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江苏省盐城市东台市2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每一题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高二上·东台期末）科技强国。我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法不正确的是
A．杭州亚运主火炬燃料为零碳甲醇，甲醇具有还原性
B．国产大型邮轮“爱达 魔都号”采用的薄形钢板属于合金
C．量子计算机“悟空”面世，其传输信号的光纤主要成分为
D．“华龙一号”中的二氧化铀陶瓷芯块是核电站的“心脏”，铀是第ⅠA族元素
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；醇类简介；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．甲醇燃烧过程中碳元素的化合价升高，被氧化，甲醇还原剂，表现还原性，故A不符合题意；
B．薄形钢板的主要材质是钢，是性能优良的金属材料，属于合金，故B不符合题意 ；
C．量子计算机传输信号的光纤主要成分为二氧化硅，故C不符合题意 ；
D．铀元素为92号元素，是元素周期表第七周期ⅢB族的锕系元素，不是IA族元素，故D符合题意 ；
故选D。
【分析】A．物质化合价升高，发生氧化反应，表现还原性。
B．钢为含碳的合金，为金属材料。
C. 光纤主要成分为二氧化硅。
D．可根据元素的核外电子排布确定其在周期表中的位置。
2．（2025高二上·东台期末）下列化学用语表示不正确的是
A．的电子式：
B．SO2的价层电子对互斥模型：
C．的空间填充模型：
D．3，3-二甲基戊烷的键线式：
【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；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；有机化合物的表示方法
【解析】【解答】A．分子中C和O分别共用2对电子，形成极性共价键，其电子式：，A符合题意；
B．SO2中心原子S的孤电子对数=、价层电子对数=2+1=3，根据价层电子互斥理论可知二氧化硫的价层电子对互斥模型为平面三角形：，B不符合题意 ；
C．的中心原子N为sp3杂化，四条杂化轨道分别与H形成3个σ共价键，还有1个孤电子对，故空间构型为三角锥形，空间填充模型为，C不符合题意 ；
D．该键线式的主链上有5个碳原子，其中3号碳原子上连有2个甲基，故其化学名称为3，3-二甲基戊烷，D不符合题意 ；
故选A。
【分析】A．分子中C和O分别共用2对电子。
B．SO2的中心原子S的价层电子对数为3，价层电子对互斥模型为平面三角形。
C．的中心原子N有4对价层电子对，价层电子对互斥模型为四面体结构，但其中有1个孤电子对，故空间构型为三角锥形。
D. 命名烷烃时，需选最长的碳链作为主链。
3．（2025高二上·东台期末）下列仪器可用于熔融NaCl晶体的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】熔融NaCl晶体应选用坩埚，B符合题意。故答案为：B。
【分析】熔融固体只能用上述仪器中的坩埚。
4．（2025高二上·东台期末）物质的性质决定用途，下列两者关系对应不正确的是
A．Na2CO3溶液呈碱性，可用作治疗胃酸过多的抗酸药物
B．铝合金质量轻、强度大，可用作制造飞机和宇宙飞船的材料
C．CuS、HgS极难溶，可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+
D．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；含硅矿物及材料的应用；合金及其应用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．碳酸钠（Na2CO3）溶液呈碱性，但其碱性较强，容易引起胃部不适；可用碳酸氢钠（NaHCO3）或氢氧化铝等碱性相对较弱的物质治疗胃酸过多；A符合题意；
B．的表面容易形成致密的氧化膜，保护内部金属。而且合金的硬度一般比纯金属大，铝合金表面质量轻、强度大，故可用作制造飞机和宇宙飞船的材料，B不符合题意；
C．可用Na2S中的 S2-与废水中的Cu2+和Hg2+反应，将其转化为极难溶的沉淀CuS、HgS而除去Cu2+和Hg2+，C不符合题意；
D．碳化硅是共价晶体，具有硬度大、熔点高等特点，可用作砂纸、砂轮的磨料，D不符合题意；
故选A。
【分析】A．Na2CO3的CO32-在溶液中水解，使得酸钠（Na2CO3）溶液呈碱性。
B．合金的硬度一般比纯金属大，性能更好。
C．可将Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+。
D．碳化硅是共价晶体，具有共价晶体的特点。
5．（2025高二上·东台期末）温室气体在催化剂作用下可分解为和，也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。下列说法不正确的是
A．原子半径： B．第一电离能：
C．在水中的溶解度：苯<苯酚 D．与的空间构型相同
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．C 、N 、O都是第二周期的元素，其原子序数依次递增，原子半径从小到大的顺序为OB．同周期元素从左到右，第一电离能递增，但其中ⅡA和ⅤA的元素因其最外层电子排布较稳定而反常，致其第一电离能大于同周期相邻的元素，C 、N 、O第一电离能从小到大排序为C< O< N，B符合题意 ；
C．苯是非极性分子，苯酚是极性分子，根据相似相溶原理，水是极性溶剂，苯酚在水中的溶解度大于苯，且苯酚与水分子之间可以形成氢键，C不符合题意 ；
D．与均为的等电子体，故其分子构型为直线形，两者空间构型相同，D不符合题意 ；
故选B。
【分析】A．同一周期的元素，从左到右原子半径依次减小。
B．同周期元素从左到右，第一电离能递增，但ⅡA和ⅤA的元素因其最外层电子排布较稳定而反常，致其第一电离能大于同周期相邻的元素。
C．可根据苯酚及苯的极性，和它们是否与水形成氢键，判断其在水中溶解度。
D．可根据等电子体原理，判断分子构型。
6．（2025高二上·东台期末）只用括号内指定试剂不能鉴别的一组试剂是
A．乙酸、乙醛、甲酸 (新制Cu(OH)2悬浊液)
B．甲苯、1-己烯、乙酸 (溴水)
C．苯酚钠溶液、NaHCO3溶液、乙醇钠 (盐酸)
D．甲苯、乙醇、苯酚溶液 (酸性溶液)
【答案】D
【知识点】有机物的鉴别；有机物（官能团）的检验；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．乙酸有羧基，可溶解新制氢氧化铜悬浊液，变成蓝色溶液；乙醛有醛基，与新制氢氧化铜悬浊液加热会生成砖红色的氧化亚铜沉淀；甲酸既有羧基又有醛基， 可溶解新制氢氧化铜悬浊液，变成蓝色溶液 、加热还会生成砖红色沉淀，三者与新制氢氧化铜悬浊液反应现象不同，故可用新制Cu(OH)2悬浊液能鉴别乙酸、乙醛和甲酸，A不符合题意；
B．甲苯密度小于水，可萃取溴水中的溴，溶液分层，上层显橙红色；1-己烯可与溴发生加成反应，使溴水褪色同时生成密度大于水的二溴己烷；乙酸与溴水不反应，无现象。三者与溴水反应现象不同，故可鉴别，B不符合题意；
C．苯酚钠与盐酸反应生成苯酚和氯化钠，常温下苯酚微溶于水，故溶液中出现浑浊；NaHCO3与盐酸反应生成二氧化碳气体；乙醇钠与盐酸不反应，混合无现象。三者现象不同，用盐酸可鉴别，C不符合题意；
D．甲苯、乙醇、苯酚溶液均使酸性KMnO4溶液褪色，用酸性KMnO4溶液不可鉴别上述三者，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.羧基有酸性，可溶解新制氢氧化铜悬浊液，醛基有还原性， 可被弱氧化剂新制氢氧化铜悬浊液氧化。
B.甲苯萃取溴水；1-己烯与溴发生加成反应；乙酸与溴水不反应。
C.苯酚钠溶液与盐酸反应生成苯酚；NaHCO3溶液与盐酸反应生成二氧化碳；乙醇钠溶液与盐酸不反应。
D.甲苯、乙醇、苯酚溶液均使酸性KMnO4溶液褪色。
7．（2025高二上·东台期末）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是
A．CH3CH2BrCH2=CH2CH3CH2OH
B．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)
C．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D．N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)
【答案】C
【知识点】氮气的化学性质；镁、铝的重要化合物；溴乙烷的化学性质；硫单质的性质与用途
【解析】【解答】A．溴乙烷与NaOH醇溶液加热，发生消去反应生成乙烯；乙烯与水在催化剂作用下，发生加成反应生成乙醇，上述物质间可实现转化，故A错误；
B．氯化镁与氢氧化钙发生沉淀转化，生成氢氧化镁沉淀和氯化钙；然后煅烧氢氧化镁可生成氧化镁，上述物质间可实现转化，故B错误；
C．单质硫在氧气中点燃生成二氧化硫，不可能生成三氧化硫， 上述物质间不可以实现转化，故C正确；
D．氮气与氢气在高温、高压、催化剂条件下生成氨气；氨气和二氧化碳通入饱和食盐水，生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵， 上述物质间可以实现转化，故D错误；
故答案为C。
【分析】A.溴乙烷与NaOH醇溶液加热生成乙烯；乙烯与水在催化剂作用下生成乙醇。
B.氢氧化钙微溶，氢氧化镁难溶，二者可发生沉淀转化。
C.二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫。
D.氮气与氢气在一定条件下生成氨气；氨气和二氧化碳与饱和食盐水生成碳酸氢钠沉淀。
8．（2025高二上·东台期末）下列过程对应的化学方程式或离子方程式书写正确的是
A．苯乙烯合成聚苯乙烯：nC6H5CH=CH2
B．三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：
C．乙醇用铜作催化剂进行催化氧化：CH3CH2OH + 3O22CO2 + 3H2O
D．海水提溴将溴吹入吸收塔：
【答案】D
【知识点】乙醇的物理、化学性质；聚合反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．苯乙烯合成聚苯乙烯的化学方程式应为：，故A错误；
B．反应中Fe元素化合价从+3降为+2，铜元素化合价从0升到+2，化学方程式为：，故B错误；
C．乙醇用铜或银作催化剂，与氧气发生催化氧化生成乙醛，化学方程式为：，故C错误；
D．海水提溴，将溴吹入二氧化硫吸收塔，Br元素化合价从0降到-1，S元素化合价从+4升到+6，可得化学方程式为：，故D正确；
故答案为D。
【分析】A.苯乙烯合成聚苯乙烯时，碳碳双键断裂相互连接形成高分子化合物。
B.三氯化铁溶液刻制覆铜电路，三价铁有氧化性，发生还原反应生成二价铁。
C.乙醇与氧气发生催化氧化生成乙醛。
D.海水提溴，将溴吹入二氧化硫吸收塔，溴发生还原反应，二氧化硫发生氧化反应。
9．（2025高二上·东台期末）中国科学家在淀粉人工合成方面取得了重大突破性进展，该研究在国际上首次实现了二氧化碳到淀粉的合成(图示为局部合成路线)，下列有关说法正确的是
A．1mol甲醛分子含有3mol σ键
B．反应(1)既是氧化还原反应，又是化合反应
C．过氧化氢是含有非极性键的非极性分子
D．DHA易溶于有机溶剂，难溶于水
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．甲醛中C原子能分别与H、O形成3个σ共价键， 故1mol甲醛分子含有3mol σ键，A正确；
B．CO2与H2反应产生CH3OH、H2O，反应方程式为，反应过程中C、H化合价发生了变化，该反应属氧化还原反应；但由于生成物不是一种，不是化合反应；B错误；
C．H2O2分子中2个O原子之间形成非极性共价键，每个O再分别和1个H形成极性共价键，该分子中各个化学键在空间上排列不对称，正负电中心不重合，因此H2O2是极性分子，C错误；
D．DHA中有两个羟基和一个酮羰基，羟基是亲水性基团，且DHA分子易与水形成分子间氢键，则该物质可溶于水，D错误；
故选A。
【分析】A.甲醛中C原子有3个σ共价键，一个π键。
B.反应过程中化合价出现变化的反应为氧化还原反应；化合反应只有一种生成物。
C.分子中正负电中心不重合为极性分子。
D.物质有亲水性基团，且能与水形成分子间氢键，则该物质可溶于水。
10．（2025高二上·东台期末）被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相 等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与 R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（　　）
A．离子半径：R＞T＞Y＞Z
B．XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同
C．最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z
D．气态氢化物的稳定性：W＜R＜T
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据分析可知：X为Ca，Y为Li，Z为Be，W为Si，R为O，T为F元素。
A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则简单离子半径：R＞T＞Y＞Z，故A不符合题意；
B．XR2、WR2分别为CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合价为-1，SiO2中O元素化合价为-2，两种化合物中O的化合价不相同，故B符合题意；
C．同一主族从上到下金属性逐渐减弱，则金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z，故C不符合题意；
D．非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：W＜R＜T，故D不符合题意。
【分析】X、Y、Z、W、R、T属于周期表的前20号元素，其中X、Y、Z为金属元素。R最外层电子数是次外层的3倍，则R含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，都位于第二周期，T无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，且位于第二周期，则Z为Be元素，X、Z位于同族，则X为Mg或Ca元素；Y为第二周期的金属元素，则Y为Li；X与R（O）原子序数之和是W的2倍，X为Mg时，W的原子序数为(12+8)/2=10，为Ne元素，为稀有气体，不满足条件；X为Ca时，W的原子序数为(20+8)/2=14，则W为Si元素，据此解答。
11．（2025高二上·东台期末）羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，合成路线如下图。下列说法错误的是
A．甲分子式为C12H16O5
B．乙生成丙的反应类型是消去反应，反应条件是浓硫酸、加热
C．常温下1mol乙最多与2molNaOH的水溶液完全反应
D．甲和乙分子中均存在手性碳原子，丙分子不存在手性碳原子
【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；消去反应；分子式
【解析】【解答】A．甲的分子式为C12H16O5，A不符合题意；
B. 乙生成丙，参与反应的官能团为六元环上的醇羟基发生消去反应，形成碳碳双键，反应条件是浓硫酸、加热，故B不符合题意；
C．一个乙中含有一个酚羟基，一个酚羟基形成的酯基，常温下1mol乙最多与含3molNaOH的水溶液完全反应，C符合题意 ；
D．甲分子存在的手性碳原子为（*表示），乙分子存在的手性碳原子为（*表示），丙分子中没有饱和碳，故不存在手性碳原子，D不符合题意 ；
故选C。
【分析】在有机物官能团中，酚羟基和羧基均有酸性，可与NaOH反应。一份酚羟基消耗一份NaOH，一份酚羟基形成的酯基在碱性环境中水解为酚羟基和羧基，故可消耗2份NaOH。
手性碳必须满足两个条件：为饱和碳；连四个不同的原子或原子团。
12．（2025高二上·东台期末）根据实验目的设计方案并进行实验，观察相关现象，其中方案设计或结论不正确的是
选项 实验目的 方案设计 现象 结论
A 比较乙醇和苯酚中羟基的活泼性 取相同物质的量的乙醇和苯酚分别溶于2mL乙醚，各加入一小块金属钠 苯酚溶液与金属钠反应较剧烈 羟基活泼性：苯酚>乙醇
B 检验苯中是否含有少量苯酚 向溶液中加入适量浓溴水 没有观察到白色沉淀 苯中不含苯酚
C 检验乙醇是否发生消去反应 将乙醇和浓硫酸共热产生的气体依次通入足量KOH溶液、酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液紫红色褪去 乙醇发生了 消去反应
D 探究SO2的漂白原理 将SO2分别通入品红的水溶液和品红的乙醇溶液 品红的水溶液褪色，醇溶液不褪色 SO2与水反应的产物具有漂白作用
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】乙醇的物理、化学性质；苯酚的化学性质；消去反应；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．由于羟基越活泼，与钠反应越剧烈，所以由该方案设计和现象可比较出羟基活泼性：苯酚 > 乙醇，该选项方案设计和结论均正确，A不符合题意；
B．苯酚与溴生成的三溴苯酚能在苯中溶解，故如果苯中含有苯酚，可能观察不到白色沉淀，所以据此不能得出苯中不含苯酚的结论，B符合题意；
C．乙醇和浓硫酸共热产生的产物中，除乙烯外，还可能含有二氧化硫等杂质；况且乙醇易挥发，也可能混入产物中，将产物气体通过 KOH 溶液可除去二氧化硫、溶解乙醇，若酸性 KMnO4 溶液褪色，说明有乙烯生成，说明乙醇发生了消去反应，该选项方案设计和结论均正确，C不符合题意；
D． SO2 与水反应生成亚硫酸，而在乙醇溶液中不发生此反应，结合现象可知 SO2 与水反应的产物能使品红褪色，具有漂白作用，该选项方案设计和结论均正确，D不符合题意；
故选B。
【分析】A.羟基越活泼，越容易电离出氢离子，与钠反应越剧烈。
B.苯酚与溴生成的三溴苯酚能溶解于苯。
C.乙醇和浓硫酸共热产生的气体中，除乙烯外，还可能含有杂质二氧化硫和乙醇。
D.二氧化硫可漂白品红水溶液。
13．（2025高二上·东台期末）为达成2060年碳中和的远景目标，一种能够捕捉CO2的电化学装置如下图所示，下列说法错误的是
A．Al电极为电池的负极
B．石墨电极反应为2CO2+2e-=
C．每生成1mol草酸铝，外电路中转移3mol电子
D．在捕捉CO2过程中，不断向Al电极移动
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．铝作负极，失电子，化合价升高，发生氧化反应，A不符合题意；
B．多孔石墨作正极，附着在正极上的物质得电子，化合价降低，发生还原反应，电极反应式为2CO2+2e-=，B不符合题意；
C．每生成1mol的草酸铝，就有2molAl失电子，共转移6mol电子，C符合题意；
D．在原电池中，阴离子向负极移动，在捕捉CO2过程中，生成的不断向Al电极（负极）移动，D不符合题意；
故选C。
【分析】根据装置示意图可知，该装置为原电池，铝作负极，失电子 ，发生氧化反应，电极反应式为，阴离子向正极移动；多孔石墨作正极，正极得电子，发生还原反应，电极反应式为2CO2+2e-=，阳离子向负极移动。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（2025高二上·东台期末）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。实验室提纯二氧化铈一种方法如下图所示：
（1）X是一种气体单质，分子式为　 　。
（2）写出反应①中稀硫酸、H2O2与CeO2反应的化学方程式　 　。
（3）由反应②可知氧化性：X　 　Ce(OH)4(填“>”或“<”或“=”)，反应②中的氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　，当消耗1molX转移电子物质的量为　 　mol。
（4）CeO2是汽车尾气净化装置的重要组成材料，工作原理如下图所示，CeO2在汽车尾气净化过程中起　 　作用。写出过程①发生反应的化学方程式　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）>；1∶2；4
（4）催化；
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）X是一种气体单质， 为氧气，分子式为；答案为：
（2）向粗 CeO2中加入稀硫酸、H2O2， CeO2作氧化剂，Ce化合价+4下降为+3，生成，H2O2作还原剂，反应方程式为；
答案为：
（3）根据氧化还原规律中的强弱律，氧化剂的氧化性大于氧化产物，反应②中为氧化剂，Ce(OH)4为氧化产物，故氧化性＞Ce(OH)4；反应②中的氧化剂为，化合价由0降至-2，共降低4价，还原剂化合价从+3升到+4，共升高2价，根据化合价升降守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；X为，每有一个分子参与反应，化合价降低4价，转移4个电子，故1mol发生反应转移4mol电子；
答案为：>； 1∶2； 4
（4）CeO在过程①中被消耗，又在过程②中生成，反应前后质量和化学性质没有改变，故CeO2为催化剂，起催化作用；过程①中CeO2与CO反应生成Ce2O3和CO2，化学方程式为。
答案为：催化；
【分析】粗 CeO2 中Ce化合价为+4价，向粗 CeO2 中加入稀硫酸、H2O2， CeO2中的Ce发生还原反应，化合价下降，生成，H2O2只能做还原剂，发生氧化反应，产物为氧气。反应方程式为，X为；向 溶液中加入氢氧化钠和，氧气为强氧化剂，作还原剂，Ce化合价从+3升至+4，生成Ce(OH)4，加热Ce(OH)4生成精。
（1）由分析知，X氧气，分子式为；
（2）加入稀硫酸、H2O2，Ce化合价下降生成，发生的反应方程式为；
（3）根据氧化性规律，氧化剂大于氧化产物，反应②中作氧化剂，Ce(OH)4为氧化产物，所以氧化性＞Ce(OH)4；反应②中的氧化剂为，化合价由0价降低到-2价，降低4价，故1mol发生反应转移4mol电子，还原剂为，化合价由+3价升高到+4价，升高2价，1mol发生反应转移2mol电子，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；每有一个分子参与反应，化合价由0价降低到-2价，降低4价，转移电子的个数为4个，故1mol发生反应转移4mol电子；
（4）由图可知，CeO2在反应①中先消耗，在反应②中又生成，故CeO2为反应的催化剂；过程①中CeO2与CO反应生成Ce2O3和CO2，发生反应的化学方程式为。
15．（2025高二上·东台期末）有机化合物H是一种新型天然皮肤美白剂，H的一种合成路线如下图所示：
已知：+R″CHO+H2O
回答下列问题：
（1）B中碳原子杂化方式有　 　。
（2）E中官能团的名称为　 　。
（3）由C生成D的反应类型为　 　。
（4）F的结构简式为　 　。
（5）写出一种满足下列条件的D同分异构体结构简式　 　(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应
②能发生水解反应，酸性条件下一种水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1。
（6）设计以2-氯丙烷和1，3-二氯丙烷为原料制备的合成路线　 　。(无机试剂及溶剂任选)
【答案】（1）、
（2）酚羟基、醛基
（3）氧化反应
（4）
（5）或
（6）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）B的结构简式为，其中甲基上的碳原子为杂化，苯环上的碳原子杂化方式为，故有机物B中碳原子杂化方式有、；答案为：、
（2）E的结构简式为，由于苯环不是官能团，故其官能团名称只能为酚羟基和醛基；
答案为：酚羟基、醛基
（3）C生成D，C的转化为D中-CHO，C得氧失氢，反应类型为氧化反应；
答案为：氧化反应
（4）E（）与F（C8H8O4）在NaOH/CH3CH2OH、加热条件下发生取代反应生成G（），由上述信息可推知F的结构简式为
答案为：
（5）满足下列条件的D（）同分异构体：
①能发生银镜反应，分子中有醛基。
②能发生水解反应，分子中有酯基；酸性条件下一种水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，水解产物中必含酚羟基；且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1，可知该同分异构体有四种等效氢，结构简式应为或；
答案为：或
(6)以2一氯丙烷和1，3一丙二醛为起始原料，制备。需先让2-氯丙烷发生取代反应生成2-丙醇，2-丙醇发生氧化反应生成丙酮，丙酮再与丙二醛发生题给已知中的反应。合成路线为：。
答案为：
【分析】A（C6H6O）与CH3Cl在无水AlCl3做催化剂条件下，发生反应生成B，根据A的分子式和B的结构式，可得A的结构简式为；B的酚羟基与CH3I在无水(CH3)2SO4条件下，发生取代反应生成C；C发生氧化反应，C中的转化为-CHO生成有机物D；D中的-OCH3与HI发生反应，生成E中的酚羟基；E与F（C8H8O4）在加热条件下、NaOH乙醇溶液中发生反应生成G，由E和G的结构简式，可推知F的结构简式为；G上的碳碳双键随之发生加成反应生成H。
（1）B的结构简式为，其中苯环上的碳原子为，甲基上的碳原子为杂化，故杂化方式有、；
（2）E的结构简式为，官能团的名称为酚羟基和醛基；
（3）由分析知，C到D中，转化为-CHO，发生氧化反应，反应类型为氧化反应；
（4）由分析知，F的结构简式为；
（5）D的结构简式为， 满足①能发生银镜反应，则分子中含有醛基，
②能发生水解反应，则分子中含有酯基，酸性条件下一种水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，则水解产物中含有酚羟基，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1同分异构体结构简式或；
（6）2一氯丙烷和1，3一丙二醛为起始原料制备，需将2-氯丙烷转化为丙酮，再与丙二醛发生类似题给已知中的反应。也就是将2-氯丙烷先水解生成2-丙醇，再氧化为丙酮，最后与丙二醛发生反应，即得目标有机物。合成路线为：。
16．（2025高二上·东台期末）太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。
Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。 制备工艺中涉及的主要物质转化如下：
（1）下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是___________(填字母)。
A. ⅰ中，C做还原剂
B. 碳酸的酸性强于硅酸
C. 碳酸的热稳定性弱于硅酸
D. 元素的电负性C>Si
（2）ⅱ中，1molSi与3molHCl反应转移4mole-。
①SiHCl3中，H的化合价为________，电负性Si________H(填“>”或“<”)。
②该反应的化学方程式为________。
（3）ⅲ中，利用物质沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因：________。
Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。
科学家在元素周期表中Si的附近寻找到元素Ga和As(它们在周期表中的位置如图)，并制成它们的化合物薄膜，其晶体结构类似单晶硅。
Si
Ga As Se
（4）写出基态Ga原子价层电子排布式________。
（5）As的第一电离能比Se大的主要原因是：________。
【答案】(1) B，D
(2) -1 <
(3) 高纯硅为共价晶体，熔沸点很高，而SiHCl3为分子晶体，熔沸点很低
(4)
(5) As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶体的定义；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）A. ⅰ中，C在3000℃高温下还原二氧化硅，生成物一氧化碳逸出，生成物及时脱离反应体系，使得反应能够进行，不能因此得出结论“非金属性C比Si强”，A不符合题意；
B．根据元素周期律，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性：碳酸＞硅酸；同主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，综上可得出结论“非金属性C比Si强”，B符合题意；
C．根据元素周期律，元素的非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；但碳酸和硅酸是最高价氧化物水化物，只能比较其酸性，不能比较二者的热稳定性，不能说明“非金属性C比Si强”，C不符合题意；
D．非金属性也就是元素的的电子能力，C元素的电负性大于Si，能证明“非金属性C比Si强”，D符合题意；故选BD；
答案为：BD
（2）①1molSi与3molHCl反应转移4mole-，可知发生，3molHCl中1molHCl中氢原子化合价由+1降为-1，得2mol电子，另外每生成1molH2得2mol电子 ；反应中硅元素化合价由0升为+4，产物SiHCl3中Si的化合价为+4，H的化合价为-1，根据化合价可得电负性Si②300℃时，粗硅和氯化生成SiHCl3和氢气，化学方程式为；
答案为： -1 ； < ；
（3）高纯硅为共价晶体，硅原子之间以共价键相连，熔沸点高；而SiHCl3为分子晶体，SiHCl3分子之间作用力很弱，故熔沸点很低，故可利用两物质的熔沸点差异，分离高纯硅与SiHCl3；
答案为： 高纯硅为共价晶体，熔沸点很高，而SiHCl3为分子晶体，熔沸点很低
（4）Ga为31号元素，基态Ga原子核外电子排布为，其价层电子排布式；
答案为：
（5）根据元素周期律，同周期元素随着原子序数变大，第一电离能增加，但As为VA族元素，其4p轨道为半充满状态，相对稳定，故其第一电离能大于同周期相邻元素，故As的第一电离能比Se大。
答案为： As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素
【分析】石英砂（主要成分为SiO2）在2000℃下与C单质反应，制得粗硅和CO；粗硅在300℃与HCl发生反应，方程式为；产物用H2在1100℃还原即可制得高纯硅。
（1）. 衡量元素非金属性强弱的标准：的电子能力；元素周期表中的位置；最高价氧化物对应水化物酸性强弱以及生成的氢化物稳定性。
（2）. 根据氧化还原反应中得失电子守恒可推算出产物的化合价。
(3). 共价晶体，硬度大，熔沸点高；分子晶体熔沸点很低。
(5).VA族元素第一电离能大于同周期相邻元素。
17．（2025高二上·东台期末）2024年我国新能源汽车销量预计达1300万辆，Li2CO3是制造汽车锂电池必不可少的原材料。以锂云母精矿的浸出液(主要含Li+、Al3+、Fe3+、F-、SO等)制取电池级Li2CO3的工艺流程如下图所示：
已知：①HR为酸性磷类有机萃取剂，难溶于水，易萃取Fe3+，可萃取少量Al3+，萃取Fe3+时发生反应：Fe3++3HRFeR3+3H+，生成的FeR3可溶解在HR中；碱性条件可促进萃取平衡向右移动，提高萃取率。
②部分物质溶解度(g/100gH2O)数据见表：
温度 0℃ 20℃ 80℃
Li2CO3 1.54 1.33 0.85
LiHCO3 11.6 7.82 高于50℃，开始分解
（1）写出单质锂与水反应的化学方程式　 　。
（2）使用HR萃取剂时，需用一定浓度的NaOH溶液进行处理的目的是　 　。
（3）判断“沉锂”时Li+是否沉淀完全的操作方法是　 　。过滤1后得到的固体进行洗涤，向过滤器中加入　 　(填“冷水”或“热水”)至　 　，待水流尽，重复2~3次。
（4）在上述工艺中，碳化反应的化学方程式为　 　。
（5）Li2CO3受热分解可产生Li2O。Li2O晶胞具有反萤石(CaF2)结构，为立方晶系晶体，其晶胞结构示意图如下图。该晶胞中离子的分数坐标如下：
氧离子：(0，0，0)；(，，0)；(，0，)；(0，，)；……
锂离子：(，，)；(，，)；(，，)；(，，)；……
①在下图中画出Li2O晶胞沿x轴投影的俯视图　 　。
②Li2O晶体中O2-的配位数为　 　。
③若Li2O晶体晶胞棱长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O晶体密度为　 　g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】（1）
（2）NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，使c(H+)减小，促进萃取反应向正向进行，提高萃取效果
（3）向过滤1后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液浑浊，则Li+未沉淀完全，若无现象，则Li+已沉淀完全；热水；浸没沉淀
（4）
（5）；8；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；化学平衡的影响因素；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）单质锂属于碱金属元素，参照钠与水的反应，故可知单质锂与水反应生成氢氧化锂和氢气，化学方程式为：；答案为：；
（2）使用HR萃取Fe3+ 时，发生反应：，用一定浓度NaOH可与萃取时生成的H+发生中和反应，c(H+)降低，萃取平衡向右移动 ，萃取效果提高；
答案为： NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，使c(H+)减小，促进萃取反应向正向进行，提高萃取效果。
（3）根据题目信息②可知，Li2CO3 的溶解度较小。故判断“沉锂”时Li+是否沉淀完全的方法是：向过滤1后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液浑浊（生成Li2CO3），则Li+未沉淀完全，若无明显现象（无Li2CO3），证明Li+已沉淀完全；据题目信息② 还可知，温度越高，Li2CO3的溶解度越小，故选用热水洗涤Li2CO3沉淀，使得在沉淀洗涤过程中Li2CO3损耗最小，故过滤1后得到的固体进行洗涤，向过滤器中加入热水至浸没沉淀，待水流尽，重复2~3次；
答案为：向过滤1后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液浑浊，则Li+未沉淀完全，若无现象，则Li+已沉淀完全；热水；浸没沉淀
（4）在上述工艺中， 碳化反应是Li2CO3和去离子水、过量CO2反应生成LiHCO3，反应方程式为；
答案为：
（5）①据锂离子的分数坐标 ：(，，)；(，，) 可知， Li+位于晶胞内部；据氧离子的分数坐标 ：(0，0，0)；(，，0) 等可知， O2- 位于晶胞的面心、顶点；可得氧化锂晶胞沿x轴投影的俯视图为：；
②Li+位于晶胞的内部，O2-位于晶胞的面心和顶点，故距离O2-最近的Li+共有8个，Li2O晶体中O2-的配位数为8；
③根据均摊法计算，1个晶胞中有4个O2 ，8个Li+，Li2O的摩尔质量为30g/mol，1 mol晶胞质量为；晶胞参数为a cm，一个晶胞的体积为，晶体密度。
答案为： ； 8；
【分析】锂云母浸出液中加入有机萃取剂HR， 萃取Fe3+：；生成的FeR3可溶解在HR中，有机层和水层分液后，有机层为FeR3，水层中存在金属离子Li+、Al3+；在沉锂步骤中，加入碳酸钠，生成Li2CO3和Al (OH)3沉淀；过滤1，向固体Li2CO3、Al (OH)3中加入去离子水和通入过量CO2，过量CO2、Li2CO3和水反应生成溶解度大的LiHCO3；过滤2滤除固体Al (OH)3，将滤液中的 LiHCO3 过滤，利用LiHCO3高于50℃开始分解，进行烘干制出电池级Li2CO3。
（1）锂是碱金属元素，单质锂与水在加热条件下反应生成氢氧化锂和氢气，化学方程式为：；
（2）萃取时发生反应，NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，使c(H+)减小，促进萃取反应向正向进行，提高萃取效果；
（3）判断“沉锂”时Li+是否沉淀完全的方法是：向过滤1后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液浑浊，则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全；由题给信息②可知温度越高，Li2CO3的溶解度越小，故选用热水洗涤可以降低洗涤过程中Li2CO3的溶解损失，故过滤1后得到的固体进行洗涤，向过滤器中加入热水至浸没沉淀，待水流尽，重复2~3次；
（4）碳化反应是Li2CO3和水、CO2反应生成LiHCO3的过程，反应方程式为；
（5）①根据氧离子的分数坐标可知，氧离子位于晶胞的面心、顶点，根据锂离子的分数坐标可知，锂离子位于晶胞的内部，填入氧离子的正四面体空隙，结合坐标位置，即得氧化锂晶胞沿x轴投影的俯视图为：；
②由晶胞图知，O2-位于面心和顶点，故距离O2-最近的Li+共有8个，则Li2O晶体中O2-的配位数为8；
③由图知，氧离子位于面心和顶点，锂离子为与晶胞内，1个晶胞中有4个氧离子，8个锂离子，晶胞参数为a cm，一个晶胞的体积为，1 mol晶胞质量为，所以晶体密度为。
1 / 1江苏省盐城市东台市2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每一题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高二上·东台期末）科技强国。我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法不正确的是
A．杭州亚运主火炬燃料为零碳甲醇，甲醇具有还原性
B．国产大型邮轮“爱达 魔都号”采用的薄形钢板属于合金
C．量子计算机“悟空”面世，其传输信号的光纤主要成分为
D．“华龙一号”中的二氧化铀陶瓷芯块是核电站的“心脏”，铀是第ⅠA族元素
2．（2025高二上·东台期末）下列化学用语表示不正确的是
A．的电子式：
B．SO2的价层电子对互斥模型：
C．的空间填充模型：
D．3，3-二甲基戊烷的键线式：
3．（2025高二上·东台期末）下列仪器可用于熔融NaCl晶体的是
A． B．
C． D．
4．（2025高二上·东台期末）物质的性质决定用途，下列两者关系对应不正确的是
A．Na2CO3溶液呈碱性，可用作治疗胃酸过多的抗酸药物
B．铝合金质量轻、强度大，可用作制造飞机和宇宙飞船的材料
C．CuS、HgS极难溶，可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+
D．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料
5．（2025高二上·东台期末）温室气体在催化剂作用下可分解为和，也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。下列说法不正确的是
A．原子半径： B．第一电离能：
C．在水中的溶解度：苯<苯酚 D．与的空间构型相同
6．（2025高二上·东台期末）只用括号内指定试剂不能鉴别的一组试剂是
A．乙酸、乙醛、甲酸 (新制Cu(OH)2悬浊液)
B．甲苯、1-己烯、乙酸 (溴水)
C．苯酚钠溶液、NaHCO3溶液、乙醇钠 (盐酸)
D．甲苯、乙醇、苯酚溶液 (酸性溶液)
7．（2025高二上·东台期末）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是
A．CH3CH2BrCH2=CH2CH3CH2OH
B．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)
C．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D．N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)
8．（2025高二上·东台期末）下列过程对应的化学方程式或离子方程式书写正确的是
A．苯乙烯合成聚苯乙烯：nC6H5CH=CH2
B．三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：
C．乙醇用铜作催化剂进行催化氧化：CH3CH2OH + 3O22CO2 + 3H2O
D．海水提溴将溴吹入吸收塔：
9．（2025高二上·东台期末）中国科学家在淀粉人工合成方面取得了重大突破性进展，该研究在国际上首次实现了二氧化碳到淀粉的合成(图示为局部合成路线)，下列有关说法正确的是
A．1mol甲醛分子含有3mol σ键
B．反应(1)既是氧化还原反应，又是化合反应
C．过氧化氢是含有非极性键的非极性分子
D．DHA易溶于有机溶剂，难溶于水
10．（2025高二上·东台期末）被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相 等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与 R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（　　）
A．离子半径：R＞T＞Y＞Z
B．XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同
C．最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z
D．气态氢化物的稳定性：W＜R＜T
11．（2025高二上·东台期末）羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，合成路线如下图。下列说法错误的是
A．甲分子式为C12H16O5
B．乙生成丙的反应类型是消去反应，反应条件是浓硫酸、加热
C．常温下1mol乙最多与2molNaOH的水溶液完全反应
D．甲和乙分子中均存在手性碳原子，丙分子不存在手性碳原子
12．（2025高二上·东台期末）根据实验目的设计方案并进行实验，观察相关现象，其中方案设计或结论不正确的是
选项 实验目的 方案设计 现象 结论
A 比较乙醇和苯酚中羟基的活泼性 取相同物质的量的乙醇和苯酚分别溶于2mL乙醚，各加入一小块金属钠 苯酚溶液与金属钠反应较剧烈 羟基活泼性：苯酚>乙醇
B 检验苯中是否含有少量苯酚 向溶液中加入适量浓溴水 没有观察到白色沉淀 苯中不含苯酚
C 检验乙醇是否发生消去反应 将乙醇和浓硫酸共热产生的气体依次通入足量KOH溶液、酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液紫红色褪去 乙醇发生了 消去反应
D 探究SO2的漂白原理 将SO2分别通入品红的水溶液和品红的乙醇溶液 品红的水溶液褪色，醇溶液不褪色 SO2与水反应的产物具有漂白作用
A．A B．B C．C D．D
13．（2025高二上·东台期末）为达成2060年碳中和的远景目标，一种能够捕捉CO2的电化学装置如下图所示，下列说法错误的是
A．Al电极为电池的负极
B．石墨电极反应为2CO2+2e-=
C．每生成1mol草酸铝，外电路中转移3mol电子
D．在捕捉CO2过程中，不断向Al电极移动
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（2025高二上·东台期末）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。实验室提纯二氧化铈一种方法如下图所示：
（1）X是一种气体单质，分子式为　 　。
（2）写出反应①中稀硫酸、H2O2与CeO2反应的化学方程式　 　。
（3）由反应②可知氧化性：X　 　Ce(OH)4(填“>”或“<”或“=”)，反应②中的氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　，当消耗1molX转移电子物质的量为　 　mol。
（4）CeO2是汽车尾气净化装置的重要组成材料，工作原理如下图所示，CeO2在汽车尾气净化过程中起　 　作用。写出过程①发生反应的化学方程式　 　。
15．（2025高二上·东台期末）有机化合物H是一种新型天然皮肤美白剂，H的一种合成路线如下图所示：
已知：+R″CHO+H2O
回答下列问题：
（1）B中碳原子杂化方式有　 　。
（2）E中官能团的名称为　 　。
（3）由C生成D的反应类型为　 　。
（4）F的结构简式为　 　。
（5）写出一种满足下列条件的D同分异构体结构简式　 　(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应
②能发生水解反应，酸性条件下一种水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1。
（6）设计以2-氯丙烷和1，3-二氯丙烷为原料制备的合成路线　 　。(无机试剂及溶剂任选)
16．（2025高二上·东台期末）太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。
Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。 制备工艺中涉及的主要物质转化如下：
（1）下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是___________(填字母)。
A. ⅰ中，C做还原剂
B. 碳酸的酸性强于硅酸
C. 碳酸的热稳定性弱于硅酸
D. 元素的电负性C>Si
（2）ⅱ中，1molSi与3molHCl反应转移4mole-。
①SiHCl3中，H的化合价为________，电负性Si________H(填“>”或“<”)。
②该反应的化学方程式为________。
（3）ⅲ中，利用物质沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因：________。
Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。
科学家在元素周期表中Si的附近寻找到元素Ga和As(它们在周期表中的位置如图)，并制成它们的化合物薄膜，其晶体结构类似单晶硅。
Si
Ga As Se
（4）写出基态Ga原子价层电子排布式________。
（5）As的第一电离能比Se大的主要原因是：________。
17．（2025高二上·东台期末）2024年我国新能源汽车销量预计达1300万辆，Li2CO3是制造汽车锂电池必不可少的原材料。以锂云母精矿的浸出液(主要含Li+、Al3+、Fe3+、F-、SO等)制取电池级Li2CO3的工艺流程如下图所示：
已知：①HR为酸性磷类有机萃取剂，难溶于水，易萃取Fe3+，可萃取少量Al3+，萃取Fe3+时发生反应：Fe3++3HRFeR3+3H+，生成的FeR3可溶解在HR中；碱性条件可促进萃取平衡向右移动，提高萃取率。
②部分物质溶解度(g/100gH2O)数据见表：
温度 0℃ 20℃ 80℃
Li2CO3 1.54 1.33 0.85
LiHCO3 11.6 7.82 高于50℃，开始分解
（1）写出单质锂与水反应的化学方程式　 　。
（2）使用HR萃取剂时，需用一定浓度的NaOH溶液进行处理的目的是　 　。
（3）判断“沉锂”时Li+是否沉淀完全的操作方法是　 　。过滤1后得到的固体进行洗涤，向过滤器中加入　 　(填“冷水”或“热水”)至　 　，待水流尽，重复2~3次。
（4）在上述工艺中，碳化反应的化学方程式为　 　。
（5）Li2CO3受热分解可产生Li2O。Li2O晶胞具有反萤石(CaF2)结构，为立方晶系晶体，其晶胞结构示意图如下图。该晶胞中离子的分数坐标如下：
氧离子：(0，0，0)；(，，0)；(，0，)；(0，，)；……
锂离子：(，，)；(，，)；(，，)；(，，)；……
①在下图中画出Li2O晶胞沿x轴投影的俯视图　 　。
②Li2O晶体中O2-的配位数为　 　。
③若Li2O晶体晶胞棱长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O晶体密度为　 　g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；醇类简介；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．甲醇燃烧过程中碳元素的化合价升高，被氧化，甲醇还原剂，表现还原性，故A不符合题意；
B．薄形钢板的主要材质是钢，是性能优良的金属材料，属于合金，故B不符合题意 ；
C．量子计算机传输信号的光纤主要成分为二氧化硅，故C不符合题意 ；
D．铀元素为92号元素，是元素周期表第七周期ⅢB族的锕系元素，不是IA族元素，故D符合题意 ；
故选D。
【分析】A．物质化合价升高，发生氧化反应，表现还原性。
B．钢为含碳的合金，为金属材料。
C. 光纤主要成分为二氧化硅。
D．可根据元素的核外电子排布确定其在周期表中的位置。
2．【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；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；有机化合物的表示方法
【解析】【解答】A．分子中C和O分别共用2对电子，形成极性共价键，其电子式：，A符合题意；
B．SO2中心原子S的孤电子对数=、价层电子对数=2+1=3，根据价层电子互斥理论可知二氧化硫的价层电子对互斥模型为平面三角形：，B不符合题意 ；
C．的中心原子N为sp3杂化，四条杂化轨道分别与H形成3个σ共价键，还有1个孤电子对，故空间构型为三角锥形，空间填充模型为，C不符合题意 ；
D．该键线式的主链上有5个碳原子，其中3号碳原子上连有2个甲基，故其化学名称为3，3-二甲基戊烷，D不符合题意 ；
故选A。
【分析】A．分子中C和O分别共用2对电子。
B．SO2的中心原子S的价层电子对数为3，价层电子对互斥模型为平面三角形。
C．的中心原子N有4对价层电子对，价层电子对互斥模型为四面体结构，但其中有1个孤电子对，故空间构型为三角锥形。
D. 命名烷烃时，需选最长的碳链作为主链。
3．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】熔融NaCl晶体应选用坩埚，B符合题意。故答案为：B。
【分析】熔融固体只能用上述仪器中的坩埚。
4．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；含硅矿物及材料的应用；合金及其应用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．碳酸钠（Na2CO3）溶液呈碱性，但其碱性较强，容易引起胃部不适；可用碳酸氢钠（NaHCO3）或氢氧化铝等碱性相对较弱的物质治疗胃酸过多；A符合题意；
B．的表面容易形成致密的氧化膜，保护内部金属。而且合金的硬度一般比纯金属大，铝合金表面质量轻、强度大，故可用作制造飞机和宇宙飞船的材料，B不符合题意；
C．可用Na2S中的 S2-与废水中的Cu2+和Hg2+反应，将其转化为极难溶的沉淀CuS、HgS而除去Cu2+和Hg2+，C不符合题意；
D．碳化硅是共价晶体，具有硬度大、熔点高等特点，可用作砂纸、砂轮的磨料，D不符合题意；
故选A。
【分析】A．Na2CO3的CO32-在溶液中水解，使得酸钠（Na2CO3）溶液呈碱性。
B．合金的硬度一般比纯金属大，性能更好。
C．可将Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+。
D．碳化硅是共价晶体，具有共价晶体的特点。
5．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．C 、N 、O都是第二周期的元素，其原子序数依次递增，原子半径从小到大的顺序为OB．同周期元素从左到右，第一电离能递增，但其中ⅡA和ⅤA的元素因其最外层电子排布较稳定而反常，致其第一电离能大于同周期相邻的元素，C 、N 、O第一电离能从小到大排序为C< O< N，B符合题意 ；
C．苯是非极性分子，苯酚是极性分子，根据相似相溶原理，水是极性溶剂，苯酚在水中的溶解度大于苯，且苯酚与水分子之间可以形成氢键，C不符合题意 ；
D．与均为的等电子体，故其分子构型为直线形，两者空间构型相同，D不符合题意 ；
故选B。
【分析】A．同一周期的元素，从左到右原子半径依次减小。
B．同周期元素从左到右，第一电离能递增，但ⅡA和ⅤA的元素因其最外层电子排布较稳定而反常，致其第一电离能大于同周期相邻的元素。
C．可根据苯酚及苯的极性，和它们是否与水形成氢键，判断其在水中溶解度。
D．可根据等电子体原理，判断分子构型。
6．【答案】D
【知识点】有机物的鉴别；有机物（官能团）的检验；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．乙酸有羧基，可溶解新制氢氧化铜悬浊液，变成蓝色溶液；乙醛有醛基，与新制氢氧化铜悬浊液加热会生成砖红色的氧化亚铜沉淀；甲酸既有羧基又有醛基， 可溶解新制氢氧化铜悬浊液，变成蓝色溶液 、加热还会生成砖红色沉淀，三者与新制氢氧化铜悬浊液反应现象不同，故可用新制Cu(OH)2悬浊液能鉴别乙酸、乙醛和甲酸，A不符合题意；
B．甲苯密度小于水，可萃取溴水中的溴，溶液分层，上层显橙红色；1-己烯可与溴发生加成反应，使溴水褪色同时生成密度大于水的二溴己烷；乙酸与溴水不反应，无现象。三者与溴水反应现象不同，故可鉴别，B不符合题意；
C．苯酚钠与盐酸反应生成苯酚和氯化钠，常温下苯酚微溶于水，故溶液中出现浑浊；NaHCO3与盐酸反应生成二氧化碳气体；乙醇钠与盐酸不反应，混合无现象。三者现象不同，用盐酸可鉴别，C不符合题意；
D．甲苯、乙醇、苯酚溶液均使酸性KMnO4溶液褪色，用酸性KMnO4溶液不可鉴别上述三者，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.羧基有酸性，可溶解新制氢氧化铜悬浊液，醛基有还原性， 可被弱氧化剂新制氢氧化铜悬浊液氧化。
B.甲苯萃取溴水；1-己烯与溴发生加成反应；乙酸与溴水不反应。
C.苯酚钠溶液与盐酸反应生成苯酚；NaHCO3溶液与盐酸反应生成二氧化碳；乙醇钠溶液与盐酸不反应。
D.甲苯、乙醇、苯酚溶液均使酸性KMnO4溶液褪色。
7．【答案】C
【知识点】氮气的化学性质；镁、铝的重要化合物；溴乙烷的化学性质；硫单质的性质与用途
【解析】【解答】A．溴乙烷与NaOH醇溶液加热，发生消去反应生成乙烯；乙烯与水在催化剂作用下，发生加成反应生成乙醇，上述物质间可实现转化，故A错误；
B．氯化镁与氢氧化钙发生沉淀转化，生成氢氧化镁沉淀和氯化钙；然后煅烧氢氧化镁可生成氧化镁，上述物质间可实现转化，故B错误；
C．单质硫在氧气中点燃生成二氧化硫，不可能生成三氧化硫， 上述物质间不可以实现转化，故C正确；
D．氮气与氢气在高温、高压、催化剂条件下生成氨气；氨气和二氧化碳通入饱和食盐水，生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵， 上述物质间可以实现转化，故D错误；
故答案为C。
【分析】A.溴乙烷与NaOH醇溶液加热生成乙烯；乙烯与水在催化剂作用下生成乙醇。
B.氢氧化钙微溶，氢氧化镁难溶，二者可发生沉淀转化。
C.二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫。
D.氮气与氢气在一定条件下生成氨气；氨气和二氧化碳与饱和食盐水生成碳酸氢钠沉淀。
8．【答案】D
【知识点】乙醇的物理、化学性质；聚合反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．苯乙烯合成聚苯乙烯的化学方程式应为：，故A错误；
B．反应中Fe元素化合价从+3降为+2，铜元素化合价从0升到+2，化学方程式为：，故B错误；
C．乙醇用铜或银作催化剂，与氧气发生催化氧化生成乙醛，化学方程式为：，故C错误；
D．海水提溴，将溴吹入二氧化硫吸收塔，Br元素化合价从0降到-1，S元素化合价从+4升到+6，可得化学方程式为：，故D正确；
故答案为D。
【分析】A.苯乙烯合成聚苯乙烯时，碳碳双键断裂相互连接形成高分子化合物。
B.三氯化铁溶液刻制覆铜电路，三价铁有氧化性，发生还原反应生成二价铁。
C.乙醇与氧气发生催化氧化生成乙醛。
D.海水提溴，将溴吹入二氧化硫吸收塔，溴发生还原反应，二氧化硫发生氧化反应。
9．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．甲醛中C原子能分别与H、O形成3个σ共价键， 故1mol甲醛分子含有3mol σ键，A正确；
B．CO2与H2反应产生CH3OH、H2O，反应方程式为，反应过程中C、H化合价发生了变化，该反应属氧化还原反应；但由于生成物不是一种，不是化合反应；B错误；
C．H2O2分子中2个O原子之间形成非极性共价键，每个O再分别和1个H形成极性共价键，该分子中各个化学键在空间上排列不对称，正负电中心不重合，因此H2O2是极性分子，C错误；
D．DHA中有两个羟基和一个酮羰基，羟基是亲水性基团，且DHA分子易与水形成分子间氢键，则该物质可溶于水，D错误；
故选A。
【分析】A.甲醛中C原子有3个σ共价键，一个π键。
B.反应过程中化合价出现变化的反应为氧化还原反应；化合反应只有一种生成物。
C.分子中正负电中心不重合为极性分子。
D.物质有亲水性基团，且能与水形成分子间氢键，则该物质可溶于水。
10．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据分析可知：X为Ca，Y为Li，Z为Be，W为Si，R为O，T为F元素。
A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则简单离子半径：R＞T＞Y＞Z，故A不符合题意；
B．XR2、WR2分别为CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合价为-1，SiO2中O元素化合价为-2，两种化合物中O的化合价不相同，故B符合题意；
C．同一主族从上到下金属性逐渐减弱，则金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z，故C不符合题意；
D．非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：W＜R＜T，故D不符合题意。
【分析】X、Y、Z、W、R、T属于周期表的前20号元素，其中X、Y、Z为金属元素。R最外层电子数是次外层的3倍，则R含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，都位于第二周期，T无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，且位于第二周期，则Z为Be元素，X、Z位于同族，则X为Mg或Ca元素；Y为第二周期的金属元素，则Y为Li；X与R（O）原子序数之和是W的2倍，X为Mg时，W的原子序数为(12+8)/2=10，为Ne元素，为稀有气体，不满足条件；X为Ca时，W的原子序数为(20+8)/2=14，则W为Si元素，据此解答。
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；消去反应；分子式
【解析】【解答】A．甲的分子式为C12H16O5，A不符合题意；
B. 乙生成丙，参与反应的官能团为六元环上的醇羟基发生消去反应，形成碳碳双键，反应条件是浓硫酸、加热，故B不符合题意；
C．一个乙中含有一个酚羟基，一个酚羟基形成的酯基，常温下1mol乙最多与含3molNaOH的水溶液完全反应，C符合题意 ；
D．甲分子存在的手性碳原子为（*表示），乙分子存在的手性碳原子为（*表示），丙分子中没有饱和碳，故不存在手性碳原子，D不符合题意 ；
故选C。
【分析】在有机物官能团中，酚羟基和羧基均有酸性，可与NaOH反应。一份酚羟基消耗一份NaOH，一份酚羟基形成的酯基在碱性环境中水解为酚羟基和羧基，故可消耗2份NaOH。
手性碳必须满足两个条件：为饱和碳；连四个不同的原子或原子团。
12．【答案】B
【知识点】乙醇的物理、化学性质；苯酚的化学性质；消去反应；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．由于羟基越活泼，与钠反应越剧烈，所以由该方案设计和现象可比较出羟基活泼性：苯酚 > 乙醇，该选项方案设计和结论均正确，A不符合题意；
B．苯酚与溴生成的三溴苯酚能在苯中溶解，故如果苯中含有苯酚，可能观察不到白色沉淀，所以据此不能得出苯中不含苯酚的结论，B符合题意；
C．乙醇和浓硫酸共热产生的产物中，除乙烯外，还可能含有二氧化硫等杂质；况且乙醇易挥发，也可能混入产物中，将产物气体通过 KOH 溶液可除去二氧化硫、溶解乙醇，若酸性 KMnO4 溶液褪色，说明有乙烯生成，说明乙醇发生了消去反应，该选项方案设计和结论均正确，C不符合题意；
D． SO2 与水反应生成亚硫酸，而在乙醇溶液中不发生此反应，结合现象可知 SO2 与水反应的产物能使品红褪色，具有漂白作用，该选项方案设计和结论均正确，D不符合题意；
故选B。
【分析】A.羟基越活泼，越容易电离出氢离子，与钠反应越剧烈。
B.苯酚与溴生成的三溴苯酚能溶解于苯。
C.乙醇和浓硫酸共热产生的气体中，除乙烯外，还可能含有杂质二氧化硫和乙醇。
D.二氧化硫可漂白品红水溶液。
13．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．铝作负极，失电子，化合价升高，发生氧化反应，A不符合题意；
B．多孔石墨作正极，附着在正极上的物质得电子，化合价降低，发生还原反应，电极反应式为2CO2+2e-=，B不符合题意；
C．每生成1mol的草酸铝，就有2molAl失电子，共转移6mol电子，C符合题意；
D．在原电池中，阴离子向负极移动，在捕捉CO2过程中，生成的不断向Al电极（负极）移动，D不符合题意；
故选C。
【分析】根据装置示意图可知，该装置为原电池，铝作负极，失电子 ，发生氧化反应，电极反应式为，阴离子向正极移动；多孔石墨作正极，正极得电子，发生还原反应，电极反应式为2CO2+2e-=，阳离子向负极移动。
14．【答案】（1）
（2）
（3）>；1∶2；4
（4）催化；
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）X是一种气体单质， 为氧气，分子式为；答案为：
（2）向粗 CeO2中加入稀硫酸、H2O2， CeO2作氧化剂，Ce化合价+4下降为+3，生成，H2O2作还原剂，反应方程式为；
答案为：
（3）根据氧化还原规律中的强弱律，氧化剂的氧化性大于氧化产物，反应②中为氧化剂，Ce(OH)4为氧化产物，故氧化性＞Ce(OH)4；反应②中的氧化剂为，化合价由0降至-2，共降低4价，还原剂化合价从+3升到+4，共升高2价，根据化合价升降守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；X为，每有一个分子参与反应，化合价降低4价，转移4个电子，故1mol发生反应转移4mol电子；
答案为：>； 1∶2； 4
（4）CeO在过程①中被消耗，又在过程②中生成，反应前后质量和化学性质没有改变，故CeO2为催化剂，起催化作用；过程①中CeO2与CO反应生成Ce2O3和CO2，化学方程式为。
答案为：催化；
【分析】粗 CeO2 中Ce化合价为+4价，向粗 CeO2 中加入稀硫酸、H2O2， CeO2中的Ce发生还原反应，化合价下降，生成，H2O2只能做还原剂，发生氧化反应，产物为氧气。反应方程式为，X为；向 溶液中加入氢氧化钠和，氧气为强氧化剂，作还原剂，Ce化合价从+3升至+4，生成Ce(OH)4，加热Ce(OH)4生成精。
（1）由分析知，X氧气，分子式为；
（2）加入稀硫酸、H2O2，Ce化合价下降生成，发生的反应方程式为；
（3）根据氧化性规律，氧化剂大于氧化产物，反应②中作氧化剂，Ce(OH)4为氧化产物，所以氧化性＞Ce(OH)4；反应②中的氧化剂为，化合价由0价降低到-2价，降低4价，故1mol发生反应转移4mol电子，还原剂为，化合价由+3价升高到+4价，升高2价，1mol发生反应转移2mol电子，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；每有一个分子参与反应，化合价由0价降低到-2价，降低4价，转移电子的个数为4个，故1mol发生反应转移4mol电子；
（4）由图可知，CeO2在反应①中先消耗，在反应②中又生成，故CeO2为反应的催化剂；过程①中CeO2与CO反应生成Ce2O3和CO2，发生反应的化学方程式为。
15．【答案】（1）、
（2）酚羟基、醛基
（3）氧化反应
（4）
（5）或
（6）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）B的结构简式为，其中甲基上的碳原子为杂化，苯环上的碳原子杂化方式为，故有机物B中碳原子杂化方式有、；答案为：、
（2）E的结构简式为，由于苯环不是官能团，故其官能团名称只能为酚羟基和醛基；
答案为：酚羟基、醛基
（3）C生成D，C的转化为D中-CHO，C得氧失氢，反应类型为氧化反应；
答案为：氧化反应
（4）E（）与F（C8H8O4）在NaOH/CH3CH2OH、加热条件下发生取代反应生成G（），由上述信息可推知F的结构简式为
答案为：
（5）满足下列条件的D（）同分异构体：
①能发生银镜反应，分子中有醛基。
②能发生水解反应，分子中有酯基；酸性条件下一种水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，水解产物中必含酚羟基；且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1，可知该同分异构体有四种等效氢，结构简式应为或；
答案为：或
(6)以2一氯丙烷和1，3一丙二醛为起始原料，制备。需先让2-氯丙烷发生取代反应生成2-丙醇，2-丙醇发生氧化反应生成丙酮，丙酮再与丙二醛发生题给已知中的反应。合成路线为：。
答案为：
【分析】A（C6H6O）与CH3Cl在无水AlCl3做催化剂条件下，发生反应生成B，根据A的分子式和B的结构式，可得A的结构简式为；B的酚羟基与CH3I在无水(CH3)2SO4条件下，发生取代反应生成C；C发生氧化反应，C中的转化为-CHO生成有机物D；D中的-OCH3与HI发生反应，生成E中的酚羟基；E与F（C8H8O4）在加热条件下、NaOH乙醇溶液中发生反应生成G，由E和G的结构简式，可推知F的结构简式为；G上的碳碳双键随之发生加成反应生成H。
（1）B的结构简式为，其中苯环上的碳原子为，甲基上的碳原子为杂化，故杂化方式有、；
（2）E的结构简式为，官能团的名称为酚羟基和醛基；
（3）由分析知，C到D中，转化为-CHO，发生氧化反应，反应类型为氧化反应；
（4）由分析知，F的结构简式为；
（5）D的结构简式为， 满足①能发生银镜反应，则分子中含有醛基，
②能发生水解反应，则分子中含有酯基，酸性条件下一种水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，则水解产物中含有酚羟基，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1同分异构体结构简式或；
（6）2一氯丙烷和1，3一丙二醛为起始原料制备，需将2-氯丙烷转化为丙酮，再与丙二醛发生类似题给已知中的反应。也就是将2-氯丙烷先水解生成2-丙醇，再氧化为丙酮，最后与丙二醛发生反应，即得目标有机物。合成路线为：。
16．【答案】(1) B，D
(2) -1 <
(3) 高纯硅为共价晶体，熔沸点很高，而SiHCl3为分子晶体，熔沸点很低
(4)
(5) As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶体的定义；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）A. ⅰ中，C在3000℃高温下还原二氧化硅，生成物一氧化碳逸出，生成物及时脱离反应体系，使得反应能够进行，不能因此得出结论“非金属性C比Si强”，A不符合题意；
B．根据元素周期律，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性：碳酸＞硅酸；同主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，综上可得出结论“非金属性C比Si强”，B符合题意；
C．根据元素周期律，元素的非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；但碳酸和硅酸是最高价氧化物水化物，只能比较其酸性，不能比较二者的热稳定性，不能说明“非金属性C比Si强”，C不符合题意；
D．非金属性也就是元素的的电子能力，C元素的电负性大于Si，能证明“非金属性C比Si强”，D符合题意；故选BD；
答案为：BD
（2）①1molSi与3molHCl反应转移4mole-，可知发生，3molHCl中1molHCl中氢原子化合价由+1降为-1，得2mol电子，另外每生成1molH2得2mol电子 ；反应中硅元素化合价由0升为+4，产物SiHCl3中Si的化合价为+4，H的化合价为-1，根据化合价可得电负性Si②300℃时，粗硅和氯化生成SiHCl3和氢气，化学方程式为；
答案为： -1 ； < ；
（3）高纯硅为共价晶体，硅原子之间以共价键相连，熔沸点高；而SiHCl3为分子晶体，SiHCl3分子之间作用力很弱，故熔沸点很低，故可利用两物质的熔沸点差异，分离高纯硅与SiHCl3；
答案为： 高纯硅为共价晶体，熔沸点很高，而SiHCl3为分子晶体，熔沸点很低
（4）Ga为31号元素，基态Ga原子核外电子排布为，其价层电子排布式；
答案为：
（5）根据元素周期律，同周期元素随着原子序数变大，第一电离能增加，但As为VA族元素，其4p轨道为半充满状态，相对稳定，故其第一电离能大于同周期相邻元素，故As的第一电离能比Se大。
答案为： As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素
【分析】石英砂（主要成分为SiO2）在2000℃下与C单质反应，制得粗硅和CO；粗硅在300℃与HCl发生反应，方程式为；产物用H2在1100℃还原即可制得高纯硅。
（1）. 衡量元素非金属性强弱的标准：的电子能力；元素周期表中的位置；最高价氧化物对应水化物酸性强弱以及生成的氢化物稳定性。
（2）. 根据氧化还原反应中得失电子守恒可推算出产物的化合价。
(3). 共价晶体，硬度大，熔沸点高；分子晶体熔沸点很低。
(5).VA族元素第一电离能大于同周期相邻元素。
17．【答案】（1）
（2）NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，使c(H+)减小，促进萃取反应向正向进行，提高萃取效果
（3）向过滤1后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液浑浊，则Li+未沉淀完全，若无现象，则Li+已沉淀完全；热水；浸没沉淀
（4）
（5）；8；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；化学平衡的影响因素；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）单质锂属于碱金属元素，参照钠与水的反应，故可知单质锂与水反应生成氢氧化锂和氢气，化学方程式为：；答案为：；
（2）使用HR萃取Fe3+ 时，发生反应：，用一定浓度NaOH可与萃取时生成的H+发生中和反应，c(H+)降低，萃取平衡向右移动 ，萃取效果提高；
答案为： NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，使c(H+)减小，促进萃取反应向正向进行，提高萃取效果。
（3）根据题目信息②可知，Li2CO3 的溶解度较小。故判断“沉锂”时Li+是否沉淀完全的方法是：向过滤1后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液浑浊（生成Li2CO3），则Li+未沉淀完全，若无明显现象（无Li2CO3），证明Li+已沉淀完全；据题目信息② 还可知，温度越高，Li2CO3的溶解度越小，故选用热水洗涤Li2CO3沉淀，使得在沉淀洗涤过程中Li2CO3损耗最小，故过滤1后得到的固体进行洗涤，向过滤器中加入热水至浸没沉淀，待水流尽，重复2~3次；
答案为：向过滤1后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液浑浊，则Li+未沉淀完全，若无现象，则Li+已沉淀完全；热水；浸没沉淀
（4）在上述工艺中， 碳化反应是Li2CO3和去离子水、过量CO2反应生成LiHCO3，反应方程式为；
答案为：
（5）①据锂离子的分数坐标 ：(，，)；(，，) 可知， Li+位于晶胞内部；据氧离子的分数坐标 ：(0，0，0)；(，，0) 等可知， O2- 位于晶胞的面心、顶点；可得氧化锂晶胞沿x轴投影的俯视图为：；
②Li+位于晶胞的内部，O2-位于晶胞的面心和顶点，故距离O2-最近的Li+共有8个，Li2O晶体中O2-的配位数为8；
③根据均摊法计算，1个晶胞中有4个O2 ，8个Li+，Li2O的摩尔质量为30g/mol，1 mol晶胞质量为；晶胞参数为a cm，一个晶胞的体积为，晶体密度。
答案为： ； 8；
【分析】锂云母浸出液中加入有机萃取剂HR， 萃取Fe3+：；生成的FeR3可溶解在HR中，有机层和水层分液后，有机层为FeR3，水层中存在金属离子Li+、Al3+；在沉锂步骤中，加入碳酸钠，生成Li2CO3和Al (OH)3沉淀；过滤1，向固体Li2CO3、Al (OH)3中加入去离子水和通入过量CO2，过量CO2、Li2CO3和水反应生成溶解度大的LiHCO3；过滤2滤除固体Al (OH)3，将滤液中的 LiHCO3 过滤，利用LiHCO3高于50℃开始分解，进行烘干制出电池级Li2CO3。
（1）锂是碱金属元素，单质锂与水在加热条件下反应生成氢氧化锂和氢气，化学方程式为：；
（2）萃取时发生反应，NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，使c(H+)减小，促进萃取反应向正向进行，提高萃取效果；
（3）判断“沉锂”时Li+是否沉淀完全的方法是：向过滤1后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液浑浊，则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全；由题给信息②可知温度越高，Li2CO3的溶解度越小，故选用热水洗涤可以降低洗涤过程中Li2CO3的溶解损失，故过滤1后得到的固体进行洗涤，向过滤器中加入热水至浸没沉淀，待水流尽，重复2~3次；
（4）碳化反应是Li2CO3和水、CO2反应生成LiHCO3的过程，反应方程式为；
（5）①根据氧离子的分数坐标可知，氧离子位于晶胞的面心、顶点，根据锂离子的分数坐标可知，锂离子位于晶胞的内部，填入氧离子的正四面体空隙，结合坐标位置，即得氧化锂晶胞沿x轴投影的俯视图为：；
②由晶胞图知，O2-位于面心和顶点，故距离O2-最近的Li+共有8个，则Li2O晶体中O2-的配位数为8；
③由图知，氧离子位于面心和顶点，锂离子为与晶胞内，1个晶胞中有4个氧离子，8个锂离子，晶胞参数为a cm，一个晶胞的体积为，1 mol晶胞质量为，所以晶体密度为。
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