山东青岛第九中学2025-2026学年第二学期高一期末考试 化学试题

保密★启用前 青岛九中2025-2026学年第二学期高一期末考试 (化学)学科试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为100分，考试用时90分钟。 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置。 2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫 米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、 试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H1C12016S32Fe56C059Cu64Li7 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.下列化学品在生产生活中使用不当的是 A.为吸附装修可能产生的甲醛等有害物质，在房屋中放置活性炭 B.为减少“白色污染”，用聚乙烯替代聚乳酸0， 制作食品包装袋 CH C.为避免葡萄酒中某些成分被氧化，向其中添加适量S0。 D.酚醛树脂隔热、阻燃，可用于生产烹饪器具的手柄 2.我国科学家成功利用C0,人工合成淀粉，使淀粉生产方式从农业种植转为工业制造成为可 能，其原理如下所示。下列说法错误的是 空气 CO 催化剂@O 支链淀粉 直链淀粉 H H,0一太阳光 六碳 a 催化剂 A.反应①的化学方程式为C02+3H2 CH2OH +H2O B.30g的b物质在氧气中充分燃烧后的产物被足量过氧化钠吸收，固体增重30g C.等质量的b与c物质完全燃烧，消耗氧气的量相同 D.淀粉属于多糖，分子式为(C6H1oOs)n,是纯净物 3.化学改善人类生活、创造美好世界。下列说法正确的是 A.“DeepSeek”服务器芯片材料为二氧化硅 第1页 B.制造“宇树机器人”采用的聚醚醚酮属于有机高分子材料 C.我国“人造太阳”利用核聚变实现了化学能到光能和热能的转化 D.“钍基熔盐堆”中元素钍(T)属于主族元素 4.实验室中使用盐酸、硫酸和硝酸时，对应关系错误的是 A.稀盐酸：焰色反应时洗涤铂丝 B.稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解 C.稀硝酸：清洗附有银镜的试管 D.浓硝酸和浓硫酸：苯的磺化 5.下列实验装置或操作正确且能达到目的的是 淀粉溶液 A 铜片 铁制 铜氨 镀件 溶液 海带灰浸取液 C. 检验海带中有碘元 A.萃取振荡时放气 B.转移溶液 D. 铁件镀铜 素 A.A B.B C.C D.D 6.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是 选项 热化学方程式 结论 H2(g)+Cl2(g)=2HCI(g) A H2的燃烧热△H=-akJ-mol-1 △H=-akJ-mol-1 OH-(aq)+H*(aq)=H2O(l) 溶质物质的量为0.5mol的Ba(oH)2稀溶液与足 B △H=-57.3 kJ-mol-1 量稀H2S04完全中和，放出的热量等于57.3kJ C(s)+O2(g)=C02(g) △H1=-akJ.mol1: C △H1<△H2 C45+202g片=c0(g) △H2=-bkmo1 P4(S,白磷)=4P(5,红磷) D P4(S,白磷)比P(S,红磷)稳定 △H=-29.2 kJ-mol-1 A.A B.B C.C D.D 共12页 保密★启用前 7.下列分离提纯方法能达到实验目的的是() 实验目的 分离提纯方法 A. 除去乙酸乙酯中的少量乙酸 加入饱和NaOH溶液，振荡、分液 B. 除去苯中的少量苯乙烯 加入浓溴水，分液 C. 除去乙炔中混有的H2S气体 先通过CuSO4溶液，再干燥 除去C02中的少量S02 通过饱和Na2C03溶液 8.一种生产聚苯乙烯的流程如下，下列叙述正确的是 CH2CH, CH=CH2 {CH-CH] AICl 催化剂 催化剂 95100℃ 550-560℃ ③ CH2=CH2- ① 乙苯 ② 苯乙烯 聚苯乙烯 A.苯乙烯所有原子一定在同一平面内 B.苯乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，而乙苯不能使其褪色 C.鉴别乙苯与苯乙烯可用溴的四氯化碳溶液 D.反应①的反应类型是加成反应，反应②的反应类型是取代反应 9.药物盐酸茚洛秦(Q)的合成路线如下，下列说法正确的是 CH2Br OH CPh3 LiAIH4. HCI KOH C>HsOH OH M A.M→N为取代反应 B.N比P更易被氧化 C.M、P均可在Cu催化下发生氧化反应 D.已知Q被酸性MO4溶液氧化时有C0,生成，则另一产物为 COOH -COOH 第 10.科研团队在距离地球约124光年的太阳系外行星的大气中检测到了可能表明生命存在 的化学指纹DMS和DMDS,这两种化学物质的结构如图所示。X、Y、Z、W、Q是原子序数依 次增大的短周期主族元素，其中W与Q同主族，Z的最高正价和最低负价代数和为2。下 列叙述正确的是 文sstoo DMS DMDS A.简单氢化物的沸点：Q>W>Z B.单质的熔沸点：Q>W>Z>Y C.原子半径：Y>Z>X D.最高价含氧酸酸性：Z>Y>Q 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目 要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11.制备-氯代异丁酸的装置如图。在反应瓶中加入异丁酸与催化剂（易水解），加热到 70℃，通入C12,反应剧烈放热，通气完毕，在120℃下继续反应。反应结束，常压蒸馏 得产物。反应方程式： COOH COOH H3C-C-H+Cl2- 催化 →HC-C-CI+HCl CH3 CH3 下列说法错误的是() 归 干燥管 (夹持装置略) 温度计 垫块 反应装置 缓冲装置 吸收装置 A.干燥管可防止水蒸气进入反应瓶 B.控制C1,流速不变可使反应温度稳定 C.C1,通入反应液中可起到搅拌作用 D.吸收装置中可用水作为吸收液 页共12页 保密★启用前 12.某研究小组采用电催化方法将生物质产品F(H0《O)和GLY(甘油：C,,O,)》 HO 转化为高附加值化学品BHF( OH)和ICOOH，装置如图所示（假设酸性电解 液中M和GLY物质的量浓度相等，反应均充分)。 X极 TTTTTT 师CdPS,/CdS HMF BHME V- 酸性电解液 」质子交换膜 CLY HCOOH 0000000000000000000(MnCo.O) Y极 下列叙述正确的是 A.X极为阳极，电极反应 B.当生成1 nolBHMF时，理论上外电路转移4mo1电子 C.电解过程中，H+通过质子交换膜从X极向Y移动 D.理论上两极缓慢通入电解液的速率y/y,=4 13.最近，我国科学工作者提出了一种电化学合成氯醇的策略：在含C1的水性介质中直接从 烯烃合成氯醇，避免了传统方法中氯气和次氯酸的使用，其合成原理如图所示。 电源 b X2 H20 OH 质子交换膜 下列说法错误的是 A.工作一会儿，阴极区游离的OH数目几乎不变 B.理论上，当有22.4LX2气体生成时，向右穿过质子交换膜的H+可能为2mo1 C.若电解质溶液更换为海水，将不能合成氯醇 】+CI-2e+H0 +H D.工作时，a极反应为： OH 第3页 14.二价铜微粒[C”(NH可用作汽车尾气脱硝的催化剂，其可能的催化机理如图1 所示，反应过程中体系的能量变化如图2所示。下列说法正确的是 [Cu"(NH3)2]2 N2,H20、 (① NH TS:过渡态 ① TS2 [Cu"(NO2)(NH3)2P25 能 /NH3 ②[Cu'NH342+ 量 NO TS3 NO,02④， ④ TS4 [Cu'(NH3)2]* [Cu(H2NNO)(NH3)J/NH ⑤ -N2/H2O /NH N2,H2O 反应历程 图1 图2 A.状态③→④决定了反应速率 B.状态①→⑤过程中有极性键和非极性键的断裂与生成 C.状态②→③的过程中N元素发生氧化反应 D.该脱硝过程的总反应方程式为4NH+2NO+2O, 催化剂 6H,0+3N2 △ 15.一定温度下，在2L恒容密闭容器中加入适当催化剂，由一定量的sc1和1mol02反应制 备soc12,反应如下：I.SC1(g)+O2(g)=S0C1(g)、II.SC1(g)+SO,C1(g)=2SOC1(g), 反应I很快，反应II很慢且对反应I没有影响，测得平衡体系中各组分的物质的量分数 A随8的变化如图所不 x(A) 1 0.8 0.6 N一甲 0.4 乙 0.2 M2.0,0.15)丙 1.02.03.04.0 n(SCL) n(0,) 下列说法正确的是 A.反应II中加入催化剂，可提高SCl,的平衡转化率 B.曲线乙表示SOCl,的变化 C.若将容器体积缩小，N点水平向左移 D.M点时，c(SCl2)=0.15molL1 12页 保密★启用前 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(12分)烯烃A是一种重要的化工原料，可合成多种有机物。 (1)由烯烃A合成E的路线如下。 Br/CCl 浓硫酸△ A→CH,BrCH,Br、.→HOCH,CH,OH→CH2=CHCOOCH,CH,OH B NaOH/H,O ①A中官能团的名称为 。A→B的反应类型为 反应。 ②C和D发生酯化反应生成E的化学方程式为 (2)由烯烃A合成Z的路线如下。 催化剂、加热、加压 2)H A X→CH,CHO→Z H,O 1)HCN OH 1)HCN 已知：R一C一R, 2)H" R一C-COOH(R1、R表示烃基或氢原子)。 R ①A的加聚产物的结构简式为 ②X→CH3CHO需要的反应物和反应条件为 ③有机物Z的结构简式为 ④W为A加氢产物的一种同系物，相对分子质量为114，其分子结构中含6个“-CH3”, W的结构简式为 17.(12分)以锗矿石NiS、ZnS、GS2,含SiO,等杂质)为主要原料制备Ge、Ni和ZnS04·7H,O 的工艺流程如下： ZnSO H202,H2S04Zn0 有机相 反萃取 溶液「 滤液a调pH、 结晶→ZnS047H20 矿 氧化 中和 萃取 操作2 石粉 酸浸 沉淀 操作1 萃余液 电解 GeO2 →Ni 还原 >Ge Ni(OH)2 浸渣 已知：①锗在硫酸中的存在形式：pH<2时主要为Ge4+,2<pH<7时主要为GO,沉淀； ②Zm2+和Ni2*(以0.1mol.L1计)开始沉淀的pH分别为6.2和6.9，完全沉淀时的pH分别为 8.2和8.9 回答下列问题： 第4页共 (1)氧化酸浸时，控制溶液pH≈1.5，浸渣的主要成分为SiO,和S,则GS,反应的离 子方程式为 (2)操作2的名称为 。 有人依据已知②认为可以直接调pH分离Zn+和 +,以省去有机物使用时可能造成的污染，分析该方法是否正确 (3)调pH、萃取？时，萃取原理为M2+(水相)+2HR(有机相)三R,(有机相)+2H(水相。 在硫酸盐溶液中，该萃取剂对某些金属离子的萃取率萃取率=卫（MR), 100%1 n总(M) 与pH的变化关系如图所示。在一定范围内，萃取率升高的原因是 已知 在pH=1.8时，达到萃取平衡时， c(Z)-48。若在滤液中加入等体积萃取剂进行 C水相(Zn2+)】 充分萃取，则Zn+的萃取率为 %(保留两位有效数字)。 100 2n2 &880 60 N2* 40 20 12345678 pH (4)电解制备Ni时，电解池的阴极电极材料为 (填化学式)。电解后的 溶液可在工艺中循环使用，利用该电解液的操作单元为 (填标号)。 A.氧化酸浸B.中和沉淀C.调节pH、萃取D.反萃取 12页 保密★启用前 18.(12分)富马酸二甲酯(CH OOCCH=CHCOOCH3)是一种防霉保鲜剂，常温下为白色结 晶或结晶粉末，有辛辣味，沸点为193℃，熔点为105℃，溶于乙酸乙酯、氯仿、丙酮和醇 类，微溶于乙醚，不溶于水。在实验室以顺丁烯二酸酐 和甲醇为原料合成 富马酸二甲酯并探究不同催化剂对产品的影响。实验装置如下（夹持装置已略去）： 温度计 磁转子 水浴 电磁搅拌 实验步骤： ①向三颈烧瓶中加入3.92g顺丁烯二酸酐、10mL甲醇（密度为0.791g·cm3)和1.5mL浓硫酸， 每次实验再分别加入组分不同的混合催化剂，进行实验。 ②加热回流1.5，待反应结束后，将反应物转移至蒸馏装置中，蒸出过量的甲醇，剩余物倒 入烧杯中，再搅拌，冷却至5℃，结晶后经抽滤、洗涤、重结晶、干燥得产品。 回答下列问题： (1)该实验中合成富马酸二甲酯的化学方程式为 (2)仪器A的名称为 ,其不适宜作为蒸馏装置中倾斜式蒸馏装置，理由是 (3)探究催化剂对产品影响的实验时，相同反应时间内不同催化剂所得实验结果如下： 催化剂量实 浓硫 浓磷 三氯化 硫脲 溴化 产量 产品 验 酸/mL 酸/ml 铁/g e 钠/g 外观 1 2.5 2.0 1.0 1.0 1.0 4.9 白色晶体 2 1.0 4.0 1.0 1.0 1.0 2.0 白色固体 3 1.0 2.0 1.5 1.0 1.0 1.2 棕黄色固体 4 1.0 2.0 1.0 1.0 3.0 4.0 白色晶体 5 1.0 2.0 1.0 1.0 1.0 2.9 白色晶体 参照组是实验 (填数字)，实验1与参照组对比，所得的实验结论为 第5页共 (4)实验3中固体呈棕黄色的可能原因是：为验证该推测是否正确，设计实验方案及 现象为 (5)实验1的产率为（结果保留2位有效数字）。 19.(12分)电池和电解池在日常生活中有着广泛的应用。 I.某科研小组用甲烷-空气燃料电池提供的电能电解处理含C,O号的酸性废水，设计如图 所示装置(X、Y、Z均为气体)，利用电极反应生成的离子将CO转化成C+,后续调节 溶液的pH值，将Cr+转化成沉淀。 M电极 N电极 Fe 熔融 碳酸盐 Z+H,O 含Cr,O的酸性废水 (1)甲烷-空气燃料电池中X是 (填化学式)。 (2)N电极的电极反应式为 。Fe电极的电极反应式为 (3)除去2 nolCr,O理论上通入甲烷的物质的量为 1mol。 IⅡ.四甲基氢氧化铵(CH3)4NOH常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵(CH)4NC为 原料，采用电渗析法合成(CH)4NOH(M-91gmol),工作原理如图(a、b为石墨电极， c、d、e为离子交换膜)。 M电源 (CH)N Nacl 浓溶液 稀溶液 6 (CH,)NOH no 浓溶液 NaOH溶液 (CH)NOH= m% NaOH溶液 稀溶液 (CH,)4NCI稀溶液NaCI浓溶液 (4)电源N极为 极（填“正”或“负”）。 (5)装置中d为 交换膜（填“阳离子”或“阴离子”），b极的电极反应式为 (6)NaOH溶液的浓度大小关系：m n(填“>”、“<”或“=”)。若两极产生的 气体体积差为11.2L(标准状况下)，则制备(CH3)4NOH的质量g。 12页 保密★启用前 20.(12分)开发使用氢能源是目前研究热点之一。工业上可以用甲烷和水蒸气催化制氢气， 主要反应如下（不考虑其他副反应）： i.CH (g)+HO(g)cO(g)+3H(g)H,=+206kJ.mol-1 ii.CO(g)+H(g)CO2 (g)+H2(g)H2 =-41kJ.mol- iii.CH (g)+2H(g)CO2 (g)+4H2(g)H 回答下列问题： (1)△H3= kJ.mol1。 (2)一定条件下，反应i的正反应速率可表示为'正=kc(CH4)c(H,),且反应i的平衡常数 太一，则逆反应速率可衣不为=：—（、分别为生、的淀率常数，与温 度和催化剂有关)。 (3)将1molCH4和3molH,O组成的混合气体投入恒容密闭反应器中发生反应i、iⅱ和ii,平 衡时含碳组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。 CH C0,(600,0.08) 罩 600,0.04) 450 550 650 750 850 温度/C ①600℃时，CH4的平衡转化率为 (结果用分数表示)。 ②研究发现，以含镍物质为催化剂时，600℃时向平衡体系中通入少量O,能提高H,的平衡产 率，其原因可能是 ③600℃时，反应ii的平衡常数K。= (结果用分数表示，K。是以分压表示的平衡常 数，分压=总压×物质的量分数)。 n(H2) ④680~850℃间，随温度升高，平衡混合物中 的值 (填“增大”“不变”或“减 n(H,O) 小”)。 第6页共 12页 保密★启用前 参考答案和解析 1.【答案】B【解析】【详解】A.活性炭具有疏松多孔的结构，吸附性强，可吸附甲醛等装 修产生的有害气体，使用合理，A正确： B.聚乳酸是可降解的高分子材料，聚乙烯难以降解，若用聚乳酸替代聚乙烯制作食品包装 袋可减少白色污染，B错误： C.SO,具有还原性，适量添加到葡萄酒中可以防止成分被氧化，同时起到杀菌作用，符合食 品添加剂使用规范，使用合理，C正确：D.正确。 2我国科学家成功利用C02人工合成淀粉，使淀粉生产方式从农业种植转为工业制造成为可 能，其原理如下所示。下列说法错误的是 空气 支链淀粉 直链淀粉 H 化剂@O ① OH ④0 HO 太阳光 六碳 催化剂 A.反应①的化学方程式为C02+3H2 CH3OH +H2O B.30g的b物质在氧气中充分燃烧后的产物被足量过氧化钠吸收，固体增重30g C.等质量的b与c物质完全燃烧，消耗氧气的量相同 D.淀粉属于多糖，分子式为(C6H1oOs)m,是纯净物 【答案】D 催化剂 【解析】A.根据图中信息得到反应①的化学方程式为C02+3H CH3OH +H2O,A 正确： B.30g的b物质可看成CO和H2,故B正确： C.b(HCHO)与c(HOCH2COCH2OH)通式相同，因此等质量的b(HCHO)与c(HOCH2COCH2OH) 物质完全燃烧，消耗氧气的量相同，故C正确： D.淀粉属于多糖，分子式为(C6HoOs)m,聚合度n值不同，是混合物，故D错误； 故选D。 3.【答案】B【解析】现代芯片的核心材料是单质硅，二氧化硅用于制造光导纤维，并非芯 片主体材料，A不符合题意；聚醚醚酮(PEEK)是一种高性能热塑性聚合物，由有机单体聚 合而成，属于有机高分子材料，B符合题意：核聚变是通过原子核反应释放能量（核能→光 能/热能)，不涉及化学键断裂或形成，因此不属于化学能转化，C不符合题意；钍(T)位 第7页共 于周期表第七周期锕系，不属于主族元素，D不符合题意：故选A。 4.【答案】D 【解析】【详解】A.用稀盐酸洗涤铂丝，A不合题意： B.蔗糖和淀粉的水解时常采用稀硫酸作催化剂，B不合题意： C.清洗附有银镜的试管用稀硝酸，反应原理为：3Ag+4HNO,(稀)=3AgN0+N0↑+2H,0,C不 合题意； D.苯的硝化才是需要用到浓硫酸和浓硝酸的混合溶液，D符合题意： 故答案为：D。 5【答案】D 【解析】 【详解】A.萃取振荡放气时，需要将分液漏斗倒转过来，打开活塞放出分液漏斗内的气 体，图中分液漏斗未倒转，操作错误，A不符合题意： B.引流时，玻璃棒底端应该在刻度线以下，B不符合题意： C.海带灰浸出液中，碘元素以碘离子一的形式存在，淀粉只能遇碘单质I,变蓝，无法 和碘离子反应，因此不能检验碘元素，C不符合题意： D.铁件镀铜的原理为：镀层金属铜作阳极，连接电源正极：待镀铁件作阴极，连接电源 负极；电解质溶液为含C+的溶液（或铜氨溶液），该装置符合要求，操作正确，D符合 题意； 故选D。 6【答案】c 【解析】氢气的燃烧热是指1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量，A不选：Ba(OH)2与 H2S04完全中和，生成硫酸钡沉淀，也放出热量，放出的热量大于57.3kJ,B不选；C完全 燃烧生成C02,不完全燃烧生成C0,完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量， 放热的焓变为负值，△H1<△H2,C选；物质能量越低越稳定，该反应为放热反应，P(S,红 磷)比P(5,白磷)稳定，D不选。 7.【答案】C 【解析】饱和N2C03溶液可中和乙酸并降低乙酸乙酯的溶解度，分液后得乙酸乙酯， A不正确：苯乙烯与浓溴水生成二溴苯乙烯，但溶于苯，无法分液，B错误；H2S可与CSO4 反应生成CuS沉淀，乙炔不与CuS04反应，除杂后干燥即可得到纯净乙炔，能达到实验目 的，C不符合题意；CO2可与Na2C03反应生成NaHCO3,除杂试剂应选饱和NaHC03溶 液，D错误。 8【答案】C 12页 保密★启用前 【解析】苯乙烯中苯环为平面结构，乙烯也为平面结构，两者通过单键连接，单键可旋转， 故其所有原子不一定在同一平面内，A错误；苯乙烯含碳碳双键，能还原酸性KMO4使其 褪色，乙苯中与苯环直接相连的碳上有氢，也能被酸性KMO4氧化为苯甲酸而使其褪色，B 错误；乙苯不含碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液不反应，苯乙烯含碳碳双键，能与溴的四氯 化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，可以鉴别，C正确：反应①属于加成反应：反应②为乙 苯脱氢生成苯乙烯，属于氧化反应，D错误；故选C。 9.【答案】A【解析】【详解】A.M→N的反应是M中酚羟基的氢原子与含溴试剂发生取代 反应，A正确：B.N中官能团为羰基，P中羰基被还原为醇羟基，羟基比羰基更易被氧化， 因此P比N更易被氧化，B错误：C.M含酚羟基，不能催化氧化：但P中有醇羟基，可以 发生催化氧化，C错误；D.依据碳元素守恒，没有减少碳原子，不符合出二氧化碳的题干， D错误；故选A。 10.【答案】C【解析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。根据“Z的 最高正价和最低负价代数和为2”，推知Z为(N)或(P);结合“W与Q同主族”及DMS、DMDS 的结构（含Y连接多X,Q为中心原子），推断X为H(原子序数1，单键)、Y为C(原子序 数6，四键)、Z为N(原子序数7)、W为0（原子序数8，IA族）、Q为S(原子序数16，I A族，与0同主族)。简单氢化物沸点比较中水、氨气分子间存在氢键沸点较大，硫化氢沸点 最低，水分子间的氢键比氨气分子的更强，故水的沸点比氨气的更高故沸点：H0>NH2>H,S, A错误；C单质中的石墨和金刚石熔沸点都很高，B错误：电子层数越多半径越大，电子层数 相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：C>N>H,即Y>Z>X,C正确：D错误；故选 C。 11【答案】BD 【解析】异丁酸和氯气在催化剂和加热条件下发生取代反应生成α-氯代异丁酸和HC1, 催化剂易水解，实验中干燥管的作用是隔绝水蒸气进入反应瓶，防止催化剂水解，未反应的 氯气和产生的HC1用N0H溶液吸收，防止污染空气。A项，催化剂易水解，实验中干燥管的 作用是隔绝水蒸气进入反应瓶，防止催化剂水解，A正确：B项，只要反应还未完全，C1,流 速不变，温度就会持续升高，要控制反应温度稳定应当逐渐减小氯气的流速，B错误：C项， 将氯气C1,通入反应液的底部，氯气在液体中由下往上扩散，使氯气去反应液充分接触，故 C1,通入可起到搅拌作用，C正确：D项，尾气含未反应的氯气和产生的HC1,二者均可以被 NaOH溶液吸收，故可用NaOH溶液作为吸收液，D错误：故选BD。 12【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，在Y电极甘油被氧化为甲酸，电极反应式为 第8页共 C3HO3-8e+3HO=3 HCOOH+8H,则Y电极是阳极，X电极 H0人 0被还原为 HO 一OH’则X为阴极，以此解题。 【详解】A.由分析可知，X为阴极，发生还原反应，故A错误： B.由分析可，怎电数0一久0被还反为0O,根架得失电子守恒 和电荷守恒配平离子方程式为：HMF+2e+2H=BHMF,则生成1mo1BHMF时，理论上外电路 中转移2mo1电子，故B错误； C.电解池中阳离子向阴极移动，X为阴极，Y为阳极，则电解过程中，H+通过质子交换 膜从Y极向X移动，故C错误： D.由分析可知，Y电极甘油被氧化为甲酸，电极反应式为C3HO3-8e+3H,O=3 HCOOH+8H, X电极反应为：F+2e+2H=BHMF,由得失电子守恒可知，理论上两极缓慢通入电解液的 速率义-4，故D正确： 故选D。 13【答案】C 【解析】根据图示，电极上烯烃转化为氯醇，这是一个加成反应，且有氯离子参与并失 去电子（生成的氯原子加到碳碳双键上），属于氧化反应；因此为阳极，b为阴极：b电 极上H,0得电子发生还原反应，反应为2H,0+2e=H,↑+20H;因此X,是H,。阴极(b电极) 的电极反应为2H,0+2e=H,↑+20H;阳极(a电极)反应生成H并通过质子交换膜迁移到阴 极；每生成2mo10H,就会有2mo1H通过质子交换膜从阳极区移动到阴极区，2mo10H与 2mo1H结合为水，因此阴极区游离的0H数目几乎不变，A正确；生成1mo1H,时，阴极生 成2mo10H对应转移2mo1电子，因此需要有2mo1H从阳极区（左侧）向右穿过质子交换膜进 入阴极区；题目中说“22.4LX,”即22.4LH2:若该气体处于标准状况下，其物质的量为1mo1, 则向右迁移的H就是2mo1,因此“可能为2mo1”的描述成立，B正确：该反应需要在含 C1的水性介质中进行，海水中含有大量C1ˉ，因此更换为海水后仍然可以合成氯醇，C错 误；a极是阳极，烯烃、C1失电子，结合水生成氯醇，同时生成H,配平后电极反应 +CI-2e+H20 +H 为： OH ,D正确：故选C。 14【答案】AC 【解析】 【详解】A.状态③→④反应的活化能最大，该步决定反应速率，A项正确： 12页 保密★启用前 B.状态⑥→①是[C"(NO,)(NH]与NH转化为[C'(NH),、N,H,O的过程，有 极性键的断裂和生成、非极性键的生成，不存在非极性键的断裂，B项错误； C.状态②→③是Cu(NH)4]与NO反应生成[Cu'(H,NNO)(NH),与NH,Cu元素化 合价降低，则有部分N元素化合价升高，被氧化，C项正确： 催化剂 D.该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+4NO+O, 6H,O+4N2,D项错误： 答案选AC。 15.【答案】BD 【解析】 【分析】反应T为非可逆反应，则”sC)=10时，得到的平衡体系中不存在氧气和SC, n(O,） n(SC12 SO,C12(g)的物质的量分数最大，则曲线丙代表SO,C1(g)物质的量分数随 的变化： n(O,） n(SCI2 的值增大，SC1,的浓度增大，反应IⅡ的平衡向正反应方向移动，SO,Cl(g)的物质 n(02) n(SC12) 的量分数减小，SOC1,的物质的量分数先增大，随着 增大，SC1,的物质的量分数增 n(O,) 大程度大于反应Ⅱ平衡正向移动的影响程度，SOC1,的物质的量分数随后开始减小，则曲线 n(SCl2) 甲、乙分别代表SC12、SOC1的物质的量分数随 的变化。 n(o,) 【详解】A.催化剂只能改变化学反应速率，不影响平衡移动，故反应II中加入催化剂，SC1? 的平衡转化率不变，A错误： B.根据分析，B正确： C.反应Ⅱ为气体体积不变的反应，温度一定时缩小容器体积，气体压强增大，平衡不移动， N点不移动，C错误； D.M点时， SC=2,n0,)lal,sCL)=2mol,由反应1可得mo0,和1mo6C, n(O2) 反应生成1 molSO,C12。由图可知M点x(SC12)=0.15,设在反应IⅡ中SCl2反应xmo1,SO,Cl(g) 也反应xmo1,生成2xmo1SOC12,则平衡时还有1-xmo1SC12,1-xmo1SO,C12(g),平衡时 第9页共 各组分的总物质的量1-x+1-x+2x=2m0l,x(sC4,)=1x=0.15,解得x=07m0,求 2 出还有0.3mo1SC1,所以c(SCl2)= 0.3mol=0.15mol-L,D正确： 2L 故答案选BD。 16(12分)【答案】(1) ①.碳碳双键(1分) ②.加成(1分) ③. 浓H,S04 HOCH,CH,OH+CH,=CHCOOH>HOCH,CH,OOCCH=CH,+H,O OH (2) ①.十CH2-CH2dn ②.O2、催化剂/△ ③ ④ CH,CHCOOH (CH),CC(CH3) 【解析】 【分析】(1)中，乙烯与溴加成生成1,2-二溴乙烷，水解得到乙二醇，再与丙烯酸酯化 生成目标产物：(2)中，乙烯与水加成生成乙醇，乙醇氧化为乙醛，再经HCN加成、水 解生成乳酸，据此分析。 【小问1详解】 ①由A→B的转化为乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1,2-二溴乙烷，可知A为乙烯， 其官能团为碳碳双键；A→B为乙烯与溴的加成反应； ②C为乙二醇(HOCH,CH,OH),D为丙烯酸(CH,=CHCOOH),二者在浓硫酸、加 热条件下发生酯化反应生成E(CH,=CHCOOCH,CH,OH),化学方程式为： HOCH,CH,OH+CH,=CHCOOH>HOCH,CH,OOCCH=CH,+H,O; 浓H,SO 【小问2详解】 ①A为乙烯，其加聚产物为聚乙烯，结构简式为十CH2一CH,n; ②X为乙醇(CH,CH,OH),X→CH3CHO为乙醇催化氧化生成乙醛，所需反应物和反应 条件为O2、催化剂/△； ③Y为乙醛（CH,CHO),根据已知反应，乙醛与HCN加成、酸性条件下水解生成Z,Z OH 的结构简式为cH,CHCOOH ④A(乙烯)的加氢产物为乙烷，其同系物W的相对分子质量为114，由烷烃通式CHm+2, 12页 保密★启用前 得14n+2=114,解得n=8,故W为辛烷：其分子中含6个-CH3,则主链含4个碳原子， 结构简式为(CH)CC(CH)3。 17【答案】（1)GeS2+2H02+4H+=Ge4++4H,0+2S↓ (2)分液(1分) 若要完全沉淀Zn+,溶液的pH至少需调至8.2，此时Ni+也接近沉 淀完全，所以此方法不正确 (3)随着pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动 98 (4)Ni(1分) AC 【分析】向锗矿石NiS、ZnS、GS2,含SiO2等杂质)中加入HSO4和HO2进行氧化酸浸， 氧化酸浸时，发生GeS2+2H,02+4H+=Ge4++4H,0+2S↓、ZnS+H,O,+2H+=Zn2++2H,0+S↓、 NS+H,O2+2H=Ni++2H,O+S↓反应，将S元素氧化为S单质，SiO2不反应，过滤得到滤渣 为S、SO2,过程中得到硫酸锌、硫酸镍，需注意：锗在硫酸中的存在形式：pH<2时主要 为Ge+,2<pH<7时主要为GO2沉淀，加入氧化锌调节pH,操作1为过滤，滤渣为氧化锗， 经还原得到锗；滤液含有硫酸锌、硫酸镍，加入稀硫酸调H后萃取，分液，萃余液为硫酸 镍，加入Ni(OH)2后电解得到Ni;有机相中经反萃取得到硫酸锌溶液，结晶得到ZnSO4·7HO, 据此回答。 【解析】(1)由信息可知氧化酸浸时，控制溶液pH≈1.5，锗在硫酸中的存在形式主要为G+, 故GeS,反应的离子方程式为GeS2+2H,02+4H+=Ge#+4H,0+2S↓； (2)由流程可知，操作2”是分液；由Zn2+和Ni2+(以0.1mol.L1计)开始沉淀的pH分别为6.2 和6.9，完全沉淀时的pH分别为8.2和8.9可知，若要完全沉淀Zn+,，溶液的pH至少需调 至8.2，此时N2+也接近沉淀完全，所以此方法不正确： (3)①由萃取原理M+(水相+2HR(有机相)≠MR,(有机相)+2H*(水相)可知，随着pH的升 高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动： ②设滤液中Zm2*初始物质的量为，加入等体积萃取剂后，设水相体积和有机相体积均为 V,已知-48，设萃取后水相中n2n,则有机相中ZR,:-X,根据 c水相(Zn2+) 第10页 no-x c(ZmR,-y=48,即山-x=48,解得xg，萃取率 c水相（亿m2+)） 49 P no =,-Xx1009%= 49x100%-48x109%≈98%9 no n 49 (4)电解制备Ni时，阴极发生还原反应，N+得到电子生成Ni,阴极电极材料一般 为待制备金属，所以阴极电极材料为N:由分析知，加入稀硫酸调pH后萃取，分液， 萃余液为硫酸镍和稀硫酸，加入N(O)2后生成硫酸镍，电解硫酸镍溶液，发生 电解 2NiSO4+2H,O=2N+2H,S0,+O2↑反应，得到Ni和硫酸，可以返回到氧化酸浸和调节 pH、萃取中循环使用，故选AC。 18【答案】(1) +2CH,OH、丝HCH,00CCH=CHC00CH,+H,0 △ (2)球形冷凝管(1分) 球形冷凝管内芯管为球泡状，容易积留蒸馏液(1分) (3)5(1分) 适当增加浓硫酸的量，有利于提高催化剂性能，提高单位时间内的产 品产率 (4)产品中混有氯化铁(1分) 取少量产品溶于水，取水层溶液滴加KSCN溶液，观 察到溶液呈红色说明推测正确 (5)85% 【分析】本实验利用顺丁烯二酸酐 和甲醇制备富马酸二甲酯，发生反应 +2CH,OH、催H一CH,O0CCH=CHCO0CH3+H,0,据此分析： △ 【解析】(1)根据分析可知，合成富马酸二甲酯的化学方程式为： +2CH,OHCH,OOCCH=CHCOOCH,+HO △ (2)由装置中仪器A的构造可知，仪器A的名称是球形冷凝管，不适宜作为蒸馏装置中 倾斜式蒸馏装置，理由是：球形冷凝管内芯管为球泡状，容易积留蒸馏液；(3)观察表格 数据可知，实验5是参照组，实验1、2、3、4分别探究了浓硫酸、浓磷酸、氯化铁、溴 化钠用量不同时产品的外观和产量：实验1与参照组对比，所得的实验结论为：适当增加 12页 保密★启用前 浓硫酸的量，有利于提高催化剂性能，提高单位时间内的产品产率： (4)所用催化剂氯化铁的量较大，所得产品中混有氯化铁，所以固体呈棕黄色。可以取少 量产品溶于水，取水层溶液滴加KSCN溶液，观察到溶液呈红色说明推测正确： (5)计算所加产品3.92g顺丁烯二酸酐的物质的量为0.04mo1;10mL甲醇（密度为0.791gcm3) 的物质的量约为0.25ol,可知甲醇过量，根据方程式： +2CH,OH、化CH,00CCH=CHCO0CH+H,0,计算富马酸二甲酯产率 △ 4.9g 0.04molx144g-1mo0lrT×10068506. 19.【答案】(1) CH4（1分) (2) 0,+4e+2C0,-2C05 (3)3 （4)正（1分) (5)①.阴离子(1分) ②.40H-4e-=02个+2H,0 (6) ①.>(1分)②.182g 【解析】 【分析】I.要利用电极反应生成的离子将C,O转化成Cr+,后续调节溶液的pH值，将Cr升 转化成沉淀，则亚铁离子将CO还原成Cr+,故Fe为阳极失去电子转变为亚铁离子，C为 阴极，则N为正极、M为负极，燃料电池通入氧气的一极为正极，通入甲烷的一极为负极， 则Y为氧气，X为甲烷，N电极的电极反应式为0，+4e+2C0,=2C0,则Z为二氧化碳，据 此分析解题。 IⅡ.由图可知，电解池中，NaCl溶液浓度增大，则电渗析法合成[(CH)4NOH]的装置中，CI 通过d膜从左向右移动，Na*通过e膜从右向左移动，则b电极为阳极、与电源正极相接，a 电极为阴极、与电源负极相接，d膜为阴离子交换膜，(CH3)4N+通过c膜移向阴极生成 (CH3),NOH,所以c、e均为阳离子交换膜，阳极反应式为4OH-4e-O2↑+2H20,阴极反应 式为2(CH)4N+2H2O+2e=2(CH)4NOH+H2↑，据此分析解答。 【小问1详解】据分析，甲烷-空气燃料电池中X是CH4,燃料电池中，阴离子向负极移动， 则CO;向M极移动： 【小问2详解】N电极上氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为0，+4e+2C0,=2C0?。Fe 电极上铁失去电子生成亚铁离子被氧化，电极反应式为Fe-2e=Fe+； 【小问3详解】正极反应方程式为0，+4e+2C0,=2C0,总反应式为：CH4+202=C02十2H20: 燃料电池负极反应式为：CH4-8e+4C0=5CO2个+2H2O,处理C,O2时发生的反应为：6Fe2 第11页 ++C0号+14H=2Cr3++6Fe3+7H20,除去1molC,0号理论上需消耗6 nolFe2+,要转 移12mol电子，消耗甲烷=1.5mol,则除去2molC1,O理论上通入甲烷的物质的量为3mol: 【小问4详解】据分析，电源N极为正极： 【小问5详解】据分析，装置中d为阴离子交换膜，b极上氢氧根失去电子被氧化，则电 极反应式为：4OH-4e0,个+2H,0; 【小问6详解】根据（⑤）、结合分析可知，浓氢氧化钠溶液进入阳极区，稀的氢氧化钠溶 液出阳极区出来，则NaOH溶液的浓度大小关系：m>n。阳极反应为4OH-4e=O2个+2H2O, 阴极反应式为2(CH)4N+2H2O+2e-2(CH)4NOH+H2↑，则2mol(CH)4NOH生成时，同时 生成0.5molO2、1molH2,即两极气体体积差11.2L(标准状况下)，即有2mol(CH3)4NOH 生成，(CH3)4NOH的质量为91g/mol×2mol-182g。 20.【答案】（1)+165 (2)c(CO)c(H2 )c(H,O) (3) ①. ②.该条件下，少量的O,先与C0反应③. ④.减小 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律：反应i+反应ii=反应iii,侧 △H3=+206 kJmol1+(-41k/mor1）=+165k/m01。 【小问2详解】 反的r发0是，代A-上，有别 c(H,Oc(CH4)K地 V正= (H,eCOk,当反应达到平衡时E=ve,则va=c(,)加(COe'(H,Oke c(H2O) 【小问3详解】 ①600℃平衡时，CH4的物质的量分数为0.04，C02的物质的量分数为0.08，设反应i 甲烷的变化量为△n=xol,反应ii一氧化碳的变化量为△n=mol,反应iii甲烷的变 化量为△n=mol,则平衡时n(CH4)=(1-x-z)mol、n(CO)=(x-y)ol、 n(C0)=(y+z)o1、n(H,O)=(3-x-y-2z)mol、n(H)=(3x+y+4z)ol,气体总物 质的量为(4+2x+2z)mol; 12页 保密★启用前 -=0.04; 很据CH,的物质的量分数为0,04，有：4十2X+22； C0,的物质的量分数为0.08，有，Y+2 4+2x+2z =0.08; 根据氢元素守恒：2n(CH4)+n(H)+n(H,O)=5ol,得到5-2y+2z=5; 2,5 联立上述方程，解得y=z= 吕，X=，CH,的平衡钱化率为9910o6 9 1 9 ②600℃时向平衡体系中通入少量O,,体系压强增大，反应i和反应iii平衡逆向移动，不 利于提高H,的平衡产率，但实际能提高H,的平衡产率，说明入少量O,先和CO反应； 50 16 ③由①i计算可知，气体总物质的量为)m01,n(C0)=了mo1、n(H,O)=。名mol1、 4 25 n(C0,)=)m0l、n(H,)=号mol,由于反应ii前后系数不变，则可用物质的量代替分压进 425 行计算，反应ⅱ的平衡常数K,=9g 25 116 12 39 ④680℃以上，甲烷完全反应，此时只发生反应ii,升高温度，反应i1平衡逆向移动，则平 n(H2)】 衡混合物中 的值减小。 n(H,O） 第12页 共12页