资源简介

广东省茂名市2024-2025学年高二下学期教学质量监测化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列文物中主要材质为金属材料的是
A．镂孔玉璧 B．青铜马车
C．骨匕锥镞针饰品 D．寺洼彩陶
A．A B．B C．C D．D
2．世界第一高桥花江峡谷大桥是一座单跨钢桁梁悬索桥。下列说法正确的是
A．桥梁的玻璃栈道中的属于共价晶体
B．建造大桥使用的水泥属于新型无机非金属材料
C．主缆采用镀锌钢丝网以防腐蚀，该方法属于外加电流法
D．“智慧缆索”使用的碳纤维材料属于有机高分子
3．化学是一门“美”的学科。下列说法不正确的是
A．故宫红墙采用的红色油漆中含有
B．绚丽的烟花五彩缤纷，焰色试验属于物理变化
C．清晨树林薄雾中透出的美丽的光束主要源于丁达尔效应
D．苯分子为高度对称的正六边形，拥有单双键交替的结构
4．粗盐中含有，提纯粗盐的过程如图所示，则试剂X是
A．硫酸 B．硝酸 C．盐酸 D．醋酸
5．“五棵树一条鱼一桌菜”是茂名特色的农业产业。下列说法正确的是
A．荔枝龙眼香甜可口，果糖与葡萄糖互为同系物
B．罗非鱼肉质鲜美，鱼肉中的蛋白质可水解为氨基酸和醇
C．沉香结香过程中会分泌树脂，树脂中的紫丁香醇属于共价化合物
D．高凉菜追求原汁原味，白切鸡的蘸料之一——香油在人体内可水解得到乙二醇
6．Mg-AgCl电池是一种可被海水激活的电池。下列说法不正确的是
A．Mg极为电池负极
B．正极的电极反应式为
C．电池放电时，海水中的移向正极
D．电池放电时，电流从AgCl极流向Mg极
7．“劳动最光荣”。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 护士：用“84”消毒液进行环境消毒 利用了次氯酸钙的强氧化性
B 农民：铵态氮肥不与草木灰混用 两者会反应生成氨气
C 化工工程师：将氯乙烯制成聚氯乙烯塑料 氯乙烯中含有碳碳双键
D 工人：利用铝热反应进行铁轨焊接 铝热反应是放热反应
A．A B．B C．C D．D
8．下列关于实验室制取氯气的操作不正确的是
A．制取氯气 B．除去HCl
C．收集 D．尾气处理
A．A B．B C．C D．D
9．糠醛广泛应用于合成橡胶、医药、农药等领域，它的结构如图所示。下列说法正确的是
A．糠醛的分子式为
B．糠醛中碳原子杂化类型为
C．每个糠醛分子中含有1个手性碳原子
D．1mol糠醛最多能与发生加成反应
10．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2mol乙炔中含有键的数目为
B．溶液中含有的数目为
C．与足量稀硝酸反应，转移电子数为
D．与足量充分反应，生成的的数目为
11．某学习小组用如图所示的装置检验的性质。向中滴入70%浓硫酸后盖上大烧杯，下列说法正确的是
A．溶液变浑浊，沉淀的成分为
B．溶液变浑浊，说明具有还原性
C．棉花处发生的反应为
D．酸性高锰酸钾溶液和品红溶液褪色，说明具有漂白性
12．部分含铜或氮元素的“价-类”二维图如图所示。下列说法不正确的是
A．理论上，c与e可反应生成a
B．工业制f的流程为a→c→d→f
C．新制的g可用于检验还原糖，能生成砖红色的b
D．若h可用于检验水，则h中既含有离子键，又含有共价键
13．一种缓释化肥的结构如图所示。已知X、Y、Z、W、T为原子序数依次增大的短周期主族元素，下列说法不正确的是
A．沸点：
B．第一电离能：
C．电负性：
D．与的空间结构均为正四面体形
14．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 溶液呈弱碱性 的水解程度大于的水解程度
B 热稳定性： HF具有氢键，而HCl没有
C 可用乙醇冲洗不慎沾到皮肤上的苯酚 乙醇具有还原性
D 冠醚可用于识别碱金属离子 超分子能进行自组装
A．A B．B C．C D．D
15．科研人员发明了一种可由氮气和水持续合成氨的系统，其反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A．过程②属于氧化还原反应 B．过程③中Li是还原产物
C．该过程的副产物有 D．上述过程实现了锂的循环使用
16．利用电化学装置可实现和的耦合转化，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．工作时，电极A与电源正极相连
B．工作时，由电极B向电极A移动
C．该装置下甲烷每转化生成1mol乙烯，理论上转移2mol电子
D．生成乙烷的电极反应式为
二、非选择题：本题包括4小题，共56分。
17．实验小组探究氯化铵溶液的性质。回答下列问题：
（1）配制100mL0.5mol/L的氯化铵溶液的过程中不需要用到的仪器有___________(填选项字母)。
A． B． C． D．
（2）氯化铵溶液显酸性的原因是　 　(用离子方程式表示)。
（3）某同学探究外界因素对氯化铵水解平衡影响的部分数据如表所示(所用的氯化铵溶液浓度均为0.5mol/L)；
序号 T/℃ pH
1 20 0 25 5.24
2 10 10 25 5.35
3 a 0 45 5.12
①实验1和2是探究　 　对氯化铵水解的影响。
②实验1和3是探究温度对氯化铵水解的影响，则　 　。
③同学甲根据实验3的pH小于实验1的pH，从而得出“温度升高，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动”的结论，同学乙认为不够严谨，其理由是　 　。
（4）将0.2g镁粉投入到盛有氯化铵溶液的试管中，发现两者立即反应，放出大量的气泡，同时可闻到刺激性气味。
①检验刺激性气味气体是氨气的方法和现象是　 　。
②实验小组为探究氯化铵与镁粉反应速率较快的原因，进行如下实验：
将0.2g镁粉投入到装有　 　的盐酸溶液中，发现反应现象不明显，猜测影响反应速率的是另外的粒子，经查阅资料得知，对氯化铵与镁粉反应无影响，再排除的影响后，将0.2g镁粉分别加入溶液和　 　溶液中(此两种溶液pH调至与0.25mol/L氯化铵溶液pH相同)，通过对照实验现象(前者反应现象比后者更明显)，验证了对反应速率影响更大的粒子是　 　。
18．某低品位菱锌矿主要含有，，，另含有少量Fe、Pb、K的化合物，对该矿石的一种综合利用方法如图所示：
回答下列问题：
（1）“焙烧”时，反应的化学方程式为　 　。
（2）“溶出”后，溶出渣的主要成分除(黄钾铁矾)外，还有　 　。
（3）溶出渣中的被黄钾铁矾包裹，如图所示为溶液pH对铅浸出率的影响，当pH降低时，有利于提高铅浸出率的原因是　 　；“浸出”，溶出渣中转为的离子方程式为　 　。
（4）Zn的价层电子排布式为　 　；电解硫酸锌可以制取锌单质，锌在　 　(填“阴”或“阳”)极得到。
（5）“氧化”的目的是将转化为，则“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
（6）某种多孔铅密度比纯铅小，制成电池电极时可增加电解液的渗透性，该多孔铅晶胞的结构如图所示：
①该晶体中，一个Pb周围与其最近的Pb的个数为　 　。
②该晶胞沿z轴投影图正确的是　 　。
A． B． C． D．
19．尿素[]是一种重要的氮肥，工业上以和为原料合成尿素，并实现碳中和。合成中的主要反应可表示如下：
反应Ⅰ： ；
反应Ⅱ： ；
总反应： 。
回答下列问题：
（1）　 　(用含和的代数式表示)。
（2）能表示上述反应中能量变化的是　 　(填选项字母)。
A． B． C．
（3）研究反应Ⅰ对提高尿素产率有重要意义，下，向1L恒容密闭容器中通入和。
①能判断反应Ⅰ到达平衡状态的是　 　(填选项字母，下同)。
A． B．
C．容器中的气体密度不变 D．的浓度不变
②改变下列条件有利于提高的平衡转化率的是　 　。
A．缩小体积增大压强 B．增大二氧化碳的浓度
C．加入少量 D．选择高效催化剂
③若反应达到平衡时测得容器中，请计算该温度下反应Ⅰ的平衡常数K：　 　(只考虑发生反应Ⅰ，写出计算过程)。
（4）尿素在水中缓慢水解生成氨基甲酸铵，氨基甲酸铵易与水发生反应：，测定二份初始浓度不同的尿素溶液中在不同温度下随时间的变化趋势如图所示：
①　 　(填“>”、“<”或“=”)，判断依据是　 　。
②时，0~6分钟尿素的平均反应速率　 　。
20．一种涉及电解法合成治疗高血压药物的中间体化合物ⅵ的路线如图所示(加料顺序、反应条件略)：
回答下列问题：
（1）化合物ⅱ的名称是　 　。
（2）化合物ⅲ所含官能团名称为　 　，其一种同分异构体X遇氯化铁溶液显色，且核磁共振氢谱上只有4组峰，则X的结构简式为　 　。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________(填选项字母)。
A．由化合物ⅰ制备化合物ⅱ过程中会产生副产物TNT(三硝基甲苯)
B．化合物ⅱ易溶于水，能与水分子形成氢键
C．反应①电解过程在阴极得到产物
D．反应③涉及键的断裂和键的形成
（4）反应④经历两步反应，其中第一步为原子利用率100%的加成反应，写出第一步反应产物的结构简式：　 　。
（5）根据化合物ⅵ的结构特征，分析预测其化学性质，完成下表。
反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
　 　 　 　 取代反应
（6）结合反应④，设计以乙烯为有机原料合成化合物ⅶ()的合成路线(无机试剂任选)。
a．最后一步反应方程式为　 　(不用写反应条件，下同)。
b．合成过程中涉及乙醛与空间结构为直线形化合物进行原子利用率100%的加成反应，该反应方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、镂孔玉璧的主要材质是玉石，属于无机非金属材料，故 A 错误；
B、青铜马车的主要材质是青铜，青铜是铜锡合金，属于金属材料，故 B 正确；
C、骨匕锥镞针饰品的主要材质是动物骨骼，属于天然有机材料，故 C 错误；
D、寺洼彩陶的主要材质是陶瓷，属于无机非金属材料，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
明确金属材料的定义，包括纯金属和合金；
区分不同文物材质所属的材料类别：玉石、陶瓷属于无机非金属材料，动物骨骼属于天然有机材料；
青铜是铜锡合金，是典型的金属材料。
2．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、桥梁玻璃栈道中的 SiO2，晶体形态的二氧化硅（如石英）是由硅氧共价键形成的空间网状结构，属于共价晶体，故 A 正确；
B、建造大桥使用的水泥属于传统无机非金属材料，而非新型无机非金属材料，故 B 错误；
C、主缆采用镀锌钢丝网防腐蚀，利用的是锌比铁活泼，锌被腐蚀而铁被保护的原理，属于牺牲阳极法，而非外加电流法，故 C 错误；
D、碳纤维材料的主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
共价晶体的判断：SiO2晶体中原子间以共价键形成空间网状结构，属于共价晶体；
无机非金属材料的分类：水泥、玻璃、陶瓷属于传统无机非金属材料；
金属防护方法的区分：镀锌防护属于牺牲阳极法，外加电流法需要外接电源；
材料类别的判断：碳纤维由碳元素组成，属于无机非金属材料，不是有机高分子材料。
3．【答案】D
【知识点】焰色反应；铁的氧化物和氢氧化物；苯的结构与性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、故宫红墙红色油漆中含有 Fe2O3（氧化铁，俗称铁红），该物质为红棕色，可作为红色颜料，故 A 正确；
B、焰色试验是金属元素的原子或离子在受热时电子跃迁产生的发光现象，过程中无新物质生成，属于物理变化，故 B 正确；
C、清晨树林中的薄雾属于气溶胶，光束通过胶体时会产生丁达尔效应，因此能看到美丽的光束，故 C 正确；
D、苯分子为高度对称的正六边形结构，但苯分子中不存在单双键交替的结构，其碳碳键是介于单键和双键之间的特殊共价键，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
Fe2O3的物理性质与用途：红棕色固体，可作红色颜料；
焰色试验的本质：电子跃迁，属于物理变化；
丁达尔效应的适用条件：光束通过胶体时产生的散射现象；
苯分子的结构特点：碳碳键完全相同，无单双键交替结构。
4．【答案】C
【知识点】粗盐提纯
【解析】【解答】A、硫酸会引入新杂质离子，且无法除去过量的和，故A错误；
B、硝酸会引入新杂质离子，故B错误；
C、盐酸可与过量的和反应，生成，不引入新杂质，故C正确；
D、醋酸会引入新杂质离子，故D错误；
故答案为：C。
【分析】粗盐提纯中，加入除去，除去，除去和过量的；过滤后滤液中含有过量的和，需加入盐酸除去，同时不引入新杂质。
5．【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；同系物；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、果糖和葡萄糖的分子式均为，二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，而非同系物，故A错误；
B、蛋白质水解的最终产物是氨基酸，不会生成醇类物质，故B错误；
C、紫丁香醇由非金属元素组成，原子间通过共价键结合，属于共价化合物，故C正确；
D、香油的主要成分是油脂，油脂在人体内水解生成高级脂肪酸和甘油（丙三醇），而非乙二醇，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查有机物的结构与性质。同分异构体与同系物的区别在于：同分异构体分子式相同、结构不同；同系物结构相似、分子组成相差一个或若干个原子团。蛋白质水解产物只有氨基酸；油脂水解产物为高级脂肪酸和甘油；共价化合物由非金属元素组成，原子间以共价键结合。
6．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Mg的金属活动性比Ag强，在原电池中失电子，为电池负极，故A正确；
B、正极上AgCl得电子发生还原反应，电极反应式应为，而非，故B错误；
C、原电池放电时，阳离子向正极移动，因此海水中的移向正极，故C正确；
D、电池放电时，电流从正极（AgCl极）流向负极（Mg极），故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题考查原电池的工作原理。Mg为负极，发生氧化反应；AgCl为正极，发生还原反应。由于AgCl难溶于水，正极反应不能直接写得电子，而应写AgCl得电子生成Ag和。原电池中，阳离子移向正极，电流方向与电子流动方向相反，从正极流向负极。
7．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；探究铝热反应
【解析】【解答】A、“84” 消毒液的有效成分是次氯酸钠，而非次氯酸钙，其消毒原理是次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，选项中化学知识表述错误，因此劳动项目与化学知识没有关联，故 A 错误；
B、草木灰的主要成分是碳酸钾，溶液呈碱性，铵态氮肥中的铵根离子会与氢氧根离子反应生成氨气，降低肥效，因此铵态氮肥不能与草木灰混用，二者存在关联，故 B 正确；
C、氯乙烯分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚氯乙烯塑料，二者存在关联，故 C 正确；
D、铝热反应是放热反应，反应放出的大量热量能使生成的铁熔化，从而实现铁轨焊接，二者存在关联，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题考查化学知识在生产生活中的应用，解题关键是明确各劳动项目的化学原理：
次氯酸钠是 “84” 消毒液的有效成分，次氯酸钙是漂白粉的有效成分，二者不可混淆；
铵态氮肥与碱性物质混用会释放氨气，导致氮元素流失；
含碳碳双键的物质可发生加聚反应生成高分子化合物；
铝热反应的放热特性是其用于焊接金属的核心原理。
8．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、高锰酸钾与稀盐酸在常温下即可反应生成氯气，装置合理，故 A 正确；
B、氯气在饱和食盐水中溶解度小，HCl 易溶于饱和食盐水，可除去 HCl，装置中气体 “长进短出”，故 B 正确；
C、氯气密度比空气大，应采用向上排空气法收集，装置中气体应 “长进短出”，但图中为 “短进长出”，无法收集氯气，故 C 错误；
D、氯气能与 NaOH 溶液反应，可用 NaOH 溶液吸收尾气，装置合理，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题考查氯气的实验室制备、净化、收集和尾气处理。高锰酸钾氧化性强，常温下可与稀盐酸反应生成氯气；HCl 可溶于饱和食盐水，而氯气难溶，因此可用饱和食盐水除去 HCl；氯气密度大于空气，收集时应 “长进短出”；氯气有毒，需用 NaOH 溶液吸收尾气。
9．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；烯烃；醛的化学性质
【解析】【解答】A、糠醛分子式为 C5H4O2，不是 C5H5O2，故 A 错误；
B、分子中所有碳原子均形成双键，均为 sp2 杂化，无 sp3 杂化碳原子，故 B 错误；
C、手性碳需为饱和碳原子且连四个不同基团，糠醛中没有这类碳原子，故 C 错误；
D、糠醛含两个碳碳双键、一个醛基，均能和氢气加成，1mol 糠醛最多消耗 3mol H2，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
判断分子式要逐个数清碳、氢、氧原子个数，不能看错氢原子数目；
只形成双键的碳原子均为 sp2 杂化，只有饱和单键碳原子才是 sp3 杂化；
手性碳原子必须是饱和碳且连接四种不同原子或基团，该分子无饱和碳，因此无手性碳；
碳碳双键、醛基都可与 H2发生加成，按官能团数目即可算出最大耗氢量。
10．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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、乙炔分子中含有 2 个 π 键，2mol 乙炔中含有 π 键的数目为 4NA，故 A 错误；
B、溶液体积未知，无法计算 Fe3+的数目，且 Fe3+会发生水解，实际数目小于理论值，故 B 错误；
C、32g Cu 的物质的量为=0.5mol ，Cu 与足量稀硝酸反应生成 Cu2+，每个 Cu 原子失去 2 个电子，0.5mol Cu 转移电子数为 NA，故 C 正确；
D、未指明标准状况，22.4L SO2的物质的量不一定是 1mol，且 SO2与 O2的反应为可逆反应，不能完全转化，生成的 SO3数目小于 NA，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查阿伏加德罗常数的应用，解题要点如下：
乙炔分子结构：乙炔中碳碳三键含 1 个 σ 键和 2 个 π 键，1mol 乙炔含 2mol π 键；
溶液中粒子数计算：缺少溶液体积，无法计算溶质粒子数目，且 Fe3+会发生水解；
氧化还原反应电子转移：Cu 与稀硝酸反应时，Cu 被氧化为 + 2 价，每个 Cu 原子失去 2 个电子；
气体摩尔体积与可逆反应：22.4L/mol 仅适用于标准状况下的气体，且 SO2与 O2的反应为可逆反应，不能进行到底。
11．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；两性氧化物和两性氢氧化物；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2与 BaCl2溶液不反应，溶液不会变浑浊，故 A 错误；
B、SO2与 Na2S 溶液反应生成硫单质，溶液变浑浊，说明 SO2具有氧化性，故 B 错误；
C、过量 NaOH 溶液与 SO2反应生成 Na2SO3和 H2O，反应方程式为
2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故 C 正确；
D、酸性 KMnO4溶液褪色是因为 SO2具有还原性，品红溶液褪色是因为 SO2具有漂白性，二者原理不同，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查 SO2的化学性质，解题要点如下：
SO2溶于水生成的 H2SO3是弱酸，酸性弱于 HCl，因此不能与 BaCl2发生复分解反应生成沉淀；
SO2与 Na2S 反应时，SO2中 S 元素化合价降低，被还原，体现氧化性；
尾气处理时，过量 NaOH 溶液与 SO2反应生成正盐 Na2SO3，而非酸式盐；
区分 SO2的还原性和漂白性：使酸性 KMnO4溶液褪色体现还原性，使品红溶液褪色体现漂白性。
12．【答案】B
【知识点】化学键；氨的性质及用途；含氮物质的综合应用；铜及其化合物
【解析】【解答】A、根据价类二维图，a 为 N2，c 为 NO，e 为 NH3；NO 和 NH3可发生归中反应生成 N2，故 A 正确；
B、工业制硝酸的流程为 N2→NH3→NO→NO2→HNO3，即 a→e→c→d→f，而非 a→c→d→f，故 B 错误；
C、g 为 Cu(OH)2，新制 Cu(OH)2可用于检验还原糖，反应生成砖红色 Cu2O（b），故 C 正确；
D、若 h 可用于检验水，则 h 为无水 CuSO4，CuSO4中 Cu2+与 SO42-之间为离子键，SO42-内部 S 和 O 之间为共价键，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题考查含氮、铜元素物质的价类二维图分析，解题要点如下：
先根据化合价和物质类别，确定各物质：a 为 N2，b 为 Cu2O，c 为 NO，d 为 NO2，e 为 NH3，f 为 HNO3，g 为 Cu(OH)2，h 为铜盐（如 CuSO4）；
工业制硝酸的流程：N2和 H2合成 NH3，NH3催化氧化生成 NO，NO 氧化为 NO2，NO2与水反应生成 HNO3；NO 和 NH3可发生归中反应：4NH3 + 6NO = 5N2 + 6H2O；新制 Cu(OH)2与还原糖共热生成砖红色 Cu2O 沉淀；CuSO4中同时含离子键和共价键，可用于检验水（遇水变蓝）。
13．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、NH3和 PH3均为分子晶体，但 NH3分子间存在特殊的分子间作用力 —— 氢键，其强度远大于 PH3分子间仅存在的范德华力，因此 NH3的沸点显著高于 PH3，A 正确；
B、Y 为 N 元素，其核外电子排布中，2p 轨道处于半充满的稳定状态，这种电子构型使其失去一个电子所需的能量（即第一电离能）反常地高于同周期相邻的 O 元素，因此第一电离能：N > O，B 错误；
C、电负性反映了原子吸引电子的能力，同主族元素从上到下，原子半径增大，吸引电子能力减弱，故电负性：N > P，C 正确；
D、对于 PO43-和 NH4+，中心原子 P 和 N 的价层电子对数均为 4（ 、 ），因此均采取 sp3 杂化，且四个配位原子完全相同，其空间结构均为正四面体形，D 正确；
故答案为：B。
【分析】观察右侧阴离子，中心原子 T 形成 5 条共价键（1 个双键 + 2 个单键），说明其最外层有 5 个价电子，为第 ⅤA 族元素；又因原子序数最大，故 T 为磷（P）。与它成键的 Z 原子形成 2 条共价键，最外层有 6 个价电子，为第 ⅥA 族元素，故 Z 为氧（O）。再看左侧阳离子，中心原子 Y 形成 4 条共价键，说明其最外层有 5 个价电子（3 个单键 + 1 个配位键），为第 ⅤA 族元素，且原子序数小于 O，故 Y 为氮（N）。与它成键的 X 原子形成 1 条共价键，故 X 为氢（H）。最后，阳离子带 + 1 价，阴离子带 - 3 价，为了电荷平衡，金属阳离子 W2+ 的原子序数需大于 O，故 W 为镁（Mg）。综上：X=H，Y=N，Z=O，W=Mg，T=P。
14．【答案】A
【知识点】相似相溶原理及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、碳酸铵溶液中，铵根水解使溶液显酸性，碳酸根水解使溶液显碱性，因碳酸根的水解程度大于铵根离子的水解程度，溶液呈弱碱性，二者存在直接因果关系； A正确；
B、热稳定性由分子内共价键的强弱决定，与分子间氢键无关，HF 的热稳定性强于 HCl，是因为 H-F 键的键能大于 H-Cl 键，陈述 Ⅱ 错误，且与陈述 Ⅰ 无因果关系； B错误；
C、苯酚易溶于乙醇，因此可用乙醇冲洗皮肤上的苯酚，这利用的是乙醇的溶解性，与乙醇的还原性无关，陈述 Ⅱ 错误，二者无因果关系； C错误；
D、冠醚能识别碱金属离子，是因为其空腔大小与特定碱金属离子半径匹配，超分子自组装是指分子间通过非共价键自发形成有序结构的过程，二者原理不同，无因果关系， D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
溶液酸碱性由阴、阳离子水解程度的相对大小决定，碳酸铵溶液中 CO32-水解程度大于 NH4+，因此溶液呈弱碱性；
分子的热稳定性由分子内共价键键能决定，与分子间氢键无关，HF 热稳定性强于 HCl 是因 H—F 键能更大；
乙醇冲洗苯酚利用的是相似相溶原理，与乙醇的还原性无关；
冠醚识别碱金属离子依靠的是空腔与离子的尺寸匹配效应，超分子自组装是分子间非共价键的自发有序化过程，二者原理不同。
15．【答案】A
【知识点】工业合成氨；氧化还原反应
【解析】【解答】A、过程②是与反应生成和，反应中各元素化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B、过程③中生成，Li元素化合价降低，被还原，因此是还原产物，故B正确；
C、由反应机理图可知，过程③生成了和，因此该过程的副产物有，故C正确；
D、反应机理中，在过程①（ ）中被消耗，在过程③中又重新生成，实现了锂的循环使用，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
判断氧化还原反应的关键是反应中是否有元素化合价发生变化，过程②为 ，各元素化合价均未改变，因此不属于氧化还原反应；
过程③为 ，Li元素化合价从+1价降至0价，因此是还原产物；过程③生成，说明该合成氨过程的副产物有；
从反应机理图可看出，在反应中既被消耗又被生成，实现了循环使用。
16．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 A 上 CO2转化为 CO，碳元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，应与电源负极相连，故 A 错误；
B、电解池中阴离子（O2-）向阳极移动，电极 B 为阳极，因此 O2-应由电极 A 向电极 B 移动，故 B 错误；
C、CH4转化为 C2H4时，碳元素从 - 4 价变为 - 2 价，每生成 1mol C2H4，需 2mol CH4参与反应，共失去 4mol 电子，故 C 错误；
D、电极 B 上 CH4被氧化生成乙烷，结合固体电解质传导的 O2-，电极反应式为 2CH4-2e-+O2-=CH3-CH3+H2O，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】该装置是电解池，用于实现CH4与CO2的耦合转化。从原理图可判断：A电极上发生反应 CO2+2e-=CO+O2- ，碳元素化合价从+4价降至+2价，发生还原反应，因此A电极为阴极；B电极上发生反应 、 ，碳元素化合价从-4价升高，发生氧化反应，因此B电极为阳极。固体电解质可传导，阴极生成的会迁移至阳极参与反应。
17．【答案】（1）C
（2）
（3）氯化铵浓度；20；温度升高，水的电离程度增大，pH也降低
（4）将湿润的红色石蕊试纸放置于试管口处，若试纸变蓝，则气体为氨气；5.35；KBr；
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】(1) 配制 100mL 0.5mol/L 的氯化铵溶液，需要用到 100mL 容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，不需要 C（细口瓶）。
故答案为：C。
(2) 氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，离子方程式为：
NH4++H2O NH3 H2O+H+。
故答案为：NH4++H2O NH3 H2O+H+。
(3) ①实验 1 和实验 2 中氯化铵的浓度不同，其他条件相同，是探究氯化铵浓度对水解平衡的影响。故答案为：氯化铵浓度。
②实验 1 和 3 是探究温度对氯化铵水解的影响，需保证氯化铵浓度相同，因此 a=20。故答案为：20。
③温度升高时，水的电离程度也会增大，会使溶液 pH 降低，因此不能仅根据实验 3 的 pH 小于实验 1，就得出 “温度升高，氯化铵水解平衡正向移动” 的结论。
故答案为：温度升高，水的电离程度也增大，pH 也会降低，无法证明 pH 降低是由铵根水解平衡移动导致的。
（4）①检验氨气的方法为将湿润的红色石蕊试纸放置于试管口处，若试纸变蓝，则气体为氨气。
②实验(3)中第2组实验中氯化铵的浓度为0.25mol/L，pH=5.35，故为排除H+的影响，应将0.2g镁粉投入到装有5.35的盐酸溶液中。经查阅资料得知，对氯化铵与镁粉反应无影响，再排除的影响后，故将0.2g镁粉分别加入溶液和KBr溶液中，前者反应现象比后者更明显，验证了对反应速率影响更大的粒子是。
故答案为：将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则气体为氨气。5.35；KBr；NH4+。
【分析】（1）溶液配制仪器选择：根据固体配制溶液的步骤，分析所需仪器，排除储存试剂用的细口瓶。
（2）盐类水解方程式书写：氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，使溶液呈酸性。
（3）外界因素对水解平衡的影响：①实验 1 和 2 的变量是氯化铵浓度，探究浓度对水解的影响；
②探究温度影响时，需控制氯化铵浓度不变，因此 a=20；
③温度升高会同时促进水的电离和盐类水解，因此不能仅通过 pH 变化判断水解平衡移动。
（4）气体检验与反应速率探究：①氨气为碱性气体，用湿润的红色石蕊试纸检验；
②探究镁与氯化铵反应的影响粒子时，需控制 pH 相同，排除 H+干扰，再通过对照实验排除其他离子的影响，验证 NH4+对反应速率的影响。
（1）配制100mL0.5mol/L的氯化铵溶液需要的仪器有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，不需要C。
（2）氯化铵属于强酸弱碱盐，其水溶液显酸性是因为。
（3）①实验1和实验2中氯化铵的浓度不同，故是探究浓度对氯化铵水解平衡的影响。
②实验1和3是探究温度对氯化铵水解的影响，则其它条件相同，故a=20。
③因温度升高，水的电离程度增大，pH也降低，故不能根据实验3的pH小于实验1的pH，从而得出“温度升高，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动”的结论。
（4）①检验氨气的方法为将湿润的红色石蕊试纸放置于试管口处，若试纸变蓝，则气体为氨气。
②实验(3)中第2组实验中氯化铵的浓度为0.25mol/L，pH=5.35，故为排除H+的影响，应将0.2g镁粉投入到装有5.35的盐酸溶液中。经查阅资料得知，对氯化铵与镁粉反应无影响，再排除的影响后，故将0.2g镁粉分别加入溶液和KBr溶液中，前者反应现象比后者更明显，验证了对反应速率影响更大的粒子是。
18．【答案】（1）
（2）
（3）pH减小时，酸性增强，黄钾铁矾与酸反应溶解，被包裹的裸露出来，便于络合浸出反应的进行；
（4）；阴
（5）
（6）4；B
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）“焙烧” 时，ZnCO3与浓硫酸反应生成硫酸锌、二氧化碳和水，化学方程式为：；
故答案为：；
(2) “溶出” 后，不与硫酸反应的 SiO2会留在渣中，CaCO3与硫酸反应生成难溶的 CaSO4，因此溶出渣的主要成分还有 CaSO4、SiO2。
故答案为：CaSO4、SiO2。
(3) pH 降低时，溶液酸性增强，黄钾铁矾会与酸反应溶解，使被包裹的 PbSO4裸露出来，更易与 Cl-发生络合反应，从而提高铅的浸出率；溶出渣中 PbSO4与 Ca2+、Cl-反应转化为 [PbCl4]2-，离子方程式为： 。
故答案为：pH 减小，酸性增强，黄钾铁矾与酸反应溶解，使包裹的 PbSO4裸露，便于络合浸出； 。
(4) Zn 为 30 号元素，价层电子排布式为 3d 4s2；电解硫酸锌时，锌离子在阴极得电子被还原为锌单质，故锌在阴极得到。
故答案为：3d 4s2；阴。
(5) “氧化” 过程中，H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，其中 H2O2为氧化剂，Fe2+为还原剂，二者物质的量之比为 1：2。
故答案为：1：2。
(6) ①将晶胞均分为8个小立方体，内部的铅原子位于晶胞的体心和其中4个小立方体的体心，故该晶体中，一个Pb周围与其最近的Pb的个数为：4；
②根据①分析，该晶胞铅原子位置为：棱心、体心、4个小立方体的体心，沿z轴投影图为：，故选B。
故答案为：4； B ；
【分析】该流程是低品位菱锌矿的综合利用工艺：先将菱锌矿用浓硫酸焙烧，ZnCO3转化为 ZnSO4，同时产生尾气；焙烧矿经溶出后，滤液除杂得到硫酸锌产品，溶出渣再用稀盐酸、氯化钙浸出，将铅转化为含氯络离子；随后用过氧化氢氧化其中的 Fe2+，调 pH 除去 Fe(OH)3沉淀；最后加 Ca(OH)2沉淀得到碱式氯化铅，实现锌和铅的分离回收。
（1）焙烧反应方程式：根据 ZnCO3与浓硫酸的反应，结合复分解反应规律，写出化学方程式。
（2）溶出渣成分判断：根据矿石中各组分的性质，SiO2不与硫酸反应，CaCO3与硫酸反应生成难溶的 CaSO4，因此溶出渣中含有这两种物质。
（3）pH 对浸出率的影响与离子方程式：pH 降低时，溶液酸性增强，黄钾铁矾与酸反应溶解，使包裹的 PbSO4裸露，便于络合反应进行；根据络合反应的规律，写出 PbSO4转化为 [PbCl4]2-的离子方程式。
（4）电子排布式与电解原理：根据 Zn 的原子序数，写出价层电子排布式；电解硫酸锌时，锌离子在阴极得电子被还原，因此锌在阴极析出。
（5）氧化过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比：根据反应的离子方程式，判断氧化剂 H2O2与还原剂 Fe2+的物质的量之比。
（6）晶胞结构分析：根据晶胞中 Pb 原子的位置，判断一个 Pb 周围最近的 Pb 原子个数；结合晶胞的空间结构，确定沿 z 轴的投影图。
（1）“焙烧”时，和浓硫酸反应生成硫酸锌、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：；
（2）根据分析，“溶出”后，溶出渣的主要成分除(黄钾铁矾)外，还有：；
（3）pH降低时能和氢离子反应，使裸露出来，故原因为：pH减小时，酸性增强，黄钾铁矾与酸反应溶解，被包裹的裸露出来，便于络合浸出反应的进行；“浸出”，溶出渣中转为的离子方程式为：；
（4）Zn的价层电子排布式为：；电解硫酸锌可以制取锌单质，锌离子得电子生成锌单质，发生还原反应，故锌在阴极生成；
（5）“氧化”过程的离子方程式为：，H2O2为氧化剂，Fe2+为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为：；
（6）①将晶胞均分为8个小立方体，内部的铅原子位于晶胞的体心和其中4个小立方体的体心，故该晶体中，一个Pb周围与其最近的Pb的个数为：4；
②根据①分析，该晶胞铅原子位置为：棱心、体心、4个小立方体的体心，沿z轴投影图为：，故选B。
19．【答案】（1）
（2）B
（3）CD；AB；
（4）<；下氨基甲酸根起始浓度低，但反应速率快，说明反应温度高；
【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；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】(1) 根据盖斯定律，反应 Ⅰ 加反应 Ⅱ 可得总反应，因此 ΔH3 = ΔH1 + ΔH2。
故答案为：ΔH1 + ΔH2。
(2) 反应 Ⅰ 为放热反应，反应物总能量高于生成物；反应 Ⅱ 为吸热反应，反应物总能量低于生成物；总反应为放热反应，反应物总能量高于生成物，只有图像 B 符合能量变化特征。
故答案为：B。
(3) ①A 选项中，CO2和 NH3的物质的量比始终等于起始投料比，不能说明反应达到平衡；B 选项中，反应速率比未指明正逆方向，无法判断平衡；C 选项中，恒容条件下气体密度随反应进行而减小，密度不变时反应达到平衡；D 选项中，CO2浓度不变说明反应达到平衡。
②A 选项中，缩小体积增大压强，平衡正向移动，NH3的平衡转化率提高；B 选项中，增大 CO2浓度，平衡正向移动，NH3的平衡转化率提高；C 选项中，加入固体 H2NCOONH4，平衡不移动；D 选项中，催化剂不改变平衡转化率。
③向1L恒容密闭容器中通入和，反应达到平衡时测得容器中，可以列出以下三段式：
，该温度下反应Ⅰ的平衡常数K==1；
故答案为：CD；AB； ；
（4）①由图可知，下氨基甲酸根起始浓度低，但反应速率快，说明反应温度高，所以温度T1＜T2；
②时，0~6分钟氨基甲酸根浓度变化为(2.2-1.9)mol/L=0.3mol/L，则尿素的变化量为0.3mol/L，0~6分钟尿素的平均反应速率。
故答案为：<、下氨基甲酸根起始浓度低，但反应速率快，说明反应温度高、 ；
【分析】（1）盖斯定律应用：利用反应 Ⅰ 和反应 Ⅱ 相加得到总反应的关系，直接将两个反应的焓变相加，得到总反应的焓变。
（2）能量变化图像判断：放热反应中反应物能量高于生成物，吸热反应中反应物能量低于生成物；结合两步反应和总反应的吸放热情况，逐一核对图像的峰谷高低，匹配正确选项。
（3）平衡状态判断与转化率分析：判断平衡状态时，需依据 “变量不变即平衡” 的原则，分析密度、浓度等物理量是否为变量；分析转化率时，根据勒夏特列原理，结合压强、浓度、催化剂等因素对平衡移动的影响，判断转化率变化；计算平衡常数时，先列出三段式，求出平衡浓度，再代入平衡常数表达式计算。
（4）温度与反应速率、反应速率计算：根据温度越高反应速率越快的规律，通过反应速率的快慢判断温度高低；计算反应速率时，先根据图像得出氨基甲酸根的浓度变化，再结合反应的计量关系，换算出尿素的浓度变化，进而计算平均反应速率。
（1）根据盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ=总反应，则；
（2）由热化学反应方程式可知，反应Ⅰ为放热反应，则反应Ⅰ中反应物总能量高于生成物总能量，反应Ⅱ为吸热反应，则反应Ⅱ中反应物总能量低于生成物总能量，总反应为放热反应，则总反应中反应物总能量高于生成物总能量，满足上述反应中能量变化的图为，故选B。
（3）①A．向1L恒容密闭容器中通入和，此时，所以当时不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．未表明反应的正逆，不能得出反应达到化学平衡状态，B不符合题意；
C．反应后气体质量减小，容器体积恒定，密度为可变的值，密度不再发生变化，说明达到化学平衡状态，C符合题意；
D．随着反应的进行的浓度会减小，的浓度不变达到了化学平衡状态，D符合题意；
故选CD。
②A．缩小体积增大压强，平衡正向移动，有利于提高的平衡转化率，A符合题意；
B．增大二氧化碳的浓度，平衡正向移动，有利于提高的平衡转化率，B符合题意；
C．加入少量，平衡不移动，氨气的平衡转化率不变，C不符合题意；
D．选择高效催化剂可以加快化学反应速率，但是不能改变氨气的平衡转化率，D不符合题意；
故选AB。
③向1L恒容密闭容器中通入和，反应达到平衡时测得容器中，可以列出以下三段式：
，该温度下反应Ⅰ的平衡常数K==1；
（4）①由图可知，下氨基甲酸根起始浓度低，但反应速率快，说明反应温度高，所以温度T1＜T2；
②时，0~6分钟氨基甲酸根浓度变化为(2.2-1.9)mol/L=0.3mol/L，则尿素的变化量为0.3mol/L，0~6分钟尿素的平均反应速率。
20．【答案】（1）间硝基甲苯或3-硝基甲苯
（2）硝基、羟基；
（3）A；D
（4）
（5）稀硫酸，加热；，
（6）+CH3CHO+H2O或+CH3CH2OH+H2O；HCN+CH3CHO
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；苯的同系物及其性质；醛的化学性质
【解析】【解答】(1) 化合物 ii 的苯环上，甲基与硝基处于间位，其名称为间硝基甲苯，也可称为 3 - 硝基甲苯。
故答案为：间硝基甲苯（或 3 - 硝基甲苯）。
(2) 化合物 iii 含有的官能团为硝基和羟基；其同分异构体 X 遇氯化铁显色，说明含酚羟基，且核磁共振氢谱只有 4 组峰，结构。
故答案为：硝基、羟基；。
(3) A. 甲苯硝化时，邻对位均可能被取代，可生成三硝基甲苯（TNT），A 正确；
B. 化合物 ii 不含羟基、氨基等亲水基团，难溶于水，无法与水形成氢键，B 错误；
C. 反应①中 Ce3+在阳极失去电子被氧化为 Ce(OH)3+，C 错误；
D. 反应③中醇羟基被氧化为醛基，涉及 C—H 键断裂和 C=O 键形成，D 正确。
故答案为：AD。
(4) 反应④第一步为原子利用率 100% 的加成反应，醛基与酮的活泼亚甲基加成，产物结构为。
故答案为：。 。
(5) 化合物 vi（） 含酯基，可在酸性条件下发生水解反应，反应试剂和条件为稀硫酸、加热，反应后生成含羧基的有机物（）和乙醇：。
故答案为：稀硫酸、加热；， ；
（6）以乙烯为有机原料合成化合物ⅶ()的合成路线：乙烯和水加成生成乙醇，乙醇催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO和HCN加成生成，水解生成CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH催化氧化生成CH3COCOOH，CH3COCOOH发生酯化反应生成，和CH3CHO反应生成产物；
a．所以最后一步反应方程式为+CH3CHO+H2O或+CH3CH2OH+H2O。
b．合成过程中涉及乙醛与空间结构为直线形化合物（HCN）进行原子利用率100%的加成反应，该反应方程式为HCN+CH3CHO。
故答案为：+CH3CHO+H2O或+CH3CH2OH+H2O；HCN+CH3CHO。
【分析】这是一条电解耦合有机合成的药物中间体合成路线：甲苯先经硝化反应得到间硝基甲苯（ii），再通过 Ce3+/Ce(OH)3+的氧化还原循环，将其侧链甲基转化为羟甲基（iii），随后氧化为醛基得到间硝基苯甲醛（iv）；接着间硝基苯甲醛与 β- 酮酸酯（v）经缩合反应，生成含双键和酯基的目标中间体 vi，为后续合成治疗高血压的药物提供关键骨架。
（1）有机物命名：根据取代基位置，用系统命名法确定名称，明确甲基与硝基的间位关系。
（2）官能团判断与同分异构体书写：通过结构简式识别官能团；结合 “遇氯化铁显色” 判断含酚羟基，结合氢谱峰数判断结构对称性，写出同分异构体。
（3）反应与结构分析：结合甲苯硝化反应特点，判断副产物；根据官能团的亲水 / 疏水性，分析溶解性；结合电解原理，判断 Ce3+的氧化反应；根据醇氧化的断键规律，分析反应过程。
（4）加成反应产物推断：根据 “原子利用率 100%” 的特点，结合醛基与活泼亚甲基的加成反应规律，推断第一步产物结构。
（5）有机物化学性质：根据酯基的水解反应特性，确定反应条件和产物，判断反应类型。
（6）合成路线设计：以乙烯为原料，结合氧化、加成、酯化等反应，设计目标产物的合成路线；根据加成反应的原子利用率特点，写出对应反应方程式。
（1）化合物ⅱ的名称是间硝基甲苯或3-硝基甲苯。
（2）化合物ⅲ所含官能团名称为硝基、羟基；其一种同分异构体X遇氯化铁溶液显色，则含酚羟基，核磁共振氢谱上只有4组峰的结构简式为。
（3）A. 由化合物ⅰ制备化合物ⅱ过程中，邻对位可能发生硝基的取代，可能会产生副产物TNT(三硝基甲苯)，A正确；
B. 化合物ⅱ难溶于水，不能与水分子形成氢键，B错误；
C. 反应①电解过程中，Ce3+在阳极失去电子生成，C错误；
D. 反应③为ⅲ发生氧化反应生成ⅳ，醇羟基生成醛基，涉及键的断裂和键的形成，D正确；
故选AD；
（4）反应④经历两步反应，其中第一步为原子利用率100%的加成反应，所以第一步为苯环上醛基的加成反应，第一步反应产物的结构简式。
（5）化合物ⅵ为，含酯基、碳碳双键、羰基，预测酯基可发生酸性水解，反应试剂、条件为稀硫酸，加热，反应形成的新结构、；
（6）以乙烯为有机原料合成化合物ⅶ()的合成路线：乙烯和水加成生成乙醇，乙醇催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO和HCN加成生成，水解生成CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH催化氧化生成CH3COCOOH，CH3COCOOH发生酯化反应生成，和CH3CHO反应生成产物；
a．所以最后一步反应方程式为+CH3CHO+H2O或+CH3CH2OH+H2O。
b．合成过程中涉及乙醛与空间结构为直线形化合物（HCN）进行原子利用率100%的加成反应，该反应方程式为HCN+CH3CHO。
1 / 1广东省茂名市2024-2025学年高二下学期教学质量监测化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列文物中主要材质为金属材料的是
A．镂孔玉璧 B．青铜马车
C．骨匕锥镞针饰品 D．寺洼彩陶
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、镂孔玉璧的主要材质是玉石，属于无机非金属材料，故 A 错误；
B、青铜马车的主要材质是青铜，青铜是铜锡合金，属于金属材料，故 B 正确；
C、骨匕锥镞针饰品的主要材质是动物骨骼，属于天然有机材料，故 C 错误；
D、寺洼彩陶的主要材质是陶瓷，属于无机非金属材料，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
明确金属材料的定义，包括纯金属和合金；
区分不同文物材质所属的材料类别：玉石、陶瓷属于无机非金属材料，动物骨骼属于天然有机材料；
青铜是铜锡合金，是典型的金属材料。
2．世界第一高桥花江峡谷大桥是一座单跨钢桁梁悬索桥。下列说法正确的是
A．桥梁的玻璃栈道中的属于共价晶体
B．建造大桥使用的水泥属于新型无机非金属材料
C．主缆采用镀锌钢丝网以防腐蚀，该方法属于外加电流法
D．“智慧缆索”使用的碳纤维材料属于有机高分子
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、桥梁玻璃栈道中的 SiO2，晶体形态的二氧化硅（如石英）是由硅氧共价键形成的空间网状结构，属于共价晶体，故 A 正确；
B、建造大桥使用的水泥属于传统无机非金属材料，而非新型无机非金属材料，故 B 错误；
C、主缆采用镀锌钢丝网防腐蚀，利用的是锌比铁活泼，锌被腐蚀而铁被保护的原理，属于牺牲阳极法，而非外加电流法，故 C 错误；
D、碳纤维材料的主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
共价晶体的判断：SiO2晶体中原子间以共价键形成空间网状结构，属于共价晶体；
无机非金属材料的分类：水泥、玻璃、陶瓷属于传统无机非金属材料；
金属防护方法的区分：镀锌防护属于牺牲阳极法，外加电流法需要外接电源；
材料类别的判断：碳纤维由碳元素组成，属于无机非金属材料，不是有机高分子材料。
3．化学是一门“美”的学科。下列说法不正确的是
A．故宫红墙采用的红色油漆中含有
B．绚丽的烟花五彩缤纷，焰色试验属于物理变化
C．清晨树林薄雾中透出的美丽的光束主要源于丁达尔效应
D．苯分子为高度对称的正六边形，拥有单双键交替的结构
【答案】D
【知识点】焰色反应；铁的氧化物和氢氧化物；苯的结构与性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、故宫红墙红色油漆中含有 Fe2O3（氧化铁，俗称铁红），该物质为红棕色，可作为红色颜料，故 A 正确；
B、焰色试验是金属元素的原子或离子在受热时电子跃迁产生的发光现象，过程中无新物质生成，属于物理变化，故 B 正确；
C、清晨树林中的薄雾属于气溶胶，光束通过胶体时会产生丁达尔效应，因此能看到美丽的光束，故 C 正确；
D、苯分子为高度对称的正六边形结构，但苯分子中不存在单双键交替的结构，其碳碳键是介于单键和双键之间的特殊共价键，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
Fe2O3的物理性质与用途：红棕色固体，可作红色颜料；
焰色试验的本质：电子跃迁，属于物理变化；
丁达尔效应的适用条件：光束通过胶体时产生的散射现象；
苯分子的结构特点：碳碳键完全相同，无单双键交替结构。
4．粗盐中含有，提纯粗盐的过程如图所示，则试剂X是
A．硫酸 B．硝酸 C．盐酸 D．醋酸
【答案】C
【知识点】粗盐提纯
【解析】【解答】A、硫酸会引入新杂质离子，且无法除去过量的和，故A错误；
B、硝酸会引入新杂质离子，故B错误；
C、盐酸可与过量的和反应，生成，不引入新杂质，故C正确；
D、醋酸会引入新杂质离子，故D错误；
故答案为：C。
【分析】粗盐提纯中，加入除去，除去，除去和过量的；过滤后滤液中含有过量的和，需加入盐酸除去，同时不引入新杂质。
5．“五棵树一条鱼一桌菜”是茂名特色的农业产业。下列说法正确的是
A．荔枝龙眼香甜可口，果糖与葡萄糖互为同系物
B．罗非鱼肉质鲜美，鱼肉中的蛋白质可水解为氨基酸和醇
C．沉香结香过程中会分泌树脂，树脂中的紫丁香醇属于共价化合物
D．高凉菜追求原汁原味，白切鸡的蘸料之一——香油在人体内可水解得到乙二醇
【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；同系物；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、果糖和葡萄糖的分子式均为，二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，而非同系物，故A错误；
B、蛋白质水解的最终产物是氨基酸，不会生成醇类物质，故B错误；
C、紫丁香醇由非金属元素组成，原子间通过共价键结合，属于共价化合物，故C正确；
D、香油的主要成分是油脂，油脂在人体内水解生成高级脂肪酸和甘油（丙三醇），而非乙二醇，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查有机物的结构与性质。同分异构体与同系物的区别在于：同分异构体分子式相同、结构不同；同系物结构相似、分子组成相差一个或若干个原子团。蛋白质水解产物只有氨基酸；油脂水解产物为高级脂肪酸和甘油；共价化合物由非金属元素组成，原子间以共价键结合。
6．Mg-AgCl电池是一种可被海水激活的电池。下列说法不正确的是
A．Mg极为电池负极
B．正极的电极反应式为
C．电池放电时，海水中的移向正极
D．电池放电时，电流从AgCl极流向Mg极
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Mg的金属活动性比Ag强，在原电池中失电子，为电池负极，故A正确；
B、正极上AgCl得电子发生还原反应，电极反应式应为，而非，故B错误；
C、原电池放电时，阳离子向正极移动，因此海水中的移向正极，故C正确；
D、电池放电时，电流从正极（AgCl极）流向负极（Mg极），故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题考查原电池的工作原理。Mg为负极，发生氧化反应；AgCl为正极，发生还原反应。由于AgCl难溶于水，正极反应不能直接写得电子，而应写AgCl得电子生成Ag和。原电池中，阳离子移向正极，电流方向与电子流动方向相反，从正极流向负极。
7．“劳动最光荣”。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 护士：用“84”消毒液进行环境消毒 利用了次氯酸钙的强氧化性
B 农民：铵态氮肥不与草木灰混用 两者会反应生成氨气
C 化工工程师：将氯乙烯制成聚氯乙烯塑料 氯乙烯中含有碳碳双键
D 工人：利用铝热反应进行铁轨焊接 铝热反应是放热反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；探究铝热反应
【解析】【解答】A、“84” 消毒液的有效成分是次氯酸钠，而非次氯酸钙，其消毒原理是次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，选项中化学知识表述错误，因此劳动项目与化学知识没有关联，故 A 错误；
B、草木灰的主要成分是碳酸钾，溶液呈碱性，铵态氮肥中的铵根离子会与氢氧根离子反应生成氨气，降低肥效，因此铵态氮肥不能与草木灰混用，二者存在关联，故 B 正确；
C、氯乙烯分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚氯乙烯塑料，二者存在关联，故 C 正确；
D、铝热反应是放热反应，反应放出的大量热量能使生成的铁熔化，从而实现铁轨焊接，二者存在关联，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题考查化学知识在生产生活中的应用，解题关键是明确各劳动项目的化学原理：
次氯酸钠是 “84” 消毒液的有效成分，次氯酸钙是漂白粉的有效成分，二者不可混淆；
铵态氮肥与碱性物质混用会释放氨气，导致氮元素流失；
含碳碳双键的物质可发生加聚反应生成高分子化合物；
铝热反应的放热特性是其用于焊接金属的核心原理。
8．下列关于实验室制取氯气的操作不正确的是
A．制取氯气 B．除去HCl
C．收集 D．尾气处理
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、高锰酸钾与稀盐酸在常温下即可反应生成氯气，装置合理，故 A 正确；
B、氯气在饱和食盐水中溶解度小，HCl 易溶于饱和食盐水，可除去 HCl，装置中气体 “长进短出”，故 B 正确；
C、氯气密度比空气大，应采用向上排空气法收集，装置中气体应 “长进短出”，但图中为 “短进长出”，无法收集氯气，故 C 错误；
D、氯气能与 NaOH 溶液反应，可用 NaOH 溶液吸收尾气，装置合理，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题考查氯气的实验室制备、净化、收集和尾气处理。高锰酸钾氧化性强，常温下可与稀盐酸反应生成氯气；HCl 可溶于饱和食盐水，而氯气难溶，因此可用饱和食盐水除去 HCl；氯气密度大于空气，收集时应 “长进短出”；氯气有毒，需用 NaOH 溶液吸收尾气。
9．糠醛广泛应用于合成橡胶、医药、农药等领域，它的结构如图所示。下列说法正确的是
A．糠醛的分子式为
B．糠醛中碳原子杂化类型为
C．每个糠醛分子中含有1个手性碳原子
D．1mol糠醛最多能与发生加成反应
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；烯烃；醛的化学性质
【解析】【解答】A、糠醛分子式为 C5H4O2，不是 C5H5O2，故 A 错误；
B、分子中所有碳原子均形成双键，均为 sp2 杂化，无 sp3 杂化碳原子，故 B 错误；
C、手性碳需为饱和碳原子且连四个不同基团，糠醛中没有这类碳原子，故 C 错误；
D、糠醛含两个碳碳双键、一个醛基，均能和氢气加成，1mol 糠醛最多消耗 3mol H2，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
判断分子式要逐个数清碳、氢、氧原子个数，不能看错氢原子数目；
只形成双键的碳原子均为 sp2 杂化，只有饱和单键碳原子才是 sp3 杂化；
手性碳原子必须是饱和碳且连接四种不同原子或基团，该分子无饱和碳，因此无手性碳；
碳碳双键、醛基都可与 H2发生加成，按官能团数目即可算出最大耗氢量。
10．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2mol乙炔中含有键的数目为
B．溶液中含有的数目为
C．与足量稀硝酸反应，转移电子数为
D．与足量充分反应，生成的的数目为
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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、乙炔分子中含有 2 个 π 键，2mol 乙炔中含有 π 键的数目为 4NA，故 A 错误；
B、溶液体积未知，无法计算 Fe3+的数目，且 Fe3+会发生水解，实际数目小于理论值，故 B 错误；
C、32g Cu 的物质的量为=0.5mol ，Cu 与足量稀硝酸反应生成 Cu2+，每个 Cu 原子失去 2 个电子，0.5mol Cu 转移电子数为 NA，故 C 正确；
D、未指明标准状况，22.4L SO2的物质的量不一定是 1mol，且 SO2与 O2的反应为可逆反应，不能完全转化，生成的 SO3数目小于 NA，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查阿伏加德罗常数的应用，解题要点如下：
乙炔分子结构：乙炔中碳碳三键含 1 个 σ 键和 2 个 π 键，1mol 乙炔含 2mol π 键；
溶液中粒子数计算：缺少溶液体积，无法计算溶质粒子数目，且 Fe3+会发生水解；
氧化还原反应电子转移：Cu 与稀硝酸反应时，Cu 被氧化为 + 2 价，每个 Cu 原子失去 2 个电子；
气体摩尔体积与可逆反应：22.4L/mol 仅适用于标准状况下的气体，且 SO2与 O2的反应为可逆反应，不能进行到底。
11．某学习小组用如图所示的装置检验的性质。向中滴入70%浓硫酸后盖上大烧杯，下列说法正确的是
A．溶液变浑浊，沉淀的成分为
B．溶液变浑浊，说明具有还原性
C．棉花处发生的反应为
D．酸性高锰酸钾溶液和品红溶液褪色，说明具有漂白性
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；两性氧化物和两性氢氧化物；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2与 BaCl2溶液不反应，溶液不会变浑浊，故 A 错误；
B、SO2与 Na2S 溶液反应生成硫单质，溶液变浑浊，说明 SO2具有氧化性，故 B 错误；
C、过量 NaOH 溶液与 SO2反应生成 Na2SO3和 H2O，反应方程式为
2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故 C 正确；
D、酸性 KMnO4溶液褪色是因为 SO2具有还原性，品红溶液褪色是因为 SO2具有漂白性，二者原理不同，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查 SO2的化学性质，解题要点如下：
SO2溶于水生成的 H2SO3是弱酸，酸性弱于 HCl，因此不能与 BaCl2发生复分解反应生成沉淀；
SO2与 Na2S 反应时，SO2中 S 元素化合价降低，被还原，体现氧化性；
尾气处理时，过量 NaOH 溶液与 SO2反应生成正盐 Na2SO3，而非酸式盐；
区分 SO2的还原性和漂白性：使酸性 KMnO4溶液褪色体现还原性，使品红溶液褪色体现漂白性。
12．部分含铜或氮元素的“价-类”二维图如图所示。下列说法不正确的是
A．理论上，c与e可反应生成a
B．工业制f的流程为a→c→d→f
C．新制的g可用于检验还原糖，能生成砖红色的b
D．若h可用于检验水，则h中既含有离子键，又含有共价键
【答案】B
【知识点】化学键；氨的性质及用途；含氮物质的综合应用；铜及其化合物
【解析】【解答】A、根据价类二维图，a 为 N2，c 为 NO，e 为 NH3；NO 和 NH3可发生归中反应生成 N2，故 A 正确；
B、工业制硝酸的流程为 N2→NH3→NO→NO2→HNO3，即 a→e→c→d→f，而非 a→c→d→f，故 B 错误；
C、g 为 Cu(OH)2，新制 Cu(OH)2可用于检验还原糖，反应生成砖红色 Cu2O（b），故 C 正确；
D、若 h 可用于检验水，则 h 为无水 CuSO4，CuSO4中 Cu2+与 SO42-之间为离子键，SO42-内部 S 和 O 之间为共价键，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题考查含氮、铜元素物质的价类二维图分析，解题要点如下：
先根据化合价和物质类别，确定各物质：a 为 N2，b 为 Cu2O，c 为 NO，d 为 NO2，e 为 NH3，f 为 HNO3，g 为 Cu(OH)2，h 为铜盐（如 CuSO4）；
工业制硝酸的流程：N2和 H2合成 NH3，NH3催化氧化生成 NO，NO 氧化为 NO2，NO2与水反应生成 HNO3；NO 和 NH3可发生归中反应：4NH3 + 6NO = 5N2 + 6H2O；新制 Cu(OH)2与还原糖共热生成砖红色 Cu2O 沉淀；CuSO4中同时含离子键和共价键，可用于检验水（遇水变蓝）。
13．一种缓释化肥的结构如图所示。已知X、Y、Z、W、T为原子序数依次增大的短周期主族元素，下列说法不正确的是
A．沸点：
B．第一电离能：
C．电负性：
D．与的空间结构均为正四面体形
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、NH3和 PH3均为分子晶体，但 NH3分子间存在特殊的分子间作用力 —— 氢键，其强度远大于 PH3分子间仅存在的范德华力，因此 NH3的沸点显著高于 PH3，A 正确；
B、Y 为 N 元素，其核外电子排布中，2p 轨道处于半充满的稳定状态，这种电子构型使其失去一个电子所需的能量（即第一电离能）反常地高于同周期相邻的 O 元素，因此第一电离能：N > O，B 错误；
C、电负性反映了原子吸引电子的能力，同主族元素从上到下，原子半径增大，吸引电子能力减弱，故电负性：N > P，C 正确；
D、对于 PO43-和 NH4+，中心原子 P 和 N 的价层电子对数均为 4（ 、 ），因此均采取 sp3 杂化，且四个配位原子完全相同，其空间结构均为正四面体形，D 正确；
故答案为：B。
【分析】观察右侧阴离子，中心原子 T 形成 5 条共价键（1 个双键 + 2 个单键），说明其最外层有 5 个价电子，为第 ⅤA 族元素；又因原子序数最大，故 T 为磷（P）。与它成键的 Z 原子形成 2 条共价键，最外层有 6 个价电子，为第 ⅥA 族元素，故 Z 为氧（O）。再看左侧阳离子，中心原子 Y 形成 4 条共价键，说明其最外层有 5 个价电子（3 个单键 + 1 个配位键），为第 ⅤA 族元素，且原子序数小于 O，故 Y 为氮（N）。与它成键的 X 原子形成 1 条共价键，故 X 为氢（H）。最后，阳离子带 + 1 价，阴离子带 - 3 价，为了电荷平衡，金属阳离子 W2+ 的原子序数需大于 O，故 W 为镁（Mg）。综上：X=H，Y=N，Z=O，W=Mg，T=P。
14．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 溶液呈弱碱性 的水解程度大于的水解程度
B 热稳定性： HF具有氢键，而HCl没有
C 可用乙醇冲洗不慎沾到皮肤上的苯酚 乙醇具有还原性
D 冠醚可用于识别碱金属离子 超分子能进行自组装
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】相似相溶原理及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、碳酸铵溶液中，铵根水解使溶液显酸性，碳酸根水解使溶液显碱性，因碳酸根的水解程度大于铵根离子的水解程度，溶液呈弱碱性，二者存在直接因果关系； A正确；
B、热稳定性由分子内共价键的强弱决定，与分子间氢键无关，HF 的热稳定性强于 HCl，是因为 H-F 键的键能大于 H-Cl 键，陈述 Ⅱ 错误，且与陈述 Ⅰ 无因果关系； B错误；
C、苯酚易溶于乙醇，因此可用乙醇冲洗皮肤上的苯酚，这利用的是乙醇的溶解性，与乙醇的还原性无关，陈述 Ⅱ 错误，二者无因果关系； C错误；
D、冠醚能识别碱金属离子，是因为其空腔大小与特定碱金属离子半径匹配，超分子自组装是指分子间通过非共价键自发形成有序结构的过程，二者原理不同，无因果关系， D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
溶液酸碱性由阴、阳离子水解程度的相对大小决定，碳酸铵溶液中 CO32-水解程度大于 NH4+，因此溶液呈弱碱性；
分子的热稳定性由分子内共价键键能决定，与分子间氢键无关，HF 热稳定性强于 HCl 是因 H—F 键能更大；
乙醇冲洗苯酚利用的是相似相溶原理，与乙醇的还原性无关；
冠醚识别碱金属离子依靠的是空腔与离子的尺寸匹配效应，超分子自组装是分子间非共价键的自发有序化过程，二者原理不同。
15．科研人员发明了一种可由氮气和水持续合成氨的系统，其反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A．过程②属于氧化还原反应 B．过程③中Li是还原产物
C．该过程的副产物有 D．上述过程实现了锂的循环使用
【答案】A
【知识点】工业合成氨；氧化还原反应
【解析】【解答】A、过程②是与反应生成和，反应中各元素化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B、过程③中生成，Li元素化合价降低，被还原，因此是还原产物，故B正确；
C、由反应机理图可知，过程③生成了和，因此该过程的副产物有，故C正确；
D、反应机理中，在过程①（ ）中被消耗，在过程③中又重新生成，实现了锂的循环使用，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
判断氧化还原反应的关键是反应中是否有元素化合价发生变化，过程②为 ，各元素化合价均未改变，因此不属于氧化还原反应；
过程③为 ，Li元素化合价从+1价降至0价，因此是还原产物；过程③生成，说明该合成氨过程的副产物有；
从反应机理图可看出，在反应中既被消耗又被生成，实现了循环使用。
16．利用电化学装置可实现和的耦合转化，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．工作时，电极A与电源正极相连
B．工作时，由电极B向电极A移动
C．该装置下甲烷每转化生成1mol乙烯，理论上转移2mol电子
D．生成乙烷的电极反应式为
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 A 上 CO2转化为 CO，碳元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，应与电源负极相连，故 A 错误；
B、电解池中阴离子（O2-）向阳极移动，电极 B 为阳极，因此 O2-应由电极 A 向电极 B 移动，故 B 错误；
C、CH4转化为 C2H4时，碳元素从 - 4 价变为 - 2 价，每生成 1mol C2H4，需 2mol CH4参与反应，共失去 4mol 电子，故 C 错误；
D、电极 B 上 CH4被氧化生成乙烷，结合固体电解质传导的 O2-，电极反应式为 2CH4-2e-+O2-=CH3-CH3+H2O，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】该装置是电解池，用于实现CH4与CO2的耦合转化。从原理图可判断：A电极上发生反应 CO2+2e-=CO+O2- ，碳元素化合价从+4价降至+2价，发生还原反应，因此A电极为阴极；B电极上发生反应 、 ，碳元素化合价从-4价升高，发生氧化反应，因此B电极为阳极。固体电解质可传导，阴极生成的会迁移至阳极参与反应。
二、非选择题：本题包括4小题，共56分。
17．实验小组探究氯化铵溶液的性质。回答下列问题：
（1）配制100mL0.5mol/L的氯化铵溶液的过程中不需要用到的仪器有___________(填选项字母)。
A． B． C． D．
（2）氯化铵溶液显酸性的原因是　 　(用离子方程式表示)。
（3）某同学探究外界因素对氯化铵水解平衡影响的部分数据如表所示(所用的氯化铵溶液浓度均为0.5mol/L)；
序号 T/℃ pH
1 20 0 25 5.24
2 10 10 25 5.35
3 a 0 45 5.12
①实验1和2是探究　 　对氯化铵水解的影响。
②实验1和3是探究温度对氯化铵水解的影响，则　 　。
③同学甲根据实验3的pH小于实验1的pH，从而得出“温度升高，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动”的结论，同学乙认为不够严谨，其理由是　 　。
（4）将0.2g镁粉投入到盛有氯化铵溶液的试管中，发现两者立即反应，放出大量的气泡，同时可闻到刺激性气味。
①检验刺激性气味气体是氨气的方法和现象是　 　。
②实验小组为探究氯化铵与镁粉反应速率较快的原因，进行如下实验：
将0.2g镁粉投入到装有　 　的盐酸溶液中，发现反应现象不明显，猜测影响反应速率的是另外的粒子，经查阅资料得知，对氯化铵与镁粉反应无影响，再排除的影响后，将0.2g镁粉分别加入溶液和　 　溶液中(此两种溶液pH调至与0.25mol/L氯化铵溶液pH相同)，通过对照实验现象(前者反应现象比后者更明显)，验证了对反应速率影响更大的粒子是　 　。
【答案】（1）C
（2）
（3）氯化铵浓度；20；温度升高，水的电离程度增大，pH也降低
（4）将湿润的红色石蕊试纸放置于试管口处，若试纸变蓝，则气体为氨气；5.35；KBr；
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】(1) 配制 100mL 0.5mol/L 的氯化铵溶液，需要用到 100mL 容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，不需要 C（细口瓶）。
故答案为：C。
(2) 氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，离子方程式为：
NH4++H2O NH3 H2O+H+。
故答案为：NH4++H2O NH3 H2O+H+。
(3) ①实验 1 和实验 2 中氯化铵的浓度不同，其他条件相同，是探究氯化铵浓度对水解平衡的影响。故答案为：氯化铵浓度。
②实验 1 和 3 是探究温度对氯化铵水解的影响，需保证氯化铵浓度相同，因此 a=20。故答案为：20。
③温度升高时，水的电离程度也会增大，会使溶液 pH 降低，因此不能仅根据实验 3 的 pH 小于实验 1，就得出 “温度升高，氯化铵水解平衡正向移动” 的结论。
故答案为：温度升高，水的电离程度也增大，pH 也会降低，无法证明 pH 降低是由铵根水解平衡移动导致的。
（4）①检验氨气的方法为将湿润的红色石蕊试纸放置于试管口处，若试纸变蓝，则气体为氨气。
②实验(3)中第2组实验中氯化铵的浓度为0.25mol/L，pH=5.35，故为排除H+的影响，应将0.2g镁粉投入到装有5.35的盐酸溶液中。经查阅资料得知，对氯化铵与镁粉反应无影响，再排除的影响后，故将0.2g镁粉分别加入溶液和KBr溶液中，前者反应现象比后者更明显，验证了对反应速率影响更大的粒子是。
故答案为：将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则气体为氨气。5.35；KBr；NH4+。
【分析】（1）溶液配制仪器选择：根据固体配制溶液的步骤，分析所需仪器，排除储存试剂用的细口瓶。
（2）盐类水解方程式书写：氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，使溶液呈酸性。
（3）外界因素对水解平衡的影响：①实验 1 和 2 的变量是氯化铵浓度，探究浓度对水解的影响；
②探究温度影响时，需控制氯化铵浓度不变，因此 a=20；
③温度升高会同时促进水的电离和盐类水解，因此不能仅通过 pH 变化判断水解平衡移动。
（4）气体检验与反应速率探究：①氨气为碱性气体，用湿润的红色石蕊试纸检验；
②探究镁与氯化铵反应的影响粒子时，需控制 pH 相同，排除 H+干扰，再通过对照实验排除其他离子的影响，验证 NH4+对反应速率的影响。
（1）配制100mL0.5mol/L的氯化铵溶液需要的仪器有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，不需要C。
（2）氯化铵属于强酸弱碱盐，其水溶液显酸性是因为。
（3）①实验1和实验2中氯化铵的浓度不同，故是探究浓度对氯化铵水解平衡的影响。
②实验1和3是探究温度对氯化铵水解的影响，则其它条件相同，故a=20。
③因温度升高，水的电离程度增大，pH也降低，故不能根据实验3的pH小于实验1的pH，从而得出“温度升高，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动”的结论。
（4）①检验氨气的方法为将湿润的红色石蕊试纸放置于试管口处，若试纸变蓝，则气体为氨气。
②实验(3)中第2组实验中氯化铵的浓度为0.25mol/L，pH=5.35，故为排除H+的影响，应将0.2g镁粉投入到装有5.35的盐酸溶液中。经查阅资料得知，对氯化铵与镁粉反应无影响，再排除的影响后，故将0.2g镁粉分别加入溶液和KBr溶液中，前者反应现象比后者更明显，验证了对反应速率影响更大的粒子是。
18．某低品位菱锌矿主要含有，，，另含有少量Fe、Pb、K的化合物，对该矿石的一种综合利用方法如图所示：
回答下列问题：
（1）“焙烧”时，反应的化学方程式为　 　。
（2）“溶出”后，溶出渣的主要成分除(黄钾铁矾)外，还有　 　。
（3）溶出渣中的被黄钾铁矾包裹，如图所示为溶液pH对铅浸出率的影响，当pH降低时，有利于提高铅浸出率的原因是　 　；“浸出”，溶出渣中转为的离子方程式为　 　。
（4）Zn的价层电子排布式为　 　；电解硫酸锌可以制取锌单质，锌在　 　(填“阴”或“阳”)极得到。
（5）“氧化”的目的是将转化为，则“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
（6）某种多孔铅密度比纯铅小，制成电池电极时可增加电解液的渗透性，该多孔铅晶胞的结构如图所示：
①该晶体中，一个Pb周围与其最近的Pb的个数为　 　。
②该晶胞沿z轴投影图正确的是　 　。
A． B． C． D．
【答案】（1）
（2）
（3）pH减小时，酸性增强，黄钾铁矾与酸反应溶解，被包裹的裸露出来，便于络合浸出反应的进行；
（4）；阴
（5）
（6）4；B
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）“焙烧” 时，ZnCO3与浓硫酸反应生成硫酸锌、二氧化碳和水，化学方程式为：；
故答案为：；
(2) “溶出” 后，不与硫酸反应的 SiO2会留在渣中，CaCO3与硫酸反应生成难溶的 CaSO4，因此溶出渣的主要成分还有 CaSO4、SiO2。
故答案为：CaSO4、SiO2。
(3) pH 降低时，溶液酸性增强，黄钾铁矾会与酸反应溶解，使被包裹的 PbSO4裸露出来，更易与 Cl-发生络合反应，从而提高铅的浸出率；溶出渣中 PbSO4与 Ca2+、Cl-反应转化为 [PbCl4]2-，离子方程式为： 。
故答案为：pH 减小，酸性增强，黄钾铁矾与酸反应溶解，使包裹的 PbSO4裸露，便于络合浸出； 。
(4) Zn 为 30 号元素，价层电子排布式为 3d 4s2；电解硫酸锌时，锌离子在阴极得电子被还原为锌单质，故锌在阴极得到。
故答案为：3d 4s2；阴。
(5) “氧化” 过程中，H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，其中 H2O2为氧化剂，Fe2+为还原剂，二者物质的量之比为 1：2。
故答案为：1：2。
(6) ①将晶胞均分为8个小立方体，内部的铅原子位于晶胞的体心和其中4个小立方体的体心，故该晶体中，一个Pb周围与其最近的Pb的个数为：4；
②根据①分析，该晶胞铅原子位置为：棱心、体心、4个小立方体的体心，沿z轴投影图为：，故选B。
故答案为：4； B ；
【分析】该流程是低品位菱锌矿的综合利用工艺：先将菱锌矿用浓硫酸焙烧，ZnCO3转化为 ZnSO4，同时产生尾气；焙烧矿经溶出后，滤液除杂得到硫酸锌产品，溶出渣再用稀盐酸、氯化钙浸出，将铅转化为含氯络离子；随后用过氧化氢氧化其中的 Fe2+，调 pH 除去 Fe(OH)3沉淀；最后加 Ca(OH)2沉淀得到碱式氯化铅，实现锌和铅的分离回收。
（1）焙烧反应方程式：根据 ZnCO3与浓硫酸的反应，结合复分解反应规律，写出化学方程式。
（2）溶出渣成分判断：根据矿石中各组分的性质，SiO2不与硫酸反应，CaCO3与硫酸反应生成难溶的 CaSO4，因此溶出渣中含有这两种物质。
（3）pH 对浸出率的影响与离子方程式：pH 降低时，溶液酸性增强，黄钾铁矾与酸反应溶解，使包裹的 PbSO4裸露，便于络合反应进行；根据络合反应的规律，写出 PbSO4转化为 [PbCl4]2-的离子方程式。
（4）电子排布式与电解原理：根据 Zn 的原子序数，写出价层电子排布式；电解硫酸锌时，锌离子在阴极得电子被还原，因此锌在阴极析出。
（5）氧化过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比：根据反应的离子方程式，判断氧化剂 H2O2与还原剂 Fe2+的物质的量之比。
（6）晶胞结构分析：根据晶胞中 Pb 原子的位置，判断一个 Pb 周围最近的 Pb 原子个数；结合晶胞的空间结构，确定沿 z 轴的投影图。
（1）“焙烧”时，和浓硫酸反应生成硫酸锌、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：；
（2）根据分析，“溶出”后，溶出渣的主要成分除(黄钾铁矾)外，还有：；
（3）pH降低时能和氢离子反应，使裸露出来，故原因为：pH减小时，酸性增强，黄钾铁矾与酸反应溶解，被包裹的裸露出来，便于络合浸出反应的进行；“浸出”，溶出渣中转为的离子方程式为：；
（4）Zn的价层电子排布式为：；电解硫酸锌可以制取锌单质，锌离子得电子生成锌单质，发生还原反应，故锌在阴极生成；
（5）“氧化”过程的离子方程式为：，H2O2为氧化剂，Fe2+为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为：；
（6）①将晶胞均分为8个小立方体，内部的铅原子位于晶胞的体心和其中4个小立方体的体心，故该晶体中，一个Pb周围与其最近的Pb的个数为：4；
②根据①分析，该晶胞铅原子位置为：棱心、体心、4个小立方体的体心，沿z轴投影图为：，故选B。
19．尿素[]是一种重要的氮肥，工业上以和为原料合成尿素，并实现碳中和。合成中的主要反应可表示如下：
反应Ⅰ： ；
反应Ⅱ： ；
总反应： 。
回答下列问题：
（1）　 　(用含和的代数式表示)。
（2）能表示上述反应中能量变化的是　 　(填选项字母)。
A． B． C．
（3）研究反应Ⅰ对提高尿素产率有重要意义，下，向1L恒容密闭容器中通入和。
①能判断反应Ⅰ到达平衡状态的是　 　(填选项字母，下同)。
A． B．
C．容器中的气体密度不变 D．的浓度不变
②改变下列条件有利于提高的平衡转化率的是　 　。
A．缩小体积增大压强 B．增大二氧化碳的浓度
C．加入少量 D．选择高效催化剂
③若反应达到平衡时测得容器中，请计算该温度下反应Ⅰ的平衡常数K：　 　(只考虑发生反应Ⅰ，写出计算过程)。
（4）尿素在水中缓慢水解生成氨基甲酸铵，氨基甲酸铵易与水发生反应：，测定二份初始浓度不同的尿素溶液中在不同温度下随时间的变化趋势如图所示：
①　 　(填“>”、“<”或“=”)，判断依据是　 　。
②时，0~6分钟尿素的平均反应速率　 　。
【答案】（1）
（2）B
（3）CD；AB；
（4）<；下氨基甲酸根起始浓度低，但反应速率快，说明反应温度高；
【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；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】(1) 根据盖斯定律，反应 Ⅰ 加反应 Ⅱ 可得总反应，因此 ΔH3 = ΔH1 + ΔH2。
故答案为：ΔH1 + ΔH2。
(2) 反应 Ⅰ 为放热反应，反应物总能量高于生成物；反应 Ⅱ 为吸热反应，反应物总能量低于生成物；总反应为放热反应，反应物总能量高于生成物，只有图像 B 符合能量变化特征。
故答案为：B。
(3) ①A 选项中，CO2和 NH3的物质的量比始终等于起始投料比，不能说明反应达到平衡；B 选项中，反应速率比未指明正逆方向，无法判断平衡；C 选项中，恒容条件下气体密度随反应进行而减小，密度不变时反应达到平衡；D 选项中，CO2浓度不变说明反应达到平衡。
②A 选项中，缩小体积增大压强，平衡正向移动，NH3的平衡转化率提高；B 选项中，增大 CO2浓度，平衡正向移动，NH3的平衡转化率提高；C 选项中，加入固体 H2NCOONH4，平衡不移动；D 选项中，催化剂不改变平衡转化率。
③向1L恒容密闭容器中通入和，反应达到平衡时测得容器中，可以列出以下三段式：
，该温度下反应Ⅰ的平衡常数K==1；
故答案为：CD；AB； ；
（4）①由图可知，下氨基甲酸根起始浓度低，但反应速率快，说明反应温度高，所以温度T1＜T2；
②时，0~6分钟氨基甲酸根浓度变化为(2.2-1.9)mol/L=0.3mol/L，则尿素的变化量为0.3mol/L，0~6分钟尿素的平均反应速率。
故答案为：<、下氨基甲酸根起始浓度低，但反应速率快，说明反应温度高、 ；
【分析】（1）盖斯定律应用：利用反应 Ⅰ 和反应 Ⅱ 相加得到总反应的关系，直接将两个反应的焓变相加，得到总反应的焓变。
（2）能量变化图像判断：放热反应中反应物能量高于生成物，吸热反应中反应物能量低于生成物；结合两步反应和总反应的吸放热情况，逐一核对图像的峰谷高低，匹配正确选项。
（3）平衡状态判断与转化率分析：判断平衡状态时，需依据 “变量不变即平衡” 的原则，分析密度、浓度等物理量是否为变量；分析转化率时，根据勒夏特列原理，结合压强、浓度、催化剂等因素对平衡移动的影响，判断转化率变化；计算平衡常数时，先列出三段式，求出平衡浓度，再代入平衡常数表达式计算。
（4）温度与反应速率、反应速率计算：根据温度越高反应速率越快的规律，通过反应速率的快慢判断温度高低；计算反应速率时，先根据图像得出氨基甲酸根的浓度变化，再结合反应的计量关系，换算出尿素的浓度变化，进而计算平均反应速率。
（1）根据盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ=总反应，则；
（2）由热化学反应方程式可知，反应Ⅰ为放热反应，则反应Ⅰ中反应物总能量高于生成物总能量，反应Ⅱ为吸热反应，则反应Ⅱ中反应物总能量低于生成物总能量，总反应为放热反应，则总反应中反应物总能量高于生成物总能量，满足上述反应中能量变化的图为，故选B。
（3）①A．向1L恒容密闭容器中通入和，此时，所以当时不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．未表明反应的正逆，不能得出反应达到化学平衡状态，B不符合题意；
C．反应后气体质量减小，容器体积恒定，密度为可变的值，密度不再发生变化，说明达到化学平衡状态，C符合题意；
D．随着反应的进行的浓度会减小，的浓度不变达到了化学平衡状态，D符合题意；
故选CD。
②A．缩小体积增大压强，平衡正向移动，有利于提高的平衡转化率，A符合题意；
B．增大二氧化碳的浓度，平衡正向移动，有利于提高的平衡转化率，B符合题意；
C．加入少量，平衡不移动，氨气的平衡转化率不变，C不符合题意；
D．选择高效催化剂可以加快化学反应速率，但是不能改变氨气的平衡转化率，D不符合题意；
故选AB。
③向1L恒容密闭容器中通入和，反应达到平衡时测得容器中，可以列出以下三段式：
，该温度下反应Ⅰ的平衡常数K==1；
（4）①由图可知，下氨基甲酸根起始浓度低，但反应速率快，说明反应温度高，所以温度T1＜T2；
②时，0~6分钟氨基甲酸根浓度变化为(2.2-1.9)mol/L=0.3mol/L，则尿素的变化量为0.3mol/L，0~6分钟尿素的平均反应速率。
20．一种涉及电解法合成治疗高血压药物的中间体化合物ⅵ的路线如图所示(加料顺序、反应条件略)：
回答下列问题：
（1）化合物ⅱ的名称是　 　。
（2）化合物ⅲ所含官能团名称为　 　，其一种同分异构体X遇氯化铁溶液显色，且核磁共振氢谱上只有4组峰，则X的结构简式为　 　。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________(填选项字母)。
A．由化合物ⅰ制备化合物ⅱ过程中会产生副产物TNT(三硝基甲苯)
B．化合物ⅱ易溶于水，能与水分子形成氢键
C．反应①电解过程在阴极得到产物
D．反应③涉及键的断裂和键的形成
（4）反应④经历两步反应，其中第一步为原子利用率100%的加成反应，写出第一步反应产物的结构简式：　 　。
（5）根据化合物ⅵ的结构特征，分析预测其化学性质，完成下表。
反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
　 　 　 　 取代反应
（6）结合反应④，设计以乙烯为有机原料合成化合物ⅶ()的合成路线(无机试剂任选)。
a．最后一步反应方程式为　 　(不用写反应条件，下同)。
b．合成过程中涉及乙醛与空间结构为直线形化合物进行原子利用率100%的加成反应，该反应方程式为　 　。
【答案】（1）间硝基甲苯或3-硝基甲苯
（2）硝基、羟基；
（3）A；D
（4）
（5）稀硫酸，加热；，
（6）+CH3CHO+H2O或+CH3CH2OH+H2O；HCN+CH3CHO
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；苯的同系物及其性质；醛的化学性质
【解析】【解答】(1) 化合物 ii 的苯环上，甲基与硝基处于间位，其名称为间硝基甲苯，也可称为 3 - 硝基甲苯。
故答案为：间硝基甲苯（或 3 - 硝基甲苯）。
(2) 化合物 iii 含有的官能团为硝基和羟基；其同分异构体 X 遇氯化铁显色，说明含酚羟基，且核磁共振氢谱只有 4 组峰，结构。
故答案为：硝基、羟基；。
(3) A. 甲苯硝化时，邻对位均可能被取代，可生成三硝基甲苯（TNT），A 正确；
B. 化合物 ii 不含羟基、氨基等亲水基团，难溶于水，无法与水形成氢键，B 错误；
C. 反应①中 Ce3+在阳极失去电子被氧化为 Ce(OH)3+，C 错误；
D. 反应③中醇羟基被氧化为醛基，涉及 C—H 键断裂和 C=O 键形成，D 正确。
故答案为：AD。
(4) 反应④第一步为原子利用率 100% 的加成反应，醛基与酮的活泼亚甲基加成，产物结构为。
故答案为：。 。
(5) 化合物 vi（） 含酯基，可在酸性条件下发生水解反应，反应试剂和条件为稀硫酸、加热，反应后生成含羧基的有机物（）和乙醇：。
故答案为：稀硫酸、加热；， ；
（6）以乙烯为有机原料合成化合物ⅶ()的合成路线：乙烯和水加成生成乙醇，乙醇催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO和HCN加成生成，水解生成CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH催化氧化生成CH3COCOOH，CH3COCOOH发生酯化反应生成，和CH3CHO反应生成产物；
a．所以最后一步反应方程式为+CH3CHO+H2O或+CH3CH2OH+H2O。
b．合成过程中涉及乙醛与空间结构为直线形化合物（HCN）进行原子利用率100%的加成反应，该反应方程式为HCN+CH3CHO。
故答案为：+CH3CHO+H2O或+CH3CH2OH+H2O；HCN+CH3CHO。
【分析】这是一条电解耦合有机合成的药物中间体合成路线：甲苯先经硝化反应得到间硝基甲苯（ii），再通过 Ce3+/Ce(OH)3+的氧化还原循环，将其侧链甲基转化为羟甲基（iii），随后氧化为醛基得到间硝基苯甲醛（iv）；接着间硝基苯甲醛与 β- 酮酸酯（v）经缩合反应，生成含双键和酯基的目标中间体 vi，为后续合成治疗高血压的药物提供关键骨架。
（1）有机物命名：根据取代基位置，用系统命名法确定名称，明确甲基与硝基的间位关系。
（2）官能团判断与同分异构体书写：通过结构简式识别官能团；结合 “遇氯化铁显色” 判断含酚羟基，结合氢谱峰数判断结构对称性，写出同分异构体。
（3）反应与结构分析：结合甲苯硝化反应特点，判断副产物；根据官能团的亲水 / 疏水性，分析溶解性；结合电解原理，判断 Ce3+的氧化反应；根据醇氧化的断键规律，分析反应过程。
（4）加成反应产物推断：根据 “原子利用率 100%” 的特点，结合醛基与活泼亚甲基的加成反应规律，推断第一步产物结构。
（5）有机物化学性质：根据酯基的水解反应特性，确定反应条件和产物，判断反应类型。
（6）合成路线设计：以乙烯为原料，结合氧化、加成、酯化等反应，设计目标产物的合成路线；根据加成反应的原子利用率特点，写出对应反应方程式。
（1）化合物ⅱ的名称是间硝基甲苯或3-硝基甲苯。
（2）化合物ⅲ所含官能团名称为硝基、羟基；其一种同分异构体X遇氯化铁溶液显色，则含酚羟基，核磁共振氢谱上只有4组峰的结构简式为。
（3）A. 由化合物ⅰ制备化合物ⅱ过程中，邻对位可能发生硝基的取代，可能会产生副产物TNT(三硝基甲苯)，A正确；
B. 化合物ⅱ难溶于水，不能与水分子形成氢键，B错误；
C. 反应①电解过程中，Ce3+在阳极失去电子生成，C错误；
D. 反应③为ⅲ发生氧化反应生成ⅳ，醇羟基生成醛基，涉及键的断裂和键的形成，D正确；
故选AD；
（4）反应④经历两步反应，其中第一步为原子利用率100%的加成反应，所以第一步为苯环上醛基的加成反应，第一步反应产物的结构简式。
（5）化合物ⅵ为，含酯基、碳碳双键、羰基，预测酯基可发生酸性水解，反应试剂、条件为稀硫酸，加热，反应形成的新结构、；
（6）以乙烯为有机原料合成化合物ⅶ()的合成路线：乙烯和水加成生成乙醇，乙醇催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO和HCN加成生成，水解生成CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH催化氧化生成CH3COCOOH，CH3COCOOH发生酯化反应生成，和CH3CHO反应生成产物；
a．所以最后一步反应方程式为+CH3CHO+H2O或+CH3CH2OH+H2O。
b．合成过程中涉及乙醛与空间结构为直线形化合物（HCN）进行原子利用率100%的加成反应，该反应方程式为HCN+CH3CHO。
1 / 1

展开更多......

收起↑