精品解析：山东省青岛第六十七中学2024-2025学年高二下学期第二学段模考检测 化学试题

青岛六十七中2024—2025学年度第二学期第二学段模块检测 高二化学试题 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Re186 Pb 207 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列应用中不涉及到氧化还原反应的是 A. 切开的茄子放置后切面变色 B. 海水提溴 C. 侯氏制碱 D. 地下钢铁输水管用导线连接镁块防腐蚀 2. 生活处处有化学。下列有关说法错误的是 A. 傍晚看到万丈霞光穿云而过是因为丁达尔效应带来的美景 B. 食品包装袋内的铁粉起干燥、抗氧化的作用 C. 豆科植物的根瘤菌能将空气中的转化成氨，实现氮的固定 D. 氧化铁是质地疏松的红色固体，用做颜料为生活带来一抹红 3. 下列有关化学药品的配制和保存的说法中正确的是 A. 用煤油保存金属锂 B. 配制溶液时加入少量防止水解 C. 氢氧化钠溶液保存在玻璃塞的试剂瓶中 D. 白磷浸泡在冷水中，用广口试剂瓶贮存 4. 下列图示实验中，操作规范的是 A．熔化纯碱 B．萃取振荡时放气 C．制备银氨溶液 D．配制溶液 A. A B. B C. C D. D 5. 下列反应的离子方程式不正确的是 A. Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O B. 氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3＋2OH-＋3H2O=2[Al(OH)4]- C. 过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na＋＋＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓ D. H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：＋Ca2＋=CaSO3↓ 6. 第70号元素镱的基态原子价电子排布式为。下列说法不正确的是 A. 的质量数与质子数之差为104 B. 转化为是化学变化 C. 基态原子核外4d轨道有10个d电子 D. 位于元素周期表中第6周期 7. 已知：硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物，作为配体可提供孤电子对与形成。下列有关说法正确的是 A. SO3 是非极性分子，但易溶于水 B. 与的键角都为109°28′ C. SO3 与 的空间构型都是平面三角形 D. 作为配体时，两种硫原子都能提供孤电子对 8. 下列关于物质的结构或性质及解释都正确的是 选项 物质的结构或性质 解释 A 键角：CO2<CH2O<CCl4 孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力 B 熔点：干冰 相对分子质量： C 沸点： 相同条件下，中形成的氢键数目多于HF中的 D O2与O3分子极性相同 二者都是由非极性键构成的分子 A. A B. B C. C D. D 9. 黄铁矿(主要成分为)因其呈浅黄铜色，且具有明亮的金属光泽，常被误认为是黄金，故又称为“愚人金”。在酸性和催化剂的作用下可发生如图所示的转化。下列分析正确的是 A. 反应I、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B. 在酸性条件下，黄铁矿催化氧化的总反应方程式为 C. 反应I的离子方程式： D. 反应Ⅱ中，每消耗，转移电子的物质的量为 10. 氮氧化物(NOₓ)是常见的大气污染物，Cl₂氧化法是处理氮氧化物的方法之一、其原理为,在T₁℃、0.1MPa条件下，向一恒压密闭容器中按物质的量之比为2：1通入NO和Cl₂的混合气体，20min达到平衡，体系中气体的物质的量分数与时间变化关系如图所示。已知：气体的分压=气体的总压×气体的物质的量分数 下列说法不正确的是 A. 反应在0~20min内ClNO的分压变化速率为0.002MPa·min-1 B. 若平衡时ClNO的物质的量分数位于图中a点，则改变的条件可能是温度且 C. T1℃、0.1MPa下、n(NO)：n(Cl₂)：n(Ne)=2：1：2通入气体，平衡时图中所有点平行下移 D. 恒容下、其它条件相同，平衡时NO的物质的量分数可能位于图中b点 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验操作与选用的部分仪器相匹配的是 A. 用水来吸收NH3尾气，选用③④ B. 从Br2的CCl4溶液中分离出Br2 ，选用②③ C. 将干海带灼烧成海带灰，选用①⑥⑦ D. 配制100g质量分数10%的NaCl溶液，选用③⑤⑥⑧ 12. 一种适应可再生能源波动性的电化学装置原理如图所示。当闭合和打开时，装置处于充电状态；当打开和闭合时，装置处于放电状态。放电状态时，双极膜中间层中的解离为和并分别向两侧迁移。下列说法错误的是 A. 充电时碳锰电极b为阳极 B. 充电时d电极发生的反应为 C. 放电时每消耗，理论上有由双极膜向b电极迁移 D. 该电化学装置运行过程中需要补充和KOH溶液 13. 某小组以铬铁矿粉(主要成分是，含少量、等杂质)为主要原料制备Cr2O3的流程如下： 已知：，溶液中离子浓度小于时认为沉淀完全，下列叙述错误的是 A. “滤渣”的主要成分为和 B. “调”时溶液的最小值为6.7 C. “转化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D. 实验室进行操作、、时均需使用烧杯、漏斗和玻璃棒 14. 化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X不能与FeCl3溶液发生显色反应 B. 1 mol Y最多可以消耗3mol NaOH C. 1 mol Z最多能与3 mol H2发生加成反应 D. X、Y、Z可用饱和NaHCO3溶液和2%银氨溶液进行鉴别 15. 常温下，已知草酸(H2C2O4)水溶液H2C2O4、、三种微粒的分布系数()随pH的变化，如下图所示[如]。 已知：， 各选项均为常温条件时，下列说法中正确的是 A. 在0.1 mol/L H2C2O4溶液中，pH=1.1 B. 0.1 mol/L NaHC2O4中含碳微粒浓度大小关系为：c()＞c(H2C2O4)＞c() C. 0.1 mol/L的Na2C2O4溶液和0.1 mol/L的FeCl2溶液等体积混合，反应初始生成的沉淀是FeC2O4 D. 向0.1 mol/L FeCl2溶液中加入过量草酸，可以将其转化为 FeC2O4固体 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 二茂铁是一种在化学，生物医学等多个领域有广泛应用的有机金属化合物，其结构为，由环戊二烯负离子与形成。已知结构与苯相似，存在的大Π键。 （1）的价电子轨道表示式为_______。二茂铁中存在的作用力有______（填标号） A．氢键    B．配位键    C．π键    D．离子键 （2）乙酰基二茂铁（）和甲酰胺二茂铁（）是两种二茂铁的衍生物，沸点分别为160℃和249℃。甲酰胺二茂铁中所含元素电负性由大到小的顺序为_______；二者沸点相差较大的原因是_______。 （3）早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因：_______。  物质 SnF4 SnCl4 SnBr4 SnI4 熔点/℃ 442 -34 29 143 （4）结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。 其中Pb的配位数为_______。设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为_______g·cm-3(列出计算式)。 17. 一种铂铼废催化剂(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、积碳等杂质)中金属元素的综合回收利用的工艺流程如下。 已知：①高铼酸铵(NH4ReO4)微溶于冷水，易溶于热水； ②室温下：Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6，≈7.5。 回答下列问题： （1）“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O7，②___________；“溶解Ⅰ”中含铼化合物发生反应的离子方程式为___________。 （2）“滤渣Ⅱ”的成分为___________，“操作Ⅰ”为___________、过滤、洗涤、干燥。 （3）“溶解Ⅲ”中反应的离子方程式为___________；“沉铂”时，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1mol/L，加入等体积NH4Cl溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)所需NH4Cl的最小浓度为___________mol/L(忽略溶液混合后体积的变化)。 （4）“高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2，而不选用廉价还原剂碳的原因是___________；理论上获得3.72g铼粉，需要标准状况下H2的体积至少为___________L。 18. 苯乙酮( )广泛用于皂用香精中，可由苯和乙酸酐( )在氯化铝的催化作用下制备。 已知： 名称 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/(g·mL-1) 溶解性 苯 5.5 80.1 0.88 不溶于水，易溶于有机溶剂 苯乙酮 19.6 203 1.03 微溶于水，易溶于有机溶剂 乙酸酐 -73 139 1.08 遇水反应，易溶于有机溶剂 乙酸 16.6 118 1.05 易溶于水，易溶于有机溶剂 步骤Ⅰ向三颈烧瓶中加入39g苯和44.5g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5g乙酸酐，在70～80℃下反应约60min。 步骤Ⅱ冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀Al(OH)3生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30mL5％NaOH溶液和30mL水洗涤，分离出的苯层。 步骤Ⅲ：苯层用无水硫酸镁干燥，蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮。 （1）仪器M的名称为_____；步骤Ⅰ中的加热方式为_____。 （2）步骤Ⅰ三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_____。 （3）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为_____(填标号)。 A. 100mL B. 250mL C. 500mL D. 1000mL （4）步骤Ⅱ中用NaOH溶液洗涤的目的是_____。 （5）本实验为收集产品用了减压蒸馏装置，如图二所示，其中毛细管的作用是_____，蒸馏中需要控制一定温度，可能是_____(填标号)。 A．202℃ B．220℃ C．175℃ （6）实验中收集到24.0mL苯乙酮，则苯乙酮的产率为_____(保留三位有效数字)。 （7）已知： 。苯乙酮( )和苯甲醛( )在NaOH催化下可以合成查尔酮，查尔酮的结构简式为_____。 19. 一种受体拮抗剂中间体P合成路线如下。 已知：① ②试剂a是。 （1）I分子中含有的官能团是硝基和_______。 （2）B→D的化学方程式是_______。 （3）下列说法正确的是_______(填序号)。 a．试剂a的核磁共振氢谱有3组峰 b．J→K的过程中，利用了的碱性 c．F→G与K→L的反应均为还原反应 （4）以G和M为原料合成P分为三步反应。 已知： ①M含有1个杂化的碳原子。M的结构简式为_______。 ②Y的结构简式为_______。 （5）P的合成路线中，有两处氨基的保护，分别是： ①A→B引入保护基，D→E脱除保护基； ②_______。 20. 二氧化碳资源化利用，涉及主要反应如下： I．　 II.　 回答下列问题： （1）的焓变_____ 反应I的净速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。 （2）分别向压强为、的恒压体系中通入和，达平衡时，部分含碳物种的摩尔分数随温度变化如图所示。 表示压强为时，的摩尔分数随温度变化的曲线是_____(填标号)。随温度升高，当温度高于655℃，对应含碳物种的摩尔分数的原因是_____。 （3）图示M、N、P三点对应的转化率大小关系为_____；655℃时，反应I的平衡常数_____；600℃，压强为时，若增大投料比，重新达平衡后，的值将_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛六十七中2024—2025学年度第二学期第二学段模块检测 高二化学试题 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Re186 Pb 207 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列应用中不涉及到氧化还原反应的是 A. 切开的茄子放置后切面变色 B. 海水提溴 C. 侯氏制碱 D. 地下钢铁输水管用导线连接镁块防腐蚀 【答案】C 【解析】 【详解】A．切开的茄子切面变色说明茄子中含有具有还原性的物质，该物质被空气中的氧气氧化导致切面变色，则切面变色涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．海水提溴时溴离子转化为溴的过程中溴元素化合价升高被氧化，则提溴过程涉及氧化还原反应，B不符合题意； C．侯氏制碱涉及的反应为二氧化碳与氨气、氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，两个反应都没有元素发生化合价变化，都不涉及氧化还原反应，C符合题意； D．地下钢铁输水管用导线连接镁块防腐蚀的方法为牺牲阳极法保护金属，比铁金属性强的镁作原电池的负极被损耗，输水管作正极被保护，保护过程中涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故选C。 2. 生活处处有化学。下列有关说法错误的是 A. 傍晚看到万丈霞光穿云而过是因为丁达尔效应带来的美景 B. 食品包装袋内的铁粉起干燥、抗氧化的作用 C. 豆科植物的根瘤菌能将空气中的转化成氨，实现氮的固定 D. 氧化铁是质地疏松的红色固体，用做颜料为生活带来一抹红 【答案】B 【解析】 【详解】A．傍晚看到万丈霞光穿云而过是因为水蒸气扩散到空气中形成的气溶胶产生丁达尔效应带来的美景，故A正确； B．铁具有还原性，所以食品包装袋内的铁粉抗氧化延长食品保质期的作用，但不能起干燥作用，故B错误； C．豆科植物的根瘤菌能将空气中的氮气直接转化成氨，从而实现游离态的氮元素转化为化合态氮元素的氮的固定，故C正确； D．氧化铁是质地疏松的红色固体，所以生活中常用氧化铁做颜料为生活带来一抹红，故D正确； 故选B。 3. 下列有关化学药品的配制和保存的说法中正确的是 A. 用煤油保存金属锂 B. 配制溶液时加入少量防止水解 C. 氢氧化钠溶液保存在玻璃塞的试剂瓶中 D. 白磷浸泡在冷水中，用广口试剂瓶贮存 【答案】D 【解析】 【详解】A．金属锂密度比煤油低,则用石蜡保存金属锂，选项A错误； B．溶液水解显碱性，配制溶液时加入少量氢氧化钠防止水解，选项B错误； C．氢氧化钠溶液会和玻璃反应生成硅酸钠使玻璃粘连起来，不能保存在玻璃塞的试剂瓶中，选项C错误； D．白磷燃点低，在空气中易燃，应该浸泡在冷水中，用广口试剂瓶贮存，选项D正确； 答案选D。 4. 下列图示实验中，操作规范的是 A．熔化纯碱 B．萃取振荡时放气 C．制备银氨溶液 D．配制溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．熔化纯碱不能用瓷坩埚（碳酸钠高温下与二氧化硅反应），一般用铁坩埚熔化纯碱，故A错误； B．萃取振荡时，从分液漏斗下端管口放气，如图所示，故B错误； C．制备银氨溶液时，向硝酸银溶液中滴加氨水至沉淀恰好完全溶解，故C错误； D．配制溶液时的定容操作，当液面离刻度线1~2cm时改用胶头滴管逐滴加水至凹液面最低处与刻度线相切（平视），故D正确； 选D。 5. 下列反应的离子方程式不正确的是 A. Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O B. 氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3＋2OH-＋3H2O=2[Al(OH)4]- C. 过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na＋＋＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓ D. H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：＋Ca2＋=CaSO3↓ 【答案】D 【解析】 【详解】A．通入氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式符合反应事实和守恒规则，A正确； B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成四羟基合铝酸钠，离子方程式符合反应事实和守恒规则，B正确； C．过量通入饱和碳酸钠溶液，因碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠会析出晶体，离子方程式符合反应事实和守恒规则，C正确； D．是弱电解质不能拆为，且亚硫酸酸性弱于盐酸，二者不能发生复分解反应生成沉淀，该离子方程式不符合反应事实，D错误； 故选D。 6. 第70号元素镱的基态原子价电子排布式为。下列说法不正确的是 A. 的质量数与质子数之差为104 B. 转化为是化学变化 C. 基态原子核外4d轨道有10个d电子 D. 位于元素周期表中第6周期 【答案】B 【解析】 【详解】A．的质量数为174，质子数为70，二者差值为，A正确； B．化学变化的最小微粒是原子，变化过程中原子核不发生改变，转化为是原子核内中子数发生变化，属于核变化，不属于化学变化，B错误； C．基态的核外电子排布为，的4d轨道为全充满状态，含有10个电子，因此基态原子核外4d轨道有10个d电子，C正确； D．的价电子排布中存在6s轨道，说明其核外有6个电子层，位于元素周期表第6周期，D正确； 故选B。 7. 已知：硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物，作为配体可提供孤电子对与形成。下列有关说法正确的是 A. SO3 是非极性分子，但易溶于水 B. 与的键角都为109°28′ C. SO3 与 的空间构型都是平面三角形 D. 作为配体时，两种硫原子都能提供孤电子对 【答案】A 【解析】 【详解】A．SO3 中S的价层电子对数为：3+=3，空间构型为平面正三角形，正负电中心重合，是非极性分子，但因其能与水反应，易溶于水，A正确； B．中S原子的价层电子对数为：4+=4，空间构型为正四面体形，键角是109°28′，中S原子的价层电子对数为：3+=4，空间构型为三角锥形，键角＜109°28′，B错误； C．SO3中S原子的价层电子对数为：3+=3，为平面三角形构型， 中S原子的价层电子对数为：3+=4，为三角锥形构型，C错误； D．中中心硫原子上没有孤电子对，故其作为配体时，中间硫原子不能提供孤电子对，另一种硫原子能提供孤电子对，D错误； 故答案为：A。 8. 下列关于物质的结构或性质及解释都正确的是 选项 物质的结构或性质 解释 A 键角：CO2<CH2O<CCl4 孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力 B 熔点：干冰 相对分子质量： C 沸点： 相同条件下，中形成的氢键数目多于HF中的 D O2与O3分子极性相同 二者都是由非极性键构成的分子 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．为sp杂化的直线形分子，键角为180°；为杂化的平面三角形分子，键角约为120°；为杂化的正四面体形分子，键角约为109°28′，故键角大小顺序为，A错误； B．是共价晶体，熔化时破坏的是共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，熔点差异由晶体类型决定，与相对分子质量无关，且不存在单个分子，无相对分子质量的说法，B错误； C．平均每个分子可形成2个氢键，平均每个HF分子仅形成1个氢键，相同条件下，分子间氢键总数更多，故沸点更高，C正确； D．是结构对称的非极性分子，分子结构呈V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，两种分子极性不同，D错误； 故选C。 9. 黄铁矿(主要成分为)因其呈浅黄铜色，且具有明亮的金属光泽，常被误认为是黄金，故又称为“愚人金”。在酸性和催化剂的作用下可发生如图所示的转化。下列分析正确的是 A. 反应I、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B. 在酸性条件下，黄铁矿催化氧化的总反应方程式为 C. 反应I的离子方程式： D. 反应Ⅱ中，每消耗，转移电子的物质的量为 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应I中化合价由价变为价，O化合价由0价变为价，反应Ⅱ中部分化合价由价变为价，S化合价由价变为价，均有化合价变化，属于氧化还原反应，反应Ⅲ为非氧化还原反应，A错误； B．由机理图分析，、为反应物，、为生成物，所以黄铁矿催化氧化的总反应方程式为，B错误； C．反应为酸性环境，无法生成，C错误； D．反应Ⅱ的中S化合价从价升高到价，每消耗，转移电子的物质的量为，D正确； 故选D。 10. 氮氧化物(NOₓ)是常见的大气污染物，Cl₂氧化法是处理氮氧化物的方法之一、其原理为,在T₁℃、0.1MPa条件下，向一恒压密闭容器中按物质的量之比为2：1通入NO和Cl₂的混合气体，20min达到平衡，体系中气体的物质的量分数与时间变化关系如图所示。已知：气体的分压=气体的总压×气体的物质的量分数 下列说法不正确的是 A. 反应在0~20min内ClNO的分压变化速率为0.002MPa·min-1 B. 若平衡时ClNO的物质的量分数位于图中a点，则改变的条件可能是温度且 C. T1℃、0.1MPa下、n(NO)：n(Cl₂)：n(Ne)=2：1：2通入气体，平衡时图中所有点平行下移 D. 恒容下、其它条件相同，平衡时NO的物质的量分数可能位于图中b点 【答案】C 【解析】 【详解】A．，A项正确； B．若平衡时ClNO的物质的量分数位于图中a点，说明平衡时ClNO的物质的量减少，平衡逆向移动，而该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动且反应速率增大，更早达到平衡，即，B项正确； C．T1℃、0.1MPa下，n(NO)：n(Cl₂)：n(Ne)=2：1：2通入气体，等温等压条件下n(NO)：n(Cl₂)始终为2:1，但充入稀有气体相当于总压减小，平衡逆向移动，ClNO占比减小程度比NO、Cl2减小程度更大且反应速率降低，到达平衡时间变长，故平衡时图中点不是平行下移，C项错误； D．该反应为体积缩小的反应，恒容时，压强降低，平衡逆向移动，NO的含量增加，故平衡时NO的物质的量分数可能位于图中b点，D项正确； 答案选C。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验操作与选用的部分仪器相匹配的是 A. 用水来吸收NH3尾气，选用③④ B. 从Br2的CCl4溶液中分离出Br2 ，选用②③ C. 将干海带灼烧成海带灰，选用①⑥⑦ D. 配制100g质量分数10%的NaCl溶液，选用③⑤⑥⑧ 【答案】A 【解析】 【详解】A． 用水来吸收NH3尾气，NH3极易溶于水，用倒扣的漏斗防止倒吸，选用③④，A正确； B． 从Br2的CCl4溶液中分离出Br2，应用蒸馏法，不能用分液的方法分离，B错误； C． 将干海带灼烧成海带灰，要用坩埚，不能用蒸发皿，C错误； D． 配制100g质量分数10%的NaCl溶液，经过计算出NaCl质量，用托盘天平称量，放入烧杯中溶解，最后装样保存即可，不需要用容量瓶，D错误； 故选A。 12. 一种适应可再生能源波动性的电化学装置原理如图所示。当闭合和打开时，装置处于充电状态；当打开和闭合时，装置处于放电状态。放电状态时，双极膜中间层中的解离为和并分别向两侧迁移。下列说法错误的是 A. 充电时碳锰电极b为阳极 B. 充电时d电极发生的反应为 C. 放电时每消耗，理论上有由双极膜向b电极迁移 D. 该电化学装置运行过程中需要补充和KOH溶液 【答案】CD 【解析】 【分析】当闭合和、打开，装置处于充电状态，即为电解池，H+得电子生成H2，H元素化合价降低，则为阴极，Mn2+失电子生成MnO2，碳锰电极为阳极；ZnO得电子生成Zn，则锌电极为阴极；d电极上失电子生成O2，d电极为阳极；当打开和、闭合时，装置处于放电状态，即原电池，锌电极为负极，碳锰电极为正极。 【详解】A．由分析可知，充电时，Mn2+失电子生成MnO2，碳锰电极为阳极，A正确； B．充电时，d电极上失电子生成O2，电极反应式为，B正确； C．放电时，碳锰电极为正极，电极反应式为，每消耗，转移2mol电子，因此理论上有由双极膜向c电极迁移，C错误； D．该电化学装置运行过程中，c电极反应式为，故右侧总反应为，不需要补充KOH溶液，D错误； 故选CD。 13. 某小组以铬铁矿粉(主要成分是，含少量、等杂质)为主要原料制备Cr2O3的流程如下： 已知：，溶液中离子浓度小于时认为沉淀完全，下列叙述错误的是 A. “滤渣”的主要成分为和 B. “调”时溶液的最小值为6.7 C. “转化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D. 实验室进行操作、、时均需使用烧杯、漏斗和玻璃棒 【答案】BD 【解析】 【分析】铬铁矿粉主要成分为，混有、杂质，与纯碱在高压氧气下高温焙烧，被氧化生成铁红，元素转化为，两性氧化物、酸性氧化物分别与反应生成、；焙烧产物加水浸取，不溶于水，经过操作1过滤除去铁红；向滤液中加稀硫酸调pH1，、与酸反应析出、滤渣，经操作2过滤分离；滤液中遇酸转化为，再加调pH2重新得到溶液；向溶液中加硫粉发生转化反应，生成沉淀与溶液，操作3过滤得到固体；最后操作4灼烧，受热分解得到目标产物。 【详解】A．调pH1时，与反应生成沉淀，与反应生成沉淀，因此滤渣主要成分为和，A正确； B．沉淀完全时，由，则，，，，B错误； C．转化过程碱性环境下，作氧化剂，被还原为，每个得3个电子；单质作还原剂，被氧化为，每2个S原子共失去4个电子，平均每个S原子失去2个电子。根据电子守恒：，化简得，即氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3，C正确； D．操作1、3均为过滤操作，需要烧杯、漏斗、玻璃棒；操作4是固体高温灼烧，仪器为坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒，不需要烧杯与漏斗，三者仪器不完全相同，D错误； 故选BD。 14. 化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X不能与FeCl3溶液发生显色反应 B. 1 mol Y最多可以消耗3mol NaOH C. 1 mol Z最多能与3 mol H2发生加成反应 D. X、Y、Z可用饱和NaHCO3溶液和2%银氨溶液进行鉴别 【答案】BD 【解析】 【详解】A．X中含有酚羟基，能与溶液发生显色反应，A错误； B．Y中含有1个酯基和1个溴原子，溴原子和NaOH发生取代反应后会生成1个酚羟基又会和NaOH反应，则1 mol Y最多消耗3 mol NaOH，B正确； C．Z中1mol苯环可以和发生加成反应，1mol醛基可以和发生加成反应，故1molZ最多能与发生加成反应，C错误； D．X可与饱和溶液反应产生气泡，Z可以与2%银氨溶液反应产生银镜，Y无明显现象，故X、Y、Z可用饱和溶液和2%银氨溶液进行鉴别，D正确； 故选BD。 15. 常温下，已知草酸(H2C2O4)水溶液H2C2O4、、三种微粒的分布系数()随pH的变化，如下图所示[如]。 已知：， 各选项均为常温条件时，下列说法中正确的是 A. 在0.1 mol/L H2C2O4溶液中，pH=1.1 B. 0.1 mol/L NaHC2O4中含碳微粒浓度大小关系为：c()＞c(H2C2O4)＞c() C. 0.1 mol/L的Na2C2O4溶液和0.1 mol/L的FeCl2溶液等体积混合，反应初始生成的沉淀是FeC2O4 D. 向0.1 mol/L FeCl2溶液中加入过量草酸，可以将其转化为 FeC2O4固体 【答案】C 【解析】 【分析】草酸为弱酸，pH较低时主要以形成存在，因此图中对应、对应、对应，第一步电离平衡，与交点时，代入电离常数表达式算出，第二步电离平衡，与交点时，算出，草酸一级电离程度远大于二级电离。 【详解】A．，溶液中，弱酸电离微弱，近似，，，理论；但该近似忽略了第二步电离会额外释放少量，实际溶液氢离子浓度略大于，故，A错误； B．溶液中，电离常数，水解常数；，说明电离程度大于水解程度，微粒浓度关系为，B错误； C．等体积混合后，初始，即、。生成的离子积，可生成沉淀，C正确； D．该过程的总反应为，其平衡常数数，表明反应可以发生，能够生成固体，D错误； 故选C。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 二茂铁是一种在化学，生物医学等多个领域有广泛应用的有机金属化合物，其结构为，由环戊二烯负离子与形成。已知结构与苯相似，存在的大Π键。 （1）的价电子轨道表示式为_______。二茂铁中存在的作用力有______（填标号） A．氢键    B．配位键    C．π键    D．离子键 （2）乙酰基二茂铁（）和甲酰胺二茂铁（）是两种二茂铁的衍生物，沸点分别为160℃和249℃。甲酰胺二茂铁中所含元素电负性由大到小的顺序为_______；二者沸点相差较大的原因是_______。 （3）早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因：_______。  物质 SnF4 SnCl4 SnBr4 SnI4 熔点/℃ 442 -34 29 143 （4）结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。 其中Pb的配位数为_______。设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为_______g·cm-3(列出计算式)。 【答案】（1） ①. ②. BC （2） ①. ②. 甲酰胺二茂铁中含有N-H，能形成分子间氢键 （3）属于离子晶体，、、属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高 （4） ①. 6 ②. 【解析】 【小问1详解】 铁是26号元素，的价层电子排布式为，因此价层电子轨道表示式为；二茂铁中与环戊二烯负离子通过配位键结合，环戊二烯负离子内部含有大π键，故选BC； 【小问2详解】 甲酰胺二茂铁中所含元素有H、C、N、O、Fe，同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，同主族元素从上往下，电负性逐渐减小，金属的电负性一般小于非金属，则电负性由大到小的顺序为；根据二者的结构可知，甲酰胺二茂铁中含有键，能形成分子间氢键，因此熔沸点高于乙酰基二茂铁； 【小问3详解】 属于离子晶体，、、属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高； 【小问4详解】 PbS为NaCl型晶胞，NaCl型晶体中离子配位数均为6，故Pb的配位数为6；晶胞中位于顶点和面心，数目为，位于棱心和体心，数目为，晶胞质量为，晶胞边长，体积为，密度。 17. 一种铂铼废催化剂(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、积碳等杂质)中金属元素的综合回收利用的工艺流程如下。 已知：①高铼酸铵(NH4ReO4)微溶于冷水，易溶于热水； ②室温下：Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6，≈7.5。 回答下列问题： （1）“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O7，②___________；“溶解Ⅰ”中含铼化合物发生反应的离子方程式为___________。 （2）“滤渣Ⅱ”的成分为___________，“操作Ⅰ”为___________、过滤、洗涤、干燥。 （3）“溶解Ⅲ”中反应的离子方程式为___________；“沉铂”时，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1mol/L，加入等体积NH4Cl溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)所需NH4Cl的最小浓度为___________mol/L(忽略溶液混合后体积的变化)。 （4）“高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2，而不选用廉价还原剂碳的原因是___________；理论上获得3.72g铼粉，需要标准状况下H2的体积至少为___________L。 【答案】（1） ①. 除积碳 ②. （2） ①. Al(OH)3 ②. 蒸发浓缩、冷却结晶 （3） ①. 3Pt+16Cl-+2+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O ②. 1.7 （4） ①. 不引入杂质，便于分离提纯铼 ②. 1.568 【解析】 【分析】铂铼废催化剂(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、积碳等杂质)焙烧除去积碳，铼转化为Re2O7，加入NaOH溶液溶解Al2O3生成Na[Al(OH)4]，Re2O7转化为NaReO4，Pt、Fe3O4不和NaOH溶液反应过滤后存在于滤渣I中，向滤液中通过过量CO2，将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3，过滤后存在于滤渣II中，向滤液中加入氯化铵溶液，得到NH4ReO4晶体，加入H2高温还原得到铼粉，滤渣I用硫酸溶液溶解后，Pt不溶于硫酸溶液，过滤得到粗Pt，加入HCl-NaCl溶液溶解Pt，加入NH4Cl沉铂，经过一系列操作得到海绵铂。 【小问1详解】 由分析可知，“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O7，②除积碳；“溶解Ⅰ”中Re2O7和NaOH反应转化为NaReO4，离子方程式为：。 【小问2详解】 由分析可知，“滤渣Ⅱ”的成分为Al(OH)3，“操作Ⅰ”可以得到NH4ReO4晶体，为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 【小问3详解】 “溶解Ⅲ”中加入HCl-NaCl溶液溶解Pt，生成[PtCl6]2-和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3Pt+16Cl-+2+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O，“沉铂”时，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1mol/L，加入等体积NH4Cl溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)时溶液中c()=mol/L，则所需NH4Cl的最小浓度为=1.7mol/L。 【小问4详解】 “高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2，而不选用廉价还原剂碳的原因是：不引入杂质，便于分离提纯铼；根据反应方程式：2NH4ReO4+7H22Re+2NH3+8H2O，理论上获得3.72g铼粉，n(Re)==0.02mol，需要标准状况下H2的体积至少为0.07mol×22.4L/mol=1.568L。 18. 苯乙酮( )广泛用于皂用香精中，可由苯和乙酸酐( )在氯化铝的催化作用下制备。 已知： 名称 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/(g·mL-1) 溶解性 苯 5.5 80.1 0.88 不溶于水，易溶于有机溶剂 苯乙酮 19.6 203 1.03 微溶于水，易溶于有机溶剂 乙酸酐 -73 139 1.08 遇水反应，易溶于有机溶剂 乙酸 16.6 118 1.05 易溶于水，易溶于有机溶剂 步骤Ⅰ向三颈烧瓶中加入39g苯和44.5g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5g乙酸酐，在70～80℃下反应约60min。 步骤Ⅱ冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀Al(OH)3生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30mL5％NaOH溶液和30mL水洗涤，分离出的苯层。 步骤Ⅲ：苯层用无水硫酸镁干燥，蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮。 （1）仪器M的名称为_____；步骤Ⅰ中的加热方式为_____。 （2）步骤Ⅰ三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_____。 （3）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为_____(填标号)。 A. 100mL B. 250mL C. 500mL D. 1000mL （4）步骤Ⅱ中用NaOH溶液洗涤的目的是_____。 （5）本实验为收集产品用了减压蒸馏装置，如图二所示，其中毛细管的作用是_____，蒸馏中需要控制一定温度，可能是_____(填标号)。 A．202℃ B．220℃ C．175℃ （6）实验中收集到24.0mL苯乙酮，则苯乙酮的产率为_____(保留三位有效数字)。 （7）已知： 。苯乙酮( )和苯甲醛( )在NaOH催化下可以合成查尔酮，查尔酮的结构简式为_____。 【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗) ②. 水浴加热 （2）+ +CH3COOH （3）B （4）除去产品中的乙酸 （5） ①. 防止暴沸 ②. C （6）82.4％ （7） 【解析】 【分析】向三颈烧瓶中加入39g苯和44.5g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5g乙酸酐，在水浴中加热，反应约60min。冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀Al(OH)3生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30mL5％NaOH溶液和30mL水洗涤，分离出的苯层；苯层用无水硫酸镁干燥，蒸馏回收苯，再低压蒸馏收集产品苯乙酮。 【小问1详解】 根据图中信息得到仪器M的名称为恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)；步骤Ⅰ中在70～80℃下反应约60min，则加热方式为水浴加热；故答案为：恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)；水浴加热。 【小问2详解】 步骤Ⅰ三颈烧瓶中是苯和乙酸酐( )在氯化铝的催化作用下生成苯乙酮( )和乙酸，其反应的化学方程式为 + +CH3COOH；故答案为： + +CH3COOH。 【小问3详解】 步骤Ⅰ向三颈烧瓶中加入39g苯(体积大于44.3mL)和44.5g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5g乙酸酐(体积大于23.6mL)，苯和乙酸酐的体积约为67.9mL，还有无水氯化铝固体，烧瓶中装入药品体积应该小于三分之二，因此根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为250mL；故答案为：B。 【小问4详解】 苯层中含有乙酸，因此步骤Ⅱ中用NaOH溶液洗涤的目的是除去产品中的乙酸；故答案为：除去产品中的乙酸。 【小问5详解】 本实验为收集产品用了减压蒸馏装置，如图二所示，其中毛细管的作用是防止暴沸；苯乙酮的沸点是203℃，由于该装置是减压蒸馏，因此蒸馏中需要控制温度小于203℃，则可能是175℃；故答案为：防止暴沸；C。 【小问6详解】 步骤Ⅰ向三颈烧瓶中加入39g苯(物质的量为0.5mol)、 25.5g乙酸酐(物质的量为0.25mol)，根据方程式分析，两者按物质的量之比为1:1的比例反应，因此苯过量，理论得到苯乙酮物质的量为0.25mol，质量为0.25mol×120g∙mol−1＝30g，实验中收集到24.0mL苯乙酮，则苯乙酮的产率为；故答案为：82.4%。 【小问7详解】 据题中信息，苯乙酮( )和苯甲醛( )在NaOH催化下可以合成查尔酮，则苯甲醛断碳氧双键、苯乙酮断甲基上的两个碳氢键，从而形成碳碳双键得到查尔酮，其结构简式为 ；故答案为： 。 19. 一种受体拮抗剂中间体P合成路线如下。 已知：① ②试剂a是。 （1）I分子中含有的官能团是硝基和_______。 （2）B→D的化学方程式是_______。 （3）下列说法正确的是_______(填序号)。 a．试剂a的核磁共振氢谱有3组峰 b．J→K的过程中，利用了的碱性 c．F→G与K→L的反应均为还原反应 （4）以G和M为原料合成P分为三步反应。 已知： ①M含有1个杂化的碳原子。M的结构简式为_______。 ②Y的结构简式为_______。 （5）P的合成路线中，有两处氨基的保护，分别是： ①A→B引入保护基，D→E脱除保护基； ②_______。 【答案】（1）氟原子(或碳氟键)、羧基 （2） （3）bc （4） ①. ②. （5）E→F引入保护基，Y→P脱除保护基 【解析】 【分析】A为苯胺，与乙酸反应得到B：，与浓硫酸和浓硝酸加热发生硝化反应得到D：，D水解得到E为，E与试剂a反应得到F，F与H2发生还原反应得到G，I与SOCl2碱性条件下反应得到J，J与CH3OH反应得到K，根据K的分子式可以确定K为：，K还原得到L，L进一步反应得到M，根据M的分子式可以确定M的结构简式为：，G与M经过三步反应得到P。 【小问1详解】 I分子含有的官能团为硝基、氟原子(或碳氟键)、羧基； 【小问2详解】 B()与浓硫酸和浓硝酸加热发生消化反应得到D：，方程式为：； 【小问3详解】 a、试剂a中有一种等效氢原子，核磁共振氢谱显示一组峰，a错误； b、J→生成有HCl，加入碱性物质(CH3CH2)3N，与生成HCl反应，促进反应正向进行，b正确； c、根据分析F→G与K→L的反应均为硝基转化为氨基，为还原反应，c正确； 答案选bc； 【小问4详解】 ①根据M的分子式和M含有1个sp杂化的碳原子，得出M的结构简式为：； ②M()与G在N=C双键上先发生加成反应得到X，X的结构简式为：，X在碱性条件下脱除CH3OH得到Y，Y的结构简式为：，最后发生已知的反应得到P，Y的结构简式为：； 【小问5详解】 根据分析，另一处保护氨基的反应为：E→F引入保护基，Y→P脱除保护基。 20. 二氧化碳资源化利用，涉及主要反应如下： I．　 II.　 回答下列问题： （1）的焓变_____ 反应I的净速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。 （2）分别向压强为、的恒压体系中通入和，达平衡时，部分含碳物种的摩尔分数随温度变化如图所示。 表示压强为时，的摩尔分数随温度变化的曲线是_____(填标号)。随温度升高，当温度高于655℃，对应含碳物种的摩尔分数的原因是_____。 （3）图示M、N、P三点对应的转化率大小关系为_____；655℃时，反应I的平衡常数_____；600℃，压强为时，若增大投料比，重新达平衡后，的值将_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。 【答案】（1） ①. ②. 增大 （2） ①. d ②. 升高温度，促进反应I正向进行，抑制反应II，低温时，以反应II为主，高于655℃，以反应I为主 （3） ①. ②. 1.2 ③. 减小 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应II-反应I×2可得，=；反应I正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，增大； 【小问2详解】 升高温度，反应I平衡正向移动，反应II平衡逆向移动，增大，减小，增大压强，反应II平衡正向移动，增大，减小，则压强为时，、的摩尔分数随温度变化的曲线分别是d、a；则压强为时，、的摩尔分数随温度变化的曲线分别是c、b；表示压强为时，的摩尔分数随温度变化的曲线是d； 温度升高，当温度高于655℃，对应含碳物种的摩尔分数的原因是：升高温度，促进反应I正向进行，抑制反应II，低温时，以反应II为主，高于655℃，以反应I为主； 【小问3详解】 根据(2)中分析，M、P两点温度相同，压强相同，的转化率相同，为80%，为10%，则为10%，N点为40%，为40%，则为20%，说明N点的转化率较小，M、N、P三点对应的转化率大小关系为：； 根据碳原子守恒，655℃时，N点、、分别为0.2mol、0.4mol、0.4mol；根据反应I．、II.反应共消耗为0.4mol+0.4mol×4=2mol，余下2mol，生成为0.4mol+0.4mol×2=1.2mol，此时体系内气体总的物质的量为(0.2+0.4+0.4+2+1.2)=4.2mol，655℃时，N点压强为，则、、、的分压分别为、、、，反应I的平衡常数==1.2； 600℃，压强为时，若增大投料比，的转化率变大，根据图像中a、d两条曲线可知，增多，减少，则重新达平衡后，的值将减小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $