精品解析：湖北省楚天协作体2024-2025学年高二下学期7月期末化学试题

荆州市2024—2025学年高二年级质量检测 化学试卷 全卷满分100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。 4.考试结束后，请将答题卡上交。 可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Cl：35.5 Ar：39.95 Cu：64 Au：197 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 荆州市博物馆馆藏文物丰富，彰显楚文化博大精深。下列说法错误的是 A. 张家山汉简的主要成分为纤维素 B. 青瓷荷叶盖罐的主要原料为黏土 C. 玉覆面的主要成分为硫酸盐 D. 虎座凤鸟悬鼓上的鼓皮其主要成分为蛋白质 2. 有机物与生产、生活密切相关，下列关于有机物的使用不合理的是 A 抗坏血酸(即维生素C)常用作抗氧化剂 B. 柠檬黄作食品增味剂 C. 制作豆腐时常用葡萄糖酸-δ-内酯作凝固剂 D. 山梨酸作食品防腐剂 3. 我国屠呦呦等科学家从中药中提取青蒿素并测定其结构，实验需用到的部分仪器有：①柱色谱装置；②元素分析仪；③红外光谱仪；④核磁共振仪；⑤质谱仪。根据研究有机物的一般方法和步骤，仪器使用的顺序为 A. ①②⑤③④ B. ②①⑤③④ C. ①②③④⑤ D. ①③④②⑤ 4. 下列化学用语或图示表达正确是 A. C原子的sp2杂化电子云轮廓图： B. SO2的VSEPR模型： C. C6H12分子的椅式空间结构模型： D. 基态碘原子的简化电子排布式：[Kr]4d105s25p5 5. 基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是 A. 3p2表示3p能级有两个轨道 B. 电负性的大小也可以作为判断金属性和非金属性强弱的依据 C. 区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验 D. 洪特规则认为基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行 6. 植物染是湖北省重要的非物质文化遗产，用靛蓝作植物染已具有三千多年历史，现代工业靛蓝的染色原理如下图所示。下列说法正确的是 A. 靛蓝中有2个手性碳原子 B. b→c加入NaOH生成钠盐增大了产物在水中的溶解度 C. 可以用酸性KMnO4代替H2O2 D. 二氧化硫脲在a→b的反应中作氧化剂 7. 5-羟色胺是一种抑制性神经递质，其结构如图所示，五元氮杂环上的原子在同一平面上。下列说法错误的是 A. 苯环上的一氯代物有2种 B. 分子中最多共平面的C原子有10个 C. 该物质可发生加成反应 D. 五元氮杂环上的碳原子采用sp2杂化 8. 苯与Br2在一定条件下能发生如下反应，其中部分转化历程与能量变化如图所示。下列说法错误的是 A. 反应焓变：反应I：，反应II： B. 向体系中加入催化剂溴化铁，溴苯的平衡产率会提高 C. 生成两种产物的决速步骤相同 D. 产物稳定性：产物I<产物II 9. 三环氮杂冠醚分子中有四面体配位点的孔穴，它除具有大小识别功能外，还能按成键方向选择合适的离子优先进行组装。和K+具有非常近似的大小尺寸，而三环氮杂冠醚只倾向和结合，下图为三环氮杂冠醚和结合的结构。下列说法错误的是 A. 含有极性共价键、配位键 B. 三环氮杂冠醚分子和结合的作用力为氢键 C. 第一电离能：C<N<O D. 三环氮杂冠醚分子可用于四面体方向成键的离子识别 10. 组成核酸的基本单元是核苷酸。下图是核酸的某一结构片段，下列说法错误的是 A. 核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对 B. 核苷酸只可以与碱反应 C. 核酸水解形成核苷酸，核苷酸水解形成核苷和磷酸，核苷水解得到戊糖和碱基 D. 脱氧核糖核酸(DNA)和核糖核酸(RNA)结构中的碱基不同 11. 间接电解法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示(质子膜只允许H+通过)。下列有关说法错误的是 A. 电极b为阳极 B. 电解过程中有4molH+通过质子膜时，可处理90gNO C. 电解过程中右侧Na2SO4的浓度增大 D. 电极a的电极反应式为： 12. 已知石墨是层状结构，Li+可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为ρg/cm3，同层Li+的最近距离为apm。下列说法错误的是 A. 石墨层中每个六元碳环实际占有个碳原子 B. 该石墨插层化合物的化学式为LiC6 C. 石墨中碳碳键的键长为 D. 碳层和锂层的最短距离d为 13. 证据推理是重要的化学学科核心素养。下列事实与推理均正确的是 选项 事实 推理 A O3为极性分子 O3在水中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度 B 键长：F-F<Cl-Cl 键能：F-F>Cl-Cl C 超分子具有分子识别的重要特征 利用“杯酚”可分离C60和C70 D 相对分子质量：H2S>H2O 熔沸点：H2S>H2O A. A B. B C. C D. D 14. 已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 化合物为含有非极性共价键离子化合物 B. 简单离子半径： C. X、Z和O形成的盐溶液XZO呈酸性 D. Y单质与Z的简单氢化物能发生置换反应 15. 常温下，往20mL0.10mol/LHA溶液中滴加0.10mol/LKOH溶液，所得混合溶液中水电离的H+浓度和所加的KOH溶液体积变化趋势如图所示。下列有关说法正确的是 A. 常温下，0.10mol/LHA酸的电离常数约为 B. b点： C. d点时溶液呈碱性 D. 溶液中水电离程度：d点>c点>b点>a点 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 一种从废旧芯片(主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金属，除Au外其他金属均可溶于浓硝酸)中回收和利用贵金属的流程如下： 已知：Au被HNO3，氧化成Au3+的反应平衡常数；Au3+可与发生反应：；H[AuCl4]在水溶液中完全电离。 回答下列问题： （1）为加快酸溶的速率，可采取的措施是：___________(填一种即可)。 （2）“滤渣1”的主要成分是___________(填化学式)。浓硝酸与浓盐酸体积比为1∶3的混合物叫“王水”，可以溶解Au，此时HNO3被还原为NO。写出Au溶解过程中反应的化学方程式___________。 （3）黄金按质量分数分级(如12K、18K、22K、24K)，纯金为24K。一种Au-Cu合金的晶胞结构如图所示： 该合金中Au的配位数为___________，约为___________K金。 （4）“滤液2”中含有Pd等金属元素，可进一步将其分离提纯。溶液中的Pd2+经过一定处理后可以得到四配位的Pd(NH3)2Cl2沉淀，其有2种同分异构体a和b，下列有关说法正确的有___________。 A． Pd(NH3)2Cl2中有配位键、共价键和离子键 B． Pd(NH3)2Cl2属于分子晶体 C． a和b的空间结构均为四面体形 （5）AgCl沉淀用氨水溶解后可直接用于表面电镀，将待镀元件制成电极放置于“氨溶”后所得溶液中通电即可进行电镀，阴极上发生的电极反应为___________。 17. 有机物N的结构中含有三个六元环，其合成路线如下。 已知：① ②C在催化剂作用下连续两次氧化生成D 请回答下列问题： （1）F化学名称为___________。 （2）B→C的化学方程式___________，其反应类型为___________。 （3）M在一定条件下能合成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为___________。 （4）F的同分异构体中，满足下列条件的有___________种。 ①能使FeCl3溶液显色；②能发生银镜反应 （5）N的结构简式为___________。 18. 海波(Na2S2O3)是一种常见的还原剂且拥有较强的配位能力。某小组同学向浓度均为0.1的FeCl3溶液、CuSO4溶液中加入同浓度的Na2S2O3溶液，探究溶液中的反应过程。 实验 实验操作 实验现象 I 向2mL0.1的FeCl3溶液加入4mL0.1的Na2S2O3溶液 溶液先变成紫黑色，片刻后溶液接近为无色 II 向2mL0.1CuSO4溶液加入4mL0.1的Na2S2O3溶液 溶液先变成淡绿色，且在室温下可稳定存在。水浴加热至50℃以上，溶液变浑浊，最后析出黑褐色沉淀 已知：为紫黑色、为淡绿色、Cu2S为黑色沉淀。 （1）(其结构式为)与金属阳离子配位提供孤电子对的是___________(填标号) a．端基S原子 b．中心S原子 （2）取I反应后的无色溶液，进行如下实验III~V： 实验III 实验IV 实验V 有蓝色沉淀产生 溶液仍为无色 有极少量白色沉淀产生 ①Na2S2O3溶液与FeCl3溶液混合时先发生___________反应(填“氧化还原”或“配位”)。 ②紫黑色溶液褪色，可能发生的反应有： a) b)___________。 实验V现象可知，实验I中主要发生的反应是a。 （3）为探究实验II生成物中黑褐色沉淀的成分，进行如下实验操作：将水浴反应液进行离心分离，取黑褐色沉淀少许于试管中，加入足量的NaOH溶液加热，沉淀部分溶解，过滤得到黑色沉淀，黑褐色沉淀是___________。黑褐色沉淀在足量NaOH溶液中加热部分溶解，再取上层清液加入过量的盐酸有淡黄色沉淀生成。写出黑褐色沉淀加入足量的NaOH溶液加热反应的离子方程式___________。 （4）由上述探究可知，常温下稳定性：___________(填“>”、“<”或“=”)，依据实验现象判断影响与Fe3+、Cu2+形成配合物的稳定性的主要因素是___________。 19. 苯乙烯是重要的化工原料，利用乙苯直接脱氢工艺生产苯乙烯涉及的主要反应I为：(g) (g)+H2(g) ，回答下列问题： （1）在体积一定的条件下，下列选项不能说明反应I达到化学平衡状态的是___________。 A. 混合气体的平均摩尔质量保持不变 B. 混合气体的密度保持不变 C. 容器内苯乙烯与氢气的物质的量之比不再变化 D. 苯乙烯的体积分数不再变化 （2）已知逆水煤气转化： ，写出利用CO2氧化乙苯脱氢制备苯乙烯的热化学方程式：___________。该反应可能有如图所示的两种反应机理： 通过检测反应体系中___________(填化学式)的存在，可初步确定该反应属于哪种途径的反应机理。 （3）在恒压条件下，分别按Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ三种方式进行投料制备苯乙烯，Ⅱ． ；Ⅲ． ；Ⅳ．仅充入乙苯；乙苯平衡转化率随温度变化的曲线如图所示： 表示投料方式Ⅲ的曲线是___________(填“a”、“b”或“c”)，判断依据是___________。 （4）对于乙苯直接脱氢发生反应I，可以同时提高乙苯平衡转化率和反应速率的措施为___________。在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生直接脱氢反应I，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至90%，需要向反应器中充入水蒸气___________mol。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 荆州市2024—2025学年高二年级质量检测 化学试卷 全卷满分100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。 4.考试结束后，请将答题卡上交。 可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Cl：35.5 Ar：39.95 Cu：64 Au：197 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 荆州市博物馆馆藏文物丰富，彰显楚文化博大精深。下列说法错误的是 A. 张家山汉简的主要成分为纤维素 B. 青瓷荷叶盖罐的主要原料为黏土 C. 玉覆面的主要成分为硫酸盐 D. 虎座凤鸟悬鼓上的鼓皮其主要成分为蛋白质 【答案】C 【解析】 【详解】A．汉简是古代竹简或木简，由植物材料（如竹子）制成，其主要成分为纤维素，A正确； B．青瓷属于陶瓷制品，是以黏土（主要成分为含水的铝硅酸盐）为主要原料，经高温烧制而成，B正确； C．玉覆面是玉器制品，玉的主要成分是硅酸盐矿物，而非硫酸盐，C错误； D．鼓皮通常由动物皮革（如牛皮）制成，主要成分为蛋白质，D正确； 故选C。 2. 有机物与生产、生活密切相关，下列关于有机物的使用不合理的是 A. 抗坏血酸(即维生素C)常用作抗氧化剂 B. 柠檬黄作食品增味剂 C. 制作豆腐时常用葡萄糖酸-δ-内酯作凝固剂 D. 山梨酸作食品防腐剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．维生素C具有还原性，常用作抗氧化剂防止食品氧化变质，A正确； B．柠檬黄是人工合成色素，用于食品着色而非增味，增味剂通常为谷氨酸钠等物质，B错误； C．葡萄糖酸-δ-内酯可水解生成葡萄糖酸，促使蛋白质凝固，是豆腐制作常用凝固剂，C正确； D．山梨酸能抑制微生物生长，是广泛使用食品防腐剂，D正确； 答案选B。 3. 我国屠呦呦等科学家从中药中提取青蒿素并测定其结构，实验需用到的部分仪器有：①柱色谱装置；②元素分析仪；③红外光谱仪；④核磁共振仪；⑤质谱仪。根据研究有机物的一般方法和步骤，仪器使用的顺序为 A. ①②⑤③④ B. ②①⑤③④ C. ①②③④⑤ D. ①③④②⑤ 【答案】A 【解析】 【详解】柱色谱装置（①）用于分离提纯、元素分析仪（②）确定元素组成、质谱仪（⑤）测定分子量、红外光谱仪（③）分析官能团、核磁共振仪（④）确定结构细节，顺序应为①→②→⑤→③→④； 答案选A。 4. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. C原子的sp2杂化电子云轮廓图： B. SO2的VSEPR模型： C. C6H12分子的椅式空间结构模型： D. 基态碘原子的简化电子排布式：[Kr]4d105s25p5 【答案】D 【解析】 【详解】A．杂化轨道间夹角为120度，呈平面三角形，杂化轨道模型为，A错误； B．SO2分子中，S原子的最外层孤电子对数为，形成2个σ键，价层电子对数为3，为杂化，则VSEPR模型为，B错误； C．是分子的船式空间结构模型，C错误； D．基态碘原子为53号，简化电子排布式为，D正确； 故答案选D。 5. 基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是 A. 3p2表示3p能级有两个轨道 B. 电负性的大小也可以作为判断金属性和非金属性强弱的依据 C. 区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验 D. 洪特规则认为基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行 【答案】A 【解析】 【详解】A．3p²中的“²”表示3p能级中有2个电子，而3p能级本身有3个轨道，与电子数无关，A错误； B．电负性越大，非金属性越强，金属性越弱，因此电负性可作为判断依据，B正确； C．晶体具有周期性结构，X射线衍射实验能清晰区分晶体（明锐衍射峰）和非晶体（无规律衍射），C正确； D．洪特规则强调电子填入简并轨道时优先分占且自旋平行，以降低能量，D正确； 答案选A。 6. 植物染是湖北省重要的非物质文化遗产，用靛蓝作植物染已具有三千多年历史，现代工业靛蓝的染色原理如下图所示。下列说法正确的是 A. 靛蓝中有2个手性碳原子 B. b→c加入NaOH生成钠盐增大了产物在水中的溶解度 C. 可以用酸性KMnO4代替H2O2 D. 二氧化硫脲在a→b的反应中作氧化剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．手性碳原子是指连接四个不同原子或基团的特殊碳原子，靛蓝中没有手性碳原子，A错误； B．有机物大多都难溶于水，b→c加入NaOH生成钠盐增大了产物在水中的溶解度，B正确； C．酸性高锰酸钾氧化性较强，会将所有碳碳双键都氧化，不能用来代替过氧化氢，C错误； D．由结构简式知a→b加氢还原反应，二氧化硫脲作还原剂，D错误； 故答案选B。 7. 5-羟色胺是一种抑制性神经递质，其结构如图所示，五元氮杂环上的原子在同一平面上。下列说法错误的是 A. 苯环上的一氯代物有2种 B. 分子中最多共平面的C原子有10个 C. 该物质可发生加成反应 D. 五元氮杂环上的碳原子采用sp2杂化 【答案】A 【解析】 【详解】A．该有机物结构不对称，苯环上的一氯代物有3种，A错误； B．分子中的两个环都是平面结构，两平面重合，分子中一定共平面的C原子有9个，最多有10个，B正确； C．分子中含有碳碳双键、氨基、羟基共三种官能团，可发生加成、中和反应，C正确； D．五元氮杂环上的碳均含有双键，采用杂化，D正确； 故答案选A。 8. 苯与Br2在一定条件下能发生如下反应，其中部分转化历程与能量变化如图所示。下列说法错误的是 A. 反应焓变：反应I：，反应II： B. 向体系中加入催化剂溴化铁，溴苯的平衡产率会提高 C. 生成两种产物的决速步骤相同 D. 产物稳定性：产物I<产物II 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据能量变化图，反应I中反应物总能量低于生成物，反应II中反应物总能量高于生成物，则反应焓变：反应I：，反应II：，A正确； B．催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡移动，因此溴苯的平衡产率不变，B错误； C．决速步骤是反应历程中反应速率最慢的步骤，由活化能决定，活化能越大，反应速率越慢，则生成两种产物的决速步骤均为转化为过渡态2的步骤，C正确； D．物质能量越低越稳定，根据能量变化图，产物I对应的能量低于产物II，则产物稳定性：产物I<产物II，D正确； 答案选B。 9. 三环氮杂冠醚分子中有四面体配位点的孔穴，它除具有大小识别功能外，还能按成键方向选择合适的离子优先进行组装。和K+具有非常近似的大小尺寸，而三环氮杂冠醚只倾向和结合，下图为三环氮杂冠醚和结合的结构。下列说法错误的是 A. 含有极性共价键、配位键 B. 三环氮杂冠醚分子和结合的作用力为氢键 C. 第一电离能：C<N<O D. 三环氮杂冠醚分子可用于四面体方向成键离子识别 【答案】C 【解析】 【详解】A．含有极性共价键，分子中N具有孤电子对，与具有空轨道的通过配位键形成，故含有配位键，A项正确； B．从结构中可看出，三环氮杂冠醚中O原子与中H原子作用，故二者结合的作用力为氢键，B项正确； C．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，而的2p能级为半充满稳定状态，第一电离较相邻元素大，故第一电离能：C <O<N，C项错误； D．根据题干信息：三环氮杂冠醚分子中有四面体配位点的孔穴，具有大小识别功能，能按成键方向选择合适的离子进行组装，故三环氮杂冠醚分子可用于四面体方向成键的离子识别，D项正确； 答案选C。 10. 组成核酸的基本单元是核苷酸。下图是核酸的某一结构片段，下列说法错误的是 A. 核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对 B. 核苷酸只可以与碱反应 C. 核酸水解形成核苷酸，核苷酸水解形成核苷和磷酸，核苷水解得到戊糖和碱基 D. 脱氧核糖核酸(DNA)和核糖核酸(RNA)结构中的碱基不同 【答案】B 【解析】 【详解】A．核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对，DNA中腺嘌呤（A）与胸腺嘧啶（T）配对，鸟嘌呤（G）与胞嘧啶（C）配对，RNA中尿嘧啶（U）替代了胸腺嘧啶（T），结合成碱基对，遵循碱基互补配对原则，A正确； B．核苷酸中的磷酸基团能与碱反应，碱基与酸反应，因此核苷酸在一定条件下，既可以与酸反应，又可以与碱反应，B错误； C．碱基与戊糖缩合形成核苷，核苷与磷酸缩合形成了组成核酸的基本单元——核苷酸，核苷酸缩合聚合可以得到核酸，故核酸水解形成核苷酸，核苷酸水解形成核苷和磷酸，核苷水解得到戊糖和碱基，C正确； D．脱氧核糖核酸的碱基为腺嘌呤、鸟嘌呤、胞嘧啶、胸腺嘧啶，核糖核酸的碱基为腺嘌呤、鸟嘌呤、胞嘧啶、尿嘧啶，两者的碱基不同，D正确； 故答案选B。 11. 间接电解法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示(质子膜只允许H+通过)。下列有关说法错误的是 A. 电极b为阳极 B. 电解过程中有4molH+通过质子膜时，可处理90gNO C. 电解过程中右侧Na2SO4的浓度增大 D. 电极a的电极反应式为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．由装置可知电极b上水放电生成氧气为阳极，电极反应为，A正确； B．电解过程中有通过质子膜时，电路中转移4mol电子，则生成2mol，与一氧化氮反应生成氮气和亚硫酸氢根，方程式为，2mol可处理2molNO，质量为60gNO，B错误； C．由电解反应可知电极b上水放电生成氧气，反应生成的氢离子通过质子膜进入左侧，电解过程中损失水，则右侧的浓度增大，C正确； D．电极a上发生反应，电极反应式为，D正确； 故答案选B。 12. 已知石墨是层状结构，Li+可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为ρg/cm3，同层Li+的最近距离为apm。下列说法错误的是 A. 石墨层中每个六元碳环实际占有个碳原子 B. 该石墨插层化合物的化学式为LiC6 C. 石墨中碳碳键的键长为 D. 碳层和锂层的最短距离d为 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨层中每个碳原子被三个六元环共用，六元碳环实际占有碳原子数为，A错误； B．根据均摊法，晶胞结构中Li+的个数为，C原子个数为，则石墨插层化合物的化学式为LiC6，B正确； C．根据图乙，同层Li+的最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍，则石墨中碳碳键的键长为，C正确； D．晶胞质量为，则体积为，解得，D正确； 答案选A。 13. 证据推理是重要的化学学科核心素养。下列事实与推理均正确的是 选项 事实 推理 A O3为极性分子 O3在水中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度 B 键长：F-F<Cl-Cl 键能：F-F>Cl-Cl C 超分子具有分子识别的重要特征 利用“杯酚”可分离C60和C70 D 相对分子质量：H2S>H2O 熔沸点：H2S>H2O A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．O3分子的空间结构与水分子相似，属于极性分子，但O3的极性微弱，它在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度大于在极性溶剂水中的溶解度，事实正确，但推理错误，A错误； B．F-F键长确实比Cl-Cl短，但F原子半径很小，导致F-F键中两个氟原子的孤电子对之间存在强烈的排斥作用（孤电子对间的斥力远大于Cl-Cl键），削弱了F-F键的稳定性，使得F-F键能（157 kJ/mol）小于Cl-Cl键能（242.7 kJ/mol），事实正确，但推理错误，B错误； C．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，具有具有分子识别的重要特征，杯酚是一类具有杯状空腔结构的主体分子，其空腔大小与C60的直径高度匹配，而与体积更大的C70匹配度较低，所以利用“杯酚”可分离C60和C70，事实和推理均正确，C正确； D．H2S的相对分子质量大于H2O，但H2O存在分子间氢键，导致其熔沸点明显高于H2S，即熔沸点：H2S<H2O，事实正确，但推理错误，D错误； 故选C。 14. 已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 化合物为含有非极性共价键的离子化合物 B. 简单离子半径： C. X、Z和O形成的盐溶液XZO呈酸性 D. Y单质与Z的简单氢化物能发生置换反应 【答案】A 【解析】 【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液的浓度均为0.01mol•L−1，其中X的pH＝12，属于一元强碱，且X的原子半径最大，则X为Na；W、Z的pH均为2，说明是一元强酸，原子序数和原子半径均满足Z＞W，则Z为Cl，W为N元素；Y的pH＜2，应该为二元强酸，Y的原子半径大于Cl，则Y为S元素，以此分析解答。 【详解】A．为Na2S2，和Na＋之间形成离子键，中S原子之间含有非极性共价键，故A正确； B．离子的核外电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，则简单离子半径大小为：S2−＞Cl−＞N3−＞Na＋，即Y＞Z＞W＞X，故B错误； C．XZONaClO，ClO-水解呈碱性，故C错误； D．氯的非金属性比硫强，而硫不与盐酸反应，故D错误； 故答案选A。 15. 常温下，往20mL0.10mol/LHA溶液中滴加0.10mol/LKOH溶液，所得混合溶液中水电离的H+浓度和所加的KOH溶液体积变化趋势如图所示。下列有关说法正确的是 A. 常温下，0.10mol/LHA酸的电离常数约为 B. b点： C. d点时溶液呈碱性 D. 溶液中水电离程度：d点>c点>b点>a点 【答案】C 【解析】 【分析】在中和滴定过程中，起始点水电离的H+浓度比较小，随滴定进行生成盐水电离的H+浓度会增大，到滴定终点水电离的H+浓度达到最大，可判断横坐标为20mL的点是滴定终点。 【详解】A．要计算HA的电离常数，可用a点，在滴定操作前，只有HA溶液此时溶液中浓度=水电离的H+浓度=，可算出溶液的H+浓度为，常温下，0.10mol/LHA酸的电离常数，A错误； B． b点是滴定达到一半时的点，溶液中的溶质有HA和KA，且按含量在溶液中存在。由b点纵坐标可计算此时溶液，显酸性，可知HA的电离能力大于KA的水解能力。所以有微粒浓度大小：，B错误； C．滴定终点为KA溶液显碱性，d点在滴定终点后继续加KOH，溶液呈碱性，C正确； D．根据图像可知，溶液中水电离程度：c点>d点>b点>a点，D错误； 故答案选：C。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 一种从废旧芯片(主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金属，除Au外其他金属均可溶于浓硝酸)中回收和利用贵金属的流程如下： 已知：Au被HNO3，氧化成Au3+的反应平衡常数；Au3+可与发生反应：；H[AuCl4]在水溶液中完全电离。 回答下列问题： （1）为加快酸溶的速率，可采取的措施是：___________(填一种即可)。 （2）“滤渣1”的主要成分是___________(填化学式)。浓硝酸与浓盐酸体积比为1∶3的混合物叫“王水”，可以溶解Au，此时HNO3被还原为NO。写出Au溶解过程中反应的化学方程式___________。 （3）黄金按质量分数分级(如12K、18K、22K、24K)，纯金为24K。一种Au-Cu合金的晶胞结构如图所示： 该合金中Au的配位数为___________，约为___________K金。 （4）“滤液2”中含有Pd等金属元素，可进一步将其分离提纯。溶液中的Pd2+经过一定处理后可以得到四配位的Pd(NH3)2Cl2沉淀，其有2种同分异构体a和b，下列有关说法正确的有___________。 A． Pd(NH3)2Cl2中有配位键、共价键和离子键 B． Pd(NH3)2Cl2属于分子晶体 C． a和b的空间结构均为四面体形 （5）AgCl沉淀用氨水溶解后可直接用于表面电镀，将待镀元件制成电极放置于“氨溶”后所得溶液中通电即可进行电镀，阴极上发生的电极反应为___________。 【答案】（1）搅拌或升高温度 （2） ①. SiO2、Au ②. Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O （3） ①. 12 ②. 12 （4）B （5）或 【解析】 【分析】废旧芯片回收贵金属的流程分析： 1. 灼烧：可除去塑料，将硅氧化成SiO2。 2. 酸溶：加入浓硝酸等酸液，使芯片中的Ag、Cu、Pd等金属溶解（生成对应的硝酸盐溶液），而Au和单晶硅Si不溶解。 3. 过滤分离得到“滤渣1”和“滤液1”： 滤渣1：SiO2和Au。 滤液1：含有Ag+、Cu2+、Pd2+等金属离子。 4. 进一步分离提纯 处理滤渣1：用王水溶解Au，再通过还原等反应回收金。 处理滤液1：通过加入沉淀剂或利用金属活动性差异，分步分离Ag、Cu、Pd等金属离子，最终得到纯净的贵金属。 【小问1详解】 为加快酸溶的速率，可采取的措施是搅拌、升高温度、适当提高酸的浓度等。 【小问2详解】 根据分析，“滤渣1”的主要成分是SiO2、Au， 已知浓硝酸与浓盐酸比例为1：3时溶解Au效果好，HNO3被还原为NO，Au被氧化结合Cl⁻生成 [AuCl4]，离子方程式为Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O。 【小问3详解】 以顶点的Au原子为研究对象，与之距离最近且相等的Cu原子位于面心，每个顶点的Au原子被8个晶胞共用，每个面心的Cu原子被2个晶胞共用，所以Au的配位数为=12。根据均摊法，晶胞中Au原子的个数为8×1/8=1，Cu原子的个数为6×1/2=3，该金合金的化学式为AuCu3，Au的质量分数为=50.6%，为12K金。 【小问4详解】 A．Pd(NH3)2Cl2中存在配位键和共价键，不存在离子键，A错误； B．Pd(NH3)2Cl2分子之间通过分子间作用力（范德华力） 结合，晶体类型属于分子晶体，B正确； C．a和b的空间结构均为平面四边形，不是四面体形，C错误； 故选B。 【小问5详解】 AgCl沉淀用氨水溶解后得到[Ag(NH3)2]+，电镀时，阴极发生还原反应，[Ag(NH3)2]+得到电子被还原为Ag，所以阴极电极反应式为。 17. 有机物N的结构中含有三个六元环，其合成路线如下。 已知：① ②C在催化剂作用下连续两次氧化生成D 请回答下列问题： （1）F的化学名称为___________。 （2）B→C的化学方程式___________，其反应类型为___________。 （3）M在一定条件下能合成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为___________。 （4）F的同分异构体中，满足下列条件的有___________种。 ①能使FeCl3溶液显色；②能发生银镜反应 （5）N的结构简式为___________。 【答案】（1）苯乙酸 （2） ①. +2NaOH+2NaCl ②. 取代反应或水解反应 （3） （4）13 （5） 【解析】 【分析】原料为2-甲基丙烯和（通过F的结构式可知推断出该物质为苯乙烯），后续分为两条合成路线，一条2-甲基丙烯和苯乙烯反应生成A（），A发生取代反应生成，和盐酸反应生成B（），B发生水解反应生成C（），C氧化成D（）；另一条合成线路为：苯乙烯通过加成反应生成E（苯乙醇），E经氧化生成F（苯乙酸），F在氯气和的作用下生成G（），G和水反应生成H（），H经水解生成M（），M和D在浓硫酸加热条件下反应生成N（）； 【小问1详解】 由题目中F的结构简式可知，F的化学名称为苯乙酸； 【小问2详解】 ①和盐酸反应生成B，所以B的结构简式为：， B→C的化学方程式为： +2NaOH+2NaCl； ②由B→C的化学方程式可知，B→C的反应类型为取代反应或水解反应； 【小问3详解】 F（苯乙酸）在氯气和的作用下，羧基中的被取代，同时与苯环相连的碳原子的氢也被取代，生成G，G为，G和水反应生成H（），H再经过水解生成M（），M在一定条件下能合成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为：； 【小问4详解】 F的同分异构体满足：①能使FeCl3溶液显色，说明是酚类；②能发生银镜反应，说明含有醛基； 若苯环上有两个取代基，分别为和，有邻、间、对3种结构； 若苯环上有三个取代基，为、、，采用定二移一的方法：先固定和，移动， 当和处于邻位时，有4种位置； 当和处于间位时， ​有4种位置； 当和处于对位时，有2种位置。 所以满足条件的同分异构体共有种； 【小问5详解】 已知M（），D（），二者在加热和浓硫酸条件下发生酯化反应，生成N（）。 18. 海波(Na2S2O3)是一种常见的还原剂且拥有较强的配位能力。某小组同学向浓度均为0.1的FeCl3溶液、CuSO4溶液中加入同浓度的Na2S2O3溶液，探究溶液中的反应过程。 实验 实验操作 实验现象 I 向2mL0.1的FeCl3溶液加入4mL0.1的Na2S2O3溶液 溶液先变成紫黑色，片刻后溶液接近为无色 II 向2mL0.1CuSO4溶液加入4mL0.1的Na2S2O3溶液 溶液先变成淡绿色，且在室温下可稳定存在。水浴加热至50℃以上，溶液变浑浊，最后析出黑褐色沉淀 已知：为紫黑色、为淡绿色、Cu2S为黑色沉淀。 （1）(其结构式为)与金属阳离子配位提供孤电子对的是___________(填标号) a．端基S原子 b．中心S原子 （2）取I反应后的无色溶液，进行如下实验III~V： 实验III 实验IV 实验V 有蓝色沉淀产生 溶液仍为无色 有极少量白色沉淀产生 ①Na2S2O3溶液与FeCl3溶液混合时先发生___________反应(填“氧化还原”或“配位”)。 ②紫黑色溶液褪色，可能发生的反应有： a) b)___________。 实验V现象可知，实验I中主要发生的反应是a。 （3）为探究实验II生成物中黑褐色沉淀的成分，进行如下实验操作：将水浴反应液进行离心分离，取黑褐色沉淀少许于试管中，加入足量的NaOH溶液加热，沉淀部分溶解，过滤得到黑色沉淀，黑褐色沉淀是___________。黑褐色沉淀在足量NaOH溶液中加热部分溶解，再取上层清液加入过量的盐酸有淡黄色沉淀生成。写出黑褐色沉淀加入足量的NaOH溶液加热反应的离子方程式___________。 （4）由上述探究可知，常温下稳定性：___________(填“>”、“<”或“=”)，依据实验现象判断影响与Fe3+、Cu2+形成配合物的稳定性的主要因素是___________。 【答案】（1）a （2） ①. 配位 ②. （3） ①. S、Cu2S ②. （4） ①. < ②. Fe3+的氧化性大于Cu2+的氧化性 【解析】 【分析】实验Ⅰ：根据反应现象，Na2S2O3溶液与FeCl3溶液混合时 “配位”反应最快，生成； 实验Ⅱ：CuSO4溶液加入Na2S2O3溶液，“配位”反应最快，生成，水浴加热至50℃以上，根据题给信息分析可知，接下来进行的反应方程式为：2Cu2++2+2H2O=Cu2S↓+S↓+2+4H+。 【小问1详解】 可看作硫酸根离子中的氧原子被硫原子替代的产物，中心硫原子没有孤电子对，而O的电负性大于S，提供孤电子对的能力比S弱，因此端基S原子提供孤电子对，选a； 【小问2详解】 ①Na2S2O3溶液与FeCl3溶液混合后溶液先变成紫黑色，所以先发生配位反应； ②实验III说明有氧化还原反应发生还原产物为Fe2+，实验IV说明Fe3+已完全参与反应，，实验Ⅴ，说明氧化产物是，故推测Fe3+可能将氧化为，反应的离子方程式为：； 【小问3详解】 ①取黑褐色沉淀少许于试管中，加入足量的NaOH溶液加热，沉淀部分溶解，说明黑褐色沉淀有能和热NaOH溶液反应的物质，结合元素守恒可知为S，则结合氧化还原反应规律、元素守恒可知过滤得到的黑色沉淀是Cu2S； ②黑褐色沉淀部分溶于NaOH溶液，根据所含元素分析生成了S单质，发生反应：； 【小问4详解】 实验Ⅰ中，生成后，片刻后溶液就变无色，说明其不稳定；而实验Ⅱ中生成后，溶液在室温下可稳定存在，说明稳定性＜；根据氧化性Fe3+＞Cu2+，Fe3+易与发生氧化还原反应，从而不易形成稳定的配合物，因此与Fe3+、Cu2+形成配合物稳定性的因素是Fe3+的氧化性大于Cu2+的氧化性。 19. 苯乙烯是重要的化工原料，利用乙苯直接脱氢工艺生产苯乙烯涉及的主要反应I为：(g) (g)+H2(g) ，回答下列问题： （1）在体积一定的条件下，下列选项不能说明反应I达到化学平衡状态的是___________。 A. 混合气体的平均摩尔质量保持不变 B. 混合气体的密度保持不变 C. 容器内苯乙烯与氢气的物质的量之比不再变化 D. 苯乙烯的体积分数不再变化 （2）已知逆水煤气转化： ，写出利用CO2氧化乙苯脱氢制备苯乙烯的热化学方程式：___________。该反应可能有如图所示的两种反应机理： 通过检测反应体系中___________(填化学式)的存在，可初步确定该反应属于哪种途径的反应机理。 （3）在恒压条件下，分别按Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ三种方式进行投料制备苯乙烯，Ⅱ． ；Ⅲ． ；Ⅳ．仅充入乙苯；乙苯的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示： 表示投料方式Ⅲ的曲线是___________(填“a”、“b”或“c”)，判断依据是___________。 （4）对于乙苯直接脱氢发生反应I，可以同时提高乙苯平衡转化率和反应速率的措施为___________。在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生直接脱氢反应I，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至90%，需要向反应器中充入水蒸气___________mol。 【答案】（1）BC （2） ①. (g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g) ②. H2 （3） ①. a ②. 在相同温度下，CO2降低了乙苯分压，且与H2反应，均使平衡向脱氢的方向移动 （4） ①. 适当升温 ②. 22.4 【解析】 【小问1详解】 A．该反应前后气体物质的量发生改变，总质量不变，则混合气体的平均摩尔质量是变量，当其不变时，代表平衡状态，A不选； B．反应前后气体的总质量不变，容器的体积不变，反应过程中气体的密度一直不变，不能判断反应达到平衡，B选； C．苯乙烯与氢气均是生成物，且化学计量数之比为1∶1，则二者物质的量之比始终为1∶1，不能判断反应达到平衡，C选； D．苯乙烯的体积分数不再变化，说明其浓度不变，则代表平衡状态，D不选； 故选BC； 【小问2详解】 已知反应Ⅰ：(g) (g)+H2(g) ； 反应Ⅱ：：   ； 根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得到：(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g)   ； 根据反应机理图可知，两步法反应机理中会有氢气出现，而一步法中没有氢气，故只需检测是否存在，即可初步确定该反应属于哪种途径的反应机理； 【小问3详解】 由题干信息可知，制备苯乙烯的反应是气体物质的量增大的反应，故按Ⅱ投料方式与Ⅳ投料方式相比，相当于减压，平衡正向移动，故乙苯的转化率：Ⅱ＞Ⅳ，Ⅱ与Ⅲ相比，乙苯的分压相同，即Ⅲ中的乙苯转化率也要大于Ⅳ，且Ⅲ中的与反应，均使平衡向脱氢的方向移动，即Ⅲ中乙苯的转化率最高，故曲线a代表投料方式Ⅲ； 【小问4详解】 反应Ⅰ是气体物质的量增大的吸热反应，可以同时提高乙苯平衡转化率和反应速率的措施为适当升温； 根据已知条件，欲将平衡转化率从50%提高到90%，加入水蒸气作为稀释气，以促使平衡正向移动，从而提高转化率，根据温度不变K不变，列三段式：，，压强平衡常数，当转化率达到90%，，设需要充入水蒸气物质的量为n，，， ，解得n=22.4。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$