精品解析：福建莆田市仙游第一中学2025-2026学年下学期期中考试 高二化学试卷

仙游一中2025-2026学年下学期期中考 高二化学试卷2026.5 满分100分，答卷时间75分钟 第I卷(选择题 共45分) 一、选择题(每小题3分，只有一个选项符合题意，共45分) 1. 化学与社会、科技、生产及生活密切相关。下列叙述错误的是 A. 超细玄武岩纤维——嫦娥六号携带的月面国旗的纺织材料是有机高分子材料 B. 歼-20上采用的氮化镓涂层，是新型无机非金属材料 C. 可用X-射线衍射实验区分晶体硅与非晶体硅 D. “天问一号”中Ti-Ni形状记忆合金的两种金属都属于过渡金属元素，Ni位于元素周期表d区 2. 由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 苯酚与乙醇都含羟基 两者都有酸性 B K、Na的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同 钾和钠的焰色不同 C 乙烯和乙炔分子均含有键 均可发生加聚反应 D 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动 石墨具有类似金属的导电性 A. A B. B C. C D. D 3. 苦水玫瑰是中国国家地理标志产品，可从中提取高品质的玫瑰精油。玫瑰精油成分之一的结构简式如图，下列说法错误的是 A. 该物质可与金属钠反应生成氢气 B. 该分子所有碳原子共平面 C. 该物质可发生消去反应 D. 该物质能使溴的四氯化碳溶液褪色 4. 对于物质，下列说法正确的是 A. 该物质可命名为2，2-二甲基-4-乙基戊烷 B. 能与H2加成生成该物质的单烯烃有4种 C. 能与H2加成生成该物质的单炔烃有2种 D. 该物质不存在一氯代物只有2种的同分异构体 5. 化合物Z是合成一种天然产物的重要中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. 1 mol X最多能与发生加成反应 B. Y存在顺反异构体 C. X、Z可用溶液鉴别 D. 用取代，则步骤Ⅱ的产物为 6. 是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为。下列说法错误的是 A. 中元素的化合价为 B. NaNO3是氧化剂 C. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 D. 反应中消耗，转移 7. 化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列实例与微观解释不符的是 选项 实例 微观解释 A 键能：键大于键的3倍 键中π键的强度比σ键的大 B 多数离子液体室温下呈液态 离子体积大，离子键弱 C 随原子序数递增，碱金属、卤素单质熔点变化趋势相反 两类单质的晶体类型不同 D 相同温度下，（）（） 形成分子内氢键： A. A B. B C. C D. D 8. 间接电解法合成苯甲醛的原理如图所示。 下列说法不正确的是 A. 电极a与电源正极相连 B. “氧化池”中发生反应： C. 电解一段时间后，电解池阴极区溶液升高(忽略溶液体积变化) D. 用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中放电发生副反应 9. 以含铬废液(主要含、、、、)为原料制备的流程如图。 已知：①时，，；②“调”时反应： 。下列说法错误的是 A. “滤渣”主要成分为 B. “氧化”时存在反应： C. “加热”目的是除去过量，防止其在“调”时将氧化 D. 若“调”后，则 10. 氨是常用的化工原料，研究发现可通过高效催化剂高选择性地将还原为。我国科学工作者利用氮化钴(图1)掺杂Cu，获得具有高效催化性能的掺杂物(图2)。 下列说法错误的是 A. 掺杂前，氮化钴的化学式为 B. 被还原为后，键角将变大 C. 晶体中，若晶胞参数为apm，则最近的Co原子核间距为 D. 晶体中，Cu原子周围最近的Co原子为12个 11. 某离子液体的阴离子的结构如图所示，其中W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W是有机分子的骨架元素。下列说法正确的是 A. 离子半径：M>Z>Y B. 第一电离能：X<Y<Z C. 氢化物的沸点：W<Y D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W 12. 含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子）通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，一种配合物的结构如图所示，下列说法正确的是 A. 该螯合物内存在离子键、配位键、极性键 B. 该螯合物通过螯合作用形成的配位键有 C. 该螯合物中含有3种配体 D. 该螯合物为离子化合物，易电离 13. 离子液体是一类应用价值很高的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+结构如图所示(五元环为平面结构，与苯分子结构相似)。下列说法正确的是 A. 分子中碳碳键的键长相等 B. 引入有机基团可以使离子液体的熔点升高 C. 所有C原子与N原子的杂化方式相同 D. EMIM+结构中存在大π键 14. 黄金按质量分数分级，纯金为。合金的三种晶胞结构如图，Ⅱ和Ⅲ是立方晶胞。下列说法错误的是 A. I为金 B. Ⅱ中的配位数是12 C. Ⅲ中最小核间距 D. I、Ⅱ、Ⅲ中，与原子个数比依次为、、 15. 室温下，通过下列实验探究邻苯二甲酸氢钾(以KHA 表示)溶液性质。 实验1：用pH计测定溶液的pH，测得pH约为4.01。 实验2：向溶液中滴加等体积等浓度的KOH溶液。 实验3：向0.05mol·L-1KHA 溶液中滴加少量澄清石灰水，产生白色沉淀。 下列有关说法正确的是 A. 0.05mol·L-1 KHA溶液中：c(H2A)>c(A2-) B. 实验2 滴加KOH 溶液过程中水的电离程度逐渐减小 C. 实验2所得的溶液中：c(H+)+c(HA-)+2c(H2A) = c(OH-) D. 实验3中反应的离子方程式：Ca2++ OH-+HA-=CaA↓+H2O 第II卷(非选择题 共55分) 二、非选择题(四个小题，共55分) 16. 回答下列问题。 （1）基态原子的外围电子排布式是___________。 （2）Li2CN2是一种人工固氮产物，的空间构型为___________。 （3）N元素形成的两种微粒中，中的N杂化轨道类型为___________，的键角由大到小的顺序为___________。 （4）中含有___________个手性碳原子。 （5）含硒化合物应用广泛，如硒化锌可用于制造红外线光学仪器。硒化锌为立方晶胞，其结构如图1所示，晶胞的俯视图如图2所示。 Zn-65，Se-79 ①b处Se的坐标为，则d处Zn的坐标为___________。 ②用表示阿伏加德罗常数的值，表示该硒化锌晶体的密度，则晶胞中与的最近核间距为___________pm(列出含、的代数式)。 17. I．通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应： ① K1 ② K2 （1）反应的___________，该反应的平衡常数K=___________(用K1、K2列出计算式)。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是___________(填序号)。 A. CO(g)的浓度不变 B. 气体密度不变 C. 气体的平均摩尔质量不变 D. 与的物质的量相等 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近100%，原因是___________。 II．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和)的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ （4）恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有___________(填序号)。 a．增加原料中CH4的量 b．增加原料中CO2的量 c．通入Ar气 （5）以熔融碳酸盐为电解质的燃料电池负极反应式___________。 18. 某研究小组按下列路线合成某药物中间体。 （1）E分子含氧官能团的名称为___________。 （2）下列说法正确的是___________。 A. 从C→E的反应推测，化合物D中硝基间位氯原子比邻位活泼 B. 化合物B含有-NH2 C. B→C反应类型为酯化反应 D. 化合物E能发生取代、加成和酯化反应 （3）化合物C的结构简式是___________；化合物E的分子式___________。 （4）写出甲苯硝化反应的化学方程式：___________。 （5）写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式___________。 ①是苯的取代物，含-NO2 ②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子 19. I．青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156-157℃，热稳定性差，青蒿素是高效的抗疟药。已知：乙醚沸点为35℃，提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础，主要有乙醚萃取法和汽油浸取法。乙醚浸取法的主要工艺如图所示： （1）A图中x仪器名称是：___________。 A． B． C． （2）操作I、II中，不会用到的装置是___________(填序号)。 （3）操作II的名称是___________。操作III的主要过程可能是___________(填字母)。 A．加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶 B．加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤 C．加入乙醚进行萃取分液 II．一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： （4）已知“酸溶2”中转化为，则生成该物质的化学方程式为___________。 （5）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为___________(填标号)[已知的]。 A．2.0 B．4.0 C．6.0 （6）“活化还原”中，必须过量，其与()反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为___________。 （7）“酸溶3”的目的是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 仙游一中2025-2026学年下学期期中考 高二化学试卷2026.5 满分100分，答卷时间75分钟 第I卷(选择题 共45分) 一、选择题(每小题3分，只有一个选项符合题意，共45分) 1. 化学与社会、科技、生产及生活密切相关。下列叙述错误的是 A. 超细玄武岩纤维——嫦娥六号携带的月面国旗的纺织材料是有机高分子材料 B. 歼-20上采用的氮化镓涂层，是新型无机非金属材料 C. 可用X-射线衍射实验区分晶体硅与非晶体硅 D. “天问一号”中Ti-Ni形状记忆合金的两种金属都属于过渡金属元素，Ni位于元素周期表d区 【答案】A 【解析】 【详解】A．超细玄武岩纤维主要成分为硅酸盐类无机物，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，A错误； B．氮化镓是第三代半导体材料，属于新型无机非金属材料，B正确； C．晶体具有周期性有序结构，X-射线衍射实验会出现特征衍射峰，非晶体无该特征，可用该方法区分晶体硅与非晶体硅，C正确； D．Ti、Ni均属于过渡金属元素，Ni的价电子排布为，位于元素周期表第Ⅷ族，属于d区，D正确； 故选A。 2. 由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 苯酚与乙醇都含羟基 两者都有酸性 B K、Na的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同 钾和钠的焰色不同 C 乙烯和乙炔分子均含有键 均可发生加聚反应 D 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动 石墨具有类似金属的导电性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．苯酚的羟基与苯环直接相连，苯环的吸电子作用使羟基O-H键极性增强，可电离出显酸性；乙醇的羟基与乙基相连，乙基为推电子基团，O-H键极性弱，几乎不能电离，无酸性，仅由“都含羟基”的结构不能推测出两者都有酸性，A符合题意； B．焰色反应的本质是金属元素原子的电子跃迁时释放不同能量的光子，K、Na原子结构不同，电子跃迁能量变化不同，因此焰色不同，可由结构推测性质，B不符合题意； C．乙烯含碳碳双键、乙炔含碳碳三键，均含有键，键易断裂发生加成聚合反应，可由结构推测性质，C不符合题意； D．石墨层内存在可自由移动的离域电子，与金属中自由电子导电原理类似，因此石墨具有导电性，可由结构推测性质，D不符合题意； 故选A。 3. 苦水玫瑰是中国国家地理标志产品，可从中提取高品质的玫瑰精油。玫瑰精油成分之一的结构简式如图，下列说法错误的是 A. 该物质可与金属钠反应生成氢气 B. 该分子所有碳原子共平面 C. 该物质可发生消去反应 D. 该物质能使溴的四氯化碳溶液褪色 【答案】B 【解析】 【详解】A．醇羟基（）能与金属钠发生置换反应，因此该物质可以与钠反应生成氢气，A正确； B．分子中存在大量杂化的饱和碳原子（如六元环上的亚甲基、侧链的异丙基），这些碳原子以四面体构型成键，无法使所有碳原子处于同一平面，B错误； C．醇羟基（）连接的碳原子的邻位碳原子上有氢原子（β-H），满足醇的消去反应条件，在浓硫酸加热条件下可发生消去反应生成烯烃，C正确； D．分子中含有碳碳双键（），可与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，D正确； 故选B。 4. 对于物质，下列说法正确的是 A. 该物质可命名为2，2-二甲基-4-乙基戊烷 B. 能与H2加成生成该物质的单烯烃有4种 C. 能与H2加成生成该物质的单炔烃有2种 D. 该物质不存在一氯代物只有2种的同分异构体 【答案】B 【解析】 【详解】A．烷烃命名需选取最长碳链为主链，该物质最长碳链含6个碳原子，2号碳连2个甲基，4号碳连1个甲基，正确命名为2,2,4-三甲基己烷，A错误； B．单烯烃与加成生成该烷烃时，双键对应烷烃中相邻两个碳原子均连有氢原子的位置，符合条件的位置共4种，因此对应的单烯烃有4种，B正确； C．单炔烃与加成生成该烷烃时，三键对应烷烃中相邻两个碳原子均至少连有2个氢原子的位置，符合条件的位置仅1种，因此对应的单炔烃有1种，C错误； D．该物质分子式为，其同分异构体的一氯代物仅有2种，因此存在一氯代物只有2种的同分异构体，D错误； 故选B。 5. 化合物Z是合成一种天然产物的重要中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. 1 mol X最多能与发生加成反应 B. Y存在顺反异构体 C. X、Z可用溶液鉴别 D. 用取代，则步骤Ⅱ的产物为 【答案】D 【解析】 【详解】A．X分子中含有苯环和醛基，苯环可与3 mol 加成，醛基可与1 mol 加成，因此1 mol X最多能与发生加成反应，A错误； B．顺反异构体的形成条件是：碳碳双键两端的每个碳原子都连接2个不同的原子或基团；Y的结构中，双键的一个碳原子连接了2个H原子（），不满足顺反异构的条件，因此Y不存在顺反异构体，B错误； C．X和Z分子中均含有酚羟基，遇溶液均会发生显色反应，因此无法用溶液鉴别二者，C错误； D．用取代，则步骤Ⅰ为与发生取代反应生成，在加热条件下发生重排生成，D正确； 故答案选D。 6. 是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为。下列说法错误的是 A. 中元素的化合价为 B. NaNO3是氧化剂 C. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 D. 反应中消耗，转移 【答案】C 【解析】 【详解】A．中Na为+1价，O为-2价，根据化合物正负化合价代数和为0，计算得Sb化合价为，A正确； B．反应中的N元素化合价从+5价降低为NO中的+2价和中的+4价，得电子作氧化剂，B正确； C．反应中氧化剂为4 mol 和3 mol ，总物质的量为7 mol，还原剂为4 mol Sb，故氧化剂和还原剂物质的量之比为，不是，C错误； D．消耗3 mol 时，4 mol Sb从0价升高到+5价，共失去电子为，即反应转移电子总数为20 mol，D正确； 故选C。 7. 化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列实例与微观解释不符的是 选项 实例 微观解释 A 键能：键大于键的3倍 键中π键的强度比σ键的大 B 多数离子液体室温下呈液态 离子体积大，离子键弱 C 随原子序数递增，碱金属、卤素单质熔点变化趋势相反 两类单质的晶体类型不同 D 相同温度下，（）（） 形成分子内氢键： A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．键中含1个σ键，2个π键，键能大于3个σ键，说明键中π键的强度比σ键的大，A正确； B．离子液体中因离子体积大，导致离子键弱，常温下呈液态，B正确； C．碱金属为金属晶体，随原子序数递增，金属键变弱，熔点降低，固态卤素单质为分子晶体，随原子序数递增，相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔点升高，C正确； D．邻羟基苯甲酸第一步电离羧基中的氢，因羟基为吸电子基，导致羧基中羟基的极性增强，相对易电离，另外，邻羟基苯甲酸分子内氢键主要是和，若为，其电离程度变小，D错误； 故选D。 8. 间接电解法合成苯甲醛的原理如图所示。 下列说法不正确的是 A. 电极a与电源正极相连 B. “氧化池”中发生反应： C. 电解一段时间后，电解池阴极区溶液升高(忽略溶液体积变化) D. 用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中放电发生副反应 【答案】C 【解析】 【分析】根据图中信息可知。左侧a电极反应是：，为阳极，则b电极为阴极，电极反应为：，阳极得到的 进入“氧化池”将甲苯氧化为苯甲醛，发生的反应为：。 【详解】A．据分析可知电极a是阳极，与电源正极相连，故A正确； B．据分析可知“氧化池”中发生反应：，故B正确； C．电解过程中阴极电极b发生反应，同时电解质溶液中有等量的通过质子交换膜，从而电解池阴极区溶液几乎不变(忽略溶液体积变化)，故C错误； D．苯甲醛有强还原性容易在电解池阳极上放电，所以用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中放电发生副反应，故D正确； 故选C。 9. 以含铬废液(主要含、、、、)为原料制备的流程如图。 已知：①时，，；②“调”时反应： 。下列说法错误的是 A. “滤渣”主要成分为 B. “氧化”时存在反应： C. “加热”目的是除去过量，防止其在“调”时将氧化 D. 若“调”后，则 【答案】C 【解析】 【分析】含铬废液加入KOH溶液调节pH，将铬离子转化为氢氧化铬、铁离子转化为氢氧化铁，过滤后，向滤渣中加入过氧化氢、KOH将转化为，过滤分离出滤液，调节pH=1后结晶得到晶体； 【详解】A．由分析，氢氧化铬、氢氧化铁沉淀加入过氧化氢、KOH将转化为，过滤得到滤渣主要成分为，A正确； B．已知“氧化”时转化为，过氧化氢具有强氧化性，“氧化”时过氧化氢在碱性条件下将氧化为，反应为，B正确； C．酸性条件下，过氧化氢能将还原为，“加热”目的是除去过量，防止其在“调”时将还原为引入杂质，C错误； D．若“调”后，，则，D正确； 故选C。 10. 氨是常用的化工原料，研究发现可通过高效催化剂高选择性地将还原为。我国科学工作者利用氮化钴(图1)掺杂Cu，获得具有高效催化性能的掺杂物(图2)。 下列说法错误的是 A. 掺杂前，氮化钴的化学式为 B. 被还原为后，键角将变大 C. 晶体中，若晶胞参数为apm，则最近的Co原子核间距为 D. 晶体中，Cu原子周围最近的Co原子为12个 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图1可知顶点和面心都是Co原子，所以共含有4个Co原子，体心含1个氮原子，故化学式为，故A正确； B．中氮原子的杂化方式为sp2，中氮原子的杂化方式为sp3，所以键角大于，故B错误； C．晶体中，Co原子位于面心，若晶胞参数为apm，最近的Co原子核间距为，故C正确； D．晶体中，Cu原子位于顶点，Co原子位于面心，所以Cu原子周围最近的Co原子为12个，故D正确； 故选B。 11. 某离子液体的阴离子的结构如图所示，其中W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W是有机分子的骨架元素。下列说法正确的是 A. 离子半径：M>Z>Y B. 第一电离能：X<Y<Z C. 氢化物的沸点：W<Y D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W 【答案】D 【解析】 【分析】W是有机分子的骨架元素，故W为C。五种元素为原子序数依次增大的短周期非金属元素，结合成键特征分析，Z仅形成1个单键，原子序数大于C，故Z为F；Y可形成双键，原子序数小于F，故Y为O；X可形成2个单键，原子序数介于C、O之间，故X为N；M原子序数大于F，成键特征符合S的成键规律，故M为S。 【详解】A．离子半径比较时，电子层数越多半径越大，电子层结构相同时核电荷数越大半径越小，故离子半径顺序为，即M>Y>Z，A错误； B．同周期元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的O，故第一电离能顺序为O<N<F，即Y<X<Z，B错误； C．W为C，对应的氢化物为烃类，相对分子质量较大的固态烃沸点高于O的氢化物，故氢化物沸点不一定W<Y，C错误； D．X的最高价氧化物对应水化物为，W的最高价氧化物对应水化物为，酸性强于，故酸性X>W，D正确； 故选D。 12. 含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子）通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，一种配合物的结构如图所示，下列说法正确的是 A. 该螯合物内存在离子键、配位键、极性键 B. 该螯合物通过螯合作用形成的配位键有 C. 该螯合物中含有3种配体 D. 该螯合物为离子化合物，易电离 【答案】B 【解析】 【详解】A．该螯合物内存在配位键（Fe3+与N原子形成），也存在C-H、N-H等极性共价键，根据题意关于螯合物的概念，由有多个配位原子的配体与同一中心离子形成，则无离子键存在，A错误； B．由图可知，三个N原子与Fe3+通过螯合配位成环，所以1mol该螯合物中通过螯合作用形成的配位键有3mol，B正确； C．由结构图可知，配体有Cl-和含N的有机配体，共2种，C错误； D．因为形成了螯合物，所以不属于离子化合物，不易电离，D错误； 故选B。 13. 离子液体是一类应用价值很高的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+结构如图所示(五元环为平面结构，与苯分子结构相似)。下列说法正确的是 A. 分子中碳碳键的键长相等 B. 引入有机基团可以使离子液体的熔点升高 C. 所有C原子与N原子的杂化方式相同 D. EMIM+结构中存在大π键 【答案】D 【解析】 【详解】A．分子中存在饱和的碳碳键和不饱和的碳碳键，两者键长不相等，故A错误； B．离子液体的熔点受离子键作用力影响，引入有机基团会离子半径变大，离子键键能变小，会导致熔点降低，故B错误； C．由于甲基、亚甲基C为sp3杂化，环上所有原子为sp2杂化，所以并非所有C原子与N原子的杂化方式相同，故C错误； D．EMIM+中五元环为平面结构，其中N和C均为sp2杂化，环上碳原子各提供1个电子，氮原子各提供2个电子，而中心五元环还要失去一个电子形成阳离子，即EMIM+结构中存在大π键；故D正确； 故答案选D。 14. 黄金按质量分数分级，纯金为。合金的三种晶胞结构如图，Ⅱ和Ⅲ是立方晶胞。下列说法错误的是 A. I为金 B. Ⅱ中的配位数是12 C. Ⅲ中最小核间距 D. I、Ⅱ、Ⅲ中，与原子个数比依次为、、 【答案】C 【解析】 【详解】A．由24K金的质量分数为100%，则18K金的质量分数为： ，I中Au和Cu原子个数比值为1:1，则Au的质量分数为： ，A正确； B．Ⅱ中Au处于立方体的八个顶点，Au的配位数指距离最近的Cu，Cu处于面心处，类似于二氧化碳晶胞结构，二氧化碳分子周围距离最近的二氧化碳有12个，则Au的配位数为12，B正确； C． 设Ⅲ的晶胞参数为a，的核间距为，的最小核间距也为 ，最小核间距，C错误； D． I中，处于内部，处于晶胞的八个顶点，其原子个数比为1:1；Ⅱ中，处于立方体的八个顶点， 处于面心，其原子个数比为：；Ⅲ中，处于立方体的面心，处于顶点，其原子个数比为；D正确； 故选C。 15. 室温下，通过下列实验探究邻苯二甲酸氢钾(以KHA 表示)溶液性质。 实验1：用pH计测定溶液的pH，测得pH约为4.01。 实验2：向溶液中滴加等体积等浓度的KOH溶液。 实验3：向0.05mol·L-1KHA 溶液中滴加少量澄清石灰水，产生白色沉淀。 下列有关说法正确的是 A. 0.05mol·L-1 KHA溶液中：c(H2A)>c(A2-) B. 实验2 滴加KOH 溶液过程中水的电离程度逐渐减小 C. 实验2所得的溶液中：c(H+)+c(HA-)+2c(H2A) = c(OH-) D. 实验3中反应的离子方程式：Ca2++ OH-+HA-=CaA↓+H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．0.05mol·L⁻¹KHA溶液pH约为4.01，HA-电离程度大于水解程度，电离产生的大于水解产生的，即，A错误； B．实验2滴加KOH溶液过程中，HA-与OH-反应生成A2-，HA-电离抑制水的电离，生成的A2-水解促进水的电离，因此水的电离程度逐渐增大，B错误； C．实验2恰好反应生成K2A溶液，电荷守恒为，物料守恒为，联立两式消去和，可得，C正确； D．实验3中澄清石灰水少量，完全反应，1mol 对应2mol ，需消耗2mol ，正确离子方程式为，D错误； 故选C。 第II卷(非选择题 共55分) 二、非选择题(四个小题，共55分) 16. 回答下列问题。 （1）基态原子的外围电子排布式是___________。 （2）Li2CN2是一种人工固氮产物，的空间构型为___________。 （3）N元素形成的两种微粒中，中的N杂化轨道类型为___________，的键角由大到小的顺序为___________。 （4）中含有___________个手性碳原子。 （5）含硒化合物应用广泛，如硒化锌可用于制造红外线光学仪器。硒化锌为立方晶胞，其结构如图1所示，晶胞的俯视图如图2所示。 Zn-65，Se-79 ①b处Se的坐标为，则d处Zn的坐标为___________。 ②用表示阿伏加德罗常数的值，表示该硒化锌晶体的密度，则晶胞中与的最近核间距为___________pm(列出含、的代数式)。 【答案】（1） （2）直线形 （3） ①. sp2 ②. （4）4 （5） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 Cr是24号元素，受洪特规则特例（半满结构更稳定）影响，基态原子的外围（价）电子排布式为。 【小问2详解】 总价电子数为4+2×5+2=16，与互为等电子体，因此空间构型和一致，为直线形。 【小问3详解】 中N原子的价层电子对数，因此N原子杂化类型为杂化； 中N原子价层电子对数为2，无孤电子对；​中N原子有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对间的排斥，会压缩键角，因此键角：​>​。 【小问4详解】 手性碳原子是指连接4种不同基团的碳原子，该有机物的五元环上，4个碳原子均连接4种不同基团，因此共4个手性碳原子。 【小问5详解】 ① 该晶胞中Se位于顶点和面心，b处顶点Se坐标为(0，0，0)，以晶胞边长为单位（分数坐标），d处Zn位于晶胞体对角线四分之一处，因此坐标为； ② 晶胞中Se原子数：，Zn原子数为4，晶胞总质量；由得晶胞体积，晶胞边长==； 与的最近核间距为晶胞体对角线的​，体对角线长为，换算单位（）后得最近核间距为。 17. I．通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应： ① K1 ② K2 （1）反应的___________，该反应的平衡常数K=___________(用K1、K2列出计算式)。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是___________(填序号)。 A. CO(g)的浓度不变 B. 气体密度不变 C. 气体的平均摩尔质量不变 D. 与的物质的量相等 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近100%，原因是___________。 II．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和)的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ （4）恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有___________(填序号)。 a．增加原料中CH4的量 b．增加原料中CO2的量 c．通入Ar气 （5）以熔融碳酸盐为电解质的燃料电池负极反应式___________。 【答案】（1） ①. +41.2 ②. K1/K2 （2）AC （3）原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 （4）a （5） 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，方程式①-②得到目标方程式，其=；已知反应①的平衡常数；反应②的平衡常数，目标反应平衡常数； 【小问2详解】 A．的浓度不变，说明反应①达到平衡状态，故体系也达到平衡状态，A符合题意； B．反应在恒容容器中进行，气体密度始终不变，故不能说明达到平衡，B不符合题意； C．混合气体总质量不变，物质的量变化，平均摩尔质量不变时说明物质的量不变，反应达平衡，C符合题意； D．与的物质的量相等与平衡无关，故不能说明达到平衡，D不符合题意； 【小问3详解】 由反应历程图可知，反应①的活化能远低于反应②，故反应①速率远大于反应②，选择性接近100%； 【小问4详解】 a．增加原料中的量，可使平衡③正向移动，可提高转化率，a符合题意； b．增加原料中的量，本身的转化率降低，b不符合题意； c．恒温恒容条件下，通入Ar气，各组分浓度(或分压)不变，平衡不移动，的转化率不变，c不符合题意； 【小问5详解】 负极反应物为，碳酸根离子传递电荷，故电极反应方程式为。 18. 某研究小组按下列路线合成某药物中间体。 （1）E分子含氧官能团的名称为___________。 （2）下列说法正确的是___________。 A. 从C→E的反应推测，化合物D中硝基间位氯原子比邻位活泼 B. 化合物B含有-NH2 C. B→C反应类型为酯化反应 D. 化合物E能发生取代、加成和酯化反应 （3）化合物C的结构简式是___________；化合物E的分子式___________。 （4）写出甲苯硝化反应的化学方程式：___________。 （5）写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式___________。 ①是苯的取代物，含-NO2 ②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子 【答案】（1）硝基、酯基 （2）BC （3） ①. ②. （4） （5）、 【解析】 【分析】甲苯经硝化、氧化、还原、酯化得到C，已知C的分子式为，结合E的结构中含邻位连接的与结构片段，可知甲苯硝化时硝基引入甲基邻位，氧化后甲基转化为羧基得到A为邻硝基苯甲酸，A中硝基还原为氨基得到B为，B与甲醇发生酯化反应，羧基转化为酯基得到C为。D为，对比C、D与E的结构，可知反应时D中硝基邻位的氯原子被C中氨基取代生成E。 【小问1详解】 E的结构中含氧官能团为硝基和酯基。 【小问2详解】 A．C与D反应生成E时，D中硝基邻位的氯原子被取代，说明硝基邻位氯原子比间位活泼，A错误； B．化合物B为邻氨基苯甲酸，含有，B正确； C．B为邻氨基苯甲酸，与甲醇在硫酸催化下反应生成酯，反应类型为酯化反应，C正确； D．化合物E中无羟基或羧基，不能发生酯化反应，D错误； 故选BC。 【小问3详解】 由推导可知C为邻氨基苯甲酸甲酯，结构简式为。 E的结构中含14个碳原子、11个氢原子、1个氯原子、2个氮原子、4个氧原子，分子式为。 【小问4详解】 甲苯硝化反应为甲苯与硝酸发生取代反应，生成邻硝基甲苯和水，反应的化学方程式为。 【小问5详解】 化合物C的分子式为，其同分异构体为苯的取代物且含，说明苯环上取代基为1个和2个。分子含3种不同化学环境的氢，说明结构高度对称，符合条件的结构为、。 19. I．青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156-157℃，热稳定性差，青蒿素是高效的抗疟药。已知：乙醚沸点为35℃，提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础，主要有乙醚萃取法和汽油浸取法。乙醚浸取法的主要工艺如图所示： （1）A图中x仪器名称是：___________。 A． B． C． （2）操作I、II中，不会用到的装置是___________(填序号)。 （3）操作II的名称是___________。操作III的主要过程可能是___________(填字母)。 A．加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶 B．加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤 C．加入乙醚进行萃取分液 II．一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： （4）已知“酸溶2”中转化为，则生成该物质的化学方程式为___________。 （5）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为___________(填标号)[已知的]。 A．2.0 B．4.0 C．6.0 （6）“活化还原”中，必须过量，其与()反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为___________。 （7）“酸溶3”的目的是___________。 【答案】（1）(直形)冷凝管 （2）C （3） ①. 蒸馏 ②. B （4） （5）A （6）+1 （7）将Rh与分离 【解析】 【分析】贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]加入浓盐酸，目的是溶解合金中的铁（Fe），因为Fe能与盐酸反应，而Rh、Pt和不反应。过滤后，滤液1主要为，滤渣为Rh、Pt和。向滤渣中加入王水（浓盐酸和浓硝酸的混合物），Rh和Pt溶解，其中Rh转化为，Pt转化为氯铂酸（），不溶。过滤后，滤渣主要为。向酸溶2的溶液中加入浓盐酸和DETA，使铑沉淀，而铂留在滤液2中。铑的沉淀经过灼烧、高温还原得到铑粉。滤液2中含有铂和少量未沉淀的铑，经‘沉铂’操作分离出铂后得到滤液3，滤液3再经过活化还原、二次还原、酸溶3等步骤得到铑粉。 【小问1详解】 A图中x仪器名称是(直形)冷凝管。 【小问2详解】 操作I： 流程图中，黄花蒿经过干燥、破碎后加入乙醚进行“操作I”，得到了“浸出液”和“残渣”。这是一个将固体残渣与液体浸出液分离的过程，属于固液分离，应采用过滤操作。图B展示的是过滤装置。操作II： 流程图显示，“浸出液”经过“操作II”分离出了“乙醚”和“粗品”。由于乙醚沸点低（），而青蒿素是固体，分离互溶的液体和固体溶质（或分离沸点不同的液体）通常采用蒸馏操作。图A展示的是蒸馏装置。图C： 这是一个坩埚加热装置，通常用于固体的灼烧或高温处理。在整个提取流程中，没有需要高温灼烧的步骤。 【小问3详解】 操作II是从含有青蒿素的乙醚浸出液中分离出低沸点的乙醚溶剂，从而得到青蒿素粗品。这是一个利用沸点差异分离混合物的过程，即蒸馏。操作III是将“粗品”提纯为“精品”。已知青蒿素在水中几乎不溶，在甲醇、乙醇、乙醚中可溶解，且热稳定性差。操作III的主要过程可能是：加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤，故选B。 【小问4详解】 已知“酸溶2”中转化为，王水中的浓作为氧化剂被还原，通常生成NO2气体。反应物有Rh、HCl和，生成物有、NO2和，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 【小问5详解】 为了避免生成沉淀，溶液中的离子积必须小于溶度积常数，，已知，代入计算：，根据水的离子积常数，可得：，，因此，溶液的pH应小于2.37，故选A。 【小问6详解】 在配离子中，整体带4个单位负电荷。配体是，其中Sn为+2价，Cl为-1价，所以每个基团带1个单位负电荷。设Rh的化合价为  ，则有：，解得。 【小问7详解】 在“二次还原”步骤中，加入了Zn粉。Zn是一种活泼金属，会将溶液中的铑（Rh）还原为单质沉淀出来。同时，加入的Zn粉通常是过量的，并且Zn也会还原溶液中可能存在的Sn（来自前面的  ）生成Sn单质。因此，经过二次还原后的固体混合物中，除了目标产物铑（Rh）外，还含有未反应完的Zn和生成的Sn。Zn能与浓盐酸反应溶解（生成），Sn也能溶于浓盐酸（生成），而贵金属Rh不溶于盐酸，加入浓盐酸进行“酸溶3”的目的是将Rh与分离。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $