精品解析：江苏省扬州市扬州中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试 化学试题

江苏省扬州中学2024-2025学年第二学期期中考试 高二化学(选修) 2025.4 试卷满分：100分，考试时间：75分钟 注意事项： 1.作答第1卷前，请考生务必将自己的姓名、考试证号等写在答题卡上并贴上条形码 2.将选择题答案填写在答题卡的指定位置上(使用机读卡的用2B铅笔在机读卡上填涂)，非选择题一律在答题卡上作答，在试卷上答题无效。 3.考试结束后，请将机读卡和答题卡交监考人员。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Br-80 第I卷(选择题 共39分) 单项选择题：本题包括13小题，每题3分，共39分。在每题给出的四个选项中只有一项是最符合题意的。(请将所有选择题答案填到答题卡的指定位置中。) 1. 2025央视春晚舞台上，创意融合舞蹈《秧BOT》，不仅仅是一场视觉盛宴，更是科技与传统文化的完美结合。下列说法错误的是 A. 机器人穿着喜庆的红色棉袄，其中棉花属于天然有机高分子 B. 为机器人提供续航的锂电池，轻便稳定，比能量较低 C. 机器人的机身应用了碳纤维，是一种含碳量在90%以上的高强度纤维 D. 铝合金和钛合金也是制造机器人的重要原材料，钛合金强度高耐腐蚀，铝合金轻质成本低，都是极为重要的金属材料 2. 下列表示不正确的是 A. 质子数为35、中子数为46的Br原子： B. 的形成过程： C. 的名称：2，2，4，5-四甲基己烷 D. 福尔马林溶液中的氢键： 3. 认知、推理能力是培养化学学科思维的方法之一，下列说法不正确的是 A. 与H2完全加成之后的产物，其一氯代物有7种 B. 环戊二烯()分子中最多有9个原子在同一平面上 C. 按系统命名法，化合物的名称是2–甲基苯酚 D. 可使酸性高锰酸钾溶液褪色 4. W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，这5种元素形成的一种阴离子结构如图所示。W、Y的核电荷数之和等于Z的核电荷数，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法不正确的是 A. W与X形成的化合物均为极性分子 B. Y的简单气态氢化物的沸点比X的高 C. Q的氧化物是两性氧化物 D. 该阴离子中含有配位键 5. NaOH活化过的催化剂对甲醛氧化为具有较好的催化效果，有学者提出该催化反应的机理如下。下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂 B. 步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH发生作用 C. 步骤Ⅱ中发生的反应可表示为 D. 该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果 6. 甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步反应如下： 下列说法中正确的是 A. X分子中含有的sp2杂化的碳原子数为6 B. X分子能与FeCl3溶液反应 C. Y分子存在顺反异构 D. X→Y分两步进行，先发生取代反应，后发生消去反应 7. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 探究方案 A Ka(HClO)与Ka(HCN)的大小关系 用pH计测量NaClO溶液和NaCN溶液的pH，比较HClO和HCN的Ka大小 B 碘在浓KI溶液中与CCl4中的溶解能力比较 向碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，观察有机层颜色的变化 C SO2是否具有漂白性 向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴KMnO4溶液，振荡，观察溶液颜色变化 D 探究1—溴丁烷的消去产物 向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH、15mL无水乙醇、碎瓷片和5mL1-溴丁烷，微热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，观察现象 A. A B. B C. C D. D 8. 微生物燃料电池可以净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是 A. N为电池正极，Cr2O被还原 B. 该电池工作时，M极的电极反应式为CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+ C. Cr2O浓度较大时，可能会造成还原菌失去活性 D. 当M极产生22.4LCO2气体(标准状况)时，有4molH+从质子交换膜右侧移向左侧 9. 工业上用CO2和H2反应合成二甲醚，其反应为：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH = -122.5kJ·mol−1.不同的催化剂对该反应的催化活性在不同温度下表现不同。下列说法正确的是 A. 上述反应平衡常数 B. 其他条件不变时，CO2转化率随温度升高而增大的原因可能是催化剂活性增强或平衡常数增大 C. 其他条件不变时，在恒压条件下通入一定量的惰性气体，H2的平衡转化率提高 D. 若反应中及时分离出二甲醚，正反应速率增大，CO2转化率增大 10. 化学与生产、生活密切相关，下列事实与盐类水解无关的是 A. 用热的纯碱溶液去除炊具上的油污 B. 为了除去锅炉水垢中的CaSO4，先用Na2CO3溶液处理，而后用酸溶解 C. NH4Cl或ZnCl2溶液用作金属焊接的除锈剂 D. 配制FeCl3溶液时，先将FeCl3固体溶于浓盐酸，再加水稀释到所需浓度 11. 从砷化镓废料（主要成分为、、和）中回收镓和砷的工艺流程如图所示。 下列说法错误的是 A. “碱浸”时，温度保持在的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解 B. “碱浸”时，被氧化，每反应，转移电子的数目为 C. “旋流电积”所得“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益 D. 晶胞如上图，距离最近的原子数为12 12. 草酸亚铁是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如图反应制取FeC2O4： 已知室温时：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7。 下列说法正确的是 A. 室温下，0.10molL-1NaHC2O4溶液中存在：c(C2O)<c(H2C2O4) B. 酸化、溶解后的溶液中存在：c(NH)+2c(Fe2+)＞2c(SO) C. 室温时，反应Fe2++H2C2O4=FeC2O4↓+2H+的平衡常数K=40 D. 过滤后的上层清液中：c(Fe2+)c(C2O)≥2.1×10-7 13. 甲醇-水催化重整可获得H2.其主要反应为 反应Ⅰ CH3OH(g) + H2O(g) = CO2(g) + 3H2(g) ΔH = 49.4 kJ·mol−1 反应Ⅱ CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g) ΔH = 41.2 kJ·mol−1 在1.0×105Pa、n始(H2O)∶n始(CH3OH)=1.2时，若仅考虑上述反应，平衡时CO的选择性、CH3OH的转化率和H2的产率随温度的变化如图所示。 CO的选择性= × 100％ 下列说法正确的是 A. 一定温度下，增大可提高CO的选择性 B. 平衡时CH3OH的转化率一定大于H2O的转化率 C. 图中曲线①表示平衡时H2产率随温度的变化 D. 一定温度下，降低体系压强，反应Ⅰ的平衡常数增大 第Ⅱ卷(非选择题 共61分) 14. 回收高铋银锌渣(主要成分是Bi，还含有Zn、Ag、Au等杂质)可制备半导体材料Bi2O3 （1）氧化酸浸。将银锌渣加入盐酸和NaCl混合溶液中，再分批加入NaClO3溶液，搅拌使其充分反应，得到含有的浸出液和浸出渣。 ①写出生成的离子方程式：___________。 ②HNO3也可用于“氧化酸浸”，在该工业中不选择HNO3的原因可能是___________。 ③液固比是指浸出液总体积与银锌渣质量之比。浸出相同时间后，Bi的浸出率随液固比的变化如图所示。液固比很低时，Bi的浸出率明显较低的原因是___________。 （2）分离出Zn2+后浸出液主要成分为BiCl3溶液。可用于进一步制备Bi2O3，其流程如下： ① 向浸出液中滴加Na2CO3溶液，调节溶液pH约为1.5，得到BiOCl沉淀，该过程的化学方程式为___________。 ② 我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示。该材料的化学式为___________。 （3）从浸出渣中可回收银和金。已知Ag2SO4可溶于氨水，[Ag(NH3)2]+具有较强的氧化性。补充完整以浸出渣为原料制备单质银的实验方案：向浸出渣中加入硫酸后焙烧，得硫酸银烧渣，___________，得单质银。(实验中须使用的试剂有氨水、水合肼溶液、BaCl2溶液) 15. 化合物E是合成降糖药瑞格列净的重要中间体，其合成路线如下： （1）化合物D中含氧官能团的名称为___________。 （2）化合物A分子中发生sp2、sp3杂化的碳原子数目之比为___________。 （3）A→B、B→C的反应类型分别为___________、___________。 （4）化合物C还可以继续与HBr反应生成副产物X(C7H7OBr)，X的结构简式为___________。 （5）D的某同分异构体同时满足下列条件，写出其中一种符合要求的同分异构体的结构简式___________。 ①分子中含有苯环，且核磁共振氢谱证明只含有两种不同化学环境的氢原子； ②该物质只含有一种官能团。 16. 实验室常用正丁醇、浓硫酸在加热条件下制备正丁醚，反应原理如下：2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O。反应装置如图所示。反应流程如下： i：在100mL三颈烧瓶中，先加入31mL正丁醇，再将4.5mL浓硫酸加入瓶内并投入沸石。将分水器、温度计和三颈烧瓶组装好。 ii：沿分水器支管口对面的内壁小心的贴壁加水，待水面上升至恰与分水器支管口下沿相平时为止，小心开启活塞放出水。 iii：在分水器上口接一仪器a，小火加热烧瓶，使反应物微沸并开始回流， 随反应进行，回流液经a收集于分水器中。 iv：平稳回流至烧瓶内反应温度达135°C至137°C左右，分水器中水面上升至支管口即可停止反应，反应液稍冷后开启活塞放出水，然后拆除装置。 v：将反应液倒入盛有50mL水的分液漏斗中，充分振荡，静置分层，弃去下层水溶液，上层粗产物依次用25mL水、15mL5%的NaOH溶液、15mL水洗涤并分液，在有机相中加入氯化钙，干燥后过滤。 vi：干燥后粗产物置于蒸馏瓶中，蒸馏收集140.1℃至144℃馏分，产量为7.84g。 已知：正丁醇(M=74g/mol)的密度为，正丁醚(M=130g/mol)微溶于水。 （1）仪器a的名称是_______。 （2）分水器的主要作用是_______。 （3）步骤i中，为使浓硫酸与正丁醇混合均匀，应如何加入浓硫酸：_______。(填字母) a．分批加入浓硫酸，每次加入都充分振摇 b．一次性快速加入浓硫酸，加入后再充分振摇 （4）写出制备过程中主要伴随的有机副反应产物的结构简式_______。 （5）“步骤v中，水洗涤的目的是_______。 （6）制备过程中，正丁醇与水可以形成共沸物，其主要原因是_______。 （7）本实验中正丁醚的产率为_______(结果保留3位有效数字)。 17. 储能材料是当前研究的热点。 （1）易分解反应释氢，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。与的反应过程如下： ． ． ． ①和在无水乙醚中反应可以生成和，该反应的化学方程式为___________。 ②反应的___________。 ③与普通铝粉相比，与反应更容易引发的原因是___________。 （2）是一种储氢材料，催化剂催化释氢的原理是：使催化剂表面的释放，催化剂表面的与结合生成(容易吸附阴离子)。在催化剂中掺有会提高释氢速率，其部分机理如图-1所示。 ①水解生成和的离子方程式为___________。 ②用重水()代替，通过检测反应生成的___________可以判断制氢的机理。 ③掺有能提高催化效率的原理是___________。 ④产氢速率与浓度的关系如图-2所示。当浓度大于时，产氢速率下降的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省扬州中学2024-2025学年第二学期期中考试 高二化学(选修) 2025.4 试卷满分：100分，考试时间：75分钟 注意事项： 1.作答第1卷前，请考生务必将自己的姓名、考试证号等写在答题卡上并贴上条形码 2.将选择题答案填写在答题卡的指定位置上(使用机读卡的用2B铅笔在机读卡上填涂)，非选择题一律在答题卡上作答，在试卷上答题无效。 3.考试结束后，请将机读卡和答题卡交监考人员。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Br-80 第I卷(选择题 共39分) 单项选择题：本题包括13小题，每题3分，共39分。在每题给出的四个选项中只有一项是最符合题意的。(请将所有选择题答案填到答题卡的指定位置中。) 1. 2025央视春晚舞台上，创意融合舞蹈《秧BOT》，不仅仅是一场视觉盛宴，更是科技与传统文化的完美结合。下列说法错误的是 A. 机器人穿着喜庆的红色棉袄，其中棉花属于天然有机高分子 B. 为机器人提供续航的锂电池，轻便稳定，比能量较低 C. 机器人的机身应用了碳纤维，是一种含碳量在90%以上的高强度纤维 D. 铝合金和钛合金也是制造机器人的重要原材料，钛合金强度高耐腐蚀，铝合金轻质成本低，都是极为重要的金属材料 【答案】B 【解析】 【详解】A．棉花主要成分是纤维素，属于天然有机高分子，故A正确； B．锂电池通常来说密度小，质量轻，比能量较高，故B错误； C．碳纤维是一种通过物理和化学加工过程得到的含碳量在90%以上的高强度纤维，故C正确； D．钛合金强度高耐腐蚀，铝合金轻质成本低，合金具有硬度大、优良性状、极为重要的金属材料，故D正确； 答案选B。 2. 下列表示不正确的是 A. 质子数为35、中子数为46的Br原子： B. 的形成过程： C. 的名称：2，2，4，5-四甲基己烷 D. 福尔马林溶液中的氢键： 【答案】D 【解析】 【详解】A．在原子的表示中，元素符号左下角表示质子数、左上角表示质量数且质量数=质子数+中子数，所以质子数为35、中子数为46的Br原子的质量数为，其原子表示为：，A正确； B．的形成过程中，Be原子最外层电子数为2，能提供2个电子共用；而每个氯原子最外层有7个电子，还需要1个电子形成稳定结构，则需要2个氯原子，用电子式表示的形成过程为：，B正确； C．的结构简式为，按照系统命名得到其名称：2，2，4，5-四甲基己烷，C正确； D．甲醛分子中由于氧原子的电负性较高，能与水分子中的氢原子之间形成了氢键，，D错误； 故答案为：D。 3. 认知、推理能力是培养化学学科思维的方法之一，下列说法不正确的是 A. 与H2完全加成之后的产物，其一氯代物有7种 B. 环戊二烯()分子中最多有9个原子在同一平面上 C. 按系统命名法，化合物的名称是2–甲基苯酚 D. 可使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】A 【解析】 【详解】A．与H2加成之后的产物为，共8种环境的H，所以其一氯代物有8种，故A错误； B．环戊二烯中含有2个乙烯的平面结构，饱和C原子取代乙烯平面中H原子的位置，两个乙烯平面可能处于同一平面上，则5个C原子与4个H原子可共面，即最多9个原子共面，故B正确； C．化合物中的甲基和酚羟基处于邻位，系统命名法为2–甲基苯酚，故C正确； D．能被酸性高锰酸钾溶液氧化为，所以可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确； 答案选A。 