湖南师范大学附属中学2025-2026学年高二下学期第一次大练习 化学试题

高二下学期第一次大练习 化 学 时量：75分钟满分：100分 可能用到的相对原子质量：H~1C~12016F~19 Na23P~31 Fe~56 一、选择题（本题共14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) 吹 1.物质的结构决定性质，性质决定用途。下列说法正确的是 都 A.La-Ni合金的硬度高，故可用作储氢材料 B.植物油可与氢气加成得到氢化植物油，因此可以用来制作肥皂 如 C.肥皂中的高级脂肪酸钠含有亲水基和疏水基，因此可以用于去油污 斛 D.超分子具有自组装的特征，典型的例子是用杯酚分离Co和C0 h 2.下列化学用语表示正确的是 北 H A甲基的电子式：C:H H 紧 B.顺-2-戊烯的键线式： 南 C.CS2分子的空间填充模型： 製 阳 D.C(CH3)4的系统命名法的名称为2,2-二甲基丙烷 3.下列离子反应方程式或电离方程式书写正确的是 A.醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3十2H+-Ca+十H2O+CO2个 龄 B.将金属钠加入硫酸铜溶液中：2Na十Cu+—Cu+2Na 会 C.澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应： 2HCO3+Ca2++2OH—CaC03￥+2H20+CO D.NaHCO3在熔融状态电离：NaHCO3-一Na+十H+十CO? 4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 母 A.1mol苯乙烯 中碳碳双键的数目为4NA B.0.5 mol CH4和1 mol Cl2在光照下充分反应后，分子总数目为1.5NA C.标准状况下，22.4LCHC中所含C一CI的数目为3NA D.0.1 mol CH4和C2H4的混合气体完全燃烧，消耗O2的分子数目为0.25NA 高二化学试题(T)第1页（共8页） 5.某烃的分子式为CoH4,它不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但能使酸性KMnO, 溶液褪色，分子中只含有一个烷基，符合条件的烃的结构有（不考虑立体异构） A.5种 B.4种 C.3种 D.2种 6.有机物M中含碳、氢元素，可能含氧元素，某同学利用如图所示的实验装置（加 热及夹持装置略)测定M的分子式。 样品M氧化铜 0 电炉 浓 硫 A B 已知：装置B中样品M的质量为1.85g,实验测得装置C增重2.25g,装置D 增重4.40g。 下列说法错误的是 A.能确定M的分子式 B.若去掉CuO,测得的碳的含量可能偏低 C.装置C可用盛有P2O5的U形管代替 D.装置E的作用是吸收未反应完的二氧化碳，避免测量误差 7.下列实验装置能达到相应实验目的的是 饱和 食盐水 酸性 KMnO 溶液 A.分离苯与硝基苯 B.检验乙炔的还原性 乙醇 石棉碎瓷片 浓硫酸 石蜡油 冰醋酸 饱和碳酸 Br,的CCL溶液 钠溶液 C.制备并收集乙酸乙酯 D.检验石蜡油分解产生的不饱和烃 8.为回收利用含12的CCL4废液，某化学兴趣小组设计方案如图所示，下列说法 错误的是 溶液B 溶液A试剂X 含I,的 Na,C0,溶液 步骤Ⅱ CCl溶液 粗I2 步骤I CCI 高二化学试题(T) 第2页（共8页） A.步骤I中，加入足量Na2CO3溶液充分反应后，上下两层均为无色 B.步骤I中，分液时从分液漏斗下口放出溶液A C.试剂X可用稀硫酸 D.粗2可用升华法进一步提纯 9.月桂烯(A)具有清淡的香脂香气，工业中经常用作香料，在一定条件下可以发 生转化生成乙酸橙花酯(C)。下列叙述正确的是 CH,COONa OOCCH. A.月桂烯的分子式为CoH8 B.月桂烯分子中所有的碳原子一定共平面 C.月桂烯与等物质的量的溴发生加成反应的产物（不考虑立体异构）理论上最 多有4种 D.乙酸橙花酯的同分异构体中可能有芳香化合物 10.科学家合成出了一种高效电解质（结构如图 所示)，其中X、Y、Z、W、Q为原子序数依次 增大的短周期主族元素，Q与Z同主族，X、 Y、Z、W原子半径依次减小，Y和W的原子 序数之和为Z的2倍。下列说法正确的是 A.同周期元素中第一电离能大于Z的有2种 B.分子的极性：YW3>QZ C.简单氢化物的熔点：Z>W>X D.由Z3单质在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解，可以推出Z3是非极 性分子 11.下列实验操作、现象或结论有错误的是 选项 实验操作 现象 结论 相同温度下，分别测定等物质的量 A 前者pH小 酸性：HF>H2SO3 浓度的KF与KzSO,溶液的pH 将NO2通入下列溶液至饱和： Cu和浓硝酸反应后 ①浓硝酸 ①无色变黄色 B 溶液呈绿色的主要 ②Cu(NO3)2和浓硝酸的混合 ②蓝色变绿色 原因是溶有NO2 溶液 取一小块经重结晶得到的苯甲酸 无白色沉淀 苯甲酸中的NaCl C 溶于蒸馏水中，加入硝酸酸化的硝 生成 杂质基本被除去 酸银溶液 先有蓝色沉淀 配体与Cu+的结合 D 向硫酸铜溶液中加入氨水至过量 生成后消失 能力：NH3>H2O 高二化学试题(T) 第3页（共8页） 12.催化剂RhCI(PPh3)2(Ph表示苯基)可实现温和条件下的丙烯加氢，反应机理 如图所示，其中H与Rh相连时显一1价。下列说法正确的是 C,Hs CI-Rh H ④ ① 夕 Rh PPh PPh; H-Rh PPh PPh CI ⊙ H ②/ PPh CI A.反应①中H2被氧化 B.反应②中，丙烯中碳原子上的孤电子对与Rh离子形成配位键 C.该反应的原子利用率低于100% D.催化剂改变了丙烯加氢反应的历程和活化能 13.柠檬酸（用H3R表示）是在人体中可代谢的三元弱 酸。常温下，向pH=2的柠檬酸溶液中加入NaOH 6.4 溶液，溶液中pX[X=R)或R 4.8 c(H3R) c(H2R) c(R3-) c《RepX=一lgX]随pH变化如图所示，下列 0 说法错误的是 pH A.a点溶液中c(HR)>c(H2R) Ba点溶液中品=10 C常温下，NHR溶液加水稀释过程中号的比值减小 D.b点溶液中c(H+)-c(OH-)=3c(R3-)+3c(HR2-)一c(Na+) 14.科学家研制了一种以NaPF。为电解质的新型高性能、低成本的钠型双离子电 池，其放电过程示意图如下所示，下列说法正确的是 Na" PF 水 水 Sn SnNa哈金石墨复合材料C(PF)A A.电解质为NaPF。水溶液，其中Na+向Al极移动 B.该电池的S、Al作电子导体和电极反应物，均参与电极的放电 C.放电时，PF6嵌入石墨，发生反应PF6十xC-e一Cz(PF6) D.若初始两电极等重，充电过程中，当两极质量差为12.2g时，理论上电路中 转移的电子数为0.1NA 高二化学试题(T)第4页（共8页） 二、非选择题（本大题共4小题，共58分） 15.(15分)阿司匹林是一种重要的药物，有一种合成路线如下： COOH COOH H,0/H r KMnO./H Br①NaOH/H,O OH COOH ②H 0.CH, 水杨酸 H.SO 0 D 回 阿司匹林 KMnO/H* G H R KMnO./H+ 已知：① C-0+R3-COOH R2 R2 ②苯环上的一CH3是邻对位定位基。 (1)水杨酸所含的官能团的名称为 (2)B→C的化学方程式为 (3)G的结构简式是 ,G由物质F(C4H)氧化而来， F的结构简式是 (4)水杨酸可以与聚甲基丙烯酸反应合成长效缓释阿司匹林，聚甲基丙烯酸由 CH 甲基丙烯酸(CH2一C-COOH)在一定条件下聚合而成，该聚合反应的化 学方程式为 (5)有机合成需要减少副产物的生成，使得目标产物产率高。在以上合成路线 中不直接由A一步合成D,而是经历A→BC→D的目的是 (6)比水杨酸多一个碳的同系物的结构有 种，其中核磁共振氢谱有5组 峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1的结构简式为 16.(14分)苯胺是一种重要的精细化工原料，在染料、医药等行业中具有广泛的 NO NH2 Fe,CH COOH 应用。可利用硝基苯制取苯胺，其原理为： 相关信息如下表： 物质 相对分 熔点 沸点 密度 子质量 /℃ /℃ /g·cm3 性质 硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚 微溶于水，易溶于乙醚， 苯胺 能与水形成共沸物；苯 93 -6.3 184.0 1.02 胺为无色油状液体，具 有较强的还原性 乙酸 与水互溶，不能与水形 60 16.6 117.9 1.05 成共沸物 乙醚 74 116.3 34.5 0.71 微溶于水 高二化学试题(T) 第5页（共8页） 实验装置如图所示（夹持、部分加热等装置略）。 螺旋夹 水蒸 发牛器 8 混合物 装置1 装置2 实验步骤： ①向装置1中加人20g铁粉、30.0mL水及3.5mL乙酸（足量），加热煮 沸10min; ②稍冷后，通过漏斗缓慢滴入12.30mL硝基苯，再加热回流30min; ③将所得混合物全部转人水蒸气蒸馏装置（装置2）中，蒸馏收集苯胺-水馏 出液； ④将苯胺-水馏出液用NaCl饱和后，转入分液漏斗静置分层，分离出有机层； 水层用乙醚萃取，分离出醚层；合并有机层和醚层，用粒状氢氧化钠干燥，得到 苯胺醚溶液； ⑤将苯胺醚溶液放入蒸馏装置（装置图略）中，先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集 180~185℃馏分，得到8.37g苯胺。 (1)仪器a的名称是 依据步骤①②中试剂的用量（忽略固体 体积)，仪器a最适宜的规格为 (填标号)。 A.50 mL B.100 mL C.250 mL D.500 mL (2)长导管b的作用是 ,判断水蒸气蒸馏过程结束的实验现象 为 (3)步骤④中将苯胺-水馏出液用NaCl饱和的原因是 (4)步骤⑤蒸馏苯胺醚溶液时，当乙醚回收完毕后，需要放出冷凝管中的水再 蒸馏，这样操作的原因是 (5)该实验苯胺的产率为 高二化学试题(T)第6页（共8页） 17.(15分)铂族金属是国家战略性金属，被誉为“现代工业维他命”。从某矿渣 [含钯(Pd)、铂(Pt)、FeS、NiS及SiO2等]中提取Pd、Pt、Ni的工艺如图所示。 硫酸溶液 H,0,盐酸 氯化铵 氨水 适量盐酸 矿渣 酸浸 氧化浸取 沉铂 氨合 沉钯 Pd(NH)Cl..-Pd 滤渣 (NH)[PtCl] 滤液Ⅱ 0, 草酸铵 滤液I 氧化除铁 膜分离 沉镍 NiC,O Ni Fe,O, H,SO, 滤液Ⅲ 已知：Pd、Pt经“氧化浸取”转化为H2[PdCL4]、H2[PtCl6];“氨合”后，Pd(Ⅱ) 主要以[Pd(NH3)4]+的形式存在；常温下，H2C2O4的Ka1=5.6×102,K2= 1.5×10-4;常温下，氢氧化铁胶体难以沉降，过滤困难；Kp(NiC2O4)=4× 10-10,溶液中某离子浓度≤1×10-5mol/L时，认为该离子已沉淀完全。 (1)基态Ni原子的价电子排布式为 (2)“氧化浸取”时，Pd发生反应的化学方程式为 (3)“滤液Ⅱ”中的主要溶质可在 工序中循环利用。 (4)“氧化除铁”时，温度为180℃，发生反应的离子方程式为 除了加快速率，在高温而非常温下“氧化除铁”的目的 是 (5)常温下，“沉镍”时需调节溶液pH=2,该条件下N+恰好沉淀完全，则 c(HC2OM)为 mol/L(保留三位有效数字)。 (6)含Pd、Cs、I的化合物可用于太阳能电池材料。一定条件下，其中一种晶体 可由立方结构（结构单元如图甲所示，非晶胞）转化为四方结构（晶胞结构 如图乙所示)，两种结构的棱边夹角均为90°，且转化过程中原子个数比保 持不变。 c nm a nm ●Pd -- ●Pd O- a nm OCs bnm4● OI anm b nm 甲 ①立方结构中Pd、Cs、I的原子个数比为 ②立方结构单元与四方晶胞结构的密度之比为 (用含a,b,c 的代数式表示)。 高二化学试题(T)第7页（共8页） 18.(14分)将CO2催化加氢转化为二甲醚(CH3OCH3)是实现碳资源利用的重要 途径，具有潜在的工业应用前景，根据题目所给信息及所学知识完成以下 问题。 由CO2、H2制备二甲醚包括三个反应： 反应1：CO2(g)+3H2(g)=CHOH(g)+H2O(g) △H1=-49.0kJ·mol-1 反应2：2CH3OH(g)、=CH3OCH3(g)+H2O(g) △H2=-24.5kJ·mol-1 反应3：CO2(g)+H2(g)=C0(g)+H2O(g) △H3=+41.2kJ·mol-1 (1)反应2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)的△H= kJ·mol1,该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下 自发。 (2)下列说法正确的有 (填标号)。 A.反应1和反应2都是放热反应，因此生产温度越低越好 B.为了提高CH OCH3的产率，生产过程中可以增大压强或及时分离 出CH3OCH3 C.恒温恒压条件下，充入惰性气体不利于CH OCH3的生成 D.加入反应1的催化剂，可提高CO2的平衡转化率 (3)研究人员在恒压(3.0MPa)密闭容器中充入4molH2和1 mol CO2发生 反应，CO2的平衡转化率和CHOCH3或CO的选择性随温度变化如图所 示。[已知：A物质的选择性=n(A)XA物质含有的碳原子数 消耗的n(CO2) 100 (220.80) 80 (220,40) 60 40 20 (220,5) 0 220 260 300 340T/℃ ①图中表示CO2的平衡转化率的曲线是 (填字母)，试解释该曲线的 变化趋势： ②220℃时，CH3OCH3的平衡产率为 （产率= 实际产量 理论产量 ×100%) ③220℃时，反应3的K。为 (保留2位有效数字)。(K。为用分压表 示的平衡常数，气体的分压=总压×该气体的物质的量分数) 高二化学试题(T)第8页（共8页）高二下学期第一次大练习 化学参考答案 一、选择题（本题共14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1234567891011121314 答案C D C B C DD B C B A D C D 1.C【解析】La-Ni合金可用作储氢材料是因为合金能与氢气形成金属氢化物储存氢气，与合金的硬度无关，A错误； 植物油在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，所以可以用来生成肥皂，与能和氢气加成无关，B错误；肥皂中的 高级脂肪酸钠含亲水基羧酸根离子（一COO)和疏水基长链烃基（一C,H5等），洗涤时疏水基进入油污中，亲水基留 在水中，通过乳化作用将油污分散成小液滴而去除，C正确；用杯酚分离C0和C体现了超分子具有分子识别的特征， 与具有自组装的特征无关，D错误。 H 2.D【解析】甲基（一CH)的电子式为H:C·,A错误；顺-2-戊烯的键线式为 ,B错误；S原子半径大于 H C原子， ○不是CS,分子的空间填充模型，C错误；C(CH)4的主链碳为3个，2号碳上有两个甲基，系统命 名法的名称为2,2-二甲基丙烷，D正确。 3.C【解析】醋酸是弱酸，在离子方程式中要保留化学式，与水垢中CaCO,反应正确的离子方程式为CaCO,十 2 CH COOH一Ca2+十2 CH COO十HO十CO2个，A错误；将Na投入CuSO,溶液中，反应生成氢氧化铜、硫酸钠和 氢气，正确的离子方程式为2H2O十2Na十Cu2+一2Na++Cu(OH)2V十H2个，B错误；澄清石灰水与过量碳酸氢钠 反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，离子方程式为2HCO5十Ca+十2OH一CCO,V+2H2O十CO,C正确； NaHCO,是多元弱酸形成的酸式盐，在熔融状态下只断裂离子键，电离方程式为NaHCO,Na++HCO,D错误。 4.B【解析】苯环不含碳碳双键，1mol苯乙烯中只有1mol碳碳双键，A错误；0.5 mol CH与1molC2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1.5ol分子，分子数为1.5Na,B正确；标准状况下 CHCl不是气态，C错误；0.1 mol CH完全燃烧消耗0.2mol氧气，0.1molC2H4完全燃烧消耗0.3mol氧气，CH 和C2H4燃烧耗氧量随两者比例变化而变化，0.1ol混合气体耗氧量在0.2Na~0.3Na之间，D错误。 5.C【解析】该烃的分子式为C0H4,它不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但可以使酸性KMO4溶液褪色，且符合苯的同 系物的通式CnH2m6(n≥7，n为正整数)，说明它是苯的同系物。因其分子中只含一个烷基，可推知此烷基为C4H, 该烷基有4种结构：①一CH2CH2CHCH3、②一CH(CH)CHCH、③一CH2CH(CH)2、④C(CH)3,④中与苯环 直接相连的碳原子上没有氢原子，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此符合条件的烃只有3种，C符合题意。 6.D【解析】装置A中浓硫酸除去O2中的水蒸气，B中氧气与有机物M反应，C中增重为水的质量，D中增重为二氧化 2.25g 质量。M中n(C)三40篇=0.1mol,n(HD=2X8gm。=0.25mol, 1.85g-0.1molX12g/mol-0.25molX1g/mo=0.025mol,n(C):n(H):n(O)=4:10:1,M的最简式为 16 g/mol CHoO,已经饱和，因此其分子式也是CHoO,A正确；装置B中CuO的作用是使CO充分转化为CO2,在装置D中 被吸收，如果没有CO,测得的碳的含量将偏低，B正确；P2O可以吸收水分，并且不和二氧化碳气体反应，C正确；装 置E中碱石灰的作用是防止空气中的H2O和CO,进入装置D千扰实验结果，D错误。 7.D【解析】苯与硝基苯互溶，不能用分液漏斗分离，A错误；电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中混有H2S、PH等还 原性气体杂质，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，应先将气体通入硫酸铜溶液中除杂，B错误；装置C中导管不能伸入饱 和碳酸钠溶液中，否则会发生倒吸，C错误；加热石蜡油，将产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，若溶液褪色或颜色 变浅，则证明石蜡油分解产生了不饱和烃，D正确。 8.B【解析】由题给流程可知，向碘的四氯化碳溶液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠 的混合溶液，分液得到四氯化碳和溶液A;向溶液A中加入稀硫酸，碘化钠和碘酸钠在酸性条件下发生归中反应生成 硫酸钠和碘。由分析可知，步骤I中，充分反应后，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，上下两 层均为无色，A正确；四氯化碳的密度大于水，加入足量碳酸钠溶液充分反应后，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶 液，下层为四氯化碳，则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A,B错误；由分析可知，试剂X可用稀硫酸，C正确；碘受 热会升华，所以实验制得的粗碘可用升华法进一步提纯，D正确。 ① 9.C【解析】月桂烯的分子式为CH16,A错误；月桂烯中所有碳原子不一定在同一平面上，B错误；如图 ②，该分子 高二化学参考答案(T)一1 中存在3种不同化学环境的碳碳双键，它与等物质的量的B2发生加成反应时，可以分别在①、②、③的位置上发生加 成，还可以在①和②的位置上发生1,4-加成，可以得到4种产物，C正确；乙酸橙花酯的不饱和度为3，芳香化合物的 不饱和度至少为4，其同分异构体中不可能有芳香化合物，D错误。 10.B【解析】该物质结构中Z形成2个共价键，Q形成6个共价键，结合“Q与Z同主族”可知，Q、Z均位于第IA族，原 子序数：Q>Z,则Q为硫元素，Z为氧元素；W形成1个共价键且原子序数：S>W>O,则W为氟元素；由“Y和W的 原子序数之和为Z的2倍”可知，Y的原子序数为8X2一9=7，Y为氨元素；X失去1个电子得到X,则X位于第 IA族，结合X、N、O、F原子半径依次减小可知，X为锂元素；综上所述，X、Y、Z、W、Q分别为Li、N、O、F、S。Z为O 元素，位于第二周期，同周期元素中第一电离能大于O的元素有N、F、N,共3种，A错误；YW3为NF3,QZ为SO3, 前者的中心原子N的价层电子对数为3十受×(5-3X1)=4,孤电子对数为1，空间结构为三角维形，为极性分子，后 者的中心原子S的价层电子对数为3+2×(6一3X2)=3,无孤电子对，空间结枸为平面三角形，为非极性分子，则 分子的极性：YW3>QZ,B正确；X、Z、W形成的简单氢化物分别为LiH、H2O、HF,其中LiH为离子晶体，HO、HF 为分子晶体，一般来说离子晶体的熔点大于分子晶体的熔，点，则熔，点最高的是H,H2O分子间氢键数目大于HF分 子间氢键数目，熔，点：H2O>HF,故熔点：LiH>H2O>HF,C错误；O3是极性分子，D错误。 11.A【解析】实验只能够证明酸性：HF>HSO5,A错误；通过设计对照实验，证明Cu和浓硝酸反应后溶液呈绿色是溶 有NO2的黄色与[Cu(HO)4]+的蓝色叠合形成的，B正确；根据无白色沉淀生成的实验现象，可证明苯甲酸中的 NaCl杂质基本被除去，C正确；发生反应：[Cu(H2O)4]++2NH3·H2O-Cu(OH)2+2NH+4H2O、Cu(OH)2 +4NH3一[Cu(NH)4](OH)2,从总反应可看出与Cu2+的结合能力：NH3>H2O,D正确。 12.D【解析】反应①中H2的H一H断裂，形成两个Rh一H,H元素从0价变为一1价，化合价降低，H2被还原，A错 误；丙烯中双键碳原子没有孤电子对，是碳碳双键的π键电子对提供给R离子形成配位键，不是碳原子的孤电子 对，B错误；由图可知反应原子利用率为100%，C错误；催化剂的作用是改变反应的历程和活化能（一般为降低活化 能加快反应)，不改变反应的焓变，D正确。 1以C【解折】K=总H）,则p=P产=pK一H,同显P}-K。一pH, c(HR) p-C(R-) cR=pK一pH,K>Ke>K。由图像可知：K1=1031,Ke=10t8,Ka=1064。a,点对应pH=2,则 ”CRpK。pH1,故cHR)=10cR,也即cHR>c(R),AE痛：R2-HR P C(HR)C(H R) c(HR2),c(R3-)_K·K2·Kg_10-31X1048X10-64 c(H2R)c(HR2-) (10-2)3 =10-8.3，B正确；Na2HR溶液中HR2-电离程度(K c3(H) =10大于水解根定(K=亮-8-10)，溶淡卫酸性，希稀时H增大，氢高子浪度减小，》} c(H,R) K不变，则比值增大，C错误；溶液中阳离子为HNa,阴离子为H.R-.HR-R、OH,电荷守恒式为C (H)十c(Na+)=c(H2R)+2c(HR2)十3c(R3-)十c(OH),b,点(HR-)=c(HR),代入电荷守恒式，移动 c(Na+)和c(OH)即可得出D选项等式关系，D正确。 l4.D【解析】放电时负极(SnNa合金)反应：Na-e一Na,Na失电子，SnNa合金为负极；正极（石墨）反应：Cz(PF6) 十e一PF6十xC,PF脱离石墨极，Al为正极；充电时阳极（石墨）反应：PF6十xC-e一C,(PF6),增加的质量为 PF:的质量；阴极(SnNa合金)反应：Na十e一Na,增加的质量为Na的质量，据此分析。钠可以和水反应生成氢 气，不可用NaP℉。水溶液作为电解质溶液，A错误；结合分析的电极反应，S、Al仅作电子导体，均未参与电极的放 电，B错误；放电时，PF后脱离石墨极，发生反应C(P℉g)十e一PF十xC,C错误；充电时，当转移0.1mol电子时， 阳极（石墨）增加0.1 mol PF,质量为14.5g,阴极(SnNa合金)增加0.1 mol Na,质量为2.3g,两极质量差为14.5g 一2.3g=12.2g,电路中转移的电子为0.1NA,D正确。 二、填空题（本大题共4小题，除标注外，每空2分，共58分） 15.(15分) (1)(酚)羟基，羧基(1分) CH CH Br (2) FeBrs +Br2- +HBr SO,H SO,H (3)CH,COOH CH CH-CHCH, 高二化学参考答案(T)一2 CH CH (4)n CH,-C-COOH 一定条件 ECH2-C COOH (5)避免溴原子在甲基对位取代的副产物生成 COOH (6)13H0 【解析】(3)水杨酸和G发生酯化反应，分析阿司匹林的结构，可以推出G是CH COOH,由补充信息可以推导出F为 CHCH-CHCH。 (6)比水杨酸多一个碳的同系物的结构需要满足物质含酚羟基、羧基两种官能团，因此在苯环上取代有两种形式：① 取代基为一OH、一CH2COOH,结构有3种；②取代基为一OH、一CH3、一COOH,结构有10种，共13种。 16.(14分) (1)三颈烧瓶（或三口烧瓶）B (2)平衡气压锥形瓶内油层不再增多（或尾接管不再有油状液滴滴下） (3)增大水的极性，降低苯胺在水中的溶解度，提高产率；增加水溶液的密度，有利于分层 (4)苯胺沸点高，冷却过程中易使冷凝管因温差较大而破裂 (5)75%(或0.75) 【解析】苯胺微溶于水，加入NCI固体，可使溶解在水中的大部分苯胺以油状物析出，分液分离出有机层，水层用乙醚 萃取，分离出醚层；合并有机层和醚层，加入粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液，再次蒸馏得到苯胺。 (1)步骤①②中共加入液体30mL十3.5mL十12.3mL=45.8mL,三颈烧瓶作为反应容器时液体体积应控制在烧瓶 容积的写~号，不计因体依积，最佳规格为100mL。 (2)长导管与空气连通，主要是平衡气压，防止因烧瓶中压强过大而产生危险；当有机层不再增多时，表明蒸馏结束。 (3)苯胺的密度为1.02g·cm3,与水的密度接近，液体分层不明显，且苯胺微溶于水。经NaCl饱和后，一方面可以 利用盐析作用降低苯胺在水中的溶解度，另一方面有机层和水层的密度差异增大，便于分层。 (4)当蒸馏物沸，点过高时，用水作冷凝剂会导致冷凝管内外温差大，易炸裂。 ⑤)最后得到837g苯胺（即g337m60.09m00,反应物硝基苯有2,3mX2m=0.12m0l,理论卫 123 g/mol 可得到0.12mol苯胺，所以产率为9：09m0×100%=75%。 0.12mol1 17.(15分) (1)3d4s2(1分) (2)Pd++H2O2+4HCI-H2 [PdCL ]+2H2O (3)沉铂 (4)4Fe++O,十4H,0180℃2F,O,十8H+氢氧化铁易形成胶体，不利于后续过滤分离，高温能促进氢氧化铁 快速脱水变为氧化铁 (5)2.67×10-3(或0.00267) (6①1：2：6®能 【解析】题目涉及提取流程为硫酸“酸浸”处理，矿渣中的FS、NiS与硫酸反应，转化为可溶的Fe+、Ni+,通过过滤将 其与不溶于硫酸的Pd、Pt及SiO2分离；提取Ni路径：向滤液I中通入O2,在加热条件下将Fe+氧化为Fe2O并从 溶液中分离，除铁后溶液经过“膜分离”工序分离出H2SO4,向“膜分离”后的NSO4溶液中加入草酸铵，生成NiC2O4 沉淀，再经过一系列操作提取出Ni;提取Pd、Pt:用HO2、盐酸浸取处理酸浸后的固体物质(Pd、Pt及SiO2),将Pd、Pt 转化为H2[PdCL]、H[PCl],过滤除去不溶的SiO2,向滤液中加入氣化铵，使H2[PCL]转化为(NH4)2[PCL]沉 淀，再经过一系列操作得到Pt;“沉铂”后的溶液中加入氨水，将H[PdCL]转化为[Pd(NH3)4]+,再向“氨合”后的溶 液中加入适量盐酸，生成Pd(NH)2Cl2沉淀和NHCl,Pd(NH3)2Cl2经过一系列操作后得到Pd。 (3)“沉钯”时，[Pd(NH)4]+与盐酸反应生成Pd(NH)2Cl2和NHCl,滤液Ⅱ中溶质的主要成分是氯化铵，由流程 图可知氯化铵可在“沉铂”工序中循环利用。 6)N0格好充全沉院，中)10X10m1,则C0)=KC02-00=0x10mL c(HC,0)=c(C0:c(H)_4.0x10-X1.0X10=2.67×10mol/L. K2 1.5×10-4 (6)①根据晶胞能够无隙并置的特性可知图甲所示为实际晶胞的8，由此可判断立方结构中P位于晶胞顶，点和面 高二化学参考答案(T)一3 心，数目为8×号十6×号=4，Cs位于品胞内，教目为8,1位于品胞棱上，面上和内部，数目为24×号+24×2十6= 24,则其原子个数比为4：8：24=1：2：6。 ②由①可得该化合物的化学式为PuC,l,立方结构晶胞窑度为4MPC2_MPC),由图乙可知，四方结构 NA(2a)3 2NAa 中P阳位于晶胞项点和体心，数目为8X日+1=2，C位于晶跑的4个面上，数目为8X号-4,1位于晶跑侧棱，上下 面和内部，数目为8X+8×号+6=12，即四方结构晶胞内有2个PuCl,晶胞密度为2MC2,立方结构品 NABC 体与四方结构晶体密度之比为(PdCs,.):2M(PdCl)_c 2NAa NABC 4a39 18.(14分) (1)-122.5低温 (2)BC (3)①Z低温时以反应1和反应2为主，温度升高平衡逆移，CO2平衡转化率减小；高温时以反应3为主，温度升高 平衡正移，CO2平衡转化率增大 ②32% ③6.6×10-3 【解析】(1)2CO2(g)十6H2(g)CH,OCH(g)+3H2O(g)△H=2△H1十△H2=-122.5k·mol1,观察反应可 知△S<0,在低温下自发。 (2)温度低反应速率慢，温度过低不利于工业生产，A错误。分离出CH OCH3,CH OCH3浓度降低，反应2平衡正 向移动；增大压强，反应1平衡正移，甲醇浓度增大，促使反应2平衡正向移动，B正确。恒温恒压条件下充入惰性气 体，会使得反应体系分压降低，反应1是气体分子数减少的反应，分压降低平衡递移，不利于CH,OCH3的生成，C正 确。催化剂只能加快反应速率，不能使平衡移动，D错误。 (3)①反应1、反应2均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以CH,OCH的选择性降低，反应3为吸热反应，升高 温度平衡正向移动，所以CO的选择性增大，所以X表示CH,OCH的选择性、Y表示CO的选择性，则Z表示CO2 的平衡转化率；低温时以反应1和反应2为主，温度升高平衡逆移，CO2平衡转化率减小；高温时以反应3为主，温度 升高平衡正移，CO2平衡转化率增大，所以随温度升高CO2的平衡转化率先降低后升高。 ②220℃时，CO2的平衡转化率为40%，CH,OCH3的选择性为80%，根据碳元素守恒，CH,OCH平衡时物质的量为 1mol×40%×80%÷2=0.16mol,理论产量是1molC02完全转化为0.5 mol CH,OCH3,CH3OCH的平衡产率为 0.16mo×100%=32%。 0.5 mol ③由图可知，在220℃时CO2的转化率为40%，CH OCH3的选择性为80%，CH OCH平衡时的物质的量为1mol ×40%×80%÷2=0.16mol,C0的选择性为5%，即平衡时C0的物质的量为1mol×40%×5%=0.02mol,可得 CHOH选择性为15%，即平衡时CHOH的物质的量为1ol×40%X15%=0.06mol,据此对三个反应进行逐个 分析：反应3消耗0.02 mol CO2、0.02molH2,生成0.02 mol CO、0.02 mol H2O;反应2生成0.16 mol CH,OCH、 0.16molH2O,消耗0.32 mol CH3OH;反应1消耗0.38 mol CO.2、消耗1.14molH2、生成0.38 mol CH,OH、 0.38molH2O。平衡体系中有0.6molC02、2.84molH2、0.06 mol CH OH、0.56molH20、0.16 mol CH,OCH3、 0.02molC0,气体总物质的量为4.24mol,反应3的K。= 堡器×3.)×2×.0】 ≈6.6×103。 8×3.)×(2×o】 高二化学参考答案(T)一4