精品解析：上海市华东师范大学第二附属中学2024-2025学年高二上学期12月阶段检测 化学试卷

2024年12月高二化学阶段检测卷 (时间：60分钟满分：100分) H-1 C-12 N-14 O-16 -23 S-32 -35.5 K-39 -55 -65 考生注意：选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。 1. Ⅰ．碳元素可以形成数量丰富的化合物，如与等氧化物，、、等弱酸及、等无机盐。 是一种温室气体，一种吸收空气中的并催化加氢合成的流程如下： （1）“吸收”步骤的离子反应方程式是___________，吸收、热分解的目的在于___________。 （2）上述流程中合成甲醇的方程式为___________ Ⅱ．已知时，、、的电离平衡常数如下表。 （3）化学上把外加少量酸、碱而基本不变的溶液称为缓冲溶液。时，浓度均为的溶液与溶液等体积混合所得缓冲溶液，下列说法错误的是___________。 A. 的电离方程式为 B. 相同条件下，的电离程度大于的水解程度 C. 向上述缓冲溶液中滴加几滴稀溶液，溶液基本不变 D. 上述溶液中各粒子浓度大小关系为 （4）草酸是一种常见的二元有机酸，常温，下列说法中正确的是___________。 A. 溶液中， B. 等物质的量浓度的氢氧化钠溶液和溶液等体积混合，所得溶液呈碱性 C. 的氢氧化钠溶液与的溶液等体积混合，所得溶液呈碱性 D. 用溶液中和氨水至中性时，溶液中 （5）向的草酸溶液中加入固体，若溶液体积不变，则对所得溶液中各粒子浓度之间的关系描述错误的是___________。 A. B. C. D. （6）时，向溶液中加入酸或碱调节，使时，试求该溶液的___________。 （7）时，的溶液呈碱性，请通过计算得出结论，写出过程___________。 （8）取的溶液，滴加6滴溶液时(忽略溶液体积变化，大约是30滴)刚好出现白色沉淀，溶液中___________(的)，继续滴加溶液沉淀增多同时有气体产生，写出反应的离子方程式___________。 【答案】（1） ①. ②. 富集(或得到高浓度的) （2） （3）BD （4）D （5）AC （6）10 （7），，水解大于电离，溶液显碱性 （8） ①. ②. 【解析】 【分析】由题给流程可知，向饱和碳酸钾溶液中通入空气，空气中的二氧化碳与碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，向碳酸氢钾溶液中通入热空气，使碳酸氢钾溶液受热分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，反应得到的碳酸钾溶液可以循环使用，得到的高浓度二氧化碳与氢气在催化剂作用下反应生成甲醇和水。 【小问1详解】 由分析可知，吸收步骤发生的反应为空气中的二氧化碳与碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，反应的离子方程式为；吸收、热分解的目的在于得到高浓度的二氧化碳，达到富集二氧化碳的目的，故答案为：；富集(或得到高浓度的) 【小问2详解】 由分析可知，合成甲醇的反应为二氧化碳与氢气在催化剂作用下反应生成甲醇和水，反应的化学方程式为，故答案为：； 【小问3详解】 A．氢氰酸为一元弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和CN-，电离方程式为，故正确； B．由电离常数可知，CN-的水解常数为Kh==＞Ka(HCN)，则相同条件下，HCN的电离程度小于CN-的水解程度，故错误； C．向1.0L上述缓冲溶液中滴加几滴氢氧化钠稀溶液，溶液中氢离子浓度变化不大，溶液pH基本不变，故正确； D．由B项解析知，混合溶液中氢氰酸的电离程度小于CN-的水解程度，溶液呈碱性，溶液中各粒子浓度大小关系为，故错误； 故选BD； 【小问4详解】 A．一水合氨的电离常数小于草酸的二级电离常数，则一水合氨在溶液中的电离程度小于草酸氢根离子，由盐类水解规律可知，铵根离子在溶液中的水解程度大于草酸根离子，所以溶液中，故错误； B．等物质的量浓度的氢氧化钠溶液和草酸溶液等体积混合得到草酸氢钠溶液，草酸氢根离子的水解常数Kh==＜Ka2，则草酸氢根离子在溶液中的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性，故错误； C．草酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，所以pH为11的氢氧化钠溶液的浓度小于pH为3的草酸溶液，两溶液等体积混合时，草酸溶液过量，溶液呈酸性，故错误； D．用草酸溶液中和氨水至中性得到的溶液中存在电荷守恒关系，中性溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，则溶液中，故正确； 故选D； 【小问5详解】 100mL0.2mol/L草酸溶液中草酸的物质的量为0.2mol/L×0.1L=0.02mol，1.68g氢氧化钾的物质的量为=0.03mol，设反应得到的溶液中草酸氢根离子、草酸根离子离子的物质的量为amol、bmol，由原子个数守恒可得：a+b=0.02、a+2b=0.03，解得a=b=0.01；由电离常数可知，草酸根离子的水解常数Kh==＜Ka2，则等浓度的草酸氢钾和草酸钾混合溶液中草酸氢根离子的电离程度大于草酸根离子的水解程度，溶液呈酸性； A．等浓度的草酸氢钾和草酸钾混合溶液中存在电荷守恒关系，故错误； B．由碳原子个数守恒可知，混合溶液中，故正确； C．由分析可知，等浓度的草酸氢钾和草酸钾混合溶液中草酸氢根离子的电离程度大于草酸根离子的水解程度，溶液呈酸性，则溶液中，故错误； D．等浓度的草酸氢钾和草酸钾混合溶液中存在物料守恒关系，则溶液中，故正确； 故选AC； 【小问6详解】 由电离常数可知，的溶液中氢离子浓度为=(5×10—11×2)mol/L=10—10 mol/L，则溶液pH为10，故答案为：10； 【小问7详解】 由电离常数可知，碳酸氢根离子的水解常数，说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故答案为：，，水解大于电离，溶液显碱性； 【小问8详解】 由题意可知，6滴氯化钙溶液的体积为=0.2mL，则由溶度积可知，刚好出现白色沉淀时，溶液中碳酸根离子浓度为≈mol/L，继续滴加氯化钙溶液沉淀增多同时有气体产生是因为溶液中的钙离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸钙沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故答案为：；。 2. 碱性锌锰电池是普通干电池升级换代的高性能产品，有五号和七号两种型号。电池总反应方程式为：Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnO(OH)。当电池工作时，下列说法正确的是 A. 电能转化为化学能 B. 锌电极附近的溶液碱性增强 C. 正极的电极反应式为MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH- D. 外电路中每通过1mol电子，锌的质量理论上减小65g 【答案】C 【解析】 【详解】A．放电时化学能转化为电能，A错误； B．锌做负极，电极反应：Zn -2e-+ 2OH- = Zn(OH)2 附近的溶液碱性减弱，B错误； C．正极的电极反应式为MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-，C正确； D．外电路中每通过2 mol电子，锌的质量理论上减小65g，D错误； 故选C。 3. KMnO4是重要氧化剂，广泛用于化工、防腐以及制药等领域。以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，经中间产物K2MnO4制备KMnO4的流程如图。下列说法错误的是 A. “熔融”过程中， B. 滤渣2经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率 C. 用盐酸替代CO2能加快“酸化”时的速率 D. 得到KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥 【答案】C 【解析】 【分析】软锰矿加入氢氧化钾、空气碱熔，发生反应2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，然后水浸，在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2和KHCO3，经过一系列反应得到产品，以此解答该题； 【详解】A．由分析可知，“熔融”过程中发生的反应方程式为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，反应中O2为氧化剂，MnO2为还原剂，故，A正确； B．由分析可知，滤渣2为MnO2经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率，B正确； C．由于KMnO4和K2MnO4均能与HCl发生氧化还原反应，故不能用盐酸替代CO2，可用稀硫酸代替CO2来加快“酸化”时的速率，C错误； D．由题干图示可知，KMnO4的溶解度随温度升高而明显增大，故得到KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥，D正确； 故答案为：C。 4. 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然软锰矿(二氧化锰)粉与硫化锰矿(还含、、、等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题： 常温下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下： 金属离子 开始沉淀的 8.0 6.3 1.5 3.4 8.9 沉淀完全的 x 8.3 2.8 4.7 10.9 （1）“氧化”过程中添加适量的，其作用是___________。 （2）通过表格中数据分析，通过“调”可以除铁和铝，溶液的范围为___________。 （3）根据表格中所给的信息，计算___________，沉淀完全的值___________。 （4）“除杂”是为了使溶液中的变成沉淀从而除去，“除杂”的最佳试剂a为___________。(已知，) A． B． C． （5）在“沉锰”过程中用到溶液将转化为。根据表格所给信息，按要求完成下列问题。 电解质 电离平衡常数() ①通过以上电离平衡常数的数据，判断溶液的___________7。 ②写出沉锰反应的离子方程式___________。 （6）我国科学家研究和开发了一种锰氧化物分子筛材料(记为：)，可以大大提升分子筛对含酚废水的处理能力。制备方法如下，将一定量的溶于蒸馏水中，加入预处理的分子筛和溶液，再加入和调节溶液为7.2，在室温下搅拌2小时，反应结束后经过滤、洗涤、干燥得到材料。若制备反应的与的投料质量比约为1：1，不考虑副反应，则中的化合价为___________(取整数)。 【答案】（1）将氧化为 （2） （3） ①. ②. 10 （4）B （5） ①. 大于 ②. （6）+6 【解析】 【分析】硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Si等元素)，MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2；然后向滤液中加入MnO2，将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣1为Fe(OH)3、Al(OH)3；“除杂”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣2为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀MnCO3得到硫酸锰，据此分析。 【小问1详解】 MnO2具有氧化性，能氧化Fe2+生成Fe3+，再调节pH时除去Fe3+； 【小问2详解】 “调pH”除铁和铝，溶液的pH应该大于这两种离子完全沉淀所需pH且小于其它离子生成沉淀的pH值，在pH=4.7时Fe3+和Al3+沉淀完全，在pH=8.0时Mn2+开始产生沉淀，为了只得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，需要溶液的pH范围为4.7～8.0之间； 【小问3详解】 根据表格中所给的信息，Mn2+开始沉淀时溶液的pH为8，溶液中c(OH-)= ，此时c(Mn2+)=0.1mol/L，则=1×10-13，沉淀完全时，c(Mn2+)=，则c(OH-)=，c(H+)=，pH=x=10； 【小问4详解】 由分析可知，“除杂”是为了使溶液中的Mg2+变成沉淀从而除去，由表格可知，Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀时，Mn2+已开始沉淀，因此应该将Mg2+转化为MgF2沉淀除去，“除杂”的最佳试剂a为NaF，故选B； 【小问5详解】 根据电离常数可知一水合氨的电离常数大于碳酸的一极电离常数，这说明的水解程度小于的水解程度，pH>7；沉锰反应的离子方程式； 【小问6详解】 当与NaClO的质量之比为1：1时，氯元素化合价从+1价降低到－1价，反应前Mn是+2价，所以根据电子得失守恒可知反应后Mn的价态是价。 5. 烯烃在有机合成种有重要的原料。工业上烯烃可以来自于石油的裂解，也可以来自于烷烃的脱氢反应，还可以来自于炔烃的选择性氢化。丁烯是可由丁烷催化脱氢制备。正丁烷脱氢制丁烯的热化学方程式如下： （1）为提高反应的平衡转化率，恒温下可采取的措施是：___________。 A. 扩大体积，减小压强 B. 缩小体积，增大压强 C. 恒容，充入惰性气体 D. 恒压，充入惰性气体 （2）如图为反应平衡时丁烯产率和反应温度的关系曲线。丁烯的产率在之前随温度升高而增大的原因可能是___________。 （3）之后，丁烯的产率快速减低的主要原因可能是___________。 （4）一定温度下，保持总压强恒为，向反应器中充入和，加入一定量催化剂，发生反应生成乙烯和乙烷，经达到平衡，乙炔的平衡转化率为，乙烯的选择性为[的选择性]。反应开始到恰好达到平衡时，用压强变化表示的平均反应速率为___________(结果保留两位小数)。 【答案】（1）AD （2）升高温度有利于反应向吸热方向进行 （3）温度升高，丁烷部分发生裂解 （4）0.53 【解析】 【小问1详解】 A．扩大体积减小压强，平衡正向移动，转化率提高； B．缩小体积增大压强，平衡逆向移动，转化率减小； C．恒容，充入惰性气体，浓度不变，平衡不移动； D．恒压，充入惰性气体，浓度减小，平衡正向移动，转化率提高； 答案选AD。 【小问2详解】 该反应为吸热反应，温度升高，平衡朝着吸热方向移动，即正反应方向，产率逐渐升高； 【小问3详解】 之后，丁烯的产率快速减低的主要原因可能是温度升高，丁烷部分发生裂解，产生气体副产物，没有得到丁烯，且平衡逆向移动，产率降低； 【小问4详解】 反应器中充入和，加入一定量催化剂，发生反应生成乙烯和乙烷，经达到平衡，乙炔的平衡转化率为，即反应的乙炔的量为0.5mol，剩下0.5mol，乙烯的选择性为，参与C2H2+H2→C2H4反应的乙炔为0.5×60%=0.3mol，消耗氢气0.3mol，生成乙烯0.3mol；参与C2H2+2H2→C2H6反应的乙炔为0.5×40%=0.2mol，消耗氢气0.4mol，生成乙烷0.2mol；综上平衡时乙炔0.5mol、氢气为3mol-0.3mol-0.4mol=2.3mol、乙烯为0.3mol、乙烷为0.2mol。氢气初始压强为，平衡后压强为，用压强变化表示的平均反应速率为：。 6. A、C均为石油裂解的产物，可以用于合成医药中间体：。 已知： （1）写出A、E的结构简式___________、___________。 （2）D与反应的类型为___________。 （3）E生成F的反应方程式为___________。 （4）以2-丁炔为原料，结合题中信息设计C的合成路线(无机试剂与溶剂任选) ___________。(合成路线常用的表示方式为：……目标产物) 【答案】（1） ①. ②. （2）取代反应 （3）+NaOH+NaCl （4） 【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下CH3CH=CH2与氯气500℃发生取代反应生成ClCH2CH=CH2，则A为CH3CH=CH2、B为ClCH2CH=CH2；ClCH2CH=CH2与CH2=CHCH=CH2发生题给已知的反应生成，则C为CH2=CHCH=CH2；与H2发生加成反应后，与乙炔钠发生取代反应生成，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，与氯化氢发生加成反应生成，则E为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则F为；铜做催化剂作用下与氧气共热发生催化氧化反应生成。 【小问1详解】 由分析可知，A、E的结构简式分别为CH3CH=CH2、，故答案为：CH3CH=CH2、； 【小问2详解】 由分析可知，D与乙炔钠的反应为D与乙炔钠发生取代反应生成和氯化钠，故答案为：取代反应； 【小问3详解】 由分析可知，E生成F的反应为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成和氯化钠，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl； 【小问4详解】 由题给信息可知，以2—丁炔为原料制备C的合成步骤为催化剂作用下2—丁炔与氢气发生加成反应生成2—丁烯，2—丁烯与溴的四氯化碳溶液反应生成2，3—二溴丁烷，2，3—二溴丁烷在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2，合成路线为。 7. 乙二醇又称甘醇，是常用的一种有机溶剂、汽油抗冻剂。 （1）关于乙二醇性质预测正确的是___________。 A. 乙二醇与水能够以任意比例互溶 B. 标准状况下，乙二醇与足量钠反应可以生成 C. 向紫色的酸性高锰酸钾溶液中加入乙二醇溶液，可观察到紫色溶液褪色 D. 乙二醇与丙三醇互为同系物 （2）以乙醇为原料合成乙二醇，反应类型依次为___________。 A. 取代反应、取代反应 B. 消去反应、加成反应、取代反应 C. 消去反应、取代反应、加成反应 D. 取代反应、消去反应、加成反应 （3）乙二醇可以在铜催化下被氧气氧化，写出反应方程式___________。 【答案】（1）AC （2）B （3） 【解析】 【小问1详解】 A．乙二醇分子中含有的羟基能与水分子形成氢键，能与水能够以任意比例互溶，A正确； B．标准状况下，乙二醇为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，B错误； C．乙二醇分子中含有的羟基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成乙二醛或酸，使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确； D．同系物必须是含有相同数目的相同官能团的同类物质，乙二醇与丙三醇的官能团数目不同，结构不相似，不互为同系物，D错误； 故选AC。 【小问2详解】 乙醇为原料合成乙二醇，可以使乙醇在浓硫酸加热条件下，发生消去反应生成乙烯；乙烯与溴的四氯化碳溶液加成，生成1，2-二溴乙烷；1，2-二溴乙烷在氢氧化钠水溶液中水解生成乙二醇，发生反应类型分别为消去反应、加成反应、取代反应，答案选B。 【小问3详解】 乙二醇可以在铜催化下被氧气氧化生成乙二醛，化学反应方程式为：。 8. 维生素又称视黄醇，人体缺乏维生素，会出现皮肤干燥、夜盲症等症状。分子结构如下图所示，下列说法正确的是 （1）维生素A的分子式为___________，含有的官能团名称为___________。 （2）下列关于维生素A的说法正确的是___________。 A. 维生素A可以发生取代、氧化、加成、还原反应 B. 维生素A不能被氧化得到醛 C. 维生素A是一种易溶于水的醇 D. 维生素A含有1个手性碳原子 【答案】（1） ①. ②. 碳碳双键、羟基 （2）A 【解析】 【小问1详解】 根据维生素A的结构（），有6个不饱和度，分子式为，分子中含有的官能团为碳碳双键和羟基。 【小问2详解】 A．根据维生素A 的结构简式，含有醇羟基和碳碳双键，可以发生取代、氧化、加成、还原反应，A正确； B．维生素A 中，与醇羟基相连的碳原子上含有2个氢原子，能被氧化得到醛，B错误； C．维生素A属于脂溶性维生素，烃基部分含碳原子数多，不是易溶于水的醇，C错误； D．手性碳是碳原子上连接的四个原子或原子团均不相同，维生素A中没有手性碳原子，D错误； 答案为A。 9. 松油醇是一种调味香精，它是、、三种同分异构体组成的混合物，可由松节油分馏产品A(下式中18是为区分两个羟基而加上去的)经下列反应制得(如图所示)。 请回答下列问题： （1）松油醇所属的有机化合物类别是___________。 A. 醇 B. 酚 C. 饱和一元醇 D. 芳香醇 （2）写出结构简式：松油醇___________。 【答案】（1）A （2） 【解析】 【小问1详解】 α－松油醇含有羟基，所属的有机化合物类别是醇类，由于含有双键，为不饱和一元醇，故选A； 【小问2详解】 β－松油醇是A（）消去的产物，由于β－松油醇含有2个甲基，结构简式为：。 10. 季戊四醇合成高效润滑剂、增塑剂、表面活性剂等原料。季戊四醇有两种化学环境的氢原子，磷的化合物三氯氧磷()与季戊四醇以物质的量之比2：1反应时，可获得一种新型阻燃剂中间体，并释放出一种酸性气体，含有环状结构，且只有一种化学环境的氢原子。写出季戊四醇与X的结构简式___________、___________。 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】季戊四醇有两种化学环境的氢原子，是一种对称的结构，结构为：；磷的化合物三氯氧磷()与季戊四醇以物质的量之比2：1反应时，根据原子守恒可知酸性气体是HCl；且X分子中氢原子全部相同，故取代羟基上H，则 X的结构简式是。 11. 苯是一种特殊的不饱和烃，并不是简单的单双键交替的结构，苯环上的不饱和碳原子上不易发生加成反应，容易发生取代反应。苯分子中不含具有单双键交替结构的证据是 A. 苯能发生加成反应 B. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 间二甲苯只有一种 D. 邻二甲苯只有一种 【答案】BD 【解析】 【详解】A．苯能在一定条件下跟氢气发生加成反应生成环己烷( )，可能含有双键，因此不能说明碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的共价键，A不符合题意； B．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明不含有碳碳双键，不是单双键交替结构，碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的共价键，B符合题意； D．无论是否存在单双键交替结构，间二甲苯都只有一种，C不符合题意； D．若存在单双键交替结构，则邻二甲苯有两种结构，而经实验测得邻二甲苯( )只有一种结构，说明碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的共价键，D符合题意； 答案选BD。 12. 由芳香烃可以合成两种有机化合物、，如下图所示： （1）A的结构简式为___________，鉴别A与苯的试剂为___________。 （2）反应①、②的条件和除A外的反应物分别为___________、___________。 （3）A与足量氢气在加热、镍催化下催化加氢，得到的产物一氯代物有___________种。 【答案】（1） ①. ②. 酸性高锰酸钾溶液 （2） ①. 氯气、光照 ②. 液溴、铁或溴化铁 （3）5种 【解析】 【分析】芳香烃A可以合成两种有机化合物B、C，由B、C结构可知，A为甲苯； 【小问1详解】 A为甲苯，结构简式为 ；鉴别苯和甲苯可以使用酸性高锰酸钾溶液，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不行； 【小问2详解】 反应①为甲基上氢原子被取代，反应物及条件为氯气、光照；反应②为苯环上氢原子被溴取代，则反应物及条件为液溴、铁或溴化铁； 【小问3详解】 苯与足量的氢气加氢后生成甲基环己烷，甲基环己烷有5种不同的氢。如图，产物的一取代物有5种。 13. 苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 从中间体到产物，从产物稳定性的角度有利于产物II B. 从中间体到产物，从反应速率的角度有利于产物I C. 从反应物生成产物II的反应为吸热反应 D. 对于生成的反应，浓作催化剂、脱水剂 【答案】BC 【解析】 【详解】A．从中间体到产物，产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，从产物稳定性的角度有利于产物Ⅱ，A正确； B．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，从反应速率的角度有利于产物Ⅱ，B错误； C．由图可知，从反应物生成产物Ⅱ的反应过程中，反应物的总能量高于生成物，为放热反应，C错误； D．苯的硝化反应中浓作催化剂、脱水剂，D正确； 故选：BC。 14. 对氨基苯磺酸()是制备药物的重要中间体，可用苯胺()、浓硫酸为原料合成。实验流程、装置示意图如下： 相关数据如下表： 名称 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 苯胺 93 -6.2 184 微溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂 对氨基苯磺酸 173 288 - 微溶于冷水，溶于热水，不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂 回答下列问题： （1）步骤1中加热方式是___________。 A．水浴 B．油浴 C．直接加热 （2）对氨基苯磺酸粗产品因含杂质而显色，可用重结晶法进行提纯。从下列选项中选择合理操作并排序________(填字母)。 ________→________→________→________→过滤→洗涤→干燥。 a．沸水溶解 b．过滤 c．趁热过滤 d．蒸发结晶 e．冷却结晶 f．加入活性炭脱色 （3）对氨基苯磺酸与对二甲氨基苯甲醛在一定条件下可以发生显色反应。利用这一原理，用分光光度法可以测定对氨基苯磺酸的含量，吸光度与对氨基苯磺酸浓度关系如图所示。 取对氨基苯磺酸样品，配成溶液，取样加入显色剂，测得吸光度为0.52.则样品中对氨基苯磺酸的质量分数是___________。(保留两位小数) 【答案】（1）B （2）afce （3）89.96%或0.90 【解析】 【分析】苯胺与浓硫酸发生取代反应生成对氨基苯磺酸，然后对粗产品进行提纯得到产品。 【小问1详解】 该反应需要加热至170-180℃，故不能利用水浴加热，用油浴加热比较均匀，答案选B； 【小问2详解】 重结晶的一般步骤：①选择适宜的溶剂，②固体物质的溶解，将粗产物用所选溶剂加热溶解制成饱和或近饱和溶液，③杂质的除去，加活性炭脱色，过滤，④晶体的析出，冷却滤液，使溶液析出晶体，⑤晶体的收集和洗涤，干燥。因此对氨基苯磺酸粗产品的提纯步骤应该是：首先是沸水溶解，加入活性炭脱色，趁热过滤再冷却结晶，所以步骤是：afce； 【小问3详解】 从吸光度与对氨基苯磺酸浓度关系图以及根据测得的对氨基苯磺酸样品溶液吸光度为0.52，可得溶液浓度=，则样品中对氨基苯磺酸的质量分数为：，用小数表示为0.90。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年12月高二化学阶段检测卷 (时间：60分钟满分：100分) H-1 C-12 N-14 O-16 -23 S-32 -35.5 K-39 -55 -65 考生注意：选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。 1. Ⅰ．碳元素可以形成数量丰富的化合物，如与等氧化物，、、等弱酸及、等无机盐。 是一种温室气体，一种吸收空气中的并催化加氢合成的流程如下： （1）“吸收”步骤的离子反应方程式是___________，吸收、热分解的目的在于___________。 （2）上述流程中合成甲醇的方程式为___________ Ⅱ．已知时，、、的电离平衡常数如下表。 （3）化学上把外加少量酸、碱而基本不变的溶液称为缓冲溶液。时，浓度均为的溶液与溶液等体积混合所得缓冲溶液，下列说法错误的是___________。 A. 的电离方程式为 B. 相同条件下，的电离程度大于的水解程度 C. 向上述缓冲溶液中滴加几滴稀溶液，溶液基本不变 D. 上述溶液中各粒子浓度大小关系为 （4）草酸是一种常见的二元有机酸，常温，下列说法中正确的是___________。 A. 溶液中， B. 等物质的量浓度的氢氧化钠溶液和溶液等体积混合，所得溶液呈碱性 C. 的氢氧化钠溶液与的溶液等体积混合，所得溶液呈碱性 D. 用溶液中和氨水至中性时，溶液中 （5）向的草酸溶液中加入固体，若溶液体积不变，则对所得溶液中各粒子浓度之间的关系描述错误的是___________。 A. B. C. D. （6）时，向溶液中加入酸或碱调节，使时，试求该溶液的___________。 （7）时，的溶液呈碱性，请通过计算得出结论，写出过程___________。 （8）取的溶液，滴加6滴溶液时(忽略溶液体积变化，大约是30滴)刚好出现白色沉淀，溶液中___________(的)，继续滴加溶液沉淀增多同时有气体产生，写出反应的离子方程式___________。 2. 碱性锌锰电池是普通干电池升级换代的高性能产品，有五号和七号两种型号。电池总反应方程式为：Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnO(OH)。当电池工作时，下列说法正确的是 A. 电能转化为化学能 B. 锌电极附近的溶液碱性增强 C. 正极的电极反应式为MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH- D. 外电路中每通过1mol电子，锌的质量理论上减小65g 3. KMnO4是重要氧化剂，广泛用于化工、防腐以及制药等领域。以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，经中间产物K2MnO4制备KMnO4的流程如图。下列说法错误的是 A. “熔融”过程中， B. 滤渣2经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率 C. 用盐酸替代CO2能加快“酸化”时的速率 D. 得到KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥 4. 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然软锰矿(二氧化锰)粉与硫化锰矿(还含、、、等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题： 常温下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下： 金属离子 开始沉淀的 8.0 6.3 1.5 3.4 8.9 沉淀完全的 x 8.3 2.8 4.7 10.9 （1）“氧化”过程中添加适量的，其作用是___________。 （2）通过表格中数据分析，通过“调”可以除铁和铝，溶液的范围为___________。 （3）根据表格中所给的信息，计算___________，沉淀完全的值___________。 （4）“除杂”是为了使溶液中的变成沉淀从而除去，“除杂”的最佳试剂a为___________。(已知，) A． B． C． （5）在“沉锰”过程中用到溶液将转化为。根据表格所给信息，按要求完成下列问题。 电解质 电离平衡常数() ①通过以上电离平衡常数的数据，判断溶液的___________7。 ②写出沉锰反应的离子方程式___________。 （6）我国科学家研究和开发了一种锰氧化物分子筛材料(记为：)，可以大大提升分子筛对含酚废水的处理能力。制备方法如下，将一定量的溶于蒸馏水中，加入预处理的分子筛和溶液，再加入和调节溶液为7.2，在室温下搅拌2小时，反应结束后经过滤、洗涤、干燥得到材料。若制备反应的与的投料质量比约为1：1，不考虑副反应，则中的化合价为___________(取整数)。 5. 烯烃在有机合成种有重要的原料。工业上烯烃可以来自于石油的裂解，也可以来自于烷烃的脱氢反应，还可以来自于炔烃的选择性氢化。丁烯是可由丁烷催化脱氢制备。正丁烷脱氢制丁烯的热化学方程式如下： （1）为提高反应的平衡转化率，恒温下可采取的措施是：___________。 A. 扩大体积，减小压强 B. 缩小体积，增大压强 C. 恒容，充入惰性气体 D. 恒压，充入惰性气体 （2）如图为反应平衡时丁烯产率和反应温度的关系曲线。丁烯的产率在之前随温度升高而增大的原因可能是___________。 （3）之后，丁烯的产率快速减低的主要原因可能是___________。 （4）一定温度下，保持总压强恒为，向反应器中充入和，加入一定量催化剂，发生反应生成乙烯和乙烷，经达到平衡，乙炔的平衡转化率为，乙烯的选择性为[的选择性]。反应开始到恰好达到平衡时，用压强变化表示的平均反应速率为___________(结果保留两位小数)。 6. A、C均为石油裂解的产物，可以用于合成医药中间体：。 已知： （1）写出A、E的结构简式___________、___________。 （2）D与反应的类型为___________。 （3）E生成F的反应方程式为___________。 （4）以2-丁炔为原料，结合题中信息设计C的合成路线(无机试剂与溶剂任选) ___________。(合成路线常用的表示方式为：……目标产物) 7. 乙二醇又称甘醇，是常用的一种有机溶剂、汽油抗冻剂。 （1）关于乙二醇性质预测正确的是___________。 A. 乙二醇与水能够以任意比例互溶 B. 标准状况下，乙二醇与足量钠反应可以生成 C. 向紫色的酸性高锰酸钾溶液中加入乙二醇溶液，可观察到紫色溶液褪色 D. 乙二醇与丙三醇互为同系物 （2）以乙醇为原料合成乙二醇，反应类型依次为___________。 A. 取代反应、取代反应 B. 消去反应、加成反应、取代反应 C. 消去反应、取代反应、加成反应 D. 取代反应、消去反应、加成反应 （3）乙二醇可以在铜催化下被氧气氧化，写出反应方程式___________。 8. 维生素又称视黄醇，人体缺乏维生素，会出现皮肤干燥、夜盲症等症状。分子结构如下图所示，下列说法正确的是 （1）维生素A的分子式为___________，含有的官能团名称为___________。 （2）下列关于维生素A的说法正确的是___________。 A. 维生素A可以发生取代、氧化、加成、还原反应 B. 维生素A不能被氧化得到醛 C. 维生素A是一种易溶于水的醇 D. 维生素A含有1个手性碳原子 9. 松油醇是一种调味香精，它是、、三种同分异构体组成的混合物，可由松节油分馏产品A(下式中18是为区分两个羟基而加上去的)经下列反应制得(如图所示)。 请回答下列问题： （1）松油醇所属的有机化合物类别是___________。 A. 醇 B. 酚 C. 饱和一元醇 D. 芳香醇 （2）写出结构简式：松油醇___________。 10. 季戊四醇合成高效润滑剂、增塑剂、表面活性剂等原料。季戊四醇有两种化学环境的氢原子，磷的化合物三氯氧磷()与季戊四醇以物质的量之比2：1反应时，可获得一种新型阻燃剂中间体，并释放出一种酸性气体，含有环状结构，且只有一种化学环境的氢原子。写出季戊四醇与X的结构简式___________、___________。 11. 苯是一种特殊的不饱和烃，并不是简单的单双键交替的结构，苯环上的不饱和碳原子上不易发生加成反应，容易发生取代反应。苯分子中不含具有单双键交替结构的证据是 A. 苯能发生加成反应 B. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 间二甲苯只有一种 D. 邻二甲苯只有一种 12. 由芳香烃可以合成两种有机化合物、，如下图所示： （1）A的结构简式为___________，鉴别A与苯的试剂为___________。 （2）反应①、②的条件和除A外的反应物分别为___________、___________。 （3）A与足量氢气在加热、镍催化下催化加氢，得到的产物一氯代物有___________种。 13. 苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 从中间体到产物，从产物稳定性的角度有利于产物II B. 从中间体到产物，从反应速率的角度有利于产物I C. 从反应物生成产物II的反应为吸热反应 D. 对于生成的反应，浓作催化剂、脱水剂 14. 对氨基苯磺酸()是制备药物的重要中间体，可用苯胺()、浓硫酸为原料合成。实验流程、装置示意图如下： 相关数据如下表： 名称 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 苯胺 93 -6.2 184 微溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂 对氨基苯磺酸 173 288 - 微溶于冷水，溶于热水，不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂 回答下列问题： （1）步骤1中加热方式是___________。 A．水浴 B．油浴 C．直接加热 （2）对氨基苯磺酸粗产品因含杂质而显色，可用重结晶法进行提纯。从下列选项中选择合理操作并排序________(填字母)。 ________→________→________→________→过滤→洗涤→干燥。 a．沸水溶解 b．过滤 c．趁热过滤 d．蒸发结晶 e．冷却结晶 f．加入活性炭脱色 （3）对氨基苯磺酸与对二甲氨基苯甲醛在一定条件下可以发生显色反应。利用这一原理，用分光光度法可以测定对氨基苯磺酸的含量，吸光度与对氨基苯磺酸浓度关系如图所示。 取对氨基苯磺酸样品，配成溶液，取样加入显色剂，测得吸光度为0.52.则样品中对氨基苯磺酸的质量分数是___________。(保留两位小数) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $