精品解析：河南信阳高级中学国际部高考班2025-2026学年高二下学期7月期末考试 化学试题

河南省信阳高级中学国际部高考班 2025-2026学年高二下期07月期末测试 化学试题 可能用到的相对原子质量H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Co-59 一、选择题(每题只有一个正确答案。每题3分，共42分) 1. 化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是 A. “中国天眼”使用的碳化硅属于传统无机非金属材料 B. 常见的甜味剂有阿斯巴甜、糖精钠等，都属于糖类 C. 氯化镁、硫酸钙等能使豆浆中的蛋白质聚沉，是制作豆腐常用的凝固剂 D. “杯酚”是一种超分子，能通过“分子识别”来分离C60和C70 2. 使用下列试剂与仪器(夹持装置已省略)进行实验，不能达到实验目的的是 A．制取并收集NH3 B．制备Fe(OH)3胶体 C．验证干燥的氯气无漂白性 D．制取少量NO A. A B. B C. C D. D 3. 下列化学方程式或离子方程式书写正确的是 A. 向H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4溶液：5H218O2+2MnO+6H+=518O2↑+2Mn2++8H2O B. 溴乙烷制备乙烯的反应：CH3CH2BrCH2=CH2↑+HBr C. 过量铁与氯气反应：Fe+Cl2FeCl2 D. 乙酰胺在盐酸溶液中水解反应的化学方程式： 4. 如图所示的物质转化关系中(反应条件略去)，除G外，其他物质均含有元素X；常温下，气体EF混合生成淡黄色固体H。下列说法错误的是 A. E和NaOH反应生成L可说明E为酸性氧化物 B. L溶液中含有七种不同的微粒 C. E+F→G+H的反应中，H既是氧化产物又是还原产物 D. J→K后，溶液pH减小 5. 下列依据相关数据进行的推断正确的是 选项 数据 推断 A 元素的电负性： 分子极性： B 可用除去溶液中的 C 相同温度下： 且 与反应的速率更快 D 短周期元素的各级电离能(省略单位)： R元素的最高正化合价可能为+2价 A. A B. B C. C D. D 6. 连花清瘟胶囊具有清瘟解毒、宣肺泄热的功效，含有绿原酸，其结构如图。下列关于绿原酸的说法正确的是 A. 与溴水反应，苯环上可形成C-Br键 B. Ni催化下与足量氢气反应，π键均可断裂 C. 与足量NaOH水溶液反应，O-H键均可断裂 D. 与NaOH醇溶液反应，多羟基六元环可形成π键 7. 某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 已知：含的溶液呈黄色，含的溶液呈红色，含的溶液呈黄色。实验中加入的试剂等体积、等浓度。 下列说法错误的是 A. 的电离方程式： B. 根据实验现象可知，配体与的结合能力： C. ④→⑤反应的离子方程式为 D. 使用标准溶液滴定废水，测定其中的浓度，可用KSCN作指示剂 8. 甲苯经高锰酸钾氧化生成苯甲酸钾，再经酸化可得苯甲酸(微溶于冷水，易溶于热水，100℃左右升华)，实验制备流程如下： 下列说法错误的是 A. 在甲苯中加入合适的冠醚，可以加快高锰酸钾氧化甲苯的速率 B. “加热回流氧化”过程中发生反应的化学方程式为：+KMnO4→+MnO2↓ C. 若“趁热过滤”所得滤液仍呈紫色，可加少量NaHSO3溶液使紫色褪去，重新过滤 D. “操作 X”包括过滤、洗涤、低温烘干、重结晶 9. 高分子有机物聚吡咯(PPy)是一种光敏型半导体，其制成的纳米管在紫外光照射、关闭周期内会发生如下反应：。通过纳米管一端正电荷分布密度的变化，在电解质溶液中产生离子电流。某科研组使用PPy构建了一种浓差电池，用来提取天然水中的氢能，其构造如图所示。下列叙述正确的是 A. 电极a的电势低于电极b B. 极电极方程式为 C. 纳米管道中的离子电流仅由阳离子的定向移动形成 D. 照射一段时间后关闭光源，纳米管道中仍能存在微弱电流 10. 室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①；②，反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为（为速率常数）。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是 A. 0~30min时间段内，X的平均反应速率为 B. 反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变 C. 如果反应能进行到底，反应结束时37.5%的M转化为Y D. 反应①的活化能比反应②的活化能大 11. 某高分子化合物M常用于制作眼镜镜片，可由N和Q两种物质合成，M、N、Q的结构如图所示。下列说法正确的是 A. N与Q合成M的反应为加聚反应 B. M的链节中在同一平面内的碳原子最多有14个 C. Q在空气中很稳定，可以保存在广口瓶中 D. 常温下，M、N、Q均易溶于水 12. ／ZSM-5是一种降解含氰废气的催化剂，其原理是/和/氧化还原循环协同作用，反应路径如图（TS代表过渡态，*代表吸附态）。下列说法正确的是 A. 通入HCl会降低催化活性，因为生成了 B. CN键初始氢化所需要克服的能垒为-1.75 eV C. TS-2所属的基元反应为决速步骤 D. 物种①为 13. 是由我国科学家理论预测并合成的具有高温超导电性的材料，其立方晶胞如图所示，晶胞棱长为。晶体中氢原子与铍原子构成立方体单元()，铍原子位于体心。氢原子Y和Z的分数坐标分别为和。 下列说法错误的是 A. La原子周围最紧邻的氢原子有12个 B. 晶胞沿体对角线的投影图为 C. X、Y两原子之间的距离为 D. 晶胞中含有4个单元 14. 25℃下，在的KI溶液中加入一定量，达平衡时，溶液中和(或)与pH的关系如图所示(溶液体积变化忽略不计)： 已知：Ⅰ．时，体系中有存在； Ⅱ．溶液中存在①；②。 下列说法正确的是 A. 反应①的平衡常数 B. 溶液中始终有，且时，的值随增大而减小 C. 若在平衡体系中加入少量，和的平衡浓度均增大 D. 若改变KI溶液的初始浓度，相同下达平衡时，的值不变 二、非选择题(共58分) 15. 铟是一种稀散金属，广泛应用于液晶显示、半导体等领域。铅锌冶炼产生的烟尘中含有少量铟，以形式存在，同时伴生、、、，一种从该烟尘中回收铟的工艺流程如下： 已知：萃取剂P204是一种有机酸的二聚体，对有高选择性萃取能力，而对萃取能力较弱，萃取时反应为：，进入有机相。 （1）中元素的化合价为___________。 （2）滤渣的主要成分为___________(填化学式)。 （3）“还原”步骤中加入锌粉的目的为___________。 （4）“反萃取”步骤中加入的“试剂a”最适宜为___________(填字母序号)。 A. B. 稀盐酸 C. 溶液 D. 溶液 （5）“置换”步骤中发生反应的离子方程式为___________。 （6）产品中铟含量的测定 称取产品，用适量盐酸溶解，加入氟化铵(掩蔽)和缓冲溶液，调节并稳定溶液在，加入指示剂，并用标准溶液滴定至终点。滴定原理为： 已知：是四元弱酸。 ①若未加入氟化铵，则滴定结果会___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 ②溶液稳定在的原因为___________。 ③若消耗标准溶液，则海绵铟中铟的质量分数为___________%。 16. 某兴趣小组探究 的制备。(实验均在通风橱内进行) 查阅资料：液溴()是生产溴化合物的基本原料。工业上利用和氨水的氧化还原反应生产 。实验室制备少量高纯度 常用氨气和氢溴酸的中和反应。 方案Ⅰ：模拟工业生产方法制备 (夹持装置等略) 实验装置如图所示： 步骤如下： ⅰ 检查装置气密性。 ⅱ 将盛有 氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加10.0 mL(32.0 g)，反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭，C中溶液呈橙黄色。 ⅲ 打开，向C中逐滴加入氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。 ⅳ 将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无色产品29.4 g。 回答下列问题： （1）仪器B的名称为___________。 （2）步骤ⅰ中检查装置气密性的操作：________________________，微热C，若导管口有气泡冒出，停止加热，冷却后导管内上升一段水柱，并保持一段时间不下降，则证明装置气密性良好。 （3）步骤ⅱ中，制备 的化学方程式为___________________________________。 （4）步骤ⅲ中，滴加氨水至溶液_______________________时(填实验现象)，反应恰好完成。 （5）反应开始时，D中应盛放_________(单项选择，填序号)。 a．溶液 b．蒸馏水 c．稀盐酸 （6）步骤ⅳ中进一步提纯的方法为_________________________。 （7） ()的产率为_____。 方案Ⅱ：实验室方法制备 ⅰ 利用70%硫酸和固体反应制备，再通入盛有和碎冰的烧瓶中，反应后溶液经蒸馏、除杂、再蒸馏得到高纯度氢溴酸。 ⅱ 利用氨水加热制备氨气，经净化处理后的氨气缓慢通入氢溴酸中至碱性，停止通气。溶液转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得高纯 。 （8）对比两种制备方案，方案Ⅰ存在的优点和不足为___________________________________(优点和不足各答出1点即可)。 17. 在工业生产过程中容易导致催化剂失活(例如以锌、铝为载体的催化剂等)，克劳斯法脱涉及的主要反应如下： Ⅰ.   Ⅱ.   Ⅲ.   已知：。 回答下列问题： （1）一种含Zn、Sn、As的新型材料用途广泛，其四方晶系的晶胞结构如图1所示，晶胞棱边夹角均为，晶胞中部分原子的分数坐标：、、。 该晶体的化学式为___________；与Zn原子距离最近的As原子形成的空间结构为___________形；晶胞中C点原子和D点原子之间的距离为___________pm。 （2）___________。 （3）向恒容密闭容器中充入和，在催化剂作用下，发生反应Ⅰ、Ⅱ，保持温度不变，体系压强随反应时间变化如图2所示；平衡时测得的物质的量为5.5 mol。 的平衡转化率为___________(保留三位有效数字)；反应Ⅰ的压强平衡常数___________(指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，A的平衡分压的物质的量分数)。 （4）将一定量的和充入密闭容器中并加入合适的催化剂，只发生反应Ⅰ和Ⅱ。在相同温度、不同压强下，测得的平衡转化率、或的选择性随压强的变化曲线如图3所示。 已知：的选择性。 图中___________(填“m”“n”或“p”)曲线代表的选择性，简述判断方法：___________。 18. 是合成某药物的中间体，也是一种化工原料。一种合成的流程如图所示(Et为乙基)。 回答下列问题： （1）B的化学名称为_______。D中官能团的名称为_______。 （2）AC反应类型是_______。 （3）下列有关叙述错误的是_______(填标号)。 a．用溴水可检验中的碳碳双键　　b．1个分子含2个手性碳原子 c．和分子间存在氢键　　　　　d．的消去反应产物只有1种 （4）中，EtONa的作用是_______，副产物为_______(填化学式)。 （5）写出的化学方程式：_______。 （6）是的同系物，。在的同分异构体中，同时具备下列条件的结构简式为_______。 ①含六元环 ②有机物与足量银氨溶液共热，最多生成 ③核磁共振氢谱有五组峰且峰的面积比为1：2：3：4：4 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学国际部高考班 2025-2026学年高二下期07月期末测试 化学试题 可能用到的相对原子质量H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Co-59 一、选择题(每题只有一个正确答案。每题3分，共42分) 1. 化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是 A. “中国天眼”使用的碳化硅属于传统无机非金属材料 B. 常见的甜味剂有阿斯巴甜、糖精钠等，都属于糖类 C. 氯化镁、硫酸钙等能使豆浆中的蛋白质聚沉，是制作豆腐常用的凝固剂 D. “杯酚”是一种超分子，能通过“分子识别”来分离C60和C70 【答案】C 【解析】 【详解】A．传统无机非金属材料是指水泥、玻璃、陶瓷等硅酸盐类材料，碳化硅属于新型无机非金属材料，A错误； B．糖类是多羟基醛、多羟基酮或能水解生成上述物质的有机物，阿斯巴甜属于二肽衍生物，糖精钠属于磺酰胺类钠盐，二者均不属于糖类，B错误； C．豆浆是蛋白质胶体，氯化镁、硫酸钙是电解质，可中和胶体粒子所带电荷使蛋白质发生聚沉，二者分别是卤水、石膏的主要成分，是制作豆腐的常用凝固剂，C正确； D．杯酚本身不是超分子，而是杯酚和通过非共价键结合形成的物质才是超分子，杯酚可通过分子识别作用选择性结合，从而实现和的分离，D错误； 故选C。 2. 使用下列试剂与仪器(夹持装置已省略)进行实验，不能达到实验目的的是 A．制取并收集NH3 B．制备Fe(OH)3胶体 C．验证干燥的氯气无漂白性 D．制取少量NO A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验室通过加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物来制取氨气。采用固固加热装置，试管口应该略向下倾斜，可以防止反应生成的水蒸气冷凝后倒流炸裂试管，氨气的密度比空气小，采用向下排空气法收集，在收集试管口塞一团棉花，可以减少氨气与空气的对流，使收集到的氨气更纯净，A错误； B．将饱和氯化铁（）溶液滴入沸水中，可以制备氢氧化铁胶体，B正确； C．氯气（）本身没有漂白性，其与水反应生成的次氯酸（）才有漂白性。潮湿的氯气首先通过装有浓硫酸的洗气瓶，除去氯气中的水蒸气，干燥后的氯气再通入放有有色纸条的试管中，若纸条不褪色，即可证明干燥的氯气无漂白性，C正确； D．铜（）与稀硝酸（）反应可以生成一氧化氮（）。化学方程式为：，图中的U型管是密封的，可以收集到纯净的，D正确； 故答案选A。 3. 下列化学方程式或离子方程式书写正确的是 A. 向H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4溶液：5H218O2+2MnO+6H+=518O2↑+2Mn2++8H2O B. 溴乙烷制备乙烯的反应：CH3CH2BrCH2=CH2↑+HBr C. 过量铁与氯气反应：Fe+Cl2FeCl2 D. 乙酰胺在盐酸溶液中水解反应的化学方程式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．酸性高锰酸钾为氧化剂，为还原剂，其中-1价的全部被氧化为，反应满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式书写正确，A正确； B．溴乙烷发生消去反应生成乙烯的反应物缺少，反应产物为、和，正确反应为，B错误； C．氯气氧化性较强，无论铁是否过量，与氯气反应的产物均为，正确反应为，C错误； D．乙酰胺在盐酸溶液中水解生成乙酸和氯化铵，正确反应为，D错误； 故选A。 4. 如图所示的物质转化关系中(反应条件略去)，除G外，其他物质均含有元素X；常温下，气体EF混合生成淡黄色固体H。下列说法错误的是 A. E和NaOH反应生成L可说明E为酸性氧化物 B. L溶液中含有七种不同的微粒 C. E+F→G+H的反应中，H既是氧化产物又是还原产物 D. J→K后，溶液pH减小 【答案】A 【解析】 【分析】气体EF混合生成淡黄色固体H，可知H为S单质；H与氧气反应生成F，F为SO2，则E为H2S；H2S与足量NaOH溶液反应生成Na2S和水，L为Na2S；SO2和H2S反应生成S和水，G为H2O；SO2与H2O反应生成H2SO3，J为H2SO3；H2SO3与氧气生成H2SO4，K为H2SO4；H2SO4与Na2S反应生成硫酸钠、H2S。 【详解】A．E为H2S；H2S与足量NaOH溶液反应生成Na2S和水，说明H2S为酸，A错误； B．L为Na2S，Na2S溶液中因含S2-水解含有Na+、S2-、HS-、H2S、H+、OH-、H2O共七种微粒，B正确； C．SO2和H2S发生反应，生成S和H2O，该反应中S既是氧化产物又是还原产物，C正确； D．H2SO3与氧气发生反应，生成H2SO4使得溶液酸性增强，pH减小，D正确； 故选A。 5. 下列依据相关数据进行的推断正确的是 选项 数据 推断 A 元素的电负性： 分子极性： B 可用除去溶液中的 C 相同温度下： 且 与反应的速率更快 D 短周期元素的各级电离能(省略单位)： R元素的最高正化合价可能为+2价 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．分子极性由键的极性和分子空间构型共同决定，为正四面体形非极性分子，为三角锥形极性分子，因此分子极性的结论本身正确，但该结论与给出的电负性数据无直接关联，无法仅通过电负性推导得出，A错误； B．说明溶解度远小于，无法发生沉淀转化，不能用除去溶液中的，B错误； C．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，C错误； D．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，因此“最高正化合价可能为+2价”的推断正确，D正确； 故选D。 6. 连花清瘟胶囊具有清瘟解毒、宣肺泄热的功效，含有绿原酸，其结构如图。下列关于绿原酸的说法正确的是 A. 与溴水反应，苯环上可形成C-Br键 B. Ni催化下与足量氢气反应，π键均可断裂 C. 与足量NaOH水溶液反应，O-H键均可断裂 D. 与NaOH醇溶液反应，多羟基六元环可形成π键 【答案】A 【解析】 【详解】A．绿原酸中苯环上连有酚羟基，且酚羟基的邻、对位有氢原子，可与溴水发生取代反应，生成C-Br键，A正确； B．Ni催化加氢可以断裂碳碳双键、碳碳三键、苯环（大π键）以及醛、酮中的碳氧π键，但羧基（-COOH）中的碳氧π键、酯基中的碳氧π键在通常催化加氢条件下很难被还原，需要更强还原剂（如 LiAlH4），Ni催化下与足量氢气反应，绿原酸中羧基、酯基中π键不会断裂，B错误； C．与足量NaOH水溶液反应时，酚羟基和羧基中的O-H键可断裂（酸性H），但醇羟基的O-H键不能断裂，因为醇羟基不显酸性，不与NaOH反应，C错误； D．NaOH醇溶液主要用于卤代烃的消去反应，绿原酸中的多羟基六元环上没有卤素原子，在NaOH醇溶液中不能形成新的π键，D错误； 故答案选A。 7. 某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 已知：含的溶液呈黄色，含的溶液呈红色，含的溶液呈黄色。实验中加入的试剂等体积、等浓度。 下列说法错误的是 A. 的电离方程式： B. 根据实验现象可知，配体与的结合能力： C. ④→⑤反应的离子方程式为 D. 使用标准溶液滴定废水，测定其中的浓度，可用KSCN作指示剂 【答案】A 【解析】 【详解】Ａ．是配合物，是稳定存在的配离子，不会电离拆分，正确的电离方程式为，A错误； Ｂ．根据实验转化先与形成，加入后转化为红色的，再加入后又转化为黄色的，配体对结合能力越强，越优先生成配合物，故结合能力为，B正确； C．④中含，加入生成蓝色沉淀，离子方程式书写符合守恒和反应事实，C正确； D．因为对的结合能力强于，滴定时先与完全配位，反应完后，过量的才会与结合显红色，因此可以用作指示剂，D正确； 答案是A。 8. 甲苯经高锰酸钾氧化生成苯甲酸钾，再经酸化可得苯甲酸(微溶于冷水，易溶于热水，100℃左右升华)，实验制备流程如下： 下列说法错误的是 A. 在甲苯中加入合适的冠醚，可以加快高锰酸钾氧化甲苯的速率 B. “加热回流氧化”过程中发生反应的化学方程式为：+KMnO4→+MnO2↓ C. 若“趁热过滤”所得滤液仍呈紫色，可加少量NaHSO3溶液使紫色褪去，重新过滤 D. “操作 X”包括过滤、洗涤、低温烘干、重结晶 【答案】B 【解析】 【分析】向甲苯和水中加入高锰酸钾加热回流氧化生成苯甲酸钾和二氧化锰，趁热过滤分离两者，再向冷却后的滤液中加浓盐酸酸化得到微溶于冷水的苯甲酸，再经过滤、洗涤、低温烘干、重结晶得到苯甲酸。 【详解】A．在甲苯中加入合适的冠醚可与K+结合，将携带进入甲苯中，使游离或裸露的反应活性很高，加快高锰酸钾氧化甲苯的速率，故A正确； B．化学方程式原子不守恒，故B错误； C．KMnO4与NaHSO3反应生成二氧化锰、硫酸钠、硫酸钾和水，通过过滤分离MnO2和苯甲酸钾，故C正确； D．由于苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，100℃左右升华，故酸化后的苯甲酸固体经过过滤、洗涤、低温烘干、重结晶得到苯甲酸产品，故D正确； 故答案为B。 9. 高分子有机物聚吡咯(PPy)是一种光敏型半导体，其制成的纳米管在紫外光照射、关闭周期内会发生如下反应：。通过纳米管一端正电荷分布密度的变化，在电解质溶液中产生离子电流。某科研组使用PPy构建了一种浓差电池，用来提取天然水中的氢能，其构造如图所示。下列叙述正确的是 A. 电极a的电势低于电极b B. 极电极方程式为 C. 纳米管道中的离子电流仅由阳离子的定向移动形成 D. 照射一段时间后关闭光源，纳米管道中仍能存在微弱电流 【答案】D 【解析】 【分析】，由此反应可知，在光照下，在电极b失电子生成，天然水中的在电极a得电子生成，根据电子流向可知电极b为负极，电极a为正极。 【详解】A．由分析可知，a极为正极，b极为负极，故a极的电势高于b极，A错误； B．电极b为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为：-e-=，B错误； C．天然水是混合物，含有多种离子，因此除了PPy阳离子之外还会有其它离子（如、等）在溶液中定向移动也能形成离子电流，C错误； D．照射一段时间后关闭光源，则反应会逆向进行，导致纳米管道中仍能存在微弱电流，D正确； 故选D。 10. 室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①；②，反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为（为速率常数）。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是 A. 0~30min时间段内，X的平均反应速率为 B. 反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变 C. 如果反应能进行到底，反应结束时37.5%的M转化为Y D. 反应①的活化能比反应②的活化能大 【答案】A 【解析】 【详解】A．0~30min时间段内，M物质的量浓度变化量等于X物质的量浓度的变化量，即，X的平均反应速率为：，故A错误； B．体系中Y和Z的浓度之比等于反应①、②的速率之比，即，温度不变，k1、k2保持不变，则反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变，故B正确； C．前30min内，M转化为Z的转化率为，根据B选项分析，反应中M的转化为Y、Z的比例保持不变，因此反应进行到底，有37.5%的M转化为Y，故C正确； D．根据图象可知，30min内Z浓度变化了0.125mol/L，即反应②中消耗M的物质的量浓度为0.125mol/L，而这段时间反应①中，消耗M的物质的量浓度为(0.5-0.3-0.125)mol/L=0.075mol/L，相同时间段内，反应②的速率比反应①快，一般情况下，活化能越小，反应速率越快，因此反应①的活化能比反应②的活化能大，故D正确； 故选A。 11. 某高分子化合物M常用于制作眼镜镜片，可由N和Q两种物质合成，M、N、Q的结构如图所示。下列说法正确的是 A. N与Q合成M的反应为加聚反应 B. M的链节中在同一平面内的碳原子最多有14个 C. Q在空气中很稳定，可以保存在广口瓶中 D. 常温下，M、N、Q均易溶于水 【答案】B 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，一定条件下N与Q发生缩聚反应生成M和甲醇，A错误； B．由结构简式可知，M分子中苯环和酯基为平面结构，单键可以旋转，则链节中在同一平面内的碳原子最多有14个，B正确； C．由结构简式可知，Q分子中含有极易被空气中氧气氧化的酚羟基，所以Q易被氧化，C错误； D．由结构简式可知，M、N分子中均含有酯基，均难溶于水，D错误； 故选B； 12. ／ZSM-5是一种降解含氰废气的催化剂，其原理是/和/氧化还原循环协同作用，反应路径如图（TS代表过渡态，*代表吸附态）。下列说法正确的是 A. 通入HCl会降低催化活性，因为生成了 B. CN键初始氢化所需要克服的能垒为-1.75 eV C. TS-2所属的基元反应为决速步骤 D. 物种①为 【答案】D 【解析】 【详解】A．通入HCl时，会与催化剂中的生成难溶的CuCl，使催化剂活性位点减少，并非生成了，A错误； B．能垒为过渡态与前一中间体的自由能差值，恒为正值，CN键初始氢化对应TS-1，能垒为，B错误； C．决速步骤为反应过程中能垒最大的基元反应，经计算TS-1、TS-2、TS-3对应的能垒分别为1.82 eV、1.25 eV、0.83 eV，TS-1所属基元反应为决速步骤，C错误； D．根据反应前后原子守恒，①是与反应得到的中间体，后续生成，故物种①为，D正确； 故选D。 13. 是由我国科学家理论预测并合成的具有高温超导电性的材料，其立方晶胞如图所示，晶胞棱长为。晶体中氢原子与铍原子构成立方体单元()，铍原子位于体心。氢原子Y和Z的分数坐标分别为和。 下列说法错误的是 A. La原子周围最紧邻的氢原子有12个 B. 晶胞沿体对角线的投影图为 C. X、Y两原子之间的距离为 D. 晶胞中含有4个单元 【答案】A 【解析】 【详解】A．从晶胞图可以看出，La原子（黑球）位于立方晶胞的顶点和面心，位于棱心和体心，以位于面心的La原子为研究对象，周围最紧邻的有6个，每个单元中有4个H原子与La原子紧邻，则La原子周围最紧邻的氢原子有24个，A错误； B．立方晶胞沿体对角线投影后结构为正六边形结构，位于体对角线上的原子会投影到图像中心，面心原子会投影到中心周围，则该晶胞沿体对角线的投影图为：，B正确； C．氢原子Y和Z的分数坐标分别为和，则单元正方体的边长为0.65a pm-0.35a pm=0.3a pm，X、Y两原子之间的距离为单元正方体体对角线的一半，为，C正确 D．单元位于棱心和体心，数目为，因此晶胞含4个单元，D正确； 故答案选A。 14. 25℃下，在的KI溶液中加入一定量，达平衡时，溶液中和(或)与pH的关系如图所示(溶液体积变化忽略不计)： 已知：Ⅰ．时，体系中有存在； Ⅱ．溶液中存在①；②。 下列说法正确的是 A. 反应①的平衡常数 B. 溶液中始终有，且时，的值随增大而减小 C. 若在平衡体系中加入少量，和的平衡浓度均增大 D. 若改变KI溶液的初始浓度，相同下达平衡时，的值不变 【答案】B 【解析】 【分析】当pH<8.73时，体系中有存在。这意味着在pH≤8.73时，溶液中的处于饱和状态，其浓度保持恒定。 【详解】A．反应①的平衡常数，pH=7.5时，，根据碘元素守恒，初始，由于反应①消耗了转化为了，且物质的量之比为1：1，反应2在pH=7.5时产生的极少，趋近于0，可以忽略，所以此时平衡时： ，代入数据： ，A错误； B．当pH<8.73时，，对应关系成立，当pH＞8.73时，反应②  右移，消耗  生成更多 ，因此始终满足 ；当时，，逐渐降低，K不变，故的值随增大而减小，B正确； C．当pH＜8.73时，体系中已经存在，说明溶液中的已经达到了饱和溶液的溶解平衡。此时再加入少量的，不变，因此，化学平衡①和②都不会发生移动，和的平衡浓度都保持不变，C错误； D．反应②+3×反应①得到，平衡常数，，相同下意味着是定值，改变KI溶液的初始浓度，虽然平衡会发生移动，但只要体系中依然有剩余，由于溶解平衡的缓冲作用，的值就不会改变，此时是定值；当pH达到某一值时，改变，是变量，D错误； 故选B。 二、非选择题(共58分) 15. 铟是一种稀散金属，广泛应用于液晶显示、半导体等领域。铅锌冶炼产生的烟尘中含有少量铟，以形式存在，同时伴生、、、，一种从该烟尘中回收铟的工艺流程如下： 已知：萃取剂P204是一种有机酸的二聚体，对有高选择性萃取能力，而对萃取能力较弱，萃取时反应为：，进入有机相。 （1）中元素的化合价为___________。 （2）滤渣的主要成分为___________(填化学式)。 （3）“还原”步骤中加入锌粉的目的为___________。 （4）“反萃取”步骤中加入的“试剂a”最适宜为___________(填字母序号)。 A. B. 稀盐酸 C. 溶液 D. 溶液 （5）“置换”步骤中发生反应的离子方程式为___________。 （6）产品中铟含量的测定 称取产品，用适量盐酸溶解，加入氟化铵(掩蔽)和缓冲溶液，调节并稳定溶液在，加入指示剂，并用标准溶液滴定至终点。滴定原理为： 已知：是四元弱酸。 ①若未加入氟化铵，则滴定结果会___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 ②溶液稳定在的原因为___________。 ③若消耗标准溶液，则海绵铟中铟的质量分数为___________%。 【答案】（1）+2、+3 （2） （3）将还原成，防止萃取时进入有机相。 （4）B （5） （6） ①. 偏高 ②. 若pH过低，会与反应；若pH过高，会生产，都会影响滴定结果。 ③. 63.25 【解析】 【分析】根据烟尘的成分，加入稀硫酸后，只有二氧化硅不参与反应，氧化铅与稀硫酸反应生产硫酸铅沉淀，因此沉淀是二氧化硅和硫酸铅，其余金属阳离子进入溶液中，进入溶液中的金属阳离子有等，加入锌粉把三价铁还原为二价铁防止被萃取剂P204萃取，萃取后进入有机层，分液后加入使平衡向逆移动的物质，使重新进入水溶液中，最后在水溶液中加入锌板置换出金属铟。 【小问1详解】 中元素的化合价为+2、+3。 【小问2详解】 加入稀硫酸后，只有二氧化硅不参与反应，氧化铅与稀硫酸反应生成硫酸铅沉淀，因此沉淀是。 【小问3详解】 萃取剂P204是一种有机酸的二聚体，对有高选择性萃取能力，而对萃取能力较弱，防止和一起被萃取，加锌粉把三价铁还原成二价铁，防止萃取时进入有机相。 【小问4详解】 A．根据反应使进入水相，该化学平衡逆向移动，加水平衡正向移动，A错误； B．加入稀硫酸，平衡逆向移动，符合题意B正确； C．加入氢氧化钠，平衡正向移动，C错误； D．加入氯化钠溶液，平衡正向移动，D错误； 故选择B。 【小问5详解】 【小问6详解】 ①若未加入氟化铵无法掩蔽，滴定时会消耗更多的，滴定结果会偏高。 ②若pH过低，会与反应；若pH过高，会生产，都会影响滴定结果。 ③根据反应可知： = 铟的质量分数=， 16. 某兴趣小组探究 的制备。(实验均在通风橱内进行) 查阅资料：液溴()是生产溴化合物的基本原料。工业上利用和氨水的氧化还原反应生产 。实验室制备少量高纯度 常用氨气和氢溴酸的中和反应。 方案Ⅰ：模拟工业生产方法制备 (夹持装置等略) 实验装置如图所示： 步骤如下： ⅰ 检查装置气密性。 ⅱ 将盛有 氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加10.0 mL(32.0 g)，反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭，C中溶液呈橙黄色。 ⅲ 打开，向C中逐滴加入氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。 ⅳ 将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无色产品29.4 g。 回答下列问题： （1）仪器B的名称为___________。 （2）步骤ⅰ中检查装置气密性的操作：________________________，微热C，若导管口有气泡冒出，停止加热，冷却后导管内上升一段水柱，并保持一段时间不下降，则证明装置气密性良好。 （3）步骤ⅱ中，制备 的化学方程式为___________________________________。 （4）步骤ⅲ中，滴加氨水至溶液_______________________时(填实验现象)，反应恰好完成。 （5）反应开始时，D中应盛放_________(单项选择，填序号)。 a．溶液 b．蒸馏水 c．稀盐酸 （6）步骤ⅳ中进一步提纯的方法为_________________________。 （7） ()的产率为_____。 方案Ⅱ：实验室方法制备 ⅰ 利用70%硫酸和固体反应制备，再通入盛有和碎冰的烧瓶中，反应后溶液经蒸馏、除杂、再蒸馏得到高纯度氢溴酸。 ⅱ 利用氨水加热制备氨气，经净化处理后的氨气缓慢通入氢溴酸中至碱性，停止通气。溶液转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得高纯 。 （8）对比两种制备方案，方案Ⅰ存在的优点和不足为___________________________________(优点和不足各答出1点即可)。 【答案】（1） 分液漏斗 （2） 关闭 、，向D中加水使导管口浸没在水面下 （3） （或 ） （4） 橙黄色褪去（或由橙黄色变为无色） （5）b （6） 重结晶 （7） （8） 优点：步骤少，操作简单（或无需制备氢溴酸，节约时间）；不足：反应剧烈，易产生白烟造成原料损失（或液溴易挥发，易污染环境），且存在提纯流程复杂等缺陷 【解析】 【分析】方案I（工业法）利用与氨水的氧化还原反应制备：部分从0价被还原为-1价得到，部分中-3价被氧化为0价，最终生成。 方案II（实验室法）先通过还原​制备高纯度氢溴酸，再利用氢溴酸和氨气的中和反应得到。 【小问1详解】 仪器B的名称为分液漏斗。 【小问2详解】 检查装置气密性需要先形成密闭系统，因此必须关闭滴液漏斗的活塞  和 ，并将D中导管浸入水中，再通过微热烧瓶C观察是否有气泡冒出及冷却后是否形成水柱来判断气密性。 【小问3详解】 液溴与氨水发生氧化还原反应，溴单质作氧化剂被还原为 ，氨气作还原剂被氧化为无色气体 ，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为： （或 ）。 【小问4详解】 步骤ⅱ结束后溶液呈橙黄色，说明液溴过量。步骤ⅲ中滴加氨水是为了消耗过量的液溴，当液溴完全反应时，溶液的橙黄色会褪去，变为无色。 【小问5详解】 反应过程中会有未反应的  和  挥发出来，D装置用于吸收这些挥发物。由于步骤ⅳ中需要将C和D中的溶液混合提纯，若使用  溶液或稀盐酸会引入新的杂质离子，而使用蒸馏水吸收后生成氨水和溴水，混合后可继续反应生成 ，既提高了产率又不引入杂质，故选b。 【小问6详解】 步骤ⅳ中通过蒸发结晶得到的是含有少量杂质的粗品，进一步提纯可溶性无机盐固体最常用的方法是重结晶。 【小问7详解】 加入的  质量为 ，其物质的量 。根据关系式  可知，理论上生成  的物质的量为 。理论产量 。则产率 。 【小问8详解】 对比方案Ⅰ和方案Ⅱ，方案Ⅰ直接利用原料一步反应制得产品，流程短、操作简便；但由于液溴与氨水反应放热剧烈，容易导致反应物挥发产生白烟，降低了原料利用率，且液溴挥发存在环保隐患、且存在提纯流程复杂等缺陷。方案Ⅱ虽然步骤繁琐，但反应条件温和，产品纯度更高。 17. 在工业生产过程中容易导致催化剂失活(例如以锌、铝为载体的催化剂等)，克劳斯法脱涉及的主要反应如下： Ⅰ.   Ⅱ.   Ⅲ.   已知：。 回答下列问题： （1）一种含Zn、Sn、As的新型材料用途广泛，其四方晶系的晶胞结构如图1所示，晶胞棱边夹角均为，晶胞中部分原子的分数坐标：、、。 该晶体的化学式为___________；与Zn原子距离最近的As原子形成的空间结构为___________形；晶胞中C点原子和D点原子之间的距离为___________pm。 （2）___________。 （3）向恒容密闭容器中充入和，在催化剂作用下，发生反应Ⅰ、Ⅱ，保持温度不变，体系压强随反应时间变化如图2所示；平衡时测得的物质的量为5.5 mol。 的平衡转化率为___________(保留三位有效数字)；反应Ⅰ的压强平衡常数___________(指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，A的平衡分压的物质的量分数)。 （4）将一定量的和充入密闭容器中并加入合适的催化剂，只发生反应Ⅰ和Ⅱ。在相同温度、不同压强下，测得的平衡转化率、或的选择性随压强的变化曲线如图3所示。 已知：的选择性。 图中___________(填“m”“n”或“p”)曲线代表的选择性，简述判断方法：___________。 【答案】（1） ①. ZnSnAs2 ②. 正四面体 ③. （2）-1124 （3） ①. 91.7% ②. 847 （4） ①. n ②. S2和SO2的选择性之和等于100%，增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，即SO2的选择性随压强增大而增大 【解析】 【小问1详解】 根据晶胞结构图，利用均摊法计算晶胞中各原子的数目：Zn原子位于顶点、侧面和晶胞内部。其中8个顶点各有1个Zn原子，被8个晶胞共用；4个侧面各有1个Zn原子，被2个晶胞共用；晶胞中心有1个Zn原子，完全属于该晶胞，因此Zn原子的总个数为；Sn原子位于侧棱、上下底面和侧面。其中4条侧棱各有1个Sn原子，被4个晶胞共用；上下底面各有1个Sn原子，被2个晶胞共用，4个侧面各有1个Sn原子，被2个晶胞共用，因此Sn原子的总个数为；8个As原子均位于晶胞内部，完全属于该晶胞；晶胞中Zn、Sn、As的原子个数比为4:4:8，即1:1:2；故其化学式为ZnSnAs2； 不论是顶点、侧面还是晶胞内部，距离Zn原子最近且距离相等的As原子有4个，故Zn处于As原子构成的正四面体空间构型中； 观察晶体结构，D点位于上半部分晶胞的一条体对角线的处，其分数坐标为：，以C点和D点构造直角三角形，其中一条直角边平行于晶胞的面对角线，其距离为：，另一条直角边平行于z轴，其距离为，根据勾股定理可知CD两原子之间的距离为：； 【小问2详解】 根据盖斯定律可知，反应Ⅱ=3×反应Ⅰ-反应Ⅲ，故； 【小问3详解】 起始总物质的量为：6+5=11 mol，起始总压强为1.1a kPa，平衡时总压强为a kPa，恒温恒容下，压强之比等于气体的物质的量之比，，； 分别设反应Ⅰ中H2S变化的物质的量为2x mol，反应Ⅱ中H2S变化的物质的量为2y mol，则：， 平衡时：，解， ，得，代入y=1 mol，得 x=2.75-1=1.75 mol； 故平衡时各物质的物质的量为：，，,平衡时的平衡转化率为：，反应Ⅰ的压强平衡常数为：； 【小问4详解】 反应Ⅰ为气体体积不变的反应，反应Ⅱ为气体体积减小的反应，增大压强，平衡朝气体体积减小的方向移动，故反应Ⅱ平衡正向移动，生成SO2消耗的H2S增多，H2S平衡转化率增大，SO2的选择性增大；由于反应Ⅱ平衡正向移动，H2S的物质的量减小，所以反应Ⅰ平衡逆向移动，生成S2消耗的H2S减少，其选择性减小；同时因为SO2和S2的选择性之和为100%，所以SO2的选择性与S2的选择性以50%为对称轴相互对称，综上m曲线为H2S平衡转化率，n曲线为SO2的选择性，p曲线为S2的选择性；简述判断SO2的选择性的方法为：S2和SO2的选择性之和等于100%，增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，即SO2的选择性随压强增大而增大。 18. 是合成某药物的中间体，也是一种化工原料。一种合成的流程如图所示(Et为乙基)。 回答下列问题： （1）B的化学名称为_______。D中官能团的名称为_______。 （2）AC反应类型是_______。 （3）下列有关叙述错误的是_______(填标号)。 a．用溴水可检验中的碳碳双键　　b．1个分子含2个手性碳原子 c．和分子间存在氢键　　　　　d．的消去反应产物只有1种 （4）中，EtONa的作用是_______，副产物为_______(填化学式)。 （5）写出的化学方程式：_______。 （6）是的同系物，。在的同分异构体中，同时具备下列条件的结构简式为_______。 ①含六元环 ②有机物与足量银氨溶液共热，最多生成 ③核磁共振氢谱有五组峰且峰的面积比为1：2：3：4：4 【答案】（1） ①. 丙烯酸乙酯 ②. 羧基、酮羰基 （2）加成反应 （3）bd （4） ①. 作催化剂，促进化学键断裂 ②. （5） （6） 【解析】 【分析】A与B发生加成反应生成C，C水解并酸化，同时脱去-COOEt生成D，D与EtOH作用生成E，E缩合成环转化为F，F经过一系列变化生成H，据此作答。 【小问1详解】 B的化学名称为丙烯酸乙酯；中官能团名称为羧基、酮羰基； 【小问2详解】 结合流程可知，A→C反应类型是加成反应； 【小问3详解】 a．B中只有碳碳双键能使溴水褪色，酯基不与溴水反应，可以检验，a正确； b．E中连接两个-CH3CH2COOEt的中心碳，两个取代基完全相同，没有手性，其余碳也无手性，故E不含2个手性碳，b错误； c．D含羧基、H含羟基，都存在O-H键，分子间可形成氢键，c正确； d．H中羟基的邻位碳有两种不同环境，消去可得到两种产物，d错误； 故答案选bd； 【小问4详解】 E→F是分子内酯的缩合反应，EtONa作为催化剂，夺取酯α-H，促进缩合反应进行；反应副产物为乙醇，化学式为CH3CH2OH； 【小问5详解】 G→H为分子内羟醛缩合（羰基异构化）反应，化学方程式为：； 【小问6详解】 T是G的同系物，相对分子质量比G大14，故T分子式为C9H14O2，结合条件：①含六元环；②含2个醛基(-CHO~2Ag)；③核磁共振氢谱峰面积比1:2:3:4:4，符合要求的结构为4-甲基-1,1-环己二甲醛，结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $