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广东省汕头市2023-2024学年高二下学期教学质量检测化学试题
1．（2024高二下·汕头期末）骑楼极具岭南特色，其建筑材料主要成分为硅酸盐的是
A B C D
金漆 木雕 陶塑 蚝壳窗
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】硅酸盐
【解析】【解答】A．金漆的主要成分是金，属于金属材料，故A不符合题意；
B．木雕的主要成分为纤维素，为天然有机高分子，故B不符合题意；
C．陶塑以黏土为原料，经高温烧结后形成，其主要成分为硅酸盐，故C符合题意；
D．蚝壳的主要成分为碳酸钙，属于碳酸盐，不含硅酸盐，故D不符合题意；
故选C。
【分析】硅酸盐材料是由天然硅酸盐矿物加工而成的无机非金属材料，其基本化学成分为硅、氧与铝、铁、钙等金属元素结合的化合物。
2．（2024高二下·汕头期末）近年来，我国科技迅猛发展。下列科技成果中蕴含的化学知识叙述正确的是
A．打造北斗卫星系统——与星载铷钟所用互为同位素
B．实施海底封存——液化时，其共价键被破坏
C．开启航运氢能时代——氢氧燃料电池工作时可将电能转化为化学能
D．研究新型手性螺环催化剂——能降低化学反应的焓变
【答案】A
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；化学反应速率的影响因素；元素、核素
【解析】【解答】A．与 质子数相同，中子数不同，互为同位素，故A正确；
B．液化时，分子没有发生变化，破坏的是分子间作用力，故B错误；
C．氢氧燃料电池是原电池，工作时可将化学能转化为电能，故C错误；
D．催化剂不能降低反应的焓变，故D错误；
故选A。
【分析】A．质子数相同，中子数不同的不同原子互为同位素；
Ｂ．液化破坏分子间作用力；
Ｃ．原电池是将化学能转化为电能的装置；
Ｄ．催化剂不影响焓变。
3．（2024高二下·汕头期末）下列化学用语或表述正确的是
A．的空间结构：形
B．的电子式：
C．基态原子的价层电子轨道表示式为：
D．顺—2—丁烯的结构简式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．CO2分子的结构式为O=C=O，空间结构为直线形，故A项错误；
B．KOH为离子化合物，由钾离子和氢氧根离子构成，其电子式为：，故B项正确；
C．基态原子的价层电子排布式为3d54s1，轨道表示式为，故C项错误；
D． 是反-2-丁烯的结构简式，顺-2-丁烯中两个甲基位于碳碳双键的同侧，故D项错误；
故选B。
【分析】A．二氧化碳是直线形分子；
Ｂ．KOH为离子化合物；
Ｃ．Cr的价电子排布式为3d54s1；
Ｄ．顺式结构中相同的原子团位于双键同侧。
4．（2024高二下·汕头期末）化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是
选项 生产活动 化学原理
A 节日里美丽灿烂的烟花表演 金属的焰色试验
B 潮汕牛肉丸肉质饱满，用新鲜牛肉制作牛肉丸 蒸煮牛肉丸时蛋白质发生变性
C 利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品 氢氟酸可与反应
D 用除去工业废水中的 具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硅和二氧化硅；焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．不同金属燃烧发生不同颜色的焰色，节日里美丽灿烂的烟花表演与金属的焰色试验有关，故A不符合题意；
B．牛肉丸中含蛋白质，蛋白质在高温下发生变性，因此蒸煮牛肉丸时蛋白质发生变性，故B不符合题意；
C．石英主要成分为二氧化硅，氢氟酸可与反应，所以可利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，故C不符合题意；
D．用除去工业废水中的，不是因为具有还原性，而是因为硫化铜比硫化亚铁更难溶，故D符合题意；
故选D。
【分析】A．不同金属燃烧发生不同颜色的焰色；
Ｂ．蛋白质在高温下发生变性；
Ｃ．氢氟酸能与二氧化硅反应；
Ｄ．CuS的溶解度小于FeS。
5．（2024高二下·汕头期末）冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子可识别，其合成方法如图。下列说法正确的是
A．可与溴水发生加成反应 B．该反应为消去反应
C．核磁共振氢谱有3组峰 D．可增加在苯中的溶解度
【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由图可知，a中含有酚羟基，与溴水发生取代反应，不含碳碳双键，不能发生加成反应，A错误；
B．由图可知，反应过程中酚羟基中氢被取代，属于取代反应，不是消去反应，B错误；
C．c中含有4种不同环境的氢，核磁共振氢谱有4组峰，C错误；
D．冠醚分子c 可识别K+，故能增加KMnO4在甲苯中的溶解度，D正确；
故选D。
【分析】A．酚羟基的邻位和对位能与溴水发生取代反应；
Ｂ．消去反应会生成不饱和键；
Ｃ．分子中有几种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱就有几组峰；
Ｄ． 分子可识别K+。
6．（2024高二下·汕头期末）实验是化学研究的一种重要手段。下列实验能达到相应实验目的的是
A B C D
苯甲酸重结晶 分离溴苯和苯 比较和的还原性 制备
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．苯甲酸重结晶时，先加热使其溶解，趁热过滤，再冷却结晶，通过抽滤分离晶体，A错误；
B．溴苯和苯互溶，不能通过分液分离，B错误；
C．氯气氧化碘离子生成的碘单质溶于四氯化碳层呈紫色，证明的还原性更强，C正确；
D．过氧化钠是粉末状固体，易从有孔隔板漏下，不能达到随关随停的目的，D错误；
故选C。
【分析】A．苯甲酸重结晶的步骤如下：将粗苯甲酸加入烧杯中，加入蒸馏水溶解；趁热过滤溶液，除去不溶性杂质；静置使溶液缓慢冷却结晶；抽滤可得纯化的苯甲酸晶体；若纯度不够，可再溶于无水乙醚中，抽滤去不溶的固体，然后真空抽滤，得苯甲酸晶体；
Ｂ．溴苯与苯互溶；
Ｃ．还原性强的先被氧化；
Ｄ．过氧化钠是粉末状固体。
7．（2024高二下·汕头期末）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是
A．过量在氯气中燃烧可以生成
B．往装有溶液的试管中滴加氢氧化钠，最终可以生成
C．可用和检验溶液中是否含有中的阳离子
D．在的循环转化关系中只存在1个氧化还原反应
【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，A错误；
B．向亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，B正确；
C．检验Fe3+中是否含有Fe2+，若先加入KSCN，溶液变成红色，无法证明的存在Fe2+，C错误；
D．氧化还原过程中存在元素化合价的变化，在的循环转化关系中、都是氧化还原反应，D错误；
故选B。
【分析】由图可知，a为单质，则a为Fe，b为+2价的亚铁盐，c为+2的碱，即为Fe(OH)2，e为+3价的铁盐，d为+3价的碱，即为Fe(OH)3。
8．（2024高二下·汕头期末）氯碱工业涉及等物质。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．固体中的离子数目为
B．溶液中，
C．标况下，的和混合气体，共价键数目为
D．与足量溶液反应生成转移电子数为
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．NaOH由钠离子和氢氧根离子构成，为1mol，离子数目为，故A正确；
B．根据电荷守恒，溶液中存在：，故B正确；
C．标况下，的和混合气体为1mol，每个H2和Cl2分子都是含有1个共价键，共价键数目为，故C正确；
D．与NaOH发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则与足量溶液反应生成和NaCl，转移电子数为，故D错误；
故选D。
【分析】A．NaOH由钠离子和氢氧根离子构成；
Ｂ．根据电荷守恒分析；
Ｃ．和 均只含一个共价键；
Ｄ．与NaOH发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
9．（2024高二下·汕头期末）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如图所示。分别位于三个短周期中且核电荷数依次增大，原子轨道和轨道的电子数相同，是地壳中含量最多的金属元素。下列说法错误的是
A．半径大小： B．电负性：
C．和的空间结构相同 D．简单氢化物稳定性：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Al＞C＞O＞F＞H，即 ，故A正确；
B．非金属性越强，电负性越大，则电负性：F＞O＞C＞H，即 ，故B正确；
C．二氧化碳是直线形结构，水是V形结构，故C错误；
D．元素的非金属性越强，简单氢化物越稳定，则简单氢化物稳定性：F＞O，即 ，故D正确；
故选C。
【分析】是地壳中含量最多的金属元素 ，则Q为Al元素，阴离子结构中X形成4条共价键、Y形成2条共价键、W和Z形成1条共价键，结合原子序数可知，W是H元素，Y原子s轨道和p轨道的电子数相同，则Y是O元素，X为C元素、Y为O元素、Z为F元素。
10．（2024高二下·汕头期末）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 室温下用计测定同浓度的溶液和溶液的溶液的较大 和都是弱酸
B 向蛋白质溶液中加入几滴醋酸铅溶液，有固体析出 蛋白质发生了盐析
C 向溶液中滴加1滴溶液，再加入稀溶液，溶液颜色变浅色 其他条件不变，增大产物浓度，平衡向逆反应方向移动
D 向液中加入乙醇，析出蓝色晶体 乙醇的极性比水的极性弱
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．室温下用计测定同浓度的溶液和溶液的溶液的较大，说明ClO-的水解程度大于CH3COO-，的酸性强于HClO，但不能说明是弱酸，A错误；
B．铅离子为重金属离子，能够使蛋白质变性，因此向蛋白质溶液中加入几滴醋酸铅溶液，有固体析出，蛋白质发生了变性，B错误；
C．铁离子和KSCN发生络合反应：，Fe(SCN)3呈血红色，稀KCl溶液不影响平衡移动，溶液颜色变浅色是因为溶液体积增大使得溶液被稀释导致，C错误；
D．的极性较大，乙醇的极性比水的极性弱，在乙醇中的溶解度较小，促使从溶液中析出得到晶体，存在因果关系，D正确；
故选D。
【分析】A．酸性越弱，对应的钠盐pH越大；
Ｂ．重金属离子能使蛋白质变性；
Ｃ．铁离子与KSCN会发生反应，溶液呈红色；
Ｄ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。
11．（2024高二下·汕头期末）藿香蓟具有清热解毒功效，其有效成分结构如图。下列有关该物质的说法正确的是
A．所有碳原子处于同一平面
B．分子中存在着手性C原子
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．该物质最多能与溶液发生反应
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A．该分子含有饱和碳原子，（如图用“*”标记），饱和碳原子具有甲烷的结构特征，因此所有碳原子不可能处于同一平面，故A错误；
B．该分子中不存在碳原子连有4个不同的原子团，因此该分子中不存在着手性C原子，故B错误；
C．该分子中存在碳碳双键，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．该物质中有1mol酚羟基酯基，最多能与溶液发生反应，故D错误；
故选C。
【分析】A．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｂ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｃ．碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
Ｄ．该物质中酯基和酚羟基能与NaOH反应。
12．（2024高二下·汕头期末）电解废旧锂电池中的示意图如图(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法正确的是
A．电极A接电源的正极
B．电极B为发生的反应为：
C．电解结束，溶液的增大
D．当外电路中通过电子时，A极消耗
【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极A为阴极，接电源的负极，A错误；
B．电极B为阳极，发生氧化反应，电极反应为：，B错误；
C．电解的总反应式为，消耗氢离子，溶液的增大，C正确；
D．电极A电极反应为，当外电路中通过电子时，A极消耗，D错误；
故选C。
【分析】由图可知，电极B上，Mn2+发生氧化反应生成MnO2，则电极B为阳极，电极反应式为，电极A为阴极，电解后形成和，电极反应为，该电池的总反应为。
13．（2024高二下·汕头期末）在生产和生活中用途广泛，某化学兴趣小组设计实验进行有关氯化铁的探究实验。
Ⅰ．溶液的配制
（1）溶液的配制
①配制一定浓度的溶液需用到的仪器有　 　(填字母)。
②配制溶液时，需要将固体溶解在浓盐酸中，原因为　 　。
Ⅱ．与溶液相关反应的探究
实验事实：小组同学向溶液中通入至饱和，溶液变成红色。
提出问题：溶液变为红色与什么微粒有关？
查阅资料：①与阴离子形成配合物，且(Ⅲ)配合物常呈现特殊颜色。
②溶液中，存在的含有硫元素的微粒有、、
提出猜想：溶液变为红色与有关；
溶液变为红色与有关。
实验验证：为验证猜想，小组同学做了如下实验。
实验 实验操作 实验现象
① 取溶液于试管中，加入溶液，观察内的颜色变化 溶液变为红色
② 取溶液于试管中，加入___________溶液，观察内的颜色变化 溶液变为红色
（2）完成表格：实验②中加入　 　溶液。
上述两个实验中溶液都变为红色，因此无法得出实验结论。进一步验证：为进一步验证猜想，小组同学配制系列溶液并测量其吸光度，绘制出如图曲线。
测量溶液：溶液溶液溶液
参比溶液：溶液溶液蒸馏水
图中三点对应加入各试剂的体积如表所示。
点
0.5 4.0 0.0
0.0 4.0
说明：①已知吸光度大小与溶液中红色物质浓度成正比。
②参比溶液的作用是空白对照，设定参比溶液的吸光度为0。
（3）补充上表中数值，其中　 　，　 　。
实验结论：
（4）根据以上实验，可以推测：溶液变为红色与　 　(填离子符号)有关。
（5）常温下，溶液中价含硫微粒物质的量分数随变化曲线如图所示。
则的第二步电离平衡常数　 　。
【答案】；防止水解生成沉淀；；2.4；1.6；；
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①配制一定浓度的溶液计算、称量后，需用到的仪器有烧杯、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒，不需要试管和分液漏斗，故答案为：；
②为强酸弱碱盐，铁离子易水解，浓盐酸能抑制铁离子的水解，所以配制溶液时，需要将固体溶解在浓盐酸中，防止水解生成沉淀；
（2）采取控制变量法进行实验，溶液的总体积、氯化铁溶液的浓度和体积均要相同，所以②中加入溶液；
（3）采取控制变量法进行实验，溶液的总体积要相等，即a+b=4，图像显示B点，亚硫酸氢钠溶液和亚硫酸钠溶液浓度相等，所以b=4.0×40%=1.6，4.0-1.6=2.4 ；
（4）吸光度大小与溶液中红色物质浓度成正比，图像显示越大、吸光度越低，红色物质浓度越小，所以可以推测：溶液变为红色与有关；
（5）的第二步电离：，，图像显示，pH=7.2时，所以=c(H+)=10-7.2mol/L。
【分析】 Ⅰ． 配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此选择所需仪器；
Ⅱ．探究与溶液相关反应时，向溶液中通入至饱和，溶液变成红色，为弄清溶液变为红色与什么微粒有关，取溶液于试管中，加入溶液，观察内的颜色变化，另取溶液于试管中，加入溶液，观察内的颜色变化，结果溶液均变为红色，为进一步验证猜想，配制系列溶液并测量其吸光度。
14．（2024高二下·汕头期末）金属铼广泛用于航空航天等领域。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)制取高铼酸铵晶体的流程如图所示。回答下列问题：
（1）①“焙烧”常采用高压、空气逆流操作(空气从培烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，其目的是　 　。
②“焙烧”过程中转化为，反应方程式为　 　。
（2）“萃取”机理为：，则“反萃取”对应的离子方程式为　 　；常温下，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的，则溶液中　 　 (填 “”“”或“”)。(已知：常温下)
（3）“反萃取”后，从溶液中得到晶体的操作为　 　、过滤、洗涤、干燥。
（4）经过高温氢气还原即可获得铼粉，该反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；
（2）或；＞
（3）蒸发浓缩、冷却结晶
（4）
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①“焙烧”采用高压空气、逆流操作可增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；
②“焙烧”过程中转化为，反应方程式为；
答案：增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率、；
（2）“反萃取”时与氨气反应生成、，离子反应方程式为或，，即，反萃取得到高铼酸铵溶液的，则溶液中c(OH-)=10-5mol/L，则，得＞，答案：或、＞；
（3）“反萃取”后，从溶液中得到晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，答案：蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）经过高温氢气还原即可获得铼粉，该反应的化学方程式为，答案：。
【分析】钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)中加入生石灰和空气焙烧，“焙烧”过程中转化为，发生的反应为，同时硫元素转化为二氧化硫，二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙， 钼元素转化成CaMoO4， 加入硫酸、软锰矿浸出，生成硫酸钙微溶，则浸渣为硫酸钙，再加入氨水和生石灰反应，过滤除去含有钼的滤渣，滤液含有 ，酸化后加入有机萃取剂，发生反应 ，分离出水相，再加入氨水反萃取，分离有机相，经一系列操作得到产品。
（1）①“焙烧”采用高压空气、逆流操作可增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；
②“焙烧”过程中转化为，反应方程式为；
答案：增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率、；
（2）“反萃取”时与氨气反应生成、，离子反应方程式为或，，即，反萃取得到高铼酸铵溶液的，则溶液中c(OH-)=10-5mol/L，则，得＞，答案：或、＞；
（3）“反萃取”后，从溶液中得到晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，答案：蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）经过高温氢气还原即可获得铼粉，该反应的化学方程式为，答案：。
15．（2024高二下·汕头期末）离子液体具有高质子电导率以及优异的电化学和热稳定性，在电化学中有重要应用。有两种离子液体结构如图所示：、
（1）基态原子的核外电子排布式为　 　，占据最高能级的电子云轮廓图形状为　 　。
（2）化合物的阴离子空间构型为　 　。
（3）关于上述两种化合物，说法正确的是___________。
A．上述离子液体固态时，均含有极性共价键、配位键和离子键
B．上述离子液体中，原子的杂化方式均有和杂化
C．元素形成的简单氢化物的沸点均为所在主族最高的
（4）某富锂超离子导体的晶胞如图所示，其化学式为　 　，晶体密度为　 　。
【答案】（1）；哑铃型
（2）正四面体型
（3）A
（4）；
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态原子序数为7，其核外电子排布式为，占据最高能级的电子云为2p轨道，轮廓图形状为哑铃型，答案：、哑铃型；
（2）化合物的阴离子为，中心原子B原子的价层电子数为，没有孤对电子，空间构型为正四面体型，答案：正四面体型；
（3）A．对比结构式可知，当液体呈固态时，阳离子中存在极性共价键（环上碳氮键）和配位键（化合物a中氮氢键、化合物b中氮碳形成的键），阴阳离子结合形成离子键，符合题意；
B．上述离子液体中，原子的杂化方式均有和杂化，化合物a中杂化方式只有杂化，不符合题意；
C．元素形成的简单氢化物因为可以形成氢键，所以它们的沸点均为所在主族最高的，不可以形成氢键，所以它的沸点不是所在主族最高的，不符合题意；
答案：A；
（4）由图可知，Li原子位于上下棱上和体心，数目为，Cl原子位于侧面的棱上，数目为，O位于晶胞上下面的面上，数目为，则其化学式为，晶体密度为，答案：、。
【分析】（1）N为7号元素，根据核外电子排布规则书写核外电子排布式，其最高能级为2p；
（2）中心原子的价层电子对数为4，不含孤电子对；
（3）根据化合物的结构分析；
（4）根据均摊法和计算。
（1）基态原子序数为7，核外电子排布式为，占据最高能级的电子云为2p轨道，轮廓图形状为哑铃型，答案：、哑铃型；
（2）化合物的阴离子为，价层电子数为，没有孤对电子，空间构型为正四面体型，答案：正四面体型；
（3）A．对比结构式可知，当液体呈固态时，阳离子中存在极性共价键（环上碳氮键）和配位键（化合物a中氮氢键、化合物b中氮碳形成的键），阴阳离子结合形成离子键，符合题意；B．上述离子液体中，原子的杂化方式均有和杂化，化合物a中杂化方式只有杂化，不符合题意；C．元素形成的简单氢化物因为可以形成氢键，所以它们的沸点均为所在主族最高的，不可以形成氢键，所以它的沸点不是所在主族最高的，不符合题意；答案：A；
（4）原子Li位于晶胞上下面的棱上，和体心，所以个数为，原子Cl位于晶胞侧面的棱上，所以个数为，O位于晶胞上下面的面上，所以个数为，其化学式为，晶体密度为，答案：、。
16．（2024高二下·汕头期末）除了可以用作燃料之外，还有很多用途。还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：，
Ⅱ：，
（1）有利于提高平衡转化率的条件是　 　。(任答2点)
（2）对于反应Ⅰ，下列能判断反应达到平衡状态的是___________。
A．的体积分数不变
B．单位时间内断开键，同时生成键
C．恒容条件下混合气体的密度不变
D．混合气体的平均相对分子质量不变
（3）恒压、时，和按物质的量之比投料，反应经如图流程(主要产物已标出)可实现高效转化。
①下列说法正确的是　 　。
A．可循环利用，不可循环利用
B．过程ⅱ吸收可促使氧化的平衡正移
C．过程ⅱ产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因　 　。
（4）一定条件下，也可与反应生成无污染的气态物质与液态水。
已知：反应1：
反应2：
①已知的燃烧热为，则　 　。
②向恒容密闭容器中充入气体发生反应：，初始压强为，测得的平衡转化率与温度的关系如图所示。温度为时，用平衡分压代替浓度计算的平衡常数　 　。
【答案】（1）高温、低压、增大甲烷用量、及时移出水(合理即可)
（2）A；D
（3）BC；通入分解平衡正移，导致增大，促进还原的反应平衡正移，使物质的量上升
（4）-958.3；0.2
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ、Ⅱ均为气体体积增大的吸热反应，可采用高温、低压、增大甲烷用量、及时移出水均可提高CO2平衡转化率，故答案为：高温、低压、增大甲烷用量、及时移出水(合理即可)；
（2）A．随着反应Ⅰ的进行，甲烷的物质的量不断减小，体积分数逐渐减小，当体积分数不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A项正确；
B．单位时间内断开2mod C=O键，同时生成2molH H键，均为正反应方向进行，不能判断反应达到平衡状态，故B项错误；
C．恒容条件下，反应物、生成物均为气体，总质量不变，恒容体积不变，则任意时刻的混合气体密度均保持不变，不能判断反应达到平衡状态，故C项错误；
D．该反应为物质的量增加的反应，总质量不变，根据公式可知，混合气体平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明该反应达到平衡状态，故D项正确；
故答案为：AD；
（3）①A．该过程中，Fe3O4转化为Fe，Fe又转化为Fe3O4，Fe3O4可循环利用；CaCO3受热分解生成CaO和CO2，CaO又与CO2反应生成CaCO3，CaO也可循环利用，故A项错误；
B．过程ⅱ，CaO吸收CO2，使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO的平衡正向移动，故B项正确；
C．过程ⅱ中CaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，故C项正确；
D．该流程的总反应为，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO2需吸收的能量更少，故D项错误；
故答案为：BC；
②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2的反应平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，故答案为：通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2的反应平衡正移，使CO物质的量上升；
（4）①，由盖斯定律可知，，故答案为：-958.3；
②初始压强为192kPa，温度为T3K时，由图可知，NO2的平衡转化率为20%，设充入n(CH4)为nmol，则n(NO2)为2nmol，利用三段式计算可知：
平衡时，气体总物质的量为：3.2nmol，平衡前后压强之比等于物质的量之比，即，初始压强为192kPa，求出平衡时压强为：，则用平衡分压代替浓度计算的平衡常数，故答案为：0.2kPa。
【分析】（1）平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
（3）①根据流程图分析；
②平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（4）①根据盖斯定律计算；
②列出反应的三段式，结合平衡常数的计算公式计算。
（1）反应Ⅰ、Ⅱ均为分子数增加的吸热反应，故可采用高温、低压、增大甲烷用量、及时移出水均可提高CO2平衡转化率，故答案为：高温、低压、增大甲烷用量、及时移出水(合理即可)；
（2）A．随着反应Ⅰ的进行，甲烷的物质的量不断减小，体积分数逐渐减小，当体积分数不变时，即可以判断反应达到平衡状态，故A项正确；
B．单位时间内断开2mod C=O键，同时生成2molH H键，均为正反应方向进行，不能判断反应达到平衡状态，故B项错误；
C．恒容条件下，反应物、生成物均为气体，总质量不变，恒容体积不变，则任意时刻的混合气体密度均保持不变，不能判断反应达到平衡状态，故C项错误；
D．该反应为物质的量增加的反应，总质量不变，根据公式可知，混合气体平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明该反应达到平衡状态，故D项正确；
故答案为：AD；
（3）①A．根据流程可知，Fe3O4转化为Fe，Fe又转化为Fe3O4，Fe3O4可循环利用；CaCO3受热分解生成CaO和CO2，CaO又与CO2反应生成CaCO3，CaO也可循环利用，故A项错误；
B．过程ⅱ，CaO吸收CO2，使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO的平衡正向移动，故B项正确；
C．过程ⅱ中CaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，故C项正确；
D．该流程的总反应为，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO2需吸收的能量更少，故D项错误；
故答案为：BC；
②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2的反应平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，故答案为：通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2的反应平衡正移，使CO物质的量上升；
（4）①，由盖斯定律可知，，故答案为：-958.3；
②初始压强为192kPa，温度为T3K时，由图可知，NO2的平衡转化率为20%，设充入n(CH4)为nmol，则n(NO2)为2nmol，利用三段式计算可知：
平衡时，气体总物质的量为：3.2nmol，平衡前后压强之比等于物质的量之比，即，初始压强为192kPa，求出平衡时压强为：，则用平衡分压代替浓度计算的平衡常数，故答案为：0.2kPa。
17．（2024高二下·汕头期末）阿扎司琼对某些药物引起的恶心和呕吐具有明显的抑制作用，化合物ⅵ是合成阿扎司琼的中间体，其合成路线如图：
（1）化合物ⅰ的官能团为　 　。酸性条件下，化合物ⅰ的水解产物有两种，熔沸点：，则的核磁共振氢谱上有　 　组吸收峰。写出一种与相同官能团的芳香族同分异构体　 　。
（2）根据化合物ⅱ的结构特征，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
浓溴水 　 　 　 　
　 　 　 　 酯化反应
（3）下列关于该合成路线说法正确的是___________。
A．化合物ⅲ中C的杂化方式只有杂化
B．化合物ⅳ到ⅴ转化过程中只有极性键的断裂和形成
C．化合物中共价键的成键方式有“头碰头”和“肩并肩”两种方式
D．化合物ⅵ有可能所有原子共平面
（4）以苯酚为主要原料，参考合成路线信息，合成化合物，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
第一步反应中，有机生成物为　 　(写结构简式)。
相关步骤涉及有机分子中碳原子增多的反应，其化学方程式为　 　。
【答案】（1）羟基、酯基；2；或
（2）；取代反应；乙酸、浓硫酸、加热；
（3）B；C
（4）；+CH3CHClCOCl+HCl
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物ⅰ的官能团为羟基、酯基；化合物ⅰ的水解产物有两种，熔沸点：，y为甲醇，核磁共振氢谱上有2组吸收峰；x为邻羟基苯甲酸，其中的官能团为羧基和酚羟基，则与相同官能团的芳香族同分异构体有或；
（2）化合物ii分子含有酯基、酚羟基、碳氯键，还含有苯环，能与浓溴水发生取代反应生成，能与乙酸在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成；
（3）A．化合物ⅲ中苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化，则C的杂化方式有、杂化，A错误；
B．化合物ⅳ到ⅴ转化过程发生取代反应，还生成氯化氢，只有极性键的断裂和形成，B正确；
C．化合物中含有σ键和π键，共价键的成键方式有“头碰头”和“肩并肩”两种方式，C正确；
D．化合物ⅵ中含有甲基，所有原子不可能共平面，D错误；
故选BC；
（4）以苯酚为原料合成，苯酚发生i生成ii、ii生成iii、iii生成iv类型的反应得到目标产物，合成路线为：；
(a)第一步反应中，有机生成物为；
(b)相关步骤涉及有机分子中碳原子增多的反应即由转化为，其化学方程式为+CH3CHClCOCl+HCl，故答案为：；+CH3CHClCOCl+HCl。
【分析】 i 发生取代反应，在-OH的对位引入-Cl得到ii，ii在浓硫酸、浓硝酸条件下发生硝化反应引入硝基得到iii，iii在Fe/HCl条件下发生还原反应，硝基被还原为氨基得到iv，iv在ClCH2COCl/CH2Cl2条件下发生取代反应得到v，v在K2CO3/DMF条件下发生取代反应生成vi。
（1）根据结构简式，化合物ⅰ的官能团为羟基、酯基；化合物ⅰ的水解产物有两种，熔沸点：，y为甲醇，核磁共振氢谱上有2组吸收峰；x为邻羟基苯甲酸，与相同官能团的芳香族同分异构体有或；
（2）由题干路线图中化合物ii的结构简式可知，分子含有酯基、酚羟基、碳氯键，还含有苯环，能与浓溴水发生取代反应生成，能与乙酸在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成；
（3）A．化合物ⅲ中C的杂化方式有、杂化，A错误；
B．化合物ⅳ到ⅴ转化过程发生取代反应，还生成氯化氢，只有极性键的断裂和形成，B正确；
C．化合物中含有σ键和π键，共价键的成键方式有“头碰头”和“肩并肩”两种方式，C正确；
D．化合物ⅵ中含有甲基，所有原子不可能共平面，D错误；
故选BC；
（4）以苯酚为原料合成，苯酚发生i生成ii、ii生成iii、iii生成iv类型的反应得到目标产物，合成路线为：；
(a)由上述分析可知，第一步反应中，有机生成物为；
(b)相关步骤涉及有机分子中碳原子增多的反应即由转化为，其化学方程式为+CH3CHClCOCl+HCl，故答案为：；+CH3CHClCOCl+HCl。
1 / 1广东省汕头市2023-2024学年高二下学期教学质量检测化学试题
1．（2024高二下·汕头期末）骑楼极具岭南特色，其建筑材料主要成分为硅酸盐的是
A B C D
金漆 木雕 陶塑 蚝壳窗
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高二下·汕头期末）近年来，我国科技迅猛发展。下列科技成果中蕴含的化学知识叙述正确的是
A．打造北斗卫星系统——与星载铷钟所用互为同位素
B．实施海底封存——液化时，其共价键被破坏
C．开启航运氢能时代——氢氧燃料电池工作时可将电能转化为化学能
D．研究新型手性螺环催化剂——能降低化学反应的焓变
3．（2024高二下·汕头期末）下列化学用语或表述正确的是
A．的空间结构：形
B．的电子式：
C．基态原子的价层电子轨道表示式为：
D．顺—2—丁烯的结构简式：
4．（2024高二下·汕头期末）化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是
选项 生产活动 化学原理
A 节日里美丽灿烂的烟花表演 金属的焰色试验
B 潮汕牛肉丸肉质饱满，用新鲜牛肉制作牛肉丸 蒸煮牛肉丸时蛋白质发生变性
C 利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品 氢氟酸可与反应
D 用除去工业废水中的 具有还原性
A．A B．B C．C D．D
5．（2024高二下·汕头期末）冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子可识别，其合成方法如图。下列说法正确的是
A．可与溴水发生加成反应 B．该反应为消去反应
C．核磁共振氢谱有3组峰 D．可增加在苯中的溶解度
6．（2024高二下·汕头期末）实验是化学研究的一种重要手段。下列实验能达到相应实验目的的是
A B C D
苯甲酸重结晶 分离溴苯和苯 比较和的还原性 制备
A．A B．B C．C D．D
7．（2024高二下·汕头期末）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是
A．过量在氯气中燃烧可以生成
B．往装有溶液的试管中滴加氢氧化钠，最终可以生成
C．可用和检验溶液中是否含有中的阳离子
D．在的循环转化关系中只存在1个氧化还原反应
8．（2024高二下·汕头期末）氯碱工业涉及等物质。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．固体中的离子数目为
B．溶液中，
C．标况下，的和混合气体，共价键数目为
D．与足量溶液反应生成转移电子数为
9．（2024高二下·汕头期末）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如图所示。分别位于三个短周期中且核电荷数依次增大，原子轨道和轨道的电子数相同，是地壳中含量最多的金属元素。下列说法错误的是
A．半径大小： B．电负性：
C．和的空间结构相同 D．简单氢化物稳定性：
10．（2024高二下·汕头期末）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 室温下用计测定同浓度的溶液和溶液的溶液的较大 和都是弱酸
B 向蛋白质溶液中加入几滴醋酸铅溶液，有固体析出 蛋白质发生了盐析
C 向溶液中滴加1滴溶液，再加入稀溶液，溶液颜色变浅色 其他条件不变，增大产物浓度，平衡向逆反应方向移动
D 向液中加入乙醇，析出蓝色晶体 乙醇的极性比水的极性弱
A．A B．B C．C D．D
11．（2024高二下·汕头期末）藿香蓟具有清热解毒功效，其有效成分结构如图。下列有关该物质的说法正确的是
A．所有碳原子处于同一平面
B．分子中存在着手性C原子
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．该物质最多能与溶液发生反应
12．（2024高二下·汕头期末）电解废旧锂电池中的示意图如图(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法正确的是
A．电极A接电源的正极
B．电极B为发生的反应为：
C．电解结束，溶液的增大
D．当外电路中通过电子时，A极消耗
13．（2024高二下·汕头期末）在生产和生活中用途广泛，某化学兴趣小组设计实验进行有关氯化铁的探究实验。
Ⅰ．溶液的配制
（1）溶液的配制
①配制一定浓度的溶液需用到的仪器有　 　(填字母)。
②配制溶液时，需要将固体溶解在浓盐酸中，原因为　 　。
Ⅱ．与溶液相关反应的探究
实验事实：小组同学向溶液中通入至饱和，溶液变成红色。
提出问题：溶液变为红色与什么微粒有关？
查阅资料：①与阴离子形成配合物，且(Ⅲ)配合物常呈现特殊颜色。
②溶液中，存在的含有硫元素的微粒有、、
提出猜想：溶液变为红色与有关；
溶液变为红色与有关。
实验验证：为验证猜想，小组同学做了如下实验。
实验 实验操作 实验现象
① 取溶液于试管中，加入溶液，观察内的颜色变化 溶液变为红色
② 取溶液于试管中，加入___________溶液，观察内的颜色变化 溶液变为红色
（2）完成表格：实验②中加入　 　溶液。
上述两个实验中溶液都变为红色，因此无法得出实验结论。进一步验证：为进一步验证猜想，小组同学配制系列溶液并测量其吸光度，绘制出如图曲线。
测量溶液：溶液溶液溶液
参比溶液：溶液溶液蒸馏水
图中三点对应加入各试剂的体积如表所示。
点
0.5 4.0 0.0
0.0 4.0
说明：①已知吸光度大小与溶液中红色物质浓度成正比。
②参比溶液的作用是空白对照，设定参比溶液的吸光度为0。
（3）补充上表中数值，其中　 　，　 　。
实验结论：
（4）根据以上实验，可以推测：溶液变为红色与　 　(填离子符号)有关。
（5）常温下，溶液中价含硫微粒物质的量分数随变化曲线如图所示。
则的第二步电离平衡常数　 　。
14．（2024高二下·汕头期末）金属铼广泛用于航空航天等领域。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)制取高铼酸铵晶体的流程如图所示。回答下列问题：
（1）①“焙烧”常采用高压、空气逆流操作(空气从培烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，其目的是　 　。
②“焙烧”过程中转化为，反应方程式为　 　。
（2）“萃取”机理为：，则“反萃取”对应的离子方程式为　 　；常温下，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的，则溶液中　 　 (填 “”“”或“”)。(已知：常温下)
（3）“反萃取”后，从溶液中得到晶体的操作为　 　、过滤、洗涤、干燥。
（4）经过高温氢气还原即可获得铼粉，该反应的化学方程式为　 　。
15．（2024高二下·汕头期末）离子液体具有高质子电导率以及优异的电化学和热稳定性，在电化学中有重要应用。有两种离子液体结构如图所示：、
（1）基态原子的核外电子排布式为　 　，占据最高能级的电子云轮廓图形状为　 　。
（2）化合物的阴离子空间构型为　 　。
（3）关于上述两种化合物，说法正确的是___________。
A．上述离子液体固态时，均含有极性共价键、配位键和离子键
B．上述离子液体中，原子的杂化方式均有和杂化
C．元素形成的简单氢化物的沸点均为所在主族最高的
（4）某富锂超离子导体的晶胞如图所示，其化学式为　 　，晶体密度为　 　。
16．（2024高二下·汕头期末）除了可以用作燃料之外，还有很多用途。还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：，
Ⅱ：，
（1）有利于提高平衡转化率的条件是　 　。(任答2点)
（2）对于反应Ⅰ，下列能判断反应达到平衡状态的是___________。
A．的体积分数不变
B．单位时间内断开键，同时生成键
C．恒容条件下混合气体的密度不变
D．混合气体的平均相对分子质量不变
（3）恒压、时，和按物质的量之比投料，反应经如图流程(主要产物已标出)可实现高效转化。
①下列说法正确的是　 　。
A．可循环利用，不可循环利用
B．过程ⅱ吸收可促使氧化的平衡正移
C．过程ⅱ产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因　 　。
（4）一定条件下，也可与反应生成无污染的气态物质与液态水。
已知：反应1：
反应2：
①已知的燃烧热为，则　 　。
②向恒容密闭容器中充入气体发生反应：，初始压强为，测得的平衡转化率与温度的关系如图所示。温度为时，用平衡分压代替浓度计算的平衡常数　 　。
17．（2024高二下·汕头期末）阿扎司琼对某些药物引起的恶心和呕吐具有明显的抑制作用，化合物ⅵ是合成阿扎司琼的中间体，其合成路线如图：
（1）化合物ⅰ的官能团为　 　。酸性条件下，化合物ⅰ的水解产物有两种，熔沸点：，则的核磁共振氢谱上有　 　组吸收峰。写出一种与相同官能团的芳香族同分异构体　 　。
（2）根据化合物ⅱ的结构特征，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
浓溴水 　 　 　 　
　 　 　 　 酯化反应
（3）下列关于该合成路线说法正确的是___________。
A．化合物ⅲ中C的杂化方式只有杂化
B．化合物ⅳ到ⅴ转化过程中只有极性键的断裂和形成
C．化合物中共价键的成键方式有“头碰头”和“肩并肩”两种方式
D．化合物ⅵ有可能所有原子共平面
（4）以苯酚为主要原料，参考合成路线信息，合成化合物，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
第一步反应中，有机生成物为　 　(写结构简式)。
相关步骤涉及有机分子中碳原子增多的反应，其化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】硅酸盐
【解析】【解答】A．金漆的主要成分是金，属于金属材料，故A不符合题意；
B．木雕的主要成分为纤维素，为天然有机高分子，故B不符合题意；
C．陶塑以黏土为原料，经高温烧结后形成，其主要成分为硅酸盐，故C符合题意；
D．蚝壳的主要成分为碳酸钙，属于碳酸盐，不含硅酸盐，故D不符合题意；
故选C。
【分析】硅酸盐材料是由天然硅酸盐矿物加工而成的无机非金属材料，其基本化学成分为硅、氧与铝、铁、钙等金属元素结合的化合物。
2．【答案】A
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；化学反应速率的影响因素；元素、核素
【解析】【解答】A．与 质子数相同，中子数不同，互为同位素，故A正确；
B．液化时，分子没有发生变化，破坏的是分子间作用力，故B错误；
C．氢氧燃料电池是原电池，工作时可将化学能转化为电能，故C错误；
D．催化剂不能降低反应的焓变，故D错误；
故选A。
【分析】A．质子数相同，中子数不同的不同原子互为同位素；
Ｂ．液化破坏分子间作用力；
Ｃ．原电池是将化学能转化为电能的装置；
Ｄ．催化剂不影响焓变。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．CO2分子的结构式为O=C=O，空间结构为直线形，故A项错误；
B．KOH为离子化合物，由钾离子和氢氧根离子构成，其电子式为：，故B项正确；
C．基态原子的价层电子排布式为3d54s1，轨道表示式为，故C项错误；
D． 是反-2-丁烯的结构简式，顺-2-丁烯中两个甲基位于碳碳双键的同侧，故D项错误；
故选B。
【分析】A．二氧化碳是直线形分子；
Ｂ．KOH为离子化合物；
Ｃ．Cr的价电子排布式为3d54s1；
Ｄ．顺式结构中相同的原子团位于双键同侧。
4．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硅和二氧化硅；焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．不同金属燃烧发生不同颜色的焰色，节日里美丽灿烂的烟花表演与金属的焰色试验有关，故A不符合题意；
B．牛肉丸中含蛋白质，蛋白质在高温下发生变性，因此蒸煮牛肉丸时蛋白质发生变性，故B不符合题意；
C．石英主要成分为二氧化硅，氢氟酸可与反应，所以可利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，故C不符合题意；
D．用除去工业废水中的，不是因为具有还原性，而是因为硫化铜比硫化亚铁更难溶，故D符合题意；
故选D。
【分析】A．不同金属燃烧发生不同颜色的焰色；
Ｂ．蛋白质在高温下发生变性；
Ｃ．氢氟酸能与二氧化硅反应；
Ｄ．CuS的溶解度小于FeS。
5．【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由图可知，a中含有酚羟基，与溴水发生取代反应，不含碳碳双键，不能发生加成反应，A错误；
B．由图可知，反应过程中酚羟基中氢被取代，属于取代反应，不是消去反应，B错误；
C．c中含有4种不同环境的氢，核磁共振氢谱有4组峰，C错误；
D．冠醚分子c 可识别K+，故能增加KMnO4在甲苯中的溶解度，D正确；
故选D。
【分析】A．酚羟基的邻位和对位能与溴水发生取代反应；
Ｂ．消去反应会生成不饱和键；
Ｃ．分子中有几种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱就有几组峰；
Ｄ． 分子可识别K+。
6．【答案】C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．苯甲酸重结晶时，先加热使其溶解，趁热过滤，再冷却结晶，通过抽滤分离晶体，A错误；
B．溴苯和苯互溶，不能通过分液分离，B错误；
C．氯气氧化碘离子生成的碘单质溶于四氯化碳层呈紫色，证明的还原性更强，C正确；
D．过氧化钠是粉末状固体，易从有孔隔板漏下，不能达到随关随停的目的，D错误；
故选C。
【分析】A．苯甲酸重结晶的步骤如下：将粗苯甲酸加入烧杯中，加入蒸馏水溶解；趁热过滤溶液，除去不溶性杂质；静置使溶液缓慢冷却结晶；抽滤可得纯化的苯甲酸晶体；若纯度不够，可再溶于无水乙醚中，抽滤去不溶的固体，然后真空抽滤，得苯甲酸晶体；
Ｂ．溴苯与苯互溶；
Ｃ．还原性强的先被氧化；
Ｄ．过氧化钠是粉末状固体。
7．【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，A错误；
B．向亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，B正确；
C．检验Fe3+中是否含有Fe2+，若先加入KSCN，溶液变成红色，无法证明的存在Fe2+，C错误；
D．氧化还原过程中存在元素化合价的变化，在的循环转化关系中、都是氧化还原反应，D错误；
故选B。
【分析】由图可知，a为单质，则a为Fe，b为+2价的亚铁盐，c为+2的碱，即为Fe(OH)2，e为+3价的铁盐，d为+3价的碱，即为Fe(OH)3。
8．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．NaOH由钠离子和氢氧根离子构成，为1mol，离子数目为，故A正确；
B．根据电荷守恒，溶液中存在：，故B正确；
C．标况下，的和混合气体为1mol，每个H2和Cl2分子都是含有1个共价键，共价键数目为，故C正确；
D．与NaOH发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则与足量溶液反应生成和NaCl，转移电子数为，故D错误；
故选D。
【分析】A．NaOH由钠离子和氢氧根离子构成；
Ｂ．根据电荷守恒分析；
Ｃ．和 均只含一个共价键；
Ｄ．与NaOH发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
9．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Al＞C＞O＞F＞H，即 ，故A正确；
B．非金属性越强，电负性越大，则电负性：F＞O＞C＞H，即 ，故B正确；
C．二氧化碳是直线形结构，水是V形结构，故C错误；
D．元素的非金属性越强，简单氢化物越稳定，则简单氢化物稳定性：F＞O，即 ，故D正确；
故选C。
【分析】是地壳中含量最多的金属元素 ，则Q为Al元素，阴离子结构中X形成4条共价键、Y形成2条共价键、W和Z形成1条共价键，结合原子序数可知，W是H元素，Y原子s轨道和p轨道的电子数相同，则Y是O元素，X为C元素、Y为O元素、Z为F元素。
10．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．室温下用计测定同浓度的溶液和溶液的溶液的较大，说明ClO-的水解程度大于CH3COO-，的酸性强于HClO，但不能说明是弱酸，A错误；
B．铅离子为重金属离子，能够使蛋白质变性，因此向蛋白质溶液中加入几滴醋酸铅溶液，有固体析出，蛋白质发生了变性，B错误；
C．铁离子和KSCN发生络合反应：，Fe(SCN)3呈血红色，稀KCl溶液不影响平衡移动，溶液颜色变浅色是因为溶液体积增大使得溶液被稀释导致，C错误；
D．的极性较大，乙醇的极性比水的极性弱，在乙醇中的溶解度较小，促使从溶液中析出得到晶体，存在因果关系，D正确；
故选D。
【分析】A．酸性越弱，对应的钠盐pH越大；
Ｂ．重金属离子能使蛋白质变性；
Ｃ．铁离子与KSCN会发生反应，溶液呈红色；
Ｄ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。
11．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A．该分子含有饱和碳原子，（如图用“*”标记），饱和碳原子具有甲烷的结构特征，因此所有碳原子不可能处于同一平面，故A错误；
B．该分子中不存在碳原子连有4个不同的原子团，因此该分子中不存在着手性C原子，故B错误；
C．该分子中存在碳碳双键，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．该物质中有1mol酚羟基酯基，最多能与溶液发生反应，故D错误；
故选C。
【分析】A．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｂ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｃ．碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
Ｄ．该物质中酯基和酚羟基能与NaOH反应。
12．【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极A为阴极，接电源的负极，A错误；
B．电极B为阳极，发生氧化反应，电极反应为：，B错误；
C．电解的总反应式为，消耗氢离子，溶液的增大，C正确；
D．电极A电极反应为，当外电路中通过电子时，A极消耗，D错误；
故选C。
【分析】由图可知，电极B上，Mn2+发生氧化反应生成MnO2，则电极B为阳极，电极反应式为，电极A为阴极，电解后形成和，电极反应为，该电池的总反应为。
13．【答案】；防止水解生成沉淀；；2.4；1.6；；
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①配制一定浓度的溶液计算、称量后，需用到的仪器有烧杯、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒，不需要试管和分液漏斗，故答案为：；
②为强酸弱碱盐，铁离子易水解，浓盐酸能抑制铁离子的水解，所以配制溶液时，需要将固体溶解在浓盐酸中，防止水解生成沉淀；
（2）采取控制变量法进行实验，溶液的总体积、氯化铁溶液的浓度和体积均要相同，所以②中加入溶液；
（3）采取控制变量法进行实验，溶液的总体积要相等，即a+b=4，图像显示B点，亚硫酸氢钠溶液和亚硫酸钠溶液浓度相等，所以b=4.0×40%=1.6，4.0-1.6=2.4 ；
（4）吸光度大小与溶液中红色物质浓度成正比，图像显示越大、吸光度越低，红色物质浓度越小，所以可以推测：溶液变为红色与有关；
（5）的第二步电离：，，图像显示，pH=7.2时，所以=c(H+)=10-7.2mol/L。
【分析】 Ⅰ． 配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此选择所需仪器；
Ⅱ．探究与溶液相关反应时，向溶液中通入至饱和，溶液变成红色，为弄清溶液变为红色与什么微粒有关，取溶液于试管中，加入溶液，观察内的颜色变化，另取溶液于试管中，加入溶液，观察内的颜色变化，结果溶液均变为红色，为进一步验证猜想，配制系列溶液并测量其吸光度。
14．【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；
（2）或；＞
（3）蒸发浓缩、冷却结晶
（4）
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①“焙烧”采用高压空气、逆流操作可增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；
②“焙烧”过程中转化为，反应方程式为；
答案：增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率、；
（2）“反萃取”时与氨气反应生成、，离子反应方程式为或，，即，反萃取得到高铼酸铵溶液的，则溶液中c(OH-)=10-5mol/L，则，得＞，答案：或、＞；
（3）“反萃取”后，从溶液中得到晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，答案：蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）经过高温氢气还原即可获得铼粉，该反应的化学方程式为，答案：。
【分析】钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)中加入生石灰和空气焙烧，“焙烧”过程中转化为，发生的反应为，同时硫元素转化为二氧化硫，二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙， 钼元素转化成CaMoO4， 加入硫酸、软锰矿浸出，生成硫酸钙微溶，则浸渣为硫酸钙，再加入氨水和生石灰反应，过滤除去含有钼的滤渣，滤液含有 ，酸化后加入有机萃取剂，发生反应 ，分离出水相，再加入氨水反萃取，分离有机相，经一系列操作得到产品。
（1）①“焙烧”采用高压空气、逆流操作可增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；
②“焙烧”过程中转化为，反应方程式为；
答案：增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率、；
（2）“反萃取”时与氨气反应生成、，离子反应方程式为或，，即，反萃取得到高铼酸铵溶液的，则溶液中c(OH-)=10-5mol/L，则，得＞，答案：或、＞；
（3）“反萃取”后，从溶液中得到晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，答案：蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）经过高温氢气还原即可获得铼粉，该反应的化学方程式为，答案：。
15．【答案】（1）；哑铃型
（2）正四面体型
（3）A
（4）；
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态原子序数为7，其核外电子排布式为，占据最高能级的电子云为2p轨道，轮廓图形状为哑铃型，答案：、哑铃型；
（2）化合物的阴离子为，中心原子B原子的价层电子数为，没有孤对电子，空间构型为正四面体型，答案：正四面体型；
（3）A．对比结构式可知，当液体呈固态时，阳离子中存在极性共价键（环上碳氮键）和配位键（化合物a中氮氢键、化合物b中氮碳形成的键），阴阳离子结合形成离子键，符合题意；
B．上述离子液体中，原子的杂化方式均有和杂化，化合物a中杂化方式只有杂化，不符合题意；
C．元素形成的简单氢化物因为可以形成氢键，所以它们的沸点均为所在主族最高的，不可以形成氢键，所以它的沸点不是所在主族最高的，不符合题意；
答案：A；
（4）由图可知，Li原子位于上下棱上和体心，数目为，Cl原子位于侧面的棱上，数目为，O位于晶胞上下面的面上，数目为，则其化学式为，晶体密度为，答案：、。
【分析】（1）N为7号元素，根据核外电子排布规则书写核外电子排布式，其最高能级为2p；
（2）中心原子的价层电子对数为4，不含孤电子对；
（3）根据化合物的结构分析；
（4）根据均摊法和计算。
（1）基态原子序数为7，核外电子排布式为，占据最高能级的电子云为2p轨道，轮廓图形状为哑铃型，答案：、哑铃型；
（2）化合物的阴离子为，价层电子数为，没有孤对电子，空间构型为正四面体型，答案：正四面体型；
（3）A．对比结构式可知，当液体呈固态时，阳离子中存在极性共价键（环上碳氮键）和配位键（化合物a中氮氢键、化合物b中氮碳形成的键），阴阳离子结合形成离子键，符合题意；B．上述离子液体中，原子的杂化方式均有和杂化，化合物a中杂化方式只有杂化，不符合题意；C．元素形成的简单氢化物因为可以形成氢键，所以它们的沸点均为所在主族最高的，不可以形成氢键，所以它的沸点不是所在主族最高的，不符合题意；答案：A；
（4）原子Li位于晶胞上下面的棱上，和体心，所以个数为，原子Cl位于晶胞侧面的棱上，所以个数为，O位于晶胞上下面的面上，所以个数为，其化学式为，晶体密度为，答案：、。
16．【答案】（1）高温、低压、增大甲烷用量、及时移出水(合理即可)
（2）A；D
（3）BC；通入分解平衡正移，导致增大，促进还原的反应平衡正移，使物质的量上升
（4）-958.3；0.2
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ、Ⅱ均为气体体积增大的吸热反应，可采用高温、低压、增大甲烷用量、及时移出水均可提高CO2平衡转化率，故答案为：高温、低压、增大甲烷用量、及时移出水(合理即可)；
（2）A．随着反应Ⅰ的进行，甲烷的物质的量不断减小，体积分数逐渐减小，当体积分数不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A项正确；
B．单位时间内断开2mod C=O键，同时生成2molH H键，均为正反应方向进行，不能判断反应达到平衡状态，故B项错误；
C．恒容条件下，反应物、生成物均为气体，总质量不变，恒容体积不变，则任意时刻的混合气体密度均保持不变，不能判断反应达到平衡状态，故C项错误；
D．该反应为物质的量增加的反应，总质量不变，根据公式可知，混合气体平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明该反应达到平衡状态，故D项正确；
故答案为：AD；
（3）①A．该过程中，Fe3O4转化为Fe，Fe又转化为Fe3O4，Fe3O4可循环利用；CaCO3受热分解生成CaO和CO2，CaO又与CO2反应生成CaCO3，CaO也可循环利用，故A项错误；
B．过程ⅱ，CaO吸收CO2，使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO的平衡正向移动，故B项正确；
C．过程ⅱ中CaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，故C项正确；
D．该流程的总反应为，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO2需吸收的能量更少，故D项错误；
故答案为：BC；
②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2的反应平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，故答案为：通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2的反应平衡正移，使CO物质的量上升；
（4）①，由盖斯定律可知，，故答案为：-958.3；
②初始压强为192kPa，温度为T3K时，由图可知，NO2的平衡转化率为20%，设充入n(CH4)为nmol，则n(NO2)为2nmol，利用三段式计算可知：
平衡时，气体总物质的量为：3.2nmol，平衡前后压强之比等于物质的量之比，即，初始压强为192kPa，求出平衡时压强为：，则用平衡分压代替浓度计算的平衡常数，故答案为：0.2kPa。
【分析】（1）平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
（3）①根据流程图分析；
②平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（4）①根据盖斯定律计算；
②列出反应的三段式，结合平衡常数的计算公式计算。
（1）反应Ⅰ、Ⅱ均为分子数增加的吸热反应，故可采用高温、低压、增大甲烷用量、及时移出水均可提高CO2平衡转化率，故答案为：高温、低压、增大甲烷用量、及时移出水(合理即可)；
（2）A．随着反应Ⅰ的进行，甲烷的物质的量不断减小，体积分数逐渐减小，当体积分数不变时，即可以判断反应达到平衡状态，故A项正确；
B．单位时间内断开2mod C=O键，同时生成2molH H键，均为正反应方向进行，不能判断反应达到平衡状态，故B项错误；
C．恒容条件下，反应物、生成物均为气体，总质量不变，恒容体积不变，则任意时刻的混合气体密度均保持不变，不能判断反应达到平衡状态，故C项错误；
D．该反应为物质的量增加的反应，总质量不变，根据公式可知，混合气体平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明该反应达到平衡状态，故D项正确；
故答案为：AD；
（3）①A．根据流程可知，Fe3O4转化为Fe，Fe又转化为Fe3O4，Fe3O4可循环利用；CaCO3受热分解生成CaO和CO2，CaO又与CO2反应生成CaCO3，CaO也可循环利用，故A项错误；
B．过程ⅱ，CaO吸收CO2，使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO的平衡正向移动，故B项正确；
C．过程ⅱ中CaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，故C项正确；
D．该流程的总反应为，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO2需吸收的能量更少，故D项错误；
故答案为：BC；
②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2的反应平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，故答案为：通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2的反应平衡正移，使CO物质的量上升；
（4）①，由盖斯定律可知，，故答案为：-958.3；
②初始压强为192kPa，温度为T3K时，由图可知，NO2的平衡转化率为20%，设充入n(CH4)为nmol，则n(NO2)为2nmol，利用三段式计算可知：
平衡时，气体总物质的量为：3.2nmol，平衡前后压强之比等于物质的量之比，即，初始压强为192kPa，求出平衡时压强为：，则用平衡分压代替浓度计算的平衡常数，故答案为：0.2kPa。
17．【答案】（1）羟基、酯基；2；或
（2）；取代反应；乙酸、浓硫酸、加热；
（3）B；C
（4）；+CH3CHClCOCl+HCl
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物ⅰ的官能团为羟基、酯基；化合物ⅰ的水解产物有两种，熔沸点：，y为甲醇，核磁共振氢谱上有2组吸收峰；x为邻羟基苯甲酸，其中的官能团为羧基和酚羟基，则与相同官能团的芳香族同分异构体有或；
（2）化合物ii分子含有酯基、酚羟基、碳氯键，还含有苯环，能与浓溴水发生取代反应生成，能与乙酸在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成；
（3）A．化合物ⅲ中苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化，则C的杂化方式有、杂化，A错误；
B．化合物ⅳ到ⅴ转化过程发生取代反应，还生成氯化氢，只有极性键的断裂和形成，B正确；
C．化合物中含有σ键和π键，共价键的成键方式有“头碰头”和“肩并肩”两种方式，C正确；
D．化合物ⅵ中含有甲基，所有原子不可能共平面，D错误；
故选BC；
（4）以苯酚为原料合成，苯酚发生i生成ii、ii生成iii、iii生成iv类型的反应得到目标产物，合成路线为：；
(a)第一步反应中，有机生成物为；
(b)相关步骤涉及有机分子中碳原子增多的反应即由转化为，其化学方程式为+CH3CHClCOCl+HCl，故答案为：；+CH3CHClCOCl+HCl。
【分析】 i 发生取代反应，在-OH的对位引入-Cl得到ii，ii在浓硫酸、浓硝酸条件下发生硝化反应引入硝基得到iii，iii在Fe/HCl条件下发生还原反应，硝基被还原为氨基得到iv，iv在ClCH2COCl/CH2Cl2条件下发生取代反应得到v，v在K2CO3/DMF条件下发生取代反应生成vi。
（1）根据结构简式，化合物ⅰ的官能团为羟基、酯基；化合物ⅰ的水解产物有两种，熔沸点：，y为甲醇，核磁共振氢谱上有2组吸收峰；x为邻羟基苯甲酸，与相同官能团的芳香族同分异构体有或；
（2）由题干路线图中化合物ii的结构简式可知，分子含有酯基、酚羟基、碳氯键，还含有苯环，能与浓溴水发生取代反应生成，能与乙酸在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成；
（3）A．化合物ⅲ中C的杂化方式有、杂化，A错误；
B．化合物ⅳ到ⅴ转化过程发生取代反应，还生成氯化氢，只有极性键的断裂和形成，B正确；
C．化合物中含有σ键和π键，共价键的成键方式有“头碰头”和“肩并肩”两种方式，C正确；
D．化合物ⅵ中含有甲基，所有原子不可能共平面，D错误；
故选BC；
（4）以苯酚为原料合成，苯酚发生i生成ii、ii生成iii、iii生成iv类型的反应得到目标产物，合成路线为：；
(a)由上述分析可知，第一步反应中，有机生成物为；
(b)相关步骤涉及有机分子中碳原子增多的反应即由转化为，其化学方程式为+CH3CHClCOCl+HCl，故答案为：；+CH3CHClCOCl+HCl。
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