是绿色氧化剂，不引入新的杂质，也没有污染性气体生成，所以“氧化除铁”工序加入的X应选择；【小问3详析】完全电离出氢离子，所以酸性最强，最小，是弱酸的铵盐，是强酸的铵盐，所以，酸性大于，则从小到大的顺序为①③②；【小问4详析】室温时，“沉铝”过程发生与相互促进水解的反应，离子方程式为；根据的，，，，故用调节溶液的4.7，“沉铝”完全；【小问5详析】“沉锌”工序中生成沉淀，根据原子、电荷守恒，反应的离子方程式为：；因为“焙烧”工序加入硫酸氢铵，所以经蒸发浓缩结晶得到硫酸氢铵，则结晶过程发生反应的化学方程式。17.高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效净水剂，某化学实验兴趣小组同学在实验室用如图所示装置制备K2FeO4(夹持装置已略去)。【查阅资料】与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则反应生成；K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定。已知：先制备KClO溶液，KClO再与KOH、溶液反应制备K2FeO4。回答下列问题：（1）进行该实验前，应先___________。（2）仪器a的名称为___________。（3）装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为___________。（4）装置Ⅲ的仪器a中得到足量的KClO后，将仪器a上的导管取下，依次加入KOH溶液、溶液，水浴控制反应温度为25℃，搅拌数小时，溶液变为紫红色(含K2FeO4)：①此时仪器a中发生反应的化学方程式为___________。②该反应中每转移0.2mol电子，此时生成的K2FeO4的质量为___________g。（5）取提纯后的K2FeO4样品mg于烧杯中，加入强碱性亚铬酸盐溶液，反应后再加稀硫酸调节至溶液呈强酸性，配成VmL溶液，取出该溶液的四分之一于锥形瓶中，用的溶液滴定至终点，重复操作3次，平均消耗溶液48.00mL。涉及的主要反应为：i．；ii．；iii．。则该K2FeO4样品的纯度为___________(用含m、c的代数式表示，列出计算式即可)。（6）装置Ⅳ中除了发生反应，还有可能发生反应的离子方程式为___________(不考虑空气对反应的影响)。〖答案〗（1）