4. W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，这5种元素形成的一种阴离子结构如图所示。W、Y的核电荷数之和等于Z的核电荷数，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法不正确的是 A. W与X形成的化合物均为极性分子 B. Y的简单气态氢化物的沸点比X的高 C. Q的氧化物是两性氧化物 D. 该阴离子中含有配位键 【答案】A 【解析】 【分析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成1条单键且核电荷数最小，W为H，X形成4条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X为C，Y形成2条单键，核电荷数大于C，Y为O，W、Y原子序数之和等于Z，Z为F，Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍，Q为Al。 【详解】A．W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A错误； B．水分子间可以形成氢键，所以H2O沸点比CH4的高，B正确； C．Q为Al，Al2O3为两性氧化物，C正确；    D．该阴离子中L与Al之间形成配位键，D正确； 故选A。 5. NaOH活化过的催化剂对甲醛氧化为具有较好的催化效果，有学者提出该催化反应的机理如下。下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂 B. 步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH发生作用 C. 步骤Ⅱ中发生的反应可表示为 D. 该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果 【答案】D 【解析】 【详解】A．步骤Ⅰ中O2断键为非极性键断裂，故A正确； B．氧的电负性大于碳，HCHO中带部分负电荷的O，由图可知，与催化剂表面的-OH中带部分正电荷的H发生作用，故B正确； C．步骤Ⅱ中观察反应物质的变化可知，生成了CO和H2O，发生的反应可表示为，故C正确； D．苯中存在共轭效应，电子分布较均匀，该催化剂要有正、负电荷的作用，因此对苯的催化氧化效果弱于对HCHO的催化氧化效果，故D错误； 故答案选D。 6. 甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步反应如下： 下列说法中正确的是 A. X分子中含有的sp2杂化的碳原子数为6 B. X分子能与FeCl3溶液反应 C. Y分子存在顺反异构 D. X→Y分两步进行，先发生取代反应，后发生消去反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题干X的结构简式可知，X分子中苯环和醛基上的碳原子均采用sp2杂化，即含有的sp2杂化的碳原子数为7，A错误； B．由题干X的结构简式可知，X分子中不含酚羟基，故不能与FeCl3溶液反应，B错误； C．已知碳碳双键两端分别连有互不相同的原子或原子团时存在顺反异构，由题干Y的结构简式可知，Y分子存在顺反异构，C正确； D．由题干转化信息可知，X→Y分两步进行，即醛基与酯基邻碳上的H先发生加成反应，后发生消去反应，D错误； 故答案为：C。 7. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 探究方案 A Ka(HClO)与Ka(HCN)的大小关系 用pH计测量NaClO溶液和NaCN溶液的pH，比较HClO和HCN的Ka大小 B 碘在浓KI溶液中与CCl4中的溶解能力比较 向碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，观察有机层颜色的变化 C SO2是否具有漂白性 向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴KMnO4溶液，振荡，观察溶液颜色变化 D 探究1—溴丁烷的消去产物 向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH、15mL无水乙醇、碎瓷片和5mL1-溴丁烷，微热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，观察现象 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．Ka(HClO)与Ka(HCN)的大小关系，应用pH计测量相同浓度的NaClO溶液和NaCN溶液的pH，A错误； B．向碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡后静置，下层颜色变浅，则碘在浓KI溶液中溶解能力比CCl4中的大，B正确； C．向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴KMnO4溶液，振荡，KMnO4溶液褪色，可知SO2是否具有还原性，C错误； D．乙醇易挥发，挥发的乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，并不能证明1—溴丁烷发生消去反应，D错误； 故选B。 8. 微生物燃料电池可以净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是 A. N为电池正极，Cr2O被还原 B. 该电池工作时，M极的电极反应式为CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+ C. Cr2O浓度较大时，可能会造成还原菌失去活性 D. 当M极产生22.4LCO2气体(标准状况)时，有4molH+从质子交换膜右侧移向左侧 【答案】D 【解析】 【分析】从图1中可知，M电极为负极，负极上乙酸失电子生成CO2和氢离子，N电极为正极，正极上O2得电子结合氢离子生成水，同时得电子生成Cr(OH)3。 【详解】A．N为电池正极，得电子被还原，A正确； B．M电极上乙酸失电子生成CO2和氢离子，电极反应式为CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+，B正确； C．从图2中可知，浓度较大时，其去除率明显下降，可能原因为为重金属离子，浓度较大时，造成还原菌失去活性，C正确； D．M电极反应式为CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+，生成1mol二氧化碳，转移4mol电子，同时生成4mol氢离子，但是氢离子是从质子交换膜左侧移向右侧，D错误； 故答案选D。 9. 工业上用CO2和H2反应合成二甲醚，其反应为：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH = -122.5kJ·mol−1.不同的催化剂对该反应的催化活性在不同温度下表现不同。下列说法正确的是 A. 上述反应平衡常数 B. 其他条件不变时，CO2转化率随温度升高而增大的原因可能是催化剂活性增强或平衡常数增大 C. 其他条件不变时，在恒压条件下通入一定量的惰性气体，H2的平衡转化率提高 D. 若反应中及时分离出二甲醚，正反应速率增大，CO2转化率增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．平衡常数的表达式由生成物与反应物的浓度幂次方之比决定，平衡常数表达式应为：，A正确； B．该反应是放热反应，升温会使平衡逆向移动，导致平衡常数 K减小，平衡转化率降低。虽然催化剂活性可能在特定温度范围内增强，从而提高反应速率，但选项中提到“平衡常数增大”是错误的，B错误； C．在恒压条件下通入惰性气体，系统体积增大，各反应物和生成物的浓度降低，相比于原平衡，相当于减压，根据勒夏特列原理，降低压强会使平衡向气体体积增大的方向（逆反应方向）移动，导致  的平衡转化率降低，C错误； D．及时分离出二甲醚会减少生成物浓度，促使平衡正向移动，从而提高的转化率。但正反应速率仅由反应物浓度决定，分离生成物不会直接增加反应物浓度，因此正反应速率不会增大，反而会减小，D错误； 故选A。 10. 化学与生产、生活密切相关，下列事实与盐类水解无关的是 A. 用热的纯碱溶液去除炊具上的油污 B. 为了除去锅炉水垢中的CaSO4，先用Na2CO3溶液处理，而后用酸溶解 C. NH4Cl或ZnCl2溶液用作金属焊接的除锈剂 D. 配制FeCl3溶液时，先将FeCl3固体溶于浓盐酸，再加水稀释到所需浓度 【答案】B 【解析】 【详解】A．碳酸钠水解使溶液显碱性，油污在碱性条件下易被除去，与盐类水解有关，A不符合题意； B．用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢，可使CaSO4转化为CaCO3，再用酸溶解除去，属于沉淀转化，与盐类水解无关，B符合题意； C．铵根离子和锌离子水解有H+生成，使溶液显酸性，H+与铁锈反应，能起到除锈的作用，与盐类水解有关，C不符合题意； D．配制FeCl3溶液时，为抑制FeCl3水解，先将氯化铁固体溶于浓盐酸中，再稀释至所需浓度，与盐类水解有关，D不符合题意； 故选B。 11. 从砷化镓废料（主要成分为、、和）中回收镓和砷的工艺流程如图所示。 下列说法错误的是 A. “碱浸”时，温度保持在的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解 B. “碱浸”时，被氧化，每反应，转移电子的数目为 C. “旋流电积”所得“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益 D. 晶胞如上图，距离最近的原子数为12 【答案】B 【解析】 【分析】砷化镓废料（主要成分为、、和）中加入NaOH、H2O2，主要发生、，转化为，转化为进入溶液，、难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣I；浸出液中加硫酸中和，滤液含，操作为蒸发浓缩、冷却结晶得到含结晶水的晶体；滤渣II含沉淀，向镓和硅共沉物中加入硫酸，分离出滤渣III为，转化为溶液，电解溶液生成Ga、氧气、硫酸。 【详解】A．温度越高，反应速率越快，但受热易分解，则反应温度不宜太高，故“碱浸”时，温度保持在的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解，A正确； B．“碱浸”时，转化为，As元素的化合价由-3价升高为+5价，则每反应，转移电子的数目为，B错误； C．“旋流电积”时，在阴极放电，H2O在阳极放电生成O2，同时生成H+，所以“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益，C正确； D．根据晶胞结构分析，As做面心立方最密堆积，与顶点的As等距且最近的As位于相邻的三个面的面心上，一个顶点为8个立方体共有，则距离最近的原子数为，D正确； 故选B。 12. 草酸亚铁是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如图反应制取FeC2O4： 已知室温时：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7。 下列说法正确的是 A. 室温下，0.10molL-1NaHC2O4溶液中存在：c(C2O)<c(H2C2O4) B. 酸化、溶解后的溶液中存在：c(NH)+2c(Fe2+)＞2c(SO) C. 室温时，反应Fe2++H2C2O4=FeC2O4↓+2H+的平衡常数K=40 D. 过滤后的上层清液中：c(Fe2+)c(C2O)≥2.1×10-7 【答案】C 【解析】 【详解】A．草酸氢钠溶液中草酸氢根的电离常数为Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4，水解常数为：，即草酸氢根的电离程度大于其水解程度，故c(C2O)>c(H2C2O4)，A错误； B．硫酸亚铁铵晶体溶于水后存在电荷守恒：c(NH)+2c(Fe2+)+c(H+)=2c(SO)+c(OH-)，酸化、溶解后的溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，故酸化、溶解后的溶液中存在：c(NH)+2c(Fe2+)<2c(SO)，B错误； C．室温时，反应Fe2++H2C2O4=FeC2O4↓+2H+的平衡常数，C正确； D．当c(Fe2+)c(C2O)≥Ksp=2.1×10-7时形成FeC2O4沉淀，过滤后的上层清液中不会生成FeC2O4沉淀，故c(Fe2+)c(C2O)<2.1×10-7，D错误； 故选C。 13. 甲醇-水催化重整可获得H2.其主要反应为 反应Ⅰ CH3OH(g) + H2O(g) = CO2(g) + 3H2(g) ΔH = 49.4 kJ·mol−1 反应Ⅱ CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g) ΔH = 41.2 kJ·mol−1 在1.0×105Pa、n始(H2O)∶n始(CH3OH)=1.2时，若仅考虑上述反应，平衡时CO的选择性、CH3OH的转化率和H2的产率随温度的变化如图所示。 CO的选择性= × 100％ 下列说法正确的是 A. 一定温度下，增大可提高CO的选择性 B. 平衡时CH3OH的转化率一定大于H2O的转化率 C. 图中曲线①表示平衡时H2产率随温度的变化 D. 一定温度下，降低体系压强，反应Ⅰ的平衡常数增大 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知反应Ⅰ CH3OH(g) + H2O(g) = CO2(g) + 3H2(g) ΔH = 49.4 kJ·mol−1，反应Ⅱ CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g) ΔH = 41.2 kJ·mol−1，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，升温时反应Ⅰ正向移动，所以图中③代表CO的选择性，①代表CH3OH的转化率，②代表H2的产率，以此解题。 【详解】A．增大，平衡正向移动，可提高CH3OH的转化率，A错误； B．由于n始(H2O)∶n始(CH3OH)=1.2，H2O过量，故平衡时CH3OH的转化率一定大于H2O的转化率，B正确； C．由分析可知②代表H2的产率，C错误； D．反应Ⅰ的平衡常数只与温度有关，温度不变，反应Ⅰ的平衡常数不变，D错误； 故选B。 第Ⅱ卷(非选择题 共61分) 14. 回收高铋银锌渣(主要成分是Bi，还含有Zn、Ag、Au等杂质)可制备半导体材料Bi2O3 （1）氧化酸浸。将银锌渣加入盐酸和NaCl混合溶液中，再分批加入NaClO3溶液，搅拌使其充分反应，得到含有的浸出液和浸出渣。 ①写出生成的离子方程式：___________。 ②HNO3也可用于“氧化酸浸”，在该工业中不选择HNO3的原因可能是___________。 ③液固比是指浸出液总体积与银锌渣质量之比。浸出相同时间后，Bi的浸出率随液固比的变化如图所示。液固比很低时，Bi的浸出率明显较低的原因是___________。 （2）分离出Zn2+后浸出液主要成分为BiCl3溶液。可用于进一步制备Bi2O3，其流程如下： ① 向浸出液中滴加Na2CO3溶液，调节溶液pH约为1.5，得到BiOCl沉淀，该过程的化学方程式为___________。 ② 我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示。该材料的化学式为___________。 （3）从浸出渣中可回收银和金。已知Ag2SO4可溶于氨水，[Ag(NH3)2]+具有较强的氧化性。补充完整以浸出渣为原料制备单质银的实验方案：向浸出渣中加入硫酸后焙烧，得硫酸银烧渣，___________，得单质银。(实验中须使用的试剂有氨水、水合肼溶液、BaCl2溶液) 【答案】（1） ①. 2Bi+11Cl-++6H+=2+3H2O ②. 生成氮氧化物，污染环境 ③. 溶液黏度较大，流动性差，浸出剂与固体接触不充分，浸出反应速率低 （2） ①. BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+CO2↑+2NaCl ②. Bi2SeO2 （3）边搅拌边向烧渣中加入氨水至固体不再溶解，过滤，向滤液中加入水合肼溶液至不再有气泡生成(至沉淀不再产生)，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无浑浊生成，干燥 【解析】 【分析】本题为回收高铋银锌渣(主要成分是Bi，还含有Zn、Ag、Au等杂质)可制备半导体材料Bi2O3的工艺流程题，先进行氧化酸浸即将银锌渣加入盐酸和NaCl混合溶液中，再分批加入NaClO3溶液，搅拌使其充分反应，得到含有的浸出液和浸出渣，根据氧化还原反应配平可得该过程反应方程式为：2Bi+5NaCl+NaClO3+6HCl=2Na3BiCl6+3H2O，分离出Zn2+后浸出液主要成分为BiCl3溶液，向浸出液中滴加Na2CO3溶液，调节溶液pH约为1.5，促进BiCl3水解生成BiOCl，据此分析结合各小题实际解题。 【小问1详解】 ①由分析可知，生成的化学方程式为：2Bi+5NaCl+NaClO3+6HCl=2Na3BiCl6+3H2O，故其离子方程式2Bi+11Cl-++6H+=2+3H2O，故答案为：2Bi+11Cl-++6H+=2+3H2O； ②HNO3也可用于“氧化酸浸”，但是HNO3反应会生成污染的氮氧化物，在该工业中不选择HNO3的原因可能是生成氮氧化物，污染环境，故答案为：生成氮氧化物，污染环境； ③结合图像，液固比很低时，Bi的浸出率明显较低的原因是溶液黏度较大，流动性差，浸出剂与固体接触不充分，浸出反应速率低，故答案为：溶液黏度较大，流动性差，浸出剂与固体接触不充分，浸出反应速率低； 【小问2详解】 ①向浸出液中滴加Na2CO3溶液，调节溶液pH约为1.5，得到BiOCl沉淀，该过程的化学方程式为BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+CO2↑+2NaCl，故答案为：BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+CO2↑+2NaCl； ②根据均摊法，Se为1+=2，O为4×+2=4，Bi为8×+2=4，该材料的化学式为Bi2SeO2，故答案为：Bi2SeO2； 【小问3详解】 以浸出渣为原料制备单质银的实验方案：向浸出渣中加入硫酸后焙烧，得硫酸银烧渣，边搅拌边向烧渣中加入氨水至固体不再溶解，过滤，向滤液中加入水合肼溶液至不再有气泡生成(至沉淀不再产生)，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无浑浊生成，干燥，得单质银，故答案为：边搅拌边向烧渣中加入氨水至固体不再溶解，过滤，向滤液中加入水合肼溶液至不再有气泡生成(至沉淀不再产生)，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无浑浊生成，干燥。 15. 化合物E是合成降糖药瑞格列净的重要中间体，其合成路线如下： （1）化合物D中含氧官能团的名称为___________。 （2）化合物A分子中发生sp2、sp3杂化的碳原子数目之比为___________。 （3）A→B、B→C的反应类型分别为___________、___________。 （4）化合物C还可以继续与HBr反应生成副产物X(C7H7OBr)，X的结构简式为___________。 （5）D的某同分异构体同时满足下列条件，写出其中一种符合要求的同分异构体的结构简式___________。 ①分子中含有苯环，且核磁共振氢谱证明只含有两种不同化学环境的氢原子； ②该物质只含有一种官能团。 【答案】（1）醚键、酮羰基、酯基 （2）7∶3 （3） ①. 还原反应 ②. 取代反应 （4） （5）、 【解析】 【分析】A中醛基还原为羟基生成B，B和HBr发生取代反应生成C；C和发生取代反应生成D和HBr，D和水合肼反应生成E。 【小问1详解】 根据D的结构简式，D中含氧官能团的名称为醚键、酮羰基、酯基； 【小问2详解】 化合物A分子中，苯环和醛基中的碳原子采用杂化，单键碳原子采用杂化，发生、杂化的碳原子数目之比为7:3； 【小问3详解】 A→B是A中醛基加入氢原子，变为羟基，反应类型为还原反应；B→C是B中的羟基被溴原子代替，反应类型为取代反应； 【小问4详解】 化合物C还可以继续与HBr反应生成副产物X()，根据C的结构简式，可知X的结构简式为。 【小问5详解】 ①分子中含有苯环，且核磁共振氢谱证明只含有两种不同化学环境的氢原子，说明结构对称； ②该物质只含有一种官能团。符合要求的D的同分异构体的结构简式为、。 16. 实验室常用正丁醇、浓硫酸在加热条件下制备正丁醚，反应原理如下：2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O。反应装置如图所示。反应流程如下： i：在100mL三颈烧瓶中，先加入31mL正丁醇，再将4.5mL浓硫酸加入瓶内并投入沸石。将分水器、温度计和三颈烧瓶组装好。 ii：沿分水器支管口对面的内壁小心的贴壁加水，待水面上升至恰与分水器支管口下沿相平时为止，小心开启活塞放出水。 iii：在分水器上口接一仪器a，小火加热烧瓶，使反应物微沸并开始回流， 随反应进行，回流液经a收集于分水器中。 iv：平稳回流至烧瓶内反应温度达135°C至137°C左右，分水器中水面上升至支管口即可停止反应，反应液稍冷后开启活塞放出水，然后拆除装置。 v：将反应液倒入盛有50mL水的分液漏斗中，充分振荡，静置分层，弃去下层水溶液，上层粗产物依次用25mL水、15mL5%的NaOH溶液、15mL水洗涤并分液，在有机相中加入氯化钙，干燥后过滤。 vi：干燥后粗产物置于蒸馏瓶中，蒸馏收集140.1℃至144℃馏分，产量为7.84g。 已知：正丁醇(M=74g/mol)的密度为，正丁醚(M=130g/mol)微溶于水。 （1）仪器a的名称是_______。 （2）分水器的主要作用是_______。 （3）步骤i中，为使浓硫酸与正丁醇混合均匀，应如何加入浓硫酸：_______。(填字母) a．分批加入浓硫酸，每次加入都充分振摇 b．一次性快速加入浓硫酸，加入后再充分振摇 （4）写出制备过程中主要伴随的有机副反应产物的结构简式_______。 （5）“步骤v中，水洗涤的目的是_______。 （6）制备过程中，正丁醇与水可以形成共沸物，其主要原因是_______。 （7）本实验中正丁醚的产率为_______(结果保留3位有效数字)。 【答案】（1）球形冷凝管 （2）分离出水，使反应正向进行，提高反应物转化率（或利用率） （3）a （4）CH3CH2CH=CH2 （5）除去有机相中残留的碱及盐 （6）正丁醇与水形成分子间氢键 （7）35.5% 【解析】 【分析】在100mL三颈烧瓶中，先加入31mL正丁醇，再将4.5mL浓硫酸加入瓶内并投入沸石，防止爆沸，将分水器、温度计和三颈烧瓶组装好，ii：沿分水器支管口对面的内壁小心的贴壁加水，分水器的主要作用是分离出产物水，使反应正向进行，提高反应物转化率，待水面上升至恰与分水器支管口下沿相平时为止，小心开启活塞放出水，iii：在分水器上口接一仪器a球形冷凝管，小火加热，使反应物微沸并开始回流，随反应进行，回流液经冷凝管收集于分水器中，iv：平稳回流至烧瓶内反应温度达135°C至137°C左右，分水器中水面上升至支管口即可停止反应，反应液稍冷后开启活塞放出水，然后拆除装置，v：将反应液倒入盛有50mL水的分液漏斗中，充分振荡，静置分层，弃去下层水溶液，上层粗产物依次用25mL水、15mL5%的NaOH溶液、15mL水洗涤并分液，在有机相中加入氯化钙，干燥后过滤，据此解答。 【小问1详解】 仪器a的名称是球形冷凝管； 【小问2详解】 分水器的主要作用是分离出水，使反应正向进行，提高反应物转化率（或利用率）； 【小问3详解】 步骤i中，为使浓硫酸与正丁醇混合均匀，因为浓硫酸稀释会放出大量的热，所以应分批加入浓硫酸，每次加入都充分振摇，选a； 【小问4详解】 主要伴随的有机副反应为正丁醇的分子内脱水，生成丁烯，所以副反应产物的结构简式为CH3CH2CH=CH2； 【小问5详解】 水洗涤前面加了NaOH溶液会和酸反应生成盐和水，其目的是除去有机相中残留的碱及盐； 【小问6详解】 正丁醇与水可以形成共沸物，其主要原因是正丁醇与水形成分子间氢键； 【小问7详解】 正丁醇加入31mL，密度为，正丁醇相对分子质量为M=74g/mol，得质量为31mL×=25.11g，物质的量为25.11g÷74g/mol=0.34mol，根据关系式可知正丁醚为0.17mol，M=130g/mol，故质量为22.1g，产量为7.84g，正丁醚的产率为； 17. 储能材料是当前研究的热点。 （1）易分解反应释氢，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。与的反应过程如下： ． ． ． ①和在无水乙醚中反应可以生成和，该反应的化学方程式为___________。 ②反应的___________。 ③与普通铝粉相比，与反应更容易引发的原因是___________。 （2）是一种储氢材料，催化剂催化释氢的原理是：使催化剂表面的释放，催化剂表面的与结合生成(容易吸附阴离子)。在催化剂中掺有会提高释氢速率，其部分机理如图-1所示。 ①水解生成和的离子方程式为___________。 ②用重水()代替，通过检测反应生成的___________可以判断制氢的机理。 ③掺有能提高催化效率的原理是___________。 ④产氢速率与浓度的关系如图-2所示。当浓度大于时，产氢速率下降的原因是___________。 【答案】（1） ①. ②. ③. AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应，大量放热，引发铝热反应Ⅲ， AlH3分解得到Al，更容易与Fe2O3反应(颗粒小，无氧化膜) （2） ①. ②. HD、 ③. MoO3能够促进水电离出H+和 ④. 反应产生的大量的吸附Co表面，阻止了的吸附反应 【解析】 【小问1详解】 ①根据原子守恒，可得LiAlH4和AlCl3在无水乙醚中反应可以生成AlH3和LiCl的化学方程式为： 3LiAlH4 + AlCl3 = 4AlH3 + 3LiCl； ②已知反应: ． ． ． ，根据盖斯定律可知: 可得反应：，则； ③AlH3与普通铝粉相比，AlH3与Fe2O3反应更容易引发的原因是AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应，大量放热，引发铝热反应Ⅲ， AlH3分解得到Al，更容易与Fe2O3反应(颗粒小，无氧化膜)； 【小问2详解】 ①由图可知，NaBH4水解生成H2和的离子方程式为：； ②用重水(D2O)代替H2O通过检测反应生成的HD、，可以判断制氢的机理； ③掺有MoO3能提高催化效率的原理是MoO3能够促进水电离出H+和 ④④产氢速率与NaBH4浓度的关系如图2所示。当NaBH4浓度大于时，产氢速率下降的原因是反应产生的大量的吸附Co表面，阻止了的吸附反应。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $