精品解析：江苏省苏州外国语学校2023-2024学年高二下学期阶段测试（二）化学试题（选修）

苏州外国语学校2023-2024学年第二学期阶段测试(二) 高二化学试卷 试卷满分：100分 考试用时：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Mn-55 Fe-56 Co-59 Cu-64 Ag-108 Pb-207 一、单选题，每小题3分，13题，计39分 1. 2023年9月23日，第19届中国亚运会开幕式主火炬首次使用零碳甲醇(CH3OH)作燃料。下列关于甲醇的说法不正确的是 A. 甲醇是电解质 B. 甲醇属于可再生清洁能源 C. 甲醇属于烃的衍生物 D. 甲醇与乙醇互为同系物 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲醇为非电解质，故A错误； B．甲醇作燃料，燃烧生成二氧化碳和水，然后催化可生成甲醇，属于可再生清洁能源，故B正确； C．烃分子中的氢原子被其它原子或原子团取代后的生成物，叫做烃的衍生物，甲醇属于烃的衍生物，故C正确； D．甲醇与乙醇均为醇，且相差一个CH2，互为同系物，故D正确； 故答案选A。 2. 工业合成尿素的反应原理为。下列说法正确的是 A. 氧原子(8O)基态核外电子排布式为 B. 的电子式为 C. 中N的化合价为+3 D. 的空间构型为直线形 【答案】A 【解析】 【详解】A．基态氧原子(8O)核外含有8个电子，电子排布式为，故A正确； B．的电子式为，故B错误； C．根据尿素的化学式是，所以尿素中的这几种元素的化合价是：C是＋4价，O是－2价，H是＋1价，N是-3价，故C错误； D．的空间构型为V形，故D错误； 故答案选A。 3. 下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A. 分子间存在氢键，极易溶于水 B. 液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂 C. 中N原子能与形成配位键，的水溶液呈碱性 D. 具有还原性，可用作燃料电池的燃料 【答案】A 【解析】 【详解】A．NH3极易溶于水，是由于氨气分子和水分子都是极性分子同时可以形成氢键，与NH3分子间存在氢键无关，A符合题意； B．氨分子由液态转化为气态时，需要从周围环境吸收热量，液氨可用作制冷剂，B不符合题意； C．N2H4中的N原子与H+形成配位键，N2H4分子内的N原子可以提供孤电子对，H+提供空轨道形成配位键，故N2H4的水溶液呈碱性，C不符合题意； D．N2H4中N元素处于较低价态，具有还原性，可以和氧气等氧化剂反应，故而可用作燃料电池的燃料，D不符合题意； 故选A。 4. 工业上可用处理水体中的氨氮(NH3、NH)生成。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 电负性： C. 属于分子晶体 D. 第一电离能： 【答案】B 【解析】 【详解】A．同一周期元素的原子半径随原子序数的递增而减小；同一族的元素从上到下，随电子层数增多，原子半径增大。原子半径：，故A错误； B．同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，电负性：，故B正确； C．属于离子晶体，故C错误； D．N原子最外层电子为半满，第一电离能大于O原子，故D错误； 故答案选B。 周期表中VA族元素及其化合物作用广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等；肼的燃烧热为，是常用的火箭燃料；氮和磷都是植物生长的营养元素，单质磷可由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧制得；砷化镓是典型的二代半导体材料，在700～900℃条件下，与通过化学气相沉积可制得砷化镓晶体；铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。 5. 氮及其化合物的转化具有重要应用，下列说法正确的是 A. 栽种豆科植物作“绿肥”属于人工固氮 B. 尿素属于含氮量较高的固态氮肥 C. 自然界“氮循环”中不存在“→蛋白质”的转化 D. 工业上利用反应生产纯碱 6. 实验室制取少量并探究其性质。下列装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙收集 C. 用装置丙检验水溶液呈碱性 D. 用装置丁吸收多余的 7. 下列说法正确的是 A. 和中的H—N—H键角相等 B. 和晶体类型均为共价晶体 C. 和都是由极性键构成的非极性分子 D. 基态砷原子核外价电子排布式为 8. 下列化学反应表示正确的是 A. 肼的燃烧： B. 制单质磷： C. 制砷化镓晶体： D. 铅蓄电池放电时的负极反应： 【答案】5. B 6. D 7. D 8. B 【解析】 【5题详解】 A．豆科植物等根部的根瘤菌吸收空气中的氮气转变为含氮化合物，属于自然固氮，选项A错误； B．尿素含氮量为100%≈46.7%，属于含氮量较高的固态氮肥，选项B正确； C．豆科植物的根瘤菌将硝酸盐等化合物通过生物转化形成氨基酸，进而形成蛋白质，则自然界“氮循环”中存在“→蛋白质”的转化，选项C错误； D．工业上利用反应:NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O= NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3 + CO2↑+H2O来生产纯碱，选项D错误； 答案选B。 【6题详解】 A．实验室可用浓氨水和生石灰制取，A正确； B．密度比空气小，可用向下排空气法收集，B正确； C．由甲制得的干燥的氨气先通入干燥的红色石蕊试纸，未变蓝，再通入湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，就能证明水溶液呈碱性，C正确； D．氨气极易溶于水，直接通入水中会形成倒吸现象，D错误； 故选D。 【7题详解】 A．中的N原子有一个未成键的孤电子对，没有，孤电子有较大的斥力，所以和中的H—N—H键角不相等，A错误； B．和都是分子晶体，B错误； C．的氮原子含有一个孤电子对，使分子的正电中心与负电中心不重合，故分子是极性分子，中氮原子之间以非极性键结合，C错误； D．基态砷原子核外电子排布式为，价电子排布式为，D正确； 故选D。 【8题详解】 A．肼燃烧生成氮气和水，热化学方程式为： ，A错误； B．制单质磷化学方程式为：，B正确； C．制砷化镓晶体化学方程式为：，C错误； D．铅蓄电池放电时的负极反应：，D错误； 故选B。 9. 无水常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量、C和)制取无水的流程如下，下列说法正确的是 A. “过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、、 B. “氧化”时可使用新制氯水作氧化剂 C. 将“氧化”后的溶液蒸干可获得 D. “脱水”时加入能抑制的水解，原因是与水反应生成和HCl 【答案】B 【解析】 【分析】废铁屑加入盐酸酸溶，碳、二氧化硅不反应，铁转化为盐溶液，过滤滤液加入新制氯水将亚铁离子氧化为铁离子，处理得到，加入脱水得到； 【详解】A．铁屑中主要成分Fe ，铁和铁离子生成亚铁离子，故“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、，A错误； B．氯气具有氧化性，且不引入新杂质，故“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，B正确； C．铁离子水解生成氢氧化铁，故不能将“氧化”后的溶液蒸干来获得，C错误； D．是与水反应生成和HCl，D错误； 故选B。 10. X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素。X是地壳中含量最多的元素，Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，Z与X同主族，Q的焰色试验呈紫色。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. X的第一电离能比同周期的相邻元素的大 C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 D. Q最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的弱 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素；X是地壳中含量最多的元素，X为O；Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，Y为Mg；Z与X同主族，Z为S；Q的焰色试验呈紫色，Q为K，则W为Cl。 【详解】A．由分析可知，X为O，Y为Mg，Z为S；电子层数越多，简单离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子的半径越小；故简单离子半径；，A正确； B．由分析可知，X为O；同一周期，从左到右，随着原子序数变大，元素的第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：N>O；而不是氧的第一电离能比同周期的相邻元素的大，B错误； C．由分析可知，Z为S，W为Cl；元素的非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，非金属性：Cl＞S，则S的简单气态氢化物的热稳定性比W的Cl，C错误； D．由分析可知，Y为Mg，Q为K；元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；金属性：K＞Mg，K最高价氧化物对应水化物的碱性比Mg的强，D错误； 故选A。 11. 化合物Z是抗肿瘤活性药物中间体，其合成路线如下： 下列说法不正确的是 A. X中含有醛基和醚键 B. X、Y可用溶液或2%银氨溶液进行鉴别 C. Z分子存在手性碳原子 D. 该转化过程中包含加成、消去、取代反应类型 【答案】C 【解析】 【详解】A．由X的结构简式可知，X中含有醛基和醚键，A项正确； B．由X、Y的结构简式可知，X中没有酚羟基，Y中有酚羟基，酚羟基可以与溶液反应，生成紫色物质，所以可用溶液进行鉴别；X中有醛基，Y中没有醛基，醛基可与银氨溶液发生银镜反应，所以可用2%银氨溶液进行鉴别，B项正确； C．手性碳原子指碳原子上连的四个原子或原子团都不相同，根据Z的结构简式可知，Z分子中不存在手性碳原子，C项错误； D．该转化过程中F原子与羟基发生取代反应生成醚键，醛基与甲基先发生加成反应，再发生消去反应生成碳碳双键，D项正确； 故选C。 12. 利用铜-铈氧化物(是活泼金属)催化氧化除去中少量，总反应为，反应机理如下图所示。下列说法正确的是 A. 该总反应的平衡常数 B. 步骤(i)中有两种元素化合价发生变化 C. 步骤(i)、(iii)生成的机理相同 D. 步骤(iii)中存在共价键的断裂和共价键的生成 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据反应方程式，可得该总反应的平衡常数为：，A项错误； B．通过步骤(i)可知，CO变成，碳元素化合价升高，故Cu和Ce化合价会降低，所以步骤(i)中有三种元素化合价发生变化，B项错误； C．由反应机理可知，步骤(i)是一氧化碳与铜-铈氧化物中的氧元素结合，生成二氧化碳，步骤(iii)是一氧化碳与氧气中的氧元素结合，生成二氧化碳，生成二氧化碳的机理不相同，C项错误； D．步骤(iii)中氧气中的氧氧共价键发生断裂，同时有碳氧共价键生成，存在共价键的断裂和共价键的生成，D项正确； 故选D。 13. 根据下列实验操作和现象得出的结论不正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向溶有的溶液中通入气体X，出现白色沉淀 X具有强氧化性 B 向0.1 溶液中滴加KI-淀粉溶液，溶液变蓝 氧化性： C 向溶液中加入等浓度等体积的溶液，出现白色沉淀 比更容易结合 D 将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体经水洗后，再通入酸性溶液中，溶液褪色 溴乙烷发生了消去反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．向溶有的溶液中通入气体氨气，三者反应也会出现亚硫酸钡白色沉淀，A错误； B．向0.1 溶液中滴加KI-淀粉溶液，溶液变蓝，说明碘离子和铁离子生成碘单质，氧化性氧化性：，B正确； C．向溶液中加入等浓度等体积的溶液，出现白色沉淀，说明结合了碳酸氢根离子中的氢离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，则比更容易结合，C正确； D．将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体经水洗后，再通入酸性溶液中，溶液褪色，说明生成了含有碳碳双键的乙烯，则溴乙烷发生了消去反应，D正确； 故选A。 14. 一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是 A. KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c() B. KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3) C. KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c() D. 如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降 【答案】C 【解析】 【详解】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不正确； B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确； C．KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c总=0.1mol∙L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C正确； D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热（碳酸钙分解吸热），溶液的温度升高，D不正确； 故选C。 15. 乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为，，在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。 CO的选择性，下列说法正确的是 A. 图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化 B. 升高温度，平衡时CO的选择性增大 C. 一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率 D. 一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知反应①，反应②，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率，以此解题。 【详解】A．由分析可知②代表H2的产率，故A错误； B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B正确； C．一定温度下，增大，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C错误； D．加入催化剂不能使平衡移动，不影响平衡时产率，故D错误； 故选B。 非选择题4题，合计6 16. 锂离子电池已被广泛用作便携式电源。正极材料为、等，负极材料一般为石墨碳，以溶有、等的碳酸二乙酯()作电解液。 （1）基态原子有___________种不同运动状态的电子，占据最高能级的电子云轮廓图为___________形。 （2）在周期表中的位置为___________，基态、离子中未成对的电子数之比为___________。 （3）的空间构型为___________(用文字描述)。 （4）[]中的配位数为___________，该配合物中的配位原子为___________。 （5）多聚磷酸由磷酸()加热脱水缩合而成。链状多聚磷酸是多个磷酸通过脱水后共有部分氧原子连接起来的，多聚磷酸根离子的部分结构投影图如图所示(由于、原子的半径大小不同，投影图中与之间存在部分或全部遮掩关系)，则其化学式为___________。 （6）碳酸二乙酯()的分子结构如图所示，碳酸二乙酯()中含有键的数目为___________。 （7）氮化锂是一种新型无机贮氢材料，其晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为___________。 （8）的晶胞结构示意图如图-1所示。其中围绕和分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。 ①每个晶胞中脱单元数有___________个 ②电池充电时，脱出部分，形成，结构示意图如图-2所示，___________则___________。 【答案】（1） ①. 15 ②. 纺锤/哑铃 （2） ①. 第四周期第Ⅷ族 ②. 5∶4 （3）正四面体 （4） ①. 6 ②. N、 （5）或 （6）17 （7） （8） ①. 4 ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 P是15号元素，核外有15个电子，则有15种不同运动状态的电子；其基态原子核外电子排布式为[Ne]3s23p3，其原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形； 【小问2详解】 是26号元素，其在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族；Fe2+价电子排布式为3d6，3d轨道上有4个未成对电子，Fe3+价电子排布式为3d5，3d轨道上有5个未成对电子，基态Fe3+、Fe2+离子中未成对电子数之比为5∶4； 【小问3详解】 根据价层电子对互斥理论可知P采取，的空间构型为正四面体形； 【小问4详解】 中氨气和氯离子的配体，[Co(NH3)3Cl3]中Co3+的配位数为6，该配合物中的配位原子有N、Cl原子； 【小问5详解】 根据图可知，每个三角锥结构中P原子是1个，O原子个数是，所以P原子和O原子的个数比是，3个O原子带6个单位负电荷，磷酸盐中P的化合价为，故所形成离子化学式为或； 【小问6详解】 根据碳酸二乙酯(DEC)的分子结构示意图可知，碳酸二乙酯中含有酯键，和甲基团，故碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2；碳酸二乙酯中含有17个σ键和一个π键，故1mol碳酸二乙酯(DEC)中含有σ键的物质的量为17mol； 【小问7详解】 通过晶胞结构图可知Li原子数，N原子数，故化学式为Li3N； 【小问8详解】 ①根据均摊法可知晶胞中Li+的个数为=4，所以每个晶胞中含有4个LiFePO4单元； ②据图可知在Li1-xFePO4晶胞中Li+的个数为=，原晶胞中含有4个LiFePO4单元，则每个LiFePO4单元失去个Li+，所以x=；设Fe2+的个数为a，Fe3+的个数为b，根据化合价代数为0，则有、a+b=1，解得a=、b=，所以个数比为3:13。 17. 以碳酸锰矿(主要成分为、、、)和软锰矿(主要成分为)为原料制取大颗粒的电池。其工艺主要包括“联合浸锰”、“沉淀除杂”、“溶解转化”、“氧化分解”。 （1）联合浸锰。向反应器中加入一定量稀硫酸，然后依次加入软锰矿、碳酸锰矿，充分反应后过滤得到含的酸浸液。其中生成单质反应的离子方程式为___________。碳酸锰矿不能先于软锰矿加入的原因是___________。 （2）沉淀除杂。向上述酸浸液中加入调节剂再通入得到。酸浸液中、、的浓度分别为、、，若使酸浸液中完全沉淀(离子浓度小于)与、分离，需控制溶液中的范围为___________。[，，] （3）若反应过程中，“沉锰”中若产生沉淀。现用一定浓度的溶液将其全部转化为，需溶液的浓度至少为___________(用含的表达式表示)。 已知：[，] （4）氧化分解。经过溶解、沉淀，得到含少量的沉淀。向该沉淀中加水，边加热边持续通空气可得到。沉淀加热通空气过程中溶液随时间的变化如题图所示，其中先基本不变后迅速下降的原因是___________。 （5）含量测定：准确称取样品于锥形瓶中，加入草酸钠溶液和适量硫酸，加热。待样品完全溶解后，冷却，立即用溶液进行滴定，消耗溶液。测定过程中发生下列反应： 计算样品的纯度(写出计算过程)___________。 【答案】（1） ①. ②. 硫化锰与硫酸反应产生气体污染环境 （2） （3） （4）主产物，且比容易被氧化，开始时反应为溶液无明显变化，后反应为，溶液减小 （5） 【解析】 【分析】向反应器中加入一定量稀硫酸，依次加入软锰矿、碳酸锰矿，充分反应后过滤得到含MnSO4的酸浸液，向含MnSO4的酸浸液中加入pH调节剂再通入CO2得到MnCO3，MnCO3经过溶解、沉淀，得到含少量Mn2(OH)2SO4的Mn(OH)2沉淀，向该沉淀中加水，边加热边持续通空气可得到Mn3O4。 【小问1详解】 ①生成单质S反应的离子方程式为：，故答案为：； ②碳酸锰矿不能先于软锰矿加入的原因是：硫化锰与硫酸反应产生H2S气体污染环境，故答案为：硫化锰与硫酸反应产生H2S气体污染环境； 【小问2详解】 Mn2+完全沉淀需要c()为：，Ca2+恰好沉淀需要的c()为：，Mg2+的c()为：，则需控制溶液中c()的范围为：，故答案为：； 【小问3详解】 ，，amolMn(OH)2完全转化为MnCO3时，溶液中，则此时溶液中，由于反应时要消耗amolNa2CO3时，所以至少需要Na2CO3，则，故答案为：； 【小问4详解】 pH先基本不变后迅速下降的原因是：Mn(OH)2比Mn2(OH)2SO4容易被氧化，开始时反应为：，溶液pH无明显变化；7 h后反应为，溶液pH减小，故答案为：Mn(OH)2比Mn2(OH)2SO4容易被氧化，开始时反应为：，溶液pH无明显变化；7 h后反应为，溶液pH减小； 【小问5详解】 ，根据，滴定时，消耗的物质的量为：，根据，样品中Mn3O4的物质的量为：，，故答案为：95.42%。 18. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可与Cu2＋、Ag＋、Au＋等离子形成配合物；也可被一定浓度的Cu2＋氧化，反应为2Cu2＋＋6S2O2[Cu(S2O3)2]3-＋S4O。 （1）Na2S2O3可与胶卷上未感光的AgBr配位使其溶解。 已知：Ag＋＋2S2O [Ag(S2O3)2]3-　K=3.7×1013；Ksp(AgBr)=5.4×10-13。 反应AgBr＋2S2O [Ag(S2O3)2]3-＋Br-的平衡常数K=___________。 （2）Na2S2O3溶液可浸取金矿石(含FeAsS和FeS2)中的Au。Au的熔点为1 064 ℃，难被氧化。 ① 矿石需在空气中焙烧使Au暴露，便于后继浸取，此时部分FeAsS分解生成As。700 ℃时Au部分焙化，原因是___________；焙烧时加入适量CaCO3的目的是___________。 ② 在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，离子方程式为___________。 ③ Na2S2O3溶液中加入一定量的CuSO4溶液和氨水溶液，可使单位时间内的Au浸取率大幅提高，反应机理如图1所示，该过程可描述为___________。当其他条件相同时，Cu2＋浓度对Au浸取率的影响如图2所示。随着c(Cu2＋)增大，Au浸取率先增大后下降的可能原因是___________。 ④ Na2S2O3溶液的浓度对Au浸取率的影响如图3所示。c(S2O)>0.4 mol·L-1时，加入CuSO4氨水的体系中Au浸出率下降，且溶液中c(S4O)未明显增大，其可能原因是___________。 【答案】（1）19.98或3.7×5.4 （2） ①. 分解生成的As和Au形成合金，使熔点降低 ②. 吸收焙烧时生成的SO2，防止污染环境 ③. 8S2O＋O2＋4Au＋2H2O=4[Au(S2O3)2]3-＋4OH- ④. Au失去电子后与S2O生成[Au(S2O3)2]3-，CuSO4和氨水反应生成的[Cu(NH3)4]2＋得到电子生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)2]＋被O2氧化重新生成[Cu(NH3)4]2＋，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用 ⑤. c(Cu2＋)<0.03 mol·L-1时，随着c(Cu2＋)增大，[Cu(NH3)4]2＋的浓度增大，浸金速率增大；c(Cu2＋)>0.03 mol·L-1时，Cu2＋消耗S2O，c(S2O)减小，浸金速率减小 ⑥. c(S2O)增大，Cu2＋与S2O络合，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2＋浓度减小，Au浸取率下降 【解析】 【小问1详解】 由离子方程式可得=； 【小问2详解】 ①Au与As在焙烧过程中形成合金，使其熔点降低，则原因是：分解生成的As和Au形成合金，使熔点降低；焙烧过程中有SO2生成，因此加入适量CaCO3能够吸收SO2，防止空气污染； ②在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，相应的离子方程式为：8S2O＋O2＋4Au＋2H2O=4[Au(S2O3)2]3-＋4OH-； ③由图可知，Au失去电子后与S2O反应生成[Au(S2O3)2]3-，硫酸铜和氨水反应生成的四氨合铜离子得到电子生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)2]＋被O2氧化重新生成[Cu(NH3)4]2＋，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用；由上一问分析可知，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用，而且铜离子可以和氨水反应生成的[Cu(NH3)4]2＋，故Au浸取率先增大后下降的可能原因是：c(Cu2＋)<0.03 mol·L-1时，随着c(Cu2＋)增大，[Cu(NH3)4]2＋的浓度增大，浸金速率增大；c(Cu2＋)>0.03 mol·L-1时，Cu2＋消耗S2O，c(S2O)减小，浸金速率减小； ④可以从浓度对平衡的影响的角度分析，则可能原因是：c(S2O)增大，Cu2＋与S2O络合，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2＋浓度减小，Au浸取率下降。 19. 合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现反应 Ⅰ： Ⅱ： （1）密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数()与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。 （2）催化电解吸收的溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。 其中，，表示电解生成还原产物所转移电子的物质的量，表示法拉第常数。 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。 ②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为___________。 ③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________(写出计算过程)。 【答案】（1）< （2） ①. H2 ②. 或； ③. 1∶2 【解析】 【小问1详解】 由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其<0； 【小问2详解】 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得电子变成H2； ②当电解电压为时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由生成的电极反应式为或； ③当电解电压为时，电解过程中还原产物的为24%，还原产物的为8%，每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 苏州外国语学校2023-2024学年第二学期阶段测试(二) 高二化学试卷 试卷满分：100分 考试用时：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Mn-55 Fe-56 Co-59 Cu-64 Ag-108 Pb-207 一、单选题，每小题3分，13题，计39分 1. 2023年9月23日，第19届中国亚运会开幕式主火炬首次使用零碳甲醇(CH3OH)作燃料。下列关于甲醇的说法不正确的是 A. 甲醇是电解质 B. 甲醇属于可再生清洁能源 C. 甲醇属于烃的衍生物 D. 甲醇与乙醇互为同系物 2. 工业合成尿素的反应原理为。下列说法正确的是 A. 氧原子(8O)基态核外电子排布式为 B. 的电子式为 C. 中N的化合价为+3 D. 的空间构型为直线形 3. 下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A. 分子间存在氢键，极易溶于水 B. 液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂 C. 中N原子能与形成配位键，的水溶液呈碱性 D. 具有还原性，可用作燃料电池的燃料 4. 工业上可用处理水体中的氨氮(NH3、NH)生成。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 电负性： C. 属于分子晶体 D. 第一电离能： 周期表中VA族元素及其化合物作用广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等；肼的燃烧热为，是常用的火箭燃料；氮和磷都是植物生长的营养元素，单质磷可由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧制得；砷化镓是典型的二代半导体材料，在700～900℃条件下，与通过化学气相沉积可制得砷化镓晶体；铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。 5. 氮及其化合物的转化具有重要应用，下列说法正确的是 A. 栽种豆科植物作“绿肥”属于人工固氮 B. 尿素属于含氮量较高的固态氮肥 C. 自然界“氮循环”中不存在“→蛋白质”的转化 D. 工业上利用反应生产纯碱 6. 实验室制取少量并探究其性质。下列装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙收集 C. 用装置丙检验水溶液呈碱性 D. 用装置丁吸收多余的 7. 下列说法正确的是 A. 和中的H—N—H键角相等 B. 和晶体类型均为共价晶体 C. 和都是由极性键构成的非极性分子 D. 基态砷原子核外价电子排布式为 8. 下列化学反应表示正确的是 A. 肼的燃烧： B. 制单质磷： C. 制砷化镓晶体： D. 铅蓄电池放电时的负极反应： 9. 无水常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量、C和)制取无水的流程如下，下列说法正确的是 A. “过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、、 B. “氧化”时可使用新制氯水作氧化剂 C. 将“氧化”后的溶液蒸干可获得 D. “脱水”时加入能抑制的水解，原因是与水反应生成和HCl 10. X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素。X是地壳中含量最多的元素，Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，Z与X同主族，Q的焰色试验呈紫色。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. X的第一电离能比同周期的相邻元素的大 C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 D. Q最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的弱 11. 化合物Z是抗肿瘤活性药物中间体，其合成路线如下： 下列说法不正确的是 A. X中含有醛基和醚键 B. X、Y可用溶液或2%银氨溶液进行鉴别 C. Z分子存在手性碳原子 D. 该转化过程中包含加成、消去、取代反应类型 12. 利用铜-铈氧化物(是活泼金属)催化氧化除去中少量，总反应为，反应机理如下图所示。下列说法正确的是 A. 该总反应的平衡常数 B. 步骤(i)中有两种元素化合价发生变化 C. 步骤(i)、(iii)生成的机理相同 D. 步骤(iii)中存在共价键的断裂和共价键的生成 13. 根据下列实验操作和现象得出的结论不正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向溶有的溶液中通入气体X，出现白色沉淀 X具有强氧化性 B 向0.1 溶液中滴加KI-淀粉溶液，溶液变蓝 氧化性： C 向溶液中加入等浓度等体积的溶液，出现白色沉淀 比更容易结合 D 将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体经水洗后，再通入酸性溶液中，溶液褪色 溴乙烷发生了消去反应 A. A B. B C. C D. D 14. 一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是 A. KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c() B. KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3) C. KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c() D. 如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降 15. 乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为，，在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。 CO的选择性，下列说法正确的是 A. 图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化 B. 升高温度，平衡时CO的选择性增大 C. 一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率 D. 一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率 非选择题4题，合计6 16. 锂离子电池已被广泛用作便携式电源。正极材料为、等，负极材料一般为石墨碳，以溶有、等的碳酸二乙酯()作电解液。 （1）基态原子有___________种不同运动状态的电子，占据最高能级的电子云轮廓图为___________形。 （2）在周期表中的位置为___________，基态、离子中未成对的电子数之比为___________。 （3）的空间构型为___________(用文字描述)。 （4）[]中的配位数为___________，该配合物中的配位原子为___________。 （5）多聚磷酸由磷酸()加热脱水缩合而成。链状多聚磷酸是多个磷酸通过脱水后共有部分氧原子连接起来的，多聚磷酸根离子的部分结构投影图如图所示(由于、原子的半径大小不同，投影图中与之间存在部分或全部遮掩关系)，则其化学式为___________。 （6）碳酸二乙酯()的分子结构如图所示，碳酸二乙酯()中含有键的数目为___________。 （7）氮化锂是一种新型无机贮氢材料，其晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为___________。 （8）的晶胞结构示意图如图-1所示。其中围绕和分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。 ①每个晶胞中脱单元数有___________个 ②电池充电时，脱出部分，形成，结构示意图如图-2所示，___________则___________。 17. 以碳酸锰矿(主要成分为、、、)和软锰矿(主要成分为)为原料制取大颗粒的电池。其工艺主要包括“联合浸锰”、“沉淀除杂”、“溶解转化”、“氧化分解”。 （1）联合浸锰。向反应器中加入一定量稀硫酸，然后依次加入软锰矿、碳酸锰矿，充分反应后过滤得到含的酸浸液。其中生成单质反应的离子方程式为___________。碳酸锰矿不能先于软锰矿加入的原因是___________。 （2）沉淀除杂。向上述酸浸液中加入调节剂再通入得到。酸浸液中、、的浓度分别为、、，若使酸浸液中完全沉淀(离子浓度小于)与、分离，需控制溶液中的范围为___________。[，，] （3）若反应过程中，“沉锰”中若产生沉淀。现用一定浓度的溶液将其全部转化为，需溶液的浓度至少为___________(用含的表达式表示)。 已知：[，] （4）氧化分解。经过溶解、沉淀，得到含少量的沉淀。向该沉淀中加水，边加热边持续通空气可得到。沉淀加热通空气过程中溶液随时间的变化如题图所示，其中先基本不变后迅速下降的原因是___________。 （5）含量测定：准确称取样品于锥形瓶中，加入草酸钠溶液和适量硫酸，加热。待样品完全溶解后，冷却，立即用溶液进行滴定，消耗溶液。测定过程中发生下列反应： 计算样品的纯度(写出计算过程)___________。 18. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可与Cu2＋、Ag＋、Au＋等离子形成配合物；也可被一定浓度的Cu2＋氧化，反应为2Cu2＋＋6S2O2[Cu(S2O3)2]3-＋S4O。 （1）Na2S2O3可与胶卷上未感光的AgBr配位使其溶解。 已知：Ag＋＋2S2O [Ag(S2O3)2]3-　K=3.7×1013；Ksp(AgBr)=5.4×10-13。 反应AgBr＋2S2O [Ag(S2O3)2]3-＋Br-的平衡常数K=___________。 （2）Na2S2O3溶液可浸取金矿石(含FeAsS和FeS2)中的Au。Au的熔点为1 064 ℃，难被氧化。 ① 矿石需在空气中焙烧使Au暴露，便于后继浸取，此时部分FeAsS分解生成As。700 ℃时Au部分焙化，原因是___________；焙烧时加入适量CaCO3的目的是___________。 ② 在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，离子方程式为___________。 ③ Na2S2O3溶液中加入一定量的CuSO4溶液和氨水溶液，可使单位时间内的Au浸取率大幅提高，反应机理如图1所示，该过程可描述为___________。当其他条件相同时，Cu2＋浓度对Au浸取率的影响如图2所示。随着c(Cu2＋)增大，Au浸取率先增大后下降的可能原因是___________。 ④ Na2S2O3溶液的浓度对Au浸取率的影响如图3所示。c(S2O)>0.4 mol·L-1时，加入CuSO4氨水的体系中Au浸出率下降，且溶液中c(S4O)未明显增大，其可能原因是___________。 19. 合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现反应 Ⅰ： Ⅱ： （1）密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数()与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。 （2）催化电解吸收的溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。 其中，，表示电解生成还原产物所转移电子的物质的量，表示法拉第常数。 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。 ②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为___________。 ③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________(写出计算过程)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $