精品解析：四川乐山第一中学校2025-2026学年高二下学期半期学情调研 化学试题

乐山一中高2027届高二(下)半期化学学情调研 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ca-40 P-31 S-32 Cu-64 Zn-65 一、选择题：(本大题共15小题，每题只有一个选项符合题意，每题3分，共45分) 1. 化学创造美好生活，化学服务美好生活。下列说法正确的是 A. 离子液体是一种混合物，常被开发为原电池的电解质 B. 作为潜在能源的“可燃冰”，其微观结构中CH4装在氢键相连的几个水分子构成的笼内 C. 表面活性剂烷基磺酸根离子去污原理是其在水中亲水基团向内将油污包裹起来 D. 液晶显示器工作原理是由于液晶主要是非极性分子，施加电场可使其长轴取向发生改变 【答案】B 【解析】 【详解】A．离子液体是由阴阳离子构成的室温附近呈液态的离子化合物，纯净的离子液体属于纯净物，并非一定是混合物，A错误； B．可燃冰为甲烷水合物，微观上水分子间通过氢键形成笼状结构，分子被包裹在笼状空腔内，B正确； C．烷基磺酸根离子的磺酸基为亲水基团、烷基为疏水亲油基团，去污时疏水基团向内包裹油污，亲水基团朝向水相，C错误； D．液晶分子多为极性分子，存在偶极矩，施加电场时偶极与电场相互作用使长轴取向发生改变，并不属于非极性分子，D错误； 故选B。 2. 规范的化学用语是学好化学的基础，下列化学用语表达规范的是 A. 基态Mn原子价电子轨道表示式： B. HCl中σ键的电子云轮廓图： C. Fe2+的离子结构示意图： D. 基态Ga原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p1 【答案】C 【解析】 【详解】A．Mn是25号元素，基态Mn价电子构型为，根据洪特规则，电子分占不同轨道时自旋方向相同，3d的5个单电子自旋应全部相同，题图中3d轨道有一个电子自旋方向相反，违反洪特规则，A错误； B．HCl中的键是H的球形轨道和Cl的哑铃形轨道头碰头重叠形成的键，电子云轮廓图：，B错误； C．Fe是26号元素，Fe原子失去最外层2个4s电子得到，核电荷数为+26，核外电子排布为2、8、14，与题图一致，C正确； D．Ga是31号元素，基态Ga核外电子排布为，简化电子排布式应为，选项漏掉了，D错误； 故选C。 3. 六氯环己烷，化学式为C6H6Cl6，俗称“六六六”，是一种有机氯杀虫剂，曾用于防治蝗虫等害虫，因其高残留、毒性强，现已被限制使用。下列说法正确的是 A. 基态C、Cl原子电子所在的最高能级原子轨道形状都是球形 B. 基态C原子中，未成对电子数与成对电子数之比为1∶2 C. 与基态Cl原子未成对电子数目相等的同周期元素只有1种 D. H原子的电子由1s跃迁到2s将产生发射光谱 【答案】B 【解析】 【详解】A．基态C原子电子排布为，最高能级为2p；基态Cl原子电子排布为，最高能级为3p，p轨道的形状为哑铃形，不是球形，A错误； B．基态C原子电子排布为，其中、的电子均成对，共4个成对电子；轨道有2个未成对电子，即2个未成对电子。未成对电子数:成对电子数，B正确； C．基态Cl原子未成对电子数为1，Cl位于第三周期，第三周期中未成对电子数为1的元素有Na（）、Al（），共2种（除Cl外），不是1种，C错误； D．电子从低能级（）跃迁到高能级（）需要吸收能量，产生吸收光谱，只有从高能级跃迁到低能级才会产生发射光谱，D错误； 故选B。 4. 三硫化四磷(P4S3)为黄绿色针状晶体，是安全火柴摩擦面的主要成分。它的一种分子结构如图所示，下列有关该分子结构的P4S3说法正确的是 A. 55gP4S3分子中含有2.25mol极性共价键 B. 分子中P和S的杂化方式不同 C. P4S3形成的晶体为共价晶体 D. 分子中P的化合价有+1价和+3价 【答案】D 【解析】 【详解】A．物质的量为。 该分子中，极性共价键为键，每个分子含6个极性键，因此​含极性键，A错误； B．S原子：每个S形成2个键，含2对孤对电子，价层电子对数，为杂化； P原子：每个P形成3个键，含1对孤对电子，价层电子对数，也为杂化。 二者杂化方式相同，B错误； C．题干明确说明​是分子，存在独立的​分子，因此​属于分子晶体，不是共价晶体，C错误； D．电负性：，因此S为−2价，分子总化合价为0；其中1个P原子连接3个S，显+3价，另外3个P原子各连接1个S和2个P（键为非极性键，不改变化合价），各显+1价，总价态：，符合化合价规则，因此P的化合价有+1价和+3价，D正确； 故选D。 5. 元素周期表极大地方便了人们对化学元素的系统性认识，各种元素住进这座“元素大厦”中，每种元素都有独立的“门牌号”。下列有关元素周期表的描述错误的是 A. 每一周期都从ns1开始，到ns2np6结束 B. 元素周期表分为5个区，除ds区外都是按构造原理最后填入电子的能级符号命名 C. 元素周期表每个“门牌号”可能住着多种核素 D. 最外层电子排布式为ns2的元素可能是主族、副族或0族元素 【答案】A 【解析】 【详解】A．第一周期仅存在1s能级，结尾元素He的电子排布为，故A错误； B．元素周期表分为s、p、d、ds、f共5个区，s、p、d、f区均以构造原理最后填入电子的能级符号命名，ds区价电子排布为，不以最后填充的能级命名，故B正确； C．“门牌号”对应原子序数，同种元素(相同原子序数)，可能存在多种核素，故C正确； D．最外层电子排布为的元素，可能是第ⅡA族、副族元素(如Zn)、0族He，所以可能属于主族、副族或0族，故D正确； 选A。 6. 物质的结构决定其性质。下列有关解释与事实不相符的是 选项 事实 解释 A 酸性：CCl3COOH>CH3COOH 电负性：Cl>H，导致分子内O—H键极性：CCl3COOH>CH3COOH B 熔沸点：H2O>H2S 键能：O—H>S—H C CsCl晶体中Cs+的配位数为8，而NaCl晶体中Na+的配位数为6 离子半径：Cs+>Na+ D 硬度：金刚石>硅>锗 原子半径：C<Si<Ge A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cl电负性大于H，吸电子效应更强，使中键极性比更大，更易电离出，酸性更强，A不符合题意； B．熔沸点高于是因为分子间存在氢键，分子间仅存在范德华力，与分子内、的键能无关，键能影响的是分子的热稳定性，B符合题意； C．离子晶体配位数与正负离子半径比有关，离子半径，中正负离子半径比更大，配位数更高，C不符合题意； D．金刚石、硅、锗均为共价晶体，原子半径，共价键键长，键能依次减小，硬度依次降低，D不符合题意； 故选B。 7. 天冬氨酸——人体非必需氨基酸，是合成甜味剂阿斯巴甜的主要原料之一，其结构简式如图所示，下列有关该有机物叙述错误的是 A. 分子中σ键和π键的个数比为6：1 B. 键角：∠OCO>∠HNH C. 分子中有1个手性碳原子 D. 键能：N—H<O—H 【答案】A 【解析】 【详解】A．单键均为键，1个双键含1个键和1个键。该分子含2个碳氧双键，故键总数为2；统计所有键可得总数为15，因此键和键个数比为，A错误； B．∠OCO中中心C为杂化，键角约；∠HNH中中心N为杂化，且N含有1对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥作用使键角压缩，∠HNH约为，因此，B正确； C．手性碳原子是连有4个不同基团的碳原子，该分子中仅连氨基的碳原子满足条件（四个基团：，均不同），共1个手性碳原子，C正确； D．原子半径，键长比更短，键长越短键能越大，因此键能：，D正确； 故选A。 8. 生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收SiF4的反应如下：3SiF4+2Na2CO3+2H2O=2Na2SiF6↓+H4SiO4+2CO2。下列说法正确的是 A. H2O的VSEPR模型和空间构型相同 B. CO2和SiO2互为等电子体 C. 熔点：Na2CO3>SiF4>H2O D. Na2SiF6中含有配位键 【答案】D 【解析】 【详解】A．的中心O原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，因存在2对孤电子对，空间构型为V形，二者不相同，A错误； B．等电子体要求原子总数、价电子总数均相同的独立粒子，CO2为分子晶体，存在单个CO2分子，SiO2为原子（共价）晶体，不存在单个SiO2分子，二者不互为等电子体，B错误； C．Na2CO3为离子晶体，熔点远高于分子晶体；H2O分子间存在氢键，常温下为液体，SiF4常温下为气体，熔点，正确熔点顺序为，C错误； D．Na2SiF6的阴离子为，Si存在空价层轨道，可提供孤电子对形成配位键，故该物质含有配位键，D正确； 故选D。 9. 科学工作者使用研制了一种可充电电池，电池装置如图所示。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述错误的是 A. 放电时，会发生反应 B. 充电时，阴极反应为 C. 放电时，电极质量减少，电极生成了 D. 充电时，向阳极方向迁移 【答案】C 【解析】 【详解】A．在电池放电时，电极作为负极，失去电子，发生氧化反应，电极作为正极，得到电子，发生还原反应，该过程的总反应方程式为，A正确； B．放电时，电极作为负极，失去电子；充电的过程与放电的过程相反，溶液中的会在阴极得到电子，转化为，B正确； C．放电时，电极质量减少时，转化为，即失去的的物质的量为，在反应过程中，转移了电子；若电极只生成，其物质的量为，但电极上还检测到少量的，则转移电子时，生成的的物质的量少于，C错误； D．带负电荷，在充电时，其向阳极迁移，D正确； 故答案选C。 10. 桂皮中含有的肉桂醛()是一种食用香料，广泛用于牙膏、洗涤剂、糖果和调味品中。工业上可通过苯甲醛与乙醛反应进行制备： NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 乙醛中C—H键的类型为sp3-sσ键 B. 苯甲醛中存在的大π键 C. 1mol肉桂醛与足量的H2反应，消耗的H2分子数为3NA D. 18g的冰中氢键数目为2NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙醛结构为，甲基中C为杂化，C-H键为键，但醛基中C为杂化，醛基的C-H键为键，A错误； B．苯甲醛中，醛基的键会和苯环的键共轭，形成更大的离域大键，不存在单独的大键，B错误； C．肉桂醛结构为，苯环、碳碳双键、醛基都可以与​加成，肉桂醛完全反应共消耗，消耗分子数为​，C错误； D．18 g冰的物质的量为，冰中每个水分子可形成4个氢键，每个氢键由2个水分子共用，因此冰中含氢键的物质的量为，其数目为，D正确； 故选D。 11. CaCO3的四方晶胞(晶胞参数α=β=γ=90°，省略中的O，只标出C4+)和CaO的立方晶胞如图所示，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. CaCO3晶胞和CaO晶胞中氧原子数之比为9：2 B. CaO晶胞中Ca2+的周围等距且最近的Ca2+数目有6个 C. CaCO3晶胞中2位Ca2+的分数坐标为(1，1，) D. CaO晶体密度大于CaCO3晶体密度 【答案】B 【解析】 【详解】A．如图所示，CaCO3晶胞中氧原子数为：；CaO晶胞中氧原子数为：，二者氧原子数之比为9：2，A正确； B．CaO属于NaCl型离子晶体，晶胞中Ca2+的周围等距且最近的Ca2+数目有12个，B错误； C．根据图示坐标轴和CaCO3晶胞中2位Ca2+的位置，可得该Ca2+的分数坐标为(1，1，)，C正确； D．，。由于，，可知，D正确； 故选B。 12. 某化合物由原子序数依次增大的长周期主族元素X、Y和Z组成。X的价层电子数为4，Y只有1个未成对电子，Z失去1个电子后占据的最高能级为全充满的4p能级。下列关于这三种元素说法正确的是 A. X、Y的单质晶体类型相同 B. 电负性：Y>Z>X C. Y、Z的简单离子结构相同 D. I1最大的是X 【答案】C 【解析】 【分析】首先推断元素：Z失去1个电子后最高能级4p全充满（），故Z为37号Rb（铷，第ⅠA族）；X、Y原子序数均小于37，为第四周期长周期主族元素，X价层电子数为4，故X为第ⅣA族Ge（锗）；Y原子序数介于Ge和Rb之间，仅1个未成对电子，故Y为第ⅦA族Br（溴）。 【详解】A．Ge单质为共价晶体，单质为分子晶体，晶体类型不同，A错误； B．电负性同周期从左到右递增、同主族从上到下递减，电负性顺序为 ，即，B错误； C．和的核外电子排布均与Kr相同，离子结构相同，C正确； D．第一电离能同周期从左到右总体递增、同主族从上到下递减，第一电离能顺序为 ，最大的是Y，D错误； 故选C。 13. 许多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1mol[Ag(NH3)2]OH中共有8NA个σ键 B. 1mol[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O与足量AgNO3溶液反应，生成3molAgCl沉淀 C. 向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇析出深蓝色晶体，是因为乙醇将Cu2+还原为Cu+ D. [Co(NH3)4Cl2]Cl中Co3+提供空轨道，NH3和Cl-提供孤电子对 【答案】D 【解析】 【详解】A．1mol中，配位键有2个键，2个含6个N-H 键，含1个O-H 键，共个键，A错误； B．配合物内界的不能电离，1mol该配合物只有外界2mol 能与反应，生成2mol 沉淀，B错误； C．加入乙醇析出深蓝色晶体是因为乙醇降低了配合物的溶解度，无氧化还原反应发生，C错误； D．中为中心离子提供空轨道，配体和提供孤电子对形成配位键，D正确； 故答案选D。 14. 屠呦呦团队发现青蒿素，开创疟疾新疗法，挽救了无数疟疾患者的生命。已知：青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，如丙酮、乙醚等，在水中几乎不溶，热稳定性差。如图是从黄花青蒿中提取青蒿素的工艺流程，下列说法正确的是 A. 研碎的目的是增大黄花青蒿与乙醚的接触面积，加快化学反应速率 B. 操作I用到的玻璃仪器主要是烧杯、分液漏斗 C. 操作II通过蒸发结晶得到青蒿素晶体 D. 青蒿素在乙醚中的溶解度大是因为二者分子极性较小，且具有相似的结构 【答案】D 【解析】 【详解】A．研碎的目的是增大黄花青蒿与乙醚的接触面积，加快青蒿素的溶解萃取速率，该过程属于物理提取，没有发生化学反应，不是加快化学反应速率，A错误； B．操作Ⅰ的作用是分离固体残渣和液体提取液，该操作是过滤，用到的玻璃仪器是烧杯、普通漏斗、玻璃棒，不需要分液漏斗，B错误； C．题干已知青蒿素热稳定性差，操作Ⅱ是蒸馏分离出沸点较低的乙醚，得到青蒿素粗品，不是蒸发结晶，C错误； D．根据相似相溶原理，青蒿素是烃的含氧衍生物，分子极性较小，乙醚属于弱极性有机溶剂，二者极性相近，因此青蒿素在乙醚中溶解度大，D正确； 故选D。 15. 已知：磷和碳一样，其单质存在多种同素异形体。三种磷单质的结构如图所示：其中红磷为巨型共价分子，正交型黑磷具有类似石墨的层状结构。下列说法正确的是 A. 熔点：红磷>正交型黑磷>白磷 B. 相同条件下，等质量的三种单质完全燃烧耗氧量相同，焓变不同 C. 三种磷单质中P原子的杂化方式有2种 D. 正交型黑磷具有半导体的性质，是因为有类似于石墨的大π键 【答案】B 【解析】 【详解】A．白磷为分子晶体，熔化时仅破坏分子间作用力，熔点较低；红磷为巨型共价分子，可视为原子晶体，熔化时需破坏共价键，熔点较高，故熔点：红磷＞白磷，正交型黑磷具有类似石墨的层状结构，高度规整，键合更强，熔点最高，则熔点顺序：正交型黑磷＞红磷＞白磷，A错误； B．等质量的三种磷单质含有相同物质的量的磷原子，根据原子守恒，完全燃烧时耗氧量相同，三种磷的结构不同，能量不同，燃烧为放热反应，焓变ΔH =生成物总能量-反应物总能量，因此焓变不同，B正确； C．白磷中每个P原子形成3个P-P键，剩余1对孤对电子，为杂化，红磷中每个P原子形成3个P-P键，剩余1对孤对电子，为杂化，正交型黑磷具有类似石墨的层状结构，但不是平面结构，每个P原子形成3个P-P键，剩余1对孤对电子，为杂化，故三种磷单质中P原子的杂化方式只有一种，C错误； D．正交型黑磷具有类似石墨的层状结构，但层内不是平面结构，没有形成大键，D错误； 故答案选B。 二、非选择题：(本大题共4小题，共55分) 16. 硼、氮单质及其化合物是用途广泛的化工原料。回答下列问题： （1）B的价电子排布式为___________，它和同周期的相邻两个元素的第一电离能大小关系为___________。 （2）硼氢化钠(NaBH4)是一种强还原剂，其阴离子的空间构型为___________；BCl3和NH3能够化合形成Cl3B·NH3，该产物中化学键有___________。 （3）沸点：异丙胺()___________三甲胺() (填“大于”或“小于”)，判断理由是___________。 （4）无色晶体NH4N3是一种具有含能材料特性的化合物，易爆炸，能产生大量气体，晶胞结构如下图所示。 晶胞中阳离子和阴离子的中心原子N的杂化类型___________(填“相同”或“不同”)，晶胞密度为___________g·cm-3。 【答案】（1） ①. 2s22p1 ②. I1(B)< I1(Be)< I1(C) （2） ①. 正四面体 ②. 极性键、配位键 （3） ①. 大于 ②. 异丙胺能形成分子间氢键，使其沸点增大(合理即可) （4） ①. 不同 ②. 【解析】 【小问1详解】 B为5号元素，价电子排布式为2s22p1，同一周期随着原子序数变大，第一电离能总体呈递增趋势，但ⅡA、ⅤA族元素比相邻主族元素的第一电离能大，故B和同周期的相邻两个元素的第一电离能大小关系为I1(B)< I1(Be)< I1(C)； 【小问2详解】 中B原子的价层电子对数，无孤电子对，呈正四面体形；BCl3和NH3能够化合形成Cl3B·NH3，其存在氮氢、氯硼极性共价键，B提供空轨道、N提供孤电子对，形成配位键，故存在：极性键、配位键； 【小问3详解】 异丙胺能形成分子间氢键，使其沸点升高(合理即可)，导致其沸点高于三甲胺； 【小问4详解】 晶胞中阳离子铵根离子中N为sp3杂化，阴离子N的中心原子与 CO2为等电子体，则为直线形构型，N为sp杂化，故杂化类型不同； 根据“均摊法”，晶胞中含个、4个，则晶体密度为。 17. 某化学兴趣小组设计下列电化学实验装置，已知A、B、C、D均为惰性电极，E、F为两种活泼金属，均位于短周期，且位置相邻，E能与NaOH溶液反应。接通线路后，反应一段时间。 （1）乙池装置名称为___________，F极的电极材料为___________，E极电极反应式为___________； （2）U形管中D极附近现象为___________，U形管中发生的总反应化学方程式为___________，烧杯中溶液变蓝是___________烧杯(填 “a”或“b”)。 （3）已知烧杯和U形管中的溶液均足量，当U形管中共产生标况下气体224mL时，断开装置，此时甲需要加入质量为___________g的___________(填化学式)才能恢复到初始状态。 【答案】（1） ①. 原电池 ②. Mg或镁 ③. Al - 3e- + 4OH- = [Al(OH)4]- （2） ①. 有气泡产生，溶液变红 ②. 2H2O + 2KCl2KOH + H2↑ + Cl2↑ ③. a （3） ①. 0.4 ②. CuO 【解析】 【分析】E、F为两种活泼金属，均位于短周期，且位置相邻，E能与NaOH溶液反应，E是Al、F是Mg；则乙为原电池，Al失电子发生氧化反应，Al为负极、Mg为正极；甲是电解池，A连接原电池正极，A是阳极、B是阴极；U形管为电解池，D连接原电池负极，D是阴极、C是阳极。 【小问1详解】 根据以上分析，乙池装置名称为原电池，F极的电极材料为Mg，E极电极为Al，Al为负极，负极Al失电子发生氧化反应结合氢氧根离子生成四羟基合铝酸根离子，负极反应式为Al - 3e- + 4OH- = [Al(OH)4]-； 【小问2详解】 U形管是电解池，D极为阴极，阴极发生反应 ，D极附近现象为有气泡产生，溶液变红，C是阳极，阳极氯离子失电子生成氯气，所以U形管中发生的总反应化学方程式为2H2O + 2KCl2KOH + H2↑ + Cl2↑，氯气能置换出KI中的碘，C电极生成氯气，所以烧杯中溶液变蓝是a烧杯。 【小问3详解】 根据2H2O + 2KCl2KOH + H2↑ + Cl2↑，当U形管中共产生标况下气体224mL时，可知生成氢气和氯气的物质的量均为，电路中转移0.01mol电子，根据得失电子守恒，甲池阴极生成0.005molCu、阳极生成0.0025mol氧气，此时甲池需要加入质量为0.4g的CuO才能恢复到初始状态。 18. 苯甲酸是一种重要的化工原料，常用于防腐保鲜和医药合成，也用于改善树脂性能和调配香料等。实验室合成苯甲酸的原理、相关数据、实验步骤及装置图如下： 反应原理： 名称 性状 M 熔点(℃) 沸点(℃) 密度(g/mL) 溶解度(g) 水 乙醇 甲苯 无色液体，易燃，易挥发 92 -95 110.6 0.87 不溶 互溶 苯甲酸 白色片状或针状晶体 122 122.4 248 1.27 微溶 易溶 已知：①苯甲酸在水中的溶解度(S)：0.34g(25℃)；0.85g(50℃)；2.2g(75℃) 。 ②KMnO4的还原产物与溶液的酸碱性有关：酸性条件下→Mn2+；中性或弱碱性条件下→MnO2；强碱性条件下→。 根据下列实验步骤，回答相关问题： Ⅰ.制备苯甲酸：在如图所示的三颈烧瓶中放入2.7mL甲苯和100mL水，控制100℃机械搅拌溶液，加热回流。分批加入8.5g高锰酸钾，继续搅拌4~5h。 （1）仪器a的名称为___________。 （2）高锰酸钾分批加入的原因是___________，反应4~5h，静置发现___________现象时，停止反应。 Ⅱ.分离提纯： （3）向反应后的混合液中加NaHSO3溶液的目的是___________，过滤除去的滤渣成分为___________。 （4）上述“一系列操作”的顺序是___________(用字母表示)。 A．重结晶          B．过滤           C．洗涤 Ⅲ.产品纯度测定： （5）称取1.220g产品，配成100mL乙醇溶液，移取20.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴酚酞，用KOH标准溶液滴定，消耗KOH溶质的物质的量为1.80×10-3mol，滴定终点的现象为___________，该产品中苯甲酸的质量分数为___________。 【答案】（1）球形冷凝管 （2） ①. 防止反应太剧烈，避免副反应发生，提高氧化效率 ②. 油层消失 （3） ①. 除去过量的KMnO4 ②. MnO2 （4）BCA （5） ①. 最后半滴KOH标准液滴入使溶液由无色变为浅红色(红色)，且半分钟溶液颜色不改变 ②. 90.0% 【解析】 【小问1详解】 观察实验装置图，仪器a连接在三颈烧瓶的侧口上，呈倾斜状，内部有玻璃管。其作用是冷凝回流反应物，防止甲苯等易挥发物质在加热过程中逸出。根据其形状（带有球形或直形内管，用于冷凝），可以判断其为球形冷凝管。 【小问2详解】 甲苯被高锰酸钾氧化的反应是放热反应。如果一次性加入大量高锰酸钾，会导致反应剧烈，放出大量热，可能引起液体暴沸或反应物大量挥发，甚至引发危险。分批加入可以控制反应速率，使反应平稳进行；反应开始时，三颈烧瓶中有不溶于水的甲苯（油状液体）。随着反应的进行，甲苯被氧化成苯甲酸钾（溶于水）。当甲苯完全反应后，油层就会消失。同时，高锰酸钾是紫红色的，如果过量，溶液会保持紫色。当静置分层后，如果上层（有机层）不再出现油珠（或油层消失），说明甲苯已反应完全。 【小问3详解】 反应后混合液呈紫色，说明有过量的高锰酸钾（ ）存在。根据已知信息，在酸性或中性条件下会还原为。加入饱和溶液（具有还原性）是为了将未反应完的还原，消除其颜色，并使其转化为不溶性的二氧化锰沉淀，以便后续过滤除去；高锰酸钾被还原后生成二氧化锰（），同时反应体系中可能存在的其他不溶性固体杂质也会被过滤掉。主要的滤渣是二氧化锰。 【小问4详解】 滤液经过冷却和浓盐酸酸化后，苯甲酸钾转化为苯甲酸。由于苯甲酸在水中的溶解度随温度降低而减小（25℃时仅 0.34g ），此时苯甲酸会以晶体形式析出。为了得到纯净的苯甲酸晶体，需要先进行过滤（B）将晶体与母液分离，然后洗涤（C）以除去表面残留的母液，最后对粗晶体进行重结晶（A）以除去杂质，故顺序为BCA。 【小问5详解】 苯甲酸呈酸性，用KOH标准溶液滴定，酚酞作为指示剂。滴定前溶液呈酸性，酚酞无色；当KOH稍过量时，溶液呈弱碱性，酚酞变红。因此，终点现象是溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；苯甲酸（摩尔质量122g/mol）与KOH按1:1反应。消耗KOH的物质的量为1.80×10−3 mol ，则20.00mL溶液中含苯甲酸1.80×10−3 mol。原100mL溶液中苯甲酸的总物质的量为：1.80×10−3 mol ×= 9.00×10−3 mol。苯甲酸的质量为：9.00×10−3 mol × 122 g/mol = 1.098 g。质量分数为： × 100% = 90.0%。 19. 采用两段焙烧——水浸法从铁锰氧化矿(含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下， (NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则分解为气体； ②Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃； ③Ka1(H2S) = 110-7， Ka2(H2S) = 110-13， Ksp(CoS) = 410-21。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应生成MnSO4和两种气体，其中一种为单质，该反应的化学方程式为___________，“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除CaSO4外还含有___________(填化学式)。 （2）在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率减小，原因是___________。 （3）HR萃取Cu2+反应为：2HR (有机相) + Cu2+ (水相) ⇌ CuR2(有机相) + 2H+(水相)。“反萃取”时加入的试剂为___________(填化学式)。 （4）在“沉钴”步骤中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=110-5mol·L-1]，则此时溶液中c(H2S)=___________mol·L-1。 （5）“沉锰”时发生反应的离子方程式为___________，所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入___________(填操作单元名称)循环利用。 【答案】（1） ①. 3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O ②. Fe2O3、SiO2 （2）高温焙烧，硫酸铵会分解为气体，导致金属氧化物转化为硫酸盐减少，浸出率减小 （3）H2SO4 （4）4×10-4 （5） ①. Mn2++=MnCO3↓+CO2↑+H2O ②. 低温焙烧 【解析】 【分析】铁锰氧化矿(含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)与硫酸铵混合进行“低温焙烧”，将金属氧化物转化为硫酸盐，接着高温焙烧使硫酸铁分解为氧化物，并让硫酸铵完全分解为气体回收，水浸后，可溶性金属硫酸盐进入溶液，不溶物形成滤渣，随后用萃取剂HR萃取，后经反萃取得到硫酸铜溶液，水相中加入硫化钠，先沉钴得到CoS，再沉锰得到碳酸锰，CoS经过氧化氢和稀硫酸溶解得到CoSO4溶液。 【小问1详解】 中Mn为+4价，反应后生成（Mn为+2价），Mn的化合价降低2，得到2个电子；产物中有一种单质气体，结合化合价升降守恒，只能是（N从-3价升高到0价，每个分子失去6个电子）。根据电子守恒，与的计量数之比为3:1；再结合原子守恒配平其他物质：。已知在完全分解，生成和（），而其他金属硫酸盐分解温度高于，因此高温焙烧后，不溶于水；微溶于水，不溶于水也会留在滤渣中。所以滤渣主要成分除外还有、。 【小问2详解】 已知高温分解为气体（），若直接高温焙烧，会提前分解为气体，无法转化为与金属氧化物反应生成可溶性硫酸盐，导致部分金属氧化物无法转化为可溶性的硫酸盐，水浸时不能溶解，因此金属元素的浸出率减小。 【小问3详解】 根据反应，反萃取需要使平衡逆向移动，将从有机相转移到水相。根据勒夏特列原理，增大浓度可使平衡逆向移动，结合流程中反萃取得到溶液，因此加入的试剂为（稀硫酸）。 【小问4详解】 根据溶度积计算浓度，的沉淀溶解平衡为：，。已知恰好沉淀完全时，则：；根据，知，。则。 【小问5详解】 与反应生成，同时参与反应生成和，离子方程式为：。沉锰后的滤液中含有、，并入“吸收”液（吸收和生成）后，可处理得到，作为“低温焙烧”的原料，因此经处理后所得产品导入低温焙烧单元循环利用。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乐山一中高2027届高二(下)半期化学学情调研 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ca-40 P-31 S-32 Cu-64 Zn-65 一、选择题：(本大题共15小题，每题只有一个选项符合题意，每题3分，共45分) 1. 化学创造美好生活，化学服务美好生活。下列说法正确的是 A. 离子液体是一种混合物，常被开发为原电池的电解质 B. 作为潜在能源的“可燃冰”，其微观结构中CH4装在氢键相连的几个水分子构成的笼内 C. 表面活性剂烷基磺酸根离子去污原理是其在水中亲水基团向内将油污包裹起来 D. 液晶显示器工作原理是由于液晶主要是非极性分子，施加电场可使其长轴取向发生改变 2. 规范的化学用语是学好化学的基础，下列化学用语表达规范的是 A. 基态Mn原子价电子轨道表示式： B. HCl中σ键的电子云轮廓图： C. Fe2+的离子结构示意图： D. 基态Ga原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p1 3. 六氯环己烷，化学式为C6H6Cl6，俗称“六六六”，是一种有机氯杀虫剂，曾用于防治蝗虫等害虫，因其高残留、毒性强，现已被限制使用。下列说法正确的是 A. 基态C、Cl原子电子所在的最高能级原子轨道形状都是球形 B. 基态C原子中，未成对电子数与成对电子数之比为1∶2 C. 与基态Cl原子未成对电子数目相等的同周期元素只有1种 D. H原子的电子由1s跃迁到2s将产生发射光谱 4. 三硫化四磷(P4S3)为黄绿色针状晶体，是安全火柴摩擦面的主要成分。它的一种分子结构如图所示，下列有关该分子结构的P4S3说法正确的是 A. 55gP4S3分子中含有2.25mol极性共价键 B. 分子中P和S的杂化方式不同 C. P4S3形成的晶体为共价晶体 D. 分子中P的化合价有+1价和+3价 5. 元素周期表极大地方便了人们对化学元素的系统性认识，各种元素住进这座“元素大厦”中，每种元素都有独立的“门牌号”。下列有关元素周期表的描述错误的是 A. 每一周期都从ns1开始，到ns2np6结束 B. 元素周期表分为5个区，除ds区外都是按构造原理最后填入电子的能级符号命名 C. 元素周期表每个“门牌号”可能住着多种核素 D. 最外层电子排布式为ns2的元素可能是主族、副族或0族元素 6. 物质的结构决定其性质。下列有关解释与事实不相符的是 选项 事实 解释 A 酸性：CCl3COOH>CH3COOH 电负性：Cl>H，导致分子内O—H键极性：CCl3COOH>CH3COOH B 熔沸点：H2O>H2S 键能：O—H>S—H C CsCl晶体中Cs+的配位数为8，而NaCl晶体中Na+的配位数为6 离子半径：Cs+>Na+ D 硬度：金刚石>硅>锗 原子半径：C<Si<Ge A. A B. B C. C D. D 7. 天冬氨酸——人体非必需氨基酸，是合成甜味剂阿斯巴甜的主要原料之一，其结构简式如图所示，下列有关该有机物叙述错误的是 A. 分子中σ键和π键的个数比为6：1 B. 键角：∠OCO>∠HNH C. 分子中有1个手性碳原子 D. 键能：N—H<O—H 8. 生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收SiF4的反应如下：3SiF4+2Na2CO3+2H2O=2Na2SiF6↓+H4SiO4+2CO2。下列说法正确的是 A. H2O的VSEPR模型和空间构型相同 B. CO2和SiO2互为等电子体 C. 熔点：Na2CO3>SiF4>H2O D. Na2SiF6中含有配位键 9. 科学工作者使用研制了一种可充电电池，电池装置如图所示。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述错误的是 A. 放电时，会发生反应 B. 充电时，阴极反应为 C. 放电时，电极质量减少，电极生成了 D. 充电时，向阳极方向迁移 10. 桂皮中含有的肉桂醛()是一种食用香料，广泛用于牙膏、洗涤剂、糖果和调味品中。工业上可通过苯甲醛与乙醛反应进行制备： NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 乙醛中C—H键的类型为sp3-sσ键 B. 苯甲醛中存在的大π键 C. 1mol肉桂醛与足量的H2反应，消耗的H2分子数为3NA D. 18g的冰中氢键数目为2NA 11. CaCO3的四方晶胞(晶胞参数α=β=γ=90°，省略中的O，只标出C4+)和CaO的立方晶胞如图所示，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. CaCO3晶胞和CaO晶胞中氧原子数之比为9：2 B. CaO晶胞中Ca2+的周围等距且最近的Ca2+数目有6个 C. CaCO3晶胞中2位Ca2+的分数坐标为(1，1，) D. CaO晶体密度大于CaCO3晶体密度 12. 某化合物由原子序数依次增大的长周期主族元素X、Y和Z组成。X的价层电子数为4，Y只有1个未成对电子，Z失去1个电子后占据的最高能级为全充满的4p能级。下列关于这三种元素说法正确的是 A. X、Y的单质晶体类型相同 B. 电负性：Y>Z>X C. Y、Z的简单离子结构相同 D. I1最大的是X 13. 许多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1mol[Ag(NH3)2]OH中共有8NA个σ键 B. 1mol[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O与足量AgNO3溶液反应，生成3molAgCl沉淀 C. 向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇析出深蓝色晶体，是因为乙醇将Cu2+还原为Cu+ D. [Co(NH3)4Cl2]Cl中Co3+提供空轨道，NH3和Cl-提供孤电子对 14. 屠呦呦团队发现青蒿素，开创疟疾新疗法，挽救了无数疟疾患者的生命。已知：青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，如丙酮、乙醚等，在水中几乎不溶，热稳定性差。如图是从黄花青蒿中提取青蒿素的工艺流程，下列说法正确的是 A. 研碎的目的是增大黄花青蒿与乙醚的接触面积，加快化学反应速率 B. 操作I用到的玻璃仪器主要是烧杯、分液漏斗 C. 操作II通过蒸发结晶得到青蒿素晶体 D. 青蒿素在乙醚中的溶解度大是因为二者分子极性较小，且具有相似的结构 15. 已知：磷和碳一样，其单质存在多种同素异形体。三种磷单质的结构如图所示：其中红磷为巨型共价分子，正交型黑磷具有类似石墨的层状结构。下列说法正确的是 A. 熔点：红磷>正交型黑磷>白磷 B. 相同条件下，等质量的三种单质完全燃烧耗氧量相同，焓变不同 C. 三种磷单质中P原子的杂化方式有2种 D. 正交型黑磷具有半导体的性质，是因为有类似于石墨的大π键 二、非选择题：(本大题共4小题，共55分) 16. 硼、氮单质及其化合物是用途广泛的化工原料。回答下列问题： （1）B的价电子排布式为___________，它和同周期的相邻两个元素的第一电离能大小关系为___________。 （2）硼氢化钠(NaBH4)是一种强还原剂，其阴离子的空间构型为___________；BCl3和NH3能够化合形成Cl3B·NH3，该产物中化学键有___________。 （3）沸点：异丙胺()___________三甲胺() (填“大于”或“小于”)，判断理由是___________。 （4）无色晶体NH4N3是一种具有含能材料特性的化合物，易爆炸，能产生大量气体，晶胞结构如下图所示。 晶胞中阳离子和阴离子的中心原子N的杂化类型___________(填“相同”或“不同”)，晶胞密度为___________g·cm-3。 17. 某化学兴趣小组设计下列电化学实验装置，已知A、B、C、D均为惰性电极，E、F为两种活泼金属，均位于短周期，且位置相邻，E能与NaOH溶液反应。接通线路后，反应一段时间。 （1）乙池装置名称为___________，F极的电极材料为___________，E极电极反应式为___________； （2）U形管中D极附近现象为___________，U形管中发生的总反应化学方程式为___________，烧杯中溶液变蓝是___________烧杯(填 “a”或“b”)。 （3）已知烧杯和U形管中的溶液均足量，当U形管中共产生标况下气体224mL时，断开装置，此时甲需要加入质量为___________g的___________(填化学式)才能恢复到初始状态。 18. 苯甲酸是一种重要的化工原料，常用于防腐保鲜和医药合成，也用于改善树脂性能和调配香料等。实验室合成苯甲酸的原理、相关数据、实验步骤及装置图如下： 反应原理： 名称 性状 M 熔点(℃) 沸点(℃) 密度(g/mL) 溶解度(g) 水 乙醇 甲苯 无色液体，易燃，易挥发 92 -95 110.6 0.87 不溶 互溶 苯甲酸 白色片状或针状晶体 122 122.4 248 1.27 微溶 易溶 已知：①苯甲酸在水中的溶解度(S)：0.34g(25℃)；0.85g(50℃)；2.2g(75℃) 。 ②KMnO4的还原产物与溶液的酸碱性有关：酸性条件下→Mn2+；中性或弱碱性条件下→MnO2；强碱性条件下→。 根据下列实验步骤，回答相关问题： Ⅰ.制备苯甲酸：在如图所示的三颈烧瓶中放入2.7mL甲苯和100mL水，控制100℃机械搅拌溶液，加热回流。分批加入8.5g高锰酸钾，继续搅拌4~5h。 （1）仪器a的名称为___________。 （2）高锰酸钾分批加入的原因是___________，反应4~5h，静置发现___________现象时，停止反应。 Ⅱ.分离提纯： （3）向反应后的混合液中加NaHSO3溶液的目的是___________，过滤除去的滤渣成分为___________。 （4）上述“一系列操作”的顺序是___________(用字母表示)。 A．重结晶          B．过滤           C．洗涤 Ⅲ.产品纯度测定： （5）称取1.220g产品，配成100mL乙醇溶液，移取20.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴酚酞，用KOH标准溶液滴定，消耗KOH溶质的物质的量为1.80×10-3mol，滴定终点的现象为___________，该产品中苯甲酸的质量分数为___________。 19. 采用两段焙烧——水浸法从铁锰氧化矿(含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下， (NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则分解为气体； ②Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃； ③Ka1(H2S) = 110-7， Ka2(H2S) = 110-13， Ksp(CoS) = 410-21。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应生成MnSO4和两种气体，其中一种为单质，该反应的化学方程式为___________，“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除CaSO4外还含有___________(填化学式)。 （2）在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率减小，原因是___________。 （3）HR萃取Cu2+反应为：2HR (有机相) + Cu2+ (水相) ⇌ CuR2(有机相) + 2H+(水相)。“反萃取”时加入的试剂为___________(填化学式)。 （4）在“沉钴”步骤中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=110-5mol·L-1]，则此时溶液中c(H2S)=___________mol·L-1。 （5）“沉锰”时发生反应的离子方程式为___________，所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入___________(填操作单元名称)循环利用。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $