第二章 分子结构与性质 单元自测卷-2025-2026学年高二化学同步讲义+测试 （人教版2019选择性必修2）

第2章分子结构与性质测试卷 （考试时间：75分钟，分值：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：选择性必修二第2章。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 6．难度系数：0.65。 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 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Ti-48 Cr-52 Fe-56 Ni-59 Cu-64 Ba-137 第Ⅰ卷（选择题 共42分） 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42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．生活与化学密切相关。下列关于生活中的化学描述错误的是 A．壁虎在天花板上爬行自如——壁虎的足与墙体之间存在范德华力 B．甲烷水合物因外观像冰遇火即燃，被称作“可燃冰”——与之间存在氢键 C．表面活性剂能去油污——在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，油渍会被包裹在胶束内腔中除去 D．奋斗者号载人潜水器球壳，其原料中的与互为同位素 2．下列化学用语正确的是 A．的VSEPR模型： B．的电子式： C．中 键的形成： D．基态铜原子价电子的轨道表示式： 3．基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是 A．苯环与羟基的相互作用使酚羟基中的氢原子比醇羟基中的氢原子更活泼 B．不同元素具有不同的吸收光谱与核外电子的跃迁有关 C．水结冰后体积膨胀与氢键具有方向性有关 D．16S的价层电子排布图，违反了洪特规则 4．物质结构决定性质。下列有关物质性质的解释错误的是 选项 物质性质 解释 A P原子的第一电离能大于S原子 P原子的3p轨道电子排布是半充满的，比较稳定 B CF3COOH酸性大于CCl3COOH F的电负性比Cl强，导致C-F的极性比C-Cl的大 C 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸 对羟基苯甲酸分子间存在氢键，邻羟基苯甲酸分子内存在氢键 D 石墨的硬度小于金刚石 石墨中碳碳键的键能小于金刚石中碳碳键的键能 A．A B．B C．C D．D 5．下列说法错误的是 A．乳酸分子中含有一个手性碳原子 B．中σ键与π键数目之比为12：1 C．氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性 D．SiH4中Si的化合价为，CH4中C的化合价为，因此SiH4的还原性小于CH4 6．分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛应用，布洛芬可进行如图所示的成酯修饰。以下说法正确的是 A．布洛芬分子式为 B．布洛芬分子中碳原子的杂化轨道类型有3种 C．布洛芬分子中所有碳原子共平面 D．图中布洛芬的成酯修饰产物中含2个手性碳原子 7．肼()是高能燃料，常温下为液体，能与双氧水发生反应：。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．28g的π键数为 B．含lmol的冰中，氢键数为 C．1mol的(价层)孤电子对数为 D．标准状况下，22.4L完全反应转移电子数为 8．化合物可作肥料，所含的5种元素均位于主族，在每个短周期均有分布，仅有和同族，且的原子半径小于。的基态原子价层轨道半充满，的基态原子价层电子排布式为，与同周期，在地壳中含量最多。下列说法错误的是 A．简单离子的半径： B．最简单氢化物的沸点： C．键角： D．和的空间结构均为三角锥形 9．“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()其反应历程如下所示。 下列说法不正确的是 A．反应历程涉及有、键断裂，还有键的生成 B．分子的一种结构为，该分子为非极性分子 C．催化剂配合物在催化反应的过程中，化合价发生变化 D．将替换为，反应可得 10．煤炭通过液化可将硫等元素以及灰分脱除，得到洁净的二次能源。煤液化原理之一如下图所示。 下列叙述错误的是 A．煤的干馏、气化和液化是实现煤综合利用的有效途径 B．实验室进行⑤中操作用到的仪器有蒸发皿、玻璃棒、三脚架、酒精灯 C．③中生成甲醇的反应原子利用率等于100% D．④利用的原理是甲醇分子间存在氢键，故沸点较高易液化 11．物质的结构决定物质的性质。下列有关物质结构与性质的说法错误的是 A．因为电负性F>Cl，故键角PF3小于PCl3 B．O3中的共价键为非极性共价键，故O3为非极性分子 C．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛存在分子间氢键 D．酸性：CH2ClCOOH>CH3COOH，是由于CH2ClCOOH的羧基中羟基极性更大 12．从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实与解释不符的是 事实 解释 A 干冰可用于人工降雨 干冰升华时断裂化学键，吸热使水蒸气液化 B 取代反应中逐个断开中的键，每步所需能量不同 各步中的键所处化学环境不同 C 冠醚18-冠-6可使在有机溶剂中的溶解度增大 冠醚18-冠-6空腔直径与直径接近，可与之形成配合物 D 第一电离能：Mg>Al Mg原子失去3s能级电子，Al原子失去3p能级电子 A．A B．B C．C D．D 13．某团队通过连接键工程在共价有机框架（COF）中引入高密度催化阵列，实现了无金属电催化剂高效电催化CO2RR制乙烯（如图）。下列叙述错误的是 A．TPTA-Pz-COF的第二周期元素中氮的第一电离能最大 B．TPTA-Pz-COF中的化学键有极性键、非极性键和范德华力 C．丁分子的VSEPR模型和空间结构不一致 D．乙、丙分子都有碱性，它们都能促进水的电离 14．氮化硼量子点(粒径大小为2~10 nm)溶于乙醇或水，可用于Fen+的灵敏检测，检测原理示意图如下，下列说法错误的是 A．氮化硼量子点溶于乙醇或水可形成胶体 B．图中所示的微粒Fen+的n=3 C．氮化硼量子点中N、B杂化方式均为sp3 D．氮化硼量子点溶于水后，可与水分子形成氢键 第II卷（非选择题 共58分） 2、 非选择题：本题共4个小题，共58分。 15．(15分)金属铟(49In)广泛应用于生产液晶显示器和平板屏幕，以闪锌矿(主要成分是ZnS，还有In、Fe、Co、Cl等元素)为原料生产Zn并提取铟，工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知：i．CuCl难溶于水，不溶于稀酸。 ii．常温下Ksp数据如下： 物质 In(OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Ksp 1.4×10—33 8.0×10—16 4.0×10—38 (1)铟属于元素周期表中 区元素(填“s”或“p”)，“焙烧”时还产生难溶于H2SO4的ZnFe2O4和In2(Fe2O4)3，其中In2(Fe2O4)3中In的化合价为 ，H2SO4中的VSEPR模型名称为 (用文字描述)。 (2)上清液中钴以Co2+存在，“除钴”时Na2S2O8作 (填“氧化剂”或“还原剂”)；“脱氯”时发生反应Cu2++Cu+2Cl-=2CuCl，脱氯率与时间关系如图所示，最适宜的反应时间为 h，上述流程可循环利用的物质除铜外还有 (填化学式，任填一种均可)。 (3)写出酸性条件下SO2还原In2(Fe2O4)3得到In3+和Fe2+的离子方程式 。 (4)要水解得到In(OH)3，需先将ZnFe2O4和In2(Fe2O4)3中的Fe“还原”为+2价，原因是 。 16．(14分)环己酮是重要的化工原料和工业溶剂，是制造尼龙等的重要中间体。一种实验室制备环己酮的步骤如下： i．按图安装好实验装置，在仪器A中加入环己醇和乙酸，在分液漏斗内放入溶液(过量)。开动搅拌器，在冰水浴冷却下，逐滴加入溶液，充分反应。 ii．在反应后的混合物中加入水后进行蒸馏，收集馏出液(含有环己酮、水和乙酸)。向馏出液中分批加入饱和溶液并搅拌，充分反应后加入，将混合液倒入分液漏斗中，分离出环己酮。水层用乙醚萃取，合并环己酮与乙醚的萃取液，用无水硫酸镁干燥。水浴加热蒸出乙醚后蒸馏收集馏分，最终收集到产物。 已知： 物质 密度/() 沸点 与水形成共沸物的沸点 水溶性 环己醇 0.96 161.0 97.8 能溶于水 环己酮 0.95 155.0 95.0 微溶于水 请回答下列问题： (1)环己醇的沸点高于环己酮的主要原因为 。 (2)仪器A的名称为 ；分液漏斗在使用之前需要进行的操作为 ；球形冷凝管的进水口为 (填“a”或“b”)。 (3)步骤i中加入乙酸的主要目的是 。 (4)步骤i中加入能中和多余的醋酸，若加入的过量且反应过程中无气泡产生，则反应的离子方程式为 ；加入的目的是 。 (5)该实验中环己酮的产率约为 (保留小数点后一位)。 17．(15分)现有6种短周期元素X、Y、Z、W、M、Q，其原子序数依次增大，部分信息如下表： X 阴离子电子层结构与氦原子相同 Y 最高价氧化物在空气中增多会造成温室效应 Z 双原子单质分子中σ键和π键的数目之比为 W 基态原子的价电子排布式为 M 短周期元素中电负性最小 Q 元素最高化合价与最低化合价的代数和等于4 请回答下列问题： (1)基态Q原子的核外电子排布中，电子占据的最高能级符号是 ，其电子云轮廓图为 形。 (2)Z的电负性 (填“>”或“<”，下同)W的电负性，Z的第一电离能 W的第一电离能，W、M、Q的简单离子半径由大到小的顺序是 (填离子符号)。 (3)的VSEPR模型是 。 (4)中的X-Z-X键角比中的X-Z-X键角大，原因是 。 (5)写出一个由Y、W构成的非极性分子： (填分子式)。 (6)的沸点(100℃)比的沸点)高，这是由于 。 18．(14分)化学技术对于减少二氧化碳排放和实现碳循环具有重要意义。如工业上利用二氧化碳合成尿素、甲醇等基础化工原料。 (1)利用合成氨厂工业废气中的催化制尿素。 总反应式为： 反应机理：i)   快反应 ii)   慢反应 ①分子中，H原子的轨道与N原子的 重叠形成键。 ②反应ⅰ的断键过程吸收的能量 成键过程释放的能量(填“>”或“<”)。 ③比较大小：的绝对值 的绝对值(填“>”或“<”)。 ④合成尿素整个过程的速率控制步骤是 (填“i”或“ii”)。 (2)二氧化碳催化加氢制甲醇() 总反应式为： 反应机理：首先在催化剂表面吸附并活化，先加氢生成甲酸()中间体，然后进一步加氢生成甲醛()，最后甲醛再加氢生成甲醇。 副反应： ①反应温度一般控制在之间。温度不宜过高的原因是 。 ②工业副产品二甲醚()的叙述正确的是 (填序号)。 A．键线式为：                 B．与甲醇互为同分异构体 C．键的夹角为      D．难溶于水而可溶于水 ③溶于水后，使水的沸点降低的原因可能是 。 (3)电解法：科学工作者设计利用可再生能源(如风能、太阳能)电催化还原二氧化碳制备乙醇的电化学装置如图所示。 ①N极为 (填“阴极”或“阳极”) ②该装置工作一段时间后，N极区溶液 (填“变大”、“变小”或“不变”)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2章分子结构与性质测试卷 参考答案 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D D D A D C B B 题号 11 12 13 14 答案 B A B C 二、非选择题：本题共4个小题，共58分。 15．（15分） 【答案】除备注外，每空2分 (1) p（1分） +3 正四面体形 (2) 氧化剂 1.5 H2SO4、SO2 (3) (4)Fe(OH)3的Ksp小于In(OH)3，将Fe由+3价还原为Fe2+，可以在调节pH时，In3+沉淀析出而Fe2+仍留在溶液中而分离 16.（14分） 【答案】每空2分 (1)环己醇能形成分子间氢键 (2) 三颈烧瓶 检验是否漏液 b (3)将转化为氧化性更强的 (4) 增强水溶液的极性，降低环己酮在水中的溶解度，减少环己酮的损耗 (5)80.1 17．（15分） 【答案】除备注外，每空2分 (1)3p (1分) 哑铃 (2) ＜ (1分) ＞ (1分) (3)四面体形 (4)铵根与中N原子都发生杂化，分子存在1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力 (5) (6)水分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物 18．（14分） 【答案】除备注外，每空2分 (1) sp3杂化轨道 ＜（1分） ＞ （1分） ii (2) 温度过高不利于CO2在催化剂表面吸附，且温度过高可能导致催化剂失活 D 甲醇溶于水，甲醇和水分子间的氢键使水分子间的氢键减弱，导致沸点降低，也可能是甲醇和水形成了共沸物，共沸物的沸点比水的沸点低 (3) 阴极（1分） 变大（1分） 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2章分子结构与性质测试卷 （考试时间：75分钟，分值：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：选择性必修二第2章。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 6．难度系数：0.65。 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 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Ti-48 Cr-52 Fe-56 Ni-59 Cu-64 Ba-137 第Ⅰ卷（选择题 共42分） 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42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．生活与化学密切相关。下列关于生活中的化学描述错误的是 A．壁虎在天花板上爬行自如——壁虎的足与墙体之间存在范德华力 B．甲烷水合物因外观像冰遇火即燃，被称作“可燃冰”——与之间存在氢键 C．表面活性剂能去油污——在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，油渍会被包裹在胶束内腔中除去 D．奋斗者号载人潜水器球壳，其原料中的与互为同位素 【答案】B 【详解】A．壁虎足部刚毛与接触面通过范德华力产生吸附作用，A正确； B．甲烷分子中C的电负性不足以与水形成氢键，可燃冰中水分子间通过氢键形成笼状结构包裹甲烷，但与之间无直接氢键，B错误； C．表面活性剂的疏水基团包裹油渍，亲水基团与水结合形成胶束，从而去除油污，C正确； D．与质子数相同，中子数不同，符合同位素定义，D正确。 故答案选B。 2．下列化学用语正确的是 A．的VSEPR模型： B．的电子式： C．中 键的形成： D．基态铜原子价电子的轨道表示式： 【答案】A 【详解】A．的中心原子N采取sp3杂化，有一对孤电子对，因此其VSEPR模型为四面体形，A正确； B．的结构中含碳碳三键，的电子式为，B错误； C．中键的形成为，C错误； D．基态铜原子价电子排布式为，轨道表示式为，D错误； 故选A。 3．基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是 A．苯环与羟基的相互作用使酚羟基中的氢原子比醇羟基中的氢原子更活泼 B．不同元素具有不同的吸收光谱与核外电子的跃迁有关 C．水结冰后体积膨胀与氢键具有方向性有关 D．16S的价层电子排布图，违反了洪特规则 【答案】D 【详解】A．酚羟基比醇羟基更活泼，酸性更强，是因为苯环直接与羟基相连影响了羟基的性质，A正确； B．不同元素的原子的核外电子发生跃迁时会吸收不同的光，展示不同的吸收光谱，B正确； C．由于氢键具有方向性，氢键的存在使4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间空隙增大，即水结成冰时体积增大，C正确； D．S的价电子排布为，按洪特规则，3p电子应先各自占据三个轨道、且自旋平行，然后再成对，因此符合洪特规则，D错误； 故答案为D。 4．物质结构决定性质。下列有关物质性质的解释错误的是 选项 物质性质 解释 A P原子的第一电离能大于S原子 P原子的3p轨道电子排布是半充满的，比较稳定 B CF3COOH酸性大于CCl3COOH F的电负性比Cl强，导致C-F的极性比C-Cl的大 C 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸 对羟基苯甲酸分子间存在氢键，邻羟基苯甲酸分子内存在氢键 D 石墨的硬度小于金刚石 石墨中碳碳键的键能小于金刚石中碳碳键的键能 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．P的3p轨道半充满结构更稳定，因此第一电离能大于S，A正确； B．F的电负性更强，吸电子能力更强，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出，故酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，B正确； C．对羟基苯甲酸因分子间氢键，邻羟基苯甲能形成分子内氢键使熔沸点降低，C正确； D．石墨硬度低是因层状结构易滑动，而非键能小，D错误； 故答案选D。 5．下列说法错误的是 A．乳酸分子中含有一个手性碳原子 B．中σ键与π键数目之比为12：1 C．氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性 D．SiH4中Si的化合价为，CH4中C的化合价为，因此SiH4的还原性小于CH4 【答案】D 【详解】A．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子。在乳酸分子的中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，因此该碳原子是手性碳原子，其余的2个碳原子都不是手性碳原子，A正确； B．碳氧双键中一根键为π键，其余均为σ键，σ键与π键数目之比为12：1，B正确； C．由于氟的电负性大于氯的电负性，F-C的极性大于Cl-C的极性，使F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，因此三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，C正确； D．由于电负性：C＞H＞Si，则在SiH4中H显-1价，CH4中H显+1价，-1价的氢有很强的还原性，故SiH4的还原性更强，D错误； 故合理选项是D。 6．分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛应用，布洛芬可进行如图所示的成酯修饰。以下说法正确的是 A．布洛芬分子式为 B．布洛芬分子中碳原子的杂化轨道类型有3种 C．布洛芬分子中所有碳原子共平面 D．图中布洛芬的成酯修饰产物中含2个手性碳原子 【答案】A 【详解】A．布洛芬的分子式为C13H18O2，A正确； B．布洛芬分子中，苯环上的碳原子和羧基上的碳原子为sp2杂化，其余的碳原子都是sp3杂化，杂化轨道类型有2种，B错误； C．饱和碳原子为sp3杂化，如分子中1、2处碳原子和与它直接相连的碳原子最多有3个在同一平面上，故分子中不可能所有碳原子共面，C错误； D．，图中只有带*号的碳原子为手性碳原子，D错误； 故答案为：A。 7．肼()是高能燃料，常温下为液体，能与双氧水发生反应：。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．28g的π键数为 B．含lmol的冰中，氢键数为 C．1mol的(价层)孤电子对数为 D．标准状况下，22.4L完全反应转移电子数为 【答案】D 【详解】A．每个N2分子含2个π键，28g N2为1mol，故π键数为2NA，A正确； B．冰中每个水分子形成4个氢键，但每个氢键被2个分子共享，故1mol H2O对应2mol氢键，B正确； C．H2O2中每个O原子有2对孤电子对，1mol H2O2含4mol孤电子对，即4NA，C正确； D．肼常温下为液体，标准状况下不是气体，无法通过气体摩尔体积22.4L/mol来计算物质的量，且实际转移电子数需基于物质的量，D错误； 答案选D。 8．化合物可作肥料，所含的5种元素均位于主族，在每个短周期均有分布，仅有和同族，且的原子半径小于。的基态原子价层轨道半充满，的基态原子价层电子排布式为，与同周期，在地壳中含量最多。下列说法错误的是 A．简单离子的半径： B．最简单氢化物的沸点： C．键角： D．和的空间结构均为三角锥形 【答案】C 【分析】和同族，且的原子半径小于，的基态原子价层轨道半充满，Y为N，M为P，与同周期，故的基态原子价层电子排布式为，X为Mg，在地壳中含量最多，R为O，所含的5种元素均位于主族，在每个短周期均有分布，故Z为H，该化合物为：。 【详解】A．N3-、O2-、Mg2+的电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：N3->O2->Mg2+，A正确； B．H2O、NH3、PH3的沸点由氢键和范德华力决定，H2O的氢键最强，NH3次之，PH3最弱，故沸点：H2O＞NH3＞PH3，B正确； C．H2O、NH3、PH3的中心原子价层电子对数均为4，孤电子对数分别为2、1、1，H2O的孤电子对数比NH3多，H2O的键角小；NH3、PH3的孤电子对数相同，N的电负性大，NH3键角大，PH3的键角约为93.6°，NH3约为107°，H2O约为104.5°，键角顺序应为NH3＞H2O＞PH3，C错误； D．NH3和H3O+的中心原子价层电子对数均为4，均有1对孤电子对，空间结构均为三角锥形，D正确； 故选C。 9．“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()其反应历程如下所示。 下列说法不正确的是 A．反应历程涉及有、键断裂，还有键的生成 B．分子的一种结构为，该分子为非极性分子 C．催化剂配合物在催化反应的过程中，化合价发生变化 D．将替换为，反应可得 【答案】B 【详解】A．由图，反应涉及中N-O键断裂、氨分子中N-H键断裂，生成过程中涉及N-N键生成，A正确； B．肼的结构式为，N原子是sp3杂化的，不是平面结构且氮氮单键可以旋转，导致分子构象发生变化，当N-N键旋转到两端的氢原子位于N-N键的同一侧时，分子呈现出最大的极性，B错误； C．由图，催化中心的亚铁离子被氧化为铁离子，后又被还原为亚铁离子，化合价发生变化，C正确； D．根据图中信息可知，反应是NH2OH中-OH被-NH2取代得H2N-NH2，故将NH2OH替换成ND2OD，反应可得ND2NH2，D正确； 故选B。 10．煤炭通过液化可将硫等元素以及灰分脱除，得到洁净的二次能源。煤液化原理之一如下图所示。 下列叙述错误的是 A．煤的干馏、气化和液化是实现煤综合利用的有效途径 B．实验室进行⑤中操作用到的仪器有蒸发皿、玻璃棒、三脚架、酒精灯 C．③中生成甲醇的反应原子利用率等于100% D．④利用的原理是甲醇分子间存在氢键，故沸点较高易液化 【答案】B 【分析】煤粉与水蒸气在高温下反应得到气体有CO、CO2、H2，气体混合物通过NaOH溶液洗气得到Na2CO3溶液和气体CO、H2，溶液蒸干灼烧得到M为Na2CO3固体，CO和H2在催化剂作用下反应得到甲醇，经过液化分离出来，未反应的气体循环利用，据此分析解答。 【详解】A．通过煤的干馏可以获得煤焦油等，通过煤的气化可以获得CO2、CO、H2等合成气；通过煤的液化能够获得CH3OH等液体然后，这些都是实现煤综合利用的有效途径，A正确； B．过程⑤是从Na2CO3溶液中获得Na2CO3固体时，要进行蒸干、灼烧操作，此时使用的仪器应该有坩埚、玻璃棒、三脚架、酒精灯，而不能使用蒸发皿，B错误； C．反应③反应为CO+2H2CH3OH，只有一种产物，故原子利用率为100%，C正确； D．③反应为CO+2H2CH3OH，该反应为可逆反应，反应产生的气体混合物中含有CO、H2、CH3OH，由于甲醇分子间能形成氢键，使得甲醇沸点较高，易液化，而CO、H2沸点低，不易液化，故过程④利用的原理是甲醇分子间存在氢键，故沸点较高易液化，从而与未反应的CO、H2进行分离，D正确； 故合理选项是B。 11．物质的结构决定物质的性质。下列有关物质结构与性质的说法错误的是 A．因为电负性F>Cl，故键角PF3小于PCl3 B．O3中的共价键为非极性共价键，故O3为非极性分子 C．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛存在分子间氢键 D．酸性：CH2ClCOOH>CH3COOH，是由于CH2ClCOOH的羧基中羟基极性更大 【答案】B 【详解】A．电负性F＞Cl，F吸电子能力更强，电子对偏向F，使PF3中成键电子对斥力更小，键角更小，故PF3键角小于PCl3，A正确； B．O3分子为V形结构，正负电荷中心不重合，是极性分子，B错误； C．对羟基苯甲醛因羟基与醛基对位无法形成分子内氢键，故通过分子间氢键提高沸点；邻位则形成分子内氢键，降低沸点，C正确； D．Cl的吸电子诱导效应增强羧基中O-H的极性，促进H+解离，酸性更强，D正确； 答案选B。 12．从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实与解释不符的是 事实 解释 A 干冰可用于人工降雨 干冰升华时断裂化学键，吸热使水蒸气液化 B 取代反应中逐个断开中的键，每步所需能量不同 各步中的键所处化学环境不同 C 冠醚18-冠-6可使在有机溶剂中的溶解度增大 冠醚18-冠-6空腔直径与直径接近，可与之形成配合物 D 第一电离能：Mg>Al Mg原子失去3s能级电子，Al原子失去3p能级电子 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．干冰升华属于物理变化，破坏的是分子间作用力而非化学键，A错误； B．甲烷中四个C-H键在取代反应中因逐步取代导致化学环境变化，所需能量不同，B正确； C．冠醚与K+尺寸匹配形成配合物，提高溶解度，C正确； D．Mg原子3s轨道为全充满稳定结构，其第一电离能大于3p轨道上有单个电子的Al，D正确； 答案选A。 13．某团队通过连接键工程在共价有机框架（COF）中引入高密度催化阵列，实现了无金属电催化剂高效电催化CO2RR制乙烯（如图）。下列叙述错误的是 A．TPTA-Pz-COF的第二周期元素中氮的第一电离能最大 B．TPTA-Pz-COF中的化学键有极性键、非极性键和范德华力 C．丁分子的VSEPR模型和空间结构不一致 D．乙、丙分子都有碱性，它们都能促进水的电离 【答案】B 【详解】A．TPTA-Pz-COF的第二周期元素包含C、N，同周期越靠右第一电离能越大，但是第ⅡA族，第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素的，故氮的第一电离能最大，A正确； B．范德华力不属于化学键，B错误； C．结合甲、乙、丙可知，丁应该是水，水中氧的价层电子对数为4，孤电子对数为2，孤电子对数不为0，则其分子的VSEPR模型和空间结构不一致，C正确； D．乙、丙中含有氨基，可以结合水电离出来的氢离子，可以促进水的电离，D正确； 故选B。 14．氮化硼量子点(粒径大小为2~10 nm)溶于乙醇或水，可用于Fen+的灵敏检测，检测原理示意图如下，下列说法错误的是 A．氮化硼量子点溶于乙醇或水可形成胶体 B．图中所示的微粒Fen+的n=3 C．氮化硼量子点中N、B杂化方式均为sp3 D．氮化硼量子点溶于水后，可与水分子形成氢键 【答案】C 【详解】A．氮化硼量子点的粒径大小为2~10 nm，当其溶于乙醇或水时，由于分散质微粒的直径在1-100 nm之间，故形成的分散系属于胶体，A正确； B．由图可知：Fe原子周围与4个O原子结合成键，其中带H原子的O原子形成的是配位键，其余3个O原子形成的是共价键。得电子能力：O＞Fe，则Fe的化合价为＋3价，图中所示的微粒Fen+的带有的电荷数目是3个，即n=3，B正确； C．N原子最外层有5个电子其中有1对孤电子对和3个成单电子，其价层电子对数是4，故N原子杂化方式均为sp3，而B原子只有3个电子，最外层的3个电子全部形成B-N键，故B原子价层电子对数是3，B原子杂化类型是sp2杂化，C错误； D．氮化硼量子点溶于水后，该物质分子中-OH的O原子与H2O分子的H原子可形成氢键；H2O分子中的O原子也可以与氮化硼量子点分子中的-OH上的H原子形成氢键，故氮化硼量子点溶于水后，可与水分子形成氢键，D正确； 故合理选项是C。 第II卷（非选择题 共58分） 2、 非选择题：本题共4个小题，共58分。 15．(15分)金属铟(49In)广泛应用于生产液晶显示器和平板屏幕，以闪锌矿(主要成分是ZnS，还有In、Fe、Co、Cl等元素)为原料生产Zn并提取铟，工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知：i．CuCl难溶于水，不溶于稀酸。 ii．常温下Ksp数据如下： 物质 In(OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Ksp 1.4×10—33 8.0×10—16 4.0×10—38 (1)铟属于元素周期表中 区元素(填“s”或“p”)，“焙烧”时还产生难溶于H2SO4的ZnFe2O4和In2(Fe2O4)3，其中In2(Fe2O4)3中In的化合价为 ，H2SO4中的VSEPR模型名称为 (用文字描述)。 (2)上清液中钴以Co2+存在，“除钴”时Na2S2O8作 (填“氧化剂”或“还原剂”)；“脱氯”时发生反应Cu2++Cu+2Cl-=2CuCl，脱氯率与时间关系如图所示，最适宜的反应时间为 h，上述流程可循环利用的物质除铜外还有 (填化学式，任填一种均可)。 (3)写出酸性条件下SO2还原In2(Fe2O4)3得到In3+和Fe2+的离子方程式 。 (4)要水解得到In(OH)3，需先将ZnFe2O4和In2(Fe2O4)3中的Fe“还原”为+2价，原因是 。 【答案】除备注外，每空2分 (1) p（1分） +3 正四面体形 (2) 氧化剂 1.5 H2SO4、SO2 (3) (4)Fe(OH)3的Ksp小于In(OH)3，将Fe由+3价还原为Fe2+，可以在调节pH时，In3+沉淀析出而Fe2+仍留在溶液中而分离 【分析】闪锌矿(主要成分是ZnS，还有In、Fe、Co、Cl等元素)焙烧产生气体和焙烧产物，焙烧产物用H2SO4“溶浸”得到上 清液和浸渣，上清液中用 “除钴”得到，然后加入铜渣“脱氯”得到，接着加入Zn将Cu 转化成 Cu而除去，最后电解溶液得到Zn；浸渣用还原的产物水解得到。 【详解】（1）铟元素属于元素周期表第ⅢA族，则属于元素周期表中p区； 中Fe、O元素的化合价分别为+3、-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，In元素的化合价为+3价； 中中心S原子的价层电子对数=，无孤电子对，杂化轨道模型为正四面体形； 故答案为：p；+3；正四面体形； （2）上清液中钴以Co2+ 存在，“除钴”时加入将转化成，Co元素的化合价升高，则被还原、 作氧化剂； 从脱氯率与时间关系图可知，最适宜反应时间为1.5h，此时脱氯率最高； “脱氯”反应生成，“除铜”时又转化为Cu，参与还原步骤后又可通过水解步骤生成，电解溶液得到Zn，同时生成和所以可循环利用的物质除铜外还有和；故答案为：氧化剂；1.5；H2SO4、SO2； （3）酸性条件下还原得到和，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为： ； （4）要水解得到，需先将和In2(Fe2O4)3中的Fe还原为+2价，因为的小于，将Fe由还原为，可以在调节pH时，沉淀析出而仍留在溶液中而分离；故答案为：Fe(OH)3的Ksp小于In(OH)3，将Fe由+3价还原为Fe2+，可以在调节pH时，In3+沉淀析出而Fe2+仍留在溶液中而分离。 16．(14分)环己酮是重要的化工原料和工业溶剂，是制造尼龙等的重要中间体。一种实验室制备环己酮的步骤如下： i．按图安装好实验装置，在仪器A中加入环己醇和乙酸，在分液漏斗内放入溶液(过量)。开动搅拌器，在冰水浴冷却下，逐滴加入溶液，充分反应。 ii．在反应后的混合物中加入水后进行蒸馏，收集馏出液(含有环己酮、水和乙酸)。向馏出液中分批加入饱和溶液并搅拌，充分反应后加入，将混合液倒入分液漏斗中，分离出环己酮。水层用乙醚萃取，合并环己酮与乙醚的萃取液，用无水硫酸镁干燥。水浴加热蒸出乙醚后蒸馏收集馏分，最终收集到产物。 已知： 物质 密度/() 沸点 与水形成共沸物的沸点 水溶性 环己醇 0.96 161.0 97.8 能溶于水 环己酮 0.95 155.0 95.0 微溶于水 请回答下列问题： (1)环己醇的沸点高于环己酮的主要原因为 。 (2)仪器A的名称为 ；分液漏斗在使用之前需要进行的操作为 ；球形冷凝管的进水口为 (填“a”或“b”)。 (3)步骤i中加入乙酸的主要目的是 。 (4)步骤i中加入能中和多余的醋酸，若加入的过量且反应过程中无气泡产生，则反应的离子方程式为 ；加入的目的是 。 (5)该实验中环己酮的产率约为 (保留小数点后一位)。 【答案】每空2分 (1)环己醇能形成分子间氢键 (2) 三颈烧瓶 检验是否漏液 b (3)将转化为氧化性更强的 (4) 增强水溶液的极性，降低环己酮在水中的溶解度，减少环己酮的损耗 (5)80.1 【分析】环己醇氧化生成环己酮，氧化剂为次氯酸钠，乙酸能将次氯酸钠转化为次氯酸，增强氧化性。收集的馏出液中含有环己酮、水和乙酸，向馏出液中分批加入饱和溶液并搅拌，充分反应后除去乙酸，加入，降低环己酮的在水溶液中的溶解度，将混合液倒入分液漏斗中，分离出环己酮。水层用乙醚萃取，合并环己酮与乙醚的萃取液，用无水硫酸镁干燥。水浴加热蒸出乙醚后蒸馏收集馏分，最终收集到产物环己酮。 【详解】（1）环己醇能形成分子间氢键，而环己酮不能形成分子间氢键，故环己醇的沸点高于环己酮； （2）仪器A的名称为：三颈烧瓶；分液漏斗使用之前需要检验是否漏液；冷凝水从下口进、上口出会使冷凝效果更好，故从b口进； （3）的氧化性强于，加入醋酸可以使转化为，提高氧化能力； （4）反应过程中无气泡产生，说明生成了，离子方程式为：；丙酮在极性强的溶剂中溶解度更小，往水中加入，能增强水溶液的极性，降低环己酮在水中的溶解度，减少环己酮的损耗； （5）理论上1分子环己醇参与反应生成1分子环己酮，故环己酮的产率为：。 17．(15分)现有6种短周期元素X、Y、Z、W、M、Q，其原子序数依次增大，部分信息如下表： X 阴离子电子层结构与氦原子相同 Y 最高价氧化物在空气中增多会造成温室效应 Z 双原子单质分子中σ键和π键的数目之比为 W 基态原子的价电子排布式为 M 短周期元素中电负性最小 Q 元素最高化合价与最低化合价的代数和等于4 请回答下列问题： (1)基态Q原子的核外电子排布中，电子占据的最高能级符号是 ，其电子云轮廓图为 形。 (2)Z的电负性 (填“>”或“<”，下同)W的电负性，Z的第一电离能 W的第一电离能，W、M、Q的简单离子半径由大到小的顺序是 (填离子符号)。 (3)的VSEPR模型是 。 (4)中的X-Z-X键角比中的X-Z-X键角大，原因是 。 (5)写出一个由Y、W构成的非极性分子： (填分子式)。 (6)的沸点(100℃)比的沸点)高，这是由于 。 【答案】除备注外，每空2分 (1)3p (1分) 哑铃 (2) ＜ (1分) ＞ (1分) (3)四面体形 (4)铵根与中N原子都发生杂化，分子存在1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力 (5) (6)水分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物 【分析】6种短周期元素X、Y、Z、W、M、Q，其原子序数依次增大，X的阴离子电子层结构与氦原子相同，则X为H元素；Y的最高价氧化物在空气中增多会造成温室效应，则Y为C元素；Z的双原子单质分子中键与键的数目之比为1:2，则Z为N元素；W的基态原子的价电子排布式为nsnnpn+2，则n=2，W为O元素；M在短周期元素中电负性最小，则其金属性最强，为Na元素；Q元素最高化合价与最低化合价的代数和等于4，则其原子的最外层电子数为6，其为S元素。从而得出，X、Y、Z、W、M、Q分别为H、C、N、O、Na、S。 【详解】（1）基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，电子占据的最高能级符号是3p，其电子云轮廓图为哑铃形，故答案为：3p；哑铃； （2）同一周期随着原子序数变大，主族元素电负性变大，同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变大趋势，Z为N元素，W为O元素，非金属性N＜O，则N电负性＜O的电负性，但由于N的2p轨道半充满，原子的能量低，则N的第一电离能＞O的第一电离能，W、M、Q的简单离子分别为O2-、Na+、S2-其中O2-、Na+的电子层结构相同，核电荷数越大，则半径越小，S2-的电子层最多，半径最大，所以离子半径由大到小的顺序是，故答案为：＜；＞； （3）W、Q分别为O、S，的中心S原子的价层电子对数为，发生sp3杂化，则VSEPR模型是四面体形； （4）与NH3相比，N原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，中N原子的最外层没有孤电子对，而NH3中N原子的最外层有1个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的排斥作用大于成键电子对与成键电子对间的排斥作用，所以中的H—N—H键角比NH3中的H—N—H键角大，原因是：铵根与NH3中N原子都发生sp3杂化，NH3分子存在1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力； （5）Y、W分别为C、O，则由Y、W构成的非极性分子为二氧化碳，其分子式为：； （6）H2S和H2O均属于分子晶体，水分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物，所以H2O的沸点(100℃)比H2S的沸点(-61℃)高，故答案为：水分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物。 18．(14分)化学技术对于减少二氧化碳排放和实现碳循环具有重要意义。如工业上利用二氧化碳合成尿素、甲醇等基础化工原料。 (1)利用合成氨厂工业废气中的催化制尿素。 总反应式为： 反应机理：i)   快反应 ii)   慢反应 ①分子中，H原子的轨道与N原子的 重叠形成键。 ②反应ⅰ的断键过程吸收的能量 成键过程释放的能量(填“>”或“<”)。 ③比较大小：的绝对值 的绝对值(填“>”或“<”)。 ④合成尿素整个过程的速率控制步骤是 (填“i”或“ii”)。 (2)二氧化碳催化加氢制甲醇() 总反应式为： 反应机理：首先在催化剂表面吸附并活化，先加氢生成甲酸()中间体，然后进一步加氢生成甲醛()，最后甲醛再加氢生成甲醇。 副反应： ①反应温度一般控制在之间。温度不宜过高的原因是 。 ②工业副产品二甲醚()的叙述正确的是 (填序号)。 A．键线式为：                 B．与甲醇互为同分异构体 C．键的夹角为      D．难溶于水而可溶于水 ③溶于水后，使水的沸点降低的原因可能是 。 (3)电解法：科学工作者设计利用可再生能源(如风能、太阳能)电催化还原二氧化碳制备乙醇的电化学装置如图所示。 ①N极为 (填“阴极”或“阳极”) ②该装置工作一段时间后，N极区溶液 (填“变大”、“变小”或“不变”)。 【答案】除备注外，每空2分 (1) sp3杂化轨道 ＜（1分） ＞ （1分） ii (2) 温度过高不利于CO2在催化剂表面吸附，且温度过高可能导致催化剂失活 D 甲醇溶于水，甲醇和水分子间的氢键使水分子间的氢键减弱，导致沸点降低，也可能是甲醇和水形成了共沸物，共沸物的沸点比水的沸点低 (3) 阴极（1分） 变大（1分） 【详解】（1）①NH3分子中N原子采取sp3杂化，存在3个N-Hσ键，H原子的1s轨道与N原子的sp3杂化轨道重叠形成σ键。 ②反应ⅰ为放热反应，则断键过程吸收的能量＜成键过程释放的能量。 ③按盖斯定律，总反应=反应i+反应ii，ΔH=ΔH1+ΔH2＜0，ΔH1＜0，ΔH2＞0，则ΔH1的绝对值＞ΔH2的绝对值。 ④慢反应是决速步，反应i是快反应，反应ii是慢反应，则合成尿素整个过程的速率控制步骤是ii。 （2）①气体吸附在催化剂表面为自发过程、且熵减，则气体吸附通常为放热过程‌，若温度过高，平衡朝吸热方向移动，根据反应机理可知，CO2首先在催化剂表面吸附并活化，则反应温度一般控制在200~300°C之间，温度不宜过高原因是：温度过高不利于CO2在催化剂表面吸附，且温度过高可能导致催化剂失活。 ②A．二甲醚中中心原子O孤电子对数为2、价层电子对数=2+2=4，故为sp3杂化、空间构型为V形、而不是直线形，A错误； B．与甲醇分子式不同，不互为同分异构体，B错误； C．孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，结合选项A可知，键的夹角小于 ，C错误；     D．烃基是憎水基团，难溶于水，的氧原子2对孤电子对，水分子中有羟基，则二甲醚和水分子间存在氢键，导致二甲醚可溶于水，D正确； 选D。 ③溶于水后，使水的沸点降低的原因可能是：甲醇溶于水，甲醇和水分子间的氢键使水分子间的氢键减弱，导致沸点降低，也可能是甲醇和水形成了共沸物，共沸物的沸点比水的沸点低。 （3）①N极上二氧化碳被还原为乙醇，电极方程式为，则N电极为阴极； ②阳极反应式为，按得失电子守恒，每转移12mol电子，阴极消耗12molH+，但同时通过质子交换膜进入12molH+，则N极区H+数目不变，但有水生成，氢离子浓度下降，则该装置工作一段时间后，溶液变大。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $