精品解析：江苏连云港市灌南县2025-2026学年高二第二学期期末学业水平质量监测 化学试题

2025-2026学年度高二第二学期期末学业水平质量监测 化学试题 注意事项 1.本试卷共8页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。 3.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。 一、单项选择题：共13小题，每小题3分，满分39分。 1. 石墨烯是一种由碳原子紧密堆积形成的单层蜂窝状结构的材料。将石墨烯卷曲处理可形成碳纳米管。下列有关说法正确的是 A. 石墨烯和碳纳米管互为同素异形体 B. 石墨烯是有机物 C. 石墨烯制碳纳米管时发生氧化还原反应 D. 碳纳米管属于胶体 2. 向CuSO4溶液中通入H2S，发生反应：CuSO4＋H2S=CuS↓＋H2SO4.下列有关说法正确的是 A. H2S的电子式为 B. Cu是d区过渡金属元素 C. Cu2＋的基态核外电子排布式为[Ar]3d10 D. 基态O原子核外电子轨道表示式为 3. 在酸性条件下可发生反应：。以为原料制取晶体的实验操作或原理不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取含的悬浊液 B. 用装置乙吸收挥发出的气体 C. 用装置丙除去S和未反应的 D. 用装置丁蒸干溶液，获得 4. 铝铵矾是一种重要的工业原料。下列说法正确的是 A. 键角： B. 半径： C. 沸点： D. 电负性： 阅读材料，回答下列小题： 第三周期元素的单质及其化合物具有重要用途。如在熔融状态下，可用金属钠制备金属钾；可制备多种镁产品；铝—空气电池具有较高的比能量，在碱性电解液中总反应为。高纯硅广泛用于信息技术领域，高温条件下，将粗硅转化为三氯硅烷()，再经氢气还原得到高纯硅。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297 kJ⋅mol-1)、单斜硫等。可除去废水中等重金属离子，水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变浑浊。 5. 下列说法正确的是 A. 斜方硫和单斜硫互为同位素 B. 的沸点比低 C. 1中含有4键 D. 键的键能大于键的键能 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 转化为高纯硅： B. 向溶液中加入小粒金属钠： C. 斜方硫燃烧：S(s，斜方硫) D. 铝—空气电池(碱性电解液)放电时的负极反应， 7. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 熔融能电解，可用作冶炼镁的原料 B. 具有还原性，可除去废水中的 C. 钠的密度比钾大，可用于冶炼金属钾 D. 晶体硅熔点高、硬度大，可用作通讯设备的芯片 8. 是一种重要的工业原料，研究表明用电解法直接制备的原理如图所示。下列说法正确的是 A. 电极b接电源的正极 B. 通过质子交换膜从右向左移动 C. 电极a的电极反应式： D. 当电极a消耗时，电极b可生成 9. 五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X可分别转化为Y、Z。 下列说法不正确的是 A. 1mol X最多与4mol NaOH 发生反应 B. Y在一定条件下可发生加成反应、消去反应 C. 可以用FeCl3溶液检验X是否完全转化为Y D. Z 在酸性条件下水解可生成两种有机物 10. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. B. C. D. 11. 室温下，根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向溶液中通入和气体X，产生白色沉淀 X有强氧化性 B 向溶液中加入酸性溶液，溶液褪色 具有还原性 C 向溶液中先滴加酚酞，再滴加溶液至过量，溶液红色变浅至消失 溶液中水解使溶液呈碱性 D 在2 mL 0.01 溶液中先滴入几滴0.01 溶液有黑色沉淀生成，再滴入0.01 溶液，又有白色沉淀生成 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，通过下列实验探究NaHCO3和Na2CO3的性质： 实验1：测定0.1mol/LNaHCO3溶液的pH约为8。 实验2：将0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LCaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀。 实验3：将少量FeSO4·7H2O溶于水，加入一定量的NaHCO3溶液，可制得FeCO3沉淀。 下列说法不正确的是 A. 实验1的溶液中存在： B. 实验2的上层清液中存在： C. 实验2的上层清液中存在： D. 实验3生成FeCO3沉淀的离子方程式为： 13. 工业上可用将燃煤尾气中的转化生产，涉及的反应如下： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 在密闭容器中，，按、和投料。达平衡状态时，体系中部分含硫物质及的随温度变化的理论计算结果如图所示(n为该物质的物质的量)，图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数无明显变化。下列说法正确的是 A. 曲线①表示平衡时的值随温度的变化 B. ，体系中物质的量之和为 C. 其他条件不变，温度高于，平衡时的物质的量随温度的升高而减小 D. M点处与的物质的量相等，则体系中 二、非选择题：共4大题，满分61分。 14. 以钴铜矿[主要成分为、、，另含少量及含砷化合物]制备锂电池正极原料，生产流程如图所示。 已知：①铜萃取原理为：，有机溶剂密度比水小； ②沉钴所得固体为； ③也称钴酸亚钴，化学式也可为。 （1）中钴离子的电子排布式为：_______。 （2）“酸浸”液中钴以形式存在，则“酸浸”液中的金属阳离子还有_______。适当升高温度可加快酸浸速率，但温度过高时钴的浸出率明显降低，其可能的原因是_______。 （3）实验室用分液漏斗模拟萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置后，分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为：_______。 （4）“除铁”过程中，溶液中的及部分转化为沉淀，写出该反应的离子方程式：_______。 （5）“焙烧”过程中，若氧气不足会产生而污染空气，其原因为_______(用方程式表示)。 （6）的一种晶胞结构属于立方晶胞，晶胞中分别占据形成的两种不同空隙(均末占满)，两个中有一个占据如图所示的位置，请在图中用“”符号标出另一个的位置_______。 15. 化合物G是一种麻醉药物，其合成路线如下： （1）B分子中采取杂化和杂化的碳原子个数比为___________。 （2）E→F中有副产物生成，该副产物的结构简式为___________。 （3）F→G的过程中，除用作反应物，另一作用为___________。 （4）G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①分子中含有4种不同环境的氢原子②酸性条件水解，产物之一为碳酸 （5）写出以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)。 16. 实验室模拟以碱性蚀刻废液[含及少量的NH4Cl、CaCl2]制备碱式碳酸铜的实验流程如下： （1）“沉铜”时，先将碱性蚀刻废液和足量NaOH溶液混合，置于如图所示实验装置中。 ①先控制温度50~60℃发生反应，得到含CuO及少量絮状Cu(OH)2的沉淀。写出转化为CuO的化学方程式：______。充分反应后再将温度升至80~90℃并保持一段时间，其目的是______。 ②检验“沉铜”是否完全的简单实验操作及现象为______。 （2）检测“氨浸”后溶液中溶质成分：取少量溶液浓缩得到蓝色晶体，测得该晶体中N、Cu元素的质量分数分别为17.51%、39.73%，蓝色晶体的主要成分为______（填字母）。 A． B． C． （3）将“氨浸”后的溶液置于90℃热水浴中“蒸氨”，获得。蒸出的气体通过碱石灰后再进行循环使用，通过碱石灰的主要目的是______。 （4）铜元素含量的测定原理为，。补充完整测定样品中铜元素含量的实验方案：取一定质量的固体样品溶于稀硫酸中，配成100 mL溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，______，用溶液滴定至浅蓝色，加入稍过量的KSCN溶液，______。记录数据，重复滴定2~3次，计算。[已知：①I2浓度较大时能被淀粉吸附，使滴定产生误差；②CuI可吸附少量I2；③，CuSCN不吸附I2。实验须使用的试剂：KI溶液、溶液、淀粉溶液] 17. 甲醇和水催化重整制氢是连接甲醇经济与氢能应用的关键技术。 （1）甲醇和水重整过程中主要发生以下反应： 反应I： (蒸汽重整) 反应II： (水相重整) ①反应I与反应II的的大小关系为___________(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。 ②反应物起始物质的量比条件下，甲醇和水蒸气重整制氢时密闭容器中、、和物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。随着温度的升高，的物质的量分数先减小后增大的原因是___________。 （2）双金属催化剂(载体)催化甲醇水相重整时，通过缺电子Pt位点加快甲醇的吸附活化。 ①Pt与Co均为过渡金属，其单质晶体的堆积方式均为面心立方最密堆积，该堆积方式的配位数为___________。 ②从电负性角度分析，造成Pt位点缺电子的可能原因是___________。 ③中Mo的化合价为+4，则S的存在形式为___________(填化学式)。 （3）是甲醇和水催化重整的催化剂。催化过程中会发生氧化还原重构循环过程，反应过程示意图如图所示。 ①描述催化剂重构时的“还原”过程为___________。 ②升高温度，向生成方向移动。向反应体系中通入，则催化剂重构平衡向___________(填“氧化”或“还原”)移动，原因是___________。 （4）有很高的催化稳定性。其催化甲醇和水重整的反应路径如图所示。已知：(反应物)，(生成物)，其中、…为各步基元反应速率常数，k与温度成正比。 ①中氧空位在催化循环中的作用是___________。 ②结合图示副反应，升高温度，甲醇重整制氢主反应选择性降低，其原因___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度高二第二学期期末学业水平质量监测 化学试题 注意事项 1.本试卷共8页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。 3.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。 一、单项选择题：共13小题，每小题3分，满分39分。 1. 石墨烯是一种由碳原子紧密堆积形成的单层蜂窝状结构的材料。将石墨烯卷曲处理可形成碳纳米管。下列有关说法正确的是 A. 石墨烯和碳纳米管互为同素异形体 B. 石墨烯是有机物 C. 石墨烯制碳纳米管时发生氧化还原反应 D. 碳纳米管属于胶体 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨烯(单层二维蜂窝结构)和碳纳米管(卷曲管状结构)是由同种元素组成而性质不同(结构不同)的单质，两者互为同素异形体，A正确； B．有机物是碳氢化合物或其衍生物，而石墨烯是碳单质，属于无机物，B错误； C．石墨烯和碳纳米管均为碳单质，石墨烯制碳纳米管时结构发生改变，但未涉及电子转移或化合价变化，则未发生氧化还原反应，C错误； D．胶体是分散系(分散质+分散剂)，属于混合物，但碳纳米管为单一物质，不属于胶体，D错误；  故选A。 2. 向CuSO4溶液中通入H2S，发生反应：CuSO4＋H2S=CuS↓＋H2SO4.下列有关说法正确的是 A. H2S的电子式为 B. Cu是d区过渡金属元素 C. Cu2＋的基态核外电子排布式为[Ar]3d10 D. 基态O原子核外电子轨道表示式为 【答案】A 【解析】 【详解】A．H2S是共价化合物，S与2个H之间各共用一对电子，电子式为，A正确； B．Cu的价电子排布式为3d104s1，属于ds区的过渡金属元素，B错误； C．Cu2＋的基态核外电子排布式为[Ar]3d9，C错误； D．根据洪特规则，电子优先以自旋平行的形式占满每个轨道，基态O原子核外电子轨道表示式为，D错误； 故选A。 3. 在酸性条件下可发生反应：。以为原料制取晶体的实验操作或原理不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取含的悬浊液 B. 用装置乙吸收挥发出的气体 C. 用装置丙除去S和未反应的 D. 用装置丁蒸干溶液，获得 【答案】D 【解析】 【详解】A．装置甲中，与稀硫酸在加热、电磁搅拌条件下发生反应：，可制取制取含的悬浊液，A正确; B．是酸性气体，能与NaOH溶液反应，装置乙可吸收挥发出的气体，B正确; C．S和未反应的难溶于水，易溶于水，用装置丙（过滤装置）可除去S和未反应的，C正确。 D．溶液蒸发结晶时，易被氧化，且直接蒸干溶液不能得到晶体，应该蒸发浓缩、冷却结晶，D错误； 故答案选D。 4. 铝铵矾是一种重要的工业原料。下列说法正确的是 A. 键角： B. 半径： C. 沸点： D. 电负性： 【答案】A 【解析】 【详解】A．的中心原子价电子对数是4，无孤电子对，NH3中心原子价电子对数为4，有1个孤电子对，所以键角：，故A正确； B．Al3+和O2−电子层结构相同，则核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：r(O2−)>r(Al3+)，故B错误； C．H2O中含有氢键，H2S中不含氢键，则沸点：H2O>H2S，故C错误； D．AlH3中氢元素化合价为-1价，铝元素化合价为+3价，则电负性：χ(H)>χ(Al)，故D错误； 故本题选A。 阅读材料，回答下列小题： 第三周期元素的单质及其化合物具有重要用途。如在熔融状态下，可用金属钠制备金属钾；可制备多种镁产品；铝—空气电池具有较高的比能量，在碱性电解液中总反应为。高纯硅广泛用于信息技术领域，高温条件下，将粗硅转化为三氯硅烷()，再经氢气还原得到高纯硅。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297 kJ⋅mol-1)、单斜硫等。可除去废水中等重金属离子，水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变浑浊。 5. 下列说法正确的是 A. 斜方硫和单斜硫互为同位素 B. 的沸点比低 C. 1中含有4键 D. 键的键能大于键的键能 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 转化为高纯硅： B. 向溶液中加入小粒金属钠： C. 斜方硫燃烧：S(s，斜方硫) D. 铝—空气电池(碱性电解液)放电时的负极反应， 7. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 熔融能电解，可用作冶炼镁的原料 B. 具有还原性，可除去废水中的 C. 钠的密度比钾大，可用于冶炼金属钾 D. 晶体硅熔点高、硬度大，可用作通讯设备的芯片 【答案】5. B 6. D 7. A 【解析】 【5题详解】 A．斜方硫、单斜硫均为硫单质，且为不同物质，则斜方硫和单斜硫互为同素异形体，A错误； B．水分子间含有氢键，氢键较一般分子间作用力强，则水的沸点比H2S高，B正确； C．[Al(OH)4]-中1个氢氧根含有1个σ键、又与铝原子形成1个配位键，故1mol[Al(OH)4]-中含有8molσ键，C错误； D．氧原子半径小于硅原子，Si－Si键的键长大于Si－O键的键长，导致Si－Si键的键能小于Si－O键的键能，D错误； 故选B。 【6题详解】 A．氢气还原转化为高纯硅需要在高温条件下进行，化学反应方程式为，故A错误； B．向溶液中加入小粒金属钠，钠先与水反应生成氢氧化钠，再与硫酸铜反应，离子方程式为，故B错误； C．斜方硫的燃烧热为297，即燃烧热，则斜方硫燃烧的热化学方程式为S(s，斜方硫) ，故C错误； D．在碱性电解液中铝—空气电池的总反应为，铝为负极，通氧气的一极为正极，则放电时的负极反应为，故D正确； 答案选D。 【7题详解】 A．氯化镁为离子化合物，熔融的氯化镁能电解生成镁，可用作冶炼镁的原料，A正确； B．H2S部分电离产生的硫离子与汞离子结合生成沉淀，可除去废水中的Hg2+，B错误； C．钾比钠熔点低，反应置换出钾的蒸气，生成钾蒸气后逸出，反应平衡正移，可用于冶炼金属钾，C错误； D．晶体硅是良好的半导体，可用作通讯设备的芯片，并不是因为其熔点高、硬度大，D错误； 故选A。 8. 是一种重要的工业原料，研究表明用电解法直接制备的原理如图所示。下列说法正确的是 A. 电极b接电源的正极 B. 通过质子交换膜从右向左移动 C. 电极a的电极反应式： D. 当电极a消耗时，电极b可生成 【答案】C 【解析】 【分析】电极a作为阳极，转化为，元素化合价升高，发生氧化反应。电极反应式为；电极b作为阴极，转化为，元素化合价降低，发生还原反应。电极反应式为。质子交换膜允许通过。在电解过程中，阳离子向阴极移动，所以会从阳极（电极a）区域通过质子交换膜向阴极（电极b）区域移动。 【详解】A．在电极b上，转化为，元素化合价降低，发生还原反应，所以电极b是阴极，应接电源负极，A错误； B．电解池中，阳离子向阴极移动，电极b是阴极，所以通过质子交换膜应从左向右移动，B错误； C．电极a上转化为，N元素从0价升高到+5价，1个失去10个电子，结合电解质溶液为酸性环境，根据电荷守恒和原子守恒，电极反应式为，C正确； D．未指明2.24L是否处于标准状况，无法根据气体体积计算其物质的量，也就不能确定生成的物质的量，D错误； 综上，答案是C。 9. 五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X可分别转化为Y、Z。 下列说法不正确的是 A. 1mol X最多与4mol NaOH 发生反应 B. Y在一定条件下可发生加成反应、消去反应 C. 可以用FeCl3溶液检验X是否完全转化为Y D. Z 在酸性条件下水解可生成两种有机物 【答案】D 【解析】 【详解】A．X含3个酚羟基和1个羧基，所以1mol X最多与4mol NaOH 发生反应，A正确； B．Y中含有碳碳双键，在一定条件下可以发生加成，Y中含有醇羟基，且相邻碳原子上含有氢原子，在浓硫酸加热条件下可发生消去反应，B正确； C．酚羟基与FeC13溶液发生显色反应，由于Y不含有酚羟基，加入FeC13溶液后若没有紫色，说明X完全转化了，若有紫色说明未完全转化，能根据溶液颜色确定X未完全转化，C正确； D．Z在酸性条件下酯基发生水解反应生成有机物为，只有一种产物，D错误； 答案选D。 10. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液中先通氨气再通二氧化碳气体可生成碳酸氢钠晶体，而氯化钠溶液中只通入二氧化碳不反应，故A不符合题意； B．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故B不符合题意； C．氨气催化氧化生成NO，NO与氢氧化钠不能直接反应，故C不符合题意； D．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下可生成乙醇，故D符合题意； 故选：D。 11. 室温下，根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向溶液中通入和气体X，产生白色沉淀 X有强氧化性 B 向溶液中加入酸性溶液，溶液褪色 具有还原性 C 向溶液中先滴加酚酞，再滴加溶液至过量，溶液红色变浅至消失 溶液中水解使溶液呈碱性 D 在2 mL 0.01 溶液中先滴入几滴0.01 溶液有黑色沉淀生成，再滴入0.01 溶液，又有白色沉淀生成 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．溶液中通入和X气体产生白色沉淀，可能因X的强氧化性将氧化为硫酸根生成硫酸钡沉淀，也可能是氨气和二氧化硫在水中发生反应，然后与氯化钡发生复分解生成亚硫酸钡沉淀，所以X可能不是强氧化性气体（如NH3），A错误； B．溶液中加入酸性褪色，具有还原性可被氧化，但Cl-在酸性条件下也可能被氧化，无法排除Cl-的干扰，B错误； C．溶液显碱性是因水解生成OH⁻，加入后生成BaSO3沉淀，浓度降低导致水解平衡逆向移动，OH⁻减少，碱性减弱，红色褪去，C正确； D．溶液中S2-过量，加入硫酸铜，先形成CuS沉淀，再滴入0.01 溶液，剩余的硫离子会直接与锌离子反应形成ZnS沉淀，无法据此比较溶度积，D错误； 故选C。 12. 室温下，通过下列实验探究NaHCO3和Na2CO3的性质： 实验1：测定0.1mol/LNaHCO3溶液的pH约为8。 实验2：将0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LCaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀。 实验3：将少量FeSO4·7H2O溶于水，加入一定量的NaHCO3溶液，可制得FeCO3沉淀。 下列说法不正确的是 A. 实验1的溶液中存在： B. 实验2的上层清液中存在： C. 实验2的上层清液中存在： D. 实验3生成FeCO3沉淀的离子方程式为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验1中NaHCO3溶液pH约为8，说明水解程度大于电离程度，即，因此Ka1·Ka2 < Kw，A正确； B．实验2生成CaCO3沉淀后，上层清液为饱和溶液，此时c(Ca2+)·c() = Ksp(CaCO3)，B错误； C．实验2中存在电荷守恒：。由于等体积混合后c(Na+) = c(Cl-) = 0.1mol/L，联立可得：2c(Ca2+) + c(H+) = c() + 2c() + c(OH-)，C正确； D．实验3中Fe2+与反应生成FeCO3，据电荷守恒、原子守恒，同时生成CO2和H2O，离子方程式为：，D正确； 故选B。 13. 工业上可用将燃煤尾气中的转化生产，涉及的反应如下： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 在密闭容器中，，按、和投料。达平衡状态时，体系中部分含硫物质及的随温度变化的理论计算结果如图所示(n为该物质的物质的量)，图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数无明显变化。下列说法正确的是 A. 曲线①表示平衡时的值随温度的变化 B. ，体系中物质的量之和为 C. 其他条件不变，温度高于，平衡时的物质的量随温度的升高而减小 D. M点处与的物质的量相等，则体系中 【答案】D 【解析】 【分析】按1 molCaS、1 molSO2和0.1 molH2O投料，依据原子守恒分析：①钙元素守恒，则有n(CaSO4)+n(CaS)=1 mol，②气体物质中硫元素守恒，n(SO2)+n(H2S)+2n(S2)=1 mol，③氢元素守恒，n(H2O)+n(H2S)+n(H2)=0.1 mol，④氧元素守恒，n(H2O)+ 4n(CaSO4)+ 2n(SO2) =2.1 mol；图示温度范围内反应Ⅱ的平衡常数无明显变化，则；据此分析。 【详解】A．依据分析结合反应Ⅲ，随着温度升高，n(H2S)减小，n(H2)增加，n(S2)也应该增加（比氢气增加幅度小），又n(CaS)增加，则升高温度反应Ⅰ平衡可能逆移，n(S2)减小，总体分析，曲线②表示平衡时S2的lgn值随温度的变化，曲线①表示平衡时SO2的lgn值随温度的变化，A错误； B．1300K时，根据气体物质中硫元素守恒，n(SO2)+n(H2S)+2n(S2)=1 mol，B错误； C．图示温度范围内反应Ⅱ的平衡常数无明显变化，则，即温度高于1000K时，n(H2)增加，则n(H2O)应该增加（二者成正比），C错误； D．M点处H2S与H2的物质的量相等，设n(H2)=a mol，则n(H2S)=a mol，又氢元素守恒，n(H2O)+n(H2S)+n(H2)=0.1 mol，则n(H2O)=（0.1-2a）mol，结合得：，D正确； 故答案选D。 二、非选择题：共4大题，满分61分。 14. 以钴铜矿[主要成分为、、，另含少量及含砷化合物]制备锂电池正极原料，生产流程如图所示。 已知：①铜萃取原理为：，有机溶剂密度比水小； ②沉钴所得固体为； ③也称钴酸亚钴，化学式也可为。 （1）中钴离子的电子排布式为：_______。 （2）“酸浸”液中钴以形式存在，则“酸浸”液中的金属阳离子还有_______。适当升高温度可加快酸浸速率，但温度过高时钴的浸出率明显降低，其可能的原因是_______。 （3）实验室用分液漏斗模拟萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置后，分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为：_______。 （4）“除铁”过程中，溶液中的及部分转化为沉淀，写出该反应的离子方程式：_______。 （5）“焙烧”过程中，若氧气不足会产生而污染空气，其原因为_______(用方程式表示)。 （6）的一种晶胞结构属于立方晶胞，晶胞中分别占据形成的两种不同空隙(均末占满)，两个中有一个占据如图所示的位置，请在图中用“”符号标出另一个的位置_______。 【答案】（1） （2） ①. 、 ②. 温度过高，的溶解度降低 （3）先打开分液漏斗上口玻璃塞，再打开活塞从下口放出水层，待水层完全放出后再将含铜有机溶液从上口倒出 （4） （5） （6） 【解析】 【分析】钴铜矿[主要成分为、、，另含少量及含砷化合物]粉碎后加入稀硫酸、通入二氧化硫进行酸浸后，除去废渣主要含有，所得溶液加入有机溶剂RH进行萃取除铜，得到R2Cu，水相中加入氯酸钠除铁，除去氢氧化铁、FeAsO4，加入草酸铵沉钴，焙烧制备锂电池正极原料； 【小问1详解】 中钴为+3价，Co是27号元素，基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；形成Co3+时，失去4s上的2个电子和次外层的3d上的1个电子，所以Co3+钴离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或； 【小问2详解】 钴铜矿[主要成分为、、，另含少量及含砷化合物] 酸浸且通入二氧化硫还原，则“酸浸”液中钴以形式存在，则“酸浸”液中的金属阳离子还有、；温度过高，的溶解度降低，所以钴的浸出率降低； 【小问3详解】 实验室用分液漏斗模拟萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置后，分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为：先打开分液漏斗上口玻璃塞，再打开活塞从下口放出水层，待水层完全放出后再将含铜有机溶液从上口倒出； 【小问4详解】 “除铁”过程中，溶液中的及部分转化为沉淀，反应的离子方程式为：； 【小问5详解】 “焙烧”过程中，若氧气不足会产生而污染空气，发生的反应为； 【小问6详解】 由题意，晶胞中分别占据形成的两种不同空隙，可知两个中，一个占据形成的体心位置，另一个占据由4个形成的四面体空隙，如图所示： 。 15. 化合物G是一种麻醉药物，其合成路线如下： （1）B分子中采取杂化和杂化的碳原子个数比为___________。 （2）E→F中有副产物生成，该副产物的结构简式为___________。 （3）F→G的过程中，除用作反应物，另一作用为___________。 （4）G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①分子中含有4种不同环境的氢原子②酸性条件水解，产物之一为碳酸 （5）写出以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）9:2 （2） （3）吸收生成的HCl，提高F的转化率 （4）或 （5） 【解析】 【分析】A与先发生加成反应，后发生消去反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D通过加成反应、取代反应得到E，E中氯原子发生取代反应得到F，F发生取代反应得到G，据此回答； 【小问1详解】 B分子中苯环上的碳原子和双键上的碳原子为杂化，采取杂化的碳原子个数为9，乙基中的碳原子为杂化，采取杂化的碳原子个数为2，个数比为9:2； 【小问2详解】 E中有2个氯原子，均可发生取代反应，根据副产物分子式，可知副产物的结构简式为； 【小问3详解】 中含有氨基，具有碱性，可以与产物HCl反应，则F→G的过程中，除用作反应物，另一作用为吸收生成的HCl，提高F的转化率； 【小问4详解】 G的一种同分异构体分子在酸性条件水解，产物之一为碳酸，根据分子中N、O原子数目，说明结构中含有碳酸形成的酯基和肽键，则含有基团：，分子中含有4种不同环境的氢原子，说明结构高度对称，符合条件的结构简式有：或； 【小问5详解】 发生氧化反应生成，与发生取代反应生成，发生题中流程D→E的反应生成，发生水解反应生成对苯二甲醇，对苯二甲醇发生缩聚反应得到，则合成路线为： 。 16. 实验室模拟以碱性蚀刻废液[含及少量的NH4Cl、CaCl2]制备碱式碳酸铜的实验流程如下： （1）“沉铜”时，先将碱性蚀刻废液和足量NaOH溶液混合，置于如图所示实验装置中。 ①先控制温度50~60℃发生反应，得到含CuO及少量絮状Cu(OH)2的沉淀。写出转化为CuO的化学方程式：______。充分反应后再将温度升至80~90℃并保持一段时间，其目的是______。 ②检验“沉铜”是否完全的简单实验操作及现象为______。 （2）检测“氨浸”后溶液中溶质成分：取少量溶液浓缩得到蓝色晶体，测得该晶体中N、Cu元素的质量分数分别为17.51%、39.73%，蓝色晶体的主要成分为______（填字母）。 A． B． C． （3）将“氨浸”后的溶液置于90℃热水浴中“蒸氨”，获得。蒸出的气体通过碱石灰后再进行循环使用，通过碱石灰的主要目的是______。 （4）铜元素含量的测定原理为，。补充完整测定样品中铜元素含量的实验方案：取一定质量的固体样品溶于稀硫酸中，配成100 mL溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，______，用溶液滴定至浅蓝色，加入稍过量的KSCN溶液，______。记录数据，重复滴定2~3次，计算。[已知：①I2浓度较大时能被淀粉吸附，使滴定产生误差；②CuI可吸附少量I2；③，CuSCN不吸附I2。实验须使用的试剂：KI溶液、溶液、淀粉溶液] 【答案】（1） ①. ②. 促使氨气挥发（沉铜更为充分），使溶液中部分转化 ③. 将湿润的红色石蕊试纸置于导管出口(a)处，若未变蓝，则沉铜完全 （2）A （3）除去混合气体中的 （4） ①. 加入过量的溶液，充分反应，用溶液滴定至浅黄色，滴加淀粉溶液 ②. 用溶液滴定至终点（蓝色褪去） 【解析】 【分析】本实验以含及少量、的碱性蚀刻废液为原料制备，沉铜环节加加热将铜氨配合物转化为沉淀并释放，过滤除去可溶性杂质；氨浸环节加和将转化为可溶性铜氨配合物，分离不溶性杂质；蒸氨环节加热使铜氨配合物分解得到目标产物，蒸出的混合气体经提纯后循环使用。 【小问1详解】 。沉铜的关键在于是否能从溶液中挥发出来，易与形成配合物，从而导致沉铜不彻底，所以后续加热一段时间主要目的是促使氨气挥发（沉铜更为充分），当然在50~60℃时有一部分铜转化为（絮状沉淀），加热能使之分解生成氧化铜，便于过滤，且提高原料中铜元素利用率。 结合①方程式的分析可知是检验反应是否彻底的标志物，也是中学化学一种重要的化合物，容易想到通过检验氨气来确定反应是否结束。装置中通和气流方向，以及管口字母“a”的标志都有一定的提示作用。该装置无法通过向上层清液中继续滴加的方法来判断沉淀完全，不满足题目“简单实验操作”的要求。 【小问2详解】 通过元素质量分数折算与个数比为，符合条件的为 ，故选A。 【小问3详解】 分析从到反应过程中会释放出氨气及二氧化碳，结合碱石灰的性质，可以分析碱石灰的作用是吸收二氧化碳。由于前面的“氨浸”操作在水溶液中进行，故“蒸氨”过程中产生的无须去除。 【小问4详解】 依据测定原理，所以第一步应先将所有的还原，还原后生成大量的，因“浓度较大时能被淀粉吸附，使滴定产生误差”，所以应将溶液中碘单质的浓度降低，所以用先降低溶液中，再滴加指示剂淀粉溶液。当溶液中较低，也就是“用滴定至浅蓝色”时，需要考虑到题目另两个信息：“可吸附少量、不吸附”，故需要将转化为，加入稍过量的溶液（试题已将该步骤表述出来），将吸附释放出来，接下来再用溶液进行滴定，直至到达滴定终点。 17. 甲醇和水催化重整制氢是连接甲醇经济与氢能应用的关键技术。 （1）甲醇和水重整过程中主要发生以下反应： 反应I： (蒸汽重整) 反应II： (水相重整) ①反应I与反应II的的大小关系为___________(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。 ②反应物起始物质的量比条件下，甲醇和水蒸气重整制氢时密闭容器中、、和物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。随着温度的升高，的物质的量分数先减小后增大的原因是___________。 （2）双金属催化剂(载体)催化甲醇水相重整时，通过缺电子Pt位点加快甲醇的吸附活化。 ①Pt与Co均为过渡金属，其单质晶体的堆积方式均为面心立方最密堆积，该堆积方式的配位数为___________。 ②从电负性角度分析，造成Pt位点缺电子的可能原因是___________。 ③中Mo的化合价为+4，则S的存在形式为___________(填化学式)。 （3）是甲醇和水催化重整的催化剂。催化过程中会发生氧化还原重构循环过程，反应过程示意图如图所示。 ①描述催化剂重构时的“还原”过程为___________。 ②升高温度，向生成方向移动。向反应体系中通入，则催化剂重构平衡向___________(填“氧化”或“还原”)移动，原因是___________。 （4）有很高的催化稳定性。其催化甲醇和水重整的反应路径如图所示。已知：(反应物)，(生成物)，其中、…为各步基元反应速率常数，k与温度成正比。 ①中氧空位在催化循环中的作用是___________。 ②结合图示副反应，升高温度，甲醇重整制氢主反应选择性降低，其原因___________。 【答案】（1） ①. < ②. 反应I中反应物和产物均为气态，水相重整中反应物为液态，气态物质的量增多更显著，熵增更大 ③. 前，随温度升高水与甲醇反应速率加快；后随温度升高，和会反应生成和CO的反应速率加快 （2） ①. 12 ②. Pt（电负性 ≈ 2.28）的电负性高于 Co（电负性 ≈ 1.88），在 PtCo 双金属中电子从 Co 向 Pt 转移；但 Pt 又与电负性更高的 MoS2载体（S 电负性 ≈ 2.58）发生强相互作用，导致 Pt 进一步失去电子，整体表现为缺电子状态 ③. （3） ①. 还原性气体CO将还原为In，提高了合金中In元素比例，从而转变为 ②. 氧化 ③. 通入使氧化性气氛增强，将中的In氧化为，降低了中的In比例后形成，从而使平衡向氧化方向移动 （4） ①. 活化反应物，提供活性氧物种，将吸附在催化剂表面的CO氧化为，同时完成氧空位自身循环再生 ②. 升高温度，被吸附的CO直接脱附生成副产物CO，减少了被氧化为量；主反应生成的比例下降，导致选择性降低 【解析】 【小问1详解】 ①由方程式可知，反应I中反应物和产物均为气态，反应II中反应物为液态，气态物质的量增多更显著，熵增更大，所以反应I的熵增小于反应II； ②反应I是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，消耗的水蒸气的物质的量增大；则随着温度的升高，水的物质的量分数先减小后增大的原因是200°C前，随温度升高水与甲醇反应速率加快，使得反应消耗水蒸气的物质的量增大，导致水的物质的量分数减小；200°C后随温度升高，氢气和二氧化碳会反应生成水蒸气和一氧化碳的反应速率加快，使得反应生成水的物质的量增大，导致水的物质的量分数增大； 【小问2详解】 ①由题意可知，铂晶体和钴晶体的堆积方式均为面心立方最密堆积，则该堆积方式的晶胞中位于顶点的原子与位于面心的原子的距离最近，则晶体的配位数为12； ②Pt（电负性 ≈ 2.28）的电负性高于 Co（电负性 ≈ 1.88），在 PtCo 双金属中电子从 Co 向 Pt 转移；但 Pt 又与电负性更高的 MoS2载体（S 电负性 ≈ 2.58）发生强相互作用，导致 Pt 进一步失去电子，整体表现为缺电子状态； ③由题意可知，二硫化钼中钼的化合价为+4，则由化合价代数和为0可知，化合物中硫元素的化合价为-2价，存在形式为； 【小问3详解】 ①由图可知，催化剂重构时的“还原”过程为还原性气体一氧化碳将三氧化二铟还原为铟，提高了合金中铟元素比例，从而转变为； ②由题意可知，升高温度，向生成方向移动，说明催化剂重构平衡向氧化方向移动，原因是通入氧气使氧化性气氛增强，将中的铟氧化为三氧化二铟，降低了中的铟比例后形成，从而使平衡向氧化方向移动； 【小问4详解】 ①由图可知，中氧空位在催化循环中的作用是活化反应物水，提供活性氧物种，将吸附在催化剂表面的一氧化碳氧化为二氧化碳，同时完成氧空位自身循环再生； ②由图可知，升高温度，甲醇重整制氢主反应二氧化碳选择性降低的原因是升高温度，被吸附的一氧化碳直接脱附生成副产物一氧化碳，减少了被氧化为二氧化碳量，使得主反应生成二氧化碳的比例下降，导致二氧化碳选择性降低。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $