精品解析：江苏扬州大学附属中学2025-2026学年度第二学期高二年级阶段练习2 化学试题

2025~2026学年度第二学期高二年级化学阶段练习2 相对原子质量：H：1 C：12 O：16 S：32 K：39 Fe：56 Zn：65 As：75 Cd：112 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。 1. 北京大学科研团队利用石墨烯研制出全球首个高效气体分子二极管。石墨烯属于 A. 无机非金属材料 B. 金属材料 C. 有机高分子材料 D. 复合材料 2. 反应可用于工业合成尿素。下列说法正确的是 A. 基态O的电子排布式： B. N的原子结构示意图： C. 的电子式：H：O：H D. 的结构简式： 3. 下列实验装置的使用正确且能达到实验目的的是 A．中和滴定 B．干燥 C．观察钾的焰色试验 D．制备次氯酸钠溶液 A. A B. B C. C D. D 4. 和都可用于食品工业。下列说法正确的是 A. 半径： B. 热稳定性： C. 碱性： D. 电负性： 阅读材料，氮的氢化物是重要的化工原料。NH3在纯氧中燃烧生成N2，在催化下被O2氧化为NO。NO与O2反应生成NO2，NO2与水可生成HNO2[]和HNO3。肼(N2H4)具有还原性，可用于燃料电池。完成问题： 5. 下列有关反应的说法正确的是 A. NH3中N原子轨道的杂化类型为sp3 B. 反应的(E表示键能) C. 其他条件相同，增大，H2的平衡转化率下降 D. 使用催化剂，可以提高NH3的平衡产率 6. 下列说法正确的是 A. 的空间构型为三角锥型 B. 的键角比的大 C. N2H4分子中有键和键 D. HNO3和HNO2的酸性不同与键的极性强弱相关 7. 下列化学反应表示正确的是 A. NH3在纯氧中燃烧： B. NaOH溶液吸收NO2： C. 稀硝酸洗去银镜： D. N2H4燃料电池的正极反应： 8. 分支酸可用于生化研究，结构简式如图所示。下列关于分支酸的叙述正确的是 A. 分支酸分子中无手性碳原子 B. 分支酸中碳原子的杂化方式只有1种 C. 1 mol分支酸最多能与3 mol H2反应 D. 既能与乙醇发生酯化反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应 9. 以稀为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为。下列说法正确的是 A. 电极a上发生氧化反应生成 B. 通过质子交换膜从右室移向左室 C. 光解前后，溶液的不变 D. 外电路每通过电子，电极b上产生 10. Fenton试剂(含和的水溶液)产生的羟基自由基()能有效氧化去除水中的有机污染物，的产生机理如图所示。下列说法不正确的是 A. 过程Ⅰ和过程Ⅱ都有非极性共价键断裂 B. 过程Ⅱ的反应方程式： C. 过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能 D. 用代替，也能形成类似Fenton试剂的体系 11. 室温下，根据下列实验探究方案与现象不能达到探究目的的是 选项 探究方案与现象 探究目的 A 向10 mL 0.1 mol·L-1 FeBr2溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加2滴新制氯水，溶液变红 Fe2+的还原性比的强 B 用0.1 mol·L-1 NaOH溶液分别中和等体积的0.1 mol·L-1 H2SO4溶液和0.1 mol·L-1 CH3COOH，H2SO4消耗的NaOH溶液多 酸性： C 用pH计测量相同温度、相同浓度NaClO溶液与Na2CO3溶液的pH，后者pH更大 D 向10 mL浓度均为0.1 mol·L-1 NaCl和KI的混合溶液中滴入2滴0.1 mol·L-1 AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，通过下列实验探究草酸(H2C2O4)及其盐的性质。已知：，；，溶液混合后体积变化忽略不计。 实验1：往20 mL 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液至。 实验2：往20 mL 0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中加入10 mL 0.1 mol·L-1 CaCl2溶液，产生沉淀。 实验3：向0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中通入NH3至溶液。 下列说法正确的是 A. 0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中： B. 实验1所得溶液中： C. 实验2产生沉淀的反应： D. 实验3所得溶液中存在： 13. 甲烷—水催化重整可获得。其主要反应为 反应Ⅰ 反应Ⅱ 还会产生少量积碳(覆盖于催化剂表面的碳)： 在密闭容器中，、时，反应达平衡后，随着温度升高而减小。反应Ⅰ的平衡常数()和反应Ⅱ的平衡常数()随温度变化如题图所示。 下列说法不正确的是 A. ， B. 升高反应温度，可能减小 C. 适当增加水蒸气的用量，可减少积碳的量 D. 反应达平衡时，加入少量固体能增加 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 镍是重要战略金属资源。 （1）制备Ni(OH)2从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO·4SiO2·H2O、3MgO·4SiO2·H2O等)中制备Cu、Ni(OH)2的过程如下： ①Ni原子基态电子电子排布式为___________。 ②滤渣有S和___________(写化学式)。 ③“氧压浸出”时，通入O2可以提高Cu2+的浸出率的原因是___________。 ④“沉铁”时发生反应的离子方程式为___________。 ⑤已知：，“沉镍”时控制pH为8.50，“滤液”中，此时Ni2+的沉淀率为___________。 （2）制备Ni．将制得的Ni(OH)2加盐酸溶解后，用双膜三室电沉积法制备Ni的示意图如题14图-1所示，实验中阴极液pH与镍产率间的关系如题14图-2所示。 ①X电极为___________(填“正极”或“负极”)。 ②时，镍回收率最高的原因是___________。 （3）制备固体电解质材料 ①具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如题14图-3所示，该材料的化学式为___________。 ②真实的晶体中存在氧空位缺陷，若该材料的化学式为NiMnLa2O5.6时，则晶体中+3价与+4价La原子个数比为___________。 15. 化合物G是合成药物的关键中间体，其一种合成路线如下： 已知：为的简写 （1）化合物A___________(填“存在”或“不存在”)手性异构体，其分子式为___________。 （2）化合物E分子中含氧官能团的名称___________。 （3）的反应类型是___________。 （4）化合物X分子式为C4H11N，X的结构简式是___________。 16. 化合物G是合成抗肿瘤药物萘氧啶的重要中间体，一种合成路线如下： 已知：①；②+ （1）A中的碳原子杂化方式为___________。 （2）化合物M的结构简式为___________。 （3）的过程中会生成与G互为同分异构体的副产物，其结构简式为___________。 （4）写出同时满足下列条件B的一种芳香族化合物同分异构体的结构简式：___________。 ①既能发生水解反应又能发生银镜反应；②在核磁共振氢谱上峰面积比为。 （5）写出以CH3CHO和为原料制备的合成路线流程图___________。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) 17. CO2、CO资源化利用具有重要意义。 （1）CO2的捕集。 ①常温下，用一定量的氨水捕集过量的CO2，该反应的离子方程式为___________。 ②单乙醇胺(HOCH2CH2NH2)中氨基具有碱性，也能吸收CO2，氨基的电子式为___________。 （2）电催化CO2制取甲烷。 ①酸性条件下，向阴极通入CO2，反应生成CH4的电极反应式为___________。 ②实际电解时，需控制pH约为7.当其他条件相同时，pH减小，CH4的产率降低，可能的原因是___________。 （3）CO2催化加氢制甲醇。经过“吸附→反应→脱附”等过程，主要反应为 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 3.0 MPa时，将的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得CH3OH产率随温度的变化如图所示。 ①240℃时，若，反应管出口处检测到0.6 mol CO2，则CH3OH的选择性=___________。 (CH3OH的选择性) ②温度高于260℃，CH3OH产率下降的可能原因是___________。 ③研究发现，CH3OH可由HCOO*(吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)转化生成，与H*或OH*作用生成HCOO*的相对能量变化如图所示。在催化剂表面修饰羟基的优点是___________。 （4）把ZnZrOx附着在分子筛SSZ-13上，可催化CO、H2生成CH3OH及碳氢化合物，部分反应机理如下左图所示。催化剂中、CO转化率、烃的选择性关系如下右图所示。 ①大于1后，CO转化率降低的可能原因为___________。 ②随增加，烯烃选择性减少，烷烃增加的可能原因为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第二学期高二年级化学阶段练习2 相对原子质量：H：1 C：12 O：16 S：32 K：39 Fe：56 Zn：65 As：75 Cd：112 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。 1. 北京大学科研团队利用石墨烯研制出全球首个高效气体分子二极管。石墨烯属于 A. 无机非金属材料 B. 金属材料 C. 有机高分子材料 D. 复合材料 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨烯是碳元素组成的单质，属于无机非金属材料中的碳质材料类别，A正确； B．金属材料包括金属单质和合金，石墨烯不含金属元素，不属于金属材料，B错误； C．有机高分子材料属于有机物范畴，是由相对分子质量很高的有机化合物构成的材料，石墨烯是碳单质不属于有机物，因此不属于有机高分子材料，C错误； D．复合材料是两种或两种以上不同性质的材料经复合而成的多相材料，石墨烯是单一碳单质，不属于复合材料，D错误； 故答案选A。 2. 反应可用于工业合成尿素。下列说法正确的是 A. 基态O的电子排布式： B. N的原子结构示意图： C. 的电子式：H：O：H D. 的结构简式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．O为8号元素，基态O的电子排布式为：，A错误； B．N元素原子核外有7个电子，分两层排布，K层有2个电子，L层有5个电子，其原子结构示意图为，B错误； C．水分子中含有两个氧氢键，氧原子最外层达到8电子稳定结构，水分子的电子式为：，C错误； D．中羰基（−CO−）两端分别连接氨基（− NH2），其结构简式为：，D正确； 答案选D。 3. 下列实验装置的使用正确且能达到实验目的的是 A．中和滴定 B．干燥 C．观察钾的焰色试验 D．制备次氯酸钠溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．酸碱中和滴定时，盐酸应装在酸式滴定管中，A项不符合题意； B．碱石灰能吸收和，不能用该装置来干燥，B项不符合题意； C．观察钾的焰色试验应透过蓝色的钴玻璃，C项不符合题意； D．为促进氯气的溶解和吸收，也可以避免在较高温度下生成氯酸钠，所以在冷水中反应，氯气和氢氧化钠反应制取次氯酸钠，方程式为：,D符合题意； 故选D。 4. 和都可用于食品工业。下列说法正确的是 A. 半径： B. 热稳定性： C. 碱性： D. 电负性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．氧负离子和镁离子的核外电子排布相同，O的核电荷数小，半径更大，A错误； B．同主族元素，从上往下非金属性减弱，简单气态氢化物稳定性减弱，热稳定性：H2S<H2O，B错误； C．同主族元素随着核电荷数增大金属性增强，对应最高价氧化物水化物碱性增强，碱性强弱：，C错误； D．同周期元素从左到右电负性增大，同主族元素从上到下电负性减小，电负性大小：，D正确； 故选D。 阅读材料，氮的氢化物是重要的化工原料。NH3在纯氧中燃烧生成N2，在催化下被O2氧化为NO。NO与O2反应生成NO2，NO2与水可生成HNO2[]和HNO3。肼(N2H4)具有还原性，可用于燃料电池。完成问题： 5. 下列有关反应的说法正确的是 A. NH3中N原子轨道的杂化类型为sp3 B. 反应的(E表示键能) C. 其他条件相同，增大，H2的平衡转化率下降 D. 使用催化剂，可以提高NH3的平衡产率 6. 下列说法正确的是 A. 的空间构型为三角锥型 B. 的键角比的大 C. N2H4分子中有键和键 D. HNO3和HNO2的酸性不同与键的极性强弱相关 7. 下列化学反应表示正确的是 A. NH3在纯氧中燃烧： B. NaOH溶液吸收NO2： C. 稀硝酸洗去银镜： D. N2H4燃料电池的正极反应： 【答案】5. A 6. D 7. C 【解析】 【5题详解】 A．中N原子价层电子对数为3个σ键+1对孤电子对，共4对，杂化类型为，A正确； B．反应物总键能生成物总键能，故，B错误； C．增大即增加投料，平衡正向移动，平衡转化率升高，C错误； D．催化剂只改变化学反应速率，不改变平衡状态，不能提高平衡产率，D错误； 【6题详解】 A．中心N原子价层电子对数为3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，A错误； B．中心N原子有1对孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，键角小于平面三角形的，B错误； C．结构为，所有化学键均为单键，只含σ键，无π键，C错误； D．非羟基氧数目多于，吸电子效应更强，使键极性更大，更易电离出，酸性更强，D正确； 【7题详解】 A．题干明确在纯氧中燃烧生成，正确反应为，A错误； B．吸收生成、和，正确反应为，选项产物错误，B错误； C．稀硝酸与反应生成、和，离子方程式电荷、原子、电子均守恒，C正确； D．燃料电池正极发生得电子的还原反应，选项反应为失电子的氧化反应，是负极反应，D错误； 8. 分支酸可用于生化研究，结构简式如图所示。下列关于分支酸的叙述正确的是 A. 分支酸分子中无手性碳原子 B. 分支酸中碳原子的杂化方式只有1种 C. 1 mol分支酸最多能与3 mol H2反应 D. 既能与乙醇发生酯化反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．手性碳原子是连接4个不同基团的饱和碳原子，分支酸分子中六元环上连羟基的碳、连醚键的碳均为手性碳，共2个手性碳原子，A错误； B．分支酸中饱和碳原子为杂化，碳碳双键、碳氧双键上的碳原子为杂化，共2种杂化方式，B错误； C．羧基中的碳氧双键不能与加成，1 mol分支酸含3 mol碳碳双键，最多能与3 mol反应，C正确； D．分支酸含羧基，能与乙醇发生酯化反应，但不含酚羟基，不能与溶液发生显色反应，D错误； 故选C。 9. 以稀为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为。下列说法正确的是 A. 电极a上发生氧化反应生成 B. 通过质子交换膜从右室移向左室 C. 光解前后，溶液的不变 D. 外电路每通过电子，电极b上产生 【答案】A 【解析】 【分析】本题基于“总反应为”，结合电解质溶液和装置图中电子迁移方向可知，各电极上发生的电极反应如下， 电极a：；电极b：。 【详解】A．通过装置中外电路电子的迁移方向可判断出电极a上的反应物失去电子发生氧化反应生成，A正确； B．该装置工作时，左室会不断产成导致正电荷偏多，右室会不断消耗导致正电荷偏少，为了平衡电荷，会通过质子交换膜从左室移向右室，B错误； C．随着反应的进行，生成的H2和O2离开反应体系，导致溶剂水的量减小，溶液的物质的量浓度增大，pH减小，C错误； D．生成，转移2mol电子，外电路通过0.01mol电子时，电极b上生成，D错误； 答案选A。 10. Fenton试剂(含和的水溶液)产生的羟基自由基()能有效氧化去除水中的有机污染物，的产生机理如图所示。下列说法不正确的是 A. 过程Ⅰ和过程Ⅱ都有非极性共价键断裂 B. 过程Ⅱ的反应方程式： C. 过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能 D. 用代替，也能形成类似Fenton试剂的体系 【答案】A 【解析】 【详解】A． ​结构为，其中为非极性共价键，为极性共价键： 过程Ⅰ中断裂非极性键生成，存在非极性键断裂；但过程Ⅱ中仅断裂极性键生成和，非极性键未断裂，因此不是两个过程都有非极性共价键断裂，A错误； B．根据反应机理，过程Ⅱ是与反应生成、和，给出的方程式满足原子守恒、电荷守恒，B正确； C．反应速率越快，活化能越低，过程Ⅰ是快反应、过程Ⅱ是慢反应，因此过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能，C正确； D．若用代替，先和​发生过程Ⅱ生成，生成的再继续发生过程Ⅰ产生，循环反应可以持续产生羟基自由基，因此能形成类似Fenton试剂的体系，D正确； 故选A。 11. 室温下，根据下列实验探究方案与现象不能达到探究目的的是 选项 探究方案与现象 探究目的 A 向10 mL 0.1 mol·L-1 FeBr2溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加2滴新制氯水，溶液变红 Fe2+的还原性比的强 B 用0.1 mol·L-1 NaOH溶液分别中和等体积的0.1 mol·L-1 H2SO4溶液和0.1 mol·L-1 CH3COOH，H2SO4消耗的NaOH溶液多 酸性： C 用pH计测量相同温度、相同浓度NaClO溶液与Na2CO3溶液的pH，后者pH更大 D 向10 mL浓度均为0.1 mol·L-1 NaCl和KI的混合溶液中滴入2滴0.1 mol·L-1 AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．FeBr2溶液中、均能被氯气氧化，加入少量氯水后KSCN变红，说明优先被氧化为，可证明的还原性比强，A不符合题意； B．是二元酸，是一元酸，等体积等浓度的两种酸，可电离出的总物质的量更大，因此消耗的NaOH更多，该现象与酸性强弱无关，不能证明酸性强于，B符合题意； C．盐溶液浓度相同时，酸根离子水解程度越大，溶液pH越大，对应酸的酸性越弱。溶液pH更大说明水解程度大于，可推出，C不符合题意； D．混合溶液中和浓度相同，加入少量时优先生成黄色沉淀，说明溶解度更小，可证明，D不符合题意； 故选B。 12. 室温下，通过下列实验探究草酸(H2C2O4)及其盐的性质。已知：，；，溶液混合后体积变化忽略不计。 实验1：往20 mL 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液至。 实验2：往20 mL 0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中加入10 mL 0.1 mol·L-1 CaCl2溶液，产生沉淀。 实验3：向0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中通入NH3至溶液。 下列说法正确的是 A. 0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中： B. 实验1所得溶液中： C. 实验2产生沉淀的反应： D. 实验3所得溶液中存在： 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液，结合电荷守恒和物料守恒推导质子守恒：电荷守恒：；物料守恒：；消去后整理得：，A错误； B．pH=5时，由，可得，故，B错误； C．是弱酸酸式酸根，不能完全电离，反应离子方程式应为，选项离子方程式拆分错误，C错误； D．pH=7时，由电荷守恒：，得；因电离程度大于水解程度，，故，D正确； 故选D。 13. 甲烷—水催化重整可获得。其主要反应为 反应Ⅰ 反应Ⅱ 还会产生少量积碳(覆盖于催化剂表面的碳)： 在密闭容器中，、时，反应达平衡后，随着温度升高而减小。反应Ⅰ的平衡常数()和反应Ⅱ的平衡常数()随温度变化如题图所示。 下列说法不正确的是 A. ， B. 升高反应温度，可能减小 C. 适当增加水蒸气的用量，可减少积碳的量 D. 反应达平衡时，加入少量固体能增加 【答案】B 【解析】 【详解】A. 反应Ⅰ的平衡常数 ( KⅠ ) 随温度升高而增大，说明反应Ⅰ是吸热反应，即 ΔH1 > 0；反应Ⅱ的平衡常数 ( KⅡ ) 随温度升高而减小，说明反应Ⅱ是放热反应，即 ΔH2 < 0，A 正确。 B. 反应Ⅰ和反应Ⅱ的总反应为 ，是一个吸热反应。升高温度有利于正反应进行，生成更多的 ，因此 n平衡() 应该增加，而不是减小，B 错误。 C. 适当增加水蒸气的用量，可以通过增加反应物的浓度来推动反应Ⅰ和反应Ⅱ向正反应方向进行，从而减少积碳的量，C 正确。 D. 反应达平衡时，加入少量 CaO 固体可以吸收生成的 ，减少 的浓度，从而推动反应Ⅱ向正反应方向进行，生成更多的，D 正确。 故选B。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 镍是重要战略金属资源。 （1）制备Ni(OH)2从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO·4SiO2·H2O、3MgO·4SiO2·H2O等)中制备Cu、Ni(OH)2的过程如下： ①Ni原子基态电子电子排布式为___________。 ②滤渣有S和___________(写化学式)。 ③“氧压浸出”时，通入O2可以提高Cu2+的浸出率的原因是___________。 ④“沉铁”时发生反应的离子方程式为___________。 ⑤已知：，“沉镍”时控制pH为8.50，“滤液”中，此时Ni2+的沉淀率为___________。 （2）制备Ni．将制得的Ni(OH)2加盐酸溶解后，用双膜三室电沉积法制备Ni的示意图如题14图-1所示，实验中阴极液pH与镍产率间的关系如题14图-2所示。 ①X电极为___________(填“正极”或“负极”)。 ②时，镍回收率最高的原因是___________。 （3）制备固体电解质材料 ①具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如题14图-3所示，该材料的化学式为___________。 ②真实的晶体中存在氧空位缺陷，若该材料的化学式为NiMnLa2O5.6时，则晶体中+3价与+4价La原子个数比为___________。 【答案】（1） ①. [Ar]3d84s2 ②. SiO2 ③. O2作为氧化剂，将矿石中的铜元素氧化为可溶性Cu2+，促进铜矿物溶解浸出，提升浸出率 ④. ⑤. 99.9% （2） ①. 正极 ②. pH=6.9时Ni2+还原与析氢反应达最佳平衡；pH过低析氢竞争，pH过高Ni2+沉淀 （3） ①. La2NiMnO6 ②. 9:1 【解析】 【分析】高镁低品位铜镍矿加入氧气和硫酸进行氧压浸出将CuFeS2、FeS2氧化生成单质S、Fe3+、Cu2+，SiO2不发生反应；萃铜的主要作用是分离和富集铜，萃余液里面主要含有Ni2+、Fe3+、Mg2+等离子；加入硫酸钠与氧化镁沉铁是去除Fe3+；最后加入氧化镁调节pH值，产生Ni(OH)2沉淀； 【小问1详解】 ①镍（Ni）是28号元素，其原子核外有28个电子。根据电子排布规则，其基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2或用稀有气体简写为：[Ar]3d84s2；②由分析可知：滤渣有S和SiO2；③矿石中的铜主要以CuFeS2的形式存在，其中铜为+1价。为了提高浸出率，需要将其氧化为可溶的Cu2+；因此答案为：O2作为氧化剂，将矿石中的铜元素氧化为可溶性Cu2+，促进铜矿物溶解浸出，提升浸出率；④“沉铁”步骤是向含有Fe3+的溶液中加入Na2SO4和MgO，生成黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀。MgO的作用是消耗H+，调节pH，促进沉淀生成。反应的离子方程式为：；⑤已知：pH=8.50，pOH=14-8.50=5.5，，，， “滤液”中，； 【小问2详解】 ①该装置为电解池，目的是在右侧电极上通过还原反应制备Ni（）。在电解池中，发生还原反应的电极是阴极，阴极与外接电源的负极相连。图中右侧电极为阴极，它连接的是电源的Y端，因此Y为负极，相应地，X为电源的正极；②阴极反应：（主反应）和（副反应），当pH<6.9（酸性过强）：c(H+)大，H+优先得电子，析氢反应占主导，Ni2+还原受抑制；当pH>6.9（碱性增强）：，Ni2+以沉淀形式存在，无法被还原；当pH=6.9：Ni2+还原速率最大，析氢最少，达到最优，因此答案为：pH=6.9时Ni2+还原与析氢反应达最佳平衡；pH过低析氢竞争，pH过高Ni2+沉淀； 【小问3详解】 ①根据均摊法，题14图-3所示晶胞中，Ni原子和Mn原子均位于顶点，原子个数：；La原子位于内部，个数为1；O原子位于面心，个数为；综上，晶胞中各原子个数比为：，因此答案为：La2NiMnO6；②该材料的化学式为NiMnLa2O5.6，由图可知：Ni为+2价，Mn为+3价，O为-2价。设La原子中+3价的个数为x，+4价的个数为y。根据La原子总数可得：。根据总正电荷=总负电荷：，，将代入，解得y=0.2(+4价)，x=1.8(+3价)，晶体中+3价与+4价La原子个数比：； 15. 化合物G是合成药物的关键中间体，其一种合成路线如下： 已知：为的简写 （1）化合物A___________(填“存在”或“不存在”)手性异构体，其分子式为___________。 （2）化合物E分子中含氧官能团的名称___________。 （3）的反应类型是___________。 （4）化合物X分子式为C4H11N，X的结构简式是___________。 【答案】（1） ①. 存在 ②. （2）羟基、酯基 （3）取代反应（或酯化反应） （4） 【解析】 【分析】A与乙醇通过取代反应生成B，取代B中氨基上的氢得到C，C与发生取代反应生成D，D的羰基还原生成E,E的氯原子与羟基脱去HCl生成F，由，此反应为开环加成，根据分子结构变化，分析得出化合物X为。 【小问1详解】 手性异构体是指分子中存在手性碳原子的异构体，手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子。观察化合物A的结构，其中存在连有四个不同基团的碳原子（连接氨基的碳原子），所以化合物A存在手性异构体。通过对化合物A的结构进行分析，数出各原子的个数，可得其分子式为； 【小问2详解】 观察化合物E的结构，其中含氧官能团为羟基（）和酯基（），所以化合物E分子中含氧官能团的名称为羟基、酯基； 【小问3详解】 是A中的羧基（）与乙醇（）在氢氧化钠条件下发生反应，生成酯基（），该反应类型为取代反应（或酯化反应）； 【小问4详解】 根据化合物G的结构以及反应过程，结合化合物X的分子式为，可以推出X的结构简式为。 16. 化合物G是合成抗肿瘤药物萘氧啶的重要中间体，一种合成路线如下： 已知：①；②+ （1）A中的碳原子杂化方式为___________。 （2）化合物M的结构简式为___________。 （3）的过程中会生成与G互为同分异构体的副产物，其结构简式为___________。 （4）写出同时满足下列条件B的一种芳香族化合物同分异构体的结构简式：___________。 ①既能发生水解反应又能发生银镜反应；②在核磁共振氢谱上峰面积比为。 （5）写出以CH3CHO和为原料制备的合成路线流程图___________。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) 【答案】（1）、 （2） （3） （4） （5） 【解析】 【分析】由流程图可知，A与在碱性条件下发生取代反应生成B，B和化合物M在碱性、加热条件下反应生成C，根据B、C的结构式和已知②可知，化合物M为，C与HCN发生加成反应生成D，根据已知①可知，D在酸性条件下生成E，E的结构式为：，E在Hg-Zn、HCl条件下发生还原反应生成F，F在浓硫酸作用下分子内脱水，生成G； 【小问1详解】 由A的结构简式可知，苯环和羰基碳原子为杂化，甲基碳原子为杂化； 【小问2详解】 由分析可知，M的结构简式为； 【小问3详解】 由分析可知，E在Hg-Zn、HCl条件下发生还原反应生成F；F→G的过程中会生成与G互为同分异构体的副产物，其结构简式为：； 【小问4详解】 B的结构式为，分子式为，B的一种芳香族化合物同分异构体满足：既能发生水解反应又能发生银镜反应，说明含有醛基和酯基；在核磁共振氢谱上峰面积比为1:1:2:6，有四种环境的氢原子，则其结构简式为：； 【小问5详解】 以和为原料制备，与氯气在光照的条件下发生反应生成一氯甲苯，一氯甲苯在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成苯甲醇，苯甲醇被氧化为苯甲醛，苯甲醛与乙醛通过已知②反应生成，合成路线图为：。 17. CO2、CO资源化利用具有重要意义。 （1）CO2的捕集。 ①常温下，用一定量的氨水捕集过量的CO2，该反应的离子方程式为___________。 ②单乙醇胺(HOCH2CH2NH2)中氨基具有碱性，也能吸收CO2，氨基的电子式为___________。 （2）电催化CO2制取甲烷。 ①酸性条件下，向阴极通入CO2，反应生成CH4的电极反应式为___________。 ②实际电解时，需控制pH约为7.当其他条件相同时，pH减小，CH4的产率降低，可能的原因是___________。 （3）CO2催化加氢制甲醇。经过“吸附→反应→脱附”等过程，主要反应为 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 3.0 MPa时，将的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得CH3OH产率随温度的变化如图所示。 ①240℃时，若，反应管出口处检测到0.6 mol CO2，则CH3OH的选择性=___________。 (CH3OH的选择性) ②温度高于260℃，CH3OH产率下降的可能原因是___________。 ③研究发现，CH3OH可由HCOO*(吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)转化生成，与H*或OH*作用生成HCOO*的相对能量变化如图所示。在催化剂表面修饰羟基的优点是___________。 （4）把ZnZrOx附着在分子筛SSZ-13上，可催化CO、H2生成CH3OH及碳氢化合物，部分反应机理如下左图所示。催化剂中、CO转化率、烃的选择性关系如下右图所示。 ①大于1后，CO转化率降低的可能原因为___________。 ②随增加，烯烃选择性减少，烷烃增加的可能原因为___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. 减小即增大，优先得电子发生副反应，导致还原生成的电子变少，产率下降； （3） ①. 75% ②. 反应Ⅰ是放热反应，温度升高，平衡逆向移动 ③. 降低生成的活化能，加快反应速率 （4） ①. Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低 ②. 随Zn的量增多，吸附的量增多，产生、增多，与烯烃反应，使烷烃量增加，烯烃量减少 【解析】 【小问1详解】 ①常温下，一定量的氨水捕集过量二氧化碳的反应为氨水与过量二氧化碳反应生成碳酸氢铵和水，反应的离子方程式为； ②的电子式为； 【小问2详解】 ① 酸性条件阴极得电子还原为，结合酸性条件配平电极反应为； ② 减小即增大，更容易在阴极优先得电子发生副反应，竞争消耗电子，导致还原生成的电子变少，产率下降； 【小问3详解】 ①由图可知，240℃时，甲醇的产率为30%，由起始二氧化碳的物质的量为1mol，反应管出口处检测到二氧化碳的物质的量为0.6 mol可知，甲醇的选择性为； ②反应Ⅰ是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，导致产率下降； ③由图可知，在催化剂表面修饰羟基可以降低生成的活化能，加快反应速率； 【小问4详解】 ①从催化、生成及碳氢化合物，由左图可看出，需吸附在上转化生成或碳氢化合物，当大于1后，随比值增大，含量减少，吸附CO的量降低，则转化率降低； ②从左图可看出吸附在上产生、，再生成或碳氢化合物，随增加，则Zn的含量增多，吸附的量增多，产生、增多，会与烯烃反应，生成烷烃从而使烷烃量增加，烯烃量减少。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $