精品解析：湖南株洲市炎陵县第一中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试 化学试题

炎陵县第一中学2025-2026学年高二下学期期末考试 化学试题 满分100分，考试时间75分钟 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. “神舟十九号”载人飞船于2024年10月30日发射成功。下列叙述正确的是 A. 飞船外壳材质聚酰亚胺，属于无机非金属材料 B. 太阳能电池帆板主要成分GaAs，属于合金材料 C. 液氧一煤油可以做火箭推进剂，煤油是混合物 D. 飞船主体材料为钛合金，Ti位于元素周期表ds区 【答案】C 【解析】 【详解】A．聚酰亚胺属于有机高分子材料，A项错误； B．GaAs为无机非金属材料，B项错误； C．煤油是碳原子数为的烃的混合物，C项正确； D．基态Ti原子的价电子排布式为，位于元素周期表中的d区，D项错误； 答案选C。 2. 下列说法正确的是 A. 丙炔的键线式： B. 聚乙炔的链节：-CH-CH- C. 的VSEPR模型： D. 甲醛中键的电子云轮廓图： 【答案】D 【解析】 【详解】A．丙炔的分子式为C3H4，键线式为：，A错误； B．聚乙炔的结构简式为，链节为-CH=CH-，B错误； C．SO3中含有3个成键电子对，没有孤电子对，为sp2杂化，则VSEPR模型为平面三角形，C错误； D．甲醛中心原子为C，C上不含孤对电子，形成1个碳氧双键、2个C−H键，为平面结构，则C的杂化类型为sp2杂化；甲醛中π键为碳原子的未参与杂化的p轨道与氧原子的p轨道肩并肩重叠而成，D正确； 故选D。 3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 当溶液中有1 mol 发生水解，所得胶体中含有个胶粒 B. 32 g （）分子中含有σ键的数目为 C. 冰晶体中，1 mol水分子含有氢键的数目为 D. 足量铁与7.1 g氯气完全反应转移电子的数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A． 部分水解，单个胶体粒子中含有多个，1 mol形成的胶粒数目小于，故A项错误； B．32 g的物质的量是mol，每个分子含有8个σ键，所含σ键的数目为，故B项错误； C．冰中的每个水分子可以和相邻的4个水分子形成氢键（冰融化为水约有15%的氢键断裂），每个氢键被2个水分子共用，所以每个水分子含有的氢键数目为个，故冰晶体中，1 mol水分子含有氢键的数目为，故C项错误； D．足量的铁与反应生成，根据得失电子守恒：，0.1 mol完全反应转移电子数目为，故D项正确； 故本题选D。 4. 硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法不正确的是 A. 电极A为阳极，发生氧化反应 B. 处理过程中可循环利用 C. 处理后的水垢主要沉降在阴极附近 D. 当外电路通过2mol时，电极A上产生的气体为1mol 【答案】D 【解析】 【分析】电极B为阴极，水放电产生氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O-2e-=H2↑+2OH-；A为阳极，氯离子放电产生氯气；氯气与水的反应为可逆反应，次氯酸将有机物R氧化生成CO2。同时H2O放电生成O2。 【详解】A．由上述分析可知电极A为阳极，发生氧化反应，A正确； B．阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HCl，HClO能将有机物氧化为二氧化碳和水，HClO自身被还原为氯离子，Cl-可以循环利用，B正确； C．硬水中存在镁离子、钙离子和碳酸氢根离子，阴极放电产生氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁，氢氧根离子与碳酸氢根离子生成碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙，氢氧化镁和碳酸钙主要沉降在阴极附近，C正确； D． A极氯离子放电生成氯气转化为HClO再与有机物反应放出CO2，同时水也放电生成氧气，由于未给出有机物且未给出氯离子和水在电极A上放电的比例，因此无法计算产生气体的物质的量，D错误； 故选：D。 5. 下列过程对应的离子方程式错误的是 A. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2，出现白色浑浊：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+ B. FeCl3溶液中通入SO2，棕黄色溶液变浅绿色：2Fe3++SO2+2H2O = 2Fe2++4H++ C. CuCl2浓溶液稀释，绿色溶液变蓝：[CuCl4]2− + 4H2O⇌[Cu(H2O)4]2+ + 4Cl− D. 向银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，析出光亮银镜： 【答案】D 【解析】 【详解】A．苯酚酸性弱于碳酸、强于碳酸氢根，少量与苯酚钠反应只能生成苯酚和碳酸氢根，离子方程式书写正确，A不符合题意； B．具有氧化性，可将氧化为，自身被还原为，方程式满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式书写正确，B不符合题意； C．浓溶液中存在配离子转化平衡，黄色的稀释时转化为蓝色的，溶液由绿色变为蓝色，离子方程式书写正确，C不符合题意； D．银镜反应是完全进行的氧化还原反应，不能使用可逆符号；且离子方程式中强电解质需要拆分，和产物醋酸铵均为强电解质，应拆为离子形式，该选项书写错误，D符合题意； 故选D。 6. 硼氢化钠是一种高效储氢材料。25 ℃时，在掺杂了的纳米合金催化剂表面，水解制氢生成，其部分反应机理如图所示，下列说法错误的是 A. 中B原子的价层电子对数为 B. 反应过程中涉及极性键的断裂和形成以及非极性键的形成 C. 水解制反应中是氧化剂 D. 其他条件不变，用代替，X的结构式为 【答案】A 【解析】 【详解】A．B原子与4个H原子形成了4条键，故其价层电子对数为4，NA是描述微观粒子的数目，该项表述错误，A项错误； B．反应过程中B-H键和O-H键的断裂，同时有B-O键和H-H键形成，因此涉及极性键的断裂和形成以及非极性键的形成，B项正确； C．NaBH4水解制H2的反应方程式为：，从方程式中可看出H2O中+1价的H得到电子生成H2，故H2O为氧化剂，C项正确； D．从反应机理可以看出，当代替后，其他条件不变，X的结构式为，D项正确； 故答案选A。 7. 以富含纤维素的农作物为原料，合成PEF树脂的路线如图，下列叙述错误的是 A. 葡萄糖、果糖均属于多羟基化合物，且互为同分异构体 B. 5－HMF→FDCA发生氧化反应 C. 单体a为乙二醇 D. PEF树脂在自然界难以降解，会造成对环境的危害 【答案】D 【解析】 【详解】A. 葡萄糖和果糖的结构简式分别为 和。从结构简式可以看出葡萄糖属于多羟基醛，果糖属于多羟基酮。二者均为多羟基化合物，但二者结构存在差异。另外，二者分子式均为C6H12O6。因此，二者互为同分异构体。A正确。 B. 比较5-HMF（）和FDCA（）结构简式发现5－HMF→FDCA的过程是将-CH2OH和-CHO氧化形成-COOH的过程。B正确。 C. PEF是FDCA和单体a在一定条件下发生缩聚反应生成的。PEF水解产物中含有单体a。根据PEF结构简式可知其为聚酯类化合物。依据酯类水解时“酸上羟基，醇上氢”的原则发现单体a的结构简式为HOCH2CH2OH，为乙二醇。C正确。 D. PEF为聚酯。酯类物质在酸性和碱性条件下较易水解，生成相应羧酸和醇类物质。D错误。 综上所述，答案为D。 8. 某种用于锂电池的聚合物结构如图所示，W、X、Y、Z、M、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，元素原子成对电子数比未成对电子数多1。下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. 键角： C. 简单氢化物沸点： D. 简单离子半径： 【答案】B 【解析】 【分析】Y元素原子成对电子数比未成对电子数多1，电子排布式为1s22s22p3，Y为N，W与M均形成1个共价键，原子序数在依次增大，所以W为H，M为F，X形成4个共价键，X为C，Z形成2个共价键，Z为O，R形成5个共价键，R为P，据此回答。 【详解】A．同周期从左往右第一电离能在增大，N的2p能级半满，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能：N>O>C，A错误； B．YW3为NH3，YM3为NF3，NF3和NH3中N均采用sp3杂化，具有一对孤对电子，所以空间构型都是三角锥形，在NF3中F的电负性更大，氟氮键的电子云向氟靠拢，导致氮周围的三对成键电子云远离氮原子，使得电子间的排斥力小，因此键角更小，B正确； C．Y的简单氢化物为NH3，Z的简单氢化物为H2O，水分子间的氢键数目多于NH3分子间氢键数目，H2O的沸点更高，C错误； D．P3-有三层，F-和N3-只有两层，层数相同时，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径：P3->N3->F-，D错误； 故选B。 9. 某小组探究NH3的催化氧化，实验装置如图，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟。下列分析正确的是 A. ①中固体药品可用KClO3代替，②中固体药品可为NH4Cl B. ③、④中现象说明③中的反应是 C. ④中白烟的主要成分是NH4Cl D. 一段时间后，⑤中溶液可能变蓝 【答案】D 【解析】 【分析】由实验装置图可知，装置①中高锰酸钾受热分解制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气，装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应生成的一氧化氮在装置④中与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，会有白烟产生，装置⑤中氮的氧化物溶于水与氧气反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜，使溶液呈蓝色。 【详解】A．二氧化锰做催化剂作用下氯酸钾受热分解生成氯化钾和氧气，所以装置①中高锰酸钾固体不能用氯酸钾替代，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口遇冷又生成氯化铵堵塞导管，所以②中固体药品不能用氯化铵替代，故A错误； B．由分析可知，③中发生的是氨气在催化剂作用下与氧气反应生成一氧化氮，故B错误； C．由分析可知，④中白烟的主要成分是硝酸铵，不是氯化铵，故C错误； D．由分析可知，装置⑤中氮的氧化物溶于水与氧气反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜，使溶液呈蓝色，故D正确； 故选D。 10. 某团簇分子由原子序数依次增大的、、、四种短周期元素组成，其空间结构如图所示，、、位于不同周期，其中是地壳中含量最高的元素，的最高价氧化物对应的水化物与强酸、强碱均能反应。下列说法错误的是（ ） A. 通常情况下比更稳定 B. 、、组成的化合物中含离子键和共价键 C. 和能形成密度小、硬度大的合金材料 D. 元素的第一电离能： 【答案】D 【解析】 【分析】由题干信息可知，、、位于不同周期，其中 是地壳中含量最高的元素，则 为O，的最高价氧化物对应的水化物与强酸、强碱均能反应，为，为，根据由原子序数依次增大的、、P、四种短周期元素组成的团簇分子的空间结构图可知，P的原子半径大于，原子序数介于 和 之间，则P为 或，则团簇分子的化学式为，则 的化合价为 价，即P只能为； 【详解】A．由分析可知，为，为O，通常情况下（即）比（即）更稳定，A正确； B．、、P分别为、O、，组成的化合物 中含离子键和共价键，B正确； C．P和 分别是 和，合金一般比成分金属具有更小的密度和更大的硬度，即 和 能形成密度小、硬度大的合金材料，C正确； D．P为，为，根据同一周期元素从左往右第一电离能呈增大趋势，但第II族元素的最外层电子为全充满的较稳定状态，故元素的第一电离能：，即，D错误； 答案选D。 11. 钴及其化合物在工业、电子等领域有着广阔的应用前景。一种从炼锌废渣(主要含钴、锌、铅、铁、锰的+2价氧化物或单质)中提取钴的部分工艺如下： 已知：，，和的化学性质相似。下列说法正确的是 A. 已知中的元素的化合价为，中含有个过氧键 B. 结合流程分析，的还原性强于 C. 使用除去“滤液”中的，越大越有利于除去“滤液”中的 D. “氧化沉钴”的离子方程式 【答案】B 【解析】 【分析】该工艺流程以炼锌废渣(主要含钴、锌、铅、铁、锰的＋2价氧化物或单质)为原料，提取钴，硫酸酸浸得到含有Zn2+、Fe2+、Mn2+、Co2+等金属阳离子的硫酸盐溶液，铅的＋2价氧化物或单质与硫酸反应生成沉淀，即滤渣1为，加入沉锰，具有氧化性，可以氧化生成，同时将氧化为，再加入溶液调节使完全转化为而除去，溶液中金属阳离子主要为，加入，氧化生成沉淀，滤液中与FeS反应生成ZnS。 【详解】A．S元素最高价为＋6，中的元素的化合价为，故中有-1价氧原子，根据其结构式，中含有个过氧键，A错误； B．由流程知，加入时将氧化成，而未被氧化，再后续操作中用氧化了，故可知的还原性强于，B正确； C．与的化学性质相似，能溶于强碱，过高时，会与反应生成可溶性物质，导致无法除去锌元素，C错误； D．据流程分析，反应物是和，生成和，pH=5属于酸性，根据得失电子守恒、离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为，D错误； 故选B。 12. 铬、钙、氧可形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，其晶胞结构如图甲所示，氧离子与钙离子的最近距离为a pm。阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A. 钙离子的配位数为8 B. 氧离子与铬离子间的最短距离为 C. 该晶胞沿z轴方向的投影如图乙 D. 该复合氧化物晶体的密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．图甲中，距离钙离子最近且等距离的氧离子有12个，即钙离子的配位数为12，A错误； B．由晶胞结构可知，钙离子和氧离子的最近距离为晶胞面对角线长度的一半，则晶胞面对角线长度为2apm，晶胞参数为apm，氧离子与铬离子间的最短距离为pm，B错误； C．该晶胞沿z轴方向的投影图应为，C错误； D．根据均摊法，氧离子有个，铬离子有1个，钙离子有个，故可推得化学式为，由B知，晶胞参数为apm，晶胞体积，根据，晶体密度为，D正确； 故选D。 13. 苯()催化加氢制环己烷()过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： △H<0，160℃、Pa下，将一定比例、混合气匀速通过装有催化剂的反应器。以Ni作催化剂，碳纳米管作Ni的载体和气体吸附剂，保持催化剂用量相同，研究Ni分别负载在碳纳米管内(方法A)和管外(方法B)的催化性能。其他条件相同，两种不同负载方式下，苯的转化率随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 其他条件不变，升高温度，的平衡转化率降低 B. 若1.5h内共通过1mol ，则方法A可获得0.51mol C. 1h后方法A中苯转化率更高的原因可能是碳纳米管内吸附的反应物浓度更高 D. 可通过降低气体流速、使用高效催化剂等手段提高方法B的苯转化率 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应 为放热反应，升高温度会使平衡向逆反应方向移动，因此的平衡转化率会降低，A正确； B．在1.5小时内共通过1mol，根据反应方程式可知，每1mol生成1mol，在1.5小时时苯的转化率为34%，则在1.5小时内共获得 ，B错误； C．在1小时后，方法A中苯的转化率更高的原因可能是由于碳纳米管内的反应物浓度更高，促进了反应的进行，C正确； D．给反应留足时间、使用合适催化剂是可以加快反应速率的，提高反应物的转化率，D正确； 故答案为：B。 14. 常温下，将KOH溶液滴加到二元弱酸溶液中，混合溶液的pH与pX的关系如图所示。已知pX代表或。下列说法正确的是 A. 滴定到b点时，溶液中 B. 水的电离程度：a>b C. 曲线I代表pH随的变化曲线， D. 当刚好被中和时，溶液中 【答案】C 【解析】 【分析】，，当pX=0时，Ka=c(H+)，Ka1＞Ka2，故Ⅰ代表的变化曲线，Ⅱ代表的变化曲线； 【详解】A．b点时，，，溶液显酸性，即。结合电荷守恒得，即，故A错误； B．溶液的pH：a<b，溶液的酸性越强对水的电离抑制程度越大，所以水的电离程度：a<b，故B错误； C．由分析可知，曲线Ⅰ代表的变化曲线，当，，，故C正确； D．当刚好被中和时，溶质为，由质子守恒可知，溶液中，故D错误； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 可分别溶于氨水形成、、、等多种配合物，其中只有可脱除烟气中的并生成新的配合物。 （1）其他条件相同、不同时，溶液对脱除率随时间的变化如图1所示。较时的脱除率更高。其原因可能是_____。 （2）配合物和的配位数之比为_____。区别这两种配合物的实验方案为_____。 （3）向溶液中加入少量溶液，加入活性炭作催化剂。加入的溶液有利于后续与的配合反应，其原理是_____。生成的需隔绝空气保存，否则会很快转化为。写出转化为的化学反应方程式_____。 （4）不同温度下，对脱除率随时间的变化如图2所示。后，温度越高，NO脱除率下降趋势越明显，其可能的原因是_____。 【答案】（1）pH=10.25较pH=9.75时，c(OH-)增大，c(NH3)增大，使c {[Co(NH3)6]Cl2} 增大，NO脱除率高{或者pH=9.75 较pH=10.25 时，c(NH3)偏小，更易生成没有脱除NO作用的新的配合物[Co(NH3)5Cl]C1} （2） ①. 1：1 ②. 取同物质的量的两种晶体配成的溶液于2支试管中，分别加入足量硝酸银溶液至沉淀完全，过滤干燥后称量沉淀质量，质量大的为 （3） ①. 电离出的抑制氨水的电离，更有利于与的配合反应 ②. 4[Co(NH3)6]Cl2+O2+4NH4Cl+2H2O=4[Co(NH3)6]Cl3+4NH3⋅H2O(或者4[Co(NH3)6]Cl2+O2+4NH4Cl=4[Co(NH3)6]Cl3+4NH3+2H2O)； （4）①NO溶解能力下降；②[Co(NH3)6]Cl2被空气中氧气氧化的速率加快，造成对NO的脱除能力下降 【解析】 【小问1详解】 由题意可知，碱性越强，NO脱除率越高，pH=10.25较pH=9.75时，c(OH-)增大，c(NH3)增大，使c {[Co(NH3)6]Cl2} 增大，NO脱除率高{或者pH=9.75 较pH=10.25 时，c(NH3)偏小，更易生成没有脱除NO作用的新的配合物[Co(NH3)5Cl]C1}； 【小问2详解】 配合物和的配位数均为6，其比值为1：1，想区分两种配合物，只需验证同物质的量中氯离子浓度即可，故可取同物质的量的两种晶体配成的溶液于2支试管中，分别加入足量硝酸银溶液至沉淀完全，过滤干燥后称量沉淀质量，质量大的为。 【小问3详解】 电离出的抑制氨水的电离，更有利于与的配合反应；将CoCl2加入NH4Cl和浓氨水的混合液中，生成的[Co(NH3)6]Cl2需隔绝空气保存，否则会很快转化为[Co(NH3)6]Cl3，则说明[Co(NH3)6]Cl2会与空气中的氧气反应，方程式为4[Co(NH3)6]Cl2+O2+4NH4Cl+2H2O=4[Co(NH3)6]Cl3+4NH3⋅H2O(或者4[Co(NH3)6]Cl2+O2+4NH4Cl=4[Co(NH3)6]Cl3+4NH3+2H2O)； 【小问4详解】 随着温度升高，气体溶解度下降，且反应速率会加快，因此60min后，温度越高，NO脱除率下降趋势越明显，其可能的原因是：①NO溶解能力下降；②[Co(NH3)6]Cl2被空气中氧气氧化的速率加快，造成对NO的脱除能力下降。 16. 广泛应用于电子医药等领域。由辉铋矿(主要成分为，含FeS、CuO、等杂质)制备的工艺流程如下图： 已知： ①易水解；难溶于冷水。 ②CuS和的分别为和。 ③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表： 金属离子 开始沉淀的pH 7.6 2.7 4.8 4.5 沉淀完全的pH 9.6 3.7 6.4 5.5 回答下列问题： （1）“溶浸”步骤控制温度不能过高的原因可能是___________。 （2）“滤渣Ⅰ”的主要成分为S和___________(填化学式)，参与反应的离子方程式是___________。 （3）“调pH”时，调节溶液pH的范围是___________。 （4）若滤液Ⅰ中最小为 mol/L，则滤液Ⅰ中最大为___________。 （5）已知“铋的氧化”时，反应物全部参与反应且无气体产物，“滤液Ⅱ”的主要溶质是___________(填化学式)。 （6）铋化锂()晶胞结构如图所示。该晶胞可以看作是由Bi原子构成的面心立方，已知Li填充在其中的正四面体空隙和正八面体空隙，那么前者填充率___________后者填充率(填“>”“<”或“=”)，若晶胞参数为a pm，则该晶体密度为___________(表示阿伏加德罗常数的值，写出计算式即可)。 【答案】（1）防止H2O2分解和盐酸挥发 （2）SiO2；Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O （3）3.7pH<4.5 （4）0.5 mol/L （5）NaCl （6）=； 【解析】 【分析】由辉铋矿（主要成分为，含FeS、CuO、等杂质）制备，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S↓+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣Ⅰ，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+，过滤后加入硫化铵除铜，滤液中再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，从而得到产品NaBiO3。 【小问1详解】 溶浸”步骤使用了H2O2和盐酸，H2O2在高温下会发生分解，降低其氧化能力，同时盐酸也会因温度过高而挥发，所以需要控制温度不能过高； 【小问2详解】 辉铋矿中的SiO2不与H2O2、盐酸反应，因此滤渣Ⅰ的主要成分为 S和SiO2；在H2O2和盐酸的作用下，发生氧化还原反应，转化为S单质和Bi3+，离子方程式为Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O； 【小问3详解】 结合已知信息③，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5； 【小问4详解】 已知CuS和的分别为和，溶液中S2-浓度相同， mol/L，再计算最大：Ksp（Bi2S3）=c2(Bi3+)c3(S2-)，c(Bi3+)=mol/L； 【小问5详解】 铋的氧化反应中，反应物为Bi3+、NaClO、NaOH，产物为NaBiO3，无气体生成， ClO-被还原为Cl-，结合Na+生成NaCl，因此“滤液Ⅱ”的主要溶质是氯化钠； 【小问6详解】 面心立方晶胞中：Bi原子个数，四面体空隙数：8个，八面体空隙数：4个，根据化学式Li3Bi，晶胞中Li原子个数为，设四面体空隙填充n1个，八面体空隙填充n2个，则n1+n2= 12；由于四面体空隙最多填8个，故n1=8，n2=4；四面体空隙填充率：，八面体空隙填充率：，所以填充率相等；晶胞参数为a pm=cm，晶胞体积：cm3，一个晶胞中含有4个Li3Bi，晶胞总质量：g，密度g/cm3。 17. 一种治疗高尿酸血症和痛风的药物托吡司他（viii）的合成工艺如下： （1）化合物i的分子式为______，含氧官能团的名称是______。 （2）化合物A（C7H6O2NCl）是i的同系物，A的某芳香族同分异构体含有硝基，核磁共振氢谱图有3组峰，且峰面积比为1：1：1，其结构简式为______（写一种）。 （3）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有______。 A. 化合物ii到iii的转化中，有C－Cl键断裂与C－O键形成 B. 化合物iv分子中，有大π键，分子间存在氢键 C. 化合物v中，存在p轨道“头碰头”形成的π键 D. 化合物vii和viii中，C原子均采取杂化 （4）对于化合物iii，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 ① ______ ______ 还原反应 ② ______ ______ （5）一定条件下，反应物x和y以原子利用率100%的反应制备甲醇，且x为非极性分子。该反应中， ①若y为平面结构的有机分子，则y的结构简式为______。 ②若2x＋y→CH3OH，则y的化学式为______。 （6）以1，3－丁二烯和甲醇为有机原料，利用合成路线中iii→iv的原理，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题。 ①最后一步反应的有机反应物为，其化学方程式为______。 ②相关步骤涉及卤代烃制醇的反应，其化学方程式为______。（注明反应条件） 【答案】（1） ①. ②. 羧基 （2）或 （3）AB （4） ①. ②. ③. 稀硫酸、加热 ④. 取代反应或水解反应 （5） ①. HCHO ②. CO （6） ①. ②. +2NaOH+2NaCl 【解析】 【分析】该题以托吡司他合成为目的研究有机物的合成。根据合成工艺可知i-ii发生取代反应生成酰氯；ii-iii只要是将酰氯变为酯基，发生的是取代反应；iii-iv的主要变化是酯基与肼反应形成新的取代基(-CONHNH2)。 【小问1详解】 根据结构简式，化合物i的分子式为；含氧官能团的名称为羧基。 故答案为： 羧基。 【小问2详解】 化合物A（C7H6O2NCl）是i()的同系物，即比化合物i多1个CH2；不饱和度为5。A的某芳香族同分异构体含有硝基，即含有、-NO2(不饱和度为5)；核磁共振氢谱图有3组峰，且峰面积比为1：1：1，所以实际H原子个数比为2：2：2。其结构简式为或。 故答案为：或。 【小问3详解】 A．化合物ii到iii的转化中，酰氯键上的断下来，形成新的C－O单键，有C－Cl键断裂与C－O键形成，A正确； B．化合物iv分子中，有类似于苯环的，含有大π键；分子iv中N原子上的H可以与O形成氢键，B正确； C．“头碰头”形成的是键，不是π键，C错误； D．化合物vii中的C均在吡啶环上，为杂化，viii中吡啶环上的碳为杂化，但-CN内有碳氮三键、为sp，D错误； 故选AB。 【小问4详解】 对于化合物iii主要反应的取代基有碳氯键、吡啶环和酯基。 ①需要发生还原反应，即吡啶环被还原为，其反应试剂、条件为：，生成的新结构为：。 ②化合物iii()生成是酸性条件下酯的水解，具体试剂和条件是：稀硫酸、加热；反应类型是取代反应或水解反应。 故答案为：　　　　　　　 稀硫酸、加热　取代反应或水解反应。 【小问5详解】 反应物x和y以原子利用率100%的反应制备甲醇，即通过加成反应的方式。x为非极性分子参考元素及分子式，该非极性分子为乙烯、乙炔或H2。 ①若y为平面结构的有机分子那是H2与甲醛发生的加成的反应，y的结构简式为HCHO。 ②若2x＋y→CH3OH，则y应为CO，化学反应为。 故答案为：HCHO 、 CO。 【小问6详解】 ①利用合成路线中iii→iv的原理即酯基与肼反应，方程式是： 。 ②以1，3－丁二烯和甲醇为有机原料，相关步骤涉及卤代烃制醇的反应，故1，3－丁二烯先发生加成生成，再用其发生制醇的反应，方程式为：。 故答案为： 。 18. 乙二醇是一种重要的化工原料，在制药、合成树脂等工业领域有广泛应用，可采取下列两种方法合成。 Ⅰ．直接合成法：由合成气直接法制乙二醇，主要反应如下： 反应Ⅰ 反应Ⅱ （1）已知：298 K、101 kPa下 反应Ⅱ的___________。 （2）在恒压密闭容器中充入合成气，仅考虑发生反应Ⅰ： ，维持10%的平衡转化率，所需反应条件（温度、压强）如下表： 温度T/K 298.15 300 354.7 400 压强P/kPa 5.73 6.38 49.27 260.99 反应Ⅰ的平衡常数K 1 则：___________（选填“>”或“<”）0，随着温度升高所需压强增大的原因是___________。 （3）直接合成法制乙二醇的反应Ⅰ、Ⅱ的反应历程（部分）如下图（TS表示过渡态），下列过程中活化能最大的基元反应方程式为___________。 （4）在2 L刚性容器中充入合成气，在总压40 MPa、473 K，含0.8 mg Rh(铑)的某催化剂存在下反应。测得和的时空收率分别为和(时空收率是指催化剂中单位质量Rh在单位时间内所获得的产物量)，则用表示的反应速率为___________。 Ⅱ．间接合成法：可用草酸二甲酯(DMO)催化加氢合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 （5）在固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处DMO的转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如下图(某物质的选择性，3种物质的选择性之和为1)，其中曲线a表示DMO的转化率，曲线c表示乙醇的选择性。 ①483 K时，出口处的值为___________。 ②A点时，计算的浓度商表达式为___________(注：用物质的量分数代替浓度表示)。 【答案】（1）-90.2 （2） ①. < ②. 为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动抵消升高温度对平衡逆向移动的影响 （3）CH2OH* + CO* + 3H* = HOCH2CO* + 3H* 或CH2OH* + CO*= HOCH2CO* （4）1.68 （5） ①. 48 ②. 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知 【小问2详解】 由表中数据可知反应Ⅰ的平衡常数随温度升高数值变小，则反应Ⅰ的正反应为放热反应，故ΔH1<0；该反应的正反应是气体分子数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应物的转化率减小，而要维持10%转化率，应增大压强，因为增大压强，平衡正向移动，反应物的转化率会增大，当两者程度相当时就能维持转化率不变。 【小问3详解】 基元反应的活化能，等于过渡态（TS）的能量减去反应物的能量，从图中能看出，TS3的能量峰最高，故TS3对应的步骤活化能最大，该基元反应方程式为CH2OH* + CO* + 3H* = HOCH2CO* + 3H* 或CH2OH* + CO*= HOCH2CO*。 【小问4详解】 催化剂Rh4(CO)12（含0.8 mg Rh），HOCH2CH2OH(g)的时空收率为0.8 mol∙(mg-Rh)-1∙h-1,即0.64 mol∙L-1∙h-1,根据反应Ⅰ，H2的速率为0.64 mol∙L-1∙h-1×=0.96 mol∙L-1∙h-1；CH3OH(g)的时空收率为0.9 mol∙(mg-Rh)-1∙h-1，即0.72 mol∙L-1∙h-1；则H2的速率为0.96 mol∙L-1∙h-1+0.72 mol∙L-1∙h-1=1.68 mol∙L-1∙h-1。 【小问5详解】 ①由反应过程可知，MG作为中间产物，先生成后消耗，所以一开始物质的量多后来越来越少，乙二醇同样作为中间产物，随着MG减少乙二醇增多，但到一定量时，乙二醇逐渐消耗，转化为乙醇，由此可知，曲线a表示DMO的转化率，曲线b表示乙二醇的选择性，曲线c表示乙醇的选择性，曲线d表示MG的选择性。因为3种物质的选择性之和为1，483 K时乙醇和MG的选择性相等约为2%，所以乙二醇的选择性约为96%，则；②设初始时H2与DMO的投料分别为52.4 mol和1 mol，A点时DMO转化率为80%，MG和乙二醇的选择性均为50%，可写出如下关系式： A点时，体系中DMO的物质的量为1 mol-1 mol×80%=0.2 mol、MG的物质的量为0.4 mol 、H2的物质的量为52.4 mol-0.8 mol-1.6 mol=50.0 mol、CH3OH的物质的量为0.4 mol+0.8 mol=1.2 mol、乙二醇的物质的量为0.4 mol，体系中总物质的量为(0.2+0.4+50.0+1.2+0.4) mol=52.2 mol，该反应的浓度商=。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 炎陵县第一中学2025-2026学年高二下学期期末考试 化学试题 满分100分，考试时间75分钟 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. “神舟十九号”载人飞船于2024年10月30日发射成功。下列叙述正确的是 A. 飞船外壳材质聚酰亚胺，属于无机非金属材料 B. 太阳能电池帆板主要成分GaAs，属于合金材料 C. 液氧一煤油可以做火箭推进剂，煤油是混合物 D. 飞船主体材料为钛合金，Ti位于元素周期表ds区 2. 下列说法正确的是 A. 丙炔的键线式： B. 聚乙炔的链节：-CH-CH- C. 的VSEPR模型： D. 甲醛中键的电子云轮廓图： 3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 当溶液中有1 mol 发生水解，所得胶体中含有个胶粒 B. 32 g （）分子中含有σ键的数目为 C. 冰晶体中，1 mol水分子含有氢键的数目为 D. 足量铁与7.1 g氯气完全反应转移电子的数目为 4. 硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法不正确的是 A. 电极A为阳极，发生氧化反应 B. 处理过程中可循环利用 C. 处理后的水垢主要沉降在阴极附近 D. 当外电路通过2mol时，电极A上产生的气体为1mol 5. 下列过程对应的离子方程式错误的是 A. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2，出现白色浑浊：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+ B. FeCl3溶液中通入SO2，棕黄色溶液变浅绿色：2Fe3++SO2+2H2O = 2Fe2++4H++ C. CuCl2浓溶液稀释，绿色溶液变蓝：[CuCl4]2− + 4H2O⇌[Cu(H2O)4]2+ + 4Cl− D. 向银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，析出光亮银镜： 6. 硼氢化钠是一种高效储氢材料。25 ℃时，在掺杂了的纳米合金催化剂表面，水解制氢生成，其部分反应机理如图所示，下列说法错误的是 A. 中B原子的价层电子对数为 B. 反应过程中涉及极性键的断裂和形成以及非极性键的形成 C. 水解制反应中是氧化剂 D. 其他条件不变，用代替，X的结构式为 7. 以富含纤维素的农作物为原料，合成PEF树脂的路线如图，下列叙述错误的是 A. 葡萄糖、果糖均属于多羟基化合物，且互为同分异构体 B. 5－HMF→FDCA发生氧化反应 C. 单体a为乙二醇 D. PEF树脂在自然界难以降解，会造成对环境的危害 8. 某种用于锂电池的聚合物结构如图所示，W、X、Y、Z、M、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，元素原子成对电子数比未成对电子数多1。下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. 键角： C. 简单氢化物沸点： D. 简单离子半径： 9. 某小组探究NH3的催化氧化，实验装置如图，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟。下列分析正确的是 A. ①中固体药品可用KClO3代替，②中固体药品可为NH4Cl B. ③、④中现象说明③中的反应是 C. ④中白烟的主要成分是NH4Cl D. 一段时间后，⑤中溶液可能变蓝 10. 某团簇分子由原子序数依次增大的、、、四种短周期元素组成，其空间结构如图所示，、、位于不同周期，其中是地壳中含量最高的元素，的最高价氧化物对应的水化物与强酸、强碱均能反应。下列说法错误的是（ ） A. 通常情况下比更稳定 B. 、、组成的化合物中含离子键和共价键 C. 和能形成密度小、硬度大的合金材料 D. 元素的第一电离能： 11. 钴及其化合物在工业、电子等领域有着广阔的应用前景。一种从炼锌废渣(主要含钴、锌、铅、铁、锰的+2价氧化物或单质)中提取钴的部分工艺如下： 已知：，，和的化学性质相似。下列说法正确的是 A. 已知中的元素的化合价为，中含有个过氧键 B. 结合流程分析，的还原性强于 C. 使用除去“滤液”中的，越大越有利于除去“滤液”中的 D. “氧化沉钴”的离子方程式 12. 铬、钙、氧可形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，其晶胞结构如图甲所示，氧离子与钙离子的最近距离为a pm。阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A. 钙离子的配位数为8 B. 氧离子与铬离子间的最短距离为 C. 该晶胞沿z轴方向的投影如图乙 D. 该复合氧化物晶体的密度为 13. 苯()催化加氢制环己烷()过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： △H<0，160℃、Pa下，将一定比例、混合气匀速通过装有催化剂的反应器。以Ni作催化剂，碳纳米管作Ni的载体和气体吸附剂，保持催化剂用量相同，研究Ni分别负载在碳纳米管内(方法A)和管外(方法B)的催化性能。其他条件相同，两种不同负载方式下，苯的转化率随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 其他条件不变，升高温度，的平衡转化率降低 B. 若1.5h内共通过1mol ，则方法A可获得0.51mol C. 1h后方法A中苯转化率更高的原因可能是碳纳米管内吸附的反应物浓度更高 D. 可通过降低气体流速、使用高效催化剂等手段提高方法B的苯转化率 14. 常温下，将KOH溶液滴加到二元弱酸溶液中，混合溶液的pH与pX的关系如图所示。已知pX代表或。下列说法正确的是 A. 滴定到b点时，溶液中 B. 水的电离程度：a>b C. 曲线I代表pH随的变化曲线， D. 当刚好被中和时，溶液中 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 可分别溶于氨水形成、、、等多种配合物，其中只有可脱除烟气中的并生成新的配合物。 （1）其他条件相同、不同时，溶液对脱除率随时间的变化如图1所示。较时的脱除率更高。其原因可能是_____。 （2）配合物和的配位数之比为_____。区别这两种配合物的实验方案为_____。 （3）向溶液中加入少量溶液，加入活性炭作催化剂。加入的溶液有利于后续与的配合反应，其原理是_____。生成的需隔绝空气保存，否则会很快转化为。写出转化为的化学反应方程式_____。 （4）不同温度下，对脱除率随时间的变化如图2所示。后，温度越高，NO脱除率下降趋势越明显，其可能的原因是_____。 16. 广泛应用于电子医药等领域。由辉铋矿(主要成分为，含FeS、CuO、等杂质)制备的工艺流程如下图： 已知： ①易水解；难溶于冷水。 ②CuS和的分别为和。 ③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表： 金属离子 开始沉淀的pH 7.6 2.7 4.8 4.5 沉淀完全的pH 9.6 3.7 6.4 5.5 回答下列问题： （1）“溶浸”步骤控制温度不能过高的原因可能是___________。 （2）“滤渣Ⅰ”的主要成分为S和___________(填化学式)，参与反应的离子方程式是___________。 （3）“调pH”时，调节溶液pH的范围是___________。 （4）若滤液Ⅰ中最小为 mol/L，则滤液Ⅰ中最大为___________。 （5）已知“铋的氧化”时，反应物全部参与反应且无气体产物，“滤液Ⅱ”的主要溶质是___________(填化学式)。 （6）铋化锂()晶胞结构如图所示。该晶胞可以看作是由Bi原子构成的面心立方，已知Li填充在其中的正四面体空隙和正八面体空隙，那么前者填充率___________后者填充率(填“>”“<”或“=”)，若晶胞参数为a pm，则该晶体密度为___________(表示阿伏加德罗常数的值，写出计算式即可)。 17. 一种治疗高尿酸血症和痛风的药物托吡司他（viii）的合成工艺如下： （1）化合物i的分子式为______，含氧官能团的名称是______。 （2）化合物A（C7H6O2NCl）是i的同系物，A的某芳香族同分异构体含有硝基，核磁共振氢谱图有3组峰，且峰面积比为1：1：1，其结构简式为______（写一种）。 （3）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有______。 A. 化合物ii到iii的转化中，有C－Cl键断裂与C－O键形成 B. 化合物iv分子中，有大π键，分子间存在氢键 C. 化合物v中，存在p轨道“头碰头”形成的π键 D. 化合物vii和viii中，C原子均采取杂化 （4）对于化合物iii，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 ① ______ ______ 还原反应 ② ______ ______ （5）一定条件下，反应物x和y以原子利用率100%的反应制备甲醇，且x为非极性分子。该反应中， ①若y为平面结构的有机分子，则y的结构简式为______。 ②若2x＋y→CH3OH，则y的化学式为______。 （6）以1，3－丁二烯和甲醇为有机原料，利用合成路线中iii→iv的原理，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题。 ①最后一步反应的有机反应物为，其化学方程式为______。 ②相关步骤涉及卤代烃制醇的反应，其化学方程式为______。（注明反应条件） 18. 乙二醇是一种重要的化工原料，在制药、合成树脂等工业领域有广泛应用，可采取下列两种方法合成。 Ⅰ．直接合成法：由合成气直接法制乙二醇，主要反应如下： 反应Ⅰ 反应Ⅱ （1）已知：298 K、101 kPa下 反应Ⅱ的___________。 （2）在恒压密闭容器中充入合成气，仅考虑发生反应Ⅰ： ，维持10%的平衡转化率，所需反应条件（温度、压强）如下表： 温度T/K 298.15 300 354.7 400 压强P/kPa 5.73 6.38 49.27 260.99 反应Ⅰ的平衡常数K 1 则：___________（选填“>”或“<”）0，随着温度升高所需压强增大的原因是___________。 （3）直接合成法制乙二醇的反应Ⅰ、Ⅱ的反应历程（部分）如下图（TS表示过渡态），下列过程中活化能最大的基元反应方程式为___________。 （4）在2 L刚性容器中充入合成气，在总压40 MPa、473 K，含0.8 mg Rh(铑)的某催化剂存在下反应。测得和的时空收率分别为和(时空收率是指催化剂中单位质量Rh在单位时间内所获得的产物量)，则用表示的反应速率为___________。 Ⅱ．间接合成法：可用草酸二甲酯(DMO)催化加氢合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 （5）在固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处DMO的转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如下图(某物质的选择性，3种物质的选择性之和为1)，其中曲线a表示DMO的转化率，曲线c表示乙醇的选择性。 ①483 K时，出口处的值为___________。 ②A点时，计算的浓度商表达式为___________(注：用物质的量分数代替浓度表示)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $