四川宜宾市2025-2026学年高二下学期7月期末考试 化学试题

2026年春期 中学校学业质量监测 高二年级化学试题解析 1.【答案】B 【解析】 A.棉布属于纤维素，是有机物，A错误。 B.铜属于金属材料，C正确。 C.蜂蜡属于酯类，是有机物，B错误。 D.靛蓝染料属于有机物，D错误。 2.【答案】B 【解析】 A.A1的原子核内为13个质子，A错误。 B.SO4中心原子的价层电子对数为4、无孤电子对且配位原子相同，VSEPR模型为正四面体形，B 正确。 C.OH的电子式为：0：H,C错误。 D.CO2中心原子的价层电子对数为2且无孤电子对，空间结构为直线形，D错误。 3.【答案】D 【解析】 A.分子式为CH1O4,A错误。 B,-只告1号餐原千为p东化.1小之人4写微原子不阿能代平面，B结头 C.分子中不含手性碳原子，C错误。 D.环上的2个碳碳双键和羰基可与3olH2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能与H2反应，D正 确。 4.【答案】A 【解析】由电子排布图可知：X为Na,Y为H,Z为O,M为Cl,YZM的化学式为HClO。 A.由HClO中元素化合价可得，电负性O>CI,A正确。 B.Na为三周期，O为二周期，B错误。 C.YZM的化学式为HCIO,只含共价键，不含离子键，C错误。 D.O元素形成的单质有O2和O3,O2为非极性分子，O3为极性分子，D错误。 5.【答案】C 【解析】 A.加热会促进FeCl3水解，生成Fe(OHD3和HCl,HCl挥发，得不到FeCl固体，A错误。 B.选修1Pg1,图示滴定管为酸式滴定管，不能装碱性的NaOH溶液，B错误。 C.选修3P8,实验室制备乙炔用电石与饱和食盐水反应，固液不加热装置，C正确。 D.选修1P1,电镀时，镀件作阴极且接电源负极，镀层金属作阳极且接电源正极，用含镀层金属阳 离子的电解液作电镀液，所以应该是铁片接负极、铜片接正极，D错误。 6.【答案】A 【解析】素材均选自教材 A.必修2P30,2S2十5HS03一4HSO3+3S1十3H0,A错误。 高二化学试题解析第1页共6页 B.选必1P56,B正确。 C.选必3P65,C正确。 D.选必3P0,D正确。 7.【答案】D 【解析】素材选自教材第二册P16。由流程图可知，空气经液化分离得到气体N2和其他气体，N2和 H发生反应合成NH,NH3与O2发生催化氧化得到NO,O2与NO生成NO2,NO3与HO发生反应得到 HINO3。 A.教材必修2P12,“最重要的人工固氮途径就是工业合成氨”，A正确。 B.“深度氧化”为NO氧化为NO2,B正确。 C.气体X中含NO和空气等气体，可循环利用，C正确。 D.“合成氨”中N元素被还原，D错误。 8.【答案】A 【解析】素材选自选修三P15o第4题。 A.根据原子守恒，生成的小分子为CHOH,A正确。 B.该反应有小分子生成，是缩聚反应而不是加聚反应，B错误。 C.苯环上的等效氢为2种，一氯代物只有2种。 D.M为碳酸二甲酯，可完全水解为CH3OH和CO2,P完全水解后应生成N、CHOH和CO2,D错 误。 9.【答案】C 【解析】素材均选自教材 A.选必2P79:冰中水分子之间有氢键而干冰中二氧化碳之间无氢键，A正确。 B.选必2P88:自由移动的阴、阳离子可以传递电荷，物质能导电，B正确。 C.选必2Pg8;C60与“杯酚”的空穴适配，且两者是分子间作用力，C错误。 D.选必2P56;D正确。 10.【答案】D 【解析】 A.每个As连3个S,由价层电子对互斥理论可得，3个As一S键之间的排斥为相等，所以S一As一 S键角相等，A正确。 B.As的最外层有5个电子，连有3个σ键，还有1对孤电子对；S的最外层有6个电子，连有2个σ 键，还有2对孤电子对，因此1 mol As2S3的孤电子对数为8NA,B正确。 C.根据题干信息“空气湿度”及产物中有HS2O3和H$O4,由原子守恒可分析得出有HO与反应， C正确。 D.根据化合价变化可知As、S元素均被氧化，反应方程式为As2S3十7O2十6HO一2HAsO4十3HS04, 因此生成1molH3AsO4转移电子数目为14Na,D错误。 11.【答案】B 【解析】 A.根据元素守恒，可知物质a为L PdCl,A正确。 B.过程①中LPdC参与反应被消耗，过程②中LuPdCl2生成，可知催化剂应是L.PdCl2,B错误。 C.过程①中，2号碳原子反应前杂化轨道类型为sp,反应后杂化轨道类型为p3,C正确。 D.过程①和过程②相加，可得总反应方程式R人+0,0，催化剂R义，D正确。 R 12.【答案】B 高二化学试题解析第2页共6页 【解析】 A.选修3P61,乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液反应而使其褪色，不能证明有乙烯生成，A错误。 B.必修1Po,FCl3可与I反应生成I2,I遇淀粉变蓝，B正确。 C.Zn与C$O4发生置换反应生成的Cu附在Zn表面形成原电池，加快反应速率，C错误。 D.选修3P1oo,酚羟基与FeCl3溶液的显色反应，需要在弱碱性环境下进行，本实验中需加几滴NaHCO3 溶液中和硫酸后，再滴入FeCl3溶液，才会显色，D错误。 13.【答案】D 【解析】 A.“O”位于8个顶点和6个面心、“O”位于体内，根据均摊法有4个“O”,有8个“O”:结合化 学式LiSe可得“O”代表Se2,“O”代表Li计，A正确。 。由m点的分数坐标(0,0,0)结合b点的位置可得，b点的分数坐标为(，子，)，B正确 C.由均摊法可得晶胞中含有8个Li计和4个Se2,晶胞的M=4×(7×8+4×7)=372gmol:若立方晶胞 下a,所以晶胞的边长a= 的边长为a,由密度计算公式p=业=372_ 372×10mm,C正确。 Na·P 9。°。9 D.则晶胞空间结构可得，沿y轴方向的投影图为。。，D正确。 14.【答案】c 【解析】新型硅基锂离子电池属于二次电池，根据放电总方程可得，放电时负极反应式为LiSi一e 一L十Si,所以硅基电极为负极，三元锂电极为正极。 A.原电池中，电势为正极高于负极，A正确。 B.硅基电极为负极，反应式为LiSi一e一Li十Si,B正确。 C.充电时，三元锂电极为阳极，硅基电极为阴极，所以L计由三元锂电极（带正电荷）经有机聚合物 电解质向硅基电极（带负电荷）迁移，C错误。 D.充电时，硅基电极为阴极，反应式为Li十Si十ne一LiSi,外电路中每转移1mole,理论上 硅基电极质量增重7g,D正确。 15.【答案】C 【解析】 A.该分布分数图横坐标为pH,从左到右cH)逐渐减小，c(OH)逐渐增大，所以单调递减的曲线I对 应H,A,先增后减的曲线Ⅱ对应HA、单调递增的曲线Ⅲ对应A?,A错误。 B.依据c点横坐标，可求出K=104;由于K1×K。=c)XcA)xc)xcA)-(A) ×c2H), c(H,A) C(HA C(H,A) 当c(A)=cH,A时，K×K。=H)或pH=pK+pK,代入b点pH值、pK,可求得K110354,a 2 点的横坐标为3.54，根据物料守恒6(H,A)+6(HA)+6(A2)=1,pH=3.54时，6(A2)0(实际约为0.08)， 根据物料守恒，可知此时6（任，A)=6(HA）0.50(实际约为0.46），B错误。 C.将pH=2.54代入Ka1,可知cH,A=10,即I,A)=10,C正确。 C(HA) 6(HA) c(H,A) 1 D.由于6(HA)= 0-4a可7，A1E03514多，所以 c(H,A)CH,A) c()c(H*) 高二化学试题解析第3页共6页 6(H2A)与HA的浓度无关，在pH=3的条件下，0.01ol/L的HA溶液中6(H2A)与上图中6(H,A)相等， D错误。 16.【答案】 (1)三颈烧瓶100 (2)乙酸分子间的氢键比乙醇分子间的氢键更强 (3)分离反应生成的水，提高反应物的转化率 (4)中和酸（或中和硫酸和乙酸)增大水层的密度，便于分层 (5)A (6)图a 【解析】 (1)仪器A的名称为三颈烧瓶：当三颈烧瓶在加热条件下，其盛装的液体体积不能超过其规格的23， 所以步骤I中选用的最佳规格为100mL。 (2)乙酸和乙醇的分子间均存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇分子间的氢键更强，且乙酸的相对 子分质量更大，所以乙酸的沸点更高。 (3)酯化反应为可逆反应，根据题意可得分水器的作用是分离水，分离出水后，可促进酯化反应的 平衡正向移动，提高反应物的转化率和产物的产率。 (4)从系统思维的角度看，体系中分别含有硫酸、乙酸、乙醇、乙酸乙酯、水，所以饱和碳酸钠溶 液对于前述五个物质的作用依次为，中和硫酸和乙酸、溶解乙醇、降低酯的溶解度，提高水层的密度以便 于酯层与水层的快速分层。[素材取自于必修2教学参考书P6(5)] (5)洗涤液a为饱和NaCl溶液，其作用是洗去酯层中的少量碳酸钠；洗涤液b为饱和Cacl2溶液， 其作用是洗去酯层中的乙醇；二者不可颠倒，若洗涤液a选用饱和CaCl2溶液，则会与步骤I中残留的NaCO3 反应生成乳状CaCO3沉淀，不利于后续分离净化。 (6)依据乙酸乙酯的结构可知，其含有三种不同化学环境的氢原子，数目比为3：2：3。乙酸乙酯的 乙酰基上的氢数目为3，再结合信息“在核磁共振氢谱中为单峰”，则可判断图a才合理。图b中单峰的的 积分面积明显少于另两个组峰，不合理。（素材取自选必三《有机化学基础》第100页“问题和讨论”） 17.【答案】 (1)六f (2)B (3)2Fe2++2H+H02=2Fe++2H0 (4)防止生成絮状胶体氢氧化钕，不利于萃取 (5)①溶液pH增大，H什浓度减小，使萃取反应平衡正向移动，萃取率增大②B (6)3×104 (7)2d,(C,0,4+30,2Nd,0,+12c0, 【解析】 (1)根据基态Nd的价层电子排布式为4f46s2,元素所在周期数等于最大能层序数，所以Nd位于第 六周期：由构造原理可知最后1个电子填入的是f能级，所以Nd位于f区。 (2)原料中为B单质，结合信息“B难溶于非氧化性酸”可得“浸渣”的主要成分是B。 (3)Fe与盐酸反应生成FeCl,Nd与盐酸反应生成NdCl,所以在“氧化”步骤发生反应的离子方程 式为2Fe2++2Ht+H02=2Fe3++2H0。 (4)由“氢氧化钕是絮状胶体，比表面积极大、吸附能力极强”可得，加NaOH过多会生成氢氧化 高二化学试题解析第4页共6页 钕絮状胶体，可吸附其它离子，从而影响后续萃取效果。 (5)①根据萃取原理：3HR)2(有机相)十Nd3+(水相)=NdR)3(有机相)十3H(水相)，H+浓度减小， 平衡正向移动，会促进萃取反应的进行，使萃取率增大；②由图可得，萃取最大的反应条件是初始pH为 2.5,Nd+与P507浓度比1：9，所以选B (6)已知Kp[Nd,(C,04)]=2.7×10,当Nd+恰好完全沉淀，c(Nd)=1×105mol.L,根据 [Nd,(C,0b]=c(）e3(C,o,则代入数据可得c,0g)=[N4,C0,2710 c2(Na3+) =2.7x101, 1x105 所以c(C0）=3×104mol.L1: (7)“沉钕”得到Nd(C2O4),“焙烧②”在氧气中进行，C2O被氧化为CO2,Nd元素转化为NdO3, 焙烧 根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为2Nd2(CO4),+3022NdO3+12C02; 18.【答案】 (1)苯胺 (2)醚键、酰胺基 浓H2S04 (3) HNO3 NH +H20 △ (4)还原反应 (5) -SH (6)4 OCH (7) COOH OCH3 OCH +SOCI- +S02↑+HC1 OH CI 【解析】 (1)选自选修3P0,化学名称为苯胺 (2)根据结构分析可得B中的含氧官能团为醚键和酰胺基 (3)对照流程中B→C的结构变化可得，该过程中引入了一NO2官能团，为硝化反应，需要在浓硫酸 浓H2SO4 的条件下加热才能进行，同时生成HO。可得方程式 HNO NH +H2O NH △ (4)由照流程可得，C→D是酰胺基的水解反应，再对照C与E的官能团可得D→E是将一NO2变为 了一NH2,该过程为失氧得氢的过程，为还原反应。 SH (5)由题干中“经历了加成、消去两步反应”可得中间产物为 发生消去反应时可 SH 高二化学试题解析第5页共6页 (6)由己知条件可得结构中需含有两个等效的一CH3,且苯环为对称结构，分析可得同分异构体有： 02N NO2 4种。 OCH? OCH3 (7)由已知和I、J、K、G的变化分析可得环和甲氧基没变，则K为 ,J为 OH COOH OCH3 OCH3 所以化学方程式为： +SOCl2→ +SO2↑+HC1 OH -C 19.【答案】 (1)+233.0大于 (2)①HS2 ②反应i速率变化不明显，反应ⅱ速率增大更明显，使得硫的累积量减小 (3)①20 ②减小 (4)可获得高附加值产品H2（或不产生污染性气体SO2) 【解析】 （1)反应=反应i+反应ii,根据盖斯定律，△H=△H1+△H=+(169.8+63.2)=+233.0kJmo1;对于 吸热反应，正反应活化能大于逆反应活化能。 (2)①反应i和反应i为连续反应。停留时间较短时，HS的摩尔分数明显减小，CS2的摩尔分数为零， 说明该段内只发生了反应i,生成的H2与S2物质的量之比为2：1，据此可判断曲线I所示物种为H2,曲线Ⅱ 所示物种为S2,余下的曲线Ⅲ所示物种为CS2。②反应i生成S2,使S2的摩尔分数增大；反应i消耗S2,使 S2的摩尔分数减小。停留时间超过一定时间后，反应开始发生。从停留时间超过一定时间后HS的摩尔 分数变化不明显，CH4的摩尔分数变化大，可以判断反应速率变化不明显，反应速率增大更明显，使得 硫的累积量减小。 （3)假设通入的混合气体中n起(H2S)=n起(CH4)=1mol,结合HS的转化率为32%，则 2转(H2S)=0.32mol,结合S2的收率为4%，则n平(S2)=0.02mol,依据硫元素守恒，则n平(CS2)=0.14mol, n平(H2) m转(CH4)=0.14mol；n平(H,)=4低S)+2n转(CH4)=0.6mol,H的收率2(CH,)+eH, ×100%= 0.6x100%=20%。恒压条件下，不通入A,相当于对反应体系加压，反应和反应均逆向移动，则相 3 同温度下HS的转化率减小。 (4)利用CH4处理HS与Claus工艺相比，前者的优点是可获得高附加值产品H(或不产生污染性 气体S02)。 高二化学试题解析第6页共6页2026年春期 中学校学业质量监测 高二年级化学 (考试时间：75分钟；全卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的考号、姓名、班级填写在答题卡上。 2.回答选择题时，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，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在 答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：Li7Se79 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 1.珙县苗族蜡染技艺是国家级非物质文化遗产。制作过程涉及的下列物品中，主要成分 属于金属材料的是 A,自织棉布 B.铜制蜡刀 C.天然蜂蜡 D.靛蓝染料 2.泡沫灭火器的反应原理：Al2(SO4)3+6NaHC03一2A1(OHD3J十3Na2S04十6CO2↑。 下列化学用语正确的是 A.A13+的结构示意图： B.SO的VSEPR模型：正四面体形 C.OH的电子式：O:H D.CO2的空间填充模型：Q 3,蓝花楹是南方常见的观赏树木，其花中含有有机物W(结构如图)。下列关于W的 说法正确的是 A.分子式为CHO4 B.所有碳原子共平面 0只 C.有1个手性碳原子 D.1molW最多可与3molH2反应 4.X的核外电子排布和化合物YZM的化学键模型如图。下列说法正确的是 A.电负性：Z>M B.X与Z位于同一周期 ©原子核 C.化合物YZM中含离子键 。电子 M D.Z的单质分子均为非极性分子 高二化学第1页（共8页) 5.下列实验设计能达到相应实验目的的是 0.10 mol/L E 饱和 NaOH溶液自 食盐水 溶液 铜片 铁片 25.00mL 盐酸 硫酸铜 (含酚酞) 国 溶液 A.制FeCl3固体 B.测定盐酸浓度 C.实验室制C2H2 D. 铁片上镀铜 6.下列过程对应的离子方程式错误的是 A.向饱和H2SO3溶液中加入少量Na2S溶液：S2-+H2SO3一H2S个+SO} B.向CuC2溶液中加入浓盐酸：[Cu(H2O)4]2++4CI=[CuCL4]-+4H20 C.向《ONa溶液中通入CO2: K-0+C02+H0〈 OH+HCO D.向新制的Cu(OD2中加入乙醛并加热： CH3CH0+2Cu(O2+OH△→CH,C00+C2O1+3H20 7. 硝酸是重要的化工原料。以合成氨为基础的传统硝酸生产工艺流程如图。 H2 空气 空气 H20 空气一液化分离 合成氨 催化氧化 深度氧化 吸收→HNO3 其它气体 气体X 下列说法错误的是 A.“合成氨”可实现人工固氮 B.“深度氧化”中还原剂为NO C.气体X可循环利用 D.流程中氮元素均被氧化 8.聚合物P可用于制造车、船的挡风玻璃，其合成反应如下： nCH2O-C-OCH3+nHO 0-0CHs+(2-1)x M 下列说法正确的是 A.X为CH3OH B.该反应为加聚反应 C.N苯环上的一氯代物有4种 D.P完全水解生成M和N 9.微观结构可解释宏观现象。下列解释与实例不符的是 选项 实例 解释 A 冰的密度小于干冰 水分子间存在氢键 B 离子液体具有导电性 离子液体含有阴、阳离子，且能自由移动 c “杯酚”分离C60和C70 “杯酚”与C6o、C70形成的化学键强度不同 D 壁虎能在墙上爬行自如 壁虎足的细毛与墙体之间存在范德华力 高二化学第2页（共8页） 10.A$2S,俗称“雌黄”，其分子结构如图，在不同光照和空气湿度下，可发生以下反应： As0,十HS,02气，外走AS,空气自然生HAs04十HS0, 设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 AS2S3 A、As2S3中所有S一As一S键角相等 B.1 mol As2S3中含孤电子对数为8NA C.反应I和反应Ⅱ中均有H2O参与反应 D.反应IⅡ中，每生成1molH3AsO4转移的电子数目为2NA ll.“Wacker氧化”是工业制乙醛及有机合成中构建羰基的关键方法。某“Wacker氧化” 反应的机理如图，依次发生反应①、②，L代表某配体。 R人过2H+2C LPd 02+2H+2CT ① ② R入+， H20 物质a 下列说法错误的是 A.a为LnPdCl2 B.该“Wacker氧化”反应的催化剂是LnPd C.反应①中，2号碳原子的杂化轨道类型从sp2变为sp3 D.总反应方程式为R人+0， 0,催化剂9 R 12.根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 选项 操作及现象 结论 加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将逸出的气体通入 A 有乙烯生成 少量酸性高锰酸钾溶液，溶液颜色褪去 B 向FeCk溶液中滴加几滴淀粉KI溶液，振荡，溶液变蓝 Fe3+具有氧化性 向Zn与稀硫酸的反应体系中加入几滴CuSO4溶液， CuSO4对该反应具 C 产生气泡的速率变快 有催化作用 向阿司匹林的水溶液中滴入2滴稀硫酸，振荡，再 阿司匹林的水解产 向其中滴入几滴FeCl3溶液，振荡，无明显现象 物中不含酚羟基 高二化学第3页（共8页） 13.锂硒电池是一种具有高电导率的新型固态电池。Li2S的立方晶胞结构如图。晶体的 密度为pg/cm,m点的分数坐标为(0,0,0)，阿伏加德罗常数为N入。 下列说法错误的是 A.a点代表微粒Se2 B.b点的分数坐标为（之，，4）】 372 C.晶胞边长为3 -×107nm D。晶胞沿y销方向的投影图为中。。 14.我国科研工作者研制出一种纳米硅基锂离子电池，装置如图。放电时的总反应为： LiM:O,+LinSi=LiMOy+Si. ◇◇◇ 硅基电极有机聚合物三元俚电极 (LiSi) 电解质(Li1nMOy) 下列说法错误的是 A.放电时，三元锂电极的电势更高 B.放电时，硅基电极的反应为：LinSi一ne一nLi十Si C.充电时，L由硅基电极经有机聚合物电解质向三元锂电极迁移 D.充电时，外电路中每转移1mole,理论上硅基电极质量增重7g 15.25℃，总浓度为0.1mol/L的二元弱酸H2A的溶液中，H2A、HAˉ、A2-的分布分数ò [例如：6H2A)= c(H2A) 一]与溶液pH变化的关系如图。 c(H2A)+c(HA )+c(A2) 1.0 1 0.8 0.6 0.4 Xc(4.34.y) 0.2 b(394.0.22) 0 01234.5 6 7 pH 下列说湛正雠的是 A.曲线I代表(A-)随pH的变化 B.a点的坐标为（3.54,0.50) C.pH=2.54时， dH2A1=10 6(HA) D.pH=3时，总浓度为0.01molL的HA溶液中6HA)与上图中H2A)不相等 高二化学第4页（共8页) 二、非选择题：共4题，共55分。 16.(13分) 乙酸乙酯是一种常用的有机溶剂。某实验小组利用乙酸和乙醇制备乙酸乙酯，部分装 置如图（加热及夹持装置省略)。 相关物质的部分性质如下表： 物质 沸点/℃ 密度/gcm3 乙醇 78 0.789 冷凝水》 乙酸 118 1.05 分水器 电动搅 乙酸乙酯 77 0.9 拌器 水 实验步骤： I.向仪器A中加入22mL95%乙醇和12mL冰醋酸，再缓慢 加入0.5mL浓硫酸，混匀，加入2~3粒沸石。安装带分水器的回流 装置，向分水器中加入少量水，通入冷凝水，加热回流。 IⅡ.反应结束后，待反应液冷却至室温后倒入分液漏斗，向其中缓慢加入饱和N2CO3 溶液，不断振荡并放气，直至无C02气体放出。静置，分去水层。 Ⅲ.向步骤Ⅱ分液漏斗中加入10mL洗涤液a,振荡、静置，分去水层；再加入10mL 洗涤液b洗涤酯层，静置，分去水层。酯层经干燥后得产品。 回答下列问题： (1)步骤I中，仪器A的名称是 ,其最佳规格是 mL(填“50”或“100”)。 (2)乙酸的沸点高于乙醇的沸点，原因是 (3)分水器是利用冷凝液在分水器中分层，上层有机层通过支管流回A,下层水层 从下口放出。使用分水器的优点是 (4)步骤IⅡ中，饱和Na2CO3溶液有溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度、. 和 的作用。 (5)步骤Ⅲ中，洗涤液a是。. （填标号)。 A.饱和NaCI溶液 B.饱和CaC2溶液 (6)乙酸乙酯的乙酰基上的氢在核磁共振氢谱中为单峰，则乙酸乙酯的核磁共振氢 谱图为 (填“图a”或“图b”)。 10 8 10 图a 图b 高二化学第5页（共8页） 17、（14分) 钕元素(N)作为稀士家族中的重要成员，在高科技产业中扮演着不可替代的角色。一种 利用钕铁硼磁体废料（主要含Nd、Fe、B单质）制取氧化钕(Nd2O,)的工艺流程如下图。 萃取剂 萃取剂 浓盐酸 H2O, N503 NaOH P507 浓盐酸 H2C204 02 钕铁硼 磁体废料一酸浸氧化 萃取 调pH 萃取 反萃取 沉钕 焙烧 -Nd203 漫渣 有机相 (含Fe) 已知：①Nd与盐酸反应生成NdCL,B难溶于非氧化性酸； ②氢氧化钕是絮状胶体，比表面积极大、吸附能力极强： ③KpNd2(C2O4)3]=2.7×10-21。溶液中金属离子浓度≤1×10-5mol/L时，认为其 沉淀完全。 回答下列问题： (1)基态Nd的价层电子排布式为4f46s2。Nd位于第 周期， 区。 (2)“浸渣”的主要成分是 (填化学式)。 (3)“氧化”步骤，发生反应的离子方程式是 (4)“调pH”步骤，pH不能太高的原因是 (5)萃取剂P507可用HR表示，萃取原理为：3HR)2(有机相)十Nd+(水相一NdHR2(有 机相)十3H(水相)。萃取率与溶液的初始pH、Nd+与P507浓度比之间的关系如图。 100 80 60 40 ⑧cNd3hc(P507)=1:6 20 ▣cNd3h:cP507)=1:9 △cNd3:c(P507)=l:12 0 1.5 2.02.53.03.5 初始pH ①从平衡移动的角度解释萃取率随初始pH的增大而增大的原因是 ②“萃取IⅡ”步骤，萃取Nd3+的最佳条件是 (填标号)。 A.2.0,1:12 B.2.5,1:9 C.3.0,1:6 D.3.5,1:6 (6)“沉钕”步骤，当Nd3+恰好完全沉淀时，C2O的浓度是 mol/L。 (7)“焙烧”步骤，发生反应的化学方程式是 高二化学第6页（共8页) 18.(14分) 埃索美拉唑可治疗十二指肠溃疡、胃溃疡等疾病。一种埃索美拉唑中间体(H)的合 成路线如下图（部分试剂和反应条件略去）。 NO, (CH3CO)2O 浓NO, NaOH D SnCl2_ NH C-H8O3N2 HCI NH2 A B 0 NH2 CS2,KOH SH G C2HsOH NaOH NH2 回答下列问题： (1)A可由》 NH合成， NH的化学名称是 (2)B中官能团的名称是 (3)B→C的化学方程式是 (4)D→E的反应类型是 (5)E→F的过程中，经历了加成、消去反应。消去时还可能产生与F互为同分异构 体的副产物，其结构简式是 (6)C的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种。 ①含苯环和两个一NO2; ②核磁共振氢谱的各组峰面积比为6：2：1：1。 (7)G的部分合成路线如下： H2O,H】 △ CN COOH 已知： LiAIH4 OH。 J的结构简式是 K→G的化学反应方程式是 (同时生成两种气体)。 高二化学第7页（共8页) 19.（14分) 利用CH4处理HS获得硫单质和氢气（高附加值产品)的研究备受关注。相关反应如下： 反应i:2H2S(g)=2H2(g)+S2(g) △H1=+169.8kJ/mol 反应i:CH4(g)+S2(g)一CS2(g)+2H(g)△H=+63.2kJ/mol 回答下列问题： (1)反应CH4(g)十2HS(g)一CS2(g)+4H(g)的△H=kJ/mol。该反应正反应 活化能 (填“大于”“小于”或“等于”)逆反应活化能。 (2)1100℃、100kPa条件下，以1200cm/min的固定流速向管式流动反应器中通入 n(CH4):n(H2S):n(Ar)=1:2:17的原料气，测得H2S、CH4、S2、CS2、H2的摩尔分数与 气体在反应器内停留时间的关系（即沿着反应器的不同位置检测气体组成）如下图所示。 10 H2S 8 8 6 CH 尔 4 做 2 L.---- 停留时间(s) ①曲线I、Ⅱ分别代表物种 (填化学式)。 ②曲线Ⅱ所示物种随停留时间先增大后减小，请分析减小的可能原因是 (3)T℃、100kPa条件下，向反应器中通入n起(CH4):n(H2S):n起(Ar)=1:1:8 的混合气体，平衡时测得H2S的转化率为32%，S2的收率为4%。 已知：S的收率= n年S2)x100%,6的收率=2n(CH)+H,9 n-(H2) ×100%。 (H2S) ①H的收率=%。 ②T℃、保持恒压100kPa,向反应器中通入n起(CH4:n起(H2S)=1:1,不通 入Ar,则相同温度下H2S的转化率 一（填“增大”“减小”或“不变”）。 (4)传统工业采用Claus工艺处理HS,即利用反应i和反应iv生成硫单质。 反应i:2H2S(g)+302(g)=2SO2(g)+2H2O(g) 反应iv:4H2S(g)+2S02(g)=3S2(g)+4H20(g) 利用CH4处理H2S与Claus工艺相比，前者的优点是 高二化学第8页（共8页）2026年春期 中学校学业质量监测 高二年级化学参考答案 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。 题号 2 3 4 5 6 8 10 答案 B B D A C A D A C 0 题号 11 12 13 14 15 答案 & B D C C 非选择题：共4题，共55分。 16.(13分) (1)三颈烧瓶(2分)100(1分) (2)乙酸分子间的氢键比乙醇分子间的氢键更强(2分) (3)分离反应生成的水，提高反应物的转化率(2分) (4)中和酸（或中和硫酸和乙酸）(1分)增大水层的密度，便于分层(1分) (5)A(2分)(6)图a(2分) 17.(14分) (1)六(1分)f(1分)(2)B(1分) (3)2Fe2++2Ht+H02=2Fe3++2H0(2分) (4)防止生成絮状胶体氢氧化钕，不利于萃取(2分) (5)①溶液pH增大，H浓度减小，萃取反应平衡正向移动，萃取率增大(2分)②B(1分) (6)3×104(2分) (7)2xd,(e0,+30,整2xd0,+120,2分) 18.(14分) (1)苯胺(1分) (2)醚键、酰胺基(2分) NO, (3) +HNO,(流)浓，S0, NH NH △ +H0(2分) (4)还原反应(1分) ( SH(2分) (6)4(2分) 01 (7) (2分) +SO2↑+HCI(2分) COOH OH 19.(14分) (1)+233.0（2分)大于(2分) (2)①H2(1分)S,(1分)②反应速率变化不明显，反应i速率增大更明显，使得硫的累积量减小 (2分) (3)①20(2分)②减小(2分) (4)可获得高附加值产品H(或不产生污染性气体SO2)(2分) 高二化学参考答案第1页共1页