精品解析：江苏南京师范大学附属中学、天一中学、海门中学、海安高级中学2025-2026学年高二下学期期末考试 化学试卷

化学学科测试试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分。共100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题纸姓名栏内写上自己的姓名、考试科目、准考证号等，并用2B铅笔涂写在答题纸上。 2.每小题选出正确答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题号的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。不能答在试题卷上。 3.考试结束，将答题纸交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 I卷(选择题 共39分) 单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 高分子材料是现代三大基本材料之一，下列物质的主要成分属于高分子的是 A. 石墨烯 B. 丝绸 C. 石英光纤 D. 304不锈钢 2. 二甲双胍()是治疗Ⅱ型糖尿病的一线药物并可以显著抑制肿瘤生长。下列说法不正确的是 A. 电负性：N>C>H B. 二甲双胍分子中有两种杂化方式的氮原子 C. 基态原子核外电子的轨道表示式： D. 二甲双胍分子中键与键的数目之比为13:2 3. 下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是 A.制备氯气 B.除去中的HCl C.分离和氯化锰溶液 D.蒸干氯化锰溶液制 A. A B. B C. C D. D 4. 一种用于烧制陶瓷的黏土中含、、等物质。下列说法正确的是 A. 离子半径： B. 电负性： C. 熔点： D. 第一电离能： 阅读下列材料，完成以下2个小题： 铜是人类最早使用的金属之一，可由辉铜矿(主要成分)在高温下与反应制得，可用于制备将还原为的高效催化剂(如图)，在存在下能与氨水反应生成；纳米铁粉可用于处理酸性含氮废水(主要含)；铁制品经碱性发蓝处理可增强其抗腐蚀性，方法为：用碱性溶液浸泡，在表面形成的同时有生成；铝-空气电池具有较高的比能量，在碱性电解液中总反应为 5. 下列说法正确的是 A. 中的核外有1个未成对电子 B. 晶体中，原子周围最近的原子为12个 C. 中、作为配体与形成配位键 D. 被还原为后，键角将变大 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 与在高温下反应： B. 纳米铁粉处理酸性含废水： C. 铝-空气电池(碱性电解液)放电时的正极反应式： D. 铁的发蓝处理： 7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 能使蛋白质变性，可用于游泳池水杀菌 B. 显酸性，可作为铜制品的刻蚀液 C. 受热易分解，可用于治疗胃酸过多 D. 熔点高，可用作电解法制备铝 8. 磷酸铁(FePO4)主要用于制造磷酸铁锂电池材料。工业上可以用电解磷铁渣(主要含FeP等)的方法制备FePO4，装置如图所示。下列说法正确的是 A. 溶液中H+穿过质子交换膜向磷铁渣电极移动 B. 电解结束一段时间后，NaOH浓度不变 C. 阳极的电极反应： D. 每生成1mol FePO4，石墨电极产生2molO2 9. 合成马蔺子甲素的部分路线如图所示。下列说法正确的是 A. 中含有两种官能团 B. 分子与足量加成后的产物分子中含有3个手性碳原子 C. 在水中的溶解度比大 D. 可以发生取代反应、氧化反应、加成反应、消去反应等 10. 一种利用水催化促进和转化的化学新机理如图所示。通过“水分子桥”将电子快速转移给周围的气相分子。下列叙述不正确的是 A. 转化过程中存在键的断裂和硫氧键的生成 B. 与发生总反应离子方程式为 C. 在整个转化过程中，水做催化剂，、为中间产物 D. 由图可知，“水分子桥”的形成与氢键有关 11. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向溶液中滴加2滴，观察现象。振荡试管，再滴加2滴溶液，观察现象 比较与的大小 B 用pH计分别测定的溶液和溶液的pH 探究键的极性对羧酸酸性的影响 C 向溶液中滴加溶液，充分反应后，滴加KSCN溶液，观察现象 该反应是否为可逆反应 D 向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 能否催化分解 A. A B. B C. C D. D 12. 一种吸收再经氧化得到硫酸盐的过程如下图所示。