精品解析：福建省厦门市2024-2025学年高二下学期期末质量检测化学试题

厦门市2024—2025学年第二学期高二年级质量检测 化学试题 本试卷共8页，考试时长75分钟，满分100分 注意事项： 1.考生将自己的姓名、准考证号、答案填写在答题卡上。考试结束后，须将“答题卡”交回。 2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”。 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Si-28 S-32 K-39 Mn-55 Fe-56 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 我国科学家研发出了FTO//PTAA////ITO/Cu器件结构，攻克了钙钛矿规模化生产技术难题。PTAA为聚[双(4-苯基(2，4，6-三甲基苯基)胺]。下列说法正确的是 A. Ni属于ⅧB族元素 B. PTAA属于天然有机高分子化合物 C. 含离子键和共价键 D. 与石墨互为同分异构体 【答案】C 【解析】 【详解】A．Ni位于周期表第10族（原Ⅷ族），而ⅧB族在分类中不存在，A错误； B．PTAA是人工合成的高分子聚合物，不属于天然有机高分子，B错误； C．[CH(NH2)2]0.9Cs0.1PbI3中阳离子（如[CH(NH2)2]+、Cs+）与阴离子（PbI3-）间为离子键，内部原子间（如N-H、Pb-I）为共价键，C正确； D．C60与石墨均为碳的同素异形体，分子式不同，不互为同分异构体，D错误； 故选C。 2. 广泛应用于生物化学领域的Fer-1的结构如图。下列说法正确的是 A. 碳原子杂化方式有3种 B. 能发生还原反应和加聚反应 C. 能形成分子间氢键 D. 碳原子上H被取代的一氯代物有10种 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子中碳原子杂化方式有sp3（环己基、乙基 ）、sp2（苯环、羰基 ），共 2 种，A 错误； B．含苯环可发生还原反应，但无碳碳双键等加聚反应官能团，不能发生加聚反应，B错误； C．含−NH2​ ，能形成分子间氢键，C 正确； D．环己基上有 4 种 H，苯环上有 3 种 H，乙基上有 2 种 H，共4+3+2=9种，一氯代物有 9 种，D错误； 故选C。 3. 某离子液体的结构如图。X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q为金属元素。下列说法错误的是 A. 第一电离能：Z>Y>X B. 简单氢化物稳定性：Y>Z>W C. 键角： D. 最高价氧化物对应水化物酸性：W>Y 【答案】B 【解析】 【分析】题目给出某离子液体的结构，图中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Q为金属元素。根据离子液体的结构，阳离子中存在Y - Y键，且Y周围形成4个单键，结合原子序数依次增大，可推测Y为C。X形成1个单键，原子序数小于Y，所以X为H。Z形成3个单键，原子序数大于Y，所以Z为N。Q为金属元素，且在阳离子中与其他原子形成化学键，原子序数大于Z，所以Q为Al。W形成1个单键，原子序数大于Q，所以W为Cl。以此分析该题。 【详解】A．第一电离能一般规律为同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族和ⅤA族元素的第一电离能出现反常。N的2p轨道为半充满稳定状态，C的第一电离能小于N，H的第一电离能小于C。所以第一电离能：Z（N）>Y（C）>X（H），A正确； B．元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定。非金属性：Cl >N >C，所以简单氢化物稳定性：W（HCl）>Z（NH3）>Y（CH4），B错误； C．Y2X4为C2H4（乙烯），Z2X4为N2H4（肼）。乙烯中C = C双键的键角约为120°且C无孤电子对，肼中N有孤电子对，孤电子对越多，键角越小，所以键角：，C正确； D．W的最高价氧化物对应水化物为HClO4，Y的最高价氧化物对应水化物为H2CO3，酸性：HClO4> H2CO3，即W>Y，D正确； 故选B。 4. 制备二茂铁的原理为，其中二茂铁Fe(C5H5)2结构如图。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1.0 mol Fe(C5H5)2中sp2杂化C原子数为10NA B. 28.0 gKOH中OH-的数目为NA C. 1.0 mol Fe(C5H5)2中的Fe2+的配位数为5NA D. 1.0 mol H2O中含氢键数为4NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．在Fe(C5H5)2中每个C原子都采用sp2杂化，在1个Fe(C5H5)2中采用sp2杂化的C原子数是10个，故在1 mol Fe(C5H5)2中sp2杂化C原子数为10NA，A 正确； B．28.0 gKOH的物质的量是n(KOH)==0.5 mol，由于在1个KOH中含有1个OH-，故在0.5 molKOH中OH-的数目为0.5NA，B错误； C．Fe(C5H5)2中的中心离子是Fe2+，配位体是，1个配体提供6个电子，2个配体共提供12个电子，1个中心Fe2+离子结合2个配位体，其配位数是6，故1.0 mol Fe(C5H5)2中的Fe2+的配位数为6NA，C错误； D．在冰中每个H2O分子与相邻的4个H2O分子形成4个氢键，每个氢键为相邻的2个H2O分子形成，故属于每个H2O的氢键数目是4×=2个，故在1.0 mol H2O中含氢键的物质的量是2 mol，则其中含有的氢键数为2NA，D错误； 故合理选项是A。 5. 化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达错误的是 A. 用电子式表示的形成： B. C. 乙醛发生银镜反应： D. 制备聚乙烯醇： E. 制备对位芳纶：n 【答案】C 【解析】 【详解】A．是离子化合物，用电子式表示形成过程有电子转移：，A正确； B．1个乙醛分子有一个醛基，能与银氨溶液发生银镜反应：，B正确； C．制备聚乙烯醇的化学方程式为，C错误； D．制备对位芳纶为缩聚反应，生成缩聚物的同时生成小分子HCl，化学方程式为：n，D正确； 故选C。 6. 结构决定物质性质。下列性质或反应特点差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质或反应特点差异 结构因素 A 熔点：(306℃)远低于(772℃) 晶体类型 B 溶解度：邻羟基苯甲酸()低于对羟基苯甲酸() 分子极性 C 25℃时，酸性：()弱于() 吸电子基团数目 D 甲苯苯环上H原子活性：邻、对位大于间位 基团的电子效应 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．FeCl3为分子晶体，CaCl2为离子晶体，离子晶体熔点更高，晶体类型差异正确解释熔点差异，A正确； B．邻羟基苯甲酸因分子内氢键降低溶解度，对羟基苯甲酸因更容易与水分子之间形成氢键提高溶解度，差异主因是氢键类型而非分子极性，B错误； C．CHCl2COOH比CH2ClCOOH多一个吸电子基团Cl，导致前者羧基中羟基极性更强，酸性更强（pKa更小），吸电子基数目正确解释酸性差异，C正确； D．甲基为邻对位定位基，通过电子效应活化邻对位H原子，使其更活泼，D正确； 故选B。 7. 瓜环(Q[n]具有两个羰基端口和一个笼体结构，其结构和空间模型如图1。瓜环Q[7]和5-氨基水杨酸(简称5-ASA)形成的包合物与体系pH的关系如图2。 下列说法错误的是 A. Q[5]的分子式为 B. 瓜环Q[7]与5-ASA均属于超分子 C. 瓜环空腔端口亲水，内部疏水 D. 瓜环Q[7]端口羰基呈负电性 【答案】B 【解析】 【详解】A．Q[5]是将图1中的n=5，故其分子式为，A正确； B．瓜环Q[7]与5-ASA均属于小分子，其结合形成的包合物为超分子，B错误； C．酰胺基可以亲水，sp3杂化的C原子疏水，所以瓜环空腔端口亲水，内部疏水，C正确； D．瓜环Q[7]端口羰基呈负电性，所以才会在pH<6时与5-氨基水杨酸结合成超分子，D正确。 故答案选：B。 8. 利用甲苯为原料制备苯甲酸的过程如下：。已知：苯甲酸微溶于冷水，溶于热水和乙醇；温度越低，苯甲酸溶解度越小。下列说法或操作正确的是 A. 溴化四丁基铵使甲苯与溶液充分混合，提高的氧化效果 B. 该流程甲苯与溶液反应结束的标志是紫色褪去 C. “冷水洗涤”中改用乙醇洗涤，效果更好 D. “重结晶”中，粗苯甲酸热溶解后，趁热过滤即得苯甲酸晶体 【答案】A 【解析】 【分析】向甲苯中加入高锰酸钾溶液，加热回流氧化生成苯甲酸钾和二氧化锰，加入草酸并趁热过滤分离两者，再向冷却后的滤液中加浓盐酸酸化得到微溶于冷水的苯甲酸，再经冷却结晶、冷水洗涤、重结晶得到苯甲酸。 【详解】A．溴化四丁基铵是一种相转移催化剂，它能促进有机相与水相之间的反应，甲苯是有机物，而高锰酸钾溶液时水溶液，两者不易混合，加入溴化四丁基铵后，能促进甲苯（有机相）与KMnO4（水相）的混合，从而增强氧化效果，A正确； B．为促使甲苯能够被高锰酸钾完全氧化，理论上KMnO4过量，若是未过量则溶液颜色可能是恰好褪去，但若是溶液颜色褪去，说明甲苯可能未被完全氧化，也有可能恰好氧化，那么也就是甲苯与KMnO4反应结束后，KMnO4必须过量，则溶液仍可能呈紫色；后续加入H2C2O4是为了还原残留的KMnO4，因此紫色褪去并非反应本身的终点标志，B错误； C．根据题干信息可知，苯甲酸微溶于冷水，溶于热水和乙醇，改用乙醇洗涤会导致产物溶解损失，冷水洗涤可减少溶解，C错误； D．重结晶时，趁热过滤是为了去除不溶性杂质，苯甲酸晶体需冷却后析出，而非趁热过滤直接得到，D错误； 故选A。 9. 一种水系硫电池充电原理如图1.充电过程中载有的ZIFS电极会产生多种；充电完成时两极共产生两种含Mn晶体，其晶胞如图2.其中①号Mn原子的原子分数坐标为。下列说法正确的是 A. 充电过程中不断增大 B. 充电完成时 C. ②号S原子的原子分数坐标为 D. 电路中每通过2mol电子，理论上溶液质量减少87g 【答案】C 【解析】 【详解】A．充电过程中，S8被还原为多硫化物，m表示S原子数，随着充电进行，S8逐渐解离为较小的硫簇（如MnSm中m减小），因此m应不断减小而非增大，A错误意； B．充电时，左侧为阴极（S8​得电子从0价变为），右侧为阳极（Mn2+失电子从+2价变为+2n价），由得失电子守恒可知，二者没有必然相等关系，B错误； C．由已知和图，可知②号S原子的原子分数坐标为，C正确； D．由图可知，阴极：Mn2+结合S生成MnSm​，从溶液中析出，阳极：Mn2+结合O生成MnOn，从溶液中析出，转移2mol电子时，有2molMn2+析出，理论上减少110g，D错误； 故选C。 10. 甘氨酸(HA)在不同pH下的形态如图1.常温下，用NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的溶液，滴定曲线如图2.已知：等电点为两性离子净电荷为0时的pH；常温下，的，。下列说法错误的是 A 酸性： B. 甘氨酸的等电点为6 C. D 时，溶液内基团数目： 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，是二元酸，所以与NaOH溶液反应时，会分步进行： + OH- =HA + H2O；HA + OH-=A- + H2O。从滴定曲线可以看出，当加入20.00 mL NaOH时，完全转化为NaHA+。当加入30.00 mL NaOH时，溶液中的溶质是NaHA+和Na2A的混合物，且n(NaHA+) ： n(Na2A) = 1：1。 【详解】A．根据可知，—COOH优先与碱反应，因此酸性，A正确； B．根据题意，等电点为两性离子净电荷为0时的pH，由图1可知，HA为两性离子，从图2可知，当加入20mL NaOH溶液时，溶液的pH=6，此时溶液中的溶质主要为HA，可认为此时两性离子HA的净电荷为0，所以甘氨酸的等电点为6，B正确； C．当加入20mL 0.1000mol·L⁻¹ NaOH溶液时，发生反应+ OH- = HA + H2O，根据c1V1 = c2V2，c()= (0.1000mol/L×20.00mL)/20.00mL = 0.1000mol/L，C正确； D．当V(NaOH)=30.00mL时，溶液中的溶质为等物质的量的HA和A⁻，溶液呈碱性，说明A⁻的水解程度大于HA的电离程度，所以，D错误； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 具有空间笼状骨架的金属有机框架材料ZIF-8[可表示为，其中Zn与N呈四面体网状结构]制备过程如下，其空隙可吸附，并促进转化为高附加值化学品环状碳酸酯。 （1）中基态价电子轨道表示式为_______。 （2）2-mIm中： ①设为阿伏加德罗常数的值，则1mol2-mIm中的键数目为_______。 ②分子中的大π键可用符号表示，其中代表参与形成大π键的原子数，代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则2-mIm中的大π键应表示为_______。 ③2-mIm中原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。 a．2s轨道 b．2p轨道 c．sp杂化轨道 d．杂化轨道 ④2-mIm的水溶性比苯高出约180倍，主要原因是：ⅰ．_______；ⅱ．_______。 ⑤、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_______。 （3）ZIF-8晶体中微粒间不存在的作用力为_______(填标号)。 a．氢键 b．离子键 c．配位键 d．范德华力 e．极性共价键 f．非极性共价键 （4）ZIF-8悬浮在乙二醇溶液形成的浆液对与混合物的“混合吸收→吸附分离”过程如图。 ①ZIF-8能分离与的原因是_______。 ②若将乙二醇替换为水，ZIF-8会发生反应生成，导致重复捕获的能力大大降低。由生成的化学方程式为_______。 （5）与在ZIF-8催化下转化为环状碳酸酯的一种机理如下： 表示状态Ⅲ的为_______(填标号)。 【答案】（1） （2） ①. ②. ③. d ④. 能与分子形成分子间氢键 ⑤. 为极性分子 ⑥. （3）ab （4） ①. ZIF-8孔径能使通过不能通过 ②. （5）c 【解析】 【小问1详解】 基态价电子排布式为3d10，价电子轨道表示式为：； 【小问2详解】 ①2-mIm的结构式为： ，原子之间优先形成键，1mol2-mIm中的键数目为：； ②2-mIm中五元环上的原子均为sp2杂化，环上连H原子的N原子提供一对孤电子对，其余原子提供1个电子，形成5中心6电子的大π键，表示为：； ③2-mIm中五元环上的原子均为sp2杂化，故原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，选：d； ④2-mIm的水溶性比苯高出约180倍，其N原子上连H原子，能与水形成氢键，为极性分子，根据相似相溶原理，易溶于水，故主要原因是：ⅰ．能与分子形成分子间氢键；ⅱ．为极性分子； ⑤N原子上电子云密度越大，碱性越强，-CH3为给电子基团，-Cl为吸电子基团，故碱性最弱的是：； 【小问3详解】 ZIF-8为分子晶体，存在范德华力，C与C之间为非极性共价键，C与H之间为极性共价键，Zn与配体之间为配位键，不存在氢键和离子键，故选ab； 【小问4详解】 ①根据孔径大小，ZIF-8能分离与的原因是：ZIF-8孔径能使通过不能通过； ②根据题意，由生成的化学方程式为：； 【小问5详解】 由图可知，II到IV转化过程中O与催化剂相连，故III为c。 12. 利用生物酶制备一种重要的有机物木糖(ⅳ)的合成路线如下。 （1）ⅰ的分子式为_______；名称为_______。 （2）ⅱ中含有官能团的名称为_______。 （3）ⅴ是ⅲ的同分异构体，且相关光谱数据如下。ⅴ的结构简式为_______。 （4）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有_______(填标号)。 a．在催化剂的作用下被还原为 b．ⅱ→ⅲ转化中π键发生断裂 c．ⅲ→ⅳ的转化中碳原子杂化方式改变，但手性碳原子数目不变 d．ⅳ能与形成分子间氢键，具有良好的水溶性 （5）分析预测ⅲ可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 生成的有机物的结构 反应类型 ① 新制悬浊液、NaOH、加热 _______ _______ ② _______ _______ （6）参考上述合成路线，以溴乙烷为原料合成。回答下列问题： ①第一步反应的化学方程式为_______。 ②使用“生物酶Ⅱ”的反应中的活泼性较强的原因是_______。 【答案】（1） ①. ②. 乙二醇 （2）羟基、醛基 （3） （4）bd （5） ①. ②. 氧化反应 ③. 、浓硫酸，加热 ④. 取代反应 （6） ①. ②. 羰基具有较强的吸电子作用 【解析】 【分析】通过氧化反应可以转化，与甲醛发生加成得到，与成环可以得到，据此分析； 【小问1详解】 的分子式为；含有两个羟基，名称为乙二醇； 【小问2详解】 中含有官能团的名称为羟基、醛基； 【小问3详解】 ⅴ是的同分异构体，且相关光谱数据如下，说明含有羧基、羟基，三种氢原子，比例为1：1：1：3，ⅴ的结构简式为； 【小问4详解】 a．在催化剂的作用下生成，化合价升高，被氧化，a错误； b．ⅱ→ⅲ的转化中π键（C=O键）发生断裂，b正确； c．ⅲ→ⅳ的转化中碳原子杂化方式由sp2转变为sp3改变，但手性碳原子数目改变变（→），c错误； d．ⅳ中含羟基，能与形成分子间氢键，具有良好的水溶性，d正确； 故选bd； 【小问5详解】 中有醇羟基和醛基，①与新制悬浊液、NaOH、加热条件下发生反应生成，反应类型为氧化反应；②生成说明发生酯化反应，反应试剂、条件、浓硫酸，加热，反应类型为取代反应； 【小问6详解】 与氢氧化钠发生取代反应生成，催化氧化生成，2分子发生反应生成，①第一步反应的化学方程式为；②使用“生物酶Ⅱ”的反应中的活泼性较强的原因是羰基具有较强的吸电子作用，使电子云分布不均匀，极性增强。 13. 某实验小组利用海藻酸铁(SA-Fe)催化制备乙酸乙酯，设计实验方案如下。 已知：ⅰ．与乙醇形成；SA-Fe具有吸水性。ⅱ．部分物质沸点如下表： 物质 沸点/℃ 共沸物 沸点/℃ 乙醇 78.5 乙酸乙酯—水 70.4 乙酸 117.9 乙酸乙酯—乙醇 72.0 乙酸乙酯 77.1 乙酸乙酯—乙醇—水 70.2 回答下列问题： （1）该酯化反应的化学方程式为_______。 （2）SA-Fe部分结构如图。海藻酸[]的单体结构简式为_______。 （3）SA-Fe催化机理如下。反应①中C=O极性____(填“增大”“减小”或“不变”)；相较于催化剂，SA-Fe的优点有_____。 （4）“步骤Ⅰ”中乙醇过量的原因是_______。 （5）“步骤Ⅱ”应在_______(填仪器名称)中进行；所用洗涤液的顺序为_______[______→_______→_______](填标号)。 a．饱和食盐水 b．饱和溶液 c．饱和溶液 （6）“步骤Ⅲ”收集到镏分1.65g，则该实验乙酸乙酯的产率为_______(精确至0.1%)；若未进行“干燥”直接蒸馏，会造成产率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） （2） （3） ①. 增大 ②. SA-Fe含有大量亲水基，吸水性好，有利于平衡正向移动；且显酸性，能抑制水解 （4）乙醇易形成共沸物，且自身沸点较低容易挥发 （5） ①. 分液漏斗 ②. b→a→c （6） ①. 75.0% ②. 减小 【解析】 【分析】利用海藻酸铁(SA-Fe)催化制备乙酸乙酯的实验方案为：将25mmol冰醋酸和50mmol乙醇混合放入海藻酸铁凝胶中充分反应，通过步骤 I蒸馏冷凝收集馏分得到乙酸乙酯粗产品，再通过步骤Ⅱ进行洗涤，最后加入无水硫酸镁吸水干燥后，再次经过步骤Ⅲ蒸馏，冷凝收集77℃左右的馏分得到精乙酸乙酯，据此分析解答。 【小问1详解】 在海藻酸铁(SA-Fe)的催化作用下，冰醋酸和乙醇反应生成乙酸乙酯的化学方程式为：。 【小问2详解】 根据海藻酸铁(SA-Fe)的结构，铁离子通过双齿螯合方式与海藻酸分子链中的羧基（COO⁻）结合，形成稳定的络合物，再结合海藻酸[]的结构，其单体的结构简式为：。 【小问3详解】 在SA-Fe的催化作用下，反应①中C=O由中的O原子提供孤电子对与SA-Fe结合转化为，导致双键的极性增大；相较于催化剂，SA-Fe的优点为：SA-Fe含有大量亲水基，吸水性好，有利于平衡正向移动；且显酸性，能抑制水解。 【小问4详解】 乙醇与乙酸乙酯的沸点比较接近，易形成共沸物，且自身沸点较低容易挥发，需要过量来提高乙酸的转化率和乙酸乙酯的产率。 【小问5详解】 步骤Ⅱ是对乙酸乙酯粗产品进行洗涤，由于乙酸乙酯难溶于水，所以洗涤在分液漏斗中进行，便于通过分液进行分离；在乙酸乙酯粗产品中含有的杂质为：挥发的乙酸和乙醇，先利用饱和溶液除去乙酸，再加入饱和NaCl溶液进一步降低乙酸乙酯的溶解度，最后加入饱和溶液吸收乙醇，则连接的药品顺序为：。 【小问6详解】 根据第(1)问的方程式可知，使用25mmol冰醋酸理论上可制得乙酸乙酯为25mmol，质量为：2.2g，现在实际得到则乙酸乙酯的产率为，若未进行“干燥”直接蒸馏，产物中含有乙醇，导致质量减少，产率减小。 14. 从NdFeB废料的焙烧产物(主要含、和)中回收金属元素的工艺流程如下： 已知：ⅰ．；ⅱ．。 （1）“酸浸”过程，生成的离子方程式为_______。 （2）“萃取镓”原理为，其中org表示有机相。为提高Ga的萃取率，可采取的措施有_______(填标号)。 a．萃取前用盐酸酸化 b．萃取前用硝酸酸化 c．多次萃取改单次萃取 d．调整磺化煤油用量以适当提高TBP浓度 （3）结合平衡移动原理分析“反萃取1”中Ga元素从有机层返回水层的原因是_______。 （4）萃取的原理为。三种不同萃取剂的结构如下表。 萃取剂(HA) P204 P507 P227 结构简式 萃取率 P204>P507>P227 从结构角度分析，萃取率P204>P507>P227的原因是_______。 （5）试剂X、试剂Y分别为_______、_______。 （6）由制备的电池正极材料的晶体结构可描述为：Li、Fe、Si各自处于氧原子四面体中心，形成如图的结构单元(其中氧原子未标出，2个位于面心、2个位于内部)。充放电过程晶胞参数变化如下表。 晶胞 0.626 0.538 0.501 90 90 90 0.606 0.566 0.507 88.9 90 88.9 ①图中Si原子2个位于_______，1个位于_______。 ②晶体密度_______(列出计算式即可)。 ③随着脱出，键的键长_______(填“变大”或“变小”)。 【答案】（1） （2）ad （3）加水，、降低，萃取平衡逆向移动，使有机相中的Ga返回水层 （4）烷氧基()吸电子效应增强—OH的极性、烷基()给电子效应减弱—OH的极性，故酸性顺序P204>P507>P227，导致其与的交换能力依次降低 （5） ①. 氨水 ②. 盐酸 （6） ①. 棱上 ②. 内部 ③. ④. 变小 【解析】 【分析】焙烧产物中、和经盐酸酸浸，酸浸液包含 、、，酸浸液加入铁粉，还原为，加入TBP、磺化煤油萃取镓，镓再经过反萃取以形式进入水相，加弱碱生成；再加萃取剂、磺化煤油萃取钕，含钕有机相2加盐酸反萃取获得含溶液，再加草酸沉钕，经过后续步骤获得晶体草酸钕；萃取钕后的水相为含的溶液，加入草酸沉亚铁，得到草酸亚铁晶体。 【小问1详解】 “酸浸”过程，生成的离子方程式为：； 小问2详解】 根据“萃取镓”原理，增大，可使平衡正向移动，提高Ga的萃取率，故可以萃取前用盐酸酸化，用硝酸会引入杂质硝酸根离子；多次萃取的萃取率要高于单次萃取；调整磺化煤油用量，适当提高TBP浓度，可使平衡正向移动，提高Ga的萃取率，故答案选ad； 【小问3详解】 “反萃取1”中Ga元素从有机层返回水层的原因是：加水，、降低，萃取平衡逆向移动，使有机相中的Ga返回水层； 【小问4详解】 烷氧基()吸电子效应增强—OH的极性、烷基()给电子效应减弱—OH的极性，故酸性顺序P204>P507>P227，导致其与的交换能力依次降低； 【小问5详解】 “反萃取1”中Ga元素从有机层返回水层，以形式存在，根据题意，要使转变为，需向溶液中加碱性试剂，因为，所以不能用强碱，应选择弱碱氨水；反萃取，需使平衡逆向移动，增大，可使平衡逆向移动，实现反萃取，故试剂Y为盐酸； 【小问6详解】 由图可知Si原子2个位于棱上，1个位于内部；晶胞中有个Li，个Fe，个Si，所以晶胞质量,晶胞体积，晶胞密度；锂离子脱出后，晶体结构发生收缩，Fe周围的氧配位环境更紧凑，进一步缩短了键长。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 厦门市2024—2025学年第二学期高二年级质量检测 化学试题 本试卷共8页，考试时长75分钟，满分100分 注意事项： 1.考生将自己的姓名、准考证号、答案填写在答题卡上。考试结束后，须将“答题卡”交回。 2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”。 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Si-28 S-32 K-39 Mn-55 Fe-56 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 我国科学家研发出了FTO//PTAA////ITO/Cu器件结构，攻克了钙钛矿规模化生产技术难题。PTAA为聚[双(4-苯基(2，4，6-三甲基苯基)胺]。下列说法正确的是 A. Ni属于ⅧB族元素 B. PTAA属于天然有机高分子化合物 C. 含离子键和共价键 D. 与石墨互为同分异构体 2. 广泛应用于生物化学领域的Fer-1的结构如图。下列说法正确的是 A. 碳原子杂化方式有3种 B. 能发生还原反应和加聚反应 C. 能形成分子间氢键 D. 碳原子上H被取代的一氯代物有10种 3. 某离子液体的结构如图。X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q为金属元素。下列说法错误的是 A. 第一电离能：Z>Y>X B. 简单氢化物稳定性：Y>Z>W C. 键角： D. 最高价氧化物对应水化物酸性：W>Y 4. 制备二茂铁的原理为，其中二茂铁Fe(C5H5)2结构如图。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1.0 mol Fe(C5H5)2中sp2杂化C原子数为10NA B. 28.0 gKOH中OH-的数目为NA C. 1.0 mol Fe(C5H5)2中的Fe2+的配位数为5NA D. 1.0 mol H2O中含氢键数为4NA 5. 化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达错误的是 A. 用电子式表示形成： B C. 乙醛发生银镜反应： D. 制备聚乙烯醇： E. 制备对位芳纶：n 6. 结构决定物质性质。下列性质或反应特点差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质或反应特点差异 结构因素 A 熔点：(306℃)远低于(772℃) 晶体类型 B 溶解度：邻羟基苯甲酸()低于对羟基苯甲酸() 分子极性 C 25℃时，酸性：()弱于() 吸电子基团数目 D 甲苯苯环上H原子活性：邻、对位大于间位 基团的电子效应 A. A B. B C. C D. D 7. 瓜环(Q[n]具有两个羰基端口和一个笼体结构，其结构和空间模型如图1。瓜环Q[7]和5-氨基水杨酸(简称5-ASA)形成的包合物与体系pH的关系如图2。 下列说法错误的是 A. Q[5]的分子式为 B. 瓜环Q[7]与5-ASA均属于超分子 C. 瓜环空腔端口亲水，内部疏水 D. 瓜环Q[7]端口羰基呈负电性 8. 利用甲苯为原料制备苯甲酸的过程如下：。已知：苯甲酸微溶于冷水，溶于热水和乙醇；温度越低，苯甲酸溶解度越小。下列说法或操作正确的是 A. 溴化四丁基铵使甲苯与溶液充分混合，提高的氧化效果 B. 该流程甲苯与溶液反应结束的标志是紫色褪去 C. “冷水洗涤”中改用乙醇洗涤，效果更好 D. “重结晶”中，粗苯甲酸热溶解后，趁热过滤即得苯甲酸晶体 9. 一种水系硫电池充电原理如图1.充电过程中载有的ZIFS电极会产生多种；充电完成时两极共产生两种含Mn晶体，其晶胞如图2.其中①号Mn原子的原子分数坐标为。下列说法正确的是 A. 充电过程中不断增大 B 充电完成时 C. ②号S原子的原子分数坐标为 D. 电路中每通过2mol电子，理论上溶液质量减少87g 10. 甘氨酸(HA)在不同pH下的形态如图1.常温下，用NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的溶液，滴定曲线如图2.已知：等电点为两性离子净电荷为0时的pH；常温下，的，。下列说法错误的是 A. 酸性： B. 甘氨酸的等电点为6 C. D. 时，溶液内基团数目： 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 具有空间笼状骨架的金属有机框架材料ZIF-8[可表示为，其中Zn与N呈四面体网状结构]制备过程如下，其空隙可吸附，并促进转化为高附加值化学品环状碳酸酯。 （1）中基态价电子轨道表示式为_______。 （2）2-mIm中： ①设为阿伏加德罗常数的值，则1mol2-mIm中的键数目为_______。 ②分子中的大π键可用符号表示，其中代表参与形成大π键的原子数，代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则2-mIm中的大π键应表示为_______。 ③2-mIm中原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。 a．2s轨道 b．2p轨道 c．sp杂化轨道 d．杂化轨道 ④2-mIm的水溶性比苯高出约180倍，主要原因是：ⅰ．_______；ⅱ．_______。 ⑤、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_______。 （3）ZIF-8晶体中微粒间不存在的作用力为_______(填标号)。 a．氢键 b．离子键 c．配位键 d．范德华力 e．极性共价键 f．非极性共价键 （4）ZIF-8悬浮在乙二醇溶液形成的浆液对与混合物的“混合吸收→吸附分离”过程如图。 ①ZIF-8能分离与的原因是_______。 ②若将乙二醇替换为水，ZIF-8会发生反应生成，导致重复捕获的能力大大降低。由生成的化学方程式为_______。 （5）与在ZIF-8催化下转化为环状碳酸酯的一种机理如下： 表示状态Ⅲ的为_______(填标号)。 12. 利用生物酶制备一种重要的有机物木糖(ⅳ)的合成路线如下。 （1）ⅰ的分子式为_______；名称为_______。 （2）ⅱ中含有官能团的名称为_______。 （3）ⅴ是ⅲ的同分异构体，且相关光谱数据如下。ⅴ的结构简式为_______。 （4）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有_______(填标号)。 a．在催化剂的作用下被还原为 b．ⅱ→ⅲ的转化中π键发生断裂 c．ⅲ→ⅳ的转化中碳原子杂化方式改变，但手性碳原子数目不变 d．ⅳ能与形成分子间氢键，具有良好的水溶性 （5）分析预测ⅲ可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 生成的有机物的结构 反应类型 ① 新制悬浊液、NaOH、加热 _______ _______ ② _______ _______ （6）参考上述合成路线，以溴乙烷为原料合成。回答下列问题： ①第一步反应的化学方程式为_______。 ②使用“生物酶Ⅱ”反应中的活泼性较强的原因是_______。 13. 某实验小组利用海藻酸铁(SA-Fe)催化制备乙酸乙酯，设计实验方案如下。 已知：ⅰ．与乙醇形成；SA-Fe具有吸水性。ⅱ．部分物质沸点如下表： 物质 沸点/℃ 共沸物 沸点/℃ 乙醇 78.5 乙酸乙酯—水 70.4 乙酸 117.9 乙酸乙酯—乙醇 72.0 乙酸乙酯 77.1 乙酸乙酯—乙醇—水 70.2 回答下列问题： （1）该酯化反应的化学方程式为_______。 （2）SA-Fe部分结构如图。海藻酸[]的单体结构简式为_______。 （3）SA-Fe催化机理如下。反应①中C=O极性____(填“增大”“减小”或“不变”)；相较于催化剂，SA-Fe的优点有_____。 （4）“步骤Ⅰ”中乙醇过量的原因是_______。 （5）“步骤Ⅱ”应在_______(填仪器名称)中进行；所用洗涤液的顺序为_______[______→_______→_______](填标号)。 a．饱和食盐水 b．饱和溶液 c．饱和溶液 （6）“步骤Ⅲ”收集到镏分1.65g，则该实验乙酸乙酯的产率为_______(精确至0.1%)；若未进行“干燥”直接蒸馏，会造成产率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 14. 从NdFeB废料的焙烧产物(主要含、和)中回收金属元素的工艺流程如下： 已知：ⅰ．；ⅱ．。 （1）“酸浸”过程，生成的离子方程式为_______。 （2）“萃取镓”原理为，其中org表示有机相。为提高Ga的萃取率，可采取的措施有_______(填标号)。 a．萃取前用盐酸酸化 b．萃取前用硝酸酸化 c．多次萃取改单次萃取 d．调整磺化煤油用量以适当提高TBP浓度 （3）结合平衡移动原理分析“反萃取1”中Ga元素从有机层返回水层的原因是_______。 （4）萃取的原理为。三种不同萃取剂的结构如下表。 萃取剂(HA) P204 P507 P227 结构简式 萃取率 P204>P507>P227 从结构角度分析，萃取率P204>P507>P227的原因是_______。 （5）试剂X、试剂Y分别为_______、_______。 （6）由制备的电池正极材料的晶体结构可描述为：Li、Fe、Si各自处于氧原子四面体中心，形成如图的结构单元(其中氧原子未标出，2个位于面心、2个位于内部)。充放电过程晶胞参数变化如下表。 晶胞 0.626 0.538 0.501 90 90 90 0.606 0.566 0.507 889 90 88.9 ①图中Si原子2个位于_______，1个位于_______。 ②晶体密度_______(列出计算式即可)。 ③随着脱出，键的键长_______(填“变大”或“变小”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$