湖南省张家界市2025-2026学年高二下学期期末考试化学自编试卷（人教版）

**基本信息** 聚焦高二化学核心内容，融合物质结构、有机合成及实验探究，通过科技前沿（如雾霾微粒硫酸盐生成机理）和真实实验情境（如乙酰水杨酸制备），考查化学观念与科学探究能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|14题42分|物质结构（晶体类型、杂化轨道）、有机化学（同分异构体、合成路线）、实验装置分析|第4题以正四面体氮原子结构考查氢键识别，体现微观探析；第11题结合雾霾硫酸盐生成机理，强化证据推理| |非选择题|4题58分|实验探究（乙酰水杨酸制备）、工业流程（ZnO制备）、反应机理（NO脱硝）、物质结构（钛配合物）|15题乙酰水杨酸制备实验融合操作原理与产率计算，考查科学实践；18题钛配合物结构分析，综合应用杂化轨道与晶胞计算|

湖南省张家界市2025-2026学年高二下学期期末考试自编试卷 化学试题（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A D B B D B C C 题号 11 12 13 14 答案 D B D D 1．D 【详解】A．红外光谱法可以检测分子中的化学键和官能团，存在乙酸、甲酸甲酯等不同类别的同分异构体，可通过官能团差异判断类别，A正确； B．质谱法中最大质荷比对应物质的相对分子质量，因此可获取被测定物质的相对分子质量，B正确； C．X射线衍射技术可以测定分子的晶体结构，获得键长、键角等结构参数，因此可测定青蒿素分子的键长、键角，C正确； D．利用原子光谱上的特征谱线鉴定元素的方法属于光谱法，色谱法是用于分离、提纯混合物的方法，D错误； 故选D。 2．A 【分析】同分异构体的定义是分子式相同、结构不同的化合物，据此分析。 【详解】 A．的分子式为C6H6；H2C=CH−CH2−CH2−C≡CH分子式为C6H8，二者分子式不同，不互为同分异构体，A符合题意； B．前者为对羟基苯甲醛，分子式C7H6O2，后者为苯甲酸，分子式也为C7H6O2，结构不同，互为同分异构体，B不符合题意； C．前者为甘氨酸H2NCH2COOH，分子式C2H5NO2，后者为羟基乙酰胺HOCH2CONH2，分子式也为C2H5NO2，结构不同，互为同分异构体，C不符合题意； D．前者为丁醛CH3CH2CH2CHO，分子式C4H8O，后者CH2=CHCH2CH2OH分子式也为C4H8O，结构不同，互为同分异构体，D不符合题意； 故答案为：A。 3．A 【分析】共价晶体（原子晶体）通过共价键形成三维网状结构（如晶体硅、碳化硅、金刚石、二氧化硅），分子晶体通过分子间作用力结合（如冰、干冰、固态氢、足球烯）。 【详解】A．晶体硅是共价晶体，冰属于分子晶体，A正确； B．足球烯和干冰均为分子晶体，B错误； C．碳化硅和金刚石均为共价晶体，C错误； D．固态氢是分子晶体，二氧化硅是共价晶体，D错误； 故选A。 4．D 【详解】分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别，所以要能识别必须要能形成氢键，上的4个氢原子可以分别和含氮有机化合物的4个氮原子形成4个氢键，故选D。 5．B 【详解】A．杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道杂化而成，A正确； B．VSEPR模型考虑孤电子对，而分子实际空间结构仅体现成键电子对，两者可能不同（如NH3的VSEPR模型为四面体，分子结构为三角锥形），B错误； C．泡利原理指出一个原子轨道最多容纳两个自旋相反的电子，C正确； D．元素周期律的定义正确，即元素性质随原子序数递增呈周期性变化，D正确； 故选B。 6．B 【详解】A．碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔，由图可知，该装置为固液不加热的装置，分液漏斗中盛放饱和食盐水，锥形瓶中盛放电石，可以用于用电石和饱和食盐水反应制备乙炔，A正确； B．NaCl不与反应，而硫酸铜与硫化氢反应生成硫化铜和硫酸，可以将混合气体通入到硫酸铜溶液中除掉C2H2中的H2S，B错误； C．乙炔难溶于水，可以用排水法收集，C正确； D．乙炔中含有碳碳三键，能与酸性高锰酸钾溶液反应，酸性高锰酸钾褪色，说明C2H2具有还原性，D正确； 故选B。 7．D 【详解】A．放入水中化学方程式应该是：，A选项中氧元素不守恒，A错误； B．通过灼热铁粉应高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误； C．铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误； D．通入酸性溶液中，被氧化为，被还原为，再根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为，D正确； 故选D。 8．B 【详解】A．根据图中信息，反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，则反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，A正确； B．由苯得到时，苯中的大π键被破坏，B错误； C．苯与Br2主要发生取代反应，生成有机主产物Ⅱ(溴苯)，C正确； D．根据图中信息反应Ⅱ活化能较低，则反应速率较快，而反应Ⅰ活化能较大，反应速率较慢，因此选择相对较短的反应时间能有效增加产物Ⅱ的比例，D正确； 故选B。 9．C 【详解】A．Fe是26号元素，基态Fe原子的电子排布式为，失去2个电子形成，基态的价电子排布式为，A正确； B．由图可知，与相连的原子由6个，故的配位数为6，B正确； C．已知卟啉环中所有原子共面，卟啉环中N原子的杂化方式为sp2，C错误； D．和中提供孤对电子的原子分别是C和O，与形成的配位键比与形成的配位键更强，即结合的能力比强，这也是吸入会使人中毒的原因，D正确； 故选C。 10．C 【分析】由有机物的转化关系可知， 光照条件下与氯气反应生成   ，则A为 、B为；B一定条件下发生取代反应生成C，C发生硝化反应生成D，D中氨基发生还原反应生成E，据此解答。 【详解】 A．由分析可知，芳香烃A的结构简式为，名称为甲苯，A正确； B．苯环是平面结构，中最多1个氟原子和C原子可以处于该平面，故最多有13个原子共面，B正确； C．由D的结构简式可知，其分子式为，C错误； D．E分子中含有氨基，具有碱性，能和稀盐酸反应生成盐酸盐，D正确； 故选C。 11．D 【分析】根据转化关系图分析，第阶段反应是：，为氧化剂，为氧化产物；第、阶段总反应是：，为还原剂、为还原产物。 【详解】A．根据分析可知，氧化性，还原性，A错误； B．该过程中参与了化学反应，生成了，化学组成和性质均发生了变化，不是催化剂，B错误； C．根据图示可知，形成，S的成键数目从3个逐步形成4个键，C错误； D．根据反应，氧化剂（）与还原剂（）的物质的量之比是 ，D正确； 故选D。 12．B 【详解】A．该分子由4个E和4个F组成，分子式应为E4F4或F4E4，A错误； B．在金刚石晶胞中，若正方体棱长为a cm，则两个碳原子间的最短距离为体对角线的四分之一， 即cm，B正确； C．根据晶胞的结构图结合均摊法可知，在晶胞中钙原子位于晶胞的顶点，氧原子位于晶胞的棱边的中点，钛原子位于体心，所以晶胞中含有钙原子数为，氧原子数为12×=3，钛原子数为1，所以Ca、Ti、O的原子数之比为1：1：3，化学式为CaTiO3，C错误； D．在硒化锌晶体中，与一个Se2-距离最近且相等的Se2-有12个，除了看到的图还要考虑周围的晶胞，D错误； 故答案为：B。 13．D 【详解】A．酚醛树脂是苯酚和甲醛通过缩聚反应合成的高分子，顺丁橡胶是1，3-丁二烯通过加聚反应合成的高分子，涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应合成的高分子，A错误； B．酚醛树脂是苯酚和甲醛通过缩聚反应合成的高分子，酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，B错误； C．顺丁橡胶的单体是CH2=CH-CH=CH2，分子式C4H6，反-2-丁烯分子式C4H8，二者不互为同分异构体，C错误； D．对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应产生聚对苯二甲酸乙二酯和水，聚对苯二甲酸乙二酯的商品名称为涤纶，故涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的，D正确； 故选D。 14．D 【分析】废液加入铁粉发生Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+Cu2+=Fe2++Cu两个反应，滤渣中有生成的铜和过量的铁，加水稀释可以让Sb3+离子水解生成SbOCl，最后用稀盐酸洗去表面的杂质离子如Fe2+。 【详解】A．废液加入铁粉发生Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+Cu2+=Fe2++Cu两个反应，滤渣中有生成的铜和过量的铁，故A正确； B．越稀越水解，加水可以降低氢离子浓度，水解正向移动，可以促进水解，故B正确； C．Sb3+水解生成SbOCl沉淀同时生成氢离子，方程式正确，故C正确； D．“洗涤”流程加入的稀盐酸若换成溶液，会引入Na+杂质，故D错误； 答案选D。 15．(1)恒压滴液漏斗 (2) 冷凝回流 a (3)水浴加热 (4)(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH (5)利于乙酰水杨酸结晶析出 (6) 72.2% 重结晶 【详解】（1）仪器A的名称是恒压滴液漏斗； （2）仪器B的作用是冷凝回流；冷凝水为逆流，则进水口为a； （3）实验控制反应温度在70℃左右应用水浴加热； （4）实验中所有仪器和药品都需要进行干燥处理，原因是乙酸酐(CH3CO)2O遇水易生成乙酸，其化学方程式为(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH； （5）因为乙酰水杨酸微溶于冷水，制备粗品过程中将反应混合物倒入冷水中，目的是利于乙酰水杨酸结晶析出； （6）水杨酸6.9g理论生成乙酰水杨酸，则本实验的产率为； 若要得到纯度更高的乙酰水杨酸晶体，用于提纯的方法为重结晶。 16．(1)溶液 (2) a、b 冷凝回流，减少环己醇蒸出 (3)分液 (4)通冷凝水，加热 (5) (6)b、c 【分析】I.（1）检验物质时通常是利用该物质的特殊性质，或利用不同物质间的性质差异。苯酚能与氯化铁溶液发生显色反应而醇不能，可依此设计用氯化铁溶液检验苯酚的存在； （2）①烧瓶A中进行的可逆反应为环己醇的消去反应；浓硫酸具有强氧化性，能氧化反应物，且污染小，可循环使用；②B能冷凝回流环己醇； (3)操作2为分液，可确定所需的玻璃仪器； (4)将操作3(蒸馏)的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，通冷凝水，加热，弃去前馏分，收集83℃的馏分； Ⅱ(5)根据反应②和反应③可得计量关系，因此与KI反应的 【详解】（1）常利用显色反应检验苯酚杂质，选择的试剂是，遇到苯酚后溶液显紫色。 （2） ①烧瓶A中进行的可逆反应为环己醇的消去反应，反应方程式为：； a. 浓硫酸具有强氧化性，能使反应物炭化，并生成，降低环己烯的产率，a正确； b. 污染小、可循环使用，符合绿色化学的理念，b正确； c. 催化剂只影响反应速率，但平衡不移动，因此催化剂不影响产率，c错误。 故选ab。 ②B能冷凝回流环己醇，因此B的作用是减少环己醇蒸出，增大环己醇的利用率。 （3）操作2为分液，分液过程中用到的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯。 （4）题目中已明确提示了操作3是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；如先加热再通冷凝水，必有一部分馏分没有及时冷凝，造成浪费和污染。 （5）因滴定的是的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的②式和③式，可知剩余的与反应消耗的的物质的量之比为1：2，所以剩余的物质的量为：，反应消耗的的物质的量为，据反应①式中环己烯与溴单质1：1反应，可知环己烯的物质的量也为，其质量为，所以ag样品中环己烯的质量分数为： 。 （6） a．样品中含有苯酚，会发生反应：，每反应1mol，消耗苯酚的质量为31.3g；而每反应1mol ，消耗环己烯的质量为82g；所以苯酚的混入，将使耗增大，从而使环己烯测得结果偏高，a错误； b．测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低，b正确； c．标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低，c正确。 故选bc。 17． 2H2O＋3ClO＋4NO=4NO＋3Cl-＋4H+ NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO速率越快，NO氧化率增大 Fe3+会与ClO反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快 ClO或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低 4NH3＋4NO＋O2 4N2＋6H2O 超过200℃后，NH3与O2生成NO 【详解】(1)湿法氧化法处理含NO烟气。酸性条件下，用NaClO2作氧化剂将NO氧化为NO，根据元素和电荷守恒，①该反应的离子方程式为：2H2O＋3ClO＋4NO=4NO＋3Cl-＋4H+； ②i.NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因是：NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO速率越快，NO氧化率增大； ii.起始NaClO2溶液浓度相同时，含Fe3+的NaClO2溶液作为吸收剂，NO的氧化率更高，原因是：Fe3+会与ClO反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快； iii.以NaClO2溶液为吸收剂，NO的氧化率随温度的变化情况，如图2所示。温度超过60℃后，NO氧化率下降，其原因：ClO或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低； (2)有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2； ①在钒基催化剂(V2O5)作用下的脱硝反应机理如图3所示，参与反应的为NH3、NO、O2，产物为：N2、H2O，总反应的化学方程式为：4NH3＋4NO＋O2 4N2＋6H2O； ②按上述图中NH3、NO和O2的比例进行催化脱硝反应。反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图4所示。超过200℃后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是：超过200℃后，NH3与O2生成NO。 18．(1) 22 3s23p63d2 (2)TiO2+ (3) 正四面体 sp3 > (4)BD (5) 氮原子上连上氢原子易形成分子间氢键，使该离子不易以单个形式存在，无法获得良好的溶解性 (6) 4 1.2 【分析】根据原子的核外电子排布确定原子核外运动状态不同的电子，根据最高能层写出电子排布式。根据晶体的结构图确定该阳离子的化学式。根据价层电子对互斥理论以及电负性规律判断立体构型、杂化轨道类型以及电负性大小顺序。根据配合物中存在的共价键，配位键，碳碳双键等平面结构，判断配位数。根据图示结构及分子间作用力、氢键判断物质的溶解性。根据晶胞结构进行相关计算。 【详解】（1）钛的原子序数为22，核外电子排布为[Ar]3d²4s²，其核外有22种运动状态不同的电子，Ti2+电子占据的最高能层的电子排布式为3s²3p63d²。 （2）由图可知阳离子中Ti与两个O成键，O与两个Ti成键，则阳离子的化学式为TiO2+。 （3）中B原子的价层电子对数：B原子的价电子数为3，H原子提供1个电子，带1个单位负电荷，所以价层电子对数。中心B原子的孤电子对数。当价层电子对数为4且孤电子对数为0时，根据价层电子对互斥理论，的立体构型为正四面体形。因为中B原子价层电子对数为4，所以B原子采取sp3杂化。电负性是原子对键合电子的吸引力，B和H相比，H的电负性大于B，即电负性大小顺序为H > B。 （4）钛离子形成的配合物中存在C - C、C - H等共价键，Ti与周围原子形成的配位键，但该配合物中不存在氢键和离子键，A错误。 观察配合物结构，Ti原子与周围6个原子形成配位键，所以钛的配位数为6，B正确。 1-4号原子所在的结构中存在碳碳双键等平面结构，根据乙烯等平面结构的类推，1-4号原子在同一平面上，C错误。 角中氧原子为sp²杂化，约为120°，角中氧原子为sp3杂化，约109°28'，故大于，D正确。 （5）形成大键的原子数为5，形成大键的电子数为6，所以EMIM+中的大键应表示为；由于氮原子上连上氢原子易形成微粒间氢键，使该离子不易以单个形式存在，无法获得良好的溶解性。 （6）用B掺杂TiN后（晶胞结构中只是B原子部分代替钛原子)，其晶胞结构如图所示，由图中可知距离Ti最近的B有4个；1个晶胞中含有N原子个数为：个，B为1个，Ti为：个，设晶胞的边长为anm，则有：，解得：，Ti与B的最近距离为面对角线的一半，则为；根据题意可知，B原子代替部分钛原子，因此一个TiN晶胞中含有Ti的个数为：个，N原子个数为：个，故掺杂B后的晶体密度是TiN晶体的倍。 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省张家界市2025-2026学年高二下学期期末考试自编试卷 化学试题 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 N-14 Mg-24 Ca-40 第I卷（选择题 共42分） 一、选择题：本题共14个小题，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。 1．利用现代仪器和方法，可测定分子的结构。下列说法错误的是 A．利用红外光谱法可判断的类别 B．利用质谱法可获取被测定物质的相对分子质量 C．利用X射线衍射技术可测定青蒿素分子的键长、键角 D．利用原子光谱上的特征谱线鉴定元素的方法称为色谱法 2．下列各组化合物中，不互为同分异构体的是 A．、H2C=CH-CH2-CH2-C≡CH B．、 C．、 D．CH3CH2CH2CHO、CH2=CHCH2CH2OH 3．下列晶体中，前者属于共价晶体，后者属于分子晶体的是 A．晶体硅、冰 B．足球烯（C60）、干冰 C．碳化硅、金刚石 D．固态氢、二氧化硅 4．图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点（如图2），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是 A．CF4 B．CH4 C．HCl D． 5．基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述不正确的是 A．杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道杂化而成 B．VSEPR理论认为VSEPR模型与分子的空间结构相同 C．泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子 D．元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律 6．1842年德国化学家维勒用电石()和水反应制备乙炔。兴趣小组利用以下装置进行实验。其中难以达到预期目的的是 A．制备 B．除掉中的 C．收集 D．验证的还原性 A．A B．B C．C D．D 7．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是 A．放入水中： B．通过灼热铁粉： C．铜丝插入热的浓硫酸中： D．通入酸性溶液中： 8．苯与在一定条件下能发生如下反应，其中部分转化历程与能量变化如图所示： 下列说法不正确的是 A．反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ B．由苯得到时，苯中的大π键没有变化 C．苯与主要发生取代反应，生成有机主产物Ⅱ D．选择相对较短的反应时间能有效增加产物Ⅱ的比例 9．血红蛋白可与结合为，的结构如左下图所示，其中铁元素为+2价。吸入时会产生而使人中毒。已知卟啉中所有原子共平面。下列说法错误的是 A．基态的价电子排布式为 B．中的配位数为6 C．卟啉中N原子的杂化方式有和 D．中C原子为提供孤对电子，且结合的能力比强 10．在实验室由芳香烃A制备E的合成路线如图所示。下列说法错误的是 A．芳香烃A的名称是甲苯 B．C物质最多有13个原子共面 C．D物质的分子式为 D．E物质具有碱性，能和稀盐酸反应 11．科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意如下。下列说法正确的是 A．氧化性：，还原性： B．该过程中NO2为催化剂 C．上述反应过程中，S的成键数目保持不变 D．第Ⅱ、Ⅲ阶段总反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1 12．有关晶体的结构如图所示，下列说法中正确的是 A．该气态团簇分子的分子式为EF或FE B．在金刚石晶胞中，若正方体棱长为a cm，则碳原子间的最短距离为a cm C．钛酸钙的化学式为Ca2TiO4 D．硒化锌晶体中与一个Se2-距离最近且相等的Se2-有8个 13．关于下列三种常见高分子材料的说法正确的是 A．酚醛树脂、顺丁橡胶和涤纶都属于天然高分子材料 B．酚醛树脂的单体是苯酚和甲醇 C．顺丁橡胶的单体与反-2-丁烯互为同分异构体 D．涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的 14．可作白色颜料，利用废液(含有、、、)制备的工艺流程如图所示。下列说法中错误的是    A．“还原”流程中，“滤渣”的成分有铜和铁 B．“水解”流程中，加水能够促进的水解 C．“水解”流程的离子反应是 D．“洗涤”流程加入的稀盐酸能换成溶液 第II卷（非选择题 共58分） 2、 非选择题：本题共4个小题，共58分。 15．实验室利用邻羟基苯甲酸(水杨酸)与乙酸酐反应制备乙酰水杨酸。主要试剂和产品的物理常数如下表： 名称 分子量 熔、沸点/℃ 在下列物质中的溶解性 水 醇 醚 水杨酸 138 158(熔点) 微溶 易溶 易溶 乙酸酐 102 139(沸点) 易溶 可溶 易溶 乙酰水杨酸 180 135(熔点) 微溶于冷水，易溶于热水 可溶 微溶 已知：乙酸酐(CH3CO)2O遇水易生成乙酸。 反应原理及部分实验装置： +(CH3CO)2O+CH3COOH 实验步骤如下： ①在50mL三颈烧瓶中，加入干燥的水杨酸6.9g和新制的乙酸肝10mL(密度为l。087g·cm-3)，再加10滴浓硫酸，充分搅拌。 ②加热至水杨酸全部溶解，保持瓶内温度在70℃左右，维持20min。 ③稍冷后，在不断搅拌下倒入100mL冷水中，并用冰水浴冷却l5min，抽滤，冰水洗涤，得乙酰水杨酸粗产品。 ④粗产品经提纯后得无色晶体状乙酰水杨酸6.5g。 回答下列问题： (1)仪器A的名称是_______。 (2)仪器B的作用是_______，进水口为_______(填“a”或“b”)。 (3)实验控制反应温度在70℃左石，选择适宜的加热方式为_______(填“直接加热”或“水浴加热”)。 (4)实验中所有仪器和药品都需要进行干燥处理，原因是_______(用化学方程式表示)。 (5)制备粗品过程中将反应混合物倒入冷水中，目的是_______。 (6)本实验的产率为_______。若要得到纯度更高的乙酰水杨酸晶体，用于提纯的方法为_______。(已知：产率= 16．环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下： 回答下列问题： I．环己烯的制备与提纯 (1)原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为_______。 (2)操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。 ①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为_______，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择而不用浓硫酸的原因为_______(填序号)。 a.浓硫酸易使原料炭化并产生 b.污染小、可循环使用，符合绿色化学理念 c.同等条件下，用比浓硫酸的平衡转化率高 ②仪器B的作用为_______。 (3)操作2的名称是_______。 (4)将操作3(蒸馏)的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，_______，弃去前馏分，收集的馏分。 II．环己烯含量的测定 在一定条件下，向环己烯样品中加入，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中，发生的反应如下： ① ② ③ (5)样品中环己烯的质量分数为_______(用字母表示)。 (6)下列情况会导致测定结果偏低的是_______(填序号)。 a.样品中含有苯酚杂质 b.在测定过程中部分环己烯挥发 c.标准溶液部分被氧化 17．含NO烟气需要处理后才能排放。 (1)湿法氧化法处理含NO烟气。酸性条件下，用NaClO2作氧化剂将NO氧化为NO，并放出热量。 ①该反应的离子方程式为___________。 ②向NaClO2溶液中加入Fe3＋，会发生反应：Fe3＋＋ClO=Fe2＋＋ClO2↑。控制其他条件相同，分别以NaClO2溶液和含少量Fe3+的NaClO2溶液为吸收剂，测得相同时间内，NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的变化如图1所示。 i.NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因是_____。 ii.起始NaClO2溶液浓度相同时，含Fe3+的NaClO2溶液作为吸收剂，NO的氧化率更高，原因是_______。 iii.以NaClO2溶液为吸收剂，NO的氧化率随温度的变化情况，如图2所示。温度超过60℃后，NO氧化率下降，试解释其原因_____。 (2)有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2。 ①在钒基催化剂(V2O5)作用下的脱硝反应机理如图3所示，总反应的化学方程式为___________。 ②按上述图中NH3、NO和O2的比例进行催化脱硝反应。反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图4所示。超过200℃后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是___________。 18．金属钛被誉为“二十一世纪金属”，是继铁、铝之后应用广泛的“第三金属”，具有广泛的应用前景。 (1)钛原子核外有_______种运动状态不同的电子，电子占据的最高能层的电子排布式为_______。 (2)已知与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，其结构如图所示，该阳离子的化学式为_______。 (3)(硼氢化钛)可由和反应制得。的立体构型为_______，B原子的杂化轨道类型为_______，电负性大小顺序为H_______B(填“>”或“<”)。 (4)钛离子形成的某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如下图所示。下列说法正确的是_______(填字母)。 A．配合物中含有共价键、配位键、氢键和离子键 B．钛的配位数为6 C．1-4号原子不在同一平面上 D．大于 (5)钛酸四异丙酯可与形成一种易燃物质，结构如图，其环上所有原子共平面。大键可用符号表示，其中m表示参与形成大键的原子数，n表示形成大键的电子数。中的大键应表示为_______。为使以单个形式存在从而获得良好的溶解性，应避免与N原子相连的被H原子替代，其原因是_______。 (6)用B掺杂TiN后(晶胞结构中只是B原子代替部分钛原子)，其立方体晶胞结构如图3所示，距离Ti最近的B有_______个，已知掺杂B后的晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，Ti与B的最近距离为_______nm；TiN晶体的密度是掺杂B后晶体密度的_______倍(保留两位有效数字，假设掺杂B前后，晶胞体积不变)。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $