精品解析：重庆市巴蜀中学校2024-2025学年高二下学期5月期中考试 化学试题

重庆市巴蜀中学教育集团高2026届高二(下))半期考试 化学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦千净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。 3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。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，O-16，S-32，Ca-40，Fe-56，Mn-55 一、选择题(单选题，共14小题，每个3分，共42分) 1. 下列说法正确的是 A. 甲烷的结构式：CH4 B. p-pπ键形成的轨道重叠示意图： C. C2H2分子的空间构型名称：直线形 D. 甲苯的质谱图中，质荷比为91的峰归属粒子： 2. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4LCO2分子中含有C=О键数目为NA B. 0.5molCH4和1molCl2在光照下充分反应后的分子数为1.5NA C. lmol苯分子结构中含有碳碳双键数目为3NA D. 0.1molCH4和C2H4的混合气体，完全燃烧，消耗O2的分子数目为0.25NA 3. 下列命名不正确的是 A. ：2-甲基-3-乙基戊烷 B. ︰反-2-丁烯 C. ：丙烯 D. ：邻苯二甲基 4. 对下列装置图认识正确的是 A．验证改变压强能改变平衡状态 B．探究浓度对化学反应速率的影响 C．测定澄清石灰水与盐酸的中和反应热 D．用CaC2与饱和食盐水制乙炔 A. A B. B C. C D. D 5. 下列方程式书写不正确的是 A. +Br2+HBr↑ B. nCH2=CHCH3 C. SbCl3的水解反应：2SbCl3+3H2OSb2O3+6HCl D. 工业盐酸呈亮黄色的原因：Fe3++4Cl-[FeCl4]- 6. 下列物质结构或性质的说法中，不正确的是 A. 沸点：H2O>NH3 B. SO3是极性分子 C. 第一电离能：Ca>Ga D. XeF2与XeO2的键角不相同 7. 环六糊精()具有不对称的空腔结构，能够在水中包合某芳香族客体组装成超分子X和Y，如图a所示。组装过程中两种超分子的浓度随时间的变化关系如图b所示，下列说法错误的是 A. 环六糊精中C原子采取sp3杂化 B. 客体与环六糊精是通过分子间作用力组装成超分子 C. 超分子X与Y互为同分异构体 D. 超分子组装过程的活化能：①>② 8. 有机物a、b的结构如图，下列说法正确的是 A. a的一氯代物有6种 B. a的分子式为C10H10 C. b分子中在一条直线上的原子最多有6个 D. b不能使酸性KMnO4溶液褪色 9. W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的五种元素，其中基态X、Y、Z原子中能量最高的电子均位于2p能级，且Z是同周期主族元素原子半径最小的，M2+核外有27个电子，这五种元素可形成结构式如图所示的阴离子。下列说法错误的是 A. 该阴离子中o键与n键数目之比为16：3 B. 基态M原子的最外层电子数为l C. 原子半径：X>Y>Z>W D. 4个M-X键的强度不同 10. 我国研制出在室温下可充电700次的钙-氧电池如图a所示。已知放电过程中，O2在电极表面的两种反应路径如图b所示。 下列说法不正确的是 A. 电解质溶液不能换成水溶液 B. 生成CaO的路径中，断裂О-О键 C. Oz参与的主要电极反应式为：O2+4e-+2Ca2+=2CaO D. 放电过程中，若正极流入的电子与消耗O2的物质的量比值为2.07，则可得生成CaO2与CaO的物质的量之比为193：14 11. 某立方晶系的硫锰矿晶胞，沿c轴将原子投影到ab平面，投影如图所示(括号内为原子在c轴的分数坐标)。设NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2 B. 晶胞所表示化学式为MnS2 C. Mn原子的堆积方式为面心立方堆积 D. 若晶胞中两个硫原子核间的距离为dA(1A=10-10m)，晶体密度为pg·cm-3，则阿伏伽德罗常数的值NA= 12. 恒温条件下，分别向体积为1L、2L的两个密闭容器(分别编号为Ⅰ、Ⅱ)中充入1molC2H6发生C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)，10min后测得剩余两个容器中C2H6的浓度分别为0.5mol/L、0.2mol/L，下列说法不正确的是 A. 平均反应速率：I>Ⅱ B. 该条件下，平衡常数的值K=0.5 C. 两个均达到平衡状态 D. 此条件下，容器I达到平衡时，平衡转化率为50% 13. 已知酞菁和钴酞菁的结构如图所示： 已知酞菁分子中所有原子共平面。下列说法错误的是 A. 元素电负性C>H B. 酞菁分子中N原子均采取sp2杂化 C. 酞菁分子中③号N原子的p轨道能提供一对电子 D. 钴酞菁分子中，钴离子的化合价为＋4价 14. 向10mLFeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入等浓度的氨水，溶液中金属元素有不同的存在形式，pM随溶液pH变化的关系如图所示，M表示c(Zn2+)、c(Fe2+)或c([Zn(NH3)4]2+〕。下列说法错误的是 已知：pM(Zn2+)=-lgc(Zn2+)，Zn(OH)2(s)+4NH3(aq)[Zn(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) K=10-7.86。 A. 不能分步沉淀Zn2+和Fe2+ B. Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2] C. [Zn(NH3)4]2+(aq)Zn2+(aq)+4NH3(aq) K=10-9.06 D. C点对应溶液中，c{[Zn(NH3)4]2+}+c(Zn2+)+c(Fe2+)+c()<c() 二、填空题(共4个大题，共58分) 15. 以甲烷为原料合成聚苯乙烯等产品的一种流程如下(部分产物及反应条件略去)： （1）苯乙烯中的官能团名称是_______。 （2）乙苯分子中的C原子采取_______杂化方式。 （3）反应②的反应类型是_______，要使反应⑤发生还需要加入_______。 （4）写出反应④的化学方程式：_______。 （5）乙苯分子中最多共面的原子个数为_______，其相对分子质量比乙苯大14的同系物中，属于芳香烃的有_______种同分异构体，其中符合下列核磁共振氢谱图的结构简式为_______。 （6）结合上述流程，完成由和CH2=CH2制备的流程(无机试剂任选)_______。(已知第二步的反应条件为) 16. 氮元素可以形成多种多样的化合物，回答下列问题： （1）基态N原子的价电子排布图为_______。 （2）NH3分子中，中心N原子上的价层电子对数为_______，H-N-H的键角：NH3_______ (填“>”、“<”或“=”)。 （3）的空间结构为_______，结构中存在类似苯环的大π键(表示为)，则该微粒的大π键可表示为_______。 （4）叠氮酸分子中σ键结构如图所示：，已知*N为sp2杂化，参与形成π键的电子越多，键长越短，则键长：①_______②。 （5）已知碱性：乙胺(CH3CH2NH2)强于2-羟基乙胺(HOCH2CH2NH2)，原因是_______。 （6）立方氮化硼的硬度仅次于金刚石，其晶胞结构如图所示，假设晶体密度为dg/cm3，阿伏伽德罗常数的值为NA。 ①立方氮化硼属于_______晶体； ②该晶胞中N原子与N原子最近核间距为_______pm(列出计算式即可)。 17. 从酸洗废液中回收锌的流程示意图如下： （1）Zn在元素周期表中位置是_______。 （2）酸洗时加入的试剂X最好是_______，三辛胺(R3N)中-R表示烷基，则该烷基的化学式为_______。 （3）废酸液中，Zn2+主要以[ZnCl3]-的形式存在。加入三辛胺进行萃取，萃取过程中，三辛胺(R3N)先与H+结合生成[R3NH]+，再将[ZnCl3]-转移到有机相。 ①(R3N)与H+形成_______(填化学键类型)﹔ ②从微粒间相互作用的角度解释萃取发生的原理_______。 （4）加入NH3·H2O实现反萃取的化学方程式_______，实验室中分液用到的玻璃仪器有_______。 （5）测定废酸液中Fe2+含量操作如下 取amL废酸液，配制成100mL溶液。取出20mL溶液，加入指示剂，用cmol/L酸性K2Cr2O7标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗标准液bmL，该废液中Fe2+的含量为_______g/L。 18. 用只含一个碳原子的化合物(如CO、CO2、CH3OH等)为原料合成一系列化工产品的化学，称为“一碳化学”。 （1）CO2可从工业尾气中捕获，下列能作为捕获剂的是_______。 A. CaCl2溶液 B. 纯碱溶液 C. 小苏打溶液 D. (NH4)2SO4溶液 （2）标准摩尔生成焓定义为“由标准状态的单质生成1mol化合物的焓变”，部分物质的标准摩尔生成焓数据如下表： 物质 CO2(g) H2(g) CO(g) CH3OH(g) 标准摩尔生成焓/kJ/mol -393.5 0 -110.5 x 则反应C(s)+O2(g)=CO(g)，在_______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发进行，表示CH3OH标准摩尔生成焓的热化学方程式为_______(用x表示反应热的值)。 （3）下图为配位不饱和Cr3+催化CO2耦合C2H6脱氢反应过程：Cr的价态由＋3价升高到_______价。 （4）已知：反应I CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H1<0 反应 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2<0 ①研究表明，反应Ⅱ的速率方程v=k[x(CO)·x(H2O)·Kp-x(CO2)x(H2)]，x表示气体的物质的量分数，Kp表示压强平衡常数且随升高温度而减小，k为反应的速率常数且随温度升高而增大。其他条件一定时，反应速率随温度升高先增大再减小，根据速率方程分析，v逐渐减小的原因是_______(结合Kp和k作答)。 ②温度为T1时，向某固定容积的容器中充入一定量的H2(g)和lmolCO(g)，仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时H2(g)和CO(g)的转化率(α)随起始投料比变化的情况如图所示，已知c表示CH4(g)的物质的量(n)，d表示CO2(g)的物质的量(n)。 图中表示H2(g)转化率变化曲线为_______(填“a”或“b”)，m=_______﹔若温度为T2，起始投料比=1时，反应Ⅱ的Kp=1，则T1_______T2(填“>”、“<”或“=”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市巴蜀中学教育集团高2026届高二(下))半期考试 化学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦千净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。 3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。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，O-16，S-32，Ca-40，Fe-56，Mn-55 一、选择题(单选题，共14小题，每个3分，共42分) 1. 下列说法正确的是 A. 甲烷的结构式：CH4 B. p-pπ键形成的轨道重叠示意图： C. C2H2分子的空间构型名称：直线形 D. 甲苯的质谱图中，质荷比为91的峰归属粒子： 【答案】C 【解析】 【详解】A．结构式是以短线方式表达分子中共用电子对的式子，则甲烷的结构式为：，A错误； B．p-pπ键形成轨道重叠示意图为“肩并肩”：，B错误； C．C2H2分子结构为：，存在碳碳叁键结构，整个分子的空间构型：直线形，C正确； D．甲苯的质谱图中，质荷比为91的峰归属粒子：，D错误； 故答案为：C。 2. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4LCO2分子中含有C=О键数目为NA B. 0.5molCH4和1molCl2在光照下充分反应后的分子数为1.5NA C. lmol苯分子结构中含有碳碳双键数目为3NA D. 0.1molCH4和C2H4的混合气体，完全燃烧，消耗O2的分子数目为0.25NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．标准状况下，22.4L CO2对应1mol CO2，每个CO2分子含2个C=O键，C=О键数为2NA，A错误； B．0.5mol CH4与1mol Cl2反应会生成氯代烷和HCl，反应均为分子数不变的反应，则充分反应后得到1.5mol分子，分子数为1.5NA，B正确； C．苯分子中碳碳键为介于单双键之间的大π键，无双键，C错误； D．0.1molCH4完全燃烧消耗0.2mol氧气，0.1molC2H4完全燃烧消耗0.3mol氧气，CH4和C2H4燃烧耗氧量随两者比例变化而变化，0.1mol混合气体耗氧量在0.2NA~0.3NA之间，D错误； 故选B。 3. 下列命名不正确的是 A. ：2-甲基-3-乙基戊烷 B. ︰反-2-丁烯 C. ：丙烯 D. ：邻苯二甲基 【答案】D 【解析】 【详解】A．主链5个碳原子，离支链最近一端编号，此有机物的名称2-甲基-3-乙基戊烷，A正确； B．烯烃命名时要标出双键的位置，此有机物的名称为反-2-丁烯，B正确； C．该有机物为键线式，名称为丙烯，C正确； D．该有机物既有苯环，又有甲基，以苯环为母体，故该有机物的名称为邻二甲苯，D错误； 故选D。 4. 对下列装置图认识正确的是 A．验证改变压强能改变平衡状态 B．探究浓度对化学反应速率的影响 C．测定澄清石灰水与盐酸的中和反应热 D．用CaC2与饱和食盐水制乙炔 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应前后气体分子数相同，改变压强平衡不移动，A错误； B．浓硫酸会使铁钝化，不能探究浓度对反应速率的影响，B错误； C．图示装置可测定澄清石灰水与盐酸的中和反应热，C正确； D．电石与水反应过于剧烈，该装置不能控制反应的发生或停止，D错误； 故选C。 5. 下列方程式书写不正确的是 A. +Br2+HBr↑ B. nCH2=CHCH3 C. SbCl3的水解反应：2SbCl3+3H2OSb2O3+6HCl D. 工业盐酸呈亮黄色的原因：Fe3++4Cl-[FeCl4]- 【答案】A 【解析】 【详解】A．铁粉作催化剂时，甲苯的溴代发生在苯环上，反应方程式：＋Br2＋HBr；A错误； B．丙烯发生加聚反应得到聚丙烯，所给方程式正确，B正确； C．SbCl3水解生成Sb2O3和HCl，所给方程式正确，C正确； D．工业盐酸常含Fe3+杂质，与Cl-形成络合物[FeCl4]-，呈黄色，所给方程式正确，D正确； 故选A。 6. 下列物质结构或性质的说法中，不正确的是 A. 沸点：H2O>NH3 B. SO3是极性分子 C. 第一电离能：Ca>Ga D. XeF2与XeO2的键角不相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．H2O常温下为液态，NH3常温下为气态，因此H2O的沸点高于NH3，A正确； B．SO3的中心原子为S，价层电子对为3+，孤电子对为0，分子空间结构为平面正三角形，为非极性分子，B错误； C．Ca的价电子排布为全充满的4s2，比Ga（4p1）更稳定，第一电离能Ca＞Ga，C正确； D．XeF2的价层电子对数=2+=5，孤对电子数为3，XeF2为直线形（键角180°）；XeO2的价层电子对数=2+=4，孤电子对数为2，XeO2为V形（孤对电子导致键角减小），故键角不同，D正确； 故选B。 7. 环六糊精()具有不对称的空腔结构，能够在水中包合某芳香族客体组装成超分子X和Y，如图a所示。组装过程中两种超分子的浓度随时间的变化关系如图b所示，下列说法错误的是 A. 环六糊精中C原子采取sp3杂化 B. 客体与环六糊精是通过分子间作用力组装成超分子 C. 超分子X与Y互为同分异构体 D. 超分子组装过程的活化能：①>② 【答案】D 【解析】 【详解】A．环六糊精中C原子均为单键碳，均采取sp3杂化，故A正确； B．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，则环六糊精和客体通过分子间相互作用组装成超分子，故B正确； C．客体相同，环六糊精相同，组装成超分子X和Y的相对分子质量相同，但两者结构不同，所以是同分异构体，故C正确； D．根据浓度变化图像可知，先生成较多超分子X，可知反应速率①>②，所以活化能①<②，故D错误； 选D。 8. 有机物a、b的结构如图，下列说法正确的是 A. a的一氯代物有6种 B. a的分子式为C10H10 C. b分子中在一条直线上的原子最多有6个 D. b不能使酸性KMnO4溶液褪色 【答案】C 【解析】 【详解】A．a为轴对称的结构，故一氯代物有5种，A错误； B．a的分子式为C11H10，B错误； C．b中含有一个苯环和一个碳碳三键，故在一条直线上的原子最多有6个，C正确； D．b分子中含有碳碳三键，能使酸性KMnO4溶液褪色，D错误； 故选C。 9. W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的五种元素，其中基态X、Y、Z原子中能量最高的电子均位于2p能级，且Z是同周期主族元素原子半径最小的，M2+核外有27个电子，这五种元素可形成结构式如图所示的阴离子。下列说法错误的是 A. 该阴离子中o键与n键数目之比为16：3 B. 基态M原子的最外层电子数为l C. 原子半径：X>Y>Z>W D. 4个M-X键的强度不同 【答案】A 【解析】 【分析】由结构式结合原子序数大小关系可知，W为H，X为C，Y为N，Z为F，M为Cu。 【详解】A．该阴离子中σ键与π键数目之比为17：2，故A错误； B．Cu的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，最外层为1个电子，故B正确； C．原子半径大小顺序为：C>N>F>H，故C正确； D．与M形成的配位键的4个N原子连接原子不同，给电子能力不同，配位键强度不同，故D正确； 故选A。 10. 我国研制出在室温下可充电700次钙-氧电池如图a所示。已知放电过程中，O2在电极表面的两种反应路径如图b所示。 下列说法不正确的是 A. 电解质溶液不能换成水溶液 B. 生成CaO的路径中，断裂О-О键 C. Oz参与的主要电极反应式为：O2+4e-+2Ca2+=2CaO D. 放电过程中，若正极流入的电子与消耗O2的物质的量比值为2.07，则可得生成CaO2与CaO的物质的量之比为193：14 【答案】C 【解析】 【详解】A．因为有钙电极，会与水反应，A正确； B．根据图示可知，断裂O-O键，与另一个Ca2+结合，形成，B正确； C．根据图示可知，生成CaO2反应更容易发生，主要反应的电极反应式为O2+2e-+Ca2+=CaO2，C不正确； D．正极发生的两个电极反应为①O2+4e-+2Ca2+=2CaO；②O2+2e-+Ca2+=CaO2.设发生反应①的O2为xmol，发生反应②的O2为ymol，则有4x+2y=2.07(x+y)，得x：y=7：193，则生成CaO2与CaO的物质的量之比为193：14，D正确； 故选C。 11. 某立方晶系的硫锰矿晶胞，沿c轴将原子投影到ab平面，投影如图所示(括号内为原子在c轴的分数坐标)。设NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2 B. 晶胞所表示的化学式为MnS2 C. Mn原子的堆积方式为面心立方堆积 D. 若晶胞中两个硫原子核间的距离为dA(1A=10-10m)，晶体密度为pg·cm-3，则阿伏伽德罗常数的值NA= 【答案】B 【解析】 【分析】由投影图可推出晶胞图为； 【详解】A．为25号元素，其基态原子核外电子排布式为，基态Mn的价电子排布式为，A正确； B．据均摊法计算可知，晶胞中硫原子有4个，锰原子有，可得该晶胞的化学式为MnS，B错误； C．由分析可知，晶胞中位于面心和顶角，是面心立方堆积，C正确； D．晶胞中两个硫原子之间的距离为d，则晶胞参数为，ρ=，则NA=，D正确； 故选B。 12. 恒温条件下，分别向体积为1L、2L的两个密闭容器(分别编号为Ⅰ、Ⅱ)中充入1molC2H6发生C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)，10min后测得剩余两个容器中C2H6的浓度分别为0.5mol/L、0.2mol/L，下列说法不正确的是 A. 平均反应速率：I>Ⅱ B. 该条件下，平衡常数的值K=0.5 C. 两个均达到平衡状态 D. 此条件下，容器I达到平衡时，平衡转化率为50% 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应速率与浓度变化成正比，容器Ⅰ和Ⅱ中C2H6的浓度变化分别为0.5mol/L和0.3mol/L，时间相同，故速率Ⅰ>Ⅱ，A正确； B．10min内消耗的物质的量分别为0.5mol、0.6mol，容器Ⅰ的体积小，压强大，但在10min内消耗的物质的量却不是最大，只有一种可能就是压强大导致平衡逆移，因此可以判断容器Ⅰ中10min时必然处于平衡状态，平衡常数的值，B正确； C．平衡常数K=0.5，只与温度有关，10min后容器Ⅱ的，说明反应未达到平衡状态，C错误； D．容器Ⅰ中平衡时转化率为，D正确； 故选C。 13. 已知酞菁和钴酞菁的结构如图所示： 已知酞菁分子中所有原子共平面。下列说法错误的是 A. 元素电负性C>H B. 酞菁分子中N原子均采取sp2杂化 C. 酞菁分子中③号N原子的p轨道能提供一对电子 D. 钴酞菁分子中，钴离子的化合价为＋4价 【答案】D 【解析】 【详解】A．同周期从左往右元素的电负性逐渐增大，同主族从上往下元素的电负性逐渐减小，故电负性：C>H，A正确； B．酞菁分子中所有原子共平面，故C、N原子均采取sp2杂化，B正确； C．N原子最外层有5个电子，③号N原子采取sp2杂化后形成3个σ键，则未参与杂化的2p轨道上有一对电子，C正确； D．钴酞菁分子中，失去了2个H+的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，根据电荷守恒，钴离子的化合价为+2价，D错误； 故选D。 14. 向10mLFeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入等浓度的氨水，溶液中金属元素有不同的存在形式，pM随溶液pH变化的关系如图所示，M表示c(Zn2+)、c(Fe2+)或c([Zn(NH3)4]2+〕。下列说法错误的是 已知：pM(Zn2+)=-lgc(Zn2+)，Zn(OH)2(s)+4NH3(aq)[Zn(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) K=10-7.86。 A. 不能分步沉淀Zn2+和Fe2+ B. Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2] C. [Zn(NH3)4]2+(aq)Zn2+(aq)+4NH3(aq) K=10-9.06 D. C点对应溶液中，c{[Zn(NH3)4]2+}+c(Zn2+)+c(Fe2+)+c()<c() 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图像可知，Y表示Fe2+，当Zn2+沉淀完全时，Fe2+已经开始沉淀，不能分步沉淀Zn2+和Fe2+，A正确； B．根据图示可知Ksp[Zn(OH)2]=10-5×(10-5.96)2=10-16.92，Ksp[Fe(OH)2]=10-5×(10-5.05)2=10-15.1，故Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，B正确； C．[Zn(NH3)4]2+(aq)Zn2+ (aq)+4NH3(aq)的K==，C正确； D．C点溶液中主要有Zn(OH)2和Fe(OH)2沉淀溶解平衡，溶液为(NH4)2SO4和[Zn(NH3)4]SO4组成的混合液，根据电荷守恒，有2c{[Zn(NH3)4]2+}+2c(Zn2+)+2c(Fe2+)+c()+c(H+)=2c()+c(OH-)，此时溶液呈碱性，故有2c{[Zn(NH3)4]2+}+2c(Zn2+)+2c(Fe2+)+c()>2c()，可推出c{[Zn(NH3)4]2+}+c(Zn2+)+c(Fe2+)+c()>c()，D错误； 故选D。 二、填空题(共4个大题，共58分) 15. 以甲烷为原料合成聚苯乙烯等产品的一种流程如下(部分产物及反应条件略去)： （1）苯乙烯中的官能团名称是_______。 （2）乙苯分子中的C原子采取_______杂化方式。 （3）反应②的反应类型是_______，要使反应⑤发生还需要加入_______。 （4）写出反应④的化学方程式：_______。 （5）乙苯分子中最多共面的原子个数为_______，其相对分子质量比乙苯大14的同系物中，属于芳香烃的有_______种同分异构体，其中符合下列核磁共振氢谱图的结构简式为_______。 （6）结合上述流程，完成由和CH2=CH2制备的流程(无机试剂任选)_______。(已知第二步的反应条件为) 【答案】（1）碳碳双键 （2）sp2、sp3 （3） ①. 加成反应 ②. Fe粉 （4） （5） ①. 14 ②. 8种 ③. （6） 【解析】 【分析】小问1：根据苯乙烯结构简式，识别其中的官能团，直接得出名称。 小问2：依据碳原子成键特点（σ键数量），判断苯环及侧链碳原子的杂化类型。 小问3：分析反应前后物质结构变化（乙苯→苯乙烯，脱去小分子），确定反应类型；结合消去反应常见条件作答。 小问4：明确苯乙烯通过加聚反应生成聚苯乙烯，按加聚反应方程式书写规则写出式子。 小问5：结合苯环平面结构和单键旋转特性，分析乙苯中最多共平面原子数；根据同系物通式及芳香烃结构特点，列举并计数同分异构体；依据核磁共振氢谱峰组数（等效氢种类），匹配对应结构。 小问6：以目标产物为终点，逆向推导中间产物，结合已知反应类型（加成、取代、消去、加聚）设计合成步骤。 【小问1详解】 根据苯乙烯的结构简式，其官能团名称是碳碳双键； 【小问2详解】 乙苯的结构简式为，苯环上的碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化；侧链-CH2CH3上的碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，采取sp3杂化； 【小问3详解】 观察流程，反应②是转化为 ，是乙苯发生加成反应生成苯乙烯，反应类型是加成反应；苯发生取代反应生成溴苯的条件是铁粉做催化剂，还需要加入铁粉； 【小问4详解】 反应④是苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，化学方程式为； 【小问5详解】 乙苯中，苯环是平面结构，与苯环直接相连的原子在同一平面上，-CH2-中的碳原子与苯环相连，-CH2-为四面体结构，但通过单键旋转，最多有14个原子共平面（苯环上6个C、4个H，-CH2-中的C和1个H，-CH3中的C和1个H）；乙苯的相对分子质量为106，其相对分子质量比乙苯大14的同系物分子式为C9H12，属于芳香烃的同分异构体有：、、、、、、、，共8种；分析核磁共振氢谱图，从图中可知只有2组峰，说明分子中只有2种不同化学环境的氢原子，符合条件的结构简式为； 小问6详解】 第一步先由乙烯与苯生成乙苯，再与液溴反应生成对溴乙苯，最后氧化成对溴苯甲酸，流程如下：。 16. 氮元素可以形成多种多样的化合物，回答下列问题： （1）基态N原子的价电子排布图为_______。 （2）NH3分子中，中心N原子上的价层电子对数为_______，H-N-H的键角：NH3_______ (填“>”、“<”或“=”)。 （3）的空间结构为_______，结构中存在类似苯环的大π键(表示为)，则该微粒的大π键可表示为_______。 （4）叠氮酸分子中σ键结构如图所示：，已知*N为sp2杂化，参与形成π键的电子越多，键长越短，则键长：①_______②。 （5）已知碱性：乙胺(CH3CH2NH2)强于2-羟基乙胺(HOCH2CH2NH2)，原因是_______。 （6）立方氮化硼的硬度仅次于金刚石，其晶胞结构如图所示，假设晶体密度为dg/cm3，阿伏伽德罗常数的值为NA。 ①立方氮化硼属于_______晶体； ②该晶胞中N原子与N原子的最近核间距为_______pm(列出计算式即可)。 【答案】（1） （2） ①. 4 ②. < （3） ①. V形 ②. （4）< （5）2-羟基乙胺上羟基氧电负性大，有吸电子作用，使氨基氮电子云密度减小，碱性减弱 （6） ①. 共价 ②. 【解析】 【小问1详解】 基态N原子的价电子排布式为2s22p3，电子排布图为； 【小问2详解】 NH3分子中，中心N原子上的价层电子对数为，NH3分子中含有1对孤电子对，对成键电子对的排斥力较大，所以H-N-H的键角小于离子中H-N-H的键角； 【小问3详解】 中N原子的价层电子对数为2+(5+1-2×2)=3，含有1对孤电子对，则空间结构为V形，中心N原子采取sp2杂化；氮原子提供2个未参与杂化的p电子，两个氧原子各有1个未参与杂化的p电子，形成3中心4电子的大π键，表示为：； 【小问4详解】 ①中N-N两个氮原子均为两个p轨道的电子参与形成两个π键，剩下一个p轨道和s轨道形成sp杂化，②中右边的N，只形成1个π键，两个p轨道和一个s轨道形成sp2杂化，因此键长①<②； 【小问5详解】 烃基是推电子基，而2-羟基乙胺中羟基氧的电负性较大，具有吸附电子的作用，使氨基氮电子云密度减小，与配位能力减弱，碱性较弱； 【小问6详解】 ①立方氮化硼的硬度仅次于金刚石，说明其硬度很大，结合晶胞结构可知，其内部是通过共价键连接而成的空间网状结构，故为共价晶体； ②立方晶胞中，设晶胞参数为acm，晶胞中N原子和N原子的最近核间距为，B原子数目为8×+6×=4，N原子数目为4，则体积为a3cm3，则a3 cm3×=，则a=，则r=。 17. 从酸洗废液中回收锌的流程示意图如下： （1）Zn在元素周期表中位置是_______。 （2）酸洗时加入的试剂X最好是_______，三辛胺(R3N)中-R表示烷基，则该烷基的化学式为_______。 （3）废酸液中，Zn2+主要以[ZnCl3]-的形式存在。加入三辛胺进行萃取，萃取过程中，三辛胺(R3N)先与H+结合生成[R3NH]+，再将[ZnCl3]-转移到有机相。 ①(R3N)与H+形成_______(填化学键类型)﹔ ②从微粒间相互作用的角度解释萃取发生的原理_______。 （4）加入NH3·H2O实现反萃取的化学方程式_______，实验室中分液用到的玻璃仪器有_______。 （5）测定废酸液中Fe2+含量的操作如下 取amL废酸液，配制成100mL溶液。取出20mL溶液，加入指示剂，用cmol/L酸性K2Cr2O7标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗标准液bmL，该废液中Fe2+的含量为_______g/L。 【答案】（1）第四周期第IIB族 （2） ①. 盐酸 ②. -C8H17 （3） ①. 配位键或σ键 ②. [ZnCl3]-与[R3NH]+的相互作用强于[ZnCl3]-与H+的相互作用 （4） ①. [R3NH][ZnCl3]+3NH3·H2O=Zn(OH)2↓+R3N+3NH4Cl+H2O ②. 分液漏斗、烧杯 （5） 【解析】 【分析】镀锌的钢材酸洗后得到镀锌废酸液，加入三辛胺萃取分液得到含锌的有机溶液，再加入氨水反萃取，经过分液，过滤等步骤得到氢氧化锌，分液得到的三辛胺可加入镀锌废酸液中循环利用。 【小问1详解】 Zn是30号元素，所以在元素周期表中位置是：第四周期第IIB族； 【小问2详解】 萃取分液得到的有机溶液中含氯离子，所以酸洗时加入的试剂X最好是盐酸；三辛胺(R3N)中-R表示烷基，则可看成氮原子和三个辛烷基连接，所以三辛胺的化学式为(C8H17)3N，则该烷基的化学式为-C8H17，故答案为：盐酸；-C8H17； 【小问3详解】 ①(R3N)显碱性，氮原子能提供孤电子对，H+含空轨道，所以他们能反应，形成配位键或σ键﹔ ②[ZnCl3]-与[R3NH]+的相互作用强于[ZnCl3]-与H+的相互作用，所以三辛胺(R3N)先与H+结合生成[R3NH]+，再将[ZnCl3]-转移到有机相，故答案为：[ZnCl3]-与[R3NH]+的相互作用强于[ZnCl3]-与H+的相互作用； 【小问4详解】 由流程可知，[R3NH][ZnCl3]与3NH3·H2O反应生成Zn(OH)2沉淀和三辛胺，根据原子守恒，可知还有氯化铵和水生成，所以加入NH3·H2O实现反萃取化学方程式[R3NH][ZnCl3]+3NH3·H2O=Zn(OH)2↓+R3N+3NH4Cl+H2O，分液时需要分液漏斗，下端需要烧杯承接试剂，所以实验室中分液用到的玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯；故答案为：[R3NH][ZnCl3]+3NH3·H2O=Zn(OH)2↓+R3N+3NH4Cl+H2O；分液漏斗、烧杯； 【小问5详解】 取amL废酸液，配制成100mL溶液。取出20mL溶液，加入指示剂，用cmol/L酸性K2Cr2O7标准溶液进行滴定，消耗标准液bmL，发生的化学方程式为：，该废液中Fe2+的含量为= g/L，故答案为：。 18. 用只含一个碳原子的化合物(如CO、CO2、CH3OH等)为原料合成一系列化工产品的化学，称为“一碳化学”。 （1）CO2可从工业尾气中捕获，下列能作为捕获剂的是_______。 A. CaCl2溶液 B. 纯碱溶液 C. 小苏打溶液 D. (NH4)2SO4溶液 （2）标准摩尔生成焓的定义为“由标准状态的单质生成1mol化合物的焓变”，部分物质的标准摩尔生成焓数据如下表： 物质 CO2(g) H2(g) CO(g) CH3OH(g) 标准摩尔生成焓/kJ/mol -393.5 0 -110.5 x 则反应C(s)+O2(g)=CO(g)，在_______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发进行，表示CH3OH标准摩尔生成焓的热化学方程式为_______(用x表示反应热的值)。 （3）下图为配位不饱和Cr3+催化CO2耦合C2H6脱氢反应过程：Cr的价态由＋3价升高到_______价。 （4）已知：反应I CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H1<0 反应 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2<0 ①研究表明，反应Ⅱ的速率方程v=k[x(CO)·x(H2O)·Kp-x(CO2)x(H2)]，x表示气体的物质的量分数，Kp表示压强平衡常数且随升高温度而减小，k为反应的速率常数且随温度升高而增大。其他条件一定时，反应速率随温度升高先增大再减小，根据速率方程分析，v逐渐减小的原因是_______(结合Kp和k作答)。 ②温度为T1时，向某固定容积的容器中充入一定量的H2(g)和lmolCO(g)，仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时H2(g)和CO(g)的转化率(α)随起始投料比变化的情况如图所示，已知c表示CH4(g)的物质的量(n)，d表示CO2(g)的物质的量(n)。 图中表示H2(g)转化率变化的曲线为_______(填“a”或“b”)，m=_______﹔若温度为T2，起始投料比=1时，反应Ⅱ的Kp=1，则T1_______T2(填“>”、“<”或“=”)。 【答案】（1）B （2） ①. 任意温度 ②. C(s)+O2(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=xkJ/mol （3）+4 （4） ①. 温度升高，Kp减小对速率的影响大于k增大对速率的影响 ②. b ③. 0.125 ④. > 【解析】 【小问1详解】 选项中只有碳酸钠溶液可以吸收CO2，方程式为：，故选B。 【小问2详解】 根据表中数据可知，生成的热化学方程式为：，结合是自发反应可知，该反应在任意温度下能自发进行。生成甲醇的方程式为：，根据一氧化碳的热方程式和表中数据可知，标准摩尔生成焓的热化学方程式为：。 【小问3详解】 二氧化碳耦合脱氢反应，根据图示，乙烷裂解的过程中，的周围形成4个共价键，再结合后续转化情况，的化合价从升高到价。 【小问4详解】 ①升高温度，k增大，使速率增大；反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆移，Kp减小，使速率减小。所以速率减小的原因是温度升高，Kp减小对速率的影响大于k增大对速率的影响。 ②c曲线表示甲烷的物质的量，d曲线表示二氧化碳的物质的量随投料比变化的情况，起始投料比增大相当于增大氢气的浓度，反应的平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，甲烷的物质的量增大，但是氢气的转化率减小，反应的平衡逆向移动，二氧化碳的物质的量会减小，所以a曲线表示一氧化碳的转化率，b曲线表示氢气的转化率随投料比变化的情况。 在图中A、B、C点，设开始时n(H2)=n(CO)=1mol，平衡时α(H2)=62.5%，a(CO)=37.5%，则平衡时n(H2)=0.375mol，n(CO)=0.625mol，n(CO2)=mmol；根据碳原子守恒，可得n(CH4)=(0.375-m)mol；根据氧原子守恒，可得n(H2O)=(0.375-2m)mol；根据氢原子守恒，可得0.375+2(0.375-m)+(0.375-2m)=1，得m=0.125。 反应Ⅱ为气体体积不变的可逆反应，则T1时，Kpl=Kc=。T2时Kp2=1，因为反应Ⅱ为放热反应，降低温度平衡正移，Kp增大，所以T1>T2。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $