精品解析：四川省泸州市泸县联考2024-2025学年高二下学期4月期中化学试题

泸县普通高中共同体2025年春期高二半期联合考试 化学试题 化学试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共7页，满分100分。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置。 2.选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效。 3.非选择题答案请用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 第I卷 选择题（共45分） 一、选择题（本题包括15小题，每题3分，共45分。每题只有一个选项符合题意） 1. 下列物质的变化，破坏的作用主要是范德华力的是 A. 干冰的升华 B. 溶于水 C. 冰融化成水 D. 受热分解 【答案】A 【解析】 【详解】A．干冰的升华，二氧化碳分子不变，破坏的作用主要是范德华力，故选A； B．溶于水形成自由移动的钠离子和氯离子，破坏离子键，故不选B； C．冰融化成水，水分子不变，破坏的作用主要是氢键，故不选C； D．受热分解生成水和氧气，破坏共价键，故不选D； 选A。 2. 下列有关化学用语表示错误的是 A. 三氟化硼分子的空间填充模型： B. C. 基态碳原子的价层电子排布图为： D. Be原子最外层电子的电子云轮廓图： E. CH3CH2OH的质谱图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．BF3分子中B的价层电子对数，B采取sp2杂化，分子为平面形分子，空间填充模型为，故A正确； B．C为6号元素，价电子排布为2s22p2，根据洪特规则，p轨道上两个电子应自旋相同排布在两个简并轨道上，其价层电子排布图为：，故B正确； C．Be为4号元素，价电子排布式为2s2，最外层电子处于s轨道，电子云轮廓图球形，故C错误； D．CH3CH2OH的相对分子质量为46，质谱图质荷比最大值应为46，故D正确； 故答案为：C。 3. 下列叙述中正确的是 A. H2S、PCl3的VESPR模型一致 B. 键角：CO2>H2O>NH3 C. 键能：P-H>S-H>Cl-H D. 溴的电负性小于氟，使三溴乙酸(CBr3COOH 的酸性大于三氟乙酸(CF3COOH)的酸性 【答案】A 【解析】 【详解】A．PCl3中心原子价层电子对数3+=4，H2S中心原子价层电子对数2+=4，VESPR模型都是四面体形，是一致的，故A正确； B．CO2是直线形，H2O和NH3中心原子都采用sp3杂化，O上有2个孤电子对，N上有1个孤电子对，孤电子对有更大的排斥力，键角变小，故键角：CO2> NH3>H2O，故B错误； C．原子半径：P>S>Cl，故键长P-H>S-H>Cl-H，键能：P-H<S-H<Cl-H，故C错误； D．F原子、Br原子都是吸电子基，由于F元素的电负性大于Br元素的电负性，三氟乙酸中F原子的吸电子能力强于Br原子，所以三氟乙酸分子中的极性强于三溴乙酸，羧基电离出氢离子的能力强于三溴乙酸，酸性强于三溴乙酸，故D错误； 答案选A。 4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 常温下，pH=3的醋酸溶液中由水电离出的H+数目为NA B. 78gNa2O2与足量的CO2和H2O混合物反应转移电子数为NA C. 常温常压下，22.4L乙烯气体中含有的π键数目为NA D. 1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液中NH3H2O的微粒数目为NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．pH=3的醋酸溶液中，溶液中OH⁻浓度为，水电离出的H⁺浓度等于溶液中的OH⁻浓度，即，但题目未给出溶液体积，无法确定H⁺ 数目，A错误； B．78g Na2O2为1mol，与CO2或H2O反应时，1mol Na2O2转移1mol电子，无论反应对象如何，总转移电子数为NA，B正确； C．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，22.4L乙烯的物质的量小于1mol，且每个乙烯分子含1个π键，故π键数目小于NA，C错误； D．1.7g NH3为0.1mol，溶于水后部分转化为，部分电离，实际数目小于0.1NA，D错误； 故选B。 5. 下列说法正确的是 A. 在现代化学中，常利用红外光谱上的特征谱线来鉴定元素 B. 石墨，铁，氯化钠固体均能导电 C. 冰醋酸，硫酸氢钠，过氧化钠分别属于酸，盐，碱性氧化物 D. 《哪吒》电影中的结界兽原型是三星堆青铜器，青铜属于合金材料 【答案】D 【解析】 【详解】A．不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，A错误； B．石墨，铁中有自由移动的电子，可以导电，氯化钠固体没有自由移动的离子，不能导电，B错误； C．冰醋酸，硫酸氢钠分别属于酸，盐，过氧化钠属于过氧化物，C错误； D．制作青铜器的材料青铜属于合金材料，D正确； 故选D。 6. 科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z 核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是 A. WZ的水溶液呈碱性 B. 在同族元素中，Y的气态氢化物沸点最高 C. 第一电离能：X<Y<Z D. 该新化合物中X不满足8电子稳定结构 【答案】C 【解析】 【分析】W、X、Y、Z为同一短周期元素，可能同处于第二或第三周期，观察新化合物的结构示意图可知，X为四价，X可能为C或Si。若X为C，则Z核外最外层电子数为C原子核外电子数的一半，即为3，对应B元素，不符合成键要求，不符合题意，故X为Si，W能形成＋1价阳离子，可推出W为Na元素，Z核外最外层电子数为Si原子核外电子数的一半，即为7，可推出Z为Cl元素。Y能与2个Si原子形成共价键，另外得到1个电子达到8电子稳定结构，说明Y原子最外层有5个电子，进一步推出Y为P元素，即W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl元素。 【详解】A．氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，A错误； B．在同族元素中，P的气态氢化物沸点不是最高，N的气态氢化物氨气分子间存在氢键，沸点较高，B错误； C．同一周期，从左至右，第一电离能有增大趋势，第一电离能：Si <P <Cl，C正确； D．该新化合物中Si形成4个共价键，满足8电子稳定结构，D错误； 故选C。 7. 据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机物，其主要原理如图所示。下列说法错误的是 A. 上述步骤中C原子的杂化方式有sp2、sp3杂化 B. 上述步骤中没有涉及非极性键的断裂 C. 步骤i到iv中消耗的CH4与H2O2的物质的量之比为1∶2 D. 根据以上原理，步骤vi生成HCOOH和H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．整个过程涉及到含C物质有甲烷、甲醇、甲醛， 甲烷、甲醇中碳为sp3杂化，甲醛中碳为sp2杂化，A正确； B．由图示可知，步骤ii、iv中的O-O非极性键发生断裂，B错误； C．由图示可知，步骤i到iv中1分子甲烷、2分子过氧化氢参与反应，消耗的与的物质的量之比为1：2，C正确；   D．由题意可知反应的最终产物为含氧有机物，则步骤ⅵ应生成含氧有机物，再结合图可知H2O2在每一步参加反应的机理是提供和前一步产生的自由基结合，因此推测步骤ⅵ生成HCOOH和H2O，D正确； 故选B。 8. 下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是 A. FeCl3溶液中：Na+、K+、、 B. 使石蕊溶液变红的溶液中：Al3+、Ca2+、、 C. 常温下，的溶液中：Ba2+、Na+、、 D. 无色透明的溶液中：、K+、、 【答案】C 【解析】 【详解】A．Fe3+与I-会发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，不能大量共存，A错误； B．酸性条件下ClO-与H+生成HClO，且ClO-可能氧化Br-，不能共存，B错误； C．由=10-5得c(H+)=10-9 mol/L，溶液呈碱性，Ba2+、Na+、Cl-、在碱性条件下不反应，能大量共存，C正确； D．为紫红色，且与Cl-发生氧化还原反应而不能大量共存，D错误； 故选C。 9. 分子结构修饰是指不改变分子的主体骨架，保持分子的基本结构不变，仅改变分子结构中的某些基团而得到新分子的过程，此法在药物设计与合成中有广泛的应用。如图为蔗糖分子修饰得到的三氯蔗糖。下列说法错误的是 A. 电负性最大的元素为氧元素 B. 三氯蔗糖分子中含有4个手性碳原子 C. 三氯蔗糖分子中含有两种含氧官能团 D. 三氯蔗糖分子中所有原子不可能处于同一平面 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，电负性最大的元素为氧元素，A正确； B．连接4个不同基团的C为手性碳，三氯蔗糖分子中环上的碳原子都为手性碳原子，共有9个手性碳原子，B错误； C．三氯蔗糖分子中含氧官能团有羟基和醚键两种，C正确； D．三氯蔗糖分子中两个环上的C均为sp3杂化，以每个C为中心形成四面体形，因此所有原子不可能在同一个平面上，D正确； 故选B。 10. 镁铝合金具有优异的性能，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是 A. 镁铝合金的化学式为MgAl2 B. 用X射线衍射可测定镁铝合金晶体的结构 C. Mg原子周围有4个紧邻的Al原子 D. 该晶胞的质量是312/NA g（NA表示阿伏加德罗常数的值） 【答案】C 【解析】 【详解】A．位于晶胞的顶点、面心，位于晶胞的体内，1个晶胞中个，个，镁铝合金的化学式为，A正确； B．用X射线衍射可区分晶体和非晶体，X射线衍射测定镁铝合金晶体的结构，B正确； C．由图可知，Mg原子周围紧邻的Al原子有8个，C错误； D．1个晶胞中有个，有个，有4个，1个晶胞的质量为，D正确； 故选C。 11. 下列对实验装置图的分析正确的是 A. 用图甲装置制备Fe(OH)2 B. 用图乙装置制取Ti单质 C. 用图丙装置先通CO2再通NH3制备碳酸氢钠 D. 用图丁酸性高锰酸钾紫色褪去证明补铁口服液中存在Fe2+ 【答案】A 【解析】 【详解】A．容易被空气氧化，制备时将溶液上方用植物油覆盖，隔绝空气，同时将吸取溶液长胶头滴管插入溶液液面以下，防止被氧化，A正确； B．钠和无水的反应需要在高温下进行，通常在的条件下进行，此外，反应需要在稀有气体的保护下进行，以防止钠和空气中的氧气、水反应，B错误； C．极易溶于水，通的导气管应该进行防倒吸处理，不能直接插入液面以下，且应先通，再通吸收更多的二氧化碳，制备更多的碳酸氢钠，C错误； D．维生素C具有还原性，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，酸性高锰酸钾紫色褪去无法证明补铁口服液中存在Fe2+，D错误； 故选A。 12. 解释下列现象的原因正确的是 选项 现象 原因 A HF的稳定性强于HCl HF分子之间除了范德华力以外还存在氢键 B 向NaOH溶液中滴加足量的MgCl2溶液后，再滴加CuCl2溶液，先有白色沉淀，后出现蓝色沉淀 Ksp[Cu(OH)2]>Ksp[Mg(OH)2] C 熔沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键 D 红热的铁与水蒸气反应生成的气体点燃后有“爆鸣”声 H2O具有还原性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．HF的稳定性强于HCl是因为H—F键强于H—Cl键，与氢键无关，A错误； B．向NaOH溶液中滴加足量MgCl2溶液后，再滴加CuCl2溶液，先有白色沉淀，后出现蓝色沉淀，说明氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铜沉淀，则Ksp[Cu(OH)2]﹤Ksp[Mg(OH)2]，B错误； C．对羟基苯甲醛形成分子间氢键，其熔沸点较高，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，其熔沸点较低，所以对羟基苯甲醛熔沸点比邻羟基苯甲醛的高，C正确； D．红热的铁与水蒸气反应生成的气体点燃后有“爆鸣”声，可知生成氢气，说明H2O具有氧化性，D错误； 故选C。 13. 我国化学家通过对过渡金属基尖晶石氧化物(NiCO2O4)进行性能优化，成功开发出锌—空气二次电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，X极电极反应式：Zn+4OH−−2e-=[Zn(OH)4]2- B. 充电时，Y极与电源的正极相连，发生氧化反应 C. 放电过程中，Y极附近溶液pH增大 D. 放电时，当电路中有0.4mole-通过时，Y极消耗2.24LO2 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，放电时，X电极为原电池的负极，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn-2e‑+4OH-=[Zn(OH)4]2-，Y电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；充电时，X极与电源负极连接，Y极与电源正极连接。 【详解】A．由分析可知，放电时，X极为负极，电极反应式为Zn+4OH−−2e-=[Zn(OH)4]2-，故A正确； B．由分析可知，充电时，Y极与电源正极连接，为阳极，发生氧化反应，故B正确； C．由分析可知，放电过程中，Y极生成氢氧根，pH增大，故C正确； D．未指明温度与压强，无法计算，故D错误； 答案选D。 14. 我国科学家分别攻克了两大催化技术，使合成“液态阳光”的两个生产环节效率大幅提高。“液态阳光”的合成示意图如下。下列说法错误的是 A. 催化剂通过降低相应反应的活化能使化学反应速率增大 B. 理论上生成1molCH3OH时，光催化过程至少转移6mol电子 C. 干冰晶体中，每个CO2周围紧邻6个CO2 D. 作燃料时，1molCH3OH充分燃烧消耗1.5molO2 【答案】C 【解析】 【分析】由合成示意图可知H2O在催化剂①和光照条件下生成H2，然后H2和CO2在催化剂②作用下生成甲醇。 【详解】A．催化剂通过降低相应反应的活化能，增大活化分子百分数，单位时间有效碰撞次数增多，加快化学反应速率，A正确； B．由示意图可知，光催化整个过程CO2中碳元素化合价由+4价降低到甲醇的-2价，理论上生成1molCH3OH时，光催化过程至少转移6mol电子，B正确； C．干冰晶体中CO2位于晶胞的顶点、面心，每个CO2周围紧邻12个CO2，C错误； D．作燃料时，CH3OH发生反应，1molCH3OH充分燃烧消耗1.5molO2，D正确； 故选C。 15. 常温下，将溶液滴加到二元弱酸（）溶液中，混合溶液的与[代表或]的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ代表随的变化曲线 B. 水的电离程度：点点 C. 点时，溶液中 D. 当刚好被完全中和时，溶液中 【答案】C 【解析】 【详解】A．，，当时，，，曲线Ⅰ代表随的变化曲线，A错误； B．溶液的：，溶液的酸性越强对水的电离抑制程度越大，所以水的电离程度：点点，B错误； C．点时，，溶液显酸性，即，结合电荷守恒得，即，C正确； D．当刚好被中和时，溶质为，由电荷守恒和元素守恒可知，溶液中，D错误； 故选C。 第II卷 非选择题（共55分） 二、非选择题（本题包括4个小题，共55分） 16. 中国近代化学启蒙者徐寿首次把“Nitrogen”译成中文时曾写成“淡气”，意指它“冲淡”了空气中的氧气。含氮化合物种类繁多，用途广泛，根据信息回答下列问题。 （1）GaN是新型半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。其晶体类型为________。已知BN与GaN属于同种晶体类型，则两种晶体熔点较高的是________（填化学式），其理由是________。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。如图为沿y轴投影的氮化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为，则原子3的原子分数坐标为________。 （2）咪唑、吡啶是含N和S有机杂环类化合物，结构如图所示： ①吡啶中碳原子的杂化类型为_______。 ②已知咪唑中存在的大π键，则咪唑分子的两个氮原子中，更容易与Cu2+形成配位键的是______（填“①”或“②”）号氮原子。 （3）某铁氮化合物晶体的晶胞结构如图所示。 ①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为棱心和_______。 ②若晶胞中距离最近的两个铁原子距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为______（列出计算式即可）。 【答案】（1） ①. 共价晶体 ②. BN ③. B原子半径小于Ga，B—N键键长更短，键能更大 ④. （2） ①. sp2杂化 ②. ① （3） ①. 体心 ②. 【解析】 【小问1详解】 金刚石为共价晶体，GaN晶体类型与金刚石类似，为共价晶体；氮化镓(GaN)和氮化硼(BN)均为共价晶体，B原子半径小于Ga，B—N键键长更短，键能更大，因此BN熔点更高；根据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为则原子3的坐标为(，，)。 【小问2详解】 ①吡啶的结构与苯相似，环上的C原子和N原子均以sp2杂化轨道相互重叠形成σ键； ②咪唑中存在的大π键，②号N原子形成3个σ键，提供一对孤对电子形成大π键，故②号N原子不含其它孤电子对，而①号氮原子形成两个σ键，提供一个电子形成π键，所以有一对孤电子对，可以形成配位键，所以更容易与Cu2+形成配位键的是①号氮原子。 【小问3详解】 ①根据图示可知：若以氮原子为晶胞顶点，则原来在面的铁原子为晶胞的棱心，原来在顶点的铁原子在体心。 ②根据图示可知：该晶胞中铁原子的个数为8×+6×=4，氮原子个数为1，则该化合物的化学式为Fe4N，若晶胞中距离最近的两个铁原子距离为apm，则根据相对位置可知：晶胞边长为pm，则晶胞密度ρ=。 17. 水杨酸异戊酯又称柳酸异戊酯沸点为265℃，M=208g/mol，是一种具有较高应用价值的化工产品，工业中水杨酸异戊酯的制备方法是：水杨酸和异戊醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应而制得。反应原理如下： 已知：1.水杨酸性质活泼，在较高温度下易发生副反应，导致水杨酸异戊酯收率较低。 2.环己烯（沸点83℃）作为带水剂，其与水的共沸温度低，仅为70℃，并且环己烯在水中的溶解度很小。 操作步骤：取27.6g（0.2mol）水杨酸、43.2mL（0.4mol）异戊醇、8mL环己烯和2mL浓硫酸依次加到100mL圆底烧瓶中。如图所示安装反应装置（夹持、加热仪器已略去）。分水器内预先加水，低于支管5mm。加热回流，分出生成的水，保持油水分界层位置不变。一段时间后，停止加热。冷却后将烧瓶内液体转移至分液漏斗，依次用10mL水、碳酸氢钠溶液、饱和氯化钠溶液洗涤至中性。分出的有机相用干燥剂干燥，过滤，转移至圆底烧瓶。再进行减压蒸馏，收集142~144℃（740mmHg）的馏分，产品纯化后称其质量为35.36g。 请回答下列问题： （1）仪器a的名称是_______。 （2）水杨酸和异戊醇在硫酸催化下进行酯化反应，采用分水回流的方法，目的是________。 （3）判断反应达到平衡状态的是_________。 （4）用碳酸氢钠溶液洗涤的目的是_________。 （5）用干燥剂干燥有机相时可选用_______（填符号）。 A．浓H2SO4 B．固体NaOH C．无水MgSO4 （6）提纯产品时采用减压蒸馏的原因是_________。 （7）本实验中水杨酸异戊酯的产率是________。 【答案】（1）球形冷凝管 （2）及时分离反应生成的水，促使酯化反应平衡正向移动，提高水杨酸异戊酯的产率；同时减少水杨酸高温下的副反应。 （3）分水器中水面高度（或者水层体积）不在变化 （4）中和未反应的水杨酸、硫酸等酸性物质 （5）C （6）降低蒸馏温度，防止水杨酸异戊酯在高温下分解 （7）85.0% 【解析】 【分析】异戊醇和水杨酸发生酯化反应生成水杨酸异戊酯，取27.6g(0.20mol)水杨酸、43.2mL(0.40mol)异戊醇、8mL环己烯和2mL浓硫酸依次加到圆底烧瓶中，加热回流至不再有水生成。 【小问1详解】 仪器A的名称是球形冷凝管； 【小问2详解】 水杨酸和异戊醇在硫酸催化下发生酯化反应生成水杨酸异戊酯和水，反应可逆，及时分离反应生成的水，促使酯化反应平衡正向移动，提高水杨酸异戊酯的产率；同时减少水杨酸高温下的副反应； 【小问3详解】 判断反应达到平衡状态的是分水器中水面高度（或者水层体积）不在变化； 【小问4详解】 实验后用碳酸氢钠溶液洗涤，中和未反应的水杨酸、硫酸等酸性物质； 【小问5详解】 有机相为酯，在酸性和碱性条件下会水解，因此应使用无水MgSO4干燥有机相，故答案为C； 【小问6详解】 水杨酸异戊酯在高温下分解，因此使用减压蒸馏可降低蒸馏温度，防止其分解； 【小问7详解】 取27.6g(0.20mol)水杨酸、43.2mL(0.40mol)异戊醇、8mL环己烯和2mL浓硫酸依次加到圆底烧瓶中，由方程式可知，水杨酸是少量的，则理论上生成0.2mol水杨酸异戊酯，本次实验的产率为。 18. 氨的催化氧化过程是当下研究的重要课题。 （1）NH3与O2在一定压强和800℃条件下发生催化氧化反应时，可发生不同反应： 反应i： 反应ii： ①该条件下 _______。 ②在恒容绝热密闭容器中，下列可以证明反应i已达到平衡状态的是_____（填序号）。 A．容器内温度不再升高 B． n个N-H键断裂的同时，有n个O-H键形成 C．混合气体的密度不变 D．容器内压强不变 ③反应i与反应ii有关物质产率与温度的关系如图。下列说法正确的是_______。 A．对反应升温可提高反应物转化率 B．氨催化氧化生成N2时，温度应控制在400℃左右 C． 840℃后NO产率下降的主要原因是以反应（ii）为主 D．提高物料比的值，主要目的是提高反应速率 （2）在两个恒压密闭容器中分别充入2.0molNH3、3.7molO2，仅发生反应ii，测得NH3的平衡转化率随温度的变化如图所示。 ①P1_____P2（填“>”或“<”），理由是________。 ②若容器的初始体积为2.0L，则在A点状态下平衡时容器中c(O2)=_______（保留2位小数）。 ③B点的平衡常数Kp=______。（用分压表示，气体分压=气体总压气体的物质的量分数。写出代数式，无需计算具体结果） ④若温度为T1，压强为P1，容器的初始体积为2.0L时，分别充入2molNH3、3.5molO2、0.2molAr发生反应ii，此时NH3的平衡转化率为图中的点________（选填“E”、“B”或“F”）。 【答案】（1） ①. +181.5kJ/mol ②. AD ③. B （2） ①. > ②. 反应ii气体分子数增加，压强大时NH3转化率低 ③. 1.33 ④. 平衡常数 ⑤. F 【解析】 【小问1详解】 ①按盖斯定律，(反应i-反应ii)得：该条件下N2与O2反应生成NO的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)， ②A．绝热体系在反应过程温度改变，则温度不变可说明已达到平衡，A正确； B．N-H键断裂和O-H键形成均为正反应，无法判断平衡，B错误； C．恒容体系在反应过程中密度不改变，无法判断平衡，C错误； D．恒容绝热体系在反应过程压强改变，则压强不变可说明已达到平衡，D正确； 故答案为AD； ③对于反应i与反应ii： A．反应i与反应ii均为放热反应，升温平衡左移，故反应升温会降低反应物转化率，A错误； B．由图可知，氨催化氧化生成N2时，温度应控制在400℃左右，B正确； C．由图知，840℃后，NO产率下降的主要原因是高温下催化剂活性降低，C错误； D．提高物料料比的值，相当于增大氧气浓度、减小氨气浓度，主要目的的是提高氨气的转化率，D错误； 故答案为B； 【小问2详解】 ①反应ii为：，温度不变时增压平衡左移，氨气的转化率减小，则图中P1>P2，理由是：反应ii分子数目增大，增大压强平衡逆向移动，NH3的平衡转化率降低，所以P1>P2； ②恒压密闭容器中分别充入2.0molNH3、3.7molO2，若容器的初始体积为2.0L，在A点状态下平衡时氨气的转化率为60%，则存在三段式：，则平衡时混合气体共6mol，，，，则容器中； ③B点为p1、T1时的平衡状态、氨气的转化率为60%，则则存在三段式：，则平衡时混合气体共6mol，平衡常数； ④若温度为T1，压强为p1，容器的初始体积为2.0L时，分别充入2molNH3、3.5molO2、0.2molAr发生反应ii，则起始状态时气体总的物质的量不变，减小，氧气的物质的量减少，平衡逆向移动，氨气的转化率减少，故气体在此时的平衡转化率为图中的F点。 19. 锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。现某科研小组以固体废锌催化剂（主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2）为原料制备锌的工艺流程如图所示： 已知：①“浸取”时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液； ②深度除杂标准：溶液中。 （1）“浸取”温度为30℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为________。滤渣1的主要成分是________、Fe(OH)3和Mn(OH)2. （2）操作a的名称是________。 （3）“深度除锰”是将残留的Mn2+转化为MnO2的过程，离子方程式为________。 （4）“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果用反应后溶液中的铜锌比表示]与(NH4)2S加入量[用表示]的关系曲线如图所示。 “深度除铜”时，(NH4)2S较为合理的加入量约为________（填标号），理由是________。 A．100% B．110% C．120% D．130% （5）电解时，Zn2+应在_______（填“阳极”或“阴极”）上放电。 【答案】（1） ①. 温度过高，氨挥发量增加且分解，生成减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出 ②. （2）分液 （3） （4） ①. C ②. 当加入量为120%时，铜锌比为，达到深度除铜标准，继续加大加入量会导致锌回收率下降且不经济； （5）阴极 【解析】 【分析】“浸取”时转化为进入溶液，氯化铵溶液呈酸性，与反应生成，在氨水中形成沉淀，难溶于水，“滤渣1”的成分为和，加入过氧化氢“深度除锰”， 反应的离子方程式为，加入除铜，“滤渣2”为、。据此作答。 【小问1详解】 “浸取”温度为30℃时，锌浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为：温度过高，氨挥发量增加且分解，生成减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出；滤渣1的主要成分是和，故答案为：温度过高，氨挥发量增加且分解，生成减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出；； 【小问2详解】 操作a的名称是分液，故答案为：分液； 【小问3详解】 “深度除锰”可将残留的转化为，Mn元素化合价升高被氧化，H2O2做氧化剂，O元素化合价降低，该反应的离子方程式为： ，故答案为：； 【小问4详解】 较为合理的加入量约为120%，理由是：当加入量为120%时，铜锌比为，达到深度除铜标准，继续加大加入量会导致锌回收率下降且不经济，故答案为：120%；当加入量为120%时，铜锌比为，达到深度除铜标准，继续加大加入量会导致锌回收率下降且不经济； 【小问5详解】 是阳离子，阳离子在阴极得电子，发生还原反应，故答案为：阴极； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 泸县普通高中共同体2025年春期高二半期联合考试 化学试题 化学试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共7页，满分100分。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置。 2.选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效。 3.非选择题答案请用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 第I卷 选择题（共45分） 一、选择题（本题包括15小题，每题3分，共45分。每题只有一个选项符合题意） 1. 下列物质的变化，破坏的作用主要是范德华力的是 A. 干冰的升华 B. 溶于水 C. 冰融化成水 D. 受热分解 2. 下列有关化学用语表示错误的是 A. 三氟化硼分子的空间填充模型： B. C. 基态碳原子的价层电子排布图为： D. Be原子最外层电子的电子云轮廓图： E. CH3CH2OH的质谱图： 3. 下列叙述中正确的是 A. H2S、PCl3的VESPR模型一致 B. 键角：CO2>H2O>NH3 C. 键能：P-H>S-H>Cl-H D. 溴的电负性小于氟，使三溴乙酸(CBr3COOH 的酸性大于三氟乙酸(CF3COOH)的酸性 4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 常温下，pH=3的醋酸溶液中由水电离出的H+数目为NA B. 78gNa2O2与足量的CO2和H2O混合物反应转移电子数为NA C. 常温常压下，22.4L乙烯气体中含有的π键数目为NA D. 1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液中NH3H2O的微粒数目为NA 5. 下列说法正确的是 A. 在现代化学中，常利用红外光谱上的特征谱线来鉴定元素 B. 石墨，铁，氯化钠固体均能导电 C. 冰醋酸，硫酸氢钠，过氧化钠分别属于酸，盐，碱性氧化物 D. 《哪吒》电影中的结界兽原型是三星堆青铜器，青铜属于合金材料 6. 科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z 核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是 A. WZ的水溶液呈碱性 B. 在同族元素中，Y的气态氢化物沸点最高 C. 第一电离能：X<Y<Z D. 该新化合物中X不满足8电子稳定结构 7. 据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机物，其主要原理如图所示。下列说法错误的是 A. 上述步骤中C原子的杂化方式有sp2、sp3杂化 B. 上述步骤中没有涉及非极性键的断裂 C. 步骤i到iv中消耗的CH4与H2O2的物质的量之比为1∶2 D. 根据以上原理，步骤vi生成HCOOH和H2O 8. 下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是 A. FeCl3溶液中：Na+、K+、、 B. 使石蕊溶液变红的溶液中：Al3+、Ca2+、、 C. 常温下，的溶液中：Ba2+、Na+、、 D. 无色透明的溶液中：、K+、、 9. 分子结构修饰是指不改变分子的主体骨架，保持分子的基本结构不变，仅改变分子结构中的某些基团而得到新分子的过程，此法在药物设计与合成中有广泛的应用。如图为蔗糖分子修饰得到的三氯蔗糖。下列说法错误的是 A. 电负性最大的元素为氧元素 B. 三氯蔗糖分子中含有4个手性碳原子 C. 三氯蔗糖分子中含有两种含氧官能团 D. 三氯蔗糖分子中所有原子不可能处于同一平面 10. 镁铝合金具有优异的性能，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是 A. 镁铝合金的化学式为MgAl2 B. 用X射线衍射可测定镁铝合金晶体的结构 C. Mg原子周围有4个紧邻的Al原子 D. 该晶胞的质量是312/NA g（NA表示阿伏加德罗常数的值） 11. 下列对实验装置图的分析正确的是 A 用图甲装置制备Fe(OH)2 B 用图乙装置制取Ti单质 C. 用图丙装置先通CO2再通NH3制备碳酸氢钠 D. 用图丁酸性高锰酸钾紫色褪去证明补铁口服液中存在Fe2+ 12. 解释下列现象的原因正确的是 选项 现象 原因 A HF的稳定性强于HCl HF分子之间除了范德华力以外还存在氢键 B 向NaOH溶液中滴加足量的MgCl2溶液后，再滴加CuCl2溶液，先有白色沉淀，后出现蓝色沉淀 Ksp[Cu(OH)2]>Ksp[Mg(OH)2] C 熔沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键 D 红热的铁与水蒸气反应生成的气体点燃后有“爆鸣”声 H2O具有还原性 A. A B. B C. C D. D 13. 我国化学家通过对过渡金属基尖晶石氧化物(NiCO2O4)进行性能优化，成功开发出锌—空气二次电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，X极电极反应式：Zn+4OH−−2e-=[Zn(OH)4]2- B. 充电时，Y极与电源的正极相连，发生氧化反应 C. 放电过程中，Y极附近溶液pH增大 D. 放电时，当电路中有0.4mole-通过时，Y极消耗2.24LO2 14. 我国科学家分别攻克了两大催化技术，使合成“液态阳光”的两个生产环节效率大幅提高。“液态阳光”的合成示意图如下。下列说法错误的是 A. 催化剂通过降低相应反应活化能使化学反应速率增大 B 理论上生成1molCH3OH时，光催化过程至少转移6mol电子 C. 干冰晶体中，每个CO2周围紧邻6个CO2 D. 作燃料时，1molCH3OH充分燃烧消耗1.5molO2 15. 常温下，将溶液滴加到二元弱酸（）溶液中，混合溶液的与[代表或]的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ代表随的变化曲线 B. 水的电离程度：点点 C. 点时，溶液中 D. 当刚好被完全中和时，溶液中 第II卷 非选择题（共55分） 二、非选择题（本题包括4个小题，共55分） 16. 中国近代化学启蒙者徐寿首次把“Nitrogen”译成中文时曾写成“淡气”，意指它“冲淡”了空气中的氧气。含氮化合物种类繁多，用途广泛，根据信息回答下列问题。 （1）GaN是新型半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。其晶体类型为________。已知BN与GaN属于同种晶体类型，则两种晶体熔点较高的是________（填化学式），其理由是________。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。如图为沿y轴投影的氮化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为，则原子3的原子分数坐标为________。 （2）咪唑、吡啶是含N和S的有机杂环类化合物，结构如图所示： ①吡啶中碳原子的杂化类型为_______。 ②已知咪唑中存在的大π键，则咪唑分子的两个氮原子中，更容易与Cu2+形成配位键的是______（填“①”或“②”）号氮原子。 （3）某铁氮化合物晶体的晶胞结构如图所示。 ①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为棱心和_______。 ②若晶胞中距离最近的两个铁原子距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为______（列出计算式即可）。 17. 水杨酸异戊酯又称柳酸异戊酯沸点为265℃，M=208g/mol，是一种具有较高应用价值的化工产品，工业中水杨酸异戊酯的制备方法是：水杨酸和异戊醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应而制得。反应原理如下： 已知：1.水杨酸性质活泼，在较高温度下易发生副反应，导致水杨酸异戊酯收率较低。 2.环己烯（沸点83℃）作为带水剂，其与水共沸温度低，仅为70℃，并且环己烯在水中的溶解度很小。 操作步骤：取27.6g（0.2mol）水杨酸、43.2mL（0.4mol）异戊醇、8mL环己烯和2mL浓硫酸依次加到100mL圆底烧瓶中。如图所示安装反应装置（夹持、加热仪器已略去）。分水器内预先加水，低于支管5mm。加热回流，分出生成的水，保持油水分界层位置不变。一段时间后，停止加热。冷却后将烧瓶内液体转移至分液漏斗，依次用10mL水、碳酸氢钠溶液、饱和氯化钠溶液洗涤至中性。分出的有机相用干燥剂干燥，过滤，转移至圆底烧瓶。再进行减压蒸馏，收集142~144℃（740mmHg）的馏分，产品纯化后称其质量为35.36g。 请回答下列问题： （1）仪器a的名称是_______。 （2）水杨酸和异戊醇在硫酸催化下进行酯化反应，采用分水回流的方法，目的是________。 （3）判断反应达到平衡状态的是_________。 （4）用碳酸氢钠溶液洗涤的目的是_________。 （5）用干燥剂干燥有机相时可选用_______（填符号）。 A．浓H2SO4 B．固体NaOH C．无水MgSO4 （6）提纯产品时采用减压蒸馏的原因是_________。 （7）本实验中水杨酸异戊酯的产率是________。 18. 氨的催化氧化过程是当下研究的重要课题。 （1）NH3与O2在一定压强和800℃条件下发生催化氧化反应时，可发生不同反应： 反应i： 反应ii： ①该条件下 _______。 ②在恒容绝热密闭容器中，下列可以证明反应i已达到平衡状态的是_____（填序号）。 A．容器内温度不再升高 B． n个N-H键断裂的同时，有n个O-H键形成 C．混合气体的密度不变 D．容器内压强不变 ③反应i与反应ii有关物质产率与温度的关系如图。下列说法正确的是_______。 A．对反应升温可提高反应物转化率 B．氨催化氧化生成N2时，温度应控制在400℃左右 C． 840℃后NO产率下降的主要原因是以反应（ii）为主 D．提高物料比的值，主要目的是提高反应速率 （2）在两个恒压密闭容器中分别充入2.0molNH3、3.7molO2，仅发生反应ii，测得NH3的平衡转化率随温度的变化如图所示。 ①P1_____P2（填“>”或“<”），理由是________。 ②若容器的初始体积为2.0L，则在A点状态下平衡时容器中c(O2)=_______（保留2位小数）。 ③B点的平衡常数Kp=______。（用分压表示，气体分压=气体总压气体的物质的量分数。写出代数式，无需计算具体结果） ④若温度为T1，压强为P1，容器的初始体积为2.0L时，分别充入2molNH3、3.5molO2、0.2molAr发生反应ii，此时NH3的平衡转化率为图中的点________（选填“E”、“B”或“F”）。 19. 锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。现某科研小组以固体废锌催化剂（主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2）为原料制备锌的工艺流程如图所示： 已知：①“浸取”时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液； ②深度除杂标准：溶液中。 （1）“浸取”温度为30℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为________。滤渣1的主要成分是________、Fe(OH)3和Mn(OH)2. （2）操作a的名称是________。 （3）“深度除锰”是将残留的Mn2+转化为MnO2的过程，离子方程式为________。 （4）“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果用反应后溶液中的铜锌比表示]与(NH4)2S加入量[用表示]的关系曲线如图所示。 “深度除铜”时，(NH4)2S较为合理的加入量约为________（填标号），理由是________。 A．100% B．110% C．120% D．130% （5）电解时，Zn2+应在_______（填“阳极”或“阴极”）上放电。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$