精品解析：广西钦州市大寺中学2026年春季学期高二年级4月份考试化学试卷

广西钦州市大寺中学2026年春季学期高二年级4月份考试化学试卷 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 一、单选题( 本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求) 1. Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是 A. 非金属性：X>Q B. 单质的熔点：Y<Q C. 简单氢化物的沸点：Z<Q D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z<Y 2. 由结构不能推测出对应性质的是 结构 性质 A 的VSEPR模型为平面三角形 既有氧化性又有还原性 B 钾和钠的原子结构不同 电子跃迁时能量变化不同，钾元素和钠元素的焰色不同 C 丙醛和丙酮分子均含有键 两者均可发生加成反应 D 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动 石墨具有类似金属的导电性 A. A B. B C. C D. D 3. 用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 B. 当反应生成时转移电子数为 C. 处理后溶液的pH不变 D. 图示反应过程中起催化作用的是 4. 某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A. ②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B. ③中现象说明配体与的结合能力： C. ④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D. 若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 5. 抗坏血酸（维生素C）是常用的抗氧化剂。 下列说法正确的是 A. 抗坏血酸的分子式为 B. 脱氢抗坏血酸中含有羟基、羰基和醚键 C. 抗坏血酸中所有碳原子采取杂化 D. 1个脱氢抗坏血酸分子中有2个手性碳原子 6. 下列有关物质性质的解释错误的是 选项 性质 解释 A 天然水晶呈现多面体外形 原子在三维空间里呈周期性有序排列 B 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： C 石蜡油的流动性比水的差 石蜡油的分子间作用力比水的小 D 石墨具有类似金属的导电性 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动 A. A B. B C. C D. D 7. 我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材料，其由原子序数依次增大的五种短周期元素Q、W、X、Y和Z组成。基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子数多1，X所在族的族序数等于Q的质子数，基态Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q的4倍。下列说法正确的是 A. Q晶体为共价晶体 B. 的键角比氨气大 C. 原子半径： D. 稳定是因为含有分子间氢键 8. 下列化学方程式或离子方程式不正确的是 A. 与反应： B. 乙醇与钠反应生成氢气： C. 工业盐酸呈现亮黄色： D. 溶于过量的浓氨水： 9. 根据元素周期律，下列说法不正确的是 A. 化合物中键的极性： B. 为非极性分子 C. 化合物中离子键百分数： D. P形成而N形成，因为P的价层电子轨道更多且半径更大 10. 化学储氢材料遇水可释放，同时生成。的一种合成方法如下。 下列说法不正确的是 A. 的空间结构为正四面体 B. 转化为的反应是氧化还原反应 C. 与水反应的方程式为： D. 理论上与水反应生成的大于制备所消耗的 11. 铝离子电池一般用离子液体作电解质，某离子液体的结构如图。 下列说法不正确的是 A. 电负性： B. 该化合物中阴离子的空间结构为正四面体形 C. 该化合物中C、N原子的杂化轨道类型不同 D. 该离子液体熔点较低，主要是因为阳离子的体积较大，离子键较弱 12. 下列事实与结论或解释不相符的是 事实 结论或解释 A 相同温度下，浓度均为的溶液和NaClO溶液，NaClO溶液的pH更大 由此可得 B 向装有溶液的试管中滴加溶液，产生白色沉淀，再滴加溶液出现黑色沉淀 由此可得 C 在水中的溶解度小于其在中的溶解度 原因是为极性分子，和为非极性分子 D 气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是HCl分子 原因是电负性F大于Cl，HF分子间可形成氢键 A. A B. B C. C D. D 13. 下列依据相关数据进行的推断正确的是 数据 推断 A 元素的电负性： 分子极性： B 可用CuS除去 溶液中的 C 短周期元素R的各级电离能(省略单位)： R元素的最高正化合价为+2价 D 相同温度下： 与反应的速率更快 A. A B. B C. C D. D 14. 下列对事实的解释不正确的是 事实 解释 A 浓硝酸不能溶解金，王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3混合)能溶解金生成 浓盐酸能增强浓硝酸的氧化性 B 石墨有类似金属的导电性 石墨中未参与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动 C 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块 晶体具有自范性 D KSCN溶液遇溶液显红色，遇溶液不显红色 溶液中较小 A. A B. B C. C D. D 第II卷(非选择题) 二、综合题( 本题共4小题，共58分。请按要求作答) 15. 二茂铁衍生物广泛应用于有机合成、材料科学等方面。某研究小组设计如下实验，实现二茂铁甲酰丙酮的制备与纯化（部分操作及反应条件已略去）。 （一）制备 称取1.0 g乙酰二茂铁和0.3 g甲醇钠于仪器a中，加入10 mL石油醚，搅拌下缓慢滴加3.0 mL乙酸乙酯，70℃反应1 h，装置如图所示。反应结束后，冷却，向反应后液体中缓慢滴加10%的盐酸，调pH至2～3。加入乙酸乙酯，充分振摇，取有机层加入无水硫酸钠，过滤后减压蒸馏，得到二茂铁甲酰丙酮粗品。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为________，仪器b的作用是________。 （2）加入无水硫酸钠的目的是________。 （3）相较于常压蒸馏，减压蒸馏的优点是________。 （二）纯化 已知：配合物M由与二茂铁甲酰丙酮配位形成。 在制得的二茂铁甲酰丙酮粗品中加入50 mL饱和醋酸铜溶液，充分振摇，生成蓝色絮状沉淀，过滤，用乙酸乙酯、乙醇和水依次洗涤，得到固体。在固体中加入少量乙酸乙酯，再加入10 mL 10%的盐酸。待固体完全溶解后，继续加入乙酸乙酯，充分振摇，取有机层加入无水硫酸钠，过滤后减压蒸馏，得到橙红色纯品，称重。 （4）向水中持续加入醋酸铜固体配制饱和溶液，判断溶液已达到饱和的主要现象为________。 （5）纯化时，加入盐酸的目的是________。 （6）在制备和纯化过程中，均使用了乙酸乙酯，其作用为________（写出两点）。 （7）该实验得到二茂铁甲酰丙酮纯品0.6 g，则产率为________（用百分数表示，保留小数点后一位）。[已知（乙酰二茂铁），（二茂铁甲酰丙酮）] 16. 铍主要用于原子能反应堆材料，宇航工程材料，各种合金，X射线透射窗等。 （1）基态Be核外电子排布式为_______，其电子占据的最高能级的形状是_______形。 （2）有如下反应： ⅰ. ⅱ.在溶液或溶液中加入溶液均能生成沉淀 则下列说法中正确的是_______。 A. 属于两性氢氧化物 B. 水溶液的导电性强，因此是离子化合物 C. 和分别与溶液反应均可得到溶液 D. ⅱ中反应均和水解相关 （3）可以与相应酸反应制得和等含铍物质。 ①属于共价化合物，属于_______(填“极性”或“非极性”)分子，它能与反应得到阴阳离子比例为的配合物，该配合物中存在配位键的微粒是_______。 ②的晶胞是长方体，如图所示(边长，高；三种球表示三种不同原子，其中未标出)： ⅰ.中心原子杂化类型是_______；原子位于晶胞的_______(填“棱”、“面”或“体内”)； ⅱ.阿伏加德罗常数为，其密度的表达式为_______(列计算式)。 17. 双极膜是一种新型离子交换复合膜。在直流电场作用下，在中间催化层可解离为和，为电化学反应提供理想的酸碱环境。 （1）水解离需要破坏的作用力类型是___________。 （2）一种双极膜的结构示意图如图所示。 ①将S的基态原子最外层轨道表示式补充完整：___________。 ②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是___________。 ③键角：，原因是___________。 ④中间催化层中弱碱性基团催化解离的过程如下。 ⅰ．___________(补全反应) ⅱ． （3）中间催化层还可选择金属化合物作催化剂，如或含铁化合物。 ①的晶胞如图，形状为长方体，边长分别为a nm、a nm和b nm，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是___________。() ②做催化剂，催化效率高，但因易溶于水而流失。可利用聚乙烯亚胺(PEI)与制备如下图所示的复合结构的高效催化剂。 该催化剂具有高亲水性且不易流失，从结构的角度解释原因：___________。 （4）推测双极膜中间催化层中促进解离的基团或粒子可能具有的性质是___________。 18. 精炼铜工业中的阳极泥含Cu、CuSe、、Au等物质，回收流程示意图如下。 已知：当溶液中浓度较高时，会与结合形成、等配离子。 （1）“分铜”过程，及其分解产生的，都有助于阳极泥氧化浸出。 ①的电子式________。 ②“分铜”过程中Cu与反应的化学方程式为________。 ③“分铜渣”中含银元素物质的化学式为________，适量NaCl的作用是________。 ④硒以的形式存在于“分铜液”中，使用溶液将硒以单质形式析出的离子方程式为________。 （2）“分金”过程，金以形式存在于“分金液”中。“分金”反应的离子方程式为________。 （3）“分银”过程，水合肼（）在反应中被氧化为。 ①结合平衡移动原理，解释“分银”过程中氨水的作用________。 ②滤液2经处理可回收、循环使用，设计滤液2的处理方案________。 （4）测定Ag的含量 取m g所得Ag试样用硝酸溶解，加入指示剂，用标准溶液滴定，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液。 资料：（白色） ①试样中银的质量分数为________。 ②若指示剂加入过量，会使所测质量分数________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广西钦州市大寺中学2026年春季学期高二年级4月份考试化学试卷 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 一、单选题( 本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求) 1. Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是 A. 非金属性：X>Q B. 单质的熔点：Y<Q C. 简单氢化物的沸点：Z<Q D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z<Y 【答案】C 【解析】 【分析】结合题意可知，Q为第二周期主族元素，内层电子数为2，故Y最外层电子数为4，结合原子序数关系可知Y为第三周期的Si，X为与Si相邻的Al；Q和Z最外层电子数之和为19-3-4=12，对应可能的组合为：Q为N/O/F、Z为Cl/S/P。 【详解】A．X是金属Al，Q为N/O/F均为非金属，非金属性Q＞X，A错误； B．Y的单质Si是共价晶体，熔点极高，Q的单质常温下均为气体，熔点远低于Si的，即单质的熔点：Y＞Q，B错误； C．Q的简单氢化物可能为氨气、水或HF，其分子间均存在氢键，沸点较高，Z的简单氢化物HCl、H2S或PH3均无氢键，其沸点均低于Q的氢化物，即Z＜Q， C正确； D．同周期主族元素从左到右非金属性依次增大，所以Cl/S/P的非金属性均大于Si的，则最高价氧化物对应水化物酸性均强于硅酸，即，D错误； 2. 由结构不能推测出对应性质的是 结构 性质 A 的VSEPR模型为平面三角形 既有氧化性又有还原性 B 钾和钠的原子结构不同 电子跃迁时能量变化不同，钾元素和钠元素的焰色不同 C 丙醛和丙酮分子均含有键 两者均可发生加成反应 D 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动 石墨具有类似金属的导电性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．中心原子价层电子对数为，含有1个孤电子对，VSEPR 模型为平面三角形，中硫元素处于+4价，处于中间价态，既能升高也能降低，因此既有氧化性又有还原性；这与分子的空间构型没有直接的逻辑推导关系，A符合题意； B．焰色反应的原理是电子在不同能级间跃迁释放能量。因为钾和钠原子的电子层结构不同，电子跃迁时的能量差不同，释放的光波长就不同，从而呈现不同的颜色，故结构可以推测性质，B不符合题意； C．丙醛和丙酮分子均含有π键（不饱和键），π键键能较小，容易断裂。正是因为分子中含有不稳定的π键，丙醛和丙酮才容易发生加成反应，断开键形成新的键，故结构可以推测性质，C不符合题意； D．石墨层中未参与杂化的p轨道形成大键，电子在平面内自由移动，就像金属中的自由电子一样，因此石墨能导电，故结构可以推测性质，D不符合题意； 故选A。 3. 用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 B. 当反应生成时转移电子数为 C. 处理后溶液的pH不变 D. 图示反应过程中起催化作用的是 【答案】C 【解析】 【详解】A．该转化过程中，涉及3个反应：①，各元素化合价未变，不属于氧化还原反应；②，Cu元素和N元素化合价有变化，属于氧化还原反应；③，Cu元素和Fe元素化合价有变化，属于氧化还原反应；因此总共有2个氧化还原反应，A正确； B．根据反应，有，则生成时转移电子数为，B正确； C．根据3个反应得总反应为，则反应中消耗，溶液降低，升高，C错误； D．根据在的水溶液中，加入少量后首先发生的是，后续2个反应都是和的循环转化，说明真正起催化作用是，D正确； 故答案为：C。 4. 某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A. ②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B. ③中现象说明配体与的结合能力： C. ④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D. 若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 【答案】D 【解析】 【分析】该实验过程中，相关物质转化如下：，据此回答。 【详解】A．由分析知，②中沉淀为，④中沉淀为，二者不是同一物质，A正确； B．③中现象是氨分子取代了与Cu2+配位的水分子，形成了更稳定的[Cu(NH3)4]2+，说明配体结合能力：NH3>H2O，B正确； C．为离子化合物，属于强极性物质，乙醇属于极性相对低的有机物，向的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得在水溶液中析出，即在乙醇中的溶解度小于在水中，C正确； D．⑥中溶液呈黄绿色是由于生成了[CuCl4]2-，该离子的生成需要高浓度的Cl-，向⑤中加入稀硫酸，可使[Cu(NH3)4]2+转化为Cu2+，氯气与水反应生成的Cl-浓度很小，不能提供高浓度的Cl-，因此无法得到黄绿色溶液，D错误； 故选D。 5. 抗坏血酸（维生素C）是常用的抗氧化剂。 下列说法正确的是 A. 抗坏血酸的分子式为 B. 脱氢抗坏血酸中含有羟基、羰基和醚键 C. 抗坏血酸中所有碳原子采取杂化 D. 1个脱氢抗坏血酸分子中有2个手性碳原子 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据抗坏血酸的结构简式，数出各原子数：C原子：6个；H原子：8个（结构中4个-OH、1个-CH2OH、1个-CH-，共8个H）；O原子：6个，因此分子式应为，A错误； B．脱氢抗坏血酸的五元环是内酯环（酯键，-COO-），而不是醚键（-C-O-C-），所以脱氢抗坏血酸含羟基、羰基和酯基（内酯），但不含醚键，B错误； C．分子中碳碳双键碳原子和羰基碳原子为sp2杂化，其余3个碳原子为sp3杂化，C错误； D．如图：，1个脱氢抗坏血酸分子中有2个手性碳原子，D正确； 因此答案选D。 6. 下列有关物质性质的解释错误的是 选项 性质 解释 A 天然水晶呈现多面体外形 原子在三维空间里呈周期性有序排列 B 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： C 石蜡油的流动性比水的差 石蜡油的分子间作用力比水的小 D 石墨具有类似金属的导电性 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．天然水晶是具有自范性的晶体，晶体中原子在三维空间里呈周期性有序排列使得晶体可呈现多面体外形的性质，A正确； B．共价晶体中共价键越强，晶体的硬度越大，金刚石和晶体硅均为共价晶体，硅原子的原子半径大于碳原子，金刚石中碳碳键的键长小于单晶硅中的硅硅键，则金刚石中的碳碳键强于单晶硅中的硅硅键，硬度高于晶体硅，B正确； C．物质的流动性与分子间作用力有关，分子的分子间作用力越大，物质的流动性越差，所以石蜡油的流动性比水的差，说明分子间作用力比水大，C错误； D．石墨具有类似金属的导电性是因为石墨是混合型晶体，晶体中碳原子的杂化方式为sp2杂化，未参与杂化的p轨道中的电子形成离域大π键，可在整个碳原子平面中运动，D正确； 故选C。 7. 我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材料，其由原子序数依次增大的五种短周期元素Q、W、X、Y和Z组成。基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子数多1，X所在族的族序数等于Q的质子数，基态Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q的4倍。下列说法正确的是 A. Q晶体为共价晶体 B. 的键角比氨气大 C. 原子半径： D. 稳定是因为含有分子间氢键 【答案】A 【解析】 【分析】五种短周期元素原子序数依次增大，基态X原子s轨道电子总数比p轨道多1，电子排布式为1s22s22p3，X为N；X所在族序数等于Q的质子数，故Q质子数为5，Q为B；原子序数Q<W<X，故W为C；Y、Z核电荷数之和为Q的4倍即20，且二者均只有1个未成对电子，可知Y为F、Z为Na；据此解答。 【详解】A．Q为B元素，硼晶体中原子间以共价键结合形成空间网状结构，属于共价晶体，A正确； B．XY3为NF3，NF3和NH3均为三角锥形，电负性：F＞N＞H，NF3中成键电子对更靠近F，成键电子对间斥力更小，键角小于NH3，B错误； C．同周期主族元素从左到右原子半径递减，W为C、X为N，原子半径W>X，C错误； D．HY为HF，分子稳定性由共价键键能决定，HF稳定是因为H-F键键能大，氢键仅影响熔沸点等物理性质，不影响分子稳定性，D错误； 故选A。 8. 下列化学方程式或离子方程式不正确的是 A. 与反应： B. 乙醇与钠反应生成氢气： C. 工业盐酸呈现亮黄色： D. 溶于过量的浓氨水： 【答案】A 【解析】 【详解】A．酯化反应的反应机理为“羧酸脱羟基醇脱氢”，则乙酸与反应的化学方程式为：，A错误； B．乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，反应的化学方程式为：，B正确； C．工业盐酸呈现亮黄色是因为盐酸中含有的铁离子与氯离子反应生成四氯合铁离子所致，反应的离子方程式为：，C正确； D．氯化银溶于过量的浓氨水发生的反应为氯化银与溶液中的一水合氨反应生成银氨离子、氯离子和水，反应的离子方程式为：，D正确； 故选A。 9. 根据元素周期律，下列说法不正确的是 A. 化合物中键的极性： B. 为非极性分子 C. 化合物中离子键百分数： D. P形成而N形成，因为P的价层电子轨道更多且半径更大 【答案】B 【解析】 【详解】A．键的极性由成键原子电负性差决定，同周期元素Si电负性小于P，Si与Cl的电负性差大于P与Cl，故键极性，A正确； B．为书页型的空间结构，正负电中心不重合，属于极性分子，B错误； C．阳离子极化能力：电荷更高、半径更小，极化能力强于，使得共价性更强，故离子键百分数，C正确； D．P为第三周期元素，价层有3d空轨道且半径更大，可通过杂化容纳5对成键电子形成；N为第二周期元素，价层无d轨道，最多只能形成3个共价键，故只能形成，D正确； 故选B。 10. 化学储氢材料遇水可释放，同时生成。的一种合成方法如下。 下列说法不正确的是 A. 的空间结构为正四面体 B. 转化为的反应是氧化还原反应 C. 与水反应的方程式为： D. 理论上与水反应生成的大于制备所消耗的 【答案】B 【解析】 【分析】由图知，合成的总反应方程式为，据此回答。 【详解】A．的中心原子B的价电子对数为，B原子为sp3杂化，空间结构为正四面体，A正确； B．由图可知，转化为的反应为：，无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，B错误； C．由遇水可释放，同时生成可知，与水反应的方程式为：，C正确； D．由可知，与水反应生成的，由可知，制备所消耗的，前者大于后者，D正确； 故选B。 11. 铝离子电池一般用离子液体作电解质，某离子液体的结构如图。 下列说法不正确的是 A. 电负性： B. 该化合物中阴离子的空间结构为正四面体形 C. 该化合物中C、N原子的杂化轨道类型不同 D. 该离子液体熔点较低，主要是因为阳离子的体积较大，离子键较弱 【答案】C 【解析】 【详解】A．同周期主族元素电负性从左到右逐渐增大，故电负性C<N，中C是-4价，H是+1价，故电负性HC，A正确； B．阴离子为​，中心Al原子的价层电子对数为，无孤电子对，因此空间结构为：正四面体形，B正确； C．该化合物中，所有C均为甲基碳，均形成4个σ键、无孤电子对，为杂化；中心N原子形成4个σ键（3个C-N键，1个N-H键），无孤对电子，也为杂化，二者杂化轨道类型相同，C错误； D．对于离子化合物，离子电荷相同时，离子半径越大，离子键越弱。该物质为离子化合物，因阳离子体积较大，离子键较弱，因此熔点较低，符合离子液体的性质，D正确； 故答案选C。 12. 下列事实与结论或解释不相符的是 事实 结论或解释 A 相同温度下，浓度均为的溶液和NaClO溶液，NaClO溶液的pH更大 由此可得 B 向装有溶液的试管中滴加溶液，产生白色沉淀，再滴加溶液出现黑色沉淀 由此可得 C 在水中的溶解度小于其在中的溶解度 原因是为极性分子，和为非极性分子 D 气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是HCl分子 原因是电负性F大于Cl，HF分子间可形成氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．相同温度下同浓度的弱酸强碱盐，pH越大说明酸根水解程度越大，对应弱酸的酸性越弱、越小，NaClO溶液pH更大说明HClO酸性弱于，故，事实与结论相符，A不符合题意； B．题中未明确加入的溶液的量，故滴加后溶液中可能仍有过量的，再滴加时，直接与剩余的反应生成CuS黑色沉淀，并不是ZnS沉淀转化为CuS，无法证明，事实与结论不相符，B符合题意； C．根据“相似相溶”原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，和为非极性分子，为极性分子，故在中溶解度更大，事实与解释相符，C不符合题意； D．F的电负性远大于Cl，HF分子间可形成氢键而发生缔合生成，HCl分子间无氢键，不存在二聚体，事实与解释相符，D不符合题意； 故答案选B。 13. 下列依据相关数据进行的推断正确的是 数据 推断 A 元素的电负性： 分子极性： B 可用CuS除去 溶液中的 C 短周期元素R的各级电离能(省略单位)： R元素的最高正化合价为+2价 D 相同温度下： 与反应的速率更快 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．为正四面体形结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，因此分子极性，A不符合题意； B．说明溶解度远小于，无法发生沉淀转化，不能用除去，B不符合题意； C．的第三电离能远大于第二电离能，说明失去2个电子后达到稳定结构，最外层有2个电子，最高正化合价为+2价，C符合题意； D．平衡常数衡量反应进行的限度，与反应速率无直接关联，仅说明与反应更彻底，不能说明反应速率更快，D不符合题意； 故选C。 14. 下列对事实的解释不正确的是 事实 解释 A 浓硝酸不能溶解金，王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3混合)能溶解金生成 浓盐酸能增强浓硝酸的氧化性 B 石墨有类似金属的导电性 石墨中未参与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动 C 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块 晶体具有自范性 D KSCN溶液遇溶液显红色，遇溶液不显红色 溶液中较小 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．王水能溶解金是因为浓盐酸提供高浓度，与形成稳定的配离子，降低了的电极电势，使硝酸能够氧化，并非增强浓硝酸的氧化性，A错误； B．石墨中原子采取杂化，未参与杂化的轨道形成离域大键，电子可在整个碳原子平面中运动，因此有类似金属的导电性，B正确； C．晶体具有自范性，能自发呈现规则的多面体外形，因此缺角的晶体在饱和溶液中可慢慢变为完美立方体块，C正确； D．与游离的反应显红色，属于配合物，在内界作为中心离子，电离出的游离浓度极低，因此遇溶液不显红色，D正确； 故答案选A。 第II卷(非选择题) 二、综合题( 本题共4小题，共58分。请按要求作答) 15. 二茂铁衍生物广泛应用于有机合成、材料科学等方面。某研究小组设计如下实验，实现二茂铁甲酰丙酮的制备与纯化（部分操作及反应条件已略去）。 （一）制备 称取1.0 g乙酰二茂铁和0.3 g甲醇钠于仪器a中，加入10 mL石油醚，搅拌下缓慢滴加3.0 mL乙酸乙酯，70℃反应1 h，装置如图所示。反应结束后，冷却，向反应后液体中缓慢滴加10%的盐酸，调pH至2～3。加入乙酸乙酯，充分振摇，取有机层加入无水硫酸钠，过滤后减压蒸馏，得到二茂铁甲酰丙酮粗品。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为________，仪器b的作用是________。 （2）加入无水硫酸钠的目的是________。 （3）相较于常压蒸馏，减压蒸馏的优点是________。 （二）纯化 已知：配合物M由与二茂铁甲酰丙酮配位形成。 在制得的二茂铁甲酰丙酮粗品中加入50 mL饱和醋酸铜溶液，充分振摇，生成蓝色絮状沉淀，过滤，用乙酸乙酯、乙醇和水依次洗涤，得到固体。在固体中加入少量乙酸乙酯，再加入10 mL 10%的盐酸。待固体完全溶解后，继续加入乙酸乙酯，充分振摇，取有机层加入无水硫酸钠，过滤后减压蒸馏，得到橙红色纯品，称重。 （4）向水中持续加入醋酸铜固体配制饱和溶液，判断溶液已达到饱和的主要现象为________。 （5）纯化时，加入盐酸的目的是________。 （6）在制备和纯化过程中，均使用了乙酸乙酯，其作用为________（写出两点）。 （7）该实验得到二茂铁甲酰丙酮纯品0.6 g，则产率为________（用百分数表示，保留小数点后一位）。[已知（乙酰二茂铁），（二茂铁甲酰丙酮）] 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 冷凝回流、提高原料的利用率 （2）干燥有机层 （3）降低馏分的沸点，快速蒸去溶剂 （4）静置后，底部有固体剩余 （5）使配合物解离，重新转变为二茂铁甲酰丙酮 （6）反应物、溶剂 （7）50.7% 【解析】 【分析】乙酰二茂铁和甲醇钠在仪器a中反应，加入石油醚和乙酸乙酯，反应结束后，冷却，向反应后液体中缓慢滴加10%的盐酸，调pH至2～3，再加入乙酸乙酯，充分振摇，取有机层加入无水硫酸钠干燥，过滤后减压蒸馏，得到二茂铁甲酰丙酮粗品。然后纯化，在制得的二茂铁甲酰丙酮粗品中加入饱和醋酸铜溶液，充分振摇，生成蓝色絮状沉淀，过滤，用乙酸乙酯、乙醇和水依次洗涤，得到固体。在固体中加入少量乙酸乙酯作溶剂，再加入10 mL 10%的盐酸。待固体完全溶解后，继续加入乙酸乙酯，充分振摇，取有机层加入无水硫酸钠干燥，过滤后减压蒸馏，最终得到橙红色纯品二茂铁甲酰丙酮。 【小问1详解】 根据装置图，仪器a为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，反应温度为70℃，有机溶剂易挥发，冷凝管的作用是冷凝回流挥发的溶剂/反应物，提高原料的利用率； 【小问2详解】 无水硫酸钠是常用的干燥剂，加入有机层的目的是吸收有机层中残留的水分，干燥有机层； 【小问3详解】 减压蒸馏降低了体系压强，使有机物沸点降低，可在较低温度下蒸馏，避免高温下二茂铁甲酰丙酮分解，因此减压蒸馏优点是降低馏分的沸点，快速蒸去溶剂； 【小问4详解】 饱和溶液不能再溶解该溶质，因此判断溶液已达到饱和的现象为：加入的醋酸铜固体不再继续溶解，静置后，容器底部有固体剩余； 【小问5详解】 二茂铁甲酰丙酮与形成配合物沉淀实现分离，加入盐酸可使配合物解离，重新转变为二茂铁甲酰丙酮，得到目标产物； 【小问6详解】 第一步反应中，乙酸乙酯是反应物，参与反应得到产物；调pH后、纯化解离配合物后，分离过程中乙酸乙酯作为有机溶剂，可萃取溶解目标产物，因此两个作用为作反应物、作萃取剂/溶剂； 【小问7详解】 乙酰二茂铁为限量反应物，1.0g乙酰二茂铁的物质的量为，理论生成二茂铁甲酰丙酮的质量为，产率为。 16. 铍主要用于原子能反应堆材料，宇航工程材料，各种合金，X射线透射窗等。 （1）基态Be核外电子排布式为_______，其电子占据的最高能级的形状是_______形。 （2）有如下反应： ⅰ. ⅱ.在溶液或溶液中加入溶液均能生成沉淀 则下列说法中正确的是_______。 A. 属于两性氢氧化物 B. 水溶液的导电性强，因此是离子化合物 C. 和分别与溶液反应均可得到溶液 D. ⅱ中反应均和水解相关 （3）可以与相应酸反应制得和等含铍物质。 ①属于共价化合物，属于_______(填“极性”或“非极性”)分子，它能与反应得到阴阳离子比例为的配合物，该配合物中存在配位键的微粒是_______。 ②的晶胞是长方体，如图所示(边长，高；三种球表示三种不同原子，其中未标出)： ⅰ.中心原子杂化类型是_______；原子位于晶胞的_______(填“棱”、“面”或“体内”)； ⅱ.阿伏加德罗常数为，其密度的表达式为_______(列计算式)。 【答案】（1） ①. ②. 球形 （2）ACD （3） ①. 非极性 ②. 和 ③. ④. 体内 ⑤. 【解析】 【小问1详解】 Be是4号元素，基态核外电子排布式为，电子占据的最高能级为，s能级的电子云形状为球形； 【小问2详解】 A．由题干反应可知，​既能与酸反应又能与碱反应，属于两性氢氧化物，A正确； B．共价化合物的水溶液也可电离导电（如HCl），​实际是共价化合物，溶液导电性不能作为判断离子化合物的依据，B错误； C．Be性质与Al相似，Be单质与NaOH溶液反应、与过量NaOH溶液反应均可得到​，C正确； D．​与发生双水解生成​沉淀；溶与反应的方程式为，与水解无关，D错误； 故选AC。 【小问3详解】 ① 中心Be为sp杂化，分子为直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子；反应得到阴阳离子比为的配合物，该配合物为(NH4​)2​[BeF4​]，配位键存在于配离子和中； ② i. ​中心S的价层电子对数为，因此S的杂化类型为杂化；经均摊法，该晶胞中含2个，共8个O原子，所有O原子都位于晶胞体内； ii. ​的摩尔质量为，1个晶胞含2个​，晶胞质量为；晶胞边长为、高为，，，晶胞体积，因此密度。 17. 双极膜是一种新型离子交换复合膜。在直流电场作用下，在中间催化层可解离为和，为电化学反应提供理想的酸碱环境。 （1）水解离需要破坏的作用力类型是___________。 （2）一种双极膜的结构示意图如图所示。 ①将S的基态原子最外层轨道表示式补充完整：___________。 ②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是___________。 ③键角：，原因是___________。 ④中间催化层中弱碱性基团催化解离的过程如下。 ⅰ．___________(补全反应) ⅱ． （3）中间催化层还可选择金属化合物作催化剂，如或含铁化合物。 ①的晶胞如图，形状为长方体，边长分别为a nm、a nm和b nm，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是___________。() ②做催化剂，催化效率高，但因易溶于水而流失。可利用聚乙烯亚胺(PEI)与制备如下图所示的复合结构的高效催化剂。 该催化剂具有高亲水性且不易流失，从结构的角度解释原因：___________。 （4）推测双极膜中间催化层中促进解离的基团或粒子可能具有的性质是___________。 【答案】（1）极性共价键 （2） ①. ②. ③. 二者N均为杂化，中N上孤电子对数为0，中N上孤电子对数为1；孤电子对排斥力大，故前者键角大 ④. （3） ①. ②. 复合结构的催化剂中含有氨基，与水形成氢键，使之具有亲水性；PEI与形成配位键，不易流失 （4）弱酸性或弱碱性 【解析】 【小问1详解】 解离为和，需要破坏水分子内部的O-H极性共价键。 【小问2详解】 ① S基态最外层电子排布为，根据泡利原理和洪特规则，电子填充为：3s轨道填入2个自旋相反的电子，3p轨道一个轨道填2个电子，剩余两个轨道各填1个电子，最外层电子排布图为； ② 同周期第一电离能整体从左到右递增，但N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，因此顺序为； ③二者N均采取杂化，为四面体形，无孤电子对，为三角锥形，有1个孤电子对，杂化相同的情况下，孤电子对越多，对成键电子的排斥力越大，键角越小，因此前者键角更大； ④ 总反应为水的解离，结合第二步反应，可推得第一步反应为结合水的氢离子，释放氢氧根，。 【小问3详解】 ① 该晶胞含2个​，晶胞质量为，体积转换单位后为，计算得密度为； ② 从结构可知，氨基是亲水基团，且N原子的孤对电子可以和形成配位键，形成较稳定结构，因此不易流失。 【小问4详解】 促进水的解离，需要结合水分解产生的或，使解离平衡正向移动，因此基团需要能结合或，即具有较弱的酸性或碱性。 18. 精炼铜工业中的阳极泥含Cu、CuSe、、Au等物质，回收流程示意图如下。 已知：当溶液中浓度较高时，会与结合形成、等配离子。 （1）“分铜”过程，及其分解产生的，都有助于阳极泥氧化浸出。 ①的电子式________。 ②“分铜”过程中Cu与反应的化学方程式为________。 ③“分铜渣”中含银元素物质的化学式为________，适量NaCl的作用是________。 ④硒以的形式存在于“分铜液”中，使用溶液将硒以单质形式析出的离子方程式为________。 （2）“分金”过程，金以形式存在于“分金液”中。“分金”反应的离子方程式为________。 （3）“分银”过程，水合肼（）在反应中被氧化为。 ①结合平衡移动原理，解释“分银”过程中氨水的作用________。 ②滤液2经处理可回收、循环使用，设计滤液2的处理方案________。 （4）测定Ag的含量 取m g所得Ag试样用硝酸溶解，加入指示剂，用标准溶液滴定，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液。 资料：（白色） ①试样中银的质量分数为________。 ②若指示剂加入过量，会使所测质量分数________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 【答案】（1） ①. ②. ③. ④. 防止氯化钠过量导致转化为、 ⑤. （2） （3） ①. ，加入氨水，与生成，浓度降低，平衡正移，促进AgCl的溶解 ②. 向滤液2中加入生石灰或NaOH固体，加热蒸馏，将蒸出，用水吸收得到浓氨水，循环用于“分银”工序 （4） ①. ②. 偏低 【解析】 【分析】精炼铜工业中的阳极泥含Cu、CuSe、、Au等物质，加入双氧水、稀硫酸，将铜元素转化为硫酸铜，Se转化为，再加入NaCl，将Ag元素转化为AgCl，Au不参加化学反应，过滤后，“分铜液”中主要含有H2O2、H2SO4、、CuSO4，“分铜渣”中含有AgCl、Au，再加入HCl和NaClO3（强氧化剂）进行分金，将Au转化为，过滤后，“分金液”中主要溶质为、HCl、NaClO3，“分金液”中加入（作还原剂），转化为Au，滤液1中的溶质主要为过量的、、NaCl；“分金渣”中成分为AgCl，再加入氨水分银，将AgCl转化为，“分银液”中主要溶质为，后续利用水合肼还原获得Ag，滤液2中主要的溶质为过量的水合肼、、等，据此分析解答。 【小问1详解】 ①为共价分子，其中化学键均为单键，其电子式为； ②为具有强氧化性的自由基，将Cu氧化为Cu2+，反应方程式为； ③由上述分析可知，“分铜渣”中含银元素物质为AgCl； ④已知当溶液中浓度较高时，会与结合形成、等配离子，因此加入的NaCl适量，原因是防止氯化钠过量导致转化为、； ⑤硒以的形式存在于“分铜液”中，使用溶液将硒以单质形式析出，反应过程中Se元素化合价由+4降低至0，S元素化合价由+4升高至+6，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应离子方程式为； 【小问2详解】 “分金”过程，加入作强氧化剂，同时金以形式存在于“分金液”中，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：； 【小问3详解】 ①“分金渣”中成分为AgCl，溶液中存在平衡，加入氨水，与生成，浓度降低，平衡正移，促进AgCl的溶解； ②向滤液2中加入生石灰或NaOH固体，加热蒸馏，将蒸出，用水吸收得到浓氨水，循环用于“分银”工序； 【小问4详解】 将银粉用硝酸溶解，产生银离子，加入指示剂，用KSCN标准溶液滴定，发生的反应为， ①根据分析可知，反应的关系式为，，试样中银的质量分数为； ②若指示剂加入过量，过多会与反应，导致提前出现浅红色的现象，即提前到达滴定终点，实际消耗的硫氰化钾会偏少，导致所测Ag的质量分数偏低。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $