精品解析：江苏省淮安市洪泽中学，金湖中学，清河中学，清浦中学等2023-2024学年高二下学期5月月考化学试题

2023-2024学年第二学期高二年级第三次联考 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ga 70 As 75 Ⅰ卷 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 第19届亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念。主火炬使用的绿色燃料是使用废碳再生的“零碳甲醇”，实现循环内“碳”的零排放。下列说法错误的是 A. 亚运村餐厅中使用的“竹餐具”含有丰富的多糖 B. 主火炬使用的绿色燃料“零碳甲醇”中的碳是指碳元素 C. 火炬“薪火”使用的1070铝合金具有硬度高、耐高温的特点 D. 特许商品“亚运莲花尊”的艺术载体青瓷属于无机非金属材料 【答案】B 【解析】 【详解】A．“竹餐具”的主要成分是天然高分子化合物纤维素，纤维素属于多糖，故A正确； B．“零碳甲醇”燃料是一种基于甲醇的新型清洁能源，是在传统甲醇燃料的基础上进行改进而来的。它是通过氢氧化物制取甲醇，制备过程中不会产生二氧化碳排放。甲醇的结构简式为CH3OH，甲醇中含有碳元素，则“零碳甲醇”中的碳不是指碳元素，故B错误； C．1070铝合金是具有硬度高、耐高温特点的金属材料，故C正确； D．青瓷的主要成分为硅酸盐，硅酸盐属于无机非金属材料，故D正确； 故选B。 2. F、P、S、Cl、K等为化肥或农药中的常见元素。下列说法正确的是 A. 电负性大小：χ(F)>χ(P)>χ(S) B. 简单离子半径：r(K+)>r(S2-)>r(Cl-) C. 第一电离能：I1(F)>I1(P)>I1(S) D. 简单氢化物水溶液的酸性：HF>HCl>H2S 【答案】C 【解析】 【详解】A．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则硫元素的电负性大于磷元素，故A错误； B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则钾离子的离子半径小于氯离子，故B错误； C．同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为I1(F)>I1(P)>I1(S)，故C正确； D．氢氟酸为弱酸，酸性弱于强酸盐酸，故D错误； 故选C。 3. 等电子原理的基本观点：原子数相同且价电子总数相等的分子或离子具有相同的化学键类型和空间构型。如CO与N2分子中电子总数相等，结构与性质相似。 C-O C=O C≡O N-N N=N N≡N 键能/(KJ·mol-1) 357.7 798.9 1071.9 154.8 4184 941.7 下列说法中正确的是 A. CaC2的电子式为 B. 由表中数据可知CO的化学性质没有N2活泼 C. CO分子中含配位键 D. 22.4LCO与N2混合气中含有的σ键数约为6.02×1023 【答案】C 【解析】 【详解】A．CaC2的阴离子中碳原子间共用三对电子，每个碳原子再得一个电子，其电子式为，故A错误； B．一氧化碳和氮气互为等电子体，一个一氧化碳分子中有两个π键，由表中数据可知，一氧化碳中的第1个π键的键能是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273 kJ/mol，氮气中的第1个π键的键能是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3 kJ/mol，断裂第一个π键所需能量一氧化碳比氮气少，所以CO的化学性质比N2活泼，故B错误； C．CO分子中碳原子和氧原子形成三键，其中一个价键是氧原子提供一对孤电子对和碳原子形成的配位键，故C正确； D．题中未明确指出是否为标准状况，无法计算22.4L混合气体的物质的量，故D错误； 故答案为：C。 4. 研究发现，第四周期金属的水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律。 离子 19K+ 21Sc3+ 22Ti3+ 26Fe2+ 29Cu2+ 30Zn2+ 水合离子颜色 无色 无色 紫红色 浅绿色 蓝色 无色 下列有关说法正确的是 A. 28Ni2+的水合离子有色 B. 29Cu原子的基态价电子轨道表示式： C. 26Fe2+稳定性强于Fe3+ D. 24Cr的基态原子电子排布式：[Ar]3d44S2 【答案】A 【解析】 【分析】由表可知，当价电子构型为3d0或3d10时，d轨道上没有单电子，第四周期金属的水合离子为无色离子；当价电子构型为3d1—3d9时，d轨道上有单电子，第四周期金属的水合离子为有颜色的离子。 【详解】A．镍元素的原子序数为28，基态Ni2+离子的价电子排布式为3d8时，d轨道上有单电子，水合离子为有颜色的离子，故A正确； B．铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，轨道表示式为，故B错误； C．铁元素原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，易失去电子形成稳定的半充满结构3d5，基态铁离子的价电子排布式为稳定的半充满结构3d5，较难失去电子，所以铁离子的稳定性强于亚铁离子，故C错误； D．铬元素的原子序数为24，基态原子的电子排布式为[Ar]3d54s1，故D错误； 故选A。 5. CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如下： 下列说法正确的是 A. 在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成 B. 在转化为HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOH C. 在转化为两种产物的过程中碳、氧原子的利用率均为100% D. 上述反应过程说明催化剂具有选择性 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．由图看出路径中有碳氧单键断裂和碳氧三键的形成，A错误； B．HCOOH的C元素化合价为+2，CO2为+4价，化合价降低，CO2被还原为HCOOH，B错误； C．CO2转化为CO，O原子失掉一个，原子利用率不是100%，C错误； D．该机理图可知CO2在两种金属催化剂作用下生成两种不同产物，即催化剂具有选择性，D正确； 故选：D。 6. Ka(HCN)=5.8×10-10。Z是酸性条件下X与HCN反应的主产物，Y是反应过程中的过渡态或中间体。X→Z的反应过程可表示如图： 下列说法正确的是 A. X的聚合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. Y能稳定存在 C. 溶液的酸性越强，Z的产率越高 D. Z中碳氮原子均为8电子稳定结构，所含σ键和π键数目之比为11∶2 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，X(丙烯)和HCN发生加成反应生成Z。 【详解】A．丙烯聚合为聚丙烯，聚丙烯分子中没有碳碳双键，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误； B．Y是反应过程中过渡态或中间体，所以Y不稳定，故B错误； C．氢氰酸是一元弱酸，溶液的酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，氢氰酸的电离平衡左移，氰根离子的浓度越小，生成Z的产率越低，故C错误； D．Z中碳氮原子均为8电子稳定结构，所以-CN中C和N之间为三键，三键中有一个σ键，两个π键，其余化学键均为σ键，所以Z中所含σ键为11个，π键为2个，σ键和π键数目之比为11∶2，故D正确； 故选D。 7. 天然产物W具有抗疟活性，以化合物X为原料合成W的机理如图： 下列说法不正确的是 A. X与互为同系物 B. X分子与足量氢气反应后的产物不含有手性碳原子 C. Y与Z互为同分异构体 D. 一定条件下，W物质能发生取代、消去、加聚反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．X的官能团是一个酚羟基和一个醇羟基，的官能团是两个羟基，不互为同系物，故A错误； B．X与足量氢气加成后得到的产物是，不含有手性碳原子，故B正确； C．Y与Z的分子式相同，结构不同，是同分异构体，故C正确； D．W中有羟基，能发生取代反应，连羟基的碳原子相邻的碳原子有氢原子，能发生消去反应，有碳碳双键，能发生加聚反应，故D正确； 答案选A。 8. 化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y、Z的说法正确的是 A. 1molX中含有4mol键 B. Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度小 C. 1molZ与氢氧化钠溶液反应，最多消耗2molNaOH D. X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．X中含有苯环，苯环中不含有双键，含有的是大键，醛基中含有1个键，故1molX中含有2mol键，故A错误； B．Y含有羧基和羟基，都是亲水基团，Z中只有羟基是亲水基团，酯基是憎水集团内，故Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大，故B错误； C．Z中只有酯基与NaOH反应，1molZ与氢氧化钠溶液反应，最多消耗1molNaOH，故C错误； D．X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物都是对苯二甲酸，故D正确； 答案选D。 9. 丙酮与柠檬醛在一定条件下可以反应，过程如图所示： 下列说法正确的是 A. 丙酮能与银氨溶液发生银镜反应 B. 该过程若分两步进行，则第一步为加成反应，第二步为消去反应 C. 假紫罗兰酮与等物质的量的Br2发生加成反应的产物分子有3种 D. 检验柠檬醛中官能团的方法为，取样，先加入足量的新制Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸，可检验醛基，再加溴水，即可检验碳碳双键 【答案】B 【解析】 【详解】A．丙酮不含有醛基，不能与银氨溶液发生银镜反应，故A错误； B．丙酮中羰基和柠檬醛中甲基先发生加成反应引入醇羟基，然后生成醇羟基分子内脱水形成碳碳双键发生消去反应，故B正确； C．假紫罗兰酮与等物质的量的Br2发生加成反应，与三个双键分别加成可以得到3种产物，还可以对右侧的共轭双键发生1,4加成，故可以得到4中产物，故C错误； D．新制Cu(OH)2悬浊液过量，剩余Cu(OH)2悬浊液也能与溴水反应使之褪色，故不能检验碳碳双键，故D错误； 答案选B。 10. 硒(34Se)是一种重要的化学元素，在自然界的存在方式为：无机硒和植物活性硒。