精品解析：江苏省盐城市亭湖区盐城中学2023-2024学年高二下学期5月月考化学试题

江苏省盐城市亭湖区2023-2024学年高二下学期5月月考 化学试题 本场考试时间75分钟，总分100分。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 Cr 52 一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 中国载人航天工程计划在2030年前实现中国人首次登月。下列说法不正确的是 A. “神舟”系列飞船返回舱外层采用氮化硅做耐高温材料，属于无机非金属材料 B. “天宫”实验舱太阳能电池采用砷化镓(GaAs)作半导体，砷化镓能将太阳能转化为电能 C. “长征七号遥八”运载火箭采用“液氧-煤油”做推进剂，无毒无污染被称为“绿色火箭” D. “问天”空间机械臂的主要成分为铝合金，铝合金比纯铝的熔点高、硬度大 【答案】D 【解析】 【详解】A．属于无机非金属材料，熔沸点很高，是耐高温材料，A正确； B．砷化镓(GaAs)是半导体，砷化镓能将太阳能转化为电能，B正确； C．用“液氧-煤油”做推进剂，生成二氧化碳和水，无毒无污染被称为“绿色火箭”，C正确； D．铝合金比纯铝的熔点低、硬度大，D错误； 故选D。 2. 已知常温下为无色气体，检验原理为：，下列说法正确是 A. As基态核外电子排布式为 B. 固态属于共价晶体 C. 的空间构型为平面三角形 D. 既含离子键又含共价键 【答案】C 【解析】 【详解】A．As基态核外电子排布式为，A错误； B．常温下为无色气体，熔沸点低，固态属于分子晶体，B错误； C．中心原子价层电子对数为3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，C正确； D．只含共价键，D错误； 故选C。 3. 气体微溶于水，有强还原性，可由反应制得。实验室制取少量的原理及装置均正确的是 A．制取 B．干燥 C．收集 D．吸收尾气中的 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据题意，制备PH3可以由白磷和氢氧化钾溶液在加热条件下反应制备，而此制备装置无加热部分，故A错误； B．根据题意，制备出的PH3含水蒸气，且PH3为碱性气体，需要通入碱石灰除去水蒸气，故B正确； C．PH3相对分子质量为34，故其密度大于空气密度，应该使用向上排空气法收集，故C错误； D．根据题意，PH3微溶于水，不能采取水吸收PH3，故D错误； 故本题选B。 4. 元素N、P、As位于周期表中VA族，下列说法正确的是 A. 半径大小： B. 电离能大小： C. 沸点大小： D. 酸性强弱： 【答案】D 【解析】 【详解】A．同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则N、P、As的原子半径依次增大，故A错误； B．同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则N、P、As的第一电离能依次减小，故B错误； C．氨分子能形成分子间氢键，而磷化氢、砷化氢不能形成分子间氢键，所以氨分子分子间作用力大于磷化氢、砷化氢，沸点高于磷化氢、砷化氢，故C错误； D．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则硝酸、磷酸、砷酸的酸性依次减弱，故D正确； 故选D。 5. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 与水分子之间形成氢键，75%的医用酒精可使蛋白质变性 B. 受热易分解，可用作化肥 C. 溶液呈酸性，可用于去除铁锈 D NaClO溶液呈碱性，可用于杀菌消毒 【答案】C 【解析】 【详解】A．与水分子之间形成氢键，乙醇在水中溶解度大，故A错误； B．中含有氮元素，可用作化肥，故B错误； C．溶液呈酸性，可用于去除铁锈，故C正确； D．NaClO溶液具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故D错误； 故选C。 6. 元素F、Cl、Br、I位于周期表VIIA族。下列事实不能通过比较元素电负性进行解释的是 A. 与水发生反应的产物是和 B. 键的键能小于键的键能 C. 比更易形成 D. 气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是HCl分子 【答案】B 【解析】 【详解】A．与水发生反应的产物是和，生成物中I的化合价为+1价，说明I的电负性小于O，与电负性有关，A不符合题意； B．F原子半径小，电子云密度大，F之间的排斥力大，F-F不稳定，则F-F的键能小于Cl-Cl的键能，与电负性无关，B符合题意； C．氯的电负性强于溴，碳氯键极性更强，比更易形成，与电负性有关，C不符合题意； D．F的电负性很大，使HF分子间形成氢键，导致气态HF中存在二聚分子，而Cl的电负性不足以使HCl分子间形成氢键，气态HCl中只有HCl分子，D不符合题意； 故选B。 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 已知在酸性溶液中会转化为Cu和，则溶于稀硝酸的反应为： B. 催化氧化的反应： C. 用惰性电极电解制的阳极反应： D. 少量通入NaClO溶液中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．稀硝酸具有强氧化性，能将Cu氧化为，其离子方程式为：，故A错误； B．氨的催化氧化生成NO，反应方程式为，故B错误； C．制阳极为失去电子的氧化反应，故C正确； D．少量通入NaClO溶液中，产物为，离子方程式为：，故D错误； 故选C。 8. 化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X分子中只含有酮羰基、醚键、酯基三种官能团 B. 1molY与足量NaOH溶液反应，消耗3molNaOH C. Z分子存在顺反异构体 D. Y在一定条件下可与HCHO发生缩聚反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．X分子中含有酮羰基、醚键、酯基、碳碳双键四种官能团，A错误； B．Y中含有苯酚酯基和酚羟基，所以1molY与足量NaOH溶液反应，消耗3molNaOH，B正确； C．根据Z分子的结构，该分子中不存在顺反异构体，C错误； D．Y分子中的酚羟基邻位上没有H原子，所以不能与HCHO发生缩聚反应，D错误； 故选B。 9. 以甲苯为原料通过间接氧化法制取苯甲醛、苯甲酸等物质，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 1mol甲苯氧化为0.5mol苯甲醛和0.5mol苯甲酸时，共消耗 B. 电解结束后，阴极区溶液pH升高 C. 甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物可以通过分液的方法分离 D. 电解时阳极反应为： 【答案】A 【解析】 【分析】由图可知，左侧电极为阳极，水分子作用下铬离子在阳极失去电子发生氧化反应生成重铬酸根离子和氢离子，电极反应式为，阳极槽外中重铬酸根离子与甲苯在酸性条件下反应生成苯甲醛或苯甲酸，反应的离子方程式为3C6H5-CH3+2Cr2O+16H+=3C6H5-CHO +4Cr3++11H2O， C6H5-CH3+2Cr2O+8H+=C6H5-COOH +2Cr3++5H2O，电解时，氢离子通过阳离子交换膜由阳极区进入阴极区，右侧电极为电解池的阴极，阴极氢离子放电，电极反应为：2H++2e-=H2 ，据此作答。 【详解】A． 结合3C6H5-CH3+2Cr2O+16H+=3C6H5-CHO +4Cr3++11H2O，0.5mol甲苯氧化为0.5mol苯甲醛时消耗 molCr2O，根据 C6H5-CH3+2Cr2O+8H+=C6H5-COOH +2Cr3++5H2O，0.5mol甲苯氧化为0.5mol苯甲酸时消耗0.5molCr2O，1mol甲苯氧化为0.5mol苯甲酫和0.5mol苯甲酸时，共消耗,故A正确； B． 阳极区产生的氢离子透过质子交换膜进入阴极区，阴极上氢离子放电，电极反应为：2H++2e-=H2，电极上每消耗2molH+,就有2molH+进入阴极区，故电极电解结束后，阴极区溶液不变，故B错误； C． 甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物是互溶的液体，不可以通过分液的方法分离，故C错误； D． 电解时的阳极发生氧化反应，电解时阳极反应为：，故D错误； 故选A。 10. CuCl可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如图1： 下列说法正确的是 A. “浸取”时的离子方程式为CuFeS2+4O2=Cu2++Fe2++2SO B. “滤渣①”的成分是Fe(OH)3 C. “还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl-，跟铜元素形成可溶于水的物质 D. CuCl的晶胞如图2，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是4 【答案】C 【解析】 【详解】A．“浸取”时，CuFeS2在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：4CuFeS2+17O2+4H+=4Cu2++4Fe3++8SO+2H2O，A错误； B．加入过量氧化铜调节pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是Fe(OH)3和过量的CuO，B错误； C．“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl-，跟铜元素形成可溶于水的物质，然后经过一系列操作得到CuCl，C正确； D．由CuCl的晶胞图可知，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12，D错误； 答案选C。 11. PtNiFe—LDHGO催化甲醛氧化反应机理如图： 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的上 B. 上述反应机理涉及极性键和非极性键的形成 C. 该反应每生成1 mol，转移电子的数目约为 D. PtNiFe—LDHGO降低了该反应的活化能 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图分析步骤Ⅰ中甲醛的氧与催化剂表面的氢通过氢键吸附在催化剂表面的上，故A正确； B．上述反应机理涉及氧氢极性键、碳氧极性键的形成，没有涉及非极性键的形成，故B错误； C．该反应有甲醛变为，一个碳原子由0价变为+4价，则每生成1 mol，转移电子的数目约为，故C正确； D．PtNiFe—LDHGO催化甲醛氧化，加快反应速率，降低了该反应的活化能，故D正确。 综上所述，答案为B。 12. 下列实验设计能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验设计 A 提高KMnO4溶液的氧化性 用草酸酸化KMnO4溶液 B 除去乙醇中混有的乙酸 向混合物中滴加适量的Na2CO3溶液，静置分液 C 检验碳酸钠中是否混有亚硫酸钠 向样品中加入过量稀盐酸，将产生的气体通入Ba(NO3)2溶液中，观察是否出现白色沉淀 D 验证浓硝酸加热条件下可以氧化碳单质 将木炭和浓硝酸混合后加热，观察是否出现红棕色气体 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．草酸具有还原性，会将高锰酸钾还原，A错误； B．乙醇和水互溶，无法分液分离，B错误； C．CO2与酸化的硝酸钡不反应，SO2可以和酸化的硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，C正确； D．浓硝酸受热分解也可以产生NO2，D错误； 综上所述答案为C。 13. 一定温度下，在不同pH的溶液中存在形式不同，溶液中随pH的变化如图1，溶液中含A微粒的物质的量分数随pH的变化如图2。已知：①MA，均为难溶物；②初始。 下列说法正确的是 A. 时， B. 初始状态a点发生反应： C. I曲线上的点满足 D. 初始状态的b点，平衡后溶液中存在 【答案】B 【解析】 【分析】由可得，，故曲线I表示M(OH)2的溶解平衡曲线，曲线Ⅱ表示MA的溶解平衡曲线。 【详解】A．由图2可得，H2A的电离平衡常数， ，，，则当c(A2-)=c(H2A)时，，即pH=8.5，故A错误； B．初始状态a点在曲线Ⅱ的上方，曲线I的下方，故生成MA，故发生反应：，故B正确； C．曲线I表示M(OH)2的溶解平衡曲线，故I曲线上的点满足c(M2+)·c2(OH-)=Ksp[M(OH)2]，故C错误； D．初始状态的b点在曲线Ⅱ的上方，曲线I的下方，生成MA，故平衡后溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)＜0.2mol/L，故D错误； 故选B。 14. 为研究反应在不同条件下NO的转化率向恒压反应器中通入含一定浓度NO与的气体，在无催化剂和有催化剂在时，分别测得不同温度下反应器出口处NO的转化率如图中曲线a、b所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化），下列说法正确的是 A. 反应的 B. 曲线a中NO转化率随温度升高而增大，是由于催化剂的活性增强 C. 曲线b中从M点到N点，NO转化率随温度升高而减小是由于反应速率减慢 D. 催化剂存在时，其他条件不变，增大气体中，NO转化率随温度的变化为曲线c 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，升高温度，一氧化氮平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，故A错误； B．由图可知，相同温度时，曲线b中对应点一氧化氮的转化率大于曲线a，说明曲线a代表未加入催化剂时，一氧化氮转化率与温度变化的关系，故B错误； C．由图可知，曲线b中从M点到N点，一氧化氮转化率随温度升高而减小因为温度过高，催化剂失去活性导致反应速率减慢，故C正确； D．恒压条件下，向容器中通入氧气，氧气浓度增大，但容器体积增大，一氧化氮的浓度减小，无法确定平衡的移动方向，不能确定一氧化氮转化率的变化，故D错误； 故选C。 二、非选择题：共4题，共58分。 15. 处理废水中的常用方法包括绿矾还原法、铁粉还原法和离子交换法等。含物种浓度随pH的变化如图所示。 （1）绿矾还原法。去除废水中的经过“酸化—还原—沉淀”的过程。 ①“还原”时，被还原成的离子方程式为___________。 ②的立方体晶胞沿c轴(c轴垂直于a、b轴)方向投影的平面图如图所示，其中硫原子的杂化方式为___________；已知该晶胞中S原子的数目为4，推断占据该晶胞的位置为___________。 （2）铁粉还原法。为探究铜离子浓度对去除率的影响，向1000mL某浓度酸性废水中加入2.0g铁粉，随着浓度由0升高至，测得废水中的去除率增大，其可能原因为___________。 （3）离子交换法。阴离子交换树脂(ROH，R为离分子阳离子骨架)去除酸性度水中的原理为。 ①树脂失效后，用NaOH溶液可使树脂再生，发生反应的化学方程式为___________。 ②某树脂的摩尔交换总容量为，即每升湿树脂最多吸收。现将含量为的废水以的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水18h时，该离子文换树脂是否达到吸收饱和___________。[均以铬元素计，写出计算过程] 【答案】（1） ①. ②. ③. 所有顶点和所有面心 （2）铁粉置换出铜形成原电池，去除率增大 （3） ①. ②. 30mL湿树脂最多吸收的质量：，通废水18h湿树脂需吸收的质量：，，故该树脂未达到摩尔交换总容量，18h时未达到吸收饱和 【解析】 【小问1详解】 ①“还原”时，在酸性溶液中被还原成Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为； ②在的晶胞中，硫原子的价层电子对数为=4，则杂化方式为sp3；已知该晶胞中S原子的数目为4，依据化学式，该晶胞中所含Fe2+的数目应为4，结合投影的平面图，则Fe2+占据该晶胞的所有顶点、面心； 【小问2详解】 向1000mL某浓度酸性废水中加入2.0g铁粉，若不加Cu2+，Fe先与H+反应生成Fe2+等，Fe2+再还原Cr(Ⅵ)；加入Cu2+后，Cu2+先与Fe反应生成Cu和Fe2+，Fe、Cu可构成原电池，加快生成Fe2+的速率，则随着Cu2+浓度由0升高至15mg·L-1，废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为：铁粉置换出铜形成Fe-Cu原电池，增加了c(Fe2+)，Cr(Ⅵ)去除率增大； 【小问3详解】 ①树脂失效后，用NaOH溶液将树脂再生，NaOH首先促进平衡逆向移动，生成的再发生转化+2OH-=2+H2O，从而得出发生反应的化学方程式为； ②30mL湿树脂最多吸收的质量：，通废水18h湿树脂需吸收的质量：，，故该树脂未达到摩尔交换总容量，18h时未达到吸收饱和。 16. 黄酮派酯是一种解痉药，可通过如下路线合成。 （1）C中与杂化的碳原子数的比值是___________。 （2）C→D的反应类型是___________。 （3）已知苯甲酸酐()可以与羟基化合物生成酯，D→E经历了D→X→E的过程，中间体X的化学式为，分子中共有3个六元环。写出X的结构简式：___________。 （4）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①属于芳香族化合物 ②碱性水解后酸化得到两种产物，且两种产物的核磁共振氢谱中均只有2个峰 （5）写出以、、为原料制备的合成路线图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) ___________。 【答案】（1）4∶1 （2）取代反应 （3） （4）或 （5） 【解析】 【分析】A在一定条件下与NaOH、CO2反应后酸化得到B，B与丙酰氯发生取代反应生成C和HCl，C在AlCl3作用下发生重组取代反应生成D，D与在一定条件下反应生成E，E与SOCl2反应生成F，F与发生取代反应生成黄酮派酯； 【小问1详解】 C中苯环上的碳、酯基上的碳和羧基上的碳均为杂化，只有乙基上的两个碳为杂化，故与杂化的碳原子数的比值是8：2=4：1； 【小问2详解】 C→D是C在AlCl3作用下反应生成D，根据结构简式的变化可知，反应类型是取代反应； 【小问3详解】 已知苯甲酸酐()可以与羟基化合物生成酯，D→E经历了D→X→E的过程，中间体X的化学式为，分子中共有3个六元环，根据分子式可知，X比E多了2个H原子和1个O原子，故应该为X脱水形成碳碳双键，则X的结构简式为：； 【小问4详解】 D为，其同分异构体满足：①属于芳香族化合物，则含有苯环，②碱性水解后酸化得到两种产物，且两种产物的核磁共振氢谱中均只有2个峰，则高度对称，根据分子中含有4个O可知有两个酯基，符合条件的同分异构体有或； 小问5详解】 与发生取代反应生成，在酸性高锰酸钾溶液中被氧化生成，在氯化铝作用下反应生成，与反应制备，合成路线图如下：。 17. BiOCl是一种不溶于水和稀硫酸的环保涂料。一种以高铋银锌渣(主要成分为Bi单质，还含有Zn、Ag、Fe单质)制备BiOCl的工艺流程如图。 已知：BiCl+H2OBiOCl↓+2H++3Cl- 2BiOCl(白色)+2OH-2C1-+H2O+Bi2O3(黄色) （1）“氧化浸出”生成BiCl的实验装置如图所示。 ①写出生成BiCl的离子方程式：____。 ②工业在“氧化浸出”时常加入适量NaCl(s)，其目的是____。 ③反应一段时间后，Bi完全浸出。将滤渣加入足量稀硝酸中，充分反应后，观察到滤渣部分溶解。该滤渣的成分为____。 （2）加入稀氨水调节溶液pH不宜过大的原因是____。 （3）请补充完整利用含少量Fe(OH)3杂质的BiOCl粗品制备Bi2O3的实验方案：____，过滤、洗涤、干燥，得Bi2O3。(须使用的试剂有：lmol·L-1H2SO4溶液、4mol·L-1NaOH溶液、lmol·L-1BaCl2溶液、蒸馏水) 【答案】（1） ①. 2Bi+ClO+7Cl-+6H+=2BiCl+3H2O ②. 增大c(Cl-)，有利于生成BiCl，防止生成BiOCl，减少HCl的用量 ③. Ag、AgCl （2）防止BiOCl中混有Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀 （3）边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1mol·L-1BaCl2溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量4mol·L-11NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化 【解析】 【分析】高铋银锌渣(主要成分为Bi单质，还含有Zn、Ag、Fe单质)，加入NaClO3和HCl “氧化浸出”生成BiCl， Zn、Fe单质转化为Zn2+和Fe3+，滤渣为含Ag的物质，将滤渣加入足量稀硝酸中，充分反应后，观察到滤渣部分溶解，说明除了单质银之外，还有不溶于稀硝酸的AgCl存在。向含BiCl、Zn2+和Fe3+的溶液中加稀氨水调节pH到1，使得生成BiOCl沉淀，而Zn2+和Fe3+以离子形式在滤液中存在，过滤分离，得到BiOCl粗产品。 【小问1详解】 ①加入NaClO3和HCl “氧化浸出”，Bi单质转化为BiCl，确定反应物为Bi和ClO，生成物为BiCl，根据电子守恒，1个Bi失去3个电子，1个ClO得到6个电子，所以Bi和BiCl系数为2，ClO系数为为1，根据氯守恒确定Cl-系数为7，最后根据酸性条件下电荷守恒，得到离子方程式：2Bi+ClO+7Cl-+6H+=2BiCl+3H2O； ②已知：BiCl+H2OBiOCl↓+2H++3Cl-为可逆反应，在“氧化浸出”时常加入适量NaCl(s)，可增大c(Cl-)，使得平衡逆向移动，有利于生成BiCl，防止生成BiOCl，减少HCl的用量； ③Bi完全浸出后，将滤渣加入足量稀硝酸中，充分反应后，观察到滤渣部分溶解。说明除了单质银之外，还有不溶于稀硝酸的AgCl存在，答案为Ag、AgCl； 【小问2详解】 加入稀氨水调节溶液pH不宜过大，当pH过大时，Zn2+和Fe3+会转化为难溶的氢氧化物Fe(OH)3、Zn(OH)2析出，使得产物BiOCl不纯，所以答案为：防止BiOCl中混有Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀； 【小问3详解】 结合必须使用的试剂lmol·L-1H2SO4溶液、4mol·L-1NaOH溶液、lmol·L-1BaCl2溶液和蒸馏水，可分析出，除去Fe(OH)3应该用lmol·L-1H2SO4溶液，过滤后用蒸馏水洗涤，为了保证洗涤干净，用lmol·L-1BaCl2溶液检验滤液中是否含有硫酸根，最后根据已知条件2BiOCl(白色)+2OH-2C1-+H2O+Bi2O3(黄色)，向滤渣中加入足量的4mol·L-1NaOH溶液，加热得到产物Bi2O3，此过程可通过观察固体颜色的变化来判断实验结束。所以答案为：边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1mol·L-1BaCl2溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量4mol·L-11NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化。 【点睛】此工艺流程主要是信息进行判断，所以需要根据题目中的每一个小问来综合判断每一步的操作目的，从而进行作答。尤其是题目中所给的信息，一定要学会灵活应用到答案中。 18. 的捕集和利用具有重要意义。 I．的催化氧化 （1）在表面催化氧化的过程始于与形成的酸性位点(如图所示)，并生成金属硫酸盐中间体。 ①根据化学键的变化，上图所示的反应过程可描述为___________。 ②中间体受热分解产生、的化学方程式为___________。 （2）一定温度下，恒压密闭容器中发生反应 ，平衡转化率与反应温度和压强的关系如下图所示。 ①___________0(填“=”或“>”或“<”)。 ②实际生产中选择图中C点的反应条件，不选择A、B点的理由分别是___________。 【答案】（1） ①. 水中氢氧键断开，部分V=O打开，氢原子、羟基分别与V=O上的O和V作用，形成酸性位点 ②. （2） ①. <0 ②. A点温度相对低，影响催化剂的活性；B点压强大会增大设备成本且相比C点平衡转化率的提高幅度小 【解析】 【小问1详解】 ①根据如上图所示的反应过程和化学键的变化，描述为水中氢氧键断开，部分V=O打开，氢原子、羟基分别与V=O上的O和V作用，形成酸性位点； ②根据反应的流程，中间体受热分解产生、的化学方程式为：； 【小问2详解】 ①如图所示，温度越高，平衡转化率越低，平衡逆向移动，所以逆反应为吸热反应，所以<0； ②A点温度相对低，影响催化剂的活性；B点压强大会增大设备成本且相比C点平衡转化率的提高幅度小，所以实际生产中选择图中C点的反应条件，不选择A、B点。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省盐城市亭湖区2023-2024学年高二下学期5月月考 化学试题 本场考试时间75分钟，总分100分。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 Cr 52 一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 中国载人航天工程计划在2030年前实现中国人首次登月。下列说法不正确的是 A. “神舟”系列飞船返回舱外层采用氮化硅做耐高温材料，属于无机非金属材料 B. “天宫”实验舱太阳能电池采用砷化镓(GaAs)作半导体，砷化镓能将太阳能转化为电能 C. “长征七号遥八”运载火箭采用“液氧-煤油”做推进剂，无毒无污染被称为“绿色火箭” D. “问天”空间机械臂主要成分为铝合金，铝合金比纯铝的熔点高、硬度大 2. 已知常温下为无色气体，检验原理为：，下列说法正确的是 A. As基态核外电子排布式 B. 固态属于共价晶体 C. 的空间构型为平面三角形 D. 既含离子键又含共价键 3. 气体微溶于水，有强还原性，可由反应制得。实验室制取少量原理及装置均正确的是 A．制取 B．干燥 C．收集 D．吸收尾气中的 A. A B. B C. C D. D 4. 元素N、P、As位于周期表中VA族，下列说法正确的是 A. 半径大小： B. 电离能大小： C. 沸点大小： D. 酸性强弱： 5. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 与水分子之间形成氢键，75%的医用酒精可使蛋白质变性 B. 受热易分解，可用作化肥 C. 溶液呈酸性，可用于去除铁锈 D. NaClO溶液呈碱性，可用于杀菌消毒 6. 元素F、Cl、Br、I位于周期表VIIA族。下列事实不能通过比较元素电负性进行解释的是 A. 与水发生反应的产物是和 B. 键的键能小于键的键能 C. 比更易形成 D. 气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是HCl分子 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 已知在酸性溶液中会转化为Cu和，则溶于稀硝酸的反应为： B. 催化氧化的反应： C. 用惰性电极电解制的阳极反应： D. 少量通入NaClO溶液中： 8. 化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X分子中只含有酮羰基、醚键、酯基三种官能团 B. 1molY与足量NaOH溶液反应，消耗3molNaOH C. Z分子存在顺反异构体 D. Y在一定条件下可与HCHO发生缩聚反应 9. 以甲苯为原料通过间接氧化法制取苯甲醛、苯甲酸等物质，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 1mol甲苯氧化为0.5mol苯甲醛和0.5mol苯甲酸时，共消耗 B. 电解结束后，阴极区溶液pH升高 C. 甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物可以通过分液的方法分离 D. 电解时阳极反应为： 10. CuCl可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如图1： 下列说法正确的是 A. “浸取”时的离子方程式为CuFeS2+4O2=Cu2++Fe2++2SO B. “滤渣①”的成分是Fe(OH)3 C. “还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl-，跟铜元素形成可溶于水的物质 D. CuCl的晶胞如图2，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是4 11. PtNiFe—LDHGO催化甲醛氧化的反应机理如图： 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的上 B. 上述反应机理涉及极性键和非极性键的形成 C. 该反应每生成1 mol，转移电子的数目约为 D. PtNiFe—LDHGO降低了该反应的活化能 12. 下列实验设计能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验设计 A 提高KMnO4溶液的氧化性 用草酸酸化KMnO4溶液 B 除去乙醇中混有的乙酸 向混合物中滴加适量的Na2CO3溶液，静置分液 C 检验碳酸钠中是否混有亚硫酸钠 向样品中加入过量稀盐酸，将产生的气体通入Ba(NO3)2溶液中，观察是否出现白色沉淀 D 验证浓硝酸在加热条件下可以氧化碳单质 将木炭和浓硝酸混合后加热，观察是否出现红棕色气体 A. A B. B C. C D. D 13. 一定温度下，在不同pH的溶液中存在形式不同，溶液中随pH的变化如图1，溶液中含A微粒的物质的量分数随pH的变化如图2。已知：①MA，均为难溶物；②初始。 下列说法正确的是 A. 时， B. 初始状态a点发生反应： C. I曲线上的点满足 D. 初始状态b点，平衡后溶液中存在 14. 为研究反应在不同条件下NO的转化率向恒压反应器中通入含一定浓度NO与的气体，在无催化剂和有催化剂在时，分别测得不同温度下反应器出口处NO的转化率如图中曲线a、b所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化），下列说法正确的是 A. 反应的 B. 曲线a中NO转化率随温度升高而增大，是由于催化剂活性增强 C. 曲线b中从M点到N点，NO转化率随温度升高而减小是由于反应速率减慢 D. 催化剂存在时，其他条件不变，增大气体中，NO转化率随温度的变化为曲线c 二、非选择题：共4题，共58分。 15. 处理废水中的常用方法包括绿矾还原法、铁粉还原法和离子交换法等。含物种浓度随pH的变化如图所示。 （1）绿矾还原法。去除废水中的经过“酸化—还原—沉淀”的过程。 ①“还原”时，被还原成的离子方程式为___________。 ②的立方体晶胞沿c轴(c轴垂直于a、b轴)方向投影的平面图如图所示，其中硫原子的杂化方式为___________；已知该晶胞中S原子的数目为4，推断占据该晶胞的位置为___________。 （2）铁粉还原法。为探究铜离子浓度对去除率的影响，向1000mL某浓度酸性废水中加入2.0g铁粉，随着浓度由0升高至，测得废水中的去除率增大，其可能原因为___________。 （3）离子交换法。阴离子交换树脂(ROH，R为离分子阳离子骨架)去除酸性度水中的原理为。 ①树脂失效后，用NaOH溶液可使树脂再生，发生反应的化学方程式为___________。 ②某树脂的摩尔交换总容量为，即每升湿树脂最多吸收。现将含量为的废水以的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水18h时，该离子文换树脂是否达到吸收饱和___________。[均以铬元素计，写出计算过程] 16. 黄酮派酯是一种解痉药，可通过如下路线合成。 （1）C中与杂化的碳原子数的比值是___________。 （2）C→D的反应类型是___________。 （3）已知苯甲酸酐()可以与羟基化合物生成酯，D→E经历了D→X→E的过程，中间体X的化学式为，分子中共有3个六元环。写出X的结构简式：___________。 （4）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①属于芳香族化合物 ②碱性水解后酸化得到两种产物，且两种产物的核磁共振氢谱中均只有2个峰 （5）写出以、、为原料制备的合成路线图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) ___________。 17. BiOCl是一种不溶于水和稀硫酸的环保涂料。一种以高铋银锌渣(主要成分为Bi单质，还含有Zn、Ag、Fe单质)制备BiOCl的工艺流程如图。 已知：BiCl+H2OBiOCl↓+2H++3Cl- 2BiOCl(白色)+2OH-2C1-+H2O+Bi2O3(黄色) （1）“氧化浸出”生成BiCl的实验装置如图所示。 ①写出生成BiCl的离子方程式：____。 ②工业在“氧化浸出”时常加入适量NaCl(s)，其目的是____。 ③反应一段时间后，Bi完全浸出。将滤渣加入足量稀硝酸中，充分反应后，观察到滤渣部分溶解。该滤渣的成分为____。 （2）加入稀氨水调节溶液pH不宜过大的原因是____。 （3）请补充完整利用含少量Fe(OH)3杂质的BiOCl粗品制备Bi2O3的实验方案：____，过滤、洗涤、干燥，得Bi2O3。(须使用的试剂有：lmol·L-1H2SO4溶液、4mol·L-1NaOH溶液、lmol·L-1BaCl2溶液、蒸馏水) 18. 的捕集和利用具有重要意义。 I．的催化氧化 （1）在表面催化氧化的过程始于与形成的酸性位点(如图所示)，并生成金属硫酸盐中间体。 ①根据化学键的变化，上图所示的反应过程可描述为___________。 ②中间体受热分解产生、的化学方程式为___________。 （2）一定温度下，恒压密闭容器中发生反应 ，平衡转化率与反应温度和压强的关系如下图所示。 ①___________0(填“=”或“>”或“<”)。 ②实际生产中选择图中C点的反应条件，不选择A、B点的理由分别是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $