精品解析：广东揭阳市2025-2026学年高二下学期教学质量测试 化学试题

揭阳市2025—2026学年度高中二年级教学质量测试 化学 全卷共8页，满分为120分，考试用时为120分钟 注意事项： 1.答题前，考生先将自已的信息填写清楚 、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处。 2.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3.答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀。考试结束后，请将答题卡交回。 一、选择题(本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分，第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目的要求。) 1. 电影《给阿嬷的情书》讲好中国故事，弘扬潮汕文化，影片中出现下列物质主要由硅酸盐材料制成的是 A．侨批 B．无米粿 C．功夫茶茶杯 D．英歌舞铜锣 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．侨批为纸质信件，主要成分是纤维素，不属于硅酸盐材料，A错误； B．无米粿是潮汕特色食品，主要成分为淀粉等有机物，不属于硅酸盐材料，B错误； C．功夫茶茶杯多为陶瓷制品，陶瓷属于传统硅酸盐材料，C正确； D．铜锣为铜合金制品，属于金属材料，不属于硅酸盐材料，D错误； 故选C。 2. 潮汕功夫茶中所含的茶多酚具有抗氧化、抗菌等功效。茶多酚中的主要成分是儿茶素(Catechin)，其结构简式如下图所示。下列关于儿茶素的说法正确的是 A. 有6个碳碳双键 B. 属于芳香烃 C. 共有15个氢原子 D. 能与溴水发生取代反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．苯环中不存在独立的碳碳双键，该分子中无普通碳碳双键，A错误； B．芳香烃是仅含C、H两种元素且含有苯环的有机物，该物质含有O元素，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，B错误； C．该物质分子式为，共含有14个氢原子，C错误； D．该物质含有酚羟基，酚羟基邻、对位的氢原子可与溴水发生取代反应，D正确； 故答案为D 3. “科技+文化”的硬核融合是2026年春晚的一大特色。下列有关说法正确的是 A. 英歌舞脸谱中的红色颜料主要成分是Fe2O3，其化学性质相对稳定 B. 机器人中碳纤维属于有机高分子材料，其主要成分是石墨烯 C. 机器人中的固态电池新型Li7TaO6涂层中Ta的化合价为+5，行走时电池将电能转化为化学能 D. 春晚舞台灯光的荧光材料，利用了电子跃迁吸收能量的原理 【答案】A 【解析】 【详解】A．俗称铁红，为红棕色固体，化学性质稳定，常用作红色颜料，A正确； B．碳纤维属于无机非金属材料，主要成分为碳单质，不属于有机高分子材料，也不是石墨烯，B错误； C．根据化合物中正负化合价代数和为0，设的化合价为，则，解得，化合价计算正确，但行走时电池处于放电过程，是将化学能转化为电能，C错误； D．荧光材料发光是电子从高能级激发态跃迁回低能级基态时释放能量的原理，不是吸收能量，D错误； 故答案为A。 4. 下列劳动项目与所涉及的化学知识不正确的是 选项 劳动项目 化学知识 A 除去锅炉中的水垢时，先用Na2CO3溶液处理 B 用覆铜板和FeCl3溶液制作印刷电路板 C 向豆浆中加入MgCl2溶液制作豆腐 MgCl2使蛋白质发生变性 D 用高度酒浸泡药材生产药酒 乙醇能溶解多种有机物 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．锅炉水垢中的微溶物可与反应转化为更难溶、易被酸溶解的，沉淀转化方程式书写正确，A正确； B．具有氧化性，可与发生氧化还原反应溶解铜，该反应用于制作印刷电路板，离子方程式书写正确，B正确； C．豆浆属于蛋白质胶体，加入电解质是使胶体发生聚沉得到豆腐，并非蛋白质变性，化学知识描述错误，C错误； D．乙醇是常见有机溶剂，可溶解药材中的多种有机有效成分，可用于浸泡制备药酒，D正确； 故答案为C。 5. “光阴似箭，岁月如梭”，计时工具的演变蕴含着丰富的化学智慧。下列说法不正确的是 A. 古代沙漏中的石英砂主要成分SiO2，SiO2为共价晶体 B. 机械钟表的齿轮常用黄铜(铜锌合金)制造，其硬度低于纯铜 C. 电子表利用液晶显示时间，液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性 D. 北斗卫星授时系统“星载铷钟”，的中子数为50 【答案】B 【解析】 【详解】A．石英砂主要成分为，由硅原子和氧原子通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体，A正确； B．合金的硬度通常高于其组成中的纯金属，黄铜是铜锌合金，硬度高于纯铜，B错误； C．液晶是介于液态和晶态之间的特殊聚集状态，既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性，C正确； D．原子的中子数=质量数-质子数，的质量数为87、质子数为37，故中子数为，D正确； 故选B。 6. 按下图装置，将浓H2SO4加入浓Na2S2O3溶液中，产生气泡和沉淀。下列预期现象及相应推理均合理的是 A. 烧瓶壁发热，说明反应S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放热 B. 湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明SO2水溶液显酸性 C. 溴水润湿的滤纸褪色，说明SO2水溶液有漂白性 D. BaCl2溶液产生沉淀，说明生成BaSO3 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓硫酸稀释也会产生大量的热，所以烧瓶壁发热，不能说明反应S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放热，故A错误； B．二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，所以湿润的蓝色石蕊试纸变红，故B正确； C．二氧化硫具有还原性，能够使溴水褪色，与其漂白性无关，故C错误； D．盐酸的酸性强于亚硫酸，所以二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故D错误； 答案选B。 7. 能满足如图所示的物质(含同种元素)间直接转化关系，且推理成立的是 A. M可为钠，电解盐的水溶液可以得到金属Na B. M可为铁，向盐溶液中滴加NaOH浓溶液制备胶体 C. M可为氮，氧化物1为红棕色气体 D. M可为碳，盐的热稳定性：NaHCO3<Na2CO3 【答案】D 【解析】 【详解】A．若M为钠，电解钠盐（如）的水溶液得到、和，无法得到金属，制备金属钠需要电解熔融，A错误； B．若M为铁，向铁盐（如）溶液中滴加浓溶液会生成沉淀，无法制备胶体，制备胶体需将饱和溶液滴入沸水中，B错误； C．若M为氮，单质和在放电条件下反应生成的氧化物1为，是无色气体，红棕色气体为氧化物2，C错误； D．若M为碳，单质不完全燃烧生成（氧化物1），与反应生成（氧化物2），与反应可生成、，受热易分解，受热难分解，故热稳定性，D正确； 故选D。 8. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑 浓硫酸具有脱水性 B 糖类、油脂、蛋白质都能水解 糖类、油脂、蛋白质均能供给人体营养 C Fe3+与KSCN溶液可生成血红色沉淀 KSCN溶液可用于检验Fe3+ D 将红热的木炭放入少量浓硝酸中，产生红棕色气体 浓硝酸一定与木炭发生反应生成NO2 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑是因为浓硫酸将蔗糖中的H、O元素按的比例脱去，剩余碳单质，体现浓硫酸的脱水性，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且二者存在因果关系，A正确； B．糖类中的单糖（如葡萄糖）不能发生水解，陈述Ⅰ错误，且物质可水解与可供给人体营养无因果关系，B错误； C．与KSCN溶液反应生成的是血红色络合态溶液，并非沉淀，陈述Ⅰ错误，C错误； D．浓硝酸受热本身会分解生成红棕色，红棕色气体不一定是木炭与浓硝酸反应的产物，陈述Ⅱ错误，D错误； 故选A。 9. 已知X、Y、Z、W为短周期元素，其原子半径、原子序数及其在对应氢化物中化合价的关系如图。下列说法错误的是 A. 简单氢化物的沸点：W>Z B. 的中心原子的杂化方式为sp3，空间结构为四面体型 C. W与Y的化合物偏向共价晶体 D. Y的最高价氧化物的水化物呈两性 【答案】B 【解析】 【分析】W：氢化物中化合价为 -2和-1，应为水和过氧化氢，原子序数较小、半径较小，应为O，X：氢化物中化合价为+1，原子序数略大于W，半径最大，应为Na，Y：氢化物中化合价为+3，原子序数大于 X，半径较大，应为Al，Z：氢化物中化合价为-1，原子序数最大，半径较小，应为Cl。据此分析以下各选项； 【详解】A．W的简单氢化物为H2O，Z的氢化物为HCl，H2O分子间含有氢键，故沸点H2O > HCl，A正确； B．即，中心Cl原子孤电子对数=（8-3）=1，价层电子对数为3+1=4，中心原子的杂化方式为sp3，但实际空间构型为三角锥形，B错误； C．W为O，Y为Al，化合物为Al2O3，Al3+电荷高、半径小，极化作用强，具有显著共价性，常被认为“偏向共价晶体”，C正确； D．Y为Al，最高价氧化物为Al2O3，其水化物为Al(OH)3，Al(OH)3既能与酸反应，也能与强碱反应，是典型两性氢氧化物，D正确； 故选B。 10. 设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4 L的C3H8中含有的键数目为10 NA B. 25℃时，1L 0.1 mol·L-1的 Na3PO4溶液中的数目为0.1 NA C. 常温下，将5.6g Fe放入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为0.3 NA D. 1 mol 中含有的电子数目为7 NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．标准状况下22.4L 的物质的量为1 mol，1个分子含2个C-C 键、8个C-H 键，共10个键，故键数目为，A正确； B．为弱酸根离子，在水溶液中会发生水解，因此1L 0.1溶液中的数目小于，B错误； C．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，表面生成的致密氧化膜会阻碍反应持续进行，无法计算转移电子数目，C错误； D．1个中含有的电子数为6+3=9，故1 mol甲基中含有的电子数目为，D错误； 故答案为A 11. 氯苯(沸点132.2℃)是常见有机中间体。实验室用苯与Cl2在无水FeCl3催化下制备氯苯，装置(铁架台及夹持装置均已略去)如图所示。下列说法不正确的是 A. 装置a可选用KMnO4固体，用于制备氯气 B. 装置c中盛放浓H2SO4，目的是除去水蒸气 C. 反应后装置d中混合液用水洗涤分液可得到纯氯苯 D. 装置e中盛放碱石灰，吸收尾气并防止水蒸气进入装置d 【答案】C 【解析】 【详解】A．与浓盐酸常温下即可反应生成，装置a为固液不加热发生装置，可选用固体制备氯气，A正确； B．反应需要无水作催化剂，需保证进入装置d的干燥，浓硫酸具有吸水性，装置c中盛放浓硫酸可除去中混有的水蒸气，B正确； C．反应后装置d中混合液含有氯苯、未反应的苯、溶解的、等，水洗分液仅可除去、等水溶性杂质，苯与氯苯互溶，无法通过分液分离，不能得到纯氯苯，C错误； D．碱石灰可吸收尾气中未反应的和生成的，同时可防止空气中的水蒸气进入装置d导致催化剂吸水失效，D正确； 故答案为C。 12. 侯氏制碱法是我国化学工程专家侯德榜于1943年创立的，是生产纯碱和氯化铵两种产品的方法。其原理为，，下列说法正确的是 A. 等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中水的电离程度：前者小于后者 B. NH4Cl 溶液中存在： C. 氨水加水稀释过程中，逐渐减小 D. NaHCO3溶液中： 【答案】A 【解析】 【详解】A．盐类水解程度越大，水的电离程度越大，等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，所以碳酸氢钠溶液中水的电离程度小于碳酸钠溶液，A正确； B．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液显酸性，则溶液中离子浓度大小顺序为：，B错误； C．氨水加水稀释时，溶液中的氢氧根离子浓度减小、电离常数不变，由电离常数可得：，所以溶液中比值逐渐增大，C错误； D．碳酸氢钠溶液中存在如下电荷守恒关系：，D错误； 故选A。 13. 物质性质与组成元素的性质有关，下列物质性质差异大小关系及解释均正确的是 选项 性质差异 主要原因 A 沸点：H2O>H2S 电负性：O>S B 酸性：CH2ClCOOH>CH2BrCOOH 电离能：Cl>Br C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径：C<Si D 熔点：KCl>MgO 离子电荷：Mg2+>K+，O2->Cl- A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．和均为分子晶体，沸点更高是因为水分子间存在氢键，沸点差异与电负性无直接因果关系，A错误； B．酸性更强是因为电负性大于，吸电子诱导效应更强，使羧基中键更易电离出，与电离能无关，B错误； C．金刚石和晶体硅均为共价晶体，原子半径，故键长小于键，键能大于，共价键越强晶体硬度越大，C正确； D．离子晶体熔点与晶格能正相关，中离子所带电荷更高、离子半径更小，晶格能远大于，故熔点，选项中性质关系错误，D错误； 故选C。 14. 我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水(pH<8.2)电解系统如图所示。以新型MoNi/NiMoO4为催化剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是 A. 在外电路中，电极1电势低于电极2 B. 电极 4 的反应为： C. 理论上，外电路每通过2mol电子，可产生2mol H2 D. 将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率 【答案】B 【解析】 【分析】由于已知电池为Mg-海水电池，因此该装置中左侧为原电池，右侧为电解池；左侧中1电极区域发生了转化为，为氧化反应，因此1为负极，电极反应为；2为正极，根据已知条件中电池和电解池中同时产生氢气，电极反应为；4与1电极相连，因此4为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应为，3与2电极相连，因此3为电解池阳极，发生氧化反应，电极反应为，由此解答； 【详解】A．由分析可知，电极1为负极，电极2为正极，因此电极1电势低于电极2，A正确； B．由分析可知，电极4发生的反应为，B错误； C．根据电极2的电极反应，外电路每通过2mol电子，可以产生1 mol氢气，同时，电极4也会产生1 mol氢气，因此理论上会产生2 mol氢气，C正确； D．泡沫镍属于多孔结构，将催化剂生长在泡沫镍电极上，可以增大催化剂与反应物的接触面积，提升催化效率，D正确； 故答案为B。 15. 反应分两步完成，Y(g)为中间产物：①反应过程中各物质的浓度随时间变化如图所示；②升高反应温度，、均增大。基于以上事实，下列说法正确的是 A. 反应过程中第一步为吸热反应，第二步为放热反应 B. X→Y为总反应决速步骤 C. 升高温度，X→Y正反应速率变大，Y→Z正反应速率变小 D. 选择合适的催化剂可以提高Z物质的平衡产率 【答案】A 【解析】 【详解】A．升高温度时，增大，说明第一步反应的平衡正向移动，根据勒夏特列原理，第一步正反应为吸热反应；增大，说明第二步反应的平衡逆向移动，因此第二步正反应为放热反应，A正确； B．决速步是多步反应中速率最慢的步骤，决定总反应速率。从浓度变化图可知，Y 的浓度先升后降，说明第一步生成 Y 的速率快于第二步消耗 Y 的速率（Y 先积累），第二步反应速率更慢，因此总反应的决速步骤是，而非，B错误； C．升高温度，分子能量增加、有效碰撞频率增大，所有反应（无论吸热还是放热）的正、逆反应速率均增大，因此和的正反应速率都变大，C错误； D．催化剂的作用是降低反应活化能，同等程度加快正、逆反应速率，只缩短达到平衡的时间，不改变平衡状态，因此不能提高 Z 的平衡产率，D错误； 故答案为A。 16. 某理论研究认为：锌—空气电池放电时如图 1，石墨复合材料电极上所发生反应的催化机理示意图如图2。由此可知，理论上不正确的是 A. 放电时，正极附近溶液的pH增大 B. 正极反应的催化剂是i C. 每消耗22.4 L(标准状况)空气，电路中约转移4 mol电子 D. 将KOH溶液换成酸性溶液，图2对应的反应历程改变 【答案】C 【解析】 【详解】A．放电时正极反应为，反应生成，因此正极附近溶液的pH增大，A正确； B．由催化机理示意图可知，i在反应前存在，参与反应后最终又生成，是正极反应的催化剂，B正确； C．标准状况下22.4 L空气的总物质的量为1 mol，其中体积占比约为1/5，即物质的量约为0.2 mol，1 mol 参与反应转移4 mol电子，故电路中转移电子约为0.8 mol，不是4 mol，C错误； D．换成酸性溶液后，正极反应物为，反应为，不存在类中间产物，反应历程发生改变，D正确； 故选C。 二、非选择题(本题共4大题，每小题14分，共56分。) 17. 乙酸乙酯是应用最广的脂肪酸酯之一，是极好的工业溶剂，广泛应用于油墨、 人造革生产中。 I．兴趣小组一的同学欲制取并分离提纯乙酸乙酯，制取实验装置设计如下图： 已知：①无水氯化钙可与乙醇形成微溶于水的； ②有关有机物的沸点： 试剂 乙醚 乙醇 乙酸 乙酸乙酯 沸点/℃ 34.7 78.5 118 77.1 （1）仪器B的名称是__________，实验中药品的加入顺序为__________(填选项符号)。 A．乙酸+浓硫酸+乙醇 B．乙醇+浓硫酸+乙酸 C．乙醇+乙酸+浓硫酸 D．浓硫酸+乙醇+乙酸 （2）若用同位素标记乙醇中的氧原子，则与乙酸生成乙酸乙酯的化学方程式为___________，该反应的类型属于___________反应。 （3）从C中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入______________除去乙醇。然后，加入无水硫酸钠并过滤，再进行__________________________________，得到较纯净的乙酸乙酯。 II．兴趣小组二的同学在实验室探究饱和Na2CO3溶液可用于收集乙酸乙酯的原因。 查阅资料：常温下，乙酸乙酯在NaOH溶液、Na2CO3溶液中水解的平衡常数分别为K1=3.14×10 9，K2=7.03×105，说明在Na2CO3溶液中乙酸乙酯理论上也可以完全水解。 （4）兴趣小组二的同学探究OH-浓度及温度对乙酸乙酯的水解速率的影响。取 0.400mol·L-1NaOH溶液，按下表配制系列溶液，水浴加热和搅拌条件下，测得体系中的c(OH-)随时间t变化的曲线如图。 序号 V(乙酸乙酯)/mL 温度/℃ ⅰ 35.0 5.0 10.0 25 ⅱ 10.0 x 10.0 25 ⅲ 10.0 30.0 y 60 则x=___________，y=___________。 根据实验数据，至少可获得三点实验结论。 结论1：增大浓度，乙酸乙酯水解速率___________(填“增大”或“减小”)； 结论2：当低于一定数值时，乙酸乙酯水解速率较小； 结论3：水解速率与温度有关，水解速率随温度升高而增大。 ①根据结论3，忽略温度对水电离的影响，在图2中，画出实验iii中pH变化曲线________。 ②已知25℃时饱和溶液中约为，依据上述结论，甲同学认为乙酸乙酯在饱和溶液中水解速率较小的原因是___________； （5）兴趣小组继续探究乙酸乙酯在水中的溶解度对其水解速率的影响。 提出假设：乙同学提出乙酸乙酯在水中溶解度较小，也可能使得水解速率较慢。验证假设：已知有关物质的极性值(极性值越大，物质极性越大)如下表： 物质 乙醇 乙酸乙酯 水 溶液 极性值 4.3 4.4 10.2 验证假设：以(4)中“实验ⅰ”为对照组，取35.0mL 0.400mol·L-1NaOH溶液、___________和10.0mL乙酸乙酯配成混合溶液，25℃和搅拌条件下，测定体系中 c(OH-)随时间变化，相同时间与实验ⅰ相比，c(OH-)下降幅度更大，假设成立。 【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. B （2） ①. ②. 取代反应（酯化反应） （3） ①. 无水氯化钙 ②. 蒸馏，收集77.1℃左右的馏分 （4） ①. 30 ②. 10 ③. 增大 ④. ⑤. 饱和中较低，导致乙酸乙酯的水解速率很小 （5）5.0 mL乙醇 【解析】 【分析】该实验为乙酸乙酯的制备实验，并且采用控制变量法探究浓度、温度、乙酸乙酯在水中的溶解度对乙酸乙酯的水解速率的影响，由此解答 【小问1详解】 仪器B的名称为圆底烧瓶；浓硫酸稀释过程放热，先加入乙醇冷却，再加入浓硫酸，最后加入乙酸减少挥发，因此加入先后顺序为乙醇、浓硫酸、乙酸，故选B； 【小问2详解】 酯化反应的过程为羧酸脱去羟基，醇脱氢原子，因此留在酯基内，因此化学方程式为；该反应为取代反应（酯化反应）； 【小问3详解】 乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，根据已知条件中无水氯化钙可与乙醇形成微溶于水的，可以用无水氯化钙吸收乙酸乙酯中的乙醇，然后，加入无水硫酸钠除去水并过滤，最后通过蒸馏分离乙酸乙酯，根据已知的物质的沸点，蒸馏应收集77.1℃左右的馏分； 【小问4详解】 采用控制变量法进行探究实验，因此需要保证总体积恒定，根据实验ⅰ中可知，总体积为，因此可以求出，；对比实验ⅰ和实验ⅱ的图像可知，实验ⅰ的初始浓度更大，相同时间内体系pH下降的幅度更大，说明增大浓度，乙酸乙酯水解速率增大； ①实验ⅲ初始浓度和实验ⅱ相同，但是根据结论3可知，水解速率随温度升高而增大，因此实验ⅲ的pH下降幅度应大于实验ⅱ；根据结论2可知，当低于一定数值时，乙酸乙酯水解速率较小，曲线最终趋于直线，因此曲线为； ②已知25℃时饱和溶液中约为，结合结论2当低于一定数值时，乙酸乙酯水解速率较小，可知乙酸乙酯在饱和溶液中水解速率较小的原因是饱和中较低，导致乙酸乙酯的水解速率很小； 【小问5详解】 探究乙酸乙酯在水中的溶解度对其水解速率，为了得到“乙酸乙酯的溶解度越大，水解速率越大”的结论，由于乙酸乙酯与水的极性相差大而导致在水中溶解度较小，需要选择的对比实验应是乙酸乙酯的溶解度较大的情况下进行，根据极性值数据可知，乙醇和乙酸乙酯的极性相近，乙酸乙酯易溶于乙醇，因此用乙醇进行对比实验，并且需要保证总体积一致，乙醇的体积为。 18. 从金-银矿(含 Au、Ag、MnO2、Fe2O3、CuO、SiO2等)中提取 Au、Ag，并回收利用其中部分金属的工艺如下： 已知：①常温下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+ 开始沉淀时的p 1.6 7.6 8.1 完全沉淀(离子浓度小于1×10-5mol/L)时的pH 3.1 9.6 10.1 （1）基态Cu原子的价层电子排布式为__________________。 （2）“还原酸浸”中，MnO2发生的化学方程式为____________________。 （3）“氧化沉铁”中反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为______，需调节溶液的pH范围为______。 （4）“沉锰”过程生成 MnCO3和一种气体，该反应的离子方程式是__________________。 （5）①“浸金银”后的“滤渣3”的主要成分是_______，加入 X 溶液后，金发生反应如下，完成该反应的离子方程式_______： ②“滤液 3”提取金过程中有部分金以胶体金形式存在，研究发现胶体金可用于检测新型冠状病毒抗体，为实现胶体金的分离提纯，常用的分离操作是_________。 （6）分离提纯的银可制作成具有储氢功能的铜银合金晶体，其面心立方晶胞结构如图所示： 已知：该晶胞边长为anm，由Cu原子与 Ag 原子构成的每个四面体空隙中可填充1个氢原子，储氢材料的储氢能力=，标准状况下氢气的密度为b g / cm3.若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，阿伏加德罗常数的值为NA。 ①该材料储满氢后的化学式为_________。 ②计算该储氢材料的储氢能力=__________(用含NA的代数式表示)。 【答案】（1） （2） （3） ①. 1:2 ②. （4） （5） ①. ②. ③. 渗析 （6） ①. ②. 【解析】 【分析】金-银矿主要含有、、、、、等，加入和进行还原酸浸，其中、和不溶于成为滤渣1，被还原成，被还原成；滤液1中的主要金属离子为、、、；向滤液1中加入铁粉，使转化为除去；继续加入将氧化成，加入氢氧化钠调节pH，使转化为沉淀除去；加入将转化为；向滤渣1中加入与和形成配合物，因此滤渣3为；将滤液进行一系列处理得到、单质，由此解答。 【小问1详解】 铜是29号元素，其价层电子排布为； 【小问2详解】 由分析可知，“还原酸浸”时被还原成，被氧化成，因此其化学方程式为； 【小问3详解】 “氧化沉铁”过程是将氧化成，被还原成，为氧化剂，Mn的化合价从+4价降到+2价，得到2个电子；为还原剂，Fe的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2；调节pH需要让所有的转化为，并且需要保证未开始沉淀，因此pH的范围是； 【小问4详解】 “沉锰”过程是加入将转化为，无化合价的变化，因此生成的气体应为，因此离子方程式为； 【小问5详解】 ①由分析可知，滤渣3为；离子方程式中缺少的生成物应该是和形成的配合物，根据元素守恒和电荷守恒，该配合物离子为，因此 该离子方程式为； ②胶体常见的分离方式为渗析，利用半透膜对胶体进行分离； 【小问6详解】 ①根据晶胞结构可知，原子的数量为个，原子的数量为个，由原子和原子构成的四面体间隙有8个，即H原子有8个，因此该材料储满氢后的化学式为； ②晶胞的体积为，储氢后氢气的质量为，因此，储氢后氢气的密度为，根据储氢材料的储氢能力的计算公式可得储氢能力。 19. “碳达峰、碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，CO2的捕集与利用成为当前研究的热点。 I．CO2的捕集 （1）实验室可用NaOH溶液吸收CO2，已知反应如下： ①a、b、c之间的关系为________。 ②某温度下，NaOH溶液吸收一定量的后，溶液中，则所得溶液的pH=________。(该温度下，的 （2）工业上常用乙醇胺(HOCH2CH2NH2，可用RNH2表示)作的吸收剂。 ①乙醇胺的沸点高于氨的原因是________。 ②乙醇胺可实现对烟气中CO2的捕集和释放。其原因是乙醇胺中含有_______，具有______性，可与CO2和水反应生成盐；该盐在较高温度下又可以充分分解。 II．CO2的利用。 与在催化剂的作用下可转化为CH3OH，体系中涉及的反应如下： 反应a： 反应b： （3）向密闭容器中分别充入1mol CO2和1mol H2，若只发生上述反应a。 ①下列事实能说明反应达到平衡状态的有______(填标号)。 A．反应a的ΔH保持不变 B．容器内CH3OH和H2O的物质的量相等 C．容器内气体的平均摩尔质量保持不变 D．每生成1.5mol H2的同时生成 0.5mol H2O ②该反应在不同的条件下CO2的转化率随时间变化关系如图所示，压强p1____p2(填“>”或“<”)。 （4）在催化剂作用下，将1molCO2、3molH2投入2L恒容密闭反应容器中，发生上述反应a和反应b，反应温度对CO2平衡转化率、CH3OH选择性的影响如图2。 已知：CH3OH的选择性=。 ①随温度升高，CO2平衡转化率逐渐增大，CH3OH选择性逐渐减小，其原因是____________________。 ②260℃时，反应a的平衡常数=___________(是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数，写出计算过程，结果用计算式表示)。 【答案】（1） ①. a=b+c ②. 11 （2） ①. 乙醇胺和氨均为分子晶体，乙醇胺同时含氨基和羟基，形成的分子间氢键数目比氨更多，且乙醇胺的相对分子质量比氨大，范德华力更大 ②. 氨基 ③. 碱 （3） ①. CD ②. > （4） ①. 反应a为放热反应，反应b为吸热反应， 温度升高，反应a逆向移动程度小于反应b正向移动程度 ②. (计算过程见解析) 【解析】 【小问1详解】 ①反应1： 反应2： 反应3：，根据盖斯定律，反应1 - 反应2 = 反应3，即​，因此a−b=c，即a=b+c； ②由碳酸的二级电离平衡：可知，，故pH=11。 【小问2详解】 ①乙醇胺和氨均为分子晶体，乙醇胺同时含氨基和羟基，形成的分子间氢键数目比氨更多，且乙醇胺的相对分子质量比氨大，范德华力更大，故乙醇胺的沸点高于氨。 ②乙醇胺的氨基显碱性，可以与酸性CO2反应生成盐，该盐高温可分解释放CO2，实现循环。 【小问3详解】 ①A．反应的ΔH由反应物和生成物总能量差决定，与反应是否平衡无关，不能判断平衡，A不符合题意； B． CH3OH和H2O的化学计量数相等，反应任意阶段二者物质的量都相等，不能判断平衡，B不符合题意； C．反应a为气体物质的量变化的反应，由平均摩尔质量知，反应过程中始终不变，变化，当平均摩尔质量保持不变时，说明不变，反应到达平衡，C符合题意； D．生成1.5mol H2表示逆反应速率，生成 0.5mol H2O表示正反应速率，速率之比等于化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，反应到达平衡，D符合题意； 故选CD。 ②反应a是气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动， CO2平衡转化率越高，图中p1​平衡转化率更高，因此p1>p2。 【小问4详解】 ①反应a为放热反应，反应b为吸热反应， 温度升高，反应a逆向移动程度小于反应b正向移动程度，从而使CO2平衡转化率逐渐增大，CH3OH选择性逐渐减小。 ②260℃时，CO2转化率为60%，CH3OH选择性为10%： 总转化CO2的物质的量为1 mol×60%=0.6 mol，其中转化为CH3OH的CO2的物质的量为0.6 mol×10%=0.06mol，转化为CO的CO2为0.6-0.06=0.54 mol。 由化学计量数关系可知，平衡时： n(CO2)=1-0.6=0.4 mol，n(H2)=3−3×0.06−0.54=2.28 mol，n(CH3OH)=0.06 mol，n(CO)=0.54 mol，n(H2O)=0.06+0.54=0.6 mol，气体总物质的量n总=0.4+2.28+0.06+0.54+0.6=3.88 mol， 20. 过渡金属催化的新型碳-碳偶联反应是近年来有机合成的研究热点之一，如： 化合物Ⅱ可由化合物Ⅳ合成： （1）化合物Ⅰ的分子式为_________，化合物Ⅱ的官能团名称为__________________。 （2）化合物Ⅳ生成化合物Ⅴ的化学方程式为________________(注明反应条件)，反应类型为_________反应。 （3）化合物Ⅴ的一种同分异构体能发生银镜反应，其核磁共振氢谱出现3组峰，则该同分异构体的结构简式为_________。 （4）下列说法正确的有_________。 A. Ⅰ分子中所有的C原子均采用sp2杂化 B. Ⅲ分子存在2个手性碳原子，存在顺反异构 C. Ⅰ与Ⅱ生成Ⅲ的反应涉及键的断裂和形成 D. Ⅴ生成Ⅱ的过程属于取代反应，且生成的化合物Ⅱ能发生水解反应 （5）参考上述的合成路线，以甲苯和为原料，合成化合物Ⅵ。基于你的设计合成路线，回答以下问题： ①第一步为甲苯的卤代反应，该反应的方程式为____________________(注明反应条件)。 ②第二步为卤代烃转化为醇。 ③第三步为醇的催化氧化反应生成醛，该反应的方程式为____________________________(注明反应条件)。 ④第四步类比Ⅴ→Ⅱ为②得到的醇和反应生成酯。 ⑤第五步为③得到的醛和④得到的酯在一定条件下偶联反应生成Ⅵ。 （6）参照上述碳-碳偶联反应，若要合成化合物Ⅶ，则可用_________________(写结构简式)和为反应物。 【答案】（1） ①. ②. 碳碳双键、酯基 （2） ①. ②. 取代 （3） （4）AD （5） ①. ②. （6） 【解析】 【分析】化合物Ⅳ发生卤代烃的水解反应生成化合物Ⅴ，根据Ⅴ的结构简式可知，Ⅳ的结构简式为，化合物Ⅴ与有机碱发生取代反应生成化合物Ⅱ，化合物Ⅰ和化合物Ⅱ发生碳-碳偶联反应生成化合物Ⅲ，由此解答； 【小问1详解】 根据化合物Ⅰ中各个元素的原子个数可知，其分子式为；根据化合物Ⅱ的结构简式，其官能团的名称为碳碳双键、酯基； 【小问2详解】 化合物Ⅳ发生卤代烃的水解反应生成化合物Ⅴ，因此化学方程式为；该反应为取代反应； 【小问3详解】 Ⅴ的分子式为，能发生银镜反应说明该同分异构体中含有醛基，除了醛基外还有三个饱和碳原子，其核磁共振氢谱出现3组峰，说明该同分异构体结构对称，因此符合要求的同分异构体的结构简式为； 【小问4详解】 A．Ⅰ分子中苯环上的碳原子和醛基上的碳原子均为sp2杂化，A正确； B．Ⅲ分子中存在两个手性碳（与羟基相连的碳原子和与甲基相连的碳原子），但是碳碳双键一端连接两个相同的氢原子，不存在顺反异构，B错误； C．Ⅰ与Ⅱ生成Ⅲ的反应，醛基中的的键断裂，但是没有新的键形成，C错误； D．由分析可知，Ⅴ生成Ⅱ的过程属于取代反应，化合物Ⅱ中存在酯基，可以发生水解反应，D正确； 故答案为AD； 【小问5详解】 参考上述的合成路线，想要合成化合物Ⅵ，进行碳-碳偶联反应的两个反应物为和，想要合成，需要合成和有机碱进行取代反应，因此需要用甲苯合成和，由此解答； 对甲苯进行卤代，根据需要合成的物质结构，应卤代甲基上的氢原子，因此反应条件为光照，化学方程式为；醇催化氧化生成醛的方程式为； 【小问6详解】 若要合成化合物Ⅶ，根据反应物和已知的碳-碳偶联反应，推测另一个反应物应为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 揭阳市2025—2026学年度高中二年级教学质量测试 化学 全卷共8页，满分为120分，考试用时为120分钟 注意事项： 1.答题前，考生先将自已的信息填写清楚 、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处。 2.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3.答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀。考试结束后，请将答题卡交回。 一、选择题(本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分，第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目的要求。) 1. 电影《给阿嬷的情书》讲好中国故事，弘扬潮汕文化，影片中出现下列物质主要由硅酸盐材料制成的是 A．侨批 B．无米粿 C．功夫茶茶杯 D．英歌舞铜锣 A. A B. B C. C D. D 2. 潮汕功夫茶中所含的茶多酚具有抗氧化、抗菌等功效。茶多酚中的主要成分是儿茶素(Catechin)，其结构简式如下图所示。下列关于儿茶素的说法正确的是 A. 有6个碳碳双键 B. 属于芳香烃 C. 共有15个氢原子 D. 能与溴水发生取代反应 3. “科技+文化”的硬核融合是2026年春晚的一大特色。下列有关说法正确的是 A. 英歌舞脸谱中的红色颜料主要成分是Fe2O3，其化学性质相对稳定 B. 机器人中碳纤维属于有机高分子材料，其主要成分是石墨烯 C. 机器人中的固态电池新型Li7TaO6涂层中Ta的化合价为+5，行走时电池将电能转化为化学能 D. 春晚舞台灯光的荧光材料，利用了电子跃迁吸收能量的原理 4. 下列劳动项目与所涉及的化学知识不正确的是 选项 劳动项目 化学知识 A 除去锅炉中的水垢时，先用Na2CO3溶液处理 B 用覆铜板和FeCl3溶液制作印刷电路板 C 向豆浆中加入MgCl2溶液制作豆腐 MgCl2使蛋白质发生变性 D 用高度酒浸泡药材生产药酒 乙醇能溶解多种有机物 A. A B. B C. C D. D 5. “光阴似箭，岁月如梭”，计时工具的演变蕴含着丰富的化学智慧。下列说法不正确的是 A. 古代沙漏中的石英砂主要成分SiO2，SiO2为共价晶体 B. 机械钟表的齿轮常用黄铜(铜锌合金)制造，其硬度低于纯铜 C. 电子表利用液晶显示时间，液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性 D. 北斗卫星授时系统“星载铷钟”，的中子数为50 6. 按下图装置，将浓H2SO4加入浓Na2S2O3溶液中，产生气泡和沉淀。下列预期现象及相应推理均合理的是 A. 烧瓶壁发热，说明反应S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放热 B. 湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明SO2水溶液显酸性 C. 溴水润湿的滤纸褪色，说明SO2水溶液有漂白性 D. BaCl2溶液产生沉淀，说明生成BaSO3 7. 能满足如图所示的物质(含同种元素)间直接转化关系，且推理成立的是 A. M可为钠，电解盐的水溶液可以得到金属Na B. M可为铁，向盐溶液中滴加NaOH浓溶液制备胶体 C. M可为氮，氧化物1为红棕色气体 D. M可为碳，盐的热稳定性：NaHCO3<Na2CO3 8. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑 浓硫酸具有脱水性 B 糖类、油脂、蛋白质都能水解 糖类、油脂、蛋白质均能供给人体营养 C Fe3+与KSCN溶液可生成血红色沉淀 KSCN溶液可用于检验Fe3+ D 将红热的木炭放入少量浓硝酸中，产生红棕色气体 浓硝酸一定与木炭发生反应生成NO2 A. A B. B C. C D. D 9. 已知X、Y、Z、W为短周期元素，其原子半径、原子序数及其在对应氢化物中化合价的关系如图。下列说法错误的是 A. 简单氢化物的沸点：W>Z B. 的中心原子的杂化方式为sp3，空间结构为四面体型 C. W与Y的化合物偏向共价晶体 D. Y的最高价氧化物的水化物呈两性 10. 设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4 L的C3H8中含有的键数目为10 NA B. 25℃时，1L 0.1 mol·L-1的 Na3PO4溶液中的数目为0.1 NA C. 常温下，将5.6g Fe放入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为0.3 NA D. 1 mol 中含有的电子数目为7 NA 11. 氯苯(沸点132.2℃)是常见有机中间体。实验室用苯与Cl2在无水FeCl3催化下制备氯苯，装置(铁架台及夹持装置均已略去)如图所示。下列说法不正确的是 A. 装置a可选用KMnO4固体，用于制备氯气 B. 装置c中盛放浓H2SO4，目的是除去水蒸气 C. 反应后装置d中混合液用水洗涤分液可得到纯氯苯 D. 装置e中盛放碱石灰，吸收尾气并防止水蒸气进入装置d 12. 侯氏制碱法是我国化学工程专家侯德榜于1943年创立的，是生产纯碱和氯化铵两种产品的方法。其原理为，，下列说法正确的是 A. 等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中水的电离程度：前者小于后者 B. NH4Cl 溶液中存在： C. 氨水加水稀释过程中，逐渐减小 D. NaHCO3溶液中： 13. 物质性质与组成元素的性质有关，下列物质性质差异大小关系及解释均正确的是 选项 性质差异 主要原因 A 沸点：H2O>H2S 电负性：O>S B 酸性：CH2ClCOOH>CH2BrCOOH 电离能：Cl>Br C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径：C<Si D 熔点：KCl>MgO 离子电荷：Mg2+>K+，O2->Cl- A. A B. B C. C D. D 14. 我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水(pH<8.2)电解系统如图所示。以新型MoNi/NiMoO4为催化剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是 A. 在外电路中，电极1电势低于电极2 B. 电极 4 的反应为： C. 理论上，外电路每通过2mol电子，可产生2mol H2 D. 将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率 15. 反应分两步完成，Y(g)为中间产物：①反应过程中各物质的浓度随时间变化如图所示；②升高反应温度，、均增大。基于以上事实，下列说法正确的是 A. 反应过程中第一步为吸热反应，第二步为放热反应 B. X→Y为总反应决速步骤 C. 升高温度，X→Y正反应速率变大，Y→Z正反应速率变小 D. 选择合适的催化剂可以提高Z物质的平衡产率 16. 某理论研究认为：锌—空气电池放电时如图 1，石墨复合材料电极上所发生反应的催化机理示意图如图2。由此可知，理论上不正确的是 A. 放电时，正极附近溶液的pH增大 B. 正极反应的催化剂是i C. 每消耗22.4 L(标准状况)空气，电路中约转移4 mol电子 D. 将KOH溶液换成酸性溶液，图2对应的反应历程改变 二、非选择题(本题共4大题，每小题14分，共56分。) 17. 乙酸乙酯是应用最广的脂肪酸酯之一，是极好的工业溶剂，广泛应用于油墨、 人造革生产中。 I．兴趣小组一的同学欲制取并分离提纯乙酸乙酯，制取实验装置设计如下图： 已知：①无水氯化钙可与乙醇形成微溶于水的； ②有关有机物的沸点： 试剂 乙醚 乙醇 乙酸 乙酸乙酯 沸点/℃ 34.7 78.5 118 77.1 （1）仪器B的名称是__________，实验中药品的加入顺序为__________(填选项符号)。 A．乙酸+浓硫酸+乙醇 B．乙醇+浓硫酸+乙酸 C．乙醇+乙酸+浓硫酸 D．浓硫酸+乙醇+乙酸 （2）若用同位素标记乙醇中的氧原子，则与乙酸生成乙酸乙酯的化学方程式为___________，该反应的类型属于___________反应。 （3）从C中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入______________除去乙醇。然后，加入无水硫酸钠并过滤，再进行__________________________________，得到较纯净的乙酸乙酯。 II．兴趣小组二的同学在实验室探究饱和Na2CO3溶液可用于收集乙酸乙酯的原因。 查阅资料：常温下，乙酸乙酯在NaOH溶液、Na2CO3溶液中水解的平衡常数分别为K1=3.14×10 9，K2=7.03×105，说明在Na2CO3溶液中乙酸乙酯理论上也可以完全水解。 （4）兴趣小组二的同学探究OH-浓度及温度对乙酸乙酯的水解速率的影响。取 0.400mol·L-1NaOH溶液，按下表配制系列溶液，水浴加热和搅拌条件下，测得体系中的c(OH-)随时间t变化的曲线如图。 序号 V(乙酸乙酯)/mL 温度/℃ ⅰ 35.0 5.0 10.0 25 ⅱ 10.0 x 10.0 25 ⅲ 10.0 30.0 y 60 则x=___________，y=___________。 根据实验数据，至少可获得三点实验结论。 结论1：增大浓度，乙酸乙酯水解速率___________(填“增大”或“减小”)； 结论2：当低于一定数值时，乙酸乙酯水解速率较小； 结论3：水解速率与温度有关，水解速率随温度升高而增大。 ①根据结论3，忽略温度对水电离的影响，在图2中，画出实验iii中pH变化曲线________。 ②已知25℃时饱和溶液中约为，依据上述结论，甲同学认为乙酸乙酯在饱和溶液中水解速率较小的原因是___________； （5）兴趣小组继续探究乙酸乙酯在水中的溶解度对其水解速率的影响。 提出假设：乙同学提出乙酸乙酯在水中溶解度较小，也可能使得水解速率较慢。验证假设：已知有关物质的极性值(极性值越大，物质极性越大)如下表： 物质 乙醇 乙酸乙酯 水 溶液 极性值 4.3 4.4 10.2 验证假设：以(4)中“实验ⅰ”为对照组，取35.0mL 0.400mol·L-1NaOH溶液、___________和10.0mL乙酸乙酯配成混合溶液，25℃和搅拌条件下，测定体系中 c(OH-)随时间变化，相同时间与实验ⅰ相比，c(OH-)下降幅度更大，假设成立。 18. 从金-银矿(含 Au、Ag、MnO2、Fe2O3、CuO、SiO2等)中提取 Au、Ag，并回收利用其中部分金属的工艺如下： 已知：①常温下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+ 开始沉淀时的p 1.6 7.6 8.1 完全沉淀(离子浓度小于1×10-5mol/L)时的pH 3.1 9.6 10.1 （1）基态Cu原子的价层电子排布式为__________________。 （2）“还原酸浸”中，MnO2发生的化学方程式为____________________。 （3）“氧化沉铁”中反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为______，需调节溶液的pH范围为______。 （4）“沉锰”过程生成 MnCO3和一种气体，该反应的离子方程式是__________________。 （5）①“浸金银”后的“滤渣3”的主要成分是_______，加入 X 溶液后，金发生反应如下，完成该反应的离子方程式_______： ②“滤液 3”提取金过程中有部分金以胶体金形式存在，研究发现胶体金可用于检测新型冠状病毒抗体，为实现胶体金的分离提纯，常用的分离操作是_________。 （6）分离提纯的银可制作成具有储氢功能的铜银合金晶体，其面心立方晶胞结构如图所示： 已知：该晶胞边长为anm，由Cu原子与 Ag 原子构成的每个四面体空隙中可填充1个氢原子，储氢材料的储氢能力=，标准状况下氢气的密度为b g / cm3.若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，阿伏加德罗常数的值为NA。 ①该材料储满氢后的化学式为_________。 ②计算该储氢材料的储氢能力=__________(用含NA的代数式表示)。 19. “碳达峰、碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，CO2的捕集与利用成为当前研究的热点。 I．CO2的捕集 （1）实验室可用NaOH溶液吸收CO2，已知反应如下： ①a、b、c之间的关系为________。 ②某温度下，NaOH溶液吸收一定量的后，溶液中，则所得溶液的pH=________。(该温度下，的 （2）工业上常用乙醇胺(HOCH2CH2NH2，可用RNH2表示)作的吸收剂。 ①乙醇胺的沸点高于氨的原因是________。 ②乙醇胺可实现对烟气中CO2的捕集和释放。其原因是乙醇胺中含有_______，具有______性，可与CO2和水反应生成盐；该盐在较高温度下又可以充分分解。 II．CO2的利用。 与在催化剂的作用下可转化为CH3OH，体系中涉及的反应如下： 反应a： 反应b： （3）向密闭容器中分别充入1mol CO2和1mol H2，若只发生上述反应a。 ①下列事实能说明反应达到平衡状态的有______(填标号)。 A．反应a的ΔH保持不变 B．容器内CH3OH和H2O的物质的量相等 C．容器内气体的平均摩尔质量保持不变 D．每生成1.5mol H2的同时生成 0.5mol H2O ②该反应在不同的条件下CO2的转化率随时间变化关系如图所示，压强p1____p2(填“>”或“<”)。 （4）在催化剂作用下，将1molCO2、3molH2投入2L恒容密闭反应容器中，发生上述反应a和反应b，反应温度对CO2平衡转化率、CH3OH选择性的影响如图2。 已知：CH3OH的选择性=。 ①随温度升高，CO2平衡转化率逐渐增大，CH3OH选择性逐渐减小，其原因是____________________。 ②260℃时，反应a的平衡常数=___________(是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数，写出计算过程，结果用计算式表示)。 20. 过渡金属催化的新型碳-碳偶联反应是近年来有机合成的研究热点之一，如： 化合物Ⅱ可由化合物Ⅳ合成： （1）化合物Ⅰ的分子式为_________，化合物Ⅱ的官能团名称为__________________。 （2）化合物Ⅳ生成化合物Ⅴ的化学方程式为________________(注明反应条件)，反应类型为_________反应。 （3）化合物Ⅴ的一种同分异构体能发生银镜反应，其核磁共振氢谱出现3组峰，则该同分异构体的结构简式为_________。 （4）下列说法正确的有_________。 A. Ⅰ分子中所有的C原子均采用sp2杂化 B. Ⅲ分子存在2个手性碳原子，存在顺反异构 C. Ⅰ与Ⅱ生成Ⅲ的反应涉及键的断裂和形成 D. Ⅴ生成Ⅱ的过程属于取代反应，且生成的化合物Ⅱ能发生水解反应 （5）参考上述的合成路线，以甲苯和为原料，合成化合物Ⅵ。基于你的设计合成路线，回答以下问题： ①第一步为甲苯的卤代反应，该反应的方程式为____________________(注明反应条件)。 ②第二步为卤代烃转化为醇。 ③第三步为醇的催化氧化反应生成醛，该反应的方程式为____________________________(注明反应条件)。 ④第四步类比Ⅴ→Ⅱ为②得到的醇和反应生成酯。 ⑤第五步为③得到的醛和④得到的酯在一定条件下偶联反应生成Ⅵ。 （6）参照上述碳-碳偶联反应，若要合成化合物Ⅶ，则可用_________________(写结构简式)和为反应物。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $