精品解析：江苏扬州市2025-2026学年度第二学期高二期末调研 化学试卷

高二化学试卷 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1．本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 5．如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Cu64 一、单项选择题：共13题，每题3分，共计39分。每题只有一个选项符合题意。 1. 模拟月壤砖由SiO2、Al2O3、CaO、FeO等烧结而成。下列元素属于过渡元素的是 A. Si B. Al C. Ca D. Fe 2. 超氧化钾(KO2)可用作制氧剂：。下列说法正确的是 A. K+的结构示意图： B. 中子数为10的氧原子： C. 的空间构型为平面三角形 D. CO2是极性分子 3. 有机化合物AMS()可用于制备高性能涂料。下列关于其说法正确的是 A. 分子式为C9H10 B. 是苯的同系物 C. 存在顺反异构体 D. 1 mol AMS最多能与3 mol H2反应 4. 电解KF与HF的熔融混合物可制得F2；电解饱和食盐水可制得Cl2。下列说法正确的是 A. 半径： B. 沸点：KF>HF C. 电负性： D. 电离能： 5. 实验室制备乙烯并验证其化学性质的原理及装置均正确的是 A. 制取乙烯 B. 除去乙烯中的SO2 C. 验证乙烯不饱和性 D. 收集较纯乙烯 阅读下列材料，完成以下3个小题： 钒和硼的化合物在催化和电池领域应用广泛。V2O5能与浓盐酸反应，生成氯气和VO2+；在工业制硫酸中，V2O5可作SO2转化为SO3的催化剂。晶体硼的硬度接近金刚石；BCl3水解生成一元弱酸硼酸(H3BO3)。碱性硼化钒空气电池是一种高能电池，放电时总反应为：。 6. 下列说法正确的是 A. 晶体硼为分子晶体 B. 基态钒原子未成对电子数为3 C. 键角： D. V2O5可提高SO2转化为SO3的平衡转化率 7. 下列化学反应表示不正确的是 A. V2O5氧化浓盐酸制氯气： B. BCl3水解： C. 向硼酸溶液中加入过量NaOH溶液： D. 碱性空气电池的负极反应： 8. 钒催化剂对H2O2氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如下，其中步骤③为放热反应。下列说法正确的是 A. X为H+ B. 在催化循环中起还原作用 C. 步骤③正、逆反应的活化能关系为 D. 总反应： 9. 有机物Z是一种治疗阿尔茨海默病的药物合成中间体，合成反应如下： 下列说法正确的是 A. X分子中碳原子均为sp3杂化 B. Y分子间能形成氢键 C. Z分子中所有原子一定共平面 D. 该反应的原子利用率可达100% 10. 硫酸盐还原菌(SRB)可以处理含Cu2+酸性硫酸盐废水，结合电解法可同时实现有机废水(用含CH3COO-的溶液模拟)的处理，原理如题10图所示，下列说法正确的是 A. 电极a与直流电源的正极相连 B. 电解时，H+向电极b移动 C. 电解后，该酸性硫酸盐废水的pH增大 D. 电极b上产生0.1 mol CO2时，可产生4.8 g CuS 11. 室温下，根据下列实验操作和现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验操作和现象 结论 A 用铂丝蘸取某碱性溶液，在酒精灯外焰灼烧，焰色呈黄色 该溶液是NaOH溶液 B 向NaBr和NaI均为0.1 mol·L-1的混合溶液中加入CCl4，再逐滴加入氯水并振荡，CCl4层先出现紫红色 还原性： C 用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4固体，一段时间后过滤、洗涤滤渣，加盐酸后滤渣部分溶解，有气体产生 D 将少量SO2气体通入0.1 mol·L-1 Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀产生 难溶于水 A. A B. B C. C D. D 12. 从模拟酸性工业废液中(含Cd2+、Fe2+、)回收镉、铁的过程如下： 已知：，。下列说法正确的是 A. 模拟废液中： B. “沉镉”得到的上层清液中： C. 0.1 mol·L-1氨水和0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液等体积混合所得溶液： D. “沉铁”时发生反应： 13. 水煤气是H2的主要来源，C-H2O-CaO体系制H2的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 恒压条件下，投入C、H2O、CaO的量一定。体系达平衡后，气态物质中CO、CO2和H2物质的量分数随温度的变化关系如图所示。 已知：图示温度范围内C(s)均已反应完全且。下列说法正确的是 A. 曲线b表示H2 B. 的焓变 C. 温度为T1，若此时气体总物质的量为4.0 mol，则n(CaCO3)为1.0 mol D. 温度为T2，向平衡体系中再通入少量CO2，重新达平衡后，c(CO2)不变 二、非选择题：共4题，共计61分。 14. 电解精炼铜产生的阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收工艺流程如下： 已知：上述反应温度下，。 （1）基态Se原子的价电子排布式为________。 （2）“酸浸”所得“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3。滤渣1中主要成分除了含有Au、PbSO4外，还含有________。(填写化学式) （3）“除金”所得“滤液2”中含[AuCl4]-，发生反应的离子方程式为________。 （4）“分银”时，存在平衡：，该反应的平衡常数表达式K=________。控制pH8~10，银浸出率受温度的影响如图1所示；不同温度下，分银所得固体X射线衍射谱图如图2所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。随着温度升高，银浸出率先上升后下降的原因是________。 （5）利用氨水、葡萄糖溶液还原“沉银”所得的AgCl制备Ag。补充完整制备Ag的实验方案：取“沉银”所得的AgCl于烧杯中，________，过滤，洗涤，干燥，得到Ag(实验中必须使用的试剂和设备：12%氨水、10%葡萄糖溶液、通风设备、50℃恒温水浴)。 15. 化合物I是合成扎布沙星药物的一种重要中间体，其合成路线如下： 注：Boc-为，Ms-为 （1）A分子中含氧官能团名称为________；D分子中手性碳原子数目为________。 （2）D→E的反应需要经历D→X→E的过程，中间体X为Boc-C6H10N3O2，其结构简式为________。 （3）F→G的反应类型为________。 （4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：________。 能与FeCl3溶液发生显色反应。水解生成X和Y两种有机物，X分子中含有苯环且有2种不同化学环境的氢原子，Y分子中仅含一种官能团且含有3种不同化学环境的氢原子。 （5）已知：。写出以苯和CH2=CHCN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)。 16. 双核Cu(Ⅰ)配合物[Cu2(dppy)3(CH3CN)](ClO4)2在发光器件、生物标记等方面有很大的发展潜能，可通过[Cu(CH3CN)4]ClO4制备。 已知：dppy为一种有机分子；CH3CN的沸点是81.6℃；乙醚的沸点是34.5℃。 （1）[Cu(CH3CN)4]ClO4中配体为________；中心原子配位数为________。 （2）制备[Cu(CH3CN)4]ClO4 室温下，向圆底烧瓶中依次加入Cu(ClO4)2·6H2O、CH3CN和过量的Cu粉，在如图所示装置中反应至溶液基本呈无色，得到产物[Cu(CH3CN)4]ClO4。 ①该反应的化学方程式为________。 ②合成过程中需不断搅拌，目的是________。 （3）[Cu2(dppy)3(CH3CN)](ClO4)2的制备过程如下： ①Cu粉的作用是________。 ②已知：[Cu(CH3CN)4]ClO4和dppy均溶于CH3CN，[Cu2(dppy)3(CH3CN)](ClO4)2溶于CH3CN而不溶于乙醚。“洗涤”时，先用CH3CN与乙醚混合溶剂洗涤，后用无水乙醚洗涤的原因是________。 （4）测定产物[Cu2(dppy)3(CH3CN)](ClO4)2中Cu(Ⅰ)含量：准确称取0.1500 g产物于250 mL干燥的锥形瓶中，先加入浓HNO3溶解样品，使Cu(Ⅰ)完全转化为Cu2+，再依次加入蒸馏水、CH3COONa溶液和几滴指示剂，用0.01250 mol·L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，消耗20.00 mL EDTA标准溶液。计算该样品中Cu(Ⅰ)质量分数________(写出计算过程，保留四位有效数字)。 已知： 17. CH4-H2O(g)催化重整是制取H2的重要方法，发生反应如下： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 副反应 （1）高温条件下，反应Ⅰ可自发进行，可知该反应ΔS________0(填“>”或“<”)。 （2）催化剂活性与接触面积等因素有关。工业上CH4-H2O(g)催化重整一般选择较高水碳比［］，其原因是________。 （3）CH4-H2O(g)催化重整原理示意如图所示，加入CaO的作用有________。 （4）在装有Ni/γ-Al2O3催化剂的密闭容器中通入1 mol CH4和4.5 mol H2O(g)，若仅考虑反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时CH4的转化率和CO2的选择性随温度的变化如图所示。 ［］ ①850℃时，反应Ⅱ的平衡常数K的值为________。 ②CH4和H2O在催化剂表面发生反应的机理如ⅰ~ⅵ所示，写出第ⅱ步转化的反应式______________。 ⅰ． ⅱ．________ ⅲ． ⅳ． ⅴ． ⅵ． 注：*表示微粒吸附在催化剂表面。 ③实验测得：随着水蒸气浓度c(H2O)的增大，甲烷的反应速率v(CH4)先增大后减小，其中v(CH4)随c(H2O)的增大而减小的原因是________。 ④在Ni/γ-Al2O3催化剂中添加CeO2有利于形成氧空位，提升催化活性。若在CeO2中掺入少量CaO，用Ca2+替代部分Ce4+形成CaxCe1-xOy可进一步提升催化活性，其原因是________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二化学试卷 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1．本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 5．如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Cu64 一、单项选择题：共13题，每题3分，共计39分。每题只有一个选项符合题意。 1. 模拟月壤砖由SiO2、Al2O3、CaO、FeO等烧结而成。下列元素属于过渡元素的是 A. Si B. Al C. Ca D. Fe 【答案】D 【解析】 【详解】A．Si位于元素周期表第三周期第ⅣA族，属于主族元素，A不符合题意； B．Al位于元素周期表第三周期第ⅢA族，属于主族元素，B不符合题意； C．Ca位于元素周期表第四周期第ⅡA族，属于主族元素，C不符合题意； D．Fe位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于过渡元素，D符合题意； 故选D。 2. 超氧化钾(KO2)可用作制氧剂：。下列说法正确的是 A. K+的结构示意图： B. 中子数为10的氧原子： C. 的空间构型为平面三角形 D. CO2是极性分子 【答案】C 【解析】 【详解】A．K元素原子序数为19，的核电荷数应为+19，题图结构示意图核电荷数为+18，是Ar原子的结构示意图，A错误； B．氧原子质子数为8，中子数为10时，质量数=质子数+中子数=18，核素的正确表示为，B错误； C．中心C原子的价层电子对数，无孤电子对，采取杂化，空间构型为平面三角形，C正确； D．为直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，D错误； 故选C。 3. 有机化合物AMS()可用于制备高性能涂料。下列关于其说法正确的是 A. 分子式为C9H10 B. 是苯的同系物 C. 存在顺反异构体 D. 1 mol AMS最多能与3 mol H2反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．数得该有机物分子含9个C、10个H，分子式为，A正确； B．苯的同系物要求侧链均为饱和烷基，该物质侧链含碳碳双键，不属于苯的同系物，B错误； C．顺反异构要求碳碳双键两端的碳原子均连接不同的基团，该物质双键一端碳原子连接两个相同的H，不存在顺反异构体，C错误； D．苯环可与3 mol 加成，碳碳双键可与1 mol 加成，1 mol AMS最多与4 mol 反应，D错误； 故选A。 4. 电解KF与HF的熔融混合物可制得F2；电解饱和食盐水可制得Cl2。下列说法正确的是 A. 半径： B. 沸点：KF>HF C. 电负性： D. 电离能： 【答案】B 【解析】 【详解】A．与核外电子层结构相同，核电荷数，电子层结构相同的离子核电荷数越大半径越小，故，A错误； B．为离子晶体，熔融时破坏离子键，为分子晶体，熔融时破坏分子间作用力（含氢键），离子键强度远大于分子间作用力，故沸点，B正确； C．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，是电负性最大的元素，故，C错误； D．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，的原子半径大于，更易失去电子，故，D错误； 故选B。 5. 实验室制备乙烯并验证其化学性质的原理及装置均正确的是 A. 制取乙烯 B. 除去乙烯中的SO2 C. 验证乙烯不饱和性 D. 收集较纯乙烯 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验室制取乙烯需要乙醇与浓硫酸混合后加热至170℃，该装置无加热仪器，也没有温度计控制反应液温度，无法制取乙烯，A错误； B．酸性溶液既可以氧化，也会与乙烯发生氧化反应生成，消耗乙烯同时引入新杂质，不能用于除去乙烯中的，B错误； C．乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，装置为长进短出，可使气体与溶液充分接触，能验证乙烯的不饱和性，C正确； D．乙烯摩尔质量为，与空气平均摩尔质量接近，不能用排空气法收集到较纯的乙烯，应采用排水法，D错误； 故选C。 阅读下列材料，完成以下3个小题： 钒和硼的化合物在催化和电池领域应用广泛。V2O5能与浓盐酸反应，生成氯气和VO2+；在工业制硫酸中，V2O5可作SO2转化为SO3的催化剂。晶体硼的硬度接近金刚石；BCl3水解生成一元弱酸硼酸(H3BO3)。碱性硼化钒空气电池是一种高能电池，放电时总反应为：。 6. 下列说法正确的是 A. 晶体硼为分子晶体 B. 基态钒原子未成对电子数为3 C. 键角： D. V2O5可提高SO2转化为SO3的平衡转化率 7. 下列化学反应表示不正确的是 A. V2O5氧化浓盐酸制氯气： B. BCl3水解： C. 向硼酸溶液中加入过量NaOH溶液： D. 碱性空气电池的负极反应： 8. 钒催化剂对H2O2氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如下，其中步骤③为放热反应。下列说法正确的是 A. X为H+ B. 在催化循环中起还原作用 C. 步骤③正、逆反应的活化能关系为 D. 总反应： 【答案】6. B 7. A 8. A 【解析】 【分析】结合反应机理图可知和反应生成知、、H+，步骤①反应为，和苯生成，和、H+反应生成、和水，据此解答。 【6题详解】 A．晶体硼的硬度接近金刚石，则晶体硼不是分子晶体，而是共价晶体，A错误； B．基态钒原子的电子排布式，未成对电子数为3，B正确； C．中心原子S的价层电子对数为，含1对孤对电子，为杂化，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子之间的排斥力，键角小于，中心原子S的价层电子对数为，无孤对电子，为杂化，键角为，故键角，C错误； D．为催化剂，催化剂不影响平衡，不改变平衡转化率，D错误； 故选B。 【7题详解】 A．V2O5能与浓盐酸反应，生成氯气和VO2+，该反应的离子方程式为，题给方程式电荷不守恒、原子不守恒，A错误； B．BCl3水解生成一元弱酸硼酸(H3BO3)和盐酸，题给方程式符合反应客观事实、原子守恒，B正确； C．硼酸为一元弱酸，与过量的氢氧化钠反应生成，离子方程式为，C正确； D．由碱性硼化钒空气电池放电时总反应可知，负极为失去电子发生氧化反应生成和，电极反应式为，D正确； 故选A。 【8题详解】 A．由图可知，反应①的反应物为与，生成物为、与X，根据反应前后原子守恒和电荷守恒可知X是，A正确； B．在催化循环中V的化合价由+5降低到+4，所以起氧化作用，B错误； C．步骤③为放热反应，，即，C错误； D．根据反应机理，反应物为苯和​，生成物为苯酚和水，D错误； 故选A。 9. 有机物Z是一种治疗阿尔茨海默病的药物合成中间体，合成反应如下： 下列说法正确的是 A. X分子中碳原子均为sp3杂化 B. Y分子间能形成氢键 C. Z分子中所有原子一定共平面 D. 该反应的原子利用率可达100% 【答案】D 【解析】 【详解】A．X分子含有苯环，苯环碳原子、醛基中羰基碳原子均为杂化，并非所有碳原子都是杂化，A错误； B．形成分子间氢键需要分子中存在与N、O、F直接相连的氢原子，Y分子中所有氢都连接在碳原子上，氧均为醚键氧，不存在羟基氢这类氢键给体，无法形成分子间氢键，B错误； C．Z分子中存在多个饱和碳原子（如左侧六元含氧环上的碳均为饱和碳），饱和碳原子为四面体构型，因此所有原子不可能共平面，C错误； D．该反应为加成反应，X和Y的所有原子全部转化为产物Z，没有副产物小分子生成，因此原子利用率可达，D正确； 故选D。 10. 硫酸盐还原菌(SRB)可以处理含Cu2+酸性硫酸盐废水，结合电解法可同时实现有机废水(用含CH3COO-的溶液模拟)的处理，原理如题10图所示，下列说法正确的是 A. 电极a与直流电源的正极相连 B. 电解时，H+向电极b移动 C. 电解后，该酸性硫酸盐废水的pH增大 D. 电极b上产生0.1 mol CO2时，可产生4.8 g CuS 【答案】C 【解析】 【分析】电极b上转化为，C元素化合价升高，失电子，故b为阳极，与电源正极相连；a为阴极，与电源负极相连。 【详解】A．电极a为阴极，应与直流电源负极相连，A错误； B．电解池中阳离子向阴极移动，应向电极a移动，B错误； C．外电路每转移电子，就有通过质子交换膜从阳极迁移到阴极区，阴极反应之一为，另一个反应为，根据转移电子数等于移动的电荷数，故转移来的恰好参与了两个电极反应，故硫酸盐废水的浓度是由于极反应生成了水导致浓度降低，pH增大，C正确； D．阳极反应为，生成时转移电子；被还原为时，每生成转移电子，故转移电子时生成，质量为，但因为存在你竞争反应导致产生的CuS小于4.8g，D错误； 故选C。 11. 室温下，根据下列实验操作和现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验操作和现象 结论 A 用铂丝蘸取某碱性溶液，在酒精灯外焰灼烧，焰色呈黄色 该溶液是NaOH溶液 B 向NaBr和NaI均为0.1 mol·L-1的混合溶液中加入CCl4，再逐滴加入氯水并振荡，CCl4层先出现紫红色 还原性： C 用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4固体，一段时间后过滤、洗涤滤渣，加盐酸后滤渣部分溶解，有气体产生 D 将少量SO2气体通入0.1 mol·L-1 Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀产生 难溶于水 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．焰色反应呈黄色仅能证明溶液中含钠元素，该碱性溶液也可能是碳酸钠等其他含钠的碱性溶液，不一定为NaOH溶液，A错误； B．向等浓度的NaBr、NaI混合溶液中逐滴加氯水，层先显紫红色说明优先被氧化，还原性越强的离子越易被氧化，因此还原性，B正确； C．饱和溶液中浓度极高，可使浓度商从而生成沉淀，该实验无法证明，C错误； D．溶于水生成使溶液显酸性，酸性条件下具有强氧化性，将氧化为，生成的白色沉淀是，不能证明难溶于水，D错误； 故选B。 12. 从模拟酸性工业废液中(含Cd2+、Fe2+、)回收镉、铁的过程如下： 已知：，。下列说法正确的是 A. 模拟废液中： B. “沉镉”得到的上层清液中： C. 0.1 mol·L-1氨水和0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液等体积混合所得溶液： D. “沉铁”时发生反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．模拟酸性工业废液中(含、、)，根据电荷守恒：，该选项中，、、系数错误，A错误； B．“沉镉”得到的上层清液中，CdS达到了沉淀溶解平衡，而FeS未达到沉淀溶解平衡，则：、，那么溶液中，B错误； C．0.1 mol·L-1氨水和0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液等体积混合恰好完全反应生成碳酸铵，根据质子守恒得：，C正确； D．“沉铁”时还加入了氨水，氨水也参加了反应，故反应的离子方程式为：，D错误； 故答案选C。 13. 水煤气是H2的主要来源，C-H2O-CaO体系制H2的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 恒压条件下，投入C、H2O、CaO的量一定。体系达平衡后，气态物质中CO、CO2和H2物质的量分数随温度的变化关系如图所示。 已知：图示温度范围内C(s)均已反应完全且。下列说法正确的是 A. 曲线b表示H2 B. 的焓变 C. 温度为T1，若此时气体总物质的量为4.0 mol，则n(CaCO3)为1.0 mol D. 温度为T2，向平衡体系中再通入少量CO2，重新达平衡后，c(CO2)不变 【答案】D 【解析】 【分析】图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2的量减小，摩尔分数减小，CO的量升高，摩尔分数增大，且二者摩尔分数变化趋势相反，所以a曲线代表H2的摩尔分数的变化，b曲线代表CO的摩尔分数的变化，则c曲线代表的CO2摩尔分数随温度的变化，开始阶段CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，继续升温，已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以的摩尔分数减小。 【详解】A．根据以上分析，a曲线代表H2的摩尔分数的变化，b曲线代表CO的摩尔分数的变化，故A错误； B．根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得的焓变，故B错误； C．温度为T1，若此时气体总物质的量为4.0 mol，则H2、CO、CO2、H2O(g)的物质的量依次为4mol×0.5=2mol、4mol×0.15=0.6mol、4mol×0.05=0.2mol、(4-2-0.6-0.2)=1.2mol，设反应Ⅰ生成CO和H2物质的量都为xmol，反应Ⅱ消耗CO物质的量为ymol、生成H2物质的量为ymol，则x+y=2、x-y=0.6，解得x=1.3、y=0.7，反应Ⅱ生成CO2物质的量为0.7mol，反应Ⅲ消耗CO2物质的量为0.7mol-0.2mol=0.5mol，则由反应Ⅲ知，此时CaCO3(s)物质的量为0.5mol，故C错误； D．温度为T2，若向平衡体系中通入少量CO2，反应Ⅲ的K=，温度不变，K不变，则CO2的浓度不变，重新达平衡后，c(CO2)不变，故D正确； 选D。 二、非选择题：共4题，共计61分。 14. 电解精炼铜产生的阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收工艺流程如下： 已知：上述反应温度下，。 （1）基态Se原子的价电子排布式为________。 （2）“酸浸”所得“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3。滤渣1中主要成分除了含有Au、PbSO4外，还含有________。(填写化学式) （3）“除金”所得“滤液2”中含[AuCl4]-，发生反应的离子方程式为________。 （4）“分银”时，存在平衡：，该反应的平衡常数表达式K=________。控制pH8~10，银浸出率受温度的影响如图1所示；不同温度下，分银所得固体X射线衍射谱图如图2所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。随着温度升高，银浸出率先上升后下降的原因是________。 （5）利用氨水、葡萄糖溶液还原“沉银”所得的AgCl制备Ag。补充完整制备Ag的实验方案：取“沉银”所得的AgCl于烧杯中，________，过滤，洗涤，干燥，得到Ag(实验中必须使用的试剂和设备：12%氨水、10%葡萄糖溶液、通风设备、50℃恒温水浴)。 【答案】（1） （2）AgCl （3） （4） ①. ②. 20~50℃升温，AgCl转化为的速率增大；50~80℃升温，还原能力增强，AgCl转化为Ag的速率增大 （5）打开通风设备，在搅拌下缓慢滴加12%氨水，至固体完全溶解。将烧杯置于50℃恒温水浴中，在搅拌下滴加10%葡萄糖溶液，至向静置后上层清液中滴加10%葡萄糖溶液不出现浑浊 【解析】 【分析】该流程以含的电解精炼铜阳极泥为原料回收银，先向阳极泥中加入硫酸、过氧化氢、氯化钠进行酸浸，转化为和进入滤液 1，转化为氯化银沉淀，得到含Au、、AgCl的滤渣1；滤渣1加入硫酸、氯酸钠、氯化钠除金，单质金被氧化生成可溶性配离子进入滤液2，剩余含银、铅的滤渣2；滤渣2 加入亚硫酸钠分银，AgCl转化为可溶性银亚硫酸根配离子，铅元素以沉淀分离除去；向含银配离子的溶液中加盐酸沉银，重新析出AgCl，最后以AgCl为原料经还原制备单质银。 【小问1详解】 Se是34号元素，电子排布为，故基态Se原子的价电子排布式为； 【小问2详解】 阳极泥含，酸浸体系中有、、；过氧化氢将中氧化为进入滤液，释放银离子；体系中大量、结合生成难溶AgCl沉淀；Au不反应，本身难溶，故滤渣1中主要成分除了含有Au、外还有AgCl； 【小问3详解】 “除金”步骤：酸性环境下作氧化剂氧化单质Au，生成，故离子方程式为； 【小问4详解】 的平衡常数表达式为；由图2可知，较高温度时析出的晶体中主要含Ag单质，则随着温度升高，银浸出率先上升后下降的原因是：20~50℃升温，AgCl转化为的速率增大；50~80℃升温，还原能力增强，AgCl转化为Ag的速率增大； 【小问5详解】 氨水能将难溶氯化银转化为银氨溶液；控温50℃水浴：加快反应速率，水浴控温反应平稳；通风设备：实验过程中产生氨气等废气，需通风；葡萄糖为还原剂，水浴充分反应完全析出银单质，后过滤洗涤干燥得产品。故试验方案为：取“沉银”所得的AgCl于烧杯中，打开通风设备，在搅拌下缓慢滴加12%氨水，至固体完全溶解。将烧杯置于50℃恒温水浴中，在搅拌下滴加10%葡萄糖溶液，至向静置后上层清液中滴加10%葡萄糖溶液不出现浑浊，过滤，洗涤，干燥，得到Ag。 15. 化合物I是合成扎布沙星药物的一种重要中间体，其合成路线如下： 注：Boc-为，Ms-为 （1）A分子中含氧官能团名称为________；D分子中手性碳原子数目为________。 （2）D→E的反应需要经历D→X→E的过程，中间体X为Boc-C6H10N3O2，其结构简式为________。 （3）F→G的反应类型为________。 （4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：________。 能与FeCl3溶液发生显色反应。水解生成X和Y两种有机物，X分子中含有苯环且有2种不同化学环境的氢原子，Y分子中仅含一种官能团且含有3种不同化学环境的氢原子。 （5）已知：。写出以苯和CH2=CHCN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） ①. 酯基 ②. 1 （2）或 （3）取代反应 （4）或 （5） 【解析】 【分析】与在一定条件下发生反应得到，D→E的反应先发生加成反应，又发生消去反应。 【小问1详解】 A分子中含氧官能团名称为酯基；D分子中手性碳原子见标红处，，数目为1； 【小问2详解】 D为Boc-C5H5N2O，中间体X为Boc-C6H10N3O2，根据分子式，说明D与发生加成反应，结合E结构，可知X结构简式为或； 【小问3详解】 F→G是羟基上的H-被Ms-取代，反应类型为取代反应； 【小问4详解】 能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；水解生成X和Y两种有机物，X分子中含有苯环且有2种不同化学环境的氢原子，Y分子中仅含一种官能团且含有3种不同化学环境的氢原子，说明含有酯基或者酰胺基，而且X的结构高度对称。则符合条件的F的同分异构体的结构简式为：或； 【小问5详解】 根据G→H，要合成，需要先制备，可以由苯胺和CH2=CHCN得到，再结合已知：，则合成路线为：。 16. 双核Cu(Ⅰ)配合物[Cu2(dppy)3(CH3CN)](ClO4)2在发光器件、生物标记等方面有很大的发展潜能，可通过[Cu(CH3CN)4]ClO4制备。 已知：dppy为一种有机分子；CH3CN的沸点是81.6℃；乙醚的沸点是34.5℃。 （1）[Cu(CH3CN)4]ClO4中配体为________；中心原子配位数为________。 （2）制备[Cu(CH3CN)4]ClO4 室温下，向圆底烧瓶中依次加入Cu(ClO4)2·6H2O、CH3CN和过量的Cu粉，在如图所示装置中反应至溶液基本呈无色，得到产物[Cu(CH3CN)4]ClO4。 ①该反应的化学方程式为________。 ②合成过程中需不断搅拌，目的是________。 （3）[Cu2(dppy)3(CH3CN)](ClO4)2的制备过程如下： ①Cu粉的作用是________。 ②已知：[Cu(CH3CN)4]ClO4和dppy均溶于CH3CN，[Cu2(dppy)3(CH3CN)](ClO4)2溶于CH3CN而不溶于乙醚。“洗涤”时，先用CH3CN与乙醚混合溶剂洗涤，后用无水乙醚洗涤的原因是________。 （4）测定产物[Cu2(dppy)3(CH3CN)](ClO4)2中Cu(Ⅰ)含量：准确称取0.1500 g产物于250 mL干燥的锥形瓶中，先加入浓HNO3溶解样品，使Cu(Ⅰ)完全转化为Cu2+，再依次加入蒸馏水、CH3COONa溶液和几滴指示剂，用0.01250 mol·L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，消耗20.00 mL EDTA标准溶液。计算该样品中Cu(Ⅰ)质量分数________(写出计算过程，保留四位有效数字)。 已知： 【答案】（1） ①. CH3CN ②. 4 （2） ①. ②. 增大固、液反应物接触面积，使反应更快更充分 （3） ①. 保持还原性氛围，避免Cu(Ⅰ)被氧化为Cu(Ⅱ) ②. 先洗去晶体表面残留的[Cu(CH3CN)4]ClO4和dppy，减少产物中杂质；再洗去残留的CH3CN，有利于产物干燥 （4）10.67% 【解析】 【分析】由题意可知，制备[Cu2(dppy)3(CH3CN)](ClO4)2的过程为先以Cu(ClO4)2·6H2O、CH3CN和过量的铜粉为原料制得[Cu(CH3CN)4]ClO4，反应制得的[Cu(CH3CN)4]ClO4与铜粉、dppy和CH3CN反应制得[Cu2(dppy)3(CH3CN)](ClO4)2。 【小问1详解】 由化学式可知，[Cu(CH3CN)4]ClO4中中心离子为具有空轨道的亚铜离子，配体为CH3CN，配位数为4； 【小问2详解】 ①由题意可知，制得[Cu(CH3CN)4]ClO4的反应为Cu(ClO4)2·6H2O与CH3CN和过量的铜粉反应生成[Cu(CH3CN)4]ClO4和水，反应的化学方程式为：； ②合成[Cu(CH3CN)4]ClO4的过程中需不断搅拌，目的是增大固、液反应物接触面积，使反应更快更充分； 【小问3详解】 ①配合物[Cu(CH3CN)4]ClO4中铜元素为+1价，具有还原性，易被空气中氧气氧化，所以制备[Cu2(dppy)3(CH3CN)](ClO4)2过程中铜粉的作用是保持还原性氛围，避免Cu(Ⅰ)被氧化为Cu(Ⅱ)； ②由题给信息可知，“洗涤”时，先用CH3CN与乙醚混合溶剂洗涤，后用无水乙醚洗涤的原因是先洗去晶体表面残留的[Cu(CH3CN)4]ClO4和dppy，减少产物中杂质；再洗去残留的CH3CN，有利于产物干燥； 【小问4详解】 由题意可得如下转化关系：[Cu2(dppy)3(CH3CN)](ClO4)2~2Cu+~2 EDTA，滴定消耗20.00 mL 0.01250 mol/L EDTA标准溶液，则该样品中Cu(Ⅰ)质量分数：≈10.67%。 17. CH4-H2O(g)催化重整是制取H2的重要方法，发生反应如下： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 副反应 （1）高温条件下，反应Ⅰ可自发进行，可知该反应ΔS________0(填“>”或“<”)。 （2）催化剂活性与接触面积等因素有关。工业上CH4-H2O(g)催化重整一般选择较高水碳比［］，其原因是________。 （3）CH4-H2O(g)催化重整原理示意如图所示，加入CaO的作用有________。 （4）在装有Ni/γ-Al2O3催化剂的密闭容器中通入1 mol CH4和4.5 mol H2O(g)，若仅考虑反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时CH4的转化率和CO2的选择性随温度的变化如图所示。 ［］ ①850℃时，反应Ⅱ的平衡常数K的值为________。 ②CH4和H2O在催化剂表面发生反应的机理如ⅰ~ⅵ所示，写出第ⅱ步转化的反应式______________。 ⅰ． ⅱ．________ ⅲ． ⅳ． ⅴ． ⅵ． 注：*表示微粒吸附在催化剂表面。 ③实验测得：随着水蒸气浓度c(H2O)的增大，甲烷的反应速率v(CH4)先增大后减小，其中v(CH4)随c(H2O)的增大而减小的原因是________。 ④在Ni/γ-Al2O3催化剂中添加CeO2有利于形成氧空位，提升催化活性。若在CeO2中掺入少量CaO，用Ca2+替代部分Ce4+形成CaxCe1-xOy可进一步提升催化活性，其原因是________。 【答案】（1）> （2）可提高CH4转化率，有利于消除积碳 （3）与CO2反应生成CaCO3 ，提高H2的产率和H2的纯度 （4） ①. 1 ②. ③. c(H2O)增大，催化剂表面吸附H2O增加，导致吸附CH4减少，v(CH4)减小 ④. 1个Ca2+替代1个Ce4+，会减少1个O2-，增加氧空位 【解析】 【小问1详解】 对于反应，反应后气体物质的量增多，混乱度增大，因此ΔS＞0； 【小问2详解】 较高的水碳比意味着水蒸气的量相对较多。一方面，增大水蒸气的量，根据勒夏特列原理，会使反应Ⅰ、Ⅱ正向移动，提高CH4转化率，另一方面，水蒸气可以与生成的C发生反应：，有利于消除积碳； 【小问3详解】 从原理图看，重整反应器生成的CO2和CaO反应：，一方面消耗CO2，促使反应Ⅱ正向移动，提高H2产率，另一方面消耗CO2，提升H2的纯度； 【小问4详解】 ①已知：初始投入1 mol CH4和4.5 mol H2O(g)，CH4转化率为90%，CO2选择性50%，，故n(CO)=n(CO2)。则反应三段式为： 反应Ⅱ的平衡常数，同一容器体积V相同，浓度比等于物质的量比：； ②观察反应步骤，第ⅲ步反应需要OH*作为反应物，体系中氧元素来源于H2O，因此第ⅱ步是吸附在催化剂表面的水分子解离，生成后续反应所需的OH*与H*，故反应式为； ③v(CH4)随c(H2O)增大而减小的原因：水蒸气浓度过高时，大量H2O分子抢占催化剂表面吸附位点，使CH4在催化剂表面的吸附量减少，甲烷活化变慢，反应速率下降； ④Ca2+替代部分Ce4+提升活性：Ce4+是+4价，Ca2+是+2价，根据电荷守恒，每1个Ca2+替代1个Ce4+，会减少1个O2-来平衡电荷，氧空位数量增加，能更好吸附反应物，提升催化活性。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $