精品解析：山西省长治市2023-2024学年高二下学期6月期末考试化学试题

化学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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，将答案写在答题卡上，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。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 B 11 O 16 Ca 40 Cu 64 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，只有一项符合题目要求。 1. 2024年我国政府工作报告中提及的新质生产力涉及新材料产业。下列不属于新型无机非金属材料的是 A. 碳纳米材料 B. 重组蛋白 C. 单晶硅 D. 压电陶瓷 2. 下列说法正确的是 A. 石墨烯和足球烯互为同系物 B. 可用空气吹出法从海水中提溴 C. 含碳、氢、氧元素的化合物都是有机化合物 D. 实验中没有用完的钠、钾不能放回原试剂瓶 3. 侯氏制碱法的反应原理为。下列说法正确的是 A. 的核外电子排布式为 B. 和都是由极性键组成的非极性分子 C. 离子化合物的电子式为 D. 分子中H和N之间形成化学键是σ 4. 下列实验方案能达到实验目的的是 A. 甲可以鉴别苯和溴 B. 乙可以验证非金属性：Cl>Br>S C. 丙可探究压强对化学平衡的影响 D. 丁可配制0.10mol/L的NaOH溶液 5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 0.2mol/L FeCl3溶液中的数目小于0.2NA B. 1mol Na在空气中加热完全转化为Na2O2，转移的电子数为2NA C. 100g质量分数为17%的H2O2水溶液中氧原子的数目约为5.6NA D. 电解精炼铜时，阳极质量减小6.4g，外电路通过的电子数为0.2NA 6. 下列离子方程式正确的是 A. 向溶液中滴加过量溴水： B. 向溶液中滴加过量氨水： C. 向血红色溶液中加入过量铁粉至溶液褪色： D. 用石墨电极电解溶液： 7. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z位于第三周期，W是宇宙中最多的元素，是维持生命过程的必需物质，WY可用于玻璃的刻蚀，是酸雨的主要形成原因之一。下列说法错误的是 A. 在这四种元素中Y的第一电离能最大 B. 分子的键角大于分子的键角 C. 的中心原子的价层电子对数是6 D. WY用于玻璃的刻蚀，利用了其强氧化性 8. 在酸性葡萄糖水溶液中，链状结构与环状结构可相互转化，三种不同结构的葡萄糖的平衡关系和百分含量如图所示。下列说法错误的是 36.4% <0.0026% 63.6% A. 链状葡萄糖可发生取代、氧化、还原反应 B. 链状葡萄糖成环是和发生加成反应 C. α-D-吡喃葡萄糖分子5个手性碳原子可处于同一平面 D. 水溶液中β-D-吡喃葡萄糖稳定性强于α-D-吡喃葡萄糖 9. 铜的某氧化物的晶胞如图所示，晶胞参数为a pm。下列说法错误的是 A. 该氧化物的化学式为CuO B. 晶胞顶点O的配位数为8 C. 晶胞中最近的Cu和O之间的距离为 D. 若A点原子坐标为，则B点原子坐标为 10. 乙醇用途广泛且需求量大，电催化制备乙醇，电解原理如图所示，下列说法正确是 A. a电极与电源正极相连 B. 阳极区溶液的pH在增大 C. 理论上，每消耗2mol ，可得到3mol D. 更换高选择性的电化学催化剂可以抑制a电极发生析氢腐蚀 11. 类比推理是化学常用的思维方法，下列推理正确的是 A. CO2是直线形分子，则SO2也是直线形分子 B. PCl3水解生成H3PO3和HCl，则NCl3水解生成HNO2和HCl C. NH3与HCl反应生成NH4Cl，则H2N-NH2与HCl反应可以生成N2H6Cl2 D. NH3的沸点高于PH3，则CH4的沸点高于SiH4 12. 白磷的工业制取和无害化处理如图所示，下列有关说法中错误的是 A. 晶体中含有一定成分的离子键 B. 1个白磷分子中含有12个60度的键角 C. 处理白磷时，还原产物和氧化产物的物质的量之比为5∶6 D. 浓磷酸的黏度很大，主要原因是磷酸中共价键的键能较大 13. 甲烷化是“负碳排放”的重要方向。在镍基催化剂上，与反应生成的某种机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“※”表示。下列说法正确的是 A. 镍基催化剂可提高的平衡转化率 B. 甲烷的二氯取代物有两种，且互为同分异构体 C. 反应过程涉及非极性键的断裂和极性键的形成 D. 1mol 反应时，生成2mol 14. 已知亚硒酸()是二元弱酸。室温下，向1.0mo/L亚硒酸溶液中逐滴加入一定浓度NaOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的分布系数(纵坐标)与溶液pH值(横坐标)的关系如图所示。如的分布系数。下列说法错误的是 A. 室温下，亚硒酸的电离平衡常数 B. pH=4.2时的溶液存在： C. 0.1mol/L 溶液呈碱性 D. 0.1mol/L 溶液中存在： 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 磷酸亚铁锂()电池广泛应用于新能源电动车，电池正极主要由磷酸亚铁锂、炭黑和集流体铝箔构成。从报废的磷酸亚铁锂电池的正极材料中回收锂资源的流程如图所示。 已知：①的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.74 ②常温下，，。 回答下列问题： （1）铁元素在元素周期表的位置：___________。 （2）“碱浸”过程中铝箔发生反应的离子方程式：___________。 （3）“浸取”步骤中加入的作用和优点分别是___________。 （4）“滤渣2”的主要成分是___________(填化学式)。 （5）“调pH值”后，常温下测得滤液pH=8，则滤液中含铁元素的离子浓度为___________mol/L。 （6）“洗涤”时选择的试剂是___________(填标号)。 A．热水 B．冷水 C．饱和溶液 （7）某电池反应为，磷酸铁锂()作电池正极材料，Li作负极材料，含有导电固体为电解质。充电过程，正极材料的质量___________(填“增大”或“减小”)，放电过程，正极的电极反应式为___________。 16. 量子点是一种纳米级别的半导体，其直径一般在1nm~10nm之间。量子点直径不同，发光颜色不同，吸收光谱的波长不同。一种实验室制备CdSe量子点的步骤和方法如下： 一、CdSe量子点前驱体的制备 I．在N2中，取1mmol Se溶于容器a中，加入15mL十八烯溶剂，加热到280℃，Se粉全部溶解，形成透明溶液。 Ⅱ．在N2中，取1mmol CdCl2于4mL油酸，加热到120℃，CdCl2完全溶于油酸，形成油酸镉的澄清溶液。 二、CdSe量子点的生长和制备 Ⅲ．把步骤I中制备好的油酸镉溶液注射到步骤I中含有Se前驱体的容器a中，如图所示，保持反应温度为260℃，反应时间45min。 三、CdSe量子点的纯化 Ⅳ．待反应液冷却后，加入20mL乙醇溶液，CdSe析出，离心分离，加入正己烷分散后，再次加入乙醇，离心分离，重复2~3次后，用乙醇和丙酮洗涤CdSe，即可得到干净的CdSe量子点。 回答下列问题： （1）图中容器a的名称为___________。 （2）步骤I中所需N2用NaNO2饱和溶液与NH4Cl饱和溶液在加热条件下制取，其化学反应方程式为___________，气体再经过净化处理便可使用，步骤I中N2的作用是___________。 （3）步骤Ⅲ中，当监测或观察到___________(填标号)现象时，可证明CdSe量子点的生长基本完成。 A. 吸收光谱的波长不再变化 B. 发光颜色不再发生变化 C. 丁达尔效应 D. 溶液变浑浊 （4）步骤Ⅳ中的“洗涤”不在漏斗中进行的原因是___________。CdSe洗涤干净的标志：取最后一次洗涤液于洁净试管中，加入___________溶液，如不出现白色沉淀则证明CdSe洗涤干净。 （5）该装置可能存在的明显安全问题是___________，解决该问题的措施是___________。 17. 酮基布洛芬是一种优良的口服类非甾体抗炎药。一种以芳香烃A(C7H8)为起始原料合成酮基布洛芬的路线如图所示。 已知：。 回答下列问题： （1）化合物C化学名称为___________。 （2）化合物H中杂化类型为的碳原子有___________个。 （3）化合物E中的官能团名称为___________。 （4）D→E的化学方程式为___________，反应类型为___________。 （5）下列说法正确的是___________(填标号)。 A. 化合物E和H可通过红外光谱鉴别 B. 化合物G最多有14个C原子共平面 C. 1mol酮基布洛芬最多与8mol H2在一定条件下发生加成反应 D. 用对酮基布洛芬进行成酯修饰后的药物结构简式为 （6）M()是化合物C的同系物。M有多种同分异构体，满足下列条件的M的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为___________。 ①分子中含有苯环；②能与NaHCO3反应；③溴原子直接连在苯环上。 18. 二氧化碳催化加氢制取甲醇有利于减少温室气体的排放，涉及的主要反应为如下两个反应。 I． Ⅱ． 回答下列问题： （1）反应的反应热___________kJ/mol。 （2）甲醇的合成反应为放热反应，冷却剂温度会极大地影响工艺结果，图1表示某次实验中冷却剂温度对甲醇产量的影响，由图1可知，最合适的冷却剂温度为___________℃左右。 （3）一定温度下，恒容密闭容器中发生上述反应和I，下列说法正确的是___________(填标号) A. 气体的密度不变，说明反应体系达到平衡 B. 平衡时向容器中充入稀有气体，反应Ⅱ正向移动 C. 容器内压强不变，可以说明反应Ⅱ已经达到化学平衡状态 D. 平衡时向容器中充入一定量H2，反应I和Ⅱ均正向移动，H2的转化降低 （4）0.5MPa条件下，将n(H2)=3mol、n(CO2)=1mol的混合气体以一定速度通过装有催化剂的某反应装置，发生反应I和Ⅱ，测得CO2的转化率、CH3OH或CO的选择性及CH3OH的收率随温度变化如图2所示。 CH3OH的选择性，CH3OH的收率=CO2的转化率×CH3OH的选择性。 ①曲线a表示___________(填“CH3OH”或“CO”)的选择性随温度的变化。 ②270℃时，CO2的转化率为___________%，此时H2O(g)的物质的量为___________mol。 ③210℃~250℃之间，温度升高，CH3OH的收率增大的原因是___________。 （5）已知：反应I的速率方程为，，阿伦尼乌斯经验公式为，k为速率常数，Ea为活化能，C和R为常数。实验测得正、逆反应的速率常数与温度的关系如图3所示，其中表示正反应速率常数与温度关系的曲线是___________(填“L1”或“L2”)，请简述判断的理由___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 化学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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，将答案写在答题卡上，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。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 B 11 O 16 Ca 40 Cu 64 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，只有一项符合题目要求。 1. 2024年我国政府工作报告中提及的新质生产力涉及新材料产业。下列不属于新型无机非金属材料的是 A. 碳纳米材料 B. 重组蛋白 C. 单晶硅 D. 压电陶瓷 【答案】B 【解析】 【详解】A．碳纳米材料属于新型无机非金属材料，A不合题意； B．重组蛋白属于有机高分子化合物，B符合题意； C．单晶硅属于新型无机非金属材料，C不合题意； D．压电陶瓷是新型无机非金属材料，D不合题意； 故答案为：B。 2. 下列说法正确的是 A. 石墨烯和足球烯互为同系物 B. 可用空气吹出法从海水中提溴 C. 含碳、氢、氧元素的化合物都是有机化合物 D. 实验中没有用完的钠、钾不能放回原试剂瓶 【答案】B 【解析】 【详解】A．同系物是指结构相似组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，而石墨烯和足球烯都是碳元素组成的单质，互为同素异形体，A错误； B．用空气吹出法从海水中提溴即海水通Cl2发生反应Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，溴易挥发，用热空气吹出溴后用SO2饱和溶液吸收，发生Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，再通入氯气发生Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，达到富集Br2的目的，最后加入萃取剂萃取、分液、蒸馏分离出溴，B正确； C．含碳、氢、氧元素的化合物不都是有机化合物，如NH4HCO3、(NH4)2CO3等均为无机物，C错误； D．钠、钾与水反应生成氢气具有可燃性，，则实验中没有用完的钠、钾必须放回原试剂瓶，D错误； 故答案为：B。 3. 侯氏制碱法的反应原理为。下列说法正确的是 A. 的核外电子排布式为 B. 和都是由极性键组成的非极性分子 C. 离子化合物的电子式为 D. 分子中H和N之间形成化学键是σ 【答案】D 【解析】 【详解】A．Na为11号元素，基态Na+的核外电子排布式为1s22s22p6，A错误； B．H2O分子的空间构型为V形，共用电子对偏向O原子、偏离H原子，O原子带部分负电荷，H原子带部分正电荷，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误； C．NH4Cl为离子化合物，其电子式为，C错误； D．NH3的中心原子N原子的价层电子对数为3+=4，N原子为sp3杂化，故H和N之间形成化学键是s−sp3σ键，D正确； 故答案选D。 4. 下列实验方案能达到实验目的的是 A. 甲可以鉴别苯和溴 B. 乙可以验证非金属性：Cl>Br>S C. 丙可探究压强对化学平衡的影响 D. 丁可配制0.10mol/L的NaOH溶液 【答案】A 【解析】 【详解】A．苯不溶于水，在上层，溴苯不溶于水，在下层，可以鉴别苯和溴苯，故A正确； B．乙中通过溴化钠溶液后得到的混合气中有Cl2和Br2，Cl2也能将硫化钠氧化为硫，不能证明非金属性Br＞S，故B错误； C．氢气与碘蒸气反应前后气体分子数不变，压强对平衡无影响，故不能探究压强对平衡移动的影响，故C错误； D．氢氧化钠需要在烧杯中溶解，冷却后在转移至容量瓶，故D错误； 故选A。 5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 0.2mol/L FeCl3溶液中的数目小于0.2NA B. 1mol Na在空气中加热完全转化为Na2O2，转移的电子数为2NA C. 100g质量分数为17%的H2O2水溶液中氧原子的数目约为5.6NA D. 电解精炼铜时，阳极质量减小6.4g，外电路通过的电子数为0.2NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于题干未告知溶液的体积，故无法计算0.2mol/L FeCl3溶液中的数目，A错误； B．Na转化为Na2O2中失去1个电子，则1mol Na在空气中加热完全转化为Na2O2，转移的电子数为NA，B错误； C．100g质量分数为17%的H2O2水溶液中氧原子的数目约为≈5.6NA，C正确； D．电解精炼铜时，阳极上的电极反应有：Cu-2e-=Cu2+、Fe-2e-=Fe2+、Zn-2e-=Zn2+、Ni-2e-=Ni2+等，故当阳极质量减小6.4g时，无法计算外电路通过的电子数，D错误； 故答案为：C。 6. 下列离子方程式正确的是 A. 向溶液中滴加过量溴水： B. 向溶液中滴加过量氨水： C. 向血红色溶液中加入过量铁粉至溶液褪色： D. 用石墨电极电解溶液： 【答案】A 【解析】 【详解】A．向NaHSO3溶液中滴加过量溴水，Br2具有氧化性，具有还原性，被氧化得到，Br2被还原得到Br-，离子方程式正确，A选项正确； B．Cu2+和过量的氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+，B选项错误； C．Fe(SCN)3为配合物，不能拆成Fe3+，正确离子方程式为，C选项错误； D．用石墨电极电解CuCl2溶液，在阳极放电生成氯气，在阴极放电生成铜，电解池总反应为，D选项错误； 故答案选A。 7. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z位于第三周期，W是宇宙中最多的元素，是维持生命过程的必需物质，WY可用于玻璃的刻蚀，是酸雨的主要形成原因之一。下列说法错误的是 A. 在这四种元素中Y的第一电离能最大 B. 分子的键角大于分子的键角 C. 的中心原子的价层电子对数是6 D. WY用于玻璃的刻蚀，利用了其强氧化性 【答案】D 【解析】 【分析】W是宇宙中最丰富的元素，则W是H；是维持生命过程的必需物质，则X为O；WY可用于玻璃的刻蚀，则WY为HF，Y为F；是酸雨的主要形成原因之一，且Z的原子序数比Y大，则Z为S；综上所述，W、X、Y、Z分别为H、O、F、S。 【详解】A．O、F同周期，同一周期主族元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，O、F中F的第一电离能更大，O、S同主族，同一主族元素从上到下第一电离能减小，第一电离能O＞S，F的第一电离能大于H，因此F的第一电离能在四种元素中最大，故A正确； B．水和硫化氢的中心原子都有两对孤对电子，原子半径O<S，电负性O＞S，键长O-H<S-H，成键电子对斥力H2O>H2S，所以键角水比硫化氢大，B正确； C．中S的价层电子对数为，C正确； D．HF用于玻璃的刻蚀：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，发生的是非氧化还原反应，所以不是利用了其强氧化性，且HF没有强氧化性，D错误； 故选D。 8. 在酸性葡萄糖水溶液中，链状结构与环状结构可相互转化，三种不同结构的葡萄糖的平衡关系和百分含量如图所示。下列说法错误的是 36.4% <0.0026% 63.6% A. 链状葡萄糖可发生取代、氧化、还原反应 B. 链状葡萄糖成环是和发生加成反应 C. α-D-吡喃葡萄糖分子的5个手性碳原子可处于同一平面 D. 水溶液中β-D-吡喃葡萄糖的稳定性强于α-D-吡喃葡萄糖 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题干图示信息可知，链状葡萄糖中含有羟基和醛基，故可发生取代、氧化、还原反应，A正确； B．由图可知，链状葡萄糖成环是分子内的—OH与—CHO之间发生加成反应的过程，属于分子内的加成反应，B正确； C．α-D-吡喃葡萄糖分子的5个手性碳原子即六元环的5个碳原子，5个碳原子均采用的sp3杂化，故不可能5个碳原子处于同一平面，C错误； D．水溶液中，β-D-吡喃葡萄糖比α-D-吡喃葡萄糖含量高，更易形成β-D-吡喃葡萄糖，说明β-D-吡喃葡萄糖比α-D-吡喃葡萄糖稳定，D正确； 故答案为：C。 9. 铜的某氧化物的晶胞如图所示，晶胞参数为a pm。下列说法错误的是 A. 该氧化物的化学式为CuO B. 晶胞顶点O的配位数为8 C. 晶胞中最近的Cu和O之间的距离为 D. 若A点原子坐标为，则B点原子坐标为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Cu的个数为：4，O的个数为：=4，故该氧化物的化学式为CuO，A正确； B．由题干晶胞示意图可知，晶胞顶点O的配位数即离某个O2-最近的距离相等的Cu2+的数目，为4，B错误； C．由题干晶胞示意图可知，晶胞中最近的Cu和O之间的距离为体对角线的即为，C正确； D．由题干晶胞示意图可知，若A点原子坐标为，则B点原子坐标为，D正确； 故答案为：B。 10. 乙醇用途广泛且需求量大，电催化制备乙醇，电解原理如图所示，下列说法正确的是 A. a电极与电源正极相连 B. 阳极区溶液的pH在增大 C. 理论上，每消耗2mol ，可得到3mol D. 更换高选择性的电化学催化剂可以抑制a电极发生析氢腐蚀 【答案】D 【解析】 【分析】二氧化碳催化加氢制备乙醇，则a电极为电解池的阴极，二氧化碳碱性条件下在阴极得到电子生成乙醇，电极反应式为2CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12OH-；b电极为电解池的阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。据此作答。 【详解】A．根据分析，a电极是阴，与电源负极相连，A错误； B．阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，H+浓度增大，pH下降，B错误； C．a电极反应式为2CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12OH-；b电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据得失电子守恒可知，理论上，每消耗2mol ，可得到3mol ，但是a电极还生成氢气，则得到氧气的量大于3mol，C错误； D．选择高选择性和高活性的电化学催化剂可以有效抑制a电极发生析氢反应，D正确； 故选D。 11. 类比推理是化学常用的思维方法，下列推理正确的是 A. CO2是直线形分子，则SO2也是直线形分子 B. PCl3水解生成H3PO3和HCl，则NCl3水解生成HNO2和HCl C. NH3与HCl反应生成NH4Cl，则H2N-NH2与HCl反应可以生成N2H6Cl2 D. NH3的沸点高于PH3，则CH4的沸点高于SiH4 【答案】C 【解析】 【详解】A．CO2中C为sp杂化，则直线形分子，SO2中S为sp2杂化，则V形分子，A错误； B．PCl3水解生成H3PO3和HCl,反应过程中元素化合价不变，则NCl3中N为−3价，Cl为+1价，因此水解生成NH3和HClO，B错误； C．NH3中含有孤电子对，则NH3与HCl反应生成NH4Cl，而H2N-NH2中每个N原子上均含有1个孤电子对，则N2H4也可与HCl反应生成N2H6Cl2，C正确； D．氨气分子间形成氢键，则NH3的沸点高于PH3，甲烷分子间不存在氢键，范德华力随着相对分子质量的增大而增大，可知CH4的沸点应该低于SiH4，D错误； 故答案为：C。 12. 白磷的工业制取和无害化处理如图所示，下列有关说法中错误的是 A. 晶体中含有一定成分的离子键 B. 1个白磷分子中含有12个60度的键角 C. 处理白磷时，还原产物和氧化产物的物质的量之比为5∶6 D. 浓磷酸的黏度很大，主要原因是磷酸中共价键的键能较大 【答案】D 【解析】 【分析】Ca3(PO4)2与SiO2、焦炭高温条件下反应，生成CaSiO3、CO和P4；P4可用CuSO4处理，转化为无毒物质H3PO4和Cu3P。 【详解】A．SiO2晶体中含有一定成分的离子键，离子键成分占比33%，A正确； B．由白磷结构可知，白磷分子中4个P原子形成4个面，每个面有3个60度键角，共12个60度的键角，B正确； C．处理白磷时发生反应，则还原产物(Cu3P)和氧化产物(H3PO4)的物质的量之比为20:24=5:6，C正确； D．浓磷酸的黏度很大，主要是磷酸分子间的作用力大，与分子内的共价键无关，则原因是因为磷酸分子间形成氢键，D错误； 故答案选D。 13. 甲烷化是“负碳排放”的重要方向。在镍基催化剂上，与反应生成的某种机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“※”表示。下列说法正确的是 A. 镍基催化剂可提高的平衡转化率 B. 甲烷的二氯取代物有两种，且互为同分异构体 C. 反应过程涉及非极性键的断裂和极性键的形成 D. 1mol 反应时，生成2mol 【答案】C 【解析】 【详解】A．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，不能改变转化率，A错误； B．甲烷为正四面体结构，其二氯代物只有一种，B错误； C．根据流程可知，反应过程中涉及O—H、C—H极性的形成，氢气中H—H非极性键的断裂，C正确； D．根据流程可知，反应过程中有CO的形成，则1mol 反应时，生成水的量小于2mol，D错误； 故选C。 14. 已知亚硒酸()是二元弱酸。室温下，向1.0mo/L亚硒酸溶液中逐滴加入一定浓度NaOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的分布系数(纵坐标)与溶液pH值(横坐标)的关系如图所示。如的分布系数。下列说法错误的是 A. 室温下，亚硒酸的电离平衡常数 B. pH=4.2时的溶液存在： C. 0.1mol/L 溶液呈碱性 D. 0.1mol/L 溶液中存： 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据电离方程式知，当pH=1.2时，，= ，因此，A正确； B．由图知，pH=4.2时，c(H+)＞c(OH-)，溶液中=，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)++2，故溶液存在：，B正确； C． =时，溶液pH=4.2，，，水解常数，故在NaHSeO3溶液中，的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，C错误； D．0.1mol/L 溶液中存在电荷守恒：，存在质量守恒：，两式相减得：，D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 磷酸亚铁锂()电池广泛应用于新能源电动车，电池的正极主要由磷酸亚铁锂、炭黑和集流体铝箔构成。从报废的磷酸亚铁锂电池的正极材料中回收锂资源的流程如图所示。 已知：①的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.74 ②常温下，，。 回答下列问题： （1）铁元素在元素周期表的位置：___________。 （2）“碱浸”过程中铝箔发生反应的离子方程式：___________。 （3）“浸取”步骤中加入的作用和优点分别是___________。 （4）“滤渣2”的主要成分是___________(填化学式)。 （5）“调pH值”后，常温下测得滤液pH=8，则滤液中含铁元素的离子浓度为___________mol/L。 （6）“洗涤”时选择的试剂是___________(填标号)。 A．热水 B．冷水 C．饱和溶液 （7）某电池反应为，磷酸铁锂()作电池正极材料，Li作负极材料，含有导电固体为电解质。充电过程，正极材料的质量___________(填“增大”或“减小”)，放电过程，正极的电极反应式为___________。 【答案】（1）第四周期第Ⅷ族 （2） （3）作用：做氧化剂（或把亚铁离子氧化成铁离子）；优点：绿色氧化剂，产物无污染 （4）Fe(OH)3 （5）10-21mol/L （6）A （7） ①. 减小 ②. 【解析】 【分析】本题涉及元素周期表、Al与NaOH溶液的反应、H2O2的氧化性、Fe3+的除杂、Ksp的计算、原电池和电解池相关知识，是一道综合题。题中电池的正极主要由磷酸亚铁锂、炭黑和集流体铝箔构成，“碱浸”是除去其中的Al，“浸取”将Fe2+转化为Fe3+，滤渣1为炭黑，调pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，利用纯碱进行沉锂，进而得到碳酸锂。 【小问1详解】 铁元素在元素周期表中的位置：第四周期第Ⅷ族； 【小问2详解】 “碱浸”过程中铝箔与NaOH溶液发生反应的离子方程式：； 【小问3详解】 利用H2O2的氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去Fe3+；H2O2的优点：绿色氧化剂，产物无污染； 【小问4详解】 铝元素在“碱浸”后的滤液中，“滤渣1”的主要成分为炭黑，“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3； 【小问5详解】 滤液中c()=mol/L，c(Fe3+)=mol/L； 【小问6详解】 根据已知条件，温度越高，碳酸锂的溶解度越小，碳酸锂的产率越高，A选项正确，B选项错误；饱和碳酸钠溶液洗涤可引入Na+，C选项错误，故答案选A； 【小问7详解】 放电时，负极电极反应为：，正极电极反应为：；充电时，阳极电极反应为：，阴极电极反应为：，充电过程中正极材料（LiFePO4）的质量在减小。 16. 量子点是一种纳米级别的半导体，其直径一般在1nm~10nm之间。量子点直径不同，发光颜色不同，吸收光谱的波长不同。一种实验室制备CdSe量子点的步骤和方法如下： 一、CdSe量子点前驱体的制备 I．在N2中，取1mmol Se溶于容器a中，加入15mL十八烯溶剂，加热到280℃，Se粉全部溶解，形成透明溶液。 Ⅱ．在N2中，取1mmol CdCl2于4mL油酸，加热到120℃，CdCl2完全溶于油酸，形成油酸镉的澄清溶液。 二、CdSe量子点的生长和制备 Ⅲ．把步骤I中制备好的油酸镉溶液注射到步骤I中含有Se前驱体的容器a中，如图所示，保持反应温度为260℃，反应时间45min。 三、CdSe量子点的纯化 Ⅳ．待反应液冷却后，加入20mL乙醇溶液，CdSe析出，离心分离，加入正己烷分散后，再次加入乙醇，离心分离，重复2~3次后，用乙醇和丙酮洗涤CdSe，即可得到干净的CdSe量子点。 回答下列问题： （1）图中容器a的名称为___________。 （2）步骤I中所需N2用NaNO2饱和溶液与NH4Cl饱和溶液在加热条件下制取，其化学反应方程式为___________，气体再经过净化处理便可使用，步骤I中N2的作用是___________。 （3）步骤Ⅲ中，当监测或观察到___________(填标号)现象时，可证明CdSe量子点的生长基本完成。 A. 吸收光谱波长不再变化 B. 发光颜色不再发生变化 C. 丁达尔效应 D. 溶液变浑浊 （4）步骤Ⅳ中的“洗涤”不在漏斗中进行的原因是___________。CdSe洗涤干净的标志：取最后一次洗涤液于洁净试管中，加入___________溶液，如不出现白色沉淀则证明CdSe洗涤干净。 （5）该装置可能存在的明显安全问题是___________，解决该问题的措施是___________。 【答案】（1）三颈烧瓶 （2） ①. NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O ②. 排空装置内的空气，防止O2氧化Se粉 （3）AB （4） ①. CdSe量子点能透过滤纸 ②. 硝酸酸化的硝酸银溶液 （5） ①. 冷凝管炸裂 ②. 将球形冷凝管换成空气冷凝管 【解析】 【分析】N2气氛中，取1 mmol Se粉于三颈烧瓶中，加入15 mL的十八烯溶剂，加热到280℃，Se粉完全溶解形成橙色透明溶液，N2气氛中，将1 mmol CdCl2溶于4 mL油酸，加热至120℃，使CdCl2完全溶于油酸，形成油酸镉澄清液体；油酸镉溶液注射至含有Se粉的三颈烧瓶中，保持反应温度为260℃，反应45min；待反应液冷却后，加入20 mL乙醇溶液，CdSe析出，离心分离，加入正己烷分散后，再次加入乙醇，离心分离，重复2-3次后，用乙醇和丙酮洗涤 CdSe,即可得到干净的CdSe量子点，据此分析解题。 【小问1详解】 由题干实验装置图可知，图中容器a的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶； 【小问2详解】 步骤I中所需N2用NaNO2饱和溶液与NH4Cl饱和溶液在加热条件下制取，根据氧化还原反应配平可得，其化学反应方程式为：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，气体再经过净化处理便可使用，步骤I中N2的作用是排空装置内的空气，防止O2氧化Se粉，故答案为：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；排空装置内的空气，防止O2氧化Se粉； 【小问3详解】 AB．由于“量子点的尺寸不同，则发光颜色不同，吸收光谱波长不同”，故步骤Ⅲ中，当监测到吸收光谱波长几乎不再发生变化(或者发光颜色不再发生改变)时，证明CdSe量子点生长基本停止，制备完成，A、B符合题意， C．由于“量子点的尺寸一般在1 nm～10 nm之间，是一种纳米级别的半导体”，还可利用丁达尔效应物理现象初步鉴定CdSe量子点制备成功，但由于生长过程中只生成部分量子点也可以产生丁达尔效应，则不能用于判断生长基本停止，制备完成，C不合题意； D．只有由量子点生成，溶液即变浑浊，D不合题意； 故答案为：AB； 【小问4详解】 由题干信息可知，CdSe量子点的尺寸一般在1 nm～10 nm之间，CdSe量子点能够透过滤纸，故步骤Ⅳ中的“洗涤”不在漏斗中进行，根据制备过程，要证明CdSe洗涤干净只要证明最后的洗涤液中不含Cl-即可，故CdSe洗涤干净的标志是取最后一次洗涤液于洁净试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，如不出现白色沉淀则证明洗涤干净，故答案为：CdSe量子点能透过滤纸；硝酸酸化的硝酸银溶液； 【小问5详解】 由题干信息可知，反应温度为260℃，与冷凝水的温差过大，易使球形冷凝管炸裂，一般蒸气温度超过140℃，适宜使用空气冷凝管，故答案为：冷凝管炸裂；将球形冷凝管换成空气冷凝管。 17. 酮基布洛芬是一种优良的口服类非甾体抗炎药。一种以芳香烃A(C7H8)为起始原料合成酮基布洛芬的路线如图所示。 已知：。 回答下列问题： （1）化合物C的化学名称为___________。 （2）化合物H中杂化类型为的碳原子有___________个。 （3）化合物E中的官能团名称为___________。 （4）D→E的化学方程式为___________，反应类型为___________。 （5）下列说法正确的是___________(填标号)。 A. 化合物E和H可通过红外光谱鉴别 B. 化合物G最多有14个C原子共平面 C. 1mol酮基布洛芬最多与8mol H2在一定条件下发生加成反应 D. 用对酮基布洛芬进行成酯修饰后的药物结构简式为 （6）M()是化合物C的同系物。M有多种同分异构体，满足下列条件的M的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为___________。 ①分子中含有苯环；②能与NaHCO3反应；③溴原子直接连在苯环上。 【答案】（1）间溴苯甲酸或者3-溴苯甲酸 （2）14 （3）酮羰基和碳溴键 （4） ①. ++HCl ②. 取代反应 （5）BD （6） ①. 12 ②. 【解析】 【分析】由题干信息可知，芳香烃A(C7H8)则A的结构简式为：，由E的结构简式和B的分子式可知，A被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化为B，B的结构简式为：，B和Br2在FeBr3催化作用下发生取代反应生成C，根据E的结构简式和C到D、D到E的转化条件可知，C的结构简式为：，由C到D的转化条件和已知信息反应可知，D的结构简式为：，据此分析解题。 【小问1详解】 由分析可知，C的结构简式为：，则化合物C的化学名称为间溴苯甲酸或者3-溴苯甲酸，故答案为：间溴苯甲酸或者3-溴苯甲酸； 【小问2详解】 由题干H的结构简式可知，化合物H中两个苯环上的碳和醛基及酮羰基上的碳原子均采用sp2杂化，故H中杂化类型为sp2的碳原子有14个，故答案为：14； 【小问3详解】 由题干E的结构简式可知，化合物E中的官能团名称为酮羰基和碳溴键，故答案为：酮羰基和碳溴键； 【小问4详解】 由分析可知，D的结构简式为：，D和苯发生题干已知信息反应生成E，则D→E的化学方程式为：++HCl，该反应的反应类型为取代反应，故答案为：++HCl；取代反应； 【小问5详解】 A．由题干流程图可知，化合物E和H的官能团种类不同，故可通过红外光谱来鉴别化合物E和H，A正确； B．由题干流程图可知，化合物G的结构简式可知，化合物G中含有两个苯环所在平面，两个碳氧双键所在的平面，且单键连接可以任意旋转，分子中所有碳原子均可能共平面，最多有15个C原子共平面，B错误； C．由题干流程图可知，酮基布洛芬的结构简式可知，分子中的苯环和酮羰基能与H2加成，故1mol酮基布洛芬最多与7mol H2在一定条件下发生加成反应，C错误； D．用对酮基布洛芬进行成酯修饰即发生酯化反应，故修饰后的药物结构简式为，D正确； 故答案为：AD； 【小问6详解】 M()是化合物C同系物，分子式为：C8H7O2Br，不饱和度为：5，则满足下列条件①分子中含有苯环；②能与NaHCO3反应即含有羧基；③溴原子直接连在苯环上，则若含有2个取代基即-Br和-CH2COOH，则有邻、间、对三种位置异构，若含有三个取代基即-Br、-CH3和-COOH，则有10种位置异构，符合条件的M的同分异构体(除去M本身)有3+10-1=12种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为，故答案为：12；。 18. 二氧化碳催化加氢制取甲醇有利于减少温室气体的排放，涉及的主要反应为如下两个反应。 I． Ⅱ． 回答下列问题： （1）反应的反应热___________kJ/mol。 （2）甲醇的合成反应为放热反应，冷却剂温度会极大地影响工艺结果，图1表示某次实验中冷却剂温度对甲醇产量的影响，由图1可知，最合适的冷却剂温度为___________℃左右。 （3）一定温度下，恒容密闭容器中发生上述反应和I，下列说法正确的是___________(填标号) A. 气体的密度不变，说明反应体系达到平衡 B. 平衡时向容器中充入稀有气体，反应Ⅱ正向移动 C. 容器内压强不变，可以说明反应Ⅱ已经达到化学平衡状态 D. 平衡时向容器中充入一定量H2，反应I和Ⅱ均正向移动，H2的转化降低 （4）0.5MPa条件下，将n(H2)=3mol、n(CO2)=1mol的混合气体以一定速度通过装有催化剂的某反应装置，发生反应I和Ⅱ，测得CO2的转化率、CH3OH或CO的选择性及CH3OH的收率随温度变化如图2所示。 CH3OH的选择性，CH3OH的收率=CO2的转化率×CH3OH的选择性。 ①曲线a表示___________(填“CH3OH”或“CO”)的选择性随温度的变化。 ②270℃时，CO2的转化率为___________%，此时H2O(g)的物质的量为___________mol。 ③210℃~250℃之间，温度升高，CH3OH的收率增大的原因是___________。 （5）已知：反应I的速率方程为，，阿伦尼乌斯经验公式为，k为速率常数，Ea为活化能，C和R为常数。实验测得正、逆反应的速率常数与温度的关系如图3所示，其中表示正反应速率常数与温度关系的曲线是___________(填“L1”或“L2”)，请简述判断的理由___________。 【答案】（1）-90.5 （2）200℃ （3）CD （4） ①. CO ②. 21 ③. 0.21 ④. 在210℃～250℃之间，反应I未达平衡，温度升高，生成CH3OH的反应速率增大 （5） ①. L1 ②. 反应I正反应为放热反应，故正反应的活化能比逆反应的活化能小，根据lgK~图像和公式可知，L1斜率的绝对值更小，说明L1的活化能数值更小， 【解析】 【小问1详解】 由题干信息可知，反应I．， 反应Ⅱ． ，则反应I-反应Ⅱ可得到反应，根据盖斯定律可知，该反应的反应热=(-49.3)-(+41.2)=-90.5kJ/mol，故答案为：-90.5； 【小问2详解】 在题图中需要找到甲醇产量最高的点对应的温度，即为200℃，故答案为：200℃； 【小问3详解】 A．由题干信息可知，反应体系中反应物和生成物均为气体，即反应过程中气体的密度始终不变，故气体的密度不变，不能说明反应体系达到平衡，A错误； B．容积固定，平衡时向容器中充入稀有气体，各气体分压不变，反应Ⅱ平衡不移动，B错误； C．容器内压强不变，说明容器内所有气体的物质的量都不再变化，则反应Ⅰ和Ⅱ都达到化学平衡状态，可以说明反应Ⅱ已经达到化学平衡状态，C正确； D．平衡时向容器中充入一定量H2，反应Ⅰ和Ⅱ均正向移动，CO2的转化率增大，但H2的转化率降低，D正确； 故答案为：CD； 【小问4详解】 ①反应I为放热反应，升高温度，未达平衡之前，甲醇的收率增加，达平衡后随温度的升高，甲醇的收率降低；反应Ⅱ为吸热反应随着温度的升高，CO的收率和选择性升高，曲线a代表CO的选择性随温度的变化，故答案为：CO； ②由上述分析可知，图中所示270℃时，CO选择性为70%，则甲醇的选择性为30%， 270℃时，CO2的转化率为×100%=21%，根据反应I和反应Ⅱ可知，生成H2O的物质的量等于消耗掉的CO2的物质的量，即此时H2O(g)的物质的量为1mol×21%=0.21mol，故答案为：21；0.21； ③210℃~250℃之间，温度升高，CH3OH的收率增大的原因是在210℃～250℃之间，温度升高，生成CH3OH的反应速率增大，相同时间内CO2的转化率增大，即相同时间内CO2的转化率增大对CH3OH的收率的影响大于CH3OH选择性减小对收率的影响，整体表现为CH3OH的收率在增大，故答案为：随着温度升高，CO2转化率增大，CH3OH选择性降低，二者乘积增大(或CO2转化率增大的影响更大)； 【小问5详解】 已知反应I正反应为放热反应，故正反应的活化能比逆反应的活化能小，根据lgK~图像和公式可知，L1斜率的绝对值更小，说明L1的活化能数值更小，即L1表示正反应，L2表示逆反应，故答案为：L1；反应I正反应为放热反应，故正反应的活化能比逆反应的活化能小，根据lgK~图像和公式可知，L1斜率的绝对值更小，说明L1的活化能数值更小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$