亚硒酸的铜盐(CuSeO3)常用于陶瓷和玻璃制品的配色和着色，铜盐的焰色反应为绿色，该光谱属于 A. 原子吸收光谱 B. 原子发射光谱 C. 紫外光谱 D. 红外光谱 【答案】B 【解析】 【详解】电子吸收能量，从较低能级跃迁到较高能级，形成吸收光谱，当电子从较高能级跃迁到较低能级，释放能量与光的形式散发出去，形成发射光谱，焰色试验为原子发射光谱，故选B。 11. 硒(34Se)是一种重要的化学元素，在自然界的存在方式为：无机硒和植物活性硒。亚硒酸的铜盐(CuSeO3)常用于陶瓷和玻璃制品的配色和着色，向亚硒酸溶液中通入氯气，发生的反应为H2SeO3+Cl2+H2O = H2SeO4+2HCl。关于此反应的正确说法是 A. H2SeO3的酸性强于H2SeO4 B. H2SeO4是氧化产物 C. 反应后溶液导电能力是原来的2倍 D. 此反应属于复分解反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．同一种元素含氧酸中，中心元素化合价越高其酸性越强，则H2SeO3的酸性弱于H2SeO4，A错误； B．由题干反应方程式H2SeO3+Cl2+H2O = H2SeO4+2HCl可知，反应中H2SeO3中Se的化合价由+4价升高到H2SeO4中的+6价，则H2SeO4是氧化产物，B正确； C．已知H2SeO3是弱酸，部分电离，而HCl为强酸，H2SeO4的的酸性强于H2SeO3，即H2SeO4的电离程度比H2SeO3大，故反应后溶液的导电能力大于原来的2倍，C错误； D．根据复分解反应的定义可知，此反应不属于复分解反应，而是属于氧化还原反应，D错误； 故答案为：B。 12. 已知亚硒酸(H2SeO3)为二元弱酸，常温下，向某浓度的亚硒酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2SeO3、HSeO3-、SeO32-三种微粒的物质的量分数与溶液pH 的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 常温下，亚硒酸的电离平衡常数K2=10-4.2 B. pH=l.2的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2SeO3) C. 将相同物质的量NaHSeO3和Na2SeO3 固体完全溶于水可配得pH为4.2的混合液 D. 向pH=1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的过程中水的电离程度一直增大 【答案】C 【解析】 【详解】A:根据电离反应方程式：H2SeO3=H++HSeO3-，HSeO3-= H++ SeO32-知K2=c(H+).c(SeO32-) /c(HSeO3-),当PH=4.2时，达到平衡所以。此时c(HSeO3-)=c(SeO32-) 说以K2=10-4.2故A正确。B.pH=l.2的溶液中H2SeO3和HSeO3-的浓度相等，根据电荷守恒关系知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2SeO3)是正确的；故B对；C.将相同物质的量NaHSeO3和Na2SeO3 固体完全溶于水不能配得pH为4.2的混合液，Na2SeO3强碱弱酸盐，水解显碱性，NaHSeO3水解达到平衡时PH=4.2，所以两者混合物的PH一定大于4,2.故C错。D.向pH=12的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的过程中因为中和了溶液中的氢离子，促进了水的电离，故水的电离程度一直增大。故D正确。 13. 在体积为2 L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，图I表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A):n(B)的变化关系。则下列结论正确的是 A. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)= 0. 04 mol·L－1·min－1 B. 图Ⅱ所知反应xA(g)+yB(g)zC(g)的 △H<0，且a =2 C. 若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v(正)＞v(逆) D. 200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B，达到平衡时，A 的体积分数小于0.5 【答案】D 【解析】 【详解】由图Ⅰ可知，200℃时，5min反应达到平衡，A的物质的量变化量为△n(A)=0.8mol−0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为△n(B)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，C的物质的量变化量为△n(C)=0.2mol，故x：y：z=△n(A):△n(B):△n(C)=2:1:1，则反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)， A. 由图Ⅰ可知，200℃时，5min反应达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol−0.2mol=0.2mol，故，故A错误； B. 由图Ⅱ可知，当n(A):n(B)一定时，温度越高，平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0；该反应的方程式为：2A(g)+B(g)C(g)，在一定温度下，只要A、B起始物质的量之比刚好等于化学方程式中的化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，故a=2，故B错误； C. 恒温恒容条件下，在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，由于容器容积不变，则混合物中各物质的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动，故v(正)=v(逆)，故C错误； D. 由图Ⅰ可知，200℃时，当充入0.8mol A和0.4mol B达到平衡时，A的体积分数为：；200℃时，向该容器中充入2molA和1molB，达到的平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故达到平衡时，A的体积分数小于0.5，故D正确； 故选D。 Ⅱ卷 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 实验室以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Mg等的氧化物)为原料制备MnSO4·H2O，其实验过程可表示为 （1）浸取： ①在如图的实验装置中，搅拌下，使一定量软锰矿粉与H2SO4溶液、Na2SO3溶液充分反应，MnO2转化为MnSO4的化学方程式为_______； ②滴液漏斗中的试剂是_______(填“a”或“b”)； a.稀硫酸 b.Na2SO3溶液 ③加料完成后，以一定速率搅拌反应，提高锰元素浸出率的方法还有_______。 （2）除杂。对已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液，可通过萃取、反萃取等过程除去溶液中的Mg2+、Na+。已知：Mn2+被萃取剂HA萃取的原理可表示为：Mn2+（水层）+2HA（有机层）=Mn(A)2 （有机层）+2H+（水层）； Mn2+的萃取率()。 ①萃取时，在一定温度和pH下，Mn2+在有机层和水层中的浓度之比称为分配比（用D表示，为常数）。若25℃、PH=a时，分配比D=10，现用20mlHA萃取100ml含Mn2+溶液，按两种方法进行萃取：Ⅰ.用20mlHA萃取一次；Ⅱ.分两次萃取，每次用10mlHA，试通过计算说明哪种方法更好？_______（写出计算过程）。 ②反萃取是利用稀硫酸将有机层中的Mn2+转移到水层，需将稀硫酸和有机层共同加入到分液漏斗中进行实验操作。为使Mn2+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的操作有_______（填序号）。 A.适当提高H2SO4浓度 B.加足量蒸馏水 C.用适量稀硫酸分多次反萃取 D.充分振荡 （3）制取MnSO4·H2O晶体。补充完整制取MnSO4·H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MnSO4溶液中，_______，在真空干燥箱中低温干燥，得到MnSO4·H2O。（已知：Fe3+、Al3+在时完全转化为氢氧化物沉淀：MnSO4·H2O的溶解度曲线如右上图所示；实验中须使用的试剂有：MnCO3粉末、无水乙醇） 【答案】（1） ①. ②. a ③. 适当提高反应温度，延长浸取时间 （2） ①. 萃取一次：；分两次萃取：每次萃取率，总萃取率，故分两次萃取更好 ②. ACD （3）分批加入少量粉末，搅拌，至用试纸测得溶液略大于5，过滤；将滤液蒸发结晶(蒸发浓缩)至有大量晶体析出，在高于条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤晶体 【解析】 【分析】软锰矿粉中含MnO2及少量Fe、Al、Si、Mg等的氧化物，经稀硫酸、NaSO3溶液浸取，其中的MnO2在酸性环境下被NaSO3还原成MnSO4，NaSO3被氧化成硫酸钠，再经过除杂及一系列操作处理得到纯净的MnSO4·H2O； 【小问1详解】 MnO2具有氧化性，在酸性环境下被NaSO3还原成MnSO4，NaSO3被氧化成硫酸钠，还有水的生成，化学方程式为：；MnO2与Na2SO3溶液反应需要酸性环境，故先将MnO2与Na2SO3溶液放置于三颈烧瓶中充分混合再用滴液漏斗向其中缓慢滴加稀硫酸；提高浸出率的方法一般有充分搅拌，适当提高反应温度，延长浸取时间等，故答案为：；a；适当提高反应温度，延长浸取时间； 【小问2详解】 分配比D=10，现用20mlHA萃取100ml含Mn2+溶液，萃取一次时的萃取率为：，若分两次萃取时，第一次用10mlHA进行萃取，萃取率为：，则剩下50%再次用10mlHA进行萃取，萃取率为25%，则分两次萃取的总萃取率为；根据Mn2+被萃取剂HA萃取的原理：Mn2+(水层)+2HA(有机层)=Mn(A)2(有机层)+2H+(水层)，可通过适当提高H2SO4浓度促进萃取反应正向进行，加足量蒸馏水对萃取率无影响，之前通过计算证明用萃取剂多次萃取比一次萃取效果好，故也可用适量稀硫酸分多次反萃取，也可充分振荡增大稀硫酸与Mn2+之间的接触， 故答案为：萃取一次：；分两次萃取：每次萃取率，总萃取率，故分两次萃取更好；ACD； 【小问3详解】 Fe3+、Al3+在时完全转化为氢氧化物沉淀，故需要加入MnCO3粉末调节溶液的pH除去少量的Fe3+、Al3，从MnSO4·H2O的溶解度曲线可知，MnSO4·H2O的溶解度在温度高于时小于MnSO4·5H2O，要使MnSO4·H2O从溶液中结晶析出，要将混合液的温度调节至以上蒸发结晶，如此MnSO4·H2O的溶解度会减小从而析出，故答案为：分批加入少量粉末，搅拌，至用试纸测得溶液略大于5，过滤；将滤液蒸发结晶（蒸发浓缩）至有大量晶体析出，在高于条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤晶体； 15. 羟胺()为无色固体，结构可视为替代中1个，羟胺具有和类似的弱碱性，可以与盐酸反应生成盐酸羟胺()，盐酸羟胺是一种盐，易溶于水，溶解后完全电离为和。 (1)中元素的化合价是_______。 (2)过氧化氢催化氧化氨水法制备盐酸羟胺的原理如下： 步骤1：+NH3+H2O2X+2H2O 步骤2：X+HCl+H2O⇌NH2OHHCl+ 资料：丙酮()是一种易溶于水的无色液体，沸点为。 ①的分子式为，其核磁共振氢谱只有两个吸收峰，红外光谱显示其分子结构中存在羟基和碳氮双键。的结构简式是_______。 ②步骤1中，相同反应时间氨的转化率随温度变化如图1。温度高于时，随温度上升氨的转化率变化的原因是_______。 ③步骤2中，在密闭容器中反应时，的平衡转化率随温度变化如图2。该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。 ④步骤2中蒸馏出丙酮的目的是_______(1点即可)。 (3)电化学法制备盐酸羟胺： 向两侧电极分别通入和，以盐酸为电解质，组装原电池以制备盐酸羟胺。装置(图3)和正极反应机理图(图4)： ①将图4方框中缺失的物质补充完整______。 ②一段时间后，正极区的与反应前相比_______(填“增大”、“减小”或“不变”)(不考虑溶液体积的变化)。 【答案】 ①. -1 ②. ③. 以上，温度升高促进过氧化氢分解，且氨和丙酮易挥发，浓度均降低，化学反应速率减慢，氨的转化率降低 ④. 吸热 ⑤. 降低丙酮的浓度，促进该平衡正向移动，提高的平衡转化率；得到的丙酮可循环使用 ⑥. HCl、 ⑦. 增大 【解析】 【分析】 【详解】(1)中H为+1价，Cl为-1价，O为-2价，则元素的化合价是-1价。 (2)①的分子式为，其核磁共振氢谱只有两个吸收峰，红外光谱显示其分子结构中存在羟基和碳氮双键，则的结构简式是。 ②温度高于时，随温度上升氨的转化率变化的原因是以上，温度升高促进过氧化氢分解，且氨和丙酮易挥发，浓度均降低，化学反应速率减慢，氨的转化率降低。 ③由图可知，升温温度，的平衡转化率增大，则该反应为吸热。 ④步骤2为可逆反应，蒸馏出丙酮的目的是降低丙酮的浓度，促进该平衡正向移动，提高的平衡转化率或得到的丙酮可循环使用。 (3)①生成之后就是与HCl结合生成。 ②正极的电极反应式为，则正极区的与反应前相比增大。 16. G为镇静类药物，主要用于治疗失眠。其一种合成路线如图： （1）A的结构简式为_______。 （2）反应②的反应类型为_______；所含官能团名称为_______。 （3）Na2CO3能提高产率的原因是_______。 （4）写出一种符合下列条件的D的同分异构体的结构简式_______。 ①1mol该物质能消耗4molAg(NH3)2OH ②核磁共振氢谱图中有4组峰，峰面积之比为6 ：2 ：2 ：1 （5）已知苯胺易被氧化。设计一条由甲苯、为原料合成的合成路线_______。(无机试剂任选) 【答案】（1） （2） ①. 还原反应 ②. 醚键、次氨基 （3）该反应另一产物为乙酸，碳酸钠与乙酸反应，促使反应正向进行 （4）或 （5） 【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则A为、B为；与铁、盐酸发生还原反应生成，则C为；与发生取代反应生成，与发生取代反应生成，催化剂作用下与C2H5I发生取代反应生成，与反应转化为。 【小问1详解】 由分析可知，A的结构简式为，故答案为：； 【小问2详解】 由分析可知，反应②为与铁、盐酸发生还原反应生成；由结构简式可知，的官能团为醚键、次氨基，故答案为：还原反应；醚键、次氨基； 【小问3详解】 由分析可知，C→D的反应为与发生取代反应生成和乙酸，碳酸钠能与乙酸反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，有利于促使反应向正反应方向移动，提高生成物的产率，故答案为：该反应另一产物为乙酸，碳酸钠与乙酸反应，促使反应正向进行； 【小问4详解】 1mol D的同分异构体能消耗4molAg(NH3)2OH说明同分异构体分子中含有2个醛基，则核磁共振氢谱图中有4组峰，峰面积之比为6 ：2 ：2 ：1的结构简式为、，故答案为：或； 【小问5详解】 由题给信息可知，由甲苯、为原料合成的合成步骤为浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，与酸性高锰酸钾溶液共热发生氧化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，与发生取代反应生成，合成路线为。 17. 门捷列夫在研究周期表时预言了“类铝”元素镓，镓(Ga)位于元素周期表第ⅢA族，高纯镓广泛用于半导体材料、光电材料、光学材料等领域。 （1）一种利用炼锌渣(主要含Pb、Zn、Cu、Fe的氧化物和一定量GaCl3)为原料制备高纯镓的流程如图所示： 已知：i.电解步骤制取镓时两极均采用惰性电极。 ii.Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，CuCl难溶于水和稀酸；ZnS、Ga2S3均难溶于水。 iii.20℃，Kb(NH3•H2O)≈2.0×10-5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35 回答下列问题： ①试剂a为Cu，其主要作用是_______。 ②滤渣4的主要成份为_______。 ③已知：Ga3++4OH- ⇌[Ga(OH)4]- K≈1.0×1034为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3+NH3•H2O⇌[Ga(OH)4]-+NH的平衡常数K=_______。 ④电解步骤中，阴极的电极反应式为_______。 （2）砷化镓(GaAs)太阳能电池为我国“玉兔二号”月球车提供充足能量。GaAs的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。 ①GaAs中Ga的化合价为_______，基态As原子的核外电子排布式为_______， ②设阿伏加德罗常数的数值为NA，GaAs晶胞边长为acm，则其晶体密度为_______。 ③在Mn掺杂到GaAs的晶体中每个Mn最近且等距离的As的数目为_______。 【答案】（1） ①. 除去，防止对电解时产生污染环境 ②. ③. ④. （2） ①. +3 ②. 或 ③. ④. 4 【解析】 【分析】炼锌渣主要含Pb、Zn、Cu、Fe的氧化物和一定量GaCl3，用稀硫酸溶解，PbO和硫酸反应生成PbSO4沉淀，过滤得到硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铜、GaCl3溶液，加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，加ZnO调节pH生成Fe(OH)3沉淀除Fe，加铜发生.Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓除Cl-，加锌置换出Cu，加氢氧化钠使Ga3+转化为[Ga(OH)4]-，加Na2S生成ZnS沉淀除Zn，电解Na[Ga(OH)4]得到Ga。 【小问1详解】 ①根据Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，CuCl难溶于水和稀酸，加入Cu发生反应Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，主要作用是除去Cl-，防止电解时产生Cl2污染环境； ②金属锌能置换出铜单质，滤渣4的主要成份为Cu； ③Kb(NH3•H2O)=2.0×10-5，Ksp[Ga(OH)3]=1.0×10-35；1.0×1034，Ga(OH)3+NH3•H2O[Ga(OH)4]-+NH的平衡常数K= ； ④电解步骤中，阴极[Ga(OH)4]-得电子生成Ga和氢氧根离子，阴极的电极反应式为； 【小问2详解】 ①GaAs中As为-3价，则Ga的化合价为+3；基态As原子的核外电子排布式为或； ②由图可知一个晶胞中含有Ga的个数为个，含有 As 原子个数为4个，则其晶体密度为； ③由图可知，每个Mn最近且等距离的As的数目为4。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年第二学期高二年级第三次联考 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ga 70 As 75 Ⅰ卷 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 第19届亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念。主火炬使用的绿色燃料是使用废碳再生的“零碳甲醇”，实现循环内“碳”的零排放。下列说法错误的是 A. 亚运村餐厅中使用的“竹餐具”含有丰富的多糖 B. 主火炬使用的绿色燃料“零碳甲醇”中的碳是指碳元素 C. 火炬“薪火”使用的1070铝合金具有硬度高、耐高温的特点 D. 特许商品“亚运莲花尊”的艺术载体青瓷属于无机非金属材料 2. F、P、S、Cl、K等为化肥或农药中的常见元素。下列说法正确的是 A. 电负性大小：χ(F)>χ(P)>χ(S) B. 简单离子半径：r(K+)>r(S2-)>r(Cl-) C. 第一电离能：I1(F)>I1(P)>I1(S) D. 简单氢化物水溶液的酸性：HF>HCl>H2S 3. 等电子原理的基本观点：原子数相同且价电子总数相等的分子或离子具有相同的化学键类型和空间构型。如CO与N2分子中电子总数相等，结构与性质相似。 C-O C=O C≡O N-N N=N N≡N 键能/(KJ·mol-1) 3577 798.9 1071.9 154.8 418.4 941.7 下列说法中正确的是 A. CaC2的电子式为 B. 由表中数据可知CO的化学性质没有N2活泼 C. CO分子中含配位键 D. 22.4LCO与N2混合气中含有的σ键数约为6.02×1023 4. 研究发现，第四周期金属的水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律。 离子 19K+ 21Sc3+ 22Ti3+ 26Fe2+ 29Cu2+ 30Zn2+ 水合离子颜色 无色 无色 紫红色 浅绿色 蓝色 无色 下列有关说法正确的是 A. 28Ni2+的水合离子有色 B. 29Cu原子的基态价电子轨道表示式： C. 26Fe2+稳定性强于Fe3+ D. 24Cr的基态原子电子排布式：[Ar]3d44S2 5. CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如下： 下列说法正确的是 A. 在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成 B. 在转化为HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOH C. 在转化为两种产物的过程中碳、氧原子的利用率均为100% D. 上述反应过程说明催化剂具有选择性 6. Ka(HCN)=5.8×10-10。Z是酸性条件下X与HCN反应的主产物，Y是反应过程中的过渡态或中间体。X→Z的反应过程可表示如图： 下列说法正确的是 A. X的聚合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. Y能稳定存在 C. 溶液的酸性越强，Z的产率越高 D. Z中碳氮原子均为8电子稳定结构，所含σ键和π键数目之比为11∶2 7. 天然产物W具有抗疟活性，以化合物X为原料合成W的机理如图： 下列说法不正确的是 A. X与互为同系物 B. X分子与足量氢气反应后的产物不含有手性碳原子 C. Y与Z互为同分异构体 D. 一定条件下，W物质能发生取代、消去、加聚反应 8. 化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y、Z的说法正确的是 A. 1molX中含有4mol键 B. Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度小 C 1molZ与氢氧化钠溶液反应，最多消耗2molNaOH D. X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同 9. 丙酮与柠檬醛在一定条件下可以反应，过程如图所示： 下列说法正确的是 A. 丙酮能与银氨溶液发生银镜反应 B. 该过程若分两步进行，则第一步为加成反应，第二步为消去反应 C. 假紫罗兰酮与等物质的量的Br2发生加成反应的产物分子有3种 D. 检验柠檬醛中官能团的方法为，取样，先加入足量的新制Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸，可检验醛基，再加溴水，即可检验碳碳双键 10. 硒(34Se)是一种重要的化学元素，在自然界的存在方式为：无机硒和植物活性硒。亚硒酸的铜盐(CuSeO3)常用于陶瓷和玻璃制品的配色和着色，铜盐的焰色反应为绿色，该光谱属于 A. 原子吸收光谱 B. 原子发射光谱 C. 紫外光谱 D. 红外光谱 11. 硒(34Se)是一种重要的化学元素，在自然界的存在方式为：无机硒和植物活性硒。亚硒酸的铜盐(CuSeO3)常用于陶瓷和玻璃制品的配色和着色，向亚硒酸溶液中通入氯气，发生的反应为H2SeO3+Cl2+H2O = H2SeO4+2HCl。关于此反应的正确说法是 A. H2SeO3的酸性强于H2SeO4 B. H2SeO4是氧化产物 C. 反应后溶液的导电能力是原来的2倍 D. 此反应属于复分解反应 12. 已知亚硒酸(H2SeO3)为二元弱酸，常温下，向某浓度的亚硒酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2SeO3、HSeO3-、SeO32-三种微粒的物质的量分数与溶液pH 的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 常温下，亚硒酸的电离平衡常数K2=10-4.2 B. pH=l.2的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2SeO3) C. 将相同物质量NaHSeO3和Na2SeO3 固体完全溶于水可配得pH为4.2的混合液 D. 向pH=1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的过程中水的电离程度一直增大 13. 在体积为2 L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，图I表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A):n(B)的变化关系。则下列结论正确的是 A. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)= 0. 04 mol·L－1·min－1 B. 图Ⅱ所知反应xA(g)+yB(g)zC(g)的 △H<0，且a =2 C. 若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v(正)＞v(逆) D. 200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B，达到平衡时，A 的体积分数小于0.5 Ⅱ卷 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 实验室以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Mg等的氧化物)为原料制备MnSO4·H2O，其实验过程可表示为 （1）浸取： ①在如图的实验装置中，搅拌下，使一定量软锰矿粉与H2SO4溶液、Na2SO3溶液充分反应，MnO2转化为MnSO4的化学方程式为_______； ②滴液漏斗中的试剂是_______(填“a”或“b”)； a.稀硫酸 b.Na2SO3溶液 ③加料完成后，以一定速率搅拌反应，提高锰元素浸出率的方法还有_______。 （2）除杂。对已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液，可通过萃取、反萃取等过程除去溶液中的Mg2+、Na+。已知：Mn2+被萃取剂HA萃取的原理可表示为：Mn2+（水层）+2HA（有机层）=Mn(A)2 （有机层）+2H+（水层）； Mn2+的萃取率()。 ①萃取时，在一定温度和pH下，Mn2+在有机层和水层中的浓度之比称为分配比（用D表示，为常数）。若25℃、PH=a时，分配比D=10，现用20mlHA萃取100ml含Mn2+溶液，按两种方法进行萃取：Ⅰ.用20mlHA萃取一次；Ⅱ.分两次萃取，每次用10mlHA，试通过计算说明哪种方法更好？_______（写出计算过程）。 ②反萃取是利用稀硫酸将有机层中的Mn2+转移到水层，需将稀硫酸和有机层共同加入到分液漏斗中进行实验操作。为使Mn2+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的操作有_______（填序号）。 A.适当提高H2SO4浓度 B.加足量蒸馏水 C.用适量稀硫酸分多次反萃取 D.充分振荡 （3）制取MnSO4·H2O晶体。补充完整制取MnSO4·H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MnSO4溶液中，_______，在真空干燥箱中低温干燥，得到MnSO4·H2O。（已知：Fe3+、Al3+在时完全转化为氢氧化物沉淀：MnSO4·H2O的溶解度曲线如右上图所示；实验中须使用的试剂有：MnCO3粉末、无水乙醇） 15. 羟胺()为无色固体，结构可视为替代中1个，羟胺具有和类似的弱碱性，可以与盐酸反应生成盐酸羟胺()，盐酸羟胺是一种盐，易溶于水，溶解后完全电离为和。 (1)中元素的化合价是_______。 (2)过氧化氢催化氧化氨水法制备盐酸羟胺的原理如下： 步骤1：+NH3+H2O2X+2H2O 步骤2：X+HCl+H2O⇌NH2OHHCl+ 资料：丙酮()是一种易溶于水的无色液体，沸点为。 ①的分子式为，其核磁共振氢谱只有两个吸收峰，红外光谱显示其分子结构中存在羟基和碳氮双键。的结构简式是_______。 ②步骤1中，相同反应时间氨的转化率随温度变化如图1。温度高于时，随温度上升氨的转化率变化的原因是_______。 ③步骤2中，在密闭容器中反应时，平衡转化率随温度变化如图2。该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。 ④步骤2中蒸馏出丙酮的目的是_______(1点即可)。 (3)电化学法制备盐酸羟胺： 向两侧电极分别通入和，以盐酸为电解质，组装原电池以制备盐酸羟胺。装置(图3)和正极反应机理图(图4)： ①将图4方框中缺失的物质补充完整______。 ②一段时间后，正极区的与反应前相比_______(填“增大”、“减小”或“不变”)(不考虑溶液体积的变化)。 16. G为镇静类药物，主要用于治疗失眠。其一种合成路线如图： （1）A的结构简式为_______。 （2）反应②的反应类型为_______；所含官能团名称为_______。 （3）Na2CO3能提高产率的原因是_______。 （4）写出一种符合下列条件的D的同分异构体的结构简式_______。 ①1mol该物质能消耗4molAg(NH3)2OH ②核磁共振氢谱图中有4组峰，峰面积之比为6 ：2 ：2 ：1 （5）已知苯胺易被氧化。设计一条由甲苯、为原料合成的合成路线_______。(无机试剂任选) 17. 门捷列夫在研究周期表时预言了“类铝”元素镓，镓(Ga)位于元素周期表第ⅢA族，高纯镓广泛用于半导体材料、光电材料、光学材料等领域。 （1）一种利用炼锌渣(主要含Pb、Zn、Cu、Fe的氧化物和一定量GaCl3)为原料制备高纯镓的流程如图所示： 已知：i.电解步骤制取镓时两极均采用惰性电极。 ii.Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，CuCl难溶于水和稀酸；ZnS、Ga2S3均难溶于水。 iii.20℃，Kb(NH3•H2O)≈2.0×10-5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35 回答下列问题： ①试剂a为Cu，其主要作用是_______。 ②滤渣4主要成份为_______。 ③已知：Ga3++4OH- ⇌[Ga(OH)4]- K≈1.0×1034为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3+NH3•H2O⇌[Ga(OH)4]-+NH的平衡常数K=_______。 ④电解步骤中，阴极的电极反应式为_______。 （2）砷化镓(GaAs)太阳能电池为我国“玉兔二号”月球车提供充足能量。GaAs的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。 ①GaAs中Ga的化合价为_______，基态As原子的核外电子排布式为_______， ②设阿伏加德罗常数的数值为NA，GaAs晶胞边长为acm，则其晶体密度为_______。 ③在Mn掺杂到GaAs的晶体中每个Mn最近且等距离的As的数目为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$