精品解析：湖南衡阳市第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试 化学试题

绝密★启用前 衡阳市第一中学2026年高二下学期期中考试试题 化学 总分100分 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 可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 O～16 Na～23 Cl～35.5 Fe～56 一、选择题 1. 2025年春节电影《哪吒2》爆火出圈，离不开电影中炫酷的特效效果。以下说法中正确的是 A. 敖丙使水结成冰，水分子之间的间隙减小 B. 三昧真火是等离子体，其中只含有阴离子和阳离子 C. 风火轮耐高温、耐磨损、不导热，其主体材料可能为共价晶体 D. 结界兽形象源自三星堆青铜大面具，其表面的铜绿主要是氯化铜 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 异丁烷的结构简式 B. 的电子式 C. 乙烯的球棍模型 D. 聚丙烯的结构简式 3. 下列说法正确的是 A. 在“石蜡→液态石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、共价键、共价键 B. 某物质固态时不导电但在熔融状态下能导电，则该物质中一定含有离子键 C. 干冰溶于水生成碳酸的过程只需克服分子间作用力 D. 分子之间的作用力大于，故前者比后者稳定 4. 下表是周期表中5种元素的相关信息，其中Q、W、X位于同一周期。 元素 信息 元素 信息 Q 位于周期表的第3周期第ⅢA族 Y 焰色反应为紫色 W 最高正化合价为+7价 Z 原子结构示意图为 X 本周期中原子半径最大 下列说法正确的是 A. Q在地壳中含量最高 B. 元素的金属性： C. 气态氢化物的稳定性： D. Q的最高价氧化物对应的水化物既能与NaOH反应，又能与HCl反应 5. 已知元素原子的下列结构或性质，能确定其在周期表中位置的是 A. 某元素原子的第二电子层电子排布图为 B. 某元素在某种化合物中的化合价为＋4 C. 某元素的原子最外层上电子数为6 D. 某元素的外围电子排布式为5s25p1 6. 已知：H2A=H++HA-，HA-H++A2-。25℃时，向20mL0.1mol·L-1H2A溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液(忽略反应前后溶液体积变化)，下列说法正确的是 A. 滴加过程中，溶液中始终存在：c(Na+)+c(H+)=c(A2-)+c(HA-)+c(OH-) B. 当滴加至溶液呈中性时，滴入NaOH溶液体积小于20mL C. 当滴入NaOH溶液30mL时，3c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-) D. 当滴入NaOH溶液20mL时，c(A2-)=c(H+)-c(OH-) 7. “绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”需要较高电压、反应速率缓慢等问题，科技工作者设计耦合高效制的方法，装置如图所示。部分反应机理为： 。下列说法不正确的是 A. 电解时通过阴离子交换膜向极方向移动 B. 相同电量下理论产量是传统电解水的1.5倍 C. 在一定电压下，极可能产生 D. 阳极反应： 8. 标准状况下无色可燃气体在足量氧气中完全燃烧。若将产物通入足量澄清石灰水，得到的白色沉淀的质量为；若用足量碱石灰吸收燃烧产物，测得其增重。下列说法正确的是 A. 该气体若是单一气体，则可能为或 B. 该气体可能由等物质的量的和组成 C. 能确定该气体是否含氧元素 D. 该气体一定由等物质的量的C3H8和CO组成 9. 近日，某科研团队发现一种重要有机中间体的合成机理如下： 其中，箭头表示一对电子的转移。根据以上机理，下列说法正确的是 A. —CF3具有很强的给电子效应，使与之相连的碳原子带正电，使得带负电的⊖OCH3可以发生加成反应 B. 为了增大反应正向进行的程度，可在反应体系中加入H+以结合F⊖降低F⊖的浓度 C. 类比ClNO，反应产物之一的FNO可命名为硝基氟 D. 在反应中，一对电子的转移往往代表着共价键的生成或断裂 10. 常温下将NaOH 溶液滴加到亚硒酸（H2SeO3）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 曲线N表示pH 与 B. NaHSeO3溶液呈碱性 C. 混合溶液中 D. Ka2（H2SeO3）的数量为10-3 11. 下列对乙烯和聚乙烯的描述不正确的是 A. 乙烯是纯净物，聚乙烯是混合物 B. 乙烯的性质与聚乙烯不同 C. 常温下，乙烯是气体，聚乙烯是固体 D. 等物质的量的乙烯和聚乙烯完全燃烧后生成和的物质的量相等 12. 金属晶体和离子晶体是重要的晶体类型。下列关于它们的说法中正确的是 A. 金属晶体和离子晶体都能导电 B. 在镁晶体中，1个只与2个价电子存在强烈的相互作用 C. 金属晶体和离子晶体都可采取紧密堆积方式 D. 金属晶体和离子晶体中分别存在金属键和离子键等强烈的相互作用，很难断裂，因而都具有延展性 13. 常温下，下列反应可以发生：①NaCN + HNO2 HCN + NaNO2， ② NaCN + HF HCN + NaF ③NaNO2+HF HNO2 +NaF ，其中有关的三种酸的电离常数分别是6.310-4 、5.610-4、6.210-10.由此判断下列叙述中不正确的是 A. 常温下，0.1mol/L的HCN溶液中c(H+)10-6 mol/L B. 常温下，K(HNO2)6.310-4 C. 根据两个反应可得出一元弱酸的强弱顺序为HF> HNO2> HCN D. 常温下，K(HCN)<K(HNO2)<K(HF) 14. 下列关于功能高分子材料的说法错误的是 A. 医用高分子材料、高分子催化剂、磁性高分子材料等属于功能高分子材料 B. 高分子分离膜可用于海水淡化、浓缩天然果汁等 C. 用于制造CPU芯片的良好半导体材料单晶硅属于功能高分子材料 D. 在淀粉、纤维素的主链上再接上含强亲水基团的支链，可提高它们的吸水能力 二、非选择题(共58分) 15. 1810年，英国化学家戴维以大量事实为依据，确认黄绿色气体是一种新元素组成的单质—氯气。某化学兴趣小组同学利用如图所示的装置制备干燥的氯气并对氯气的性质进行探究。 （1）仪器b的名称为_______；整套实验装置存在一处明显的不足，请指出：_______。 （2）仪器a中发生反应的离子方程式为_______；根据氯气的性质，装置D中的收集装置可以选择_______(填序号)。 （3）下列关于该实验的说法不正确的是_______(填选项字母)。 A.将仪器b中液体换为稀盐酸，同样可以产生氯气 B.装置C中试剂是浓硫酸，目的是干燥氯气 C.装置E中红色布条不褪色，装置F中红色布条褪色证明氯气具有漂白性 （4）实验室还可用等物质的量的Cl2与Na2CO3的水溶液反应制取Cl2O，同时生成NaHCO3和NaCl，反应的化学方程式为_______。 （5）已知氯气和Ca(OH)2溶液在一定温度下能同时发生如下反应： 2Cl2 + 2Ca(OH)2= CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O 6Cl2 + 6Ca(OH)2= 5 CaCl2 + Ca(ClO3)2 + 6H2O 某温度下，将氯气通入Ca(OH)2溶液中，反应得到CaCl2、Ca(ClO)2和Ca(ClO3)2的混合溶液，经测定ClO-与的个数比为2：3，则氯气与氢氧化钙反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为_______。 16. 工业上用红土镍矿（主要成分为NiO，含CoO、FeO、、、MgO、CaO和）制备。工艺流程如图所示，回答下列问题： （1）加入在高压下进行酸浸。充分浸取后过滤出的酸浸渣的主要成分为______（填化学式）。 （2）由溶液获取的操作是______、______、过滤、洗涤。 （3）沉镁沉钙加入NaF溶液，生成和若沉淀前溶液中，当沉淀完全后滤液中时，除钙率为______（忽略沉淀前后溶液体积变化）。（已知：、） （4）“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：。工业上用磺化煤油做萃取剂，萃取时，Co、Ni的浸出率和Co/Ni分离因素随pH的关系如图所示： ①萃取时，选择pH为______左右。 ②反萃取的试剂为______。 （5）氧化、沉铁沉铝时，需加入NaClO溶液起氧化作用。写出与NaClO在碱性条件下发生反应的离子方程式：______。 （6）中阴离子的空间构型为______。 17. 有机物Ⅰ是合成Ⅱ型糖尿病治疗药物瑞格列净的重要中间体，其一种合成路线设计如图。 回答下列问题： （1）A的名称为______。B的结构简式为______。 （2）D含有的官能团名称为______。乙二醇的作用为____________。 （3）F→G的化学方程式为____________。 （4）有机物K是C的同系物，且相对分子质量比C小56，满足下列条件的K的同分异构体有______种（不考虑立体异构）。 ①苯环上只有1个侧链； ②能使溴的四氯化碳溶液褪色； ③1molK与足量溶液反应产生2mol。 （5）已知：。参照上述合成路线，以、及2-溴丙烷为原料经4步合成的路线为（无机试剂任选）： 则第①步的反应类型为______。第③步反应的化学方程式为____________。 18. 良好生态环境是实现中华民族永续发展的内在要求，是增进民生福祉的优先领域，是建设美丽中国的重要基础。燃油汽车的尾气处理是汽车行业研究的重点之一。汽车尾气的处理： ，该反应的反应历程及反应物和生成物的相对能量如图所示： （1）要提高汽车尾气处理的速率，关键在于提高反应______的速率（填序号），______，该反应在______（填“高温”“低温”或“任何温度”）下能自发进行。 （2）已知该反应的为速率常数，只与温度有关。达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数______（填“>”“<”或“=”）增大的倍数。 （3）刚性容器中，进料比按进行投料，的平衡转化率与温度、起始投料比的关系如下图所示，则、、的大小关系为______，一定温度一定压强下投料比等于______时生成物的体积分数最大。 （4）某研究小组探究温度和催化剂对CO、NO转化率的影响。将CO和NO按物质的量之比以一定的流速分别通过两种催化剂（和）进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率（即NO的转化率），结果如下图所示： ①催化剂Cat-2条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因是______。 ②时，平衡脱氮率为，压强恒为，则______（为以分压表示的平衡常数，用含的代数式表示）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 衡阳市第一中学2026年高二下学期期中考试试题 化学 总分100分 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 可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 O～16 Na～23 Cl～35.5 Fe～56 一、选择题 1. 2025年春节电影《哪吒2》爆火出圈，离不开电影中炫酷的特效效果。以下说法中正确的是 A. 敖丙使水结成冰，水分子之间的间隙减小 B. 三昧真火是等离子体，其中只含有阴离子和阳离子 C. 风火轮耐高温、耐磨损、不导热，其主体材料可能为共价晶体 D. 结界兽形象源自三星堆青铜大面具，其表面的铜绿主要是氯化铜 【答案】C 【解析】 【详解】A．水结成冰时分子的间隙增大，因冰中水分子形成氢键导致结构疏松，A错误； B．等离子体包含电子、阳离子和中性粒子等，并非只有阴阳离子，B错误； C．共价晶体具有高熔点、高硬度的特性，耐高温、耐磨损，且部分共价晶体（如石英）也具有导热性差的特点，所以风火轮的主体材料可能为共价晶体，C正确； D．铜绿主要成分是碱式碳酸铜而非氯化铜，D错误； 故选C。 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 异丁烷的结构简式 B. 的电子式 C. 乙烯的球棍模型 D. 聚丙烯的结构简式 【答案】A 【解析】 【详解】A．异丁烷分子式为，结构简式为，A正确； B．的电子式为，B错误； C．乙烯的结构简式为，球棍模型为，C错误； D．聚丙烯的结构简式为，D错误； 故选A。 3. 下列说法正确的是 A. 在“石蜡→液态石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、共价键、共价键 B. 某物质固态时不导电但在熔融状态下能导电，则该物质中一定含有离子键 C. 干冰溶于水生成碳酸的过程只需克服分子间作用力 D. 分子之间的作用力大于，故前者比后者稳定 【答案】B 【解析】 【详解】A．“石蜡→液态石蜡→石蜡蒸气”属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，“石蜡蒸气→裂化气”发生了化学变化，破坏了共价键，所以在“石蜡→液态石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键，A错误； B．固态不导电，则固体中没有自由移动的离子或自由移动的电子，不是金属，熔融时能导电，说明其可以电离出自由移动的离子，其构成微粒一定为离子，则一定为离子化合物，B正确； C．二氧化碳与水反应生成碳酸，发生了化学变化，共价键被破坏，C错误； D．稳定性与化学键有关，即水分子稳定是因H-O键键能大，而与分子间作用力无关，D错误； 答案选B。 4. 下表是周期表中5种元素的相关信息，其中Q、W、X位于同一周期。 元素 信息 元素 信息 Q 位于周期表的第3周期第ⅢA族 Y 焰色反应为紫色 W 最高正化合价为+7价 Z 原子结构示意图为 X 本周期中原子半径最大 下列说法正确的是 A. Q在地壳中含量最高 B. 元素的金属性： C. 气态氢化物的稳定性： D. Q的最高价氧化物对应的水化物既能与NaOH反应，又能与HCl反应 【答案】D 【解析】 【分析】Q位于周期表的第3周期第ⅢA族，则Q为Al，Q、W、X位于同一周期，W最高正化合价为+7价，则W为Cl，X在本周期中原子半径最大，则X为Na，Y的焰色反应为紫色，则Y为K，由Z的原子结构示意图知，Z为Br，据此回答； 【详解】A．氧元素在地壳中含量最高，A错误； B． 钠、钾位于同主族，钾位于钠的下方，钾的金属性大于钠，B错误； C． 非金属性越强，气态氢化物越稳定：氯、溴位于同主族，溴位于氯的下方，氯的非金属性大于溴，C错误； D． Q的最高价氧化物对应的水化物即氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与NaOH反应，又能与HCl反应，D正确； 答案选D。 5. 已知元素原子的下列结构或性质，能确定其在周期表中位置的是 A. 某元素原子的第二电子层电子排布图为 B. 某元素在某种化合物中的化合价为＋4 C. 某元素的原子最外层上电子数为6 D. 某元素的外围电子排布式为5s25p1 【答案】D 【解析】 【详解】A．只能说明该元素的L层有8个电子，无法确定其在周期表中的位置，不能明确是否还有其它电子层，A不符合题意； B．仅通过化合价无法确定元素在周期表中的位置，因为同主族元素化合价具有相似性，B不符合题意； C．根据最外层电子数只能确定族序数，无法确定周期数，C不符合题意； D．可确定该元素在第五周期族，D符合题意； 故选D。 6. 已知：H2A=H++HA-，HA-H++A2-。25℃时，向20mL0.1mol·L-1H2A溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液(忽略反应前后溶液体积变化)，下列说法正确的是 A. 滴加过程中，溶液中始终存在：c(Na+)+c(H+)=c(A2-)+c(HA-)+c(OH-) B. 当滴加至溶液呈中性时，滴入NaOH溶液体积小于20mL C. 当滴入NaOH溶液30mL时，3c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-) D. 当滴入NaOH溶液20mL时，c(A2-)=c(H+)-c(OH-) 【答案】D 【解析】 【分析】已知：H2A=H++HA-，HA-H++A2-，则H2A是强酸，NaHA只电离不水解，其水溶液呈酸性，HA-部分电离，Na2A是强碱弱酸盐，水解呈碱性。向20mL0.1mol·L-1H2A溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液，当加入20mLNaOH溶液时，反应所得为NaHA溶液，当加入40mLNaOH溶液时，反应所得为Na2A溶液，电解质溶液电荷守恒、物料守恒，据此回答； 【详解】A. 滴加过程中，电解质溶液电荷守恒，故溶液中始终存在：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，A错误； B. 当滴加至溶液呈中性时，溶液为NaHA和Na2A的混合溶液，滴入NaOH溶液体积大于20mL，B错误； C. 当滴入NaOH溶液30mL时，2n (Na+)=3n(A)，则2c(Na+)=3c(HA-)+3c(A2-)，C错误； D. 当滴入NaOH溶液20mL时，反应所得为NaHA溶液，按物料守恒， c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)，结合电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则有c(A2-)=c(H+)-c(OH-)，D正确； 答案选D。 7. “绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”需要较高电压、反应速率缓慢等问题，科技工作者设计耦合高效制的方法，装置如图所示。部分反应机理为： 。下列说法不正确的是 A. 电解时通过阴离子交换膜向极方向移动 B. 相同电量下理论产量是传统电解水的1.5倍 C. 在一定电压下，极可能产生 D. 阳极反应： 【答案】B 【解析】 【分析】据图示可知，b电极上HCHO 转化为HCOO-，而HCHO 转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，结合反应机理可知，阳极反应为，阴极水得电子生成氢气：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。 【详解】A．由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，A正确； B．阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，而传统电解水：，转移2mol电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下理论产量是传统电解水的2倍，B错误； C．b极是阳极，一定条件下氢氧根失电子发生氧化反应生成氧气，C正确； D．阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得阳极反应为：，D正确； 答案选B。 8. 标准状况下无色可燃气体在足量氧气中完全燃烧。若将产物通入足量澄清石灰水，得到的白色沉淀的质量为；若用足量碱石灰吸收燃烧产物，测得其增重。下列说法正确的是 A. 该气体若是单一气体，则可能为或 B. 该气体可能由等物质的量的和组成 C. 能确定该气体是否含氧元素 D. 该气体一定由等物质的量的C3H8和CO组成 【答案】B 【解析】 【分析】根据有机物燃烧时，有机物中的碳全部转化为二氧化碳，二氧化碳与足量的氢氧化钙完全反应，生成不溶于水的白色沉淀碳酸钙，利用生成碳酸钙的质量计算燃烧生成二氧化碳的质量；碱石灰既能吸收燃烧生成的水，又能吸收燃烧生成的二氧化碳，因此，增重的质量即燃烧生成二氧化碳和水的质量总和，从而求出水的质量，根据生成二氧化碳和水的质量计算出可燃物中C、H元素的物质的量，再根据条件求出分子式。 【详解】设燃烧产物中CO2的质量为x， ， x=6.16g，而碱石灰既能吸收燃烧生成的水，又能吸收燃烧生成的二氧化碳，因此，增重的质量即燃烧生成二氧化碳和水的质量总和：m(CO2)+m(H2O)=8.68g，m(H2O)=8.68g-6.16g=2.52g，无色可燃气体n(气体)==0.07mol，n(CO2)==0.14mol，则n(C)=0.14mol；n(H2O)==0.14mol，则n(H)=n(H2O)×2=0.28mol，即0.07mol气体中含有0.14molC，0.28molH，所以1mol气体中含有2molC，4molH，可能含有氧元素，所以该气体的分子式是C2H4或C2H4Ox(常温下不是气体)，因为气体，则为C2H4，现为等物质的量的两种气体的混合物，所以在2mol混合气体中，应含有4molC原子，8molH原子，这两种气体可能是C4H6和H2(或“C3H8和CO”或“C3H6和CH2O”等)。 A． 1mol气体中含有2molC，4molH，该气体若是单一气体，则可能为，故A错误； B． 等物质的量的两种气体的混合物，所以在2mol混合气体中，应含有4molC原子，8molH原子，该气体可能由等物质的量的和组成，故B正确； C． 1mol气体中含有2molC，4molH，可能含有氧元素，不能确定该气体是否含氧元素，故C错误； D． 该气体可能由等物质的量的C3H8和CO组成，故D错误； 故选：B。 9. 近日，某科研团队发现一种重要有机中间体的合成机理如下： 其中，箭头表示一对电子的转移。根据以上机理，下列说法正确的是 A. —CF3具有很强的给电子效应，使与之相连的碳原子带正电，使得带负电的⊖OCH3可以发生加成反应 B. 为了增大反应正向进行的程度，可在反应体系中加入H+以结合F⊖降低F⊖的浓度 C. 类比ClNO，反应产物之一的FNO可命名为硝基氟 D. 在反应中，一对电子的转移往往代表着共价键的生成或断裂 【答案】D 【解析】 【详解】A．因为F电负性较强，F吸引了C的电子，所以整个基团电子偏向F，整个基团有吸电子的趋势，所以-CF3是吸电子基团，故A错误； B．加入H+会导致酰胺基在酸性条件下发生水解反应，故B错误； C．硝基为-NO2，FNO中不存在硝基，因此不能命名为硝基氟，故C错误； D．在有机物发生化学反应中，总是伴随着一部分共价键的断裂和新的共价键的生成，一对电子的转移往往代表着共价键的生成或断裂，故D正确； 故选D 10. 常温下将NaOH 溶液滴加到亚硒酸（H2SeO3）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 曲线N表示pH 与 B. NaHSeO3溶液呈碱性 C. 混合溶液中 D. Ka2（H2SeO3）的数量为10-3 【答案】C 【解析】 【分析】常温下将NaOH 溶液滴加到亚硒酸(H2SeO3)溶液中，随着氢离子不断被消耗，混合溶液的pH、、不断增大，通过比较相同pH时溶液中和的相对大小，确定M、N曲线代表了谁？NaHSeO3溶液既电离又水解，其水溶液的酸碱性通过计算离子的电离平衡常数和水解平衡常数的相对大小判断，Na2SeO3溶液中，发生水解，溶液呈碱性； 【详解】A. ， ，pH相同时， ，根据图象可知，曲线M表示pH与lg的变化关系，曲线N表示PH 与lg，故A错误； B. 根据图象可知，pH=6.6时，lg=0，=1，离子的电离平衡常数 ，同理pH=2.6时，lg=0， =1， ，的水解平衡常数 ，则NaHSeO3溶液的水解程度小于其电离程度，溶液呈酸性，B错误； C. 结合B选项，可知混合溶液中： ，则C正确； D. 结合B选项，可知Ka2(H2SeO3)=10-6.6，D错误； 答案选C。 11. 下列对乙烯和聚乙烯的描述不正确的是 A. 乙烯是纯净物，聚乙烯是混合物 B. 乙烯的性质与聚乙烯不同 C. 常温下，乙烯是气体，聚乙烯是固体 D. 等物质的量的乙烯和聚乙烯完全燃烧后生成和的物质的量相等 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙烯为单一化合物，是纯净物；聚乙烯是聚合度不同的高分子混合物，A正确； B．乙烯因含双键可发生加成、聚合等反应；聚乙烯无双键，不能发生加成、聚合等反应，B正确； C．乙烯沸点低（-103.7℃），常温为气态；聚乙烯分子量大，常温为固态，C正确； D．等物质的量时，聚乙烯的碳氢原子总数是乙烯的n倍（n为聚合度），燃烧产物物质的量不同，D错误； 故答案选D。 12. 金属晶体和离子晶体是重要的晶体类型。下列关于它们的说法中正确的是 A. 金属晶体和离子晶体都能导电 B. 在镁晶体中，1个只与2个价电子存在强烈的相互作用 C. 金属晶体和离子晶体都可采取紧密堆积方式 D. 金属晶体和离子晶体中分别存在金属键和离子键等强烈的相互作用，很难断裂，因而都具有延展性 【答案】C 【解析】 【详解】A．离子晶体固态时不导电，如氯化钠固体不导电，故A错误； B．金属晶体中有电子气，能导电，金属晶体中的电子气属于整个晶体，不属于哪一个离子，故B错误； C．金属晶体和离子晶体都可采取“紧密堆积”方式，原子晶体都可采取“非紧密堆积”方式，故C正确； D．离子晶体没有延展性，易断裂，故D错误； 答案选C。 13. 常温下，下列反应可以发生：①NaCN + HNO2 HCN + NaNO2， ② NaCN + HF HCN + NaF ③NaNO2+HF HNO2 +NaF ，其中有关的三种酸的电离常数分别是6.310-4 、5.610-4、6.210-10.由此判断下列叙述中不正确的是 A. 常温下，0.1mol/L的HCN溶液中c(H+)10-6 mol/L B. 常温下，K(HNO2)6.310-4 C. 根据两个反应可得出一元弱酸的强弱顺序为HF> HNO2> HCN D. 常温下，K(HCN)<K(HNO2)<K(HF) 【答案】B 【解析】 【分析】相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，较强酸能和较弱酸的盐反应生成弱酸，根据NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、NaCN+HF=HCN+NaF、NaNO2+HF=HNO2+NaF知，酸的强弱顺序是HCN＜HNO2＜HF，则酸的电离平衡常数大小顺序为K(HCN)＜K(HNO2)＜K(HF)，K(HF)=6.3×10-4，K(HNO2)= 5.6×10-4，K(HCN)= 6.210-10.。 【详解】A．通过以上分析知，，溶液中，.，c(H+)10-6 mol/L，A项正确； B．根据以上分析知，K(HNO2)= 5.6×10-4，B项错误； C．根据NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、NaNO2+HF=HNO2+NaF，即可得出结论酸性：HF＞HNO2＞HCN，C项正确； D．通过以上分析知，酸的电离平衡常数大小顺序为K(HCN)＜K(HNO2)＜K(HF)，D项正确； 答案选B。 14. 下列关于功能高分子材料的说法错误的是 A. 医用高分子材料、高分子催化剂、磁性高分子材料等属于功能高分子材料 B. 高分子分离膜可用于海水淡化、浓缩天然果汁等 C. 用于制造CPU芯片的良好半导体材料单晶硅属于功能高分子材料 D. 在淀粉、纤维素的主链上再接上含强亲水基团的支链，可提高它们的吸水能力 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．医用高分子材料、高分子催化剂、磁性高分子材料等属于功能高分子材料，故A正确； B．高分子分离膜有选择地使粒子通过，所以可用于海水和苦咸水的淡化方面，故B正确； C．半导体材料单晶硅属于传统的无机非金属材料，故C错误； D．易与水结合的基团称为亲水基团（如-NH2、-COOH、-OH），具有大量亲水基团的一些淀粉、纤维素等分子易溶于水，故D正确； 故选C。 二、非选择题(共58分) 15. 1810年，英国化学家戴维以大量事实为依据，确认黄绿色气体是一种新元素组成的单质—氯气。某化学兴趣小组同学利用如图所示的装置制备干燥的氯气并对氯气的性质进行探究。 （1）仪器b的名称为_______；整套实验装置存在一处明显的不足，请指出：_______。 （2）仪器a中发生反应的离子方程式为_______；根据氯气的性质，装置D中的收集装置可以选择_______(填序号)。 （3）下列关于该实验的说法不正确的是_______(填选项字母)。 A.将仪器b中液体换为稀盐酸，同样可以产生氯气 B.装置C中试剂是浓硫酸，目的是干燥氯气 C.装置E中红色布条不褪色，装置F中红色布条褪色证明氯气具有漂白性 （4）实验室还可用等物质的量的Cl2与Na2CO3的水溶液反应制取Cl2O，同时生成NaHCO3和NaCl，反应的化学方程式为_______。 （5）已知氯气和Ca(OH)2溶液在一定温度下能同时发生如下反应： 2Cl2 + 2Ca(OH)2= CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O 6Cl2 + 6Ca(OH)2= 5 CaCl2 + Ca(ClO3)2 + 6H2O 某温度下，将氯气通入Ca(OH)2溶液中，反应得到CaCl2、Ca(ClO)2和Ca(ClO3)2的混合溶液，经测定ClO-与的个数比为2：3，则氯气与氢氧化钙反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为_______。 【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 缺少尾气处理装置 （2） ①. MnO2＋4H++2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O ②. ③ （3）AC （4） （5）17:5 【解析】 【分析】根据装置图可知装置A为制备的装置，由于浓盐酸具有挥发性，故制备得到的中混有HCl和水蒸气，利用饱和食盐水除去中混有的HCl，装置C中盛放浓硫酸，可干燥，D处可放置空试剂瓶收集，利用干燥和潮湿的红色布条检验的性质。 【小问1详解】 由实验装置图可知仪器b的名称为分液漏斗；由装置图可知，检验完的性质后还缺少尾气吸收装置，故应在装置F的后面加入盛放NaOH溶液的洗气瓶，除去多余的，防止污染环境，故答案为：分液漏斗；缺少尾气处理装置； 【小问2详解】 装置A为制备的装置，仪器a中利用二氧化锰与浓盐酸加热制备，发生反应的离子方程式为MnO2＋4H++2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O， 氯气的密度大于空气，D处可用向上排空气法收集，导管应长进短出，故选择图③；故答案为：MnO2＋4H++2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O；③； 【小问3详解】 A．将b中液体换为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不发生反应，不能生成，A项错误； B．装置C中盛放浓硫酸，可干燥，B项正确； C．干燥的不具有漂白性，潮湿的中因含有次氯酸而具有漂白性，故E中红色布条不褪色，F中红色布条褪色，证明氯气不具有漂白性，C项错误； 答案选AC； 【小问4详解】 实验室还可用等物质的量的Cl2与Na2CO3的水溶液反应制取Cl2O，同时生成NaHCO3和NaCl，结合得失电子守恒可知，反应方程式为； 【小问5详解】 某温度下，将氯气通入溶液中，反应得到、和的混合溶液，该反应中，氯气转变为和时氯元素化合价升高，氧化产物为和；经测定与的个数比为2∶3，设与的个数分别为2a、3a，氯化钙为还原产物，按得失电子守恒，转移电子为，则生成氯离子为17a，所以氯气与氢氧化钙反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为17:5。 16. 工业上用红土镍矿（主要成分为NiO，含CoO、FeO、、、MgO、CaO和）制备。工艺流程如图所示，回答下列问题： （1）加入在高压下进行酸浸。充分浸取后过滤出的酸浸渣的主要成分为______（填化学式）。 （2）由溶液获取的操作是______、______、过滤、洗涤。 （3）沉镁沉钙加入NaF溶液，生成和若沉淀前溶液中，当沉淀完全后滤液中时，除钙率为______（忽略沉淀前后溶液体积变化）。（已知：、） （4）“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：。工业上用磺化煤油做萃取剂，萃取时，Co、Ni的浸出率和Co/Ni分离因素随pH的关系如图所示： ①萃取时，选择pH为______左右。 ②反萃取的试剂为______。 （5）氧化、沉铁沉铝时，需加入NaClO溶液起氧化作用。写出与NaClO在碱性条件下发生反应的离子方程式：______。 （6）中阴离子的空间构型为______。 【答案】（1）、 （2） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 （3）99.7% （4） ①. 3.5 ②. 稀硫酸 （5） （6）正四面体 【解析】 【分析】红土镍矿(主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)，向其中加入硫酸在高压下进行酸浸，NiO与硫酸反应生成NiSO4，CoO与硫酸反应生成CoSO4，FeO与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，MgO与硫酸反应生成MgSO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，SiO2与硫酸不反应；加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH，将铁离子、铝离子沉淀；加入可溶氟化物，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀；经过萃取、反萃取得到NiSO4溶液；NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥最终得到NiSO4·7H2O晶体。 【小问1详解】 根据分析，CaO与硫酸反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，SiO2与硫酸不反应，则经充分浸取后过滤出的酸浸渣的主要成分为CaSO4、SiO2； 【小问2详解】 从溶液中获得晶体的操作一般是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，由溶液获取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。 【小问3详解】 当沉淀完全后滤液中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)==(mol/L)2=5×10-5(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)==mol/L=3×10-6mol/L，除钙率为：=99.7%； 【小问4详解】 ①由图示可知，pH为3.5左右时，Co/Ni分离因素最高，钴和镍的萃取率相差较大，因此，萃取时选择pH为3.5左右； ②由萃取原理可知，反萃取时可以加入稀硫酸，增大氢离子浓度，使平衡逆向移动，促使有机相中的MR2重新转化为水相中的M2+； 【小问5详解】 与NaClO在碱性条件下发生反应的离子方程式： 【小问6详解】 中阴离子PO,中心原子P的σ键电子对数为4，孤电子对数为0，因此中心原子的价层电子对数为4，P原子采用sp3杂化，所以其立体构型为正四面体的空间构型为：正四面体 17. 有机物Ⅰ是合成Ⅱ型糖尿病治疗药物瑞格列净的重要中间体，其一种合成路线设计如图。 回答下列问题： （1）A的名称为______。B的结构简式为______。 （2）D含有的官能团名称为______。乙二醇的作用为____________。 （3）F→G的化学方程式为____________。 （4）有机物K是C的同系物，且相对分子质量比C小56，满足下列条件的K的同分异构体有______种（不考虑立体异构）。 ①苯环上只有1个侧链； ②能使溴的四氯化碳溶液褪色； ③1molK与足量溶液反应产生2mol。 （5）已知：。参照上述合成路线，以、及2-溴丙烷为原料经4步合成的路线为（无机试剂任选）： 则第①步的反应类型为______。第③步反应的化学方程式为____________。 【答案】（1） ①. 4-羟基苯甲醛或对羟基苯甲醛 ②. （2） ①. 羰基、酯基、醚键 ②. 保护羰基 （3） （4）12 （5） ①. 取代反应 ②. 【解析】 【分析】A的分子式是，不饱和度为5，说明除了苯环外还存在双键结构，由C的结构简式可知，A的结构简式为，A与发生取代反应，生成B为，B与先发生醛基的加成反应，在发生羟基的消去反应得到碳碳双键生成C，C发生还原反应生成D，结合后续流程可知，D为，D与乙二醇发生加成反应生成E，E中酯基先水解，再酸化生成F为，F与发生反应生成G，G的分子式为不饱和度为，与F分子的不饱和度相等，说明发生的是氨基和羧基生成酰胺基的反应，则G的结构简式为，G在移动条件下，重新生成酮羰基，由此说明D与乙二醇的反应目的是保护酮羰基，据此解答， 【小问1详解】 A的结构简式为，名称为：4-羟基苯甲醛或对羟基苯甲醛；由分析可知，B的结构简式为； 【小问2详解】 D结构简式为，含有的官能团名称为羰基、酯基、醚键；由分析可知，乙二醇的作用为保护酮羰基； 【小问3详解】 F→G的发生的是氨基和羧基生成酰胺基的反应，化学方程式为； 【小问4详解】 有机物K是C的同系物，且相对分子质量比C小56，则比C少了4个CH2，分子中除了苯环外，还存在5个碳原子，4个氧原子，3个不饱和度，满足苯环上只有1个侧链；能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳不饱和键，1molK与足量溶液反应产生2mol，则K结构中含有2个羧基，满足条件的支链结构有、、、、、、、，(箭头表示另一个羧基位置)共计12种； 【小问5详解】 由已知的反应可知，Z为，由所给物质可知，Y与发生取代反应生成Z，X与氢溴酸加热可生成Y，判断为醇羟基的取代反应，故Y的结构简式为，则与发生A→B的反应，则X的结构简式为，据此解答； 由上述分析可知，第一步反应为与发生取代反应生成和HBr； 第③步反应为与发生取代反应生成和HBr，化学方程式为。 18. 良好生态环境是实现中华民族永续发展的内在要求，是增进民生福祉的优先领域，是建设美丽中国的重要基础。燃油汽车的尾气处理是汽车行业研究的重点之一。汽车尾气的处理： ，该反应的反应历程及反应物和生成物的相对能量如图所示： （1）要提高汽车尾气处理的速率，关键在于提高反应______的速率（填序号），______，该反应在______（填“高温”“低温”或“任何温度”）下能自发进行。 （2）已知该反应的为速率常数，只与温度有关。达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数______（填“>”“<”或“=”）增大的倍数。 （3）刚性容器中，进料比按进行投料，的平衡转化率与温度、起始投料比的关系如下图所示，则、、的大小关系为______，一定温度一定压强下投料比等于______时生成物的体积分数最大。 （4）某研究小组探究温度和催化剂对CO、NO转化率的影响。将CO和NO按物质的量之比以一定的流速分别通过两种催化剂（和）进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率（即NO的转化率），结果如下图所示： ①催化剂Cat-2条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因是______。 ②时，平衡脱氮率为，压强恒为，则______（为以分压表示的平衡常数，用含的代数式表示）。 【答案】（1） ①. ① ②. −620.4kJ/mol ③. 低温 （2）< （3） ①. m1<m2<m3（或m3>m2>m1） ②. 1：1 （4） ①. 超过450℃，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降 ②. 【解析】 【小问1详解】 反应①整个反应分为三个基元反应阶段，①NO(g)+NO(g)= ΔH =+199.4kJ/mol；反应②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g) ΔH = -513.2kJ/mol；反应③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g) ΔH = -306.6kJ/mol；由盖斯定律可知，由①+②+③可得2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g) ΔH =+199.4kJ/mol+( -513.2kJ/mol)+ (-306.6kJ/mol)= -620.4kJ/mol；由于反应①所需活化能最高，则总反应速率由第一阶段反应决定，故关键在于提高反应①的速率。该反应的△S＜0，△H＜0，故低温可自发进行。 【小问2详解】 该反应的正反应为放热反应，升高温度使化学平衡向吸热的逆反应方向移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数； 【小问3详解】 m=，增大CO的量，平衡正向移动，但CO的转化率减小，则投料比m1、m2、m3从大到小的顺序为m1＜m2＜m3；反应的物质的量之比等于系数比即1;1时，生成物的体积分数最大； 【小问4详解】 ①温度过高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率会下降。 ②设450℃时，一氧化氮和一氧化碳的起始物质的量都为2mol，由一氧化氮的平衡脱氮率为50%可知，平衡时一氧化氮、一氧化碳、氮气、二氧化碳的物质的量分别为2mol-2mol×50%=1mol、2mol-2mol×50%=1mol、2mol×50%×=0.5mol、2mol×50%=1mol，由压强恒为p可知，一氧化氮、一氧化碳、氮气、二氧化碳的平衡分压分别为、、、，则分压平衡常数KP=。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $