综合测试（二）-2025年高考化学二轮收官卷

复习综合测试(二) (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 K-39 Cr-52 Mn-55 第Ⅰ卷(选择题 共45分) 一、选择题(本题共15个小题，每小题3分，共45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．中新社北京2024年12月17日，经过9小时的出舱活动，神舟十九号航天员乘组圆满完成第一次出舱活动，再次刷新中国航天员出舱活动时长纪录。大国重器奔向太空，化学作为一门传统的理科，在神舟飞船的研制过程中，同样不可缺少。下列说法不正确的是( ) A．航空航天工业中应用广泛的化学镀镍，电镀时镀件作阴极，镍做阳极 B．使用的热控材料是新型保温材料——纳米气凝胶，纳米气凝胶具有丁达尔效应 C．火箭的推进器引燃后的高温气体成分有CO2、H2O、N2、NO等，在卫星发射现场看到火箭喷射出大量的红烟，产生红烟的原因是高温下氮气遇到氧气直接反应生成二氧化氮 D．卫星抛物面天线采用的具有负膨胀系数的石墨纤维和芳纶，石墨纤维属于新型无机非金属材料，芳纶是有机高分子材料 2．下列物质的性质与用途均正确，且具有对应关系的是( ) A．氯气具有漂白性，可用作自来水消毒剂 B．石墨具有导电性，可用作润滑剂 C．FeCl3溶液呈酸性，可用于刻蚀铜制电路板 D．碳酸氢钠受热易分解，可用作食品膨松剂 3．下列关于HCHO及构成微粒的化学用语或图示表达不正确的是( ) A．HCHO的分子结构模型： B．O的原子结构示意图： C．C原子杂化轨道示意图： D．基态C原子的轨道表示式： 4．下列实验装置(部分夹持装置略)不能达到实验目的的是( ) A．制取少量H2 B．利用分水器提高乙酸乙酯的产率 C．制取并收集 D．制备干燥氨气 5．高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为：2Cu+3NaClO+2NaOH=2NaCuO2+3NaCl+H2O。下列说法错误的是( ) A．NaCuO2中铜的化合价为+3价 B．1molClO-参加反应转移2mol电子 C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3 D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为：4CuO2-+12H+=4Cu2++O2↑+6H2O 6．化学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用。下列说法正确的是( ) A．焰色反应、海带提碘、石油裂化都有化学变化的过程 B．嫦娥五号返回舱用到的高温结构陶瓷，属于传统硅酸盐材料 C．利用CO2人工合成淀粉能有效促进“碳中和”目标的实现 D．我国发射的火星探测器，其使用的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅 7．绿原酸具有抗病毒、降血压、延缓衰老等保健作用。利用乙醚、95%乙醇浸泡杜仲干叶，得到提取液，进一步提取绿原酸的流程如图，下列说法不正确的是( ) A．从“提取液”获取“有机层”的操作为分液 B．绿原酸溶解度随温度升高而减小 C．减压蒸馏的目的是防止温度过高绿原酸变质 D．绿原酸粗产品可通过重结晶的方法提纯 8．超临界CO2碳酸化技术(反应如下)是实现碳中和的有效手段，其中R-代表烃基。下列叙述正确的是( )    A．化合物1分子中的所有原子共平面 B．化合物2与化合物3含有相同的官能团 C．1mol甲醇和化合物4分别与足量Na反应产生的H2之比为2：1 D．上述转化过程中涉及的反应类型只有取代反应 9．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱(已知：25℃时，Kb1=10-4，Kb2=10-7)，其水溶液与NH3水溶液的电离方式相似。现用锥形瓶装10 mL0.1 mol·L-1乙二胺溶液，用0.1 mol·L-1盐酸滴定。下列叙述错误的是( ) A．乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式H2NCH2CH2NH2+H2O⇌[H2NCH2CH2NH3]++OH- B．选用甲基橙作指示剂，可以很好地判断滴定终点 C．滴入10.00 mL盐酸时，溶液呈碱性 D．滴入20.00 mL盐酸时，混合溶液中有c(H2NCH2CH2NH2)+c([H2NCH2CH2NH3]+)+c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(Cl-) 10．“律动世界”国际化学元素周期表主题年活动报告中，提到了一种具有净水作用的物质，它由Q、W、X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素组成。该五种元素的性质或结构信息如： 元素 信息 Q 基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键 W 基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子 X 最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应 Y 在元素周期表中位于第3周期、第ⅥA族 Z 焰色反应为紫色 下列说法正确的是( ) A．电负性：Q < Y < W B．第一电离能：W < X < Z C．简单离子半径：W < X < Y < Z D．这种物质只含离子键 11．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A．标准状况下，2.24 L Cl2溶于足量水中，充分反应后，转移的电子数为0.1NA B．25℃时，28g乙烯与丙烯的混合气体中，含碳原子的数目为2NA C．1.7 g氨基中含有N—H键的数目为0.2NA D．0.1mol/LCH3COOH溶液中CH3COOH和CH3COO-数目之和为0.1NA 12．磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的使用寿命，放电时的反应为： LixC6+Li1-xFePO4= 6C+LiFePO4。图1为某磷酸铁锂电池的切面，图2为LiFePO4晶胞充放电时Li+脱出和嵌入的示意图。其中O围绕Fe和P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。下列说法不正确的是( ) A．放电时，负极反应： LixC6- xe- = xLi++6C B．(a)过程中1mol晶胞转移的电子数为NA C．(b)代表放电过程， Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极 D．充电时的阳极反应： LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+ 13．下列实验操作、实验现象与实验结论对应关系不正确的是( ) 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛满CO2的集气瓶中 集气瓶内壁有黑色固体小颗粒产生 CO2被还原成碳单质 B 将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液 紫色褪去 铁锈中含有二价铁 C 石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液 溶液红棕色变无色 气体中含有不饱和烃 D 用激光笔照射硫的酒精溶液 在与光束垂直的方向可以看到一条光亮的通路 硫分散到酒精中可以形成胶体 14．纳米铁可用于去除环境中的污染物。番石榴叶提取液还原Fe3+制备纳米铁(Fe0)、 氧化去除As(III)的过程如图所示。下列说法错误的是( ) A．将纳米铁与水形成分散系，可以发生丁达尔效应 B．反应1中，lmolH2O2反应转移2mol电子 C．反应2中，Fe2+与H2O2的物质的量之比为1∶1 。 D．若要氧化去除1molAs(III)，则至少需要112g纳米铁 15．常温下，将0.025 mol BaSO4粉末置于盛有蒸馏水的烧杯中形成1 L悬浊液，然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽略溶液体积的变化)并充分搅拌。加入Na2CO3固体的过程中溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是( ) A．常温下，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10 B．BaSO4在水中的溶解度、Ksp均比在BaCl2溶液中的大 C．若要使BaSO4全部转化为BaCO3至少要加入0.625 mol Na2CO3 D．BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，离子浓度大小关系为c(SO42-)>c(CO32-)>c(Ba2＋)>c(OH-) 第II卷(非选择题 共55分) 二、填空题(本题共4小题，共55分) 16．(14分)钛(T)被称为“未来金属”，钛合金广泛应用于多个领域。 (1)工业上由钛铁矿(主要成分为FeTiO3)在高温下经氯化得到TiCl4，再制取金属钛的流程如图 ①元素在元素周期表的位置是 。 ②基态原子的简化电子排布式是 。 ③补全反应器中发生反应的化学方程式： 。 ④由合成器得到的粗产品是Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti。依据下表信息，加热的温度略高于 即可。 TiCl4 Mg MgCl2 Ti 熔点/ 648.8 714 1667 沸点/ 136.4 1090 1412 3287 (2)超高硬度生物材料Ti3Au合金是理想的人工髋关节和膝关节材料，其晶体有α-Ti3Au、β-Ti3Au两种结构，如下图所示。 ①α-Ti3Au晶胞中，原子周围与它最近且距离相等的Ti原子有 个。 ②β-Ti3Au的晶胞边长为509 pm，每个晶胞面上有两个Ti原子。β-Ti3Au晶体的密度是 g· cm-3 (列出计算式)。(已知：阿伏加德罗常数为NA，1pm=10-10cm) ③与β-Ti3Au晶体相比，α-Ti3Au晶体有更长的Ti -Au键键长。上述两种晶体中硬度较高的是 (填“α-Ti3Au”或“β-Ti3Au”)。 17．(14分)三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室利用反应Cr2O3(s)+3CCl4(g) 2CrCl3(s)+3COCl2(g)制取CrCl3，其实验装置如图所示。 已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：COCl2+H2O=CO2+2HCl； ②碱性条件下，H2O2将Cr3+氧化为CrO42-；酸性条件下，H2O2将Cr2O72-还原为Cr3+。 回答下列问题： (1)C中石棉绒不参与反应，石棉绒的作用是_ _；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是__；实验过程中若D处出现堵塞，A处可观察到的现象是_ _。 (2)实验室制取N2有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为__ ，对应的装置为_ _(填标号)。 可供选择的试剂：CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、O2(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq)可供选择的发生装置(净化装置略去)： (3)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下： Ⅰ.取mgCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为CrO42-，继续加热一段时间； Ⅱ.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使CrO42-转化为Cr2O72-； Ⅲ.新配制的cmol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL(知Cr2O72-被Fe2+还原为Cr3+)。 ①产品中CrCl3质量分数表达式为__ _。 ②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏高的是 (填标号)。 a.步骤Ⅰ中未继续加热一段时间 b.步骤Ⅱ中未加浓磷酸 c.步骤Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质 d.步骤Ⅲ中读数时，滴定前平视，滴定后俯视 e.滴定前滴定管中有气泡未排除，滴定后气泡消失 18．(14分)乙炔是现代合成塑料、橡胶、纤维、染料和溶剂等许多有机产品的基础原料。天然气“非催化部分氧化法”制乙炔的工艺过程中涉及的有关反应为： ①甲烷完全氧化： CH4(g)+ 2O2(g)= CO2(g)+2H2O(g) ΔH= -802 kJ·mol－1 ②甲烷部分氧化： CH4(g)+2O2(g)= CO(g) + H2 (g)+H2O(g) ΔH= -277.2 kJ·mol－1 ③甲烷裂解：2CH4(g) = C2H2(g)+3H2(g) ΔH=+376.4 kJ·mol－1 ④乙炔裂解： C2H2(g) = 2C(s)+H2(g) ΔH=-277.6 kJ·mol－1 回答下列问题： (1)根据反应③和相关化学键的键能数据(忽略不同环境中C-H键能的差异，如下表所示)： 化学键 C≡C H-H C-H 键能/() a 436 413.4 估算 。 (2)在一绝热等压密闭容器内，以两种不同组成进料，反应中各组分的摩尔分数随温度变化的结果如下图所示(物质i的摩尔分数：) 在实际生产中选择初始投料比的原因可能是 。 (3)科学家测定和计算了在一定温度范围内以上反应①、②、③的平衡常数Kp的自然对数随(温度的倒数)的变化关系如图所示，反应③的压强平衡常数的表达式为Kp= (用分压代替平衡浓度表示)，表示该反应的曲线是 (填字母)，判断依据是 。 (4)在1000℃时，若只考虑发生反应②和③，已知起始，初始投料比，平衡体系中，此时CH4的转化率为50%，则平衡时CO的物质的量为 (用以上字母表示，需化简)。 (5)副产物中的CO和H2可以用于合成甲醇(CH3OH)，但生产成本较高。科学家设计了以H2O2作为氧化剂，Au-Pd纳米粒子胶体为催化剂，在低温(50℃)下将甲烷直接转化为甲醇的反应路径。CH4在氧化过程中首先生成甲基过氧化氢(CH3OOH)，写出此步骤的化学方程式： ；新方法的优点是 。 19．(13分)艾瑞昔布是中国具有自主知识产权的新药，具有低毒、高效的抗炎止痛作用。艾瑞昔布的前体L的一种合成路线如下(部分试剂和反应条件已略去)。 (1)A是苯的同系物，其苯环上的一溴代物只有一种。 ①A的结构简式是 。 ②A→B的反应条件是 。 (2)B→D的反应类型是 。 (3)D→E发生氧化反应。 ①若用H2O2溶液将D氧化为E，理论上D与H2O2的物质的量之比为 。 ②若用一定浓度的HNO3将D氧化为E，会生成副产物M。M的相对分子质量比E的相对分子质量大16，M能与NaHCO3溶液反应生成CO2。则D与M反应的化学方程式是 。 (4)E→F反应的化学方程式是 。 (5)F→G发生取代反应。不饱和碳原子上的C—H不易发生取代反应，但F中与硝基相连的不饱和碳原子上的C—H易发生取代反应。原因是 。 (6)J→L的转化经历如下多步。 已知：Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ．碳碳双键连接羟基时，可通过重排生成含有“”的同分异构体中间体1的结构简式是 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 / 11 学科网(北京)股份有限公司 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【解析】A项，Cl2与水反应生成HClO，HClO有强氧化性可以用作自来水的消毒剂，性质与用途不对应，A不符合题意；B项，石墨用作润滑剂是因为石墨滑腻，耐高温，B不符合题意；C项，由反应Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2知，与Cu反应时，FeCl3作氧化剂，体现其氧化性，性质与用途不对应，C不符合题意；D项，由反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O知，NaHCO3受热分解产生无毒无害CO2气体，从而使食品膨胀，故可以用作食品膨松剂，D符合题意；故选D。 3．下列关于HCHO及构成微粒的化学用语或图示表达不正确的是( ) A．HCHO的分子结构模型： B．O的原子结构示意图： C．C原子杂化轨道示意图： D．基态C原子的轨道表示式： 【答案】D 【解析】A项， HCHO分子中碳是sp2杂化，分子形状为平面三角形，HCHO的分子结构模型：，A项正确；B项，O为8号元素，O的原子结构示意图：，B项正确；C项， HCHO分子中碳是sp2杂化，分子形状为平面三角形，C原子杂化轨道示意图：，C项正确；D项，基态碳原子核外电子排布为1s22s22p2，其电子轨道表示式为，D项错误；故选D。 4．下列实验装置(部分夹持装置略)不能达到实验目的的是( ) A．制取少量H2 B．利用分水器提高乙酸乙酯的产率 C．制取并收集 D．制备干燥氨气 【答案】D 【解析】A项，锌与稀硫酸发生置换反应生成氢气，安全漏斗可对液体的滴加进行控制，可达到实验目的，故A不符合题意；B项，乙酸和乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，用分水器分离出水，可以使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率，故B不符合题意；C项，浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，二氧化氮可溶于水，且能与水反应生成一氧化氮，一氧化氮不溶于水，也不与水反应，可收集，故C不符合题意；D项，浓氨水与石灰石不反应，所以题给装置无法达到制备氨气的实验目的，故D符合题意；故选D。 5．高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为：2Cu+3NaClO+2NaOH=2NaCuO2+3NaCl+H2O。下列说法错误的是( ) A．NaCuO2中铜的化合价为+3价 B．1molClO-参加反应转移2mol电子 C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3 D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为：4CuO2-+12H+=4Cu2++O2↑+6H2O 【答案】D 【解析】A项，NaCuO2中Na为+1价、O为-2价，则铜的化合价为+3价，故A正确；B项，ClO-→Cl-，氯元素的化合价由+1下降到-1，所以1molClO-参加反应转移2mol电子，故B正确；C项，该反应中Cu元素化合价升高，则NaCuO2为氧化产物，Cl元素化合价降低，则NaCl为还原产物，两者的物质的量之比为2：3，故C正确；D项，NaCuO2中铜的化合价为+3价，与稀硫酸反应Cu不变价，离子方程式为：CuO2-+4H+=Cu3+ +2H2O，故D错误；故选D。 6．化学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用。下列说法正确的是( ) A．焰色反应、海带提碘、石油裂化都有化学变化的过程 B．嫦娥五号返回舱用到的高温结构陶瓷，属于传统硅酸盐材料 C．利用CO2人工合成淀粉能有效促进“碳中和”目标的实现 D．我国发射的火星探测器，其使用的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅 【答案】C 【解析】A项，焰色反应是物理过程，A错误；B项，高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，B错误；C项，利用CO2人工合成淀粉是我国最新科技，有利于CO2的减少，是有效促进“碳中和”的高科技手段，C正确；D项，太阳能电池板的主要材料是单质硅，D错误；故选C。 7．绿原酸具有抗病毒、降血压、延缓衰老等保健作用。利用乙醚、95%乙醇浸泡杜仲干叶，得到提取液，进一步提取绿原酸的流程如图，下列说法不正确的是( ) A．从“提取液”获取“有机层”的操作为分液 B．绿原酸溶解度随温度升高而减小 C．减压蒸馏的目的是防止温度过高绿原酸变质 D．绿原酸粗产品可通过重结晶的方法提纯 【答案】B 【解析】A项，从“提取液”获取“有机层”的操作为分液，故A正确；B项，用温水溶解浸膏，冷却结晶、过滤，得到绿原酸粗产品，绿原酸溶解度随温度升高而增大，故B错误；C项，绿原酸具有延缓衰老、抗氧化等保健作用，减压蒸馏的目的是防止温度过高绿原酸变质，故C正确；D项，根据流程图，用温水溶解浸膏，冷却结晶、过滤，得到绿原酸粗产品，绿原酸粗产品可通过重结晶的方法提纯，故D正确；故选B。 8．超临界CO2碳酸化技术(反应如下)是实现碳中和的有效手段，其中R-代表烃基。下列叙述正确的是( )    A．化合物1分子中的所有原子共平面 B．化合物2与化合物3含有相同的官能团 C．1mol甲醇和化合物4分别与足量Na反应产生的H2之比为2：1 D．上述转化过程中涉及的反应类型只有取代反应 【答案】B 【解析】A项，化合物1分子中含有饱和碳原子，为四面体结构，不肯呢个所有原子共平面，A错误；B项，根据化合物2与化合物3的分子结构，二者都含有酯基和醚键，B正确；C项，1mol甲醇与足量Na反应产生的H2为0.5mol，1mol化合物4与足量Na反应产生的H2为1mol，二者之比为1：2，C错误；D项，化合物1和CO2 反应生成化合物2为加成反应，化合物2和甲醇生成化合物3和化合物4为取代反应，D错误；故选B。 9．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱(已知：25℃时，Kb1=10-4，Kb2=10-7)，其水溶液与NH3水溶液的电离方式相似。现用锥形瓶装10 mL0.1 mol·L-1乙二胺溶液，用0.1 mol·L-1盐酸滴定。下列叙述错误的是( ) A．乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式H2NCH2CH2NH2+H2O⇌[H2NCH2CH2NH3]++OH- B．选用甲基橙作指示剂，可以很好地判断滴定终点 C．滴入10.00 mL盐酸时，溶液呈碱性 D．滴入20.00 mL盐酸时，混合溶液中有c(H2NCH2CH2NH2)+c([H2NCH2CH2NH3]+)+c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(Cl-) 【答案】D 【解析】A项，乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱，其水溶液与NH3水溶液的电离方式相似，就是结合水电离产生的H+，剩余OH-，使溶液显碱性，则乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式H2NCH2CH2NH2+H2O [H2NCH2CH2NH3]++OH-，A正确；B项，由于乙二胺是二元弱碱，与盐酸恰好反应产生的盐溶液显酸性，因此要选择酸性范围内变色的甲基橙作指示剂，可以减小实验误差，可以很好地判断滴定终点，B正确；C项，当滴入10.00 mL盐酸时，恰好反应产生H2NCH2CH2NH2+H2O⇌[H2NCH2CH2NH3Cl，而[H2NCH2CH2NH3]+的电离平衡常数Kb2=10-7，[H2NCH2CH2NH3]+的水解平衡常数Kh2=，电离平衡常数大于其水解平衡常数，所以溶液显碱性，C正确；D项，滴入20.00 mL盐酸时，二者恰好反应产生正盐[H3NCH2CH2NH3]Cl2，根据物料守恒可知：2c(H2NCH2CH2NH2)+2c([H2NCH2CH2NH3]+)+2c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(Cl-)，D错误；故选D。 10．“律动世界”国际化学元素周期表主题年活动报告中，提到了一种具有净水作用的物质，它由Q、W、X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素组成。该五种元素的性质或结构信息如： 元素 信息 Q 基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键 W 基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子 X 最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应 Y 在元素周期表中位于第3周期、第ⅥA族 Z 焰色反应为紫色 下列说法正确的是( ) A．电负性：Q < Y < W B．第一电离能：W < X < Z C．简单离子半径：W < X < Y < Z D．这种物质只含离子键 【答案】A 【解析】Q、W、X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素；Q基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键，为氢元素；Z焰色反应为紫色，为钾元素；Y在元素周期表中位于第3周期、第ⅥA族，为硫元素；X最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应，则X为铝，氢氧化铝具有两性，能和强酸、强碱反应；W基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子，且Q、W、X、Y、Z形成具有净水作用的物质，则W为氧元素，净水性物质为硫酸铝钾晶体。A项，同周期从左到右，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：Q＜Y＜W，A项正确；B项，同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：Z＜X＜W，B项错误；C项，电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：X＜W＜Z＜Y，C项错误；D项，该物质为KAl(SO4)2∙12H2O，非金属元素之间存在共价键，D项错误； 故选A。 11．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A．标准状况下，2.24 L Cl2溶于足量水中，充分反应后，转移的电子数为0.1NA B．25℃时，28g乙烯与丙烯的混合气体中，含碳原子的数目为2NA C．1.7 g氨基中含有N—H键的数目为0.2NA D．0.1mol/LCH3COOH溶液中CH3COOH和CH3COO-数目之和为0.1NA 【答案】B 【解析】A项，氯气与水的反应是可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则标准状况下，2.24 L Cl2溶于足量水中，充分反应后，转移的电子数小于×1×NAmol—1=0.1NA，故A错误；B项，乙烯与丙烯的最简式相同，都为CH2，28g CH2中含碳原子的数目为×1×NAmol—1=2NA，故B正确；C项，1.7 g氨基中含有N—H键的数目为×2×NAmol—1>0.2NA，故C错误；D项，缺溶液的体积，无法计算0.1mol/LCH3COOH溶液中CH3COOH和CH3COO-数目之和，故D错误；故选B。 12．磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的使用寿命，放电时的反应为： LixC6+Li1-xFePO4= 6C+LiFePO4。图1为某磷酸铁锂电池的切面，图2为LiFePO4晶胞充放电时Li+脱出和嵌入的示意图。其中O围绕Fe和P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。下列说法不正确的是( ) A．放电时，负极反应： LixC6- xe- = xLi++6C B．(a)过程中1mol晶胞转移的电子数为NA C．(b)代表放电过程， Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极 D．充电时的阳极反应： LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+ 【答案】B 【解析】从总反应分析， LixC6变为C和Li+为氧化反应，该极为原电池的负极。而Li1-xFePO4变为LiFePO4发生还原反应，它为原电池的正极。A项，放电的负极为 LixC6- xe- = xLi++6C，A正确；B项，a过程由于Fe2+化合价升高为Fe3+，为了平衡电荷Li+脱嵌减少。从图看晶胞中减少了棱上1个和面心的一个Li+总共减少，所以1mol晶体中转移NA电子，B错误；C项，放电时，该材料在正极发生还原反应，即Fe由+2变为+3为b过程，Li+嵌入正极，C正确；D项，充电时的总反应为 6C+LiFePO4= LixC6+Li1-xFePO4，阳极发生氧化反应为 LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+，D正确；故选B。 13．下列实验操作、实验现象与实验结论对应关系不正确的是( ) 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛满CO2的集气瓶中 集气瓶内壁有黑色固体小颗粒产生 CO2被还原成碳单质 B 将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液 紫色褪去 铁锈中含有二价铁 C 石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液 溶液红棕色变无色 气体中含有不饱和烃 D 用激光笔照射硫的酒精溶液 在与光束垂直的方向可以看到一条光亮的通路 硫分散到酒精中可以形成胶体 【答案】B 【解析】A项，钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛满CO2的集气瓶中，集气瓶内壁有黑色固体小颗粒产生，说明CO2被还原成碳单质，A正确；B项，浓盐酸也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则溶液褪色不能说明铁锈中是否含有二价铁，B错误；C项，石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液，溶液红棕色变无色，说明气体中含有不饱和烃，C正确；D项，用激光笔照射硫的酒精溶液，在与光束垂直的方向可以看到一条光亮的通路，说明硫分散到酒精中可以形成胶体，D正确；故选B。 14．纳米铁可用于去除环境中的污染物。番石榴叶提取液还原Fe3+制备纳米铁(Fe0)、 氧化去除As(III)的过程如图所示。下列说法错误的是( ) A．将纳米铁与水形成分散系，可以发生丁达尔效应 B．反应1中，lmolH2O2反应转移2mol电子 C．反应2中，Fe2+与H2O2的物质的量之比为1∶1 。 D．若要氧化去除1molAs(III)，则至少需要112g纳米铁 【答案】B 【解析】A项，纳米铁的直径在1-100nm之间，分散到水中可形成胶体，胶体具有丁达尔效应，A正确；B项，由图可知反应1中H2O2得电子转变成OH-和羟基，该过程中1molH2O2反应转移1mol电子，故B错误；C项，由图中信息可知反应2为亚铁离子与H2O2反应生成Fe和水，1mol Fe2+得2mol电子，1molH2O2反应生成水失去2mol电子，两者物质的量之比为1：1，故C正确；D项，要氧化去除1molAs(III)转化成As(V)，转移2mol电子，则消耗Fe2+转化成Fe3+，转移2mol电子消耗2mol Fe2+，结合图示可知，则至少需要2mol纳米铁即112g，故D正确；故选B。 15．常温下，将0.025 mol BaSO4粉末置于盛有蒸馏水的烧杯中形成1 L悬浊液，然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽略溶液体积的变化)并充分搅拌。加入Na2CO3固体的过程中溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是( ) A．常温下，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10 B．BaSO4在水中的溶解度、Ksp均比在BaCl2溶液中的大 C．若要使BaSO4全部转化为BaCO3至少要加入0.625 mol Na2CO3 D．BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，离子浓度大小关系为c(SO42-)>c(CO32-)>c(Ba2＋)>c(OH-) 【答案】A 【解析 】A项，常温下，没有加入碳酸钠时，c(Ba2＋)=c(SO42-)=1×10-5 mol·L-1，Ksp(BaSO4)=c(Ba2＋)·c(SO42-)=1.0×10-5×1.0×10-5=1.0×10-10，A正确；B项，BaSO4在BaCl2溶液中由于Ba2＋的存在，使沉淀溶解平衡逆向移动，因此BaSO4在BaCl2溶液中的溶解度比在水中的小，Ksp只随温度的改变而改变，无论在水中还是BaCl2溶液中，Ksp是不变的，B错误；C项，由图像知，当c(CO32-)=2.5×10-4 mol·L-1时开始形成BaCO3沉淀，Ksp(BaCO3)=c(Ba2＋)·c(CO32-)=1.0×10-5×2.5×10-4=2.5×10-9，BaSO4＋CO32-BaCO3＋SO42-反应的平衡常数K==0.04，若0.025 mol BaSO4全部转化为BaCO3，则反应消耗0.025 mol CO32-、生成0.025 mol SO42-，反应平衡，K===0.04，得c(CO32-)=0.625 mol·L-1，则至少需要Na2CO3的物质的量为0.625 mol·L-1×1 L＋0.025 mol=0.65 mol，C错误；D项，根据C项计算，当BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，c(CO32-)=0.625 mol·L-1，c(SO42-)=0.025 mol·L-1，c(Ba2＋)=mol·L-1=4×10-9 mol·L-1，由于CO32-水解溶液呈碱性，离子浓度大小关系为c(CO32-)>c(SO42-)>c(OH-)>c(Ba2＋)，D错误；故选A。 第II卷(非选择题 共55分) 二、填空题(本题共4小题，共55分) 16．(14分)钛(T)被称为“未来金属”，钛合金广泛应用于多个领域。 (1)工业上由钛铁矿(主要成分为FeTiO3)在高温下经氯化得到TiCl4，再制取金属钛的流程如图 ①元素在元素周期表的位置是 。 ②基态原子的简化电子排布式是 。 ③补全反应器中发生反应的化学方程式： 。 ④由合成器得到的粗产品是Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti。依据下表信息，加热的温度略高于 即可。 TiCl4 Mg MgCl2 Ti 熔点/ 648.8 714 1667 沸点/ 136.4 1090 1412 3287 (2)超高硬度生物材料Ti3Au合金是理想的人工髋关节和膝关节材料，其晶体有α-Ti3Au、β-Ti3Au两种结构，如下图所示。 ①α-Ti3Au晶胞中，原子周围与它最近且距离相等的Ti原子有 个。 ②β-Ti3Au的晶胞边长为509 pm，每个晶胞面上有两个Ti原子。β-Ti3Au晶体的密度是 g· cm-3 (列出计算式)。(已知：阿伏加德罗常数为NA，1pm=10-10cm) ③与β-Ti3Au晶体相比，α-Ti3Au晶体有更长的Ti -Au键键长。上述两种晶体中硬度较高的是 (填“α-Ti3Au”或“β-Ti3Au”)。 【答案】(1)第四周期第ⅣB族(2分) [Ar]3d24s2 (2分) 2FeTiO3+7Cl2+6C6CO+2FeCl3+2TiCl4(2分) 1412(1分) (2) 8(2分) (3分) β-Ti 3 Au(2分) 【解析】钛铁矿与氯气和碳单质在反应器反应生成一氧化碳，氯化铁和氯化钛，氯化钛在合成器中与镁反应转化为Ti、MgCl2，根据混合物中Mg、Ti、MgCl2的熔沸点关系可知当加热的温度略高于1412℃时，Mg、MgCl2变为气体逸出，可以达到分离提纯的目的。(1)①钛为22号元素，在元素周期表的位置是第四周期第ⅣB族；②钛为22号元素，基态Ti原子的简化电子排布式是[Ar]3d24s2；③反应器中的反应物有钛铁矿，氯气和碳单质，方程式为：2FeTiO3+7Cl2+66CO+2FeCl3+2TiCl4；④TiCl4在隔绝空气时加入Mg发生置换反应产生Ti、MgCl2，同时还有过量的金属Mg，根据混合物中Mg、Ti、MgCl2的熔沸点关系可知当加热的温度略高于1412℃时，Mg、MgCl2变为气体逸出，而Ti没有熔化，因此可以达到分离提纯的目的；(2)①α-Ti 3 Au晶胞中，Ti原子位于面心，以右面面心Ti为例，Ti原子周围与它最近且距离相等的Ti原子有8个；②在β-Ti3Au晶胞中，Au位于顶点和体心，均摊为2个，Ti位于面心，均摊为6个，晶胞的质量为，晶胞的体积为，所以晶胞的密度为  ；③与β-Ti3Au晶体相比，α-Ti3Au晶体有更长的Ti-Au键键长，键能更小，硬度更小。 17．(14分)三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室利用反应Cr2O3(s)+3CCl4(g) 2CrCl3(s)+3COCl2(g)制取CrCl3，其实验装置如图所示。 已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：COCl2+H2O=CO2+2HCl； ②碱性条件下，H2O2将Cr3+氧化为CrO42-；酸性条件下，H2O2将Cr2O72-还原为Cr3+。 回答下列问题： (1)C中石棉绒不参与反应，石棉绒的作用是_ _；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是__；实验过程中若D处出现堵塞，A处可观察到的现象是_ _。 (2)实验室制取N2有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为__ ，对应的装置为_ _(填标号)。 可供选择的试剂：CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、O2(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq)可供选择的发生装置(净化装置略去)： (3)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下： Ⅰ.取mgCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为CrO42-，继续加热一段时间； Ⅱ.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使CrO42-转化为Cr2O72-； Ⅲ.新配制的cmol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL(知Cr2O72-被Fe2+还原为Cr3+)。 ①产品中CrCl3质量分数表达式为__ _。 ②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏高的是 (填标号)。 a.步骤Ⅰ中未继续加热一段时间 b.步骤Ⅱ中未加浓磷酸 c.步骤Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质 d.步骤Ⅲ中读数时，滴定前平视，滴定后俯视 e.滴定前滴定管中有气泡未排除，滴定后气泡消失 【答案】(1)增大Cr2O3与CCl4的接触面积，使反应更充分(2分) 将有毒的COCl2排入装置G中并被充分吸收(2分) A中长玻璃管中液面上升(2分) (2)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O(或NH4Cl+NaNO2NaCl+2H2O+N2↑) (2分) A(或B) (2分) (3)% (2分) ce (2分) 【解析】实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g) 2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气。(1)C中石棉绒的作用是增大Cr2O3与CCl4的接触面积，使反应更充分；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中长玻璃管液面上升；(2)实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热的氧化铜中反应，其化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和NaNO2 (aq)和饱和NH4Cl (aq)在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为NH4Cl+NaNO2 NaCl+2H2O+N2↑，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置；(3)①测定过程中的物质的量的关系为：2CrCl3∼2CrO42-∼Cr2O72- ∼6(NH4)2Fe(SO4)2，得失电子守恒，原子守恒，产品中CrCl3的物质的量为，产品中的CrCl3的质量分数表达式为： ；②a．步骤Ⅰ未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将Cr2O72-还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，a错误；b．步骤Ⅱ中未加浓磷酸，指示剂会提前变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，b错误；c．步骤Ⅲ中所(NH4)2Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，c正确；d．步骤Ⅲ中读数时滴定前平视，滴定后俯视(读数偏小)，读取标准液的体积偏小，测出的CrCl3质量分数偏低，d错误；e．滴定前滴定管中有气泡未排除，滴定后气泡消失，读取标准液的体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，e正确；故选ce。 18．(14分)乙炔是现代合成塑料、橡胶、纤维、染料和溶剂等许多有机产品的基础原料。天然气“非催化部分氧化法”制乙炔的工艺过程中涉及的有关反应为： ①甲烷完全氧化： CH4(g)+ 2O2(g)= CO2(g)+2H2O(g) ΔH= -802 kJ·mol－1 ②甲烷部分氧化： CH4(g)+2O2(g)= CO(g) + H2 (g)+H2O(g) ΔH= -277.2 kJ·mol－1 ③甲烷裂解：2CH4(g) = C2H2(g)+3H2(g) ΔH=+376.4 kJ·mol－1 ④乙炔裂解： C2H2(g) = 2C(s)+H2(g) ΔH=-277.6 kJ·mol－1 回答下列问题： (1)根据反应③和相关化学键的键能数据(忽略不同环境中C-H键能的差异，如下表所示)： 化学键 C≡C H-H C-H 键能/() a 436 413.4 估算 。 (2)在一绝热等压密闭容器内，以两种不同组成进料，反应中各组分的摩尔分数随温度变化的结果如下图所示(物质i的摩尔分数：) 在实际生产中选择初始投料比的原因可能是 。 (3)科学家测定和计算了在一定温度范围内以上反应①、②、③的平衡常数Kp的自然对数随(温度的倒数)的变化关系如图所示，反应③的压强平衡常数的表达式为Kp= (用分压代替平衡浓度表示)，表示该反应的曲线是 (填字母)，判断依据是 。 (4)在1000℃时，若只考虑发生反应②和③，已知起始，初始投料比，平衡体系中，此时CH4的转化率为50%，则平衡时CO的物质的量为 (用以上字母表示，需化简)。 (5)副产物中的CO和H2可以用于合成甲醇(CH3OH)，但生产成本较高。科学家设计了以H2O2作为氧化剂，Au-Pd纳米粒子胶体为催化剂，在低温(50℃)下将甲烷直接转化为甲醇的反应路径。CH4在氧化过程中首先生成甲基过氧化氢(CH3OOH)，写出此步骤的化学方程式： ；新方法的优点是 。 【答案】(1)796(2分) (2)氧气浓度过小，CH4燃烧放热少，不能满足其裂解所需的温度，其裂解反应进行程度较低；氧气浓度过大，反应温度过高，但发生裂解反应的甲烷比例减小，且乙炔发生裂解的反应速率加快(2分) (3) (2分) c (1分) 该反应正反应为吸热反应，降低温度，平衡逆移，Kp减小，所以越大，越小(2分) (4) (2分) (5) (2分) 耗能小(1分) 【详解】(1)根据③甲烷裂解：2CH4(g) = C2H2(g)+3H2(g) ，解得a=796；(2)在实际生产中选择初始投料比的原因可能是氧气浓度过小，CH4燃烧放热少，不能满足其裂解所需的温度，其裂解反应进行程度较低；氧气浓度过大，反应温度过高，但发生裂解反应的甲烷比例减小，且乙炔发生裂解的反应速率加快；(3)反应③的压强平衡常数的表达式为；表示该反应的曲线是c，该反应正反应为吸热反应，降低温度，平衡逆移，Kp减小，所以越大，越小；(4)根据题意利用三段式处理数据 因此平衡时CO的物质的量为；(5)根据题意CH4在氧化过程中首先生成甲基过氧化氢(CH3OOH)以及H2，此步骤的化学方程式：；新方法在低温(50℃)下将甲烷直接转化为甲醇，耗能小。 19．(13分)艾瑞昔布是中国具有自主知识产权的新药，具有低毒、高效的抗炎止痛作用。艾瑞昔布的前体L的一种合成路线如下(部分试剂和反应条件已略去)。 (1)A是苯的同系物，其苯环上的一溴代物只有一种。 ①A的结构简式是 。 ②A→B的反应条件是 。 (2)B→D的反应类型是 。 (3)D→E发生氧化反应。 ①若用H2O2溶液将D氧化为E，理论上D与H2O2的物质的量之比为 。 ②若用一定浓度的HNO3将D氧化为E，会生成副产物M。M的相对分子质量比E的相对分子质量大16，M能与NaHCO3溶液反应生成CO2。则D与M反应的化学方程式是 。 (4)E→F反应的化学方程式是 。 (5)F→G发生取代反应。不饱和碳原子上的C—H不易发生取代反应，但F中与硝基相连的不饱和碳原子上的C—H易发生取代反应。原因是 。 (6)J→L的转化经历如下多步。 已知：Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ．碳碳双键连接羟基时，可通过重排生成含有“”的同分异构体中间体1的结构简式是 。 【答案】(1) (1分) 光照(1分) (2)取代反应(1分) (3) 1∶1(2分) ++H2O(2分) (4)+CH3NO2+H2O(2分) (5)受硝基的吸电子作用影响，与硝基相连的不饱和碳原子上的C-H的极性增强，易断裂(2分) (6) (2分) 【解析】A为、与溴发生取代反应生成B、B在一定条件下水解生成D、D氧化得到E、E与CH3NO2反应生成F，F与溴反应生成G，G经过多步反应，经中间产物I、J、K合成产物。(1)A是苯的同系物，其苯环上的一溴代物只有一种。①A的结构简式是；②A→B的反应条件是光照，侧链上发生取代反应；(2)B在一定条件下水解生成D，B→D的反应类型是取代反应；(3)D→E发生氧化反应。①若用H2O2溶液将D氧化为E，理论上D与H2O2的物质的量之比为1∶1；②若用一定浓度的HNO3将D氧化为E，会生成副产物M。M的相对分子质量比E的相对分子质量大16，即多一个氧原子，M能与NaHCO3溶液反应生成CO2，M为对甲基苯甲酸。则D与M反应的化学方程式是 ++H2O；(4)E→F反应的化学方程式是+CH3NO2+H2O；(5)F→G发生取代反应。不饱和碳原子上的C—H不易发生取代反应，但F中与硝基相连的不饱和碳原子上的C—H易发生取代反应。原因是受硝基的吸电子作用影响，与硝基相连的不饱和碳原子上的C-H的极性增强，易断裂；(6)碳碳双键连接羟基时，可通过重排生成含有“”的同分异构体中间体1的结构简式是。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 19 / 19 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$