室温下，用0.1mol/L的NaOH溶液吸收，若通入所引起的溶液体积变化和挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。的电离常数为、。 下列说法正确的是 A. 若“吸收”后，则 B. 若“吸收”后溶液，则 C. 若“吸收”后，则溶液中 D. 若“吸收”后溶液，则氧化过程中主要反应为： 13. 二氧化碳加氢制甲醇涉及的反应可表示为： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在密闭容器中，下，时，平衡时和占含碳产物的物质的量百分数及平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. ，的平衡转化率始终高于 B. 一定温度下，加入生石灰或选用高效催化剂，能提高平衡时产率 C. ，温度升高使I中平衡转化率下降幅度大于Ⅱ中平衡转化率增加幅度 D. 时反应Ⅱ的平衡常数约为0.15 II卷(非选择题 共61分) 14. 锌及其化合物在冶金、材料行业有着不可替代的作用。一种以高硅氧化锌矿(主要成分为和，还含少量、、钙、镁、镉(Cd)等元素)制备活性氧化锌的工艺流程如下： 已知：、难溶于水。 （1）“两段酸浸”工艺的主要目的是___________________________。 （2）酸浸一段时间过后，测得“一段滤渣”中锌元素的质量分数反而开始逐渐升高，原因可能是____________________________。 （3）用离子方程式表示“氧化除杂”的过程______________________。 （4）“操作A”过程中pH不宜过低，其原因是___________________________。 （5）写出用“碳铵沉锌”步骤中，生成碱式碳酸锌的化学方程式________。 （6）含有多个配位原子的配体与同一个中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物称为螯合物，一种配合物的结构如下图-1所示(—OTs中O做配位原子)，则该配合物中通过螯合作用形成的配位键的数目为________mol。 （7）立方硫化锌晶胞如图-2所示，晶胞的边长为，密度为，表示阿伏加德罗常数的数值，则硫化锌的摩尔质量可表示为________(已知：，答案用相应的字母表示)。 15. 化合物G是合成某种治疗糖尿病药物的重要中间体，其合成路线如下： （1）A分子中含有的官能团名称为________。 （2）E→F的反应类型为________。 （3）中碳原子的杂化方式为________。 （4）D→E的反应需经历D→X→E的过程。中间体X的分子式为，其结构简式为________。 （5）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出一种该同分异构体的结构简式：________。能发生水解反应最终生成两种有机产物，其中一种产物的六元含氮杂环上有2个化学环境相同的N原子，分子中不同化学环境的氢原子数目比为6:2:1，能与盐酸反应；另一种芳香族产物能与溶液反应有气体放出，分子中含有四种化学环境不同的氢原子。 （6）已知：(R1和R2表示烃基或氢，R3表示烃基) 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. 氯化亚铜(CuCl)是一种白色粉末，不溶于水和乙醇，在潮湿空气中易水解并易被氧化变质。常用作合成工业中的催化剂。工业上利用硫化铜精矿生产氯化亚铜的一种工艺流程如图所示。 （1）“溶解”时，被还原为，该反应的离子方程式为________________________；生成的基态的核外电子排布式为____________；亚硫酸铵中含有的的空间构型为________。 （2）“反应”时生成的化学方程式为_____________________；反应过程中控制条件还可能发生反应，其平衡常数K与、、的代数关系式K=________。 （3）“反应”中，所加的亚硫酸铵的量常需大于理论用量，理由是_____________________。 （4）“洗涤”时应选用无水乙醇作洗涤剂而不用水，原因是_________________________。 （5）已知：易溶于浓度较大的体系中，在酸性条件下也可以生成，温度、对产率的影响如下图所示。 制得的固体样品中含有少量的、固体杂质。根据以上信息，请设计提纯的实验方案：把样品置于烧杯中，________________。(实验中须使用的试剂有：饱和溶液、的溶液、无水乙醇：除常用仪器外须使用的仪器有真空干燥箱) 17. 氢气是一种清洁能源，制氢技术研究具有重要意义。 （1）利用图-1，图-2所示的铜—氯循环可以实现氢气的制备。 时，将水蒸气以一定流速通过固体进行水解和热解，再电解循环。已知：高于时，开始分解生成。 ①88 min时，含铜产物中含量最高的物质是________(填写化学式)。 ②88~160 min时，产物中CuO逐步增多的可能原因是_________________________。 ③盐酸和CuCl反应产生一种一元弱酸，之后用惰性电极电解的总反应化学方程式为___________________。 （2）HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成和可能反应机理如下图-3所示。 ①产生的可通过电解法变废为宝，实现碳中和。模拟使用惰性电极电解溶液可制备丙烯，每转移2.7 mol电子时，生成丙烯的质量为________g。 ②其他条件不变时，以水溶液代替催化释氢速率更快，得到氢气更纯净。结合图-3分析，制得氢气更纯净的原因是___________________________。 （3）电催化乙二醇制氢，同时得到乙醇酸盐，进一步酸化可得到乙醇酸，电解原理如图-4所示。一定条件下，测得乙二醇与乙醇酸的总物质的量及乙醇酸的法拉第效率随时间变化如图-5所示。 已知：法拉第效率=生成的目标氧化产物所需电量÷电解过程通过的总电量 ①阳极的电极反应式为___________________。 ②乙醇酸的法拉第效率在图示时间范围内小于100%的原因可能是____________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 化学学科测试试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分。共100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题纸姓名栏内写上自己的姓名、考试科目、准考证号等，并用2B铅笔涂写在答题纸上。 2.每小题选出正确答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题号的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。不能答在试题卷上。 3.考试结束，将答题纸交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 I卷(选择题 共39分) 单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 高分子材料是现代三大基本材料之一，下列物质的主要成分属于高分子的是 A. 石墨烯 B. 丝绸 C. 石英光纤 D. 304不锈钢 【答案】B 【解析】 【详解】A．石墨烯为碳元素形成的单质，属于新型无机非金属材料，不属于高分子材料，A不符合题意； B．丝绸主要成分为蛋白质，属于天然高分子材料，B符合题意； C．石英光纤主要成分为二氧化硅，属于新型无机非金属材料，不属于高分子材料，C不符合题意； D．304不锈钢属于合金，不属于高分子材料，D不符合题意； 故选B。 2. 二甲双胍()是治疗Ⅱ型糖尿病的一线药物并可以显著抑制肿瘤生长。下列说法不正确的是 A. 电负性：N>C>H B. 二甲双胍分子中有两种杂化方式的氮原子 C. 基态原子核外电子的轨道表示式： D. 二甲双胍分子中键与键的数目之比为13:2 【答案】D 【解析】 【详解】A．非金属性越强电负性越大，非金属性，因此电负性，A正确； B．二甲双胍分子中，形成C=N双键的N原子为杂化，其余只形成单键的N均为杂化，共有两种杂化方式，B正确； C．N为7号元素，电子排布式为1s22s22p3，根据泡利不相容原理，同一原子轨道内的两个电子自旋方向必须相反，轨道表示式：，C正确； D．该分子中有2个C=N双键，故π键数目为2，所有单键和双键中的1个键为σ键，共有6个C-H，6个C-N，5个N-H，总数为19，二者数目比为19:2，D错误； 故选D。 3. 下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是 A.制备氯气 B.除去中的HCl C.分离和氯化锰溶液 D.蒸干氯化锰溶液制 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气需要加热，故A错误； B．用饱和食盐水除氯气中俄氯化氢，故B错误； C．难溶于水，用过滤法分离和氯化锰溶液，故C正确； D．氯化锰易水解，氯化锰溶液蒸发浓缩、冷却结晶制，故D错误； 选C。 4. 一种用于烧制陶瓷的黏土中含、、等物质。下列说法正确的是 A. 离子半径： B. 电负性： C. 熔点： D. 第一电离能： 【答案】B 【解析】 【详解】A．为电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，则离子半径顺序为，A错误； B．同主族元素电负性从左到右依次增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：，B正确； C．SiO2属于共价晶体，SO2和CO2属于分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越强，熔点越高，则熔点：，C错误； D．第一电离从左到右依次增大，但第ⅡA、ⅤA族元素为充满、半充满结构比较稳定，第一电离能大于相邻主族元素，则第一电离能：，D错误； 故选B。 阅读下列材料，完成以下2个小题： 铜是人类最早使用的金属之一，可由辉铜矿(主要成分)在高温下与反应制得，可用于制备将还原为的高效催化剂(如图)，在存在下能与氨水反应生成；纳米铁粉可用于处理酸性含氮废水(主要含)；铁制品经碱性发蓝处理可增强其抗腐蚀性，方法为：用碱性溶液浸泡，在表面形成的同时有生成；铝-空气电池具有较高的比能量，在碱性电解液中总反应为 5. 下列说法正确的是 A. 中的核外有1个未成对电子 B. 晶体中，原子周围最近的原子为12个 C. 中、作为配体与形成配位键 D. 被还原为后，键角将变大 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 与在高温下反应： B. 纳米铁粉处理酸性含废水： C. 铝-空气电池(碱性电解液)放电时的正极反应式： D. 铁的发蓝处理： 【答案】5. B 6. D 【解析】 【5题详解】 A．即，核外电子排布为，轨道全充满，没有未成对电子，A错误； B．该晶胞中位于顶点，位于面心，顶点被12个面共用，因此原子周围最近的原子为12个，B正确； C．​中，只有​是内界配体，是外界阴离子，不与形成配位键，C错误； D．​为平面三角形（键角约），​为三角锥形（孤对电子斥力更大，键角约），还原后键角变小，D错误； 故答案选B。 【6题详解】 A．高温焙烧时，与反应只能生成​，不能直接得到​，正确反应方程式为，A错误； B．酸性含氮废水中存在大量，不可能生成，正确反应方程式为，B错误； C．该反应是失电子，属于铝-空气电池的负极反应，正极是得电子，反应方程式为，C错误； D．碱性条件下被​氧化为​，被还原为，配平后化合价、电荷、原子均守恒，反应式书写正确，D正确； 故答案选D。 7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 能使蛋白质变性，可用于游泳池水杀菌 B. 显酸性，可作为铜制品的刻蚀液 C. 受热易分解，可用于治疗胃酸过多 D. 熔点高，可用作电解法制备铝 【答案】A 【解析】 【详解】A．是重金属盐，电离出的能使细菌、病毒的蛋白质变性失活，可用于游泳池水杀菌，性质与用途具有对应关系，A正确； B．可刻蚀铜制品是因为具有氧化性，能与Cu发生反应，与其溶液显酸性无关，B错误； C．可治疗胃酸过多是因为其具有弱碱性，能与胃酸的主要成分发生中和反应，与其受热易分解的性质无关，C错误； D．可作为电解法制备铝的原料是因为它是离子化合物，熔融状态可电离出自由移动的离子而导电，与其熔点高无关，D错误； 故选A。 8. 磷酸铁(FePO4)主要用于制造磷酸铁锂电池材料。工业上可以用电解磷铁渣(主要含FeP等)的方法制备FePO4，装置如图所示。下列说法正确的是 A. 溶液中H+穿过质子交换膜向磷铁渣电极移动 B. 电解结束一段时间后，NaOH浓度不变 C. 阳极的电极反应： D. 每生成1mol FePO4，石墨电极产生2molO2 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，FeP转化为FePO4，磷元素化合价升高失电子，故磷铁渣电极是阳极，石墨电极为阴极，据此作答。 【详解】A．由题干图示信息可知，磷铁渣与电源正极相连，故溶液中由磷铁渣H+穿过质子交换膜向石墨电极移动，A错误； B．由分析可知，石墨电极为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，但每生成2molOH-的同时有2molH+通过质子交换膜进入阴极区，故电解结束一段时间后，NaOH浓度不变，B正确； C．已知阳极发生氧化反应，故阳极的电极反应：，C错误； D．由B项分析可知，石墨电极上生成H2，而不产生O2，故每生成1mol FePO4，石墨电极产生4molH2，D错误； 故答案为：B。 9. 合成马蔺子甲素的部分路线如图所示。下列说法正确的是 A. 中含有两种官能团 B. 分子与足量加成后的产物分子中含有3个手性碳原子 C. 在水中的溶解度比大 D. 可以发生取代反应、氧化反应、加成反应、消去反应等 【答案】B 【解析】 【详解】A．X中含有的官能团为酚羟基、醚键、碳碳双键，共3种，A错误； B．手性碳原子是连有4个不同基团的饱和碳原子，Y与足量​加成后，苯环全部加氢变为饱和六元环，碳碳双键也加氢饱和；加成后产物如图，标有*号的碳原子为手性碳原子，总共有3个，B正确； C．X含有亲水的酚羟基，可与水分子形成氢键，Y没有羟基，疏水基团比例更大，因此Y在水中溶解度比X小，C错误； D．X中的羟基是酚羟基，连接在苯环上，不能发生消去反应，也没有其他可发生消去的官能团，D错误； 故选B。 10. 一种利用水催化促进和转化的化学新机理如图所示。通过“水分子桥”将电子快速转移给周围的气相分子。下列叙述不正确的是 A. 转化过程中存在键的断裂和硫氧键的生成 B. 与发生总反应离子方程式为 C. 在整个转化过程中，水做催化剂，、为中间产物 D. 由图可知，“水分子桥”的形成与氢键有关 【答案】C 【解析】 【详解】A．转化过程中存在的键解离，最终生成时有新硫氧键生成，存在对应化学键的断裂和生成，A正确； B．总反应中元素从+4价升高到+6价，失去2个电子，每个中元素从+4价降低到+3价，得到1个电子，电子、原子守恒配平后离子方程式为，B正确； C．水除了做催化剂外，水还作为反应物参与反应，且是总反应的最终产物，不属于中间产物，C错误； D．图中与、之间以氢键连接，“水分子桥”的形成和氢键有关，D正确； 故选C。 11. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向溶液中滴加2滴，观察现象。振荡试管，再滴加2滴溶液，观察现象 比较与的大小 B 用pH计分别测定的溶液和溶液的pH 探究键的极性对羧酸酸性的影响 C 向溶液中滴加溶液，充分反应后，滴加KSCN溶液，观察现象 该反应是否为可逆反应 D 向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 能否催化分解 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．Ag+少量，沉淀由白色变为黄色比较<， A正确； B．Cl元素存在使羧基中羟基氢极性增大酸性增强，通过比较pH大小可以探究键的极性对羧酸酸性的影响，但没说起始浓度一样，B错误； C．Fe3+过量，不能证明反应可逆，C错误； D．与发生氧化还原反应，不能催化分解，D错误； 故选AB。 12. 一种吸收再经氧化得到硫酸盐的过程如下图所示。室温下，用0.1mol/L的NaOH溶液吸收，若通入所引起的溶液体积变化和挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。的电离常数为、。 下列说法正确的是 A. 若“吸收”后，则 B. 若“吸收”后溶液，则 C. 若“吸收”后，则溶液中 D. 若“吸收”后溶液，则氧化过程中主要反应为： 【答案】A 【解析】 【分析】采用NaOH溶液吸收SO2，再经氧化得到硫酸盐 【详解】A．若“吸收”后溶液即为Na2SO3溶液，则质子守恒：，A正确； B．若“吸收”后溶液（溶液溶质为NaHSO3和Na2SO3）， ,所以==0.624<1,则，B错误； C．若“吸收”后，则溶液即为NaHSO3溶液，根据物料守恒：，C错误； D．若“吸收”后溶液，此时溶液中溶质主要成分为NaHSO3，反应为：，D错误； 故选A。 13. 二氧化碳加氢制甲醇涉及的反应可表示为： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在密闭容器中，下，时，平衡时和占含碳产物的物质的量百分数及平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. ，的平衡转化率始终高于 B. 一定温度下，加入生石灰或选用高效催化剂，能提高平衡时产率 C. ，温度升高使I中平衡转化率下降幅度大于Ⅱ中平衡转化率增加幅度 D. 时反应Ⅱ的平衡常数约为0.15 【答案】C 【解析】 【详解】A．起始投料，只发生反应I时，由于反应Ⅰ中和的化学计量数之比为1：3，所以和的转化率相同；发生反应II时，由于反应Ⅱ中和的化学计量数之比为1：1，所以的平衡转化率小于的转化率，所以当I、II都发生时，的平衡转化率小于的转化率，所以的平衡转化率始终低于，A错误； B．催化剂不影响平衡状态，不能提高平衡时的产率，B错误； C．反应，升温平衡逆向移动，使​转化率降低；反应，升温平衡正向移动，使转化率升高。从图像可知，，总转化率随温度升高而下降，说明反应中​转化率的下降幅度大于反应中​转化率的增加幅度，C正确； D．根据题意设起始量n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，平衡时反应I生成CH3OH物质的量为 xmol，反应II中生成CO 的物质的量为y mol，时，​转化率为，和各占含碳产物的，因此，计算平衡时各物质的物质的量： ，，，。 反应是气体分子数不变的反应，平衡常数，D错误； 故答案选C。 II卷(非选择题 共61分) 14. 锌及其化合物在冶金、材料行业有着不可替代的作用。一种以高硅氧化锌矿(主要成分为和，还含少量、、钙、镁、镉(Cd)等元素)制备活性氧化锌的工艺流程如下： 已知：、难溶于水。 （1）“两段酸浸”工艺的主要目的是___________________________。 （2）酸浸一段时间过后，测得“一段滤渣”中锌元素的质量分数反而开始逐渐升高，原因可能是____________________________。 （3）用离子方程式表示“氧化除杂”的过程______________________。 （4）“操作A”过程中pH不宜过低，其原因是___________________________。 （5）写出用“碳铵沉锌”步骤中，生成碱式碳酸锌的化学方程式________。 （6）含有多个配位原子的配体与同一个中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物称为螯合物，一种配合物的结构如下图-1所示(—OTs中O做配位原子)，则该配合物中通过螯合作用形成的配位键的数目为________mol。 （7）立方硫化锌晶胞如图-2所示，晶胞的边长为，密度为，表示阿伏加德罗常数的数值，则硫化锌的摩尔质量可表示为________(已知：，答案用相应的字母表示)。 【答案】（1）提高锌元素的浸出率，使矿石中的锌更充分地溶解，提升原料利用率（或使锌元素尽可能完全浸出，降低滤渣中锌的残留量） （2）随着酸浸进行，矿石中大量可溶于酸的金属氧化物（铁、钙、镁的氧化物等）不断溶解进入溶液，滤渣总质量持续减小；而滤渣中残留的未溶解含锌物质质量减少幅度更小，因此锌元素在滤渣中的质量分数逐渐升高（或酸浸后期硫酸浓度降低，溶液 pH 升高，部分水解生成氢氧化锌沉淀留在滤渣中，导致锌的质量分数上升） （3） （4）pH 过低时，溶液中 浓度过大， 会与结合生成弱电解质 HF，降低溶液中游离的浓度，不利于、沉淀生成，会降低钙、镁杂质的去除效果 （5） （6）2 （7）M = （形式等价即可） 【解析】 【分析】高硅氧化锌矿（主要成分为、ZnO，含少量 FeO、、钙、镁、镉 (Cd) 等杂质）的制备核心逻辑：1.两段酸浸：用稀硫酸分步浸出矿石，溶解金属氧化物得到硫酸盐溶液，不溶成为滤渣；2.氧化除杂：加双氧水将 氧化为，通过调控 pH 使 以 形式沉淀（滤渣 1）；3.氟化除杂：加 NaF 生成 、沉淀（滤渣 2），除去钙、镁杂质；4.还原除杂：加锌粉置换出溶液中的 ，得到金属 Cd（滤渣 3）；5.沉锌与煅烧：用碳酸氢铵沉淀得到碱式碳酸锌，高温煅烧分解得到活性氧化锌。 【小问1详解】 二段酸浸是对一段酸浸的滤渣进行再次浸出，通过分步酸浸可以让被矿渣包裹的含锌组分充分与硫酸接触反应，最大限度将锌元素转入溶液，提高原料中锌的回收率。 【小问2详解】 滤渣中锌的质量分数 = 锌的质量 / 滤渣总质量。酸浸过程中易溶杂质不断溶解，滤渣总质量快速下降，是锌质量分数升高的主要原因。 【小问3详解】 氧化除杂的核心是用双氧水将还原性的 氧化为，便于后续通过调节 pH 生成 沉淀除去；酸性环境下双氧水被还原为水，根据电子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式。 【小问4详解】 操作 A 的目的是通过 F - 沉淀 、；HF 是弱酸，pH 过低（酸性过强）会使 平衡正向移动，游离 浓度下降，沉淀溶解平衡 正向移动，导致沉淀不完全。 【小问5详解】 反应物为硫酸锌和碳酸氢铵， 与 发生双水解反应，生成碱式碳酸锌沉淀，同时放出 ，产物还有硫酸铵和水。根据 Zn 原子守恒，碱式碳酸锌含 5 个 Zn，因此系数为 5，对应系数为 5，系数为 10，最终补全和 的系数，得化学方程式。 【小问6详解】 螯合配位键由多齿配体（含多个配位原子）与中心离子成环形成，单齿配体形成的配位键不属于螯合配位键。该配合物中，2 个 - OTs 为单齿配体，仅通过 1 个 O 原子配位，不形成螯合环，不属于螯合配位键。另外 2 个配体均为双齿配体，每个配体通过 2 个配位原子（N、S）与形成螯合环，每个配体贡献 2 个螯合配位键，2 个配体共 4 个螯合配位键。因此 1 mol 该配合物含 4 mol 螯合配位键，0.5 mol 该配合物中螯合配位键的物质的量为 0.5 mol × 4 = 2 mol。 【小问7详解】 立方硫化锌（闪锌矿型）晶胞中： 位于顶点和面心，数目为 8×1/8 + 6×1/2 = 4；位于晶胞内部，数目为 4，即 1 个晶胞含 4 个 ZnS 单元。 晶胞边长 a pm = a×cm，晶胞体积 V = (a× cm)3 =× cm³。 根据密度公式 = m/V = 4M/(・V)，变形可得摩尔质量 M = 。 15. 化合物G是合成某种治疗糖尿病药物的重要中间体，其合成路线如下： （1）A分子中含有的官能团名称为________。 （2）E→F的反应类型为________。 （3）中碳原子的杂化方式为________。 （4）D→E的反应需经历D→X→E的过程。中间体X的分子式为，其结构简式为________。 （5）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出一种该同分异构体的结构简式：________。能发生水解反应最终生成两种有机产物，其中一种产物的六元含氮杂环上有2个化学环境相同的N原子，分子中不同化学环境的氢原子数目比为6:2:1，能与盐酸反应；另一种芳香族产物能与溶液反应有气体放出，分子中含有四种化学环境不同的氢原子。 （6）已知：(R1和R2表示烃基或氢，R3表示烃基) 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）醛基、氟原子 （2）还原反应 （3）、 （4） （5） （6） 【解析】 【分析】由D的结构可推断出C为，进而推断出B为；A与反应生成B，B发生氧化反应生成C，C与发生取代反应生成D，D与发生反应生成E，E发生还原反应生成F，F发生反应生成G。据此分析。 【小问1详解】 根据A的结构，分子中含有的官能团名称为醛基和氟原子。 【小问2详解】 由分析可知，E发生还原反应生成F。 【小问3详解】 结构中带正电荷的的碳原子，价层电子对数为3（3个键，无孤电子对），杂化方式为；其余所有碳原子均形成4个单键，价层电子对数为4，杂化方式为。 【小问4详解】 D到E是羰基和反应生成肟（），反应先加成得到中间体X，X分子式​，再脱水得到E，X是加成产物，因此羰基双键打开，连接羟基和羟氨基，结构简式为。 【小问5详解】 E分子式​，其一种同分异构体需同时满足条件：能发生水解反应最终生成两种有机产物，说明含酰胺键；其中一种产物的六元含氮杂环上有2个化学环境相同的N原子，分子中不同化学环境的氢原子数目比为6:2:1，能与盐酸反应（碱性N）；另一种芳香族产物能与溶液反应有气体放出，故含羧基，分子中含有四种化学环境不同的氢原子。故可写出一种该同分异构体的结构简式为。 【小问6详解】 与发生加成水解反应得到，发生氧化反应生成，与发生反应生成，发生还原反应生成，与发生已知条件反应生成；故合成路线流程图为。 16. 氯化亚铜(CuCl)是一种白色粉末，不溶于水和乙醇，在潮湿空气中易水解并易被氧化变质。常用作合成工业中的催化剂。工业上利用硫化铜精矿生产氯化亚铜的一种工艺流程如图所示。 （1）“溶解”时，被还原为，该反应的离子方程式为________________________；生成的基态的核外电子排布式为____________；亚硫酸铵中含有的的空间构型为________。 （2）“反应”时生成的化学方程式为_____________________；反应过程中控制条件还可能发生反应，其平衡常数K与、、的代数关系式K=________。 （3）“反应”中，所加的亚硫酸铵的量常需大于理论用量，理由是_____________________。 （4）“洗涤”时应选用无水乙醇作洗涤剂而不用水，原因是_________________________。 （5）已知：易溶于浓度较大的体系中，在酸性条件下也可以生成，温度、对产率的影响如下图所示。 制得的固体样品中含有少量的、固体杂质。根据以上信息，请设计提纯的实验方案：把样品置于烧杯中，________________。(实验中须使用的试剂有：饱和溶液、的溶液、无水乙醇：除常用仪器外须使用的仪器有真空干燥箱) 【答案】（1） ①. ②. （或） ③. 三角锥形 （2） ①. ②. （3）亚硫酸根易被空气中的氧气氧化，过量的亚硫酸铵可以保证充分还原，提高CuCl的产率 （4）CuCl不溶于无水乙醇，用无水乙醇洗涤可减少溶解损失，乙醇易挥发，干燥快，还能避免CuCl在潮湿环境中水解、被氧化变质 （5）加入饱和NaCl溶液搅拌至充分溶解，过滤除去不溶性杂质，控制温度在60℃左右，向滤液中滴加的溶液，控制pH在2～2.5，搅拌、趁热过滤，用无水乙醇洗净的所得固体置于真空干燥箱中干燥 【解析】 【分析】由题给流程可知，向硫化铜精矿中加入稀硫酸和过氧化氢溶液氧化酸浸得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经多步处理得到铜，向铜中加入硝酸铵和硫酸混合溶液溶解，铜与硝酸铵和硫酸混合溶液反应生成硫酸铜、硫酸铵和水，向反应后的溶液中加入亚硫酸铵和氯化铵的混合溶液，将溶液中的硫酸铜转化为氯化亚铜沉淀，过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜。据此分析。 【小问1详解】 Cu从0价升为+2价，N从+5价降为-3价，根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式；Cu是29号元素，基态核外电子排布式为（或）；中心S的价层电子对数为，含1对孤对电子，故空间构型为三角锥形。 【小问2详解】 生成CuCl时，被还原为，被氧化为，化学方程式为；对反应推导平衡常数： ​，结合、、、，整理得： 。 【小问3详解】 亚硫酸根易被空气中的氧气氧化，过量的亚硫酸铵可以保证充分还原，提高CuCl的产率。 【小问4详解】 CuCl不溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少溶解损失，乙醇易挥发，干燥快，还能避免CuCl在潮湿环境中水解、被氧化变质。 【小问5详解】 由题给信息可知，氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的氯化钠溶液得到二氯合铜酸钠溶液，而、不能与氯化钠溶液反应；由图可知，温度在60℃左右、溶液pH在2~2.5时，氯化亚铜的产率最大，则提纯氯化亚铜的实验方案为把样品置于烧杯中，加入饱和NaCl溶液搅拌至充分溶解，过滤除去不溶性杂质，控制温度在60℃左右，向滤液中滴加的溶液，控制pH在2～2.5，搅拌、趁热过滤，用无水乙醇洗净的所得固体置于真空干燥箱中干燥。 17. 氢气是一种清洁能源，制氢技术研究具有重要意义。 （1）利用图-1，图-2所示的铜—氯循环可以实现氢气的制备。 时，将水蒸气以一定流速通过固体进行水解和热解，再电解循环。已知：高于时，开始分解生成。 ①88 min时，含铜产物中含量最高的物质是________(填写化学式)。 ②88~160 min时，产物中CuO逐步增多的可能原因是_________________________。 ③盐酸和CuCl反应产生一种一元弱酸，之后用惰性电极电解的总反应化学方程式为___________________。 （2）HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成和可能反应机理如下图-3所示。 ①产生的可通过电解法变废为宝，实现碳中和。模拟使用惰性电极电解溶液可制备丙烯，每转移2.7 mol电子时，生成丙烯的质量为________g。 ②其他条件不变时，以水溶液代替催化释氢速率更快，得到氢气更纯净。结合图-3分析，制得氢气更纯净的原因是___________________________。 （3）电催化乙二醇制氢，同时得到乙醇酸盐，进一步酸化可得到乙醇酸，电解原理如图-4所示。一定条件下，测得乙二醇与乙醇酸的总物质的量及乙醇酸的法拉第效率随时间变化如图-5所示。 已知：法拉第效率=生成的目标氧化产物所需电量÷电解过程通过的总电量 ①阳极的电极反应式为___________________。 ②乙醇酸的法拉第效率在图示时间范围内小于100%的原因可能是____________________。 【答案】（1） ①. ②. 发生热分解生成和，经水解循环又产生，因此含量逐步升高 ③. （2） ①. 6.3 ②. HCOONa是强电解质，更容易产生和，且反应过程中会生成NaOH，可以吸收分解产生的，从而使氢气更纯净 （3） ①. ②. 生成其他含碳副产物（如等）或 【解析】 【小问1详解】 ①由图-2可知，88 min时，含量最高的曲线虽然是，但其含量并未大于的两倍，故含铜产物中含量最高的是。 ②88~160 min时，随反应进行，发生热分解生成和，经水解循环又产生，因此含量逐步升高。 ③CuCl和盐酸反应生成的一元弱酸为，电解时+1价Cu被氧化为+2价，+1价H被还原为，配平得总反应。 【小问2详解】 ①中C为+4价，丙烯中C平均为-2价，生成1 mol丙烯转移电子，转移2.7 mol电子时，生成丙烯，质量。 ②HCOONa是强电解质，更容易产生和，且反应过程中会生成NaOH，可以吸收分解产生的，从而使氢气更纯净。 【小问3详解】 ①阳极发生乙二醇的氧化反应，1 mol乙二醇生成1 mol乙醇酸根，C总化合价升高4，失去4 mol电子，碱性条件下配平得到该电极反应。 ②1个乙二醇转化为1个，根据阳极反应式可知，转移了4个电子，因生成其他含碳副产物（如等）或，消耗了部分电量，导致生成乙醇酸的电量减少，乙醇酸的法拉第效率小于100%。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $