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广东惠州市第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试 化学试题
1．二十大报告指出，我国在一些关键核心技术实现突破，载人航天、探月探火、深海深地探测、超级计算机、卫星导航等领域取得重大成果。下列成果中所用材料属于合金的是
A.天问一号用的SiO2气凝胶 B.天和核心舱用的BN陶瓷 C.“奋斗者”号潜水艇的钛铝外壳 D.北斗导航卫星的太阳能电池用的氮化镓
A．A B．B C．C D．D
2．下列化学用语表述正确的是
A．的VSEPR模型为V形
B．乙醇的结构简式：C2H6O
C．CCl4分子的空间填充模型为
D．羟基的电子式为：
3．现代科技，增强民生福祉。下列说法错误的是
A．制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯，其单体是CH2=CHCl
B．磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，Fe3O4具有磁性
C．穿上电动机械腿，助力行走不是梦，行走时电池将电能转化为化学能
D．固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料，单晶硅是一种共价晶体
4．下列各组混合物中，用分液漏斗不能分离的是
A．四氯化碳和苯 B．环己烷和水
C．溴乙烷和水 D．苯和水
5．提纯苯甲酸粗品(含少量和泥沙)的过程如下。其中，操作X为
A．加热蒸馏 B．加水稀释 C．冷却结晶 D．萃取分液
6．昆虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质。人工合成信息素可用于诱捕害虫、测报虫情等。一种信息素的分子结构简式如图所示，关于该化合物说法不正确的是
A．属于烃的衍生物 B．不含手性碳原子
C．可发生加成反应 D．具有一定的挥发性
7．一定条件下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。下列说法正确的是
参数 分子 分子直径 /nm 分子与H2O的 结合能E/(kJ·mol－1)
CH4 0.436 16.4
CO2 0.512 29.91
A．CH4的空间结构呈正四面体形，H2O、CO2空间结构呈V形
B．CH4、CO2都是含极性键的非极性分子
C．水分子间存在氢键，故水分子高温下也很稳定
D．可燃冰的笼状结构中甲烷分子与水分子形成共价键
8．劳动者是最光荣的创造者。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
　 劳动项目 化学知识
A 施加适量石膏降低盐碱地(含Na2CO3)土壤的碱性 (aq)+CaSO4(s)+CaCO3(s)
B 桥梁工程师：用牺牲阳极 法对黄茅海大桥钢管桩进 行防护 Fe作为电解池阴极而被保护
C 珠宝鉴定师：用X射线鉴定钻石的真伪 不同的晶体具有独特的明锐衍射峰
D 用氧化铁调配红色油漆 氧化铁呈红棕色且在空气中性质稳定
A．A B．B C．C D．D
9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol18O2的中子数，比1mol16O2的多2NA
B．1molNH4Cl中含有的共价键数目为5NA
C．体积为1L的1mol/LNaHCO3溶液中，数目为NA
D．标准状况下的22.4LCl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2NA
10．某些物质的结构如图所示。下列说法正确的是
A．熔点：NaCl>金刚石
B．金刚石晶体中，碳原子与C-C键数目比为1：4
C．冰晶体中存在氢键，36g冰含有4mol氢键
D．石墨晶体是层状结构，层内碳与碳之间有共价键，层与层之间靠范德华力维系，还有类似金属晶体的导电性，因此石墨属于过渡型晶体
11．分子式为C3H6BrCl的有机物共有(不含立体异构)（　　）
A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
12．关于溴乙烷，下列说法正确的是（　　）
A．溴乙烷是一种难溶于水的强电解质
B．溴乙烷在氢氧化钠的醇溶液中加热一段时间后会有乙烯气体生成
C．将硝酸银溶液滴入溴乙烷中会产生淡黄色的溴化银沉淀
D．溴乙烷在浓硫酸加热的条件下会发上消去反应
13．青蒿素是我国科学家从传统中药中发现的能治疗疟疾的有机化合物，其分子结构如图，它可以用有机溶剂乙醚从中药中提取。下列关于青蒿素的说法不正确的是
A．分子式为C14H20O5
B．分子中含有过氧基(-O-O-)
C．易溶于有机溶剂乙醚，不易溶于水
D．分子的空间结构不是平面形
14．铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，晶胞结构如图所示。储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，且晶胞的边长为anm，NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．储氢后，该铁镁合金组成可以表示为Mg2FeH2
B．Mg与Fe之间的最近距离为
C．在铁镁合金晶体中，与铁原子等距离且最近的镁原子数有4个
D．在铁镁合金晶体中，与铁原子等距离且最近的铁原子数有12个
15．短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次递增，其序数和为13，可组成固态储氢材料ZX3YX3。Z是空气中含量最高的元素。下列说法不正确的是
A．第一电离能：Y＞Z
B．原子半径：Y＞X
C．电负性：X＜Z
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y
16．类推的思维方法是一种常用的方法，但类推出的结论需经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论正确的是
A．晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，也必有阴离子
B．卤素单质随核电荷数增加熔点升高，故碱金属单质熔点也随核电荷数增加而升高
C．ⅣA族元素氢化物沸点顺序是： 则VA族元素氢化物沸点顺序也是：
D．从为正四面体结构，可推测也为正四面体结构
17．回答下列问题：
（1）铁能与三氮唑(结构见图)形成多种配合物。
①1mol三氮唑中所含σ键　 　mol；碳原子杂化方式是　 　。
②三氮唑的沸点为60℃、结构相似且相对分子质量接近的环戊二烯(结构如上图)的沸点为42.5℃。前者沸点较大的原因是　 　。
（2）①丙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，相应化学方程式：　 　。
②苯甲醇可由C6H5CH2Cl在NaOH水溶液中发生取代反应而得，反应方程式为：　 　。
（3）1，3，5-三甲基苯的结构简式：　 　；其核磁共振氢谱图中峰面积之比为：　 　。
（4）用系统命名法对有机物命名：　 　。
18．Ⅰ.碳酰氯俗名光气，熔点为 沸点为 遇水迅速水解，生成氯化氢。光气可由氯仿和氧气在光照条件下合成。将下图中的甲乙丙丁按一定的顺序连接起来便可在实验室合成光气(个别装置可重复使用)。
（1）中C的杂化方式为　 　；装置的正确连接顺序应为　 　。(填各接口的序号)
（2）装置丁中发生反应的化学方程式为：　 　。
Ⅱ.共轭二烯烃(含有两个碳碳双键，且两个双键被一个单键隔开的烯烃)可以与含碳碳双键的化合物在一定条件下发生第尔斯-阿尔德(Diels-Alder)反应，得到环状产物。例如：。
（3）该反应属于　 　(填有机反应类型)。
（4）有机物A的系统命名为2，3-二甲基-1，3-丁二烯，常用于合成橡胶。
①A的结构简式为　 　，A　 　(填“是”或“否”)存在顺反异构。
②写出A与环戊烯发生Diels-Alder反应的化学方程式：　 　。
Ⅲ.燃烧30.6 g某种医用胶样品，实验测得生成19.8 g水、70.4 g二氧化碳、2.24 L氮气(已换算成标准状况)。
（5）由　 　法测定出该样品的相对分子质量为153.0，其分子式为　 　。
19．某兴趣小组探究外界因素对化学反应的影响，设计了下面两组实验。
I.探究反应物浓度对的影响
（1）.在小烧杯中加入10mL蒸馏水，再滴入5滴0.05FeCl3溶液、5滴0.15KSCN溶液，用玻璃棒搅拌，使其充分混合，此时测得溶液吸光度为。然后将溶液平均注入a、b、c三支试管中。按下列方案进行实验并记录溶液的吸光度（溶液颜色越深，吸光度越大）：
试管编号 加入试剂 吸光度
a 5滴m1FeCl3溶液 η1
b 少量还原铁粉 η2
c 5滴蒸馏水 η3
①配制100mL0.15KSCN溶液所需要用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯和　 　。
②试管a和c是为了验证　 　，预测两支试管吸光度的大小关系：
η1　 　η3（填“>”“<”或“=”）。
③已知η2<η0，试用平衡移动原理解释此现象　 　。
II.用0.50KI溶液、0.2%淀粉溶液、0.20K2S2O8溶液、0.10Na2S2O3溶液等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知：（慢）
（2）.向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的Na2S2O3耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，与初始的物质的量需满足的关系为：　 　。
（3）.为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
实验序号 体积V/mL
K2S2O3溶液 水 KI溶液 Na2S2O3溶液 淀粉溶液
① 10.0 0.0 4.0 4.0 2.0
② 9.0 1.0 4.0 4.0 2.0
③ 8.0 Vx 4.0 4.0 2.0
表中Vx=　 　mL，理由是　 　。
（4）.已知某条件下，浓度~反应时间t的变化曲线如图，若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出降低反应温度时~t的变化曲线示意图（注意要进行必要的标注）　 　。
20．我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。
已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2
Ksp(298K) 2.8×10－39 1.3×10－33 2.2×10－20 5.5×10－16
（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有　 　(写一条)。
（2）“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为　 　。
。
（3）“沉铝”时，pH最高可调至　 　(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中
（4）“选择萃取”中，镍形成如图1的配合物而顺利进入有机相。下列说法正确的是_______。
A．镍与N、O形成配位键
B．形成配合物后，Ni元素的化合价为+6价
C．配合物中所含烷基链的疏水性是镍进入有机相的主要原因之一
D．配合物与水能形成分子间氢键是镍进入有机相的主要原因之一
（5）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图2。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比 则x：y：z=　 　NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为apm，则其晶体密度为　 　g cm-3(用代数式表示)。
（6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量 但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为　 　和　 　。
②与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是　 　(写一条)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、属于无机非金属氧化物，对应的气凝胶归属无机非金属材料，并不属于合金，A错误；
B、BN是氮化硼，BN陶瓷属于新型陶瓷类无机非金属材料，不符合合金的定义，B错误；
C、钛铝外壳由钛、铝多种金属融合制成，具备合金的特征，属于合金材料，C正确；
D、氮化镓是氮元素与镓元素形成的化合物，属于半导体无机材料，不属于合金，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
对照合金的定义判断，是纯净氧化物，从物质类别层面判定其属于无机非金属材料；
BN陶瓷属于陶瓷体系，依托陶瓷所属材料大类排除该项；
钛、铝均为金属元素，二者形成的钛铝材料满足合金由金属（或金属搭配少量非金属）熔合而成的定义；
氮化镓是二元化合物，并非金属熔合得到的产物，结合半导体材料特性完成排除；
2．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NO2-中 N 原子价层电子对数为 3（ ），其 VSEPR 模型为平面三角形，不是 V 形，故 A 错误；
B、C2H6O 是乙醇的分子式，乙醇的结构简式应为 CH3CH2OH（或 C2H5OH），故 B 错误；
C、CCl4中 Cl 原子半径大于 C 原子，其空间填充模型应是中心原子（C）更小、周围原子（Cl）更大，题图为甲烷的填充模型，故 C 错误；
D、羟基（-OH）为中性基团，O 原子最外层有 1 个单电子，电子式为，故 D 正确。
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
价层电子对互斥模型：VSEPR 模型需包含孤电子对，NO2-价层电子对数为 3，对应模型为平面三角形；
结构简式要求：结构简式需体现官能团，C2H6O 无法区分乙醇和二甲醚，不是乙醇的结构简式；
空间填充模型：原子半径需与实际相符，CCl4中 C 原子半径小于 Cl 原子；
羟基电子式：羟基不带电荷，O 原子最外层电子数为 7，需体现单电子。
3．【答案】C
【知识点】原子晶体（共价晶体）；常见能量的转化及运用；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、聚氯乙烯由氯乙烯（CH2=CHCl）加聚反应制得，其单体为 CH2=CHCl，A 正确；
B、四氧化三铁（Fe3O4）具有磁性，可涂覆在胶带上制作磁带，B 正确；
C、电动机械腿行走时，电池向外供电，是将化学能转化为电能，而非电能转化为化学能，C 错误；
D、单晶硅是由硅原子通过共价键形成的空间网状结构，属于共价晶体，常用作固态硬盘芯片的基础材料，D 正确。
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
高分子材料单体判断：加聚产物的单体可通过断键还原法判断，聚氯乙烯的单体为氯乙烯；
物质的磁性与用途：Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，可用于制备磁性材料；
电池的能量转化：放电过程是化学能转化为电能，充电过程才是电能转化为化学能；
晶体类型判断：单晶硅中原子间以共价键结合成空间网状结构，属于共价晶体。
4．【答案】A
【知识点】分液和萃取
【解析】【解答】A、四氯化碳和苯互溶，混合后不分层，无法用分液漏斗分离，故 A 符合题意；
B、环己烷不溶于水，且密度比水小，混合后分层，可用分液漏斗分离，故 B 不符合题意；
C、溴乙烷不溶于水，且密度比水大，混合后分层，可用分液漏斗分离，故 C 不符合题意；
D、苯不溶于水，且密度比水小，混合后分层，可用分液漏斗分离，故 D 不符合题意。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
分液漏斗的使用条件：适用于分离互不相溶、密度不同且会分层的液体混合物；
物质溶解性判断：四氯化碳和苯均为非极性有机溶剂，根据 “相似相溶” 原理，二者互溶，无法分层；而环己烷、溴乙烷、苯与水均不互溶，会出现明显分层现象。
5．【答案】C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】苯甲酸溶解度随温度下降会明显减小，趁热过滤除去泥沙之后，对滤液进行冷却处理，苯甲酸就会结晶析出，后续经过过滤洗涤就可以得到纯净产物，因此操作 X 选择冷却结晶，C 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
趁热过滤的作用：高温状态下苯甲酸溶解度偏高维持溶解状态，趁热过滤就能够彻底除去不溶性的泥沙杂质；苯甲酸溶解度特性：苯甲酸溶解度受温度影响波动明显，温度降低溶解度随之锐减，冷却就能够析出晶体，NaCl 溶解度随温度变化幅度小，会留存滤液之中完成杂质分离；
6．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、该化合物含有氧原子，属于烃的衍生物，故 A 正确；
B、该分子中，环上与异丙烯基相连的碳原子，以及与亚甲基相连的碳原子，均连接了 4 种不同的基团，属于手性碳原子，故 B 错误；
C、分子中含有碳碳双键，可发生加成反应，故 C 正确；
D、昆虫信息素通常具有一定的挥发性，才能传递信号，故 D 正确。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
烃的衍生物判断：分子中除碳、氢外还含有氧元素，因此属于烃的衍生物；
手性碳原子识别：手性碳原子是指连有 4 种不同基团的饱和碳原子，该分子中存在多个符合条件的碳原子；
加成反应条件：碳碳双键可以与氢气、卤素单质等发生加成反应；
物质性质与用途：昆虫信息素需要挥发才能被昆虫感知，因此通常具有一定的挥发性。
7．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、CH4的空间结构呈正四面体形，H2O 呈 V 形，而 CO2的空间结构为直线形，故 A 错误；
B、CH4中 C-H 键、CO2中 C=O 键均为极性键，但 CH4为正四面体结构、CO2为直线形结构，二者分子中极性键的向量和为零，均为非极性分子，故 B 正确；
C、水分子的稳定性由分子内的 O-H 共价键强弱决定，与分子间氢键无关，故 C 错误；
D、可燃冰的笼状结构中，甲烷分子与水分子之间不存在共价键，仅靠分子间作用力结合，故 D 错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分子空间结构判断：CO2分子中 C 原子为 sp 杂化，分子构型为直线形，而非 V 形；
极性分子与非极性分子：分子的极性由键的极性和分子的空间构型共同决定，CH4和 CO2的对称结构使分子的极性相互抵消，属于非极性分子；
影响物质稳定性的因素：分子的稳定性由化学键强度决定，氢键属于分子间作用力，主要影响物质的物理性质（如熔沸点）；
可燃冰的作用力类型：甲烷分子被包裹在水分子形成的笼状结构中，二者之间通过范德华力相互作用，不存在化学键。
8．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的氧化物和氢氧化物；晶体的定义
【解析】【解答】A、施加石膏降低盐碱地碱性，利用的是沉淀转化反应，将碱性较强的转化为中性的，二者直接相关，故A不符合题意；
B、牺牲阳极法保护钢管桩，利用的是原电池原理（被保护的Fe作原电池正极，发生还原反应），而非电解池原理，化学知识描述错误，二者无对应关系，故B符合题意；
C、用X射线鉴定钻石真伪，利用的是晶体的X射线衍射特性，不同晶体具有独特的明锐衍射峰，二者直接相关，故C不符合题意；
D、氧化铁（）呈红棕色且化学性质稳定，可作为颜料调配红色油漆，二者直接相关，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
沉淀转化与盐类水解：石膏（）将盐碱地中的转化为沉淀，降低溶液中浓度，从而减弱水解碱性；
金属防护原理区分：牺牲阳极法属于原电池防护（利用原电池负极被氧化、正极被保护），与电解池无关；
晶体鉴定的物理方法：X射线衍射是晶体的特征性质，可用于区分晶体与非晶体、鉴定晶体种类；
物质的性质与用途：氧化铁的红棕色和稳定性使其成为常用的红色颜料，用于油漆、涂料的调配。
9．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、1 个 8O 比 6O 多 2 个中子，1mol 8O2含 2mol 8O，1mol 6O2含 2mol 6O，中子数差值为 4NA，故 A 错误；
B、NH4Cl 中 NH4+含 4 个 N-H 共价键，1mol NH4Cl 含 4NA个共价键，故 B 错误；
C、NaHCO3溶液中 HCO3-会发生水解和电离，浓度小于 1mol/L，数目小于 NA，故 C 错误；
D、标准状况下 22.4L Cl2为 1mol，与足量 H2反应生成 2mol HCl，每个 HCl 含 1 个 H-Cl 共价键，共形成 2NA个共价键，故 D 正确。
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
中子数计算：中子数 = 质量数 - 质子数， 8O 和 6O 的中子数分别为 10 和 8，差值为 2，1mol 双原子分子含 2mol 原子，因此总中子数差值为 4NA；
共价键计数：NH4Cl 为离子化合物，仅 NH4+内部存在 4 个 N-H 共价键，Cl-与 NH4+间为离子键，无共价键；
弱电解质的水解与电离：HCO3-在水溶液中存在水解（生成 H2CO3）和电离（生成 CO32-）平衡，导致其实际浓度低于初始浓度；
共价键形成计算：Cl2与 H2反应为 Cl2+H2=2HCl，1mol Cl2反应生成 2mol HCl，每个 HCl 含 1 个 H-Cl 键，因此形成 2NA个共价键。
10．【答案】C
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；氢键的存在对物质性质的影响；晶体的定义
【解析】【解答】A、金刚石是共价晶体，NaCl 是离子晶体，共价晶体的熔点远高于离子晶体，故熔点：金刚石 > NaCl，A 错误；
B、金刚石晶体中，每个碳原子与 4 个相邻碳原子形成 C-C 键，每个 C-C 键被 个碳原子共用，因此碳原子与 C-C 键的数目比为 1：2，B 错误；
C、冰晶体中，每个水分子通过氢键与 4 个相邻水分子相连，每个氢键被 2 个水分子共用，因此 1mol H2O 可形成 2mol 氢键。36g 冰（即 ）含有 4mol 氢键，C 正确；
D、石墨属于混合晶体，层内碳原子间以共价键结合，层与层之间通过范德华力维系，同时具有类似金属晶体的导电性，因此石墨属于混合晶体，而非过渡型晶体，D 错误。
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶体熔点比较：共价晶体（如金刚石）依靠强烈的共价键结合，熔点通常远高于依靠离子键结合的离子晶体（如 NaCl）；
金刚石中 C 原子与 C-C 键的数目比：每个 C 原子形成 4 个 C-C 键，每个键被 2 个 C 原子共享，因此 C 原子与 C-C 键数目比为 1：2；
冰晶体中氢键数目计算：每个水分子周围形成 4 个氢键，每个氢键为两个水分子共有，故 1mol 水含 2mol 氢键；
石墨的晶体类型：石墨属于混合晶体，兼具共价晶体、分子晶体和金属晶体的部分特征。
11．【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】分子式为C3H6BrCl的有机物共有 、 、 、 、 共5种，B符合题意。
故答案为：B
【分析】C3H6BrCl可以看作丙烷CH3CH2CH3中的两个H原子分别被Br和Cl原子取代，据此分析。
12．【答案】B
【知识点】卤代烃简介
【解析】【解答】A. 溴乙烷是有机分子化合物，难溶于水，在水溶液中不导电，为非电解质，故A项不符合题意；
B. 溴乙烷在氢氧化钠的醇溶液中加热条件下发生消去反应，故B项符合题意；
C. 卤代烃中并没有游离的X，所以加AgNO3溶液不会生成AgX沉淀，则将硝酸银溶液滴入溴乙烷中不会产生淡黄色的溴化银沉淀，故C项不符合题意；
D. 溴乙烷发生消去反应的条件是氢氧化钠水溶液，加热，不是浓硫酸条件，故D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】卤代烃在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应。
13．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；分液和萃取
【解析】【解答】A、通过结构简式数出青蒿素分子中含有15个C原子、22个H原子、5个O原子，分子式为，而非，故A错误；
B、从分子结构中可以看出存在-O-O-过氧基团，故B正确；
C、青蒿素属于有机物，根据“相似相溶”原理，易溶于有机溶剂乙醚，不易溶于极性溶剂水，故C正确；
D、分子中含有多个饱和碳原子，这些碳原子为四面体结构，因此整个分子的空间结构不是平面形，故D正确。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
分子式的确定：需准确数出结构中的C、H、O原子数，青蒿素含15个C、22个H、5个O；
官能团识别：结构中存在-O-O-过氧键，这是青蒿素的特征官能团；
溶解性规律：有机物通常易溶于有机溶剂，难溶于水，青蒿素符合这一规律；
分子空间结构：饱和碳原子的四面体构型使分子整体不具备平面结构。
14．【答案】C
【知识点】金属晶体；晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A、晶胞中Fe原子数为，Mg原子数为8，H2分子数为，Fe、Mg、H2数目比为，组成可表示为，A正确；
B、Mg与Fe的最近距离为晶胞体对角线的，体对角线长为，故最近距离为，B正确；
C、在铁镁合金晶体中，与铁原子等距离且最近的镁原子数为8个，而非4个，C错误；
D、与铁原子等距离且最近的铁原子位于面心，共12个，D正确。
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶胞组成计算：通过均摊法计算Fe、Mg、H2的数目，确定物质组成；
原子间最近距离：利用晶胞体对角线长度计算Mg与Fe的最近距离；
配位数判断：Fe原子周围等距离且最近的Mg原子为8个；
铁原子的配位数：面心立方结构中，顶点Fe原子周围最近的Fe原子为12个。
15．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、B、N处在第二周期，整体第一电离能随核电荷递增呈上升趋势，N的2p轨道排布3个电子，达成半充满稳定构型，第一电离能高于相邻的B，即第一电离能，选项描述错误，A错误；
B、H属于第一周期，只有一层核外电子，B属于第二周期，拥有两层核外电子，电子层数更多，原子半径更大，半径排序成立，B正确；
C、非金属性，电负性随非金属性增强而增大，因此电负性，C正确；
D、同周期向右非金属性变强，非金属性，最高价氧化物对应水化物酸性随非金属性增强而提升，可得酸性，D正确；
故答案为：A。
【分析】元素推断：空气之中含量最高的成分为氮气，因此Z对应的元素是，的原子序数为7；题干给出X、Y、Z三者原子序数依次增大，三者原子序数相加等于13，可得；产物化学式为，X充当储氢材料里的氢元素，因此判定X是，它的原子序数为1；代入算出Y的原子序数，原子序数为5的短周期主族元素为；
最终确认：，，，之后逐项判断即可。
16．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；“等电子原理”的应用；分子晶体
【解析】【解答】A、晶体中有阴离子必有阳离子，但有阳离子不一定有阴离子（如金属晶体中只有金属阳离子和自由电子），A 错误；
B、卤素单质熔点随核电荷数增加而升高，但碱金属单质熔点随核电荷数增加而降低，B 错误；
C、IVA 族氢化物无氢键，沸点随相对分子质量增大而升高，故沸点 GeH4>SiH4>CH4；但 VA 族中 NH3存在氢键，沸点高于 AsH3和 PH3，正确顺序为 NH3>AsH3>PH3，C 错误；
D、NH4+、SO42-为正四面体结构，PH4+、PO43-的中心原子价层电子对数均为 4，且无孤电子对，故也为正四面体结构，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶体构成：金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，无阴离子；
碱金属熔点变化规律：碱金属原子半径随核电荷数增大而增大，金属键减弱，熔点降低；
氢键对沸点的影响：NH3分子间存在氢键，使其沸点高于同主族其他氢化物；
正四面体结构判断：中心原子价层电子对数为 4 且无孤电子对的微粒，空间结构为正四面体。
17．【答案】（1）8；sp2；三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯不能
（2）；
（3）；3：1
（4）2，3，3-三甲基戊烷
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机化合物的命名；烯烃
【解析】【解答】（1）①1 mol三氮唑中含8 mol σ键；分子中所有碳原子均参与形成大π键，采取杂化；②三氮唑分子间可形成氢键，需要更多能量克服分子间作用力，沸点显著高于无法形成分子间氢键的环戊二烯；
故答案为： 8 ； sp2 ； 三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯不能 ；
（2）①丙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，碳碳双键断裂，溴原子分别加成到双键两端的碳原子上，反应方程式为：；②在NaOH水溶液中加热发生水解取代反应，氯原子被羟基取代，反应方程式为： ；
故答案为： ； ；
（3）1，3，5-三甲基苯的结构简式为 ；该分子存在两种不同化学环境的氢原子：三个甲基上的9个氢原子化学环境完全相同，苯环上剩余的3个氢原子化学环境也完全相同，因此核磁共振氢谱的峰面积比为9：3=3：1；
故答案为： ； 3：1 ；
（4）该有机物 的最长碳链含5个碳原子，主链为戊烷，第2个碳原子上连有1个甲基，第3个碳原子上连有2个甲基，根据系统命名法，命名为2，3，3-三甲基戊烷。
故答案为： 2，3，3-三甲基戊烷 ；
【分析】（1）本题考查化学键类型、杂化轨道判断与分子间作用力对沸点的影响。首先通过分析三氮唑的成键情况，逐一统计分子中的N-Cσ键、N-Nσ键、C-Hσ键和N-Hσ键，得出σ键总数；再根据大π键的形成条件，判断碳原子的杂化方式；最后结合分子间氢键的形成条件，对比三氮唑与环戊二烯的沸点差异。
（2）本题考查有机化学反应方程式的书写。①根据烯烃与卤素的加成反应规律，丙烯的碳碳双键与溴发生加成，双键断裂，溴原子分别连接到双键两端的碳原子上；②根据卤代烃的水解取代反应规律，苄基氯在碱性水溶液中加热，氯原子被羟基取代，生成苯甲醇和氯化钠。
（3）本题考查有机物结构简式的书写与核磁共振氢谱的分析。首先根据苯环上取代基的位置，写出1，3，5-三甲基苯的结构简式；再通过分析分子的对称性，识别不同化学环境的氢原子，根据氢原子数目计算核磁共振氢谱的峰面积比。
（4）本题考查有机物的系统命名。首先按照“最长碳链”原则，找出该有机物含5个碳原子的主链；然后根据取代基的位置和数目，对主链碳原子进行编号，确定甲基的位置；最后根据系统命名法的规则，写出完整的有机物名称。
（1）①从结构图中可得，三氮唑中有4个N-Cσ键，1个N-Nσ键，2个C-Hσ键，1个N-Hσ键，共8个σ键，1 mol三氮唑中所含σ键8 mol；分子中所有碳原子均参与形成大π键，因此为sp2杂化；
②由于三氮唑分子间可形成氢键，需要更多的能量才能克服分子间作用力，而环戊二烯不能形成分子间氢键，则三氮唑的沸点高；
（2）①丙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应：；
②C6H5CH2Cl在NaOH水溶液中发生取代反应：；
（3）1，3，5-三甲基苯的结构简式：；该分子中存在两种不同化学环境的氢原子，三个甲基上的9个H化学环境相同，为一种氢，苯环上剩余的3个H化学环境相同，为另一种氢，因此峰面积之比为9：3=3：1；
（4）用系统命名法命名，先找最长碳链，有机物的最长碳链为5个C，在第2个和第3个C上均有甲基取代，因此命名为2，3，3-三甲基戊烷。
18．【答案】；；；；加成反应；；否；；质谱；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；烯烃；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）中C原子形成3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，杂化方式为；合成光气时，先通过乙装置反应 制备氧气，再经浓硫酸干燥；氧气通入丁装置与氯仿在光照下反应： ；生成的光气需经浓硫酸干燥防水解，尾气用丙装置吸收，装置连接顺序为 ；
故答案为： ； ；
（2）装置丁中，氯仿与氧气在光照条件下反应生成碳酰氯和氯化氢，化学方程式为； ；
故答案为：； ；
（3）Diels-Alder反应为共轭二烯烃与烯烃的加成反应，生成环状产物，反应类型为加成反应；
故答案为： 加成反应 ；
（4）①2，3-二甲基-1，3-丁二烯的结构简式为， ，双键两端碳原子均连接两个相同氢原子，不存在顺反异构；②该有机物与环戊烯发生Diels-Alder反应，化学方程式为共轭二烯烃与烯烃加成生成双环产物： ；
故答案为： ； 否 ； ；
（5）测定有机物相对分子质量常用质谱法；计算各元素物质的量：，，，，，原子个数比，最简式为，最简式式量为153.0，结合相对分子质量153.0，可得分子式为。
故答案为： 质谱 ； ；
【分析】（1）先根据价层电子对互斥理论判断中C原子的杂化方式；再结合氧气制备、干燥、光气合成、尾气处理的流程，确定装置连接顺序；最后写出相关反应方程式。
（2）根据氯仿与氧气在光照条件下的反应，直接写出对应的化学方程式。
（3）根据Diels-Alder反应的定义，判断其反应类型为加成反应。
（4）①根据有机物名称写出结构简式，并根据双键两端碳原子的连接情况，判断是否存在顺反异构；
②根据Diels-Alder反应的加成规律，写出2，3-二甲基-1，3-丁二烯与环戊烯反应的化学方程式。
（5）先说明测定有机物相对分子质量的常用方法；再通过计算各元素的物质的量，求出原子个数比，得到最简式；最后结合相对分子质量，确定有机物的分子式。
19．【答案】玻璃棒；溶液颜色的深浅对吸光度的影响；>；铁粉会和反应生成，使浓度减小，从而使逆向移动，颜色变浅。；<2；2.0；保证反应物K2S2O3的浓度改变，而其他条件不变，才能达到实验目的。；
【知识点】化学反应速率的影响因素；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）配制溶液所需玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒；该实验旨在验证溶液颜色与吸光度的关系；铁粉与反应生成，使 平衡逆向移动，溶液颜色变浅；
故答案为： 玻璃棒 ； 溶液颜色的深浅对吸光度的影响 ； > ； 铁粉会和反应生成，使浓度减小，从而使逆向移动，颜色变浅；
（2）快反应中耗尽后，慢反应生成的才会使淀粉变蓝；两离子方程式相加得总反应： ，故；
故答案为： <2 ；
（3）为控制单一变量（仅浓度变化），溶液总体积需保持一致，因此；
故答案为： 2.0 ； 保证反应物K2S2O3的浓度改变，而其他条件不变，才能达到实验目的；
（4）催化剂可加快反应速率，缩短达到平衡的时间；降低温度会减慢反应速率，延长达到平衡的时间；作图时需保证最终相同。
故答案为： ；
【分析】（1）本题考查溶液配制仪器、实验目的与平衡移动原理。首先明确溶液配制所需玻璃仪器；再根据实验方案判断其探究目的；最后结合铁粉与的反应，分析该反应对平衡的影响，进而解释溶液颜色变化的原因。
（2）本题考查反应先后顺序与总反应方程式的推导。根据快、慢反应的先后顺序，理解淀粉变蓝的条件；再将两个离子方程式相加，得到总反应方程式，从而确定反应物物质的量之比的关系。
（3）本题考查控制变量法的应用。为确保实验中只有浓度一个变量发生变化，需保持溶液总体积相等，据此计算得出的值。
（4）本题考查外界条件对反应速率的影响。分别分析催化剂和温度对反应速率的影响，进而判断达到平衡所需时间的变化；同时强调作图时需保证最终产物浓度一致的要求。
20．【答案】（1）将矿粉粉碎或适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌等，写一条即可
（2）
（3）5.0
（4）A；C
（5）；
（6）；；能耗低或无CO排放、原料利用率高、污染小等
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）提高酸浸速率的措施包括将矿粉粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸浓度、搅拌等；
故答案为： 将矿粉粉碎或适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌等，写一条即可 ；
（2）高压加热时，被氧化为，离子方程式为： ；
故答案为： ；
（3）“沉铝”时，为保证和不沉淀，需根据的溶度积计算： ，解得，对应；
故答案为： 5.0 ；
（4）A：镍原子有空轨道，N、O原子有孤电子对，可与Ni形成配位键，A正确；
B：配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误；
C：配合物中含长链烷基，具有疏水性，易进入有机相，C正确；
D：配合物与水形成分子间氢键会使其更易溶于水，不利于进入有机相，D错误；
故答案为：AC；
（5）根据晶胞结构，面心原子为Ni（个），顶点原子为Cu（个），体心原子为N（1个），故；晶胞质量，晶胞体积，密度；
故答案为： ； ；
（6）①加热时，工业合成氨的逆反应为 ，生成的还原： ；②新型冶铁方法体现的绿色化学思想包括能耗低、无CO排放、原料利用率高、污染小等。
故答案为： ； ； 能耗低或无CO排放、原料利用率高、污染小等 ；
【分析】该工艺以含 Fe、Al、Cu、Ni、O 等元素的多金属精矿为原料，先通入 SO2进行酸浸处理，得到含 Fe2+、Al3+、Cu2+、Ni2+的浸取液；随后将浸取液调至 pH=3.0，通入空气并高压加热，使 Fe2+被氧化为 Fe2O3沉淀除去，得到含 Al3+、Cu2+、Ni2+的滤液 1；滤液 1 在常温下沉铝，析出 Al(OH)3滤饼，得到含 Cu2+、Ni2+的滤液 2；最后对滤液 2 进行选择性萃取，分别得到铜、镍配合物，后续可制备 Ni Cu Nz 合金。
（1）从接触面积、温度、浓度、搅拌等角度，列举能提高酸浸速率的常见措施。
（2）根据氧化还原反应规律，结合高压加热条件，配平被氧化为的离子方程式。
（3）为保证和不沉淀，以溶度积更小的为计算依据，代入数据计算浓度，再换算为pH。
（4）围绕配位键形成条件、配体性质、中心离子化合价变化、配合物溶解性等，逐一分析选项，判断正误。
（5）根据晶胞中原子的位置，利用均摊法计算各原子数目，得出化学式；再结合晶胞质量和体积，计算晶体密度。
（6）根据工业合成氨的逆反应和氢气还原氧化铁的反应，写出对应的化学方程式；从能耗、排放、原料利用率等方面，分析新型冶铁方法体现的绿色化学思想。
（1）提高酸浸速率的措施可通过将矿粉粉碎或适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌等；
（2）高压加热时，被氧化为，离子方程式为：；
（3）“沉铝”时，需使完全沉淀，同时、不沉淀。“沉铝”时，保证和不沉淀，的溶度积更小，，根据，得出，；
（4）A．镍原子有空轨道，N、O原子有孤电子对，可与Ni形成配位键，A正确；
B．配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误；
C．配合物中含长链烷基，具有疏水性，使配合物易进入有机相，C正确；
D．配合物与水形成分子间氢键会使其更易溶于水，不利于进入有机相，D错误；
故选AC；
（5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，晶胞参数为a pm，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有个，顶点原子为Cu，有个，体心的原子为N，有1个，则；
晶胞质量，晶胞体积，密度：；
（6）①700℃加热时，工业合成氨的逆反应为，生成的还原：；
②新型冶铁方法体现的绿色化学思想：能耗低或无CO排放、原料利用率高、污染小等。
1 / 1广东惠州市第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试 化学试题
1．二十大报告指出，我国在一些关键核心技术实现突破，载人航天、探月探火、深海深地探测、超级计算机、卫星导航等领域取得重大成果。下列成果中所用材料属于合金的是
A.天问一号用的SiO2气凝胶 B.天和核心舱用的BN陶瓷 C.“奋斗者”号潜水艇的钛铝外壳 D.北斗导航卫星的太阳能电池用的氮化镓
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、属于无机非金属氧化物，对应的气凝胶归属无机非金属材料，并不属于合金，A错误；
B、BN是氮化硼，BN陶瓷属于新型陶瓷类无机非金属材料，不符合合金的定义，B错误；
C、钛铝外壳由钛、铝多种金属融合制成，具备合金的特征，属于合金材料，C正确；
D、氮化镓是氮元素与镓元素形成的化合物，属于半导体无机材料，不属于合金，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
对照合金的定义判断，是纯净氧化物，从物质类别层面判定其属于无机非金属材料；
BN陶瓷属于陶瓷体系，依托陶瓷所属材料大类排除该项；
钛、铝均为金属元素，二者形成的钛铝材料满足合金由金属（或金属搭配少量非金属）熔合而成的定义；
氮化镓是二元化合物，并非金属熔合得到的产物，结合半导体材料特性完成排除；
2．下列化学用语表述正确的是
A．的VSEPR模型为V形
B．乙醇的结构简式：C2H6O
C．CCl4分子的空间填充模型为
D．羟基的电子式为：
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NO2-中 N 原子价层电子对数为 3（ ），其 VSEPR 模型为平面三角形，不是 V 形，故 A 错误；
B、C2H6O 是乙醇的分子式，乙醇的结构简式应为 CH3CH2OH（或 C2H5OH），故 B 错误；
C、CCl4中 Cl 原子半径大于 C 原子，其空间填充模型应是中心原子（C）更小、周围原子（Cl）更大，题图为甲烷的填充模型，故 C 错误；
D、羟基（-OH）为中性基团，O 原子最外层有 1 个单电子，电子式为，故 D 正确。
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
价层电子对互斥模型：VSEPR 模型需包含孤电子对，NO2-价层电子对数为 3，对应模型为平面三角形；
结构简式要求：结构简式需体现官能团，C2H6O 无法区分乙醇和二甲醚，不是乙醇的结构简式；
空间填充模型：原子半径需与实际相符，CCl4中 C 原子半径小于 Cl 原子；
羟基电子式：羟基不带电荷，O 原子最外层电子数为 7，需体现单电子。
3．现代科技，增强民生福祉。下列说法错误的是
A．制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯，其单体是CH2=CHCl
B．磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，Fe3O4具有磁性
C．穿上电动机械腿，助力行走不是梦，行走时电池将电能转化为化学能
D．固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料，单晶硅是一种共价晶体
【答案】C
【知识点】原子晶体（共价晶体）；常见能量的转化及运用；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、聚氯乙烯由氯乙烯（CH2=CHCl）加聚反应制得，其单体为 CH2=CHCl，A 正确；
B、四氧化三铁（Fe3O4）具有磁性，可涂覆在胶带上制作磁带，B 正确；
C、电动机械腿行走时，电池向外供电，是将化学能转化为电能，而非电能转化为化学能，C 错误；
D、单晶硅是由硅原子通过共价键形成的空间网状结构，属于共价晶体，常用作固态硬盘芯片的基础材料，D 正确。
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
高分子材料单体判断：加聚产物的单体可通过断键还原法判断，聚氯乙烯的单体为氯乙烯；
物质的磁性与用途：Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，可用于制备磁性材料；
电池的能量转化：放电过程是化学能转化为电能，充电过程才是电能转化为化学能；
晶体类型判断：单晶硅中原子间以共价键结合成空间网状结构，属于共价晶体。
4．下列各组混合物中，用分液漏斗不能分离的是
A．四氯化碳和苯 B．环己烷和水
C．溴乙烷和水 D．苯和水
【答案】A
【知识点】分液和萃取
【解析】【解答】A、四氯化碳和苯互溶，混合后不分层，无法用分液漏斗分离，故 A 符合题意；
B、环己烷不溶于水，且密度比水小，混合后分层，可用分液漏斗分离，故 B 不符合题意；
C、溴乙烷不溶于水，且密度比水大，混合后分层，可用分液漏斗分离，故 C 不符合题意；
D、苯不溶于水，且密度比水小，混合后分层，可用分液漏斗分离，故 D 不符合题意。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
分液漏斗的使用条件：适用于分离互不相溶、密度不同且会分层的液体混合物；
物质溶解性判断：四氯化碳和苯均为非极性有机溶剂，根据 “相似相溶” 原理，二者互溶，无法分层；而环己烷、溴乙烷、苯与水均不互溶，会出现明显分层现象。
5．提纯苯甲酸粗品(含少量和泥沙)的过程如下。其中，操作X为
A．加热蒸馏 B．加水稀释 C．冷却结晶 D．萃取分液
【答案】C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】苯甲酸溶解度随温度下降会明显减小，趁热过滤除去泥沙之后，对滤液进行冷却处理，苯甲酸就会结晶析出，后续经过过滤洗涤就可以得到纯净产物，因此操作 X 选择冷却结晶，C 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
趁热过滤的作用：高温状态下苯甲酸溶解度偏高维持溶解状态，趁热过滤就能够彻底除去不溶性的泥沙杂质；苯甲酸溶解度特性：苯甲酸溶解度受温度影响波动明显，温度降低溶解度随之锐减，冷却就能够析出晶体，NaCl 溶解度随温度变化幅度小，会留存滤液之中完成杂质分离；
6．昆虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质。人工合成信息素可用于诱捕害虫、测报虫情等。一种信息素的分子结构简式如图所示，关于该化合物说法不正确的是
A．属于烃的衍生物 B．不含手性碳原子
C．可发生加成反应 D．具有一定的挥发性
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、该化合物含有氧原子，属于烃的衍生物，故 A 正确；
B、该分子中，环上与异丙烯基相连的碳原子，以及与亚甲基相连的碳原子，均连接了 4 种不同的基团，属于手性碳原子，故 B 错误；
C、分子中含有碳碳双键，可发生加成反应，故 C 正确；
D、昆虫信息素通常具有一定的挥发性，才能传递信号，故 D 正确。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
烃的衍生物判断：分子中除碳、氢外还含有氧元素，因此属于烃的衍生物；
手性碳原子识别：手性碳原子是指连有 4 种不同基团的饱和碳原子，该分子中存在多个符合条件的碳原子；
加成反应条件：碳碳双键可以与氢气、卤素单质等发生加成反应；
物质性质与用途：昆虫信息素需要挥发才能被昆虫感知，因此通常具有一定的挥发性。
7．一定条件下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。下列说法正确的是
参数 分子 分子直径 /nm 分子与H2O的 结合能E/(kJ·mol－1)
CH4 0.436 16.4
CO2 0.512 29.91
A．CH4的空间结构呈正四面体形，H2O、CO2空间结构呈V形
B．CH4、CO2都是含极性键的非极性分子
C．水分子间存在氢键，故水分子高温下也很稳定
D．可燃冰的笼状结构中甲烷分子与水分子形成共价键
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、CH4的空间结构呈正四面体形，H2O 呈 V 形，而 CO2的空间结构为直线形，故 A 错误；
B、CH4中 C-H 键、CO2中 C=O 键均为极性键，但 CH4为正四面体结构、CO2为直线形结构，二者分子中极性键的向量和为零，均为非极性分子，故 B 正确；
C、水分子的稳定性由分子内的 O-H 共价键强弱决定，与分子间氢键无关，故 C 错误；
D、可燃冰的笼状结构中，甲烷分子与水分子之间不存在共价键，仅靠分子间作用力结合，故 D 错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分子空间结构判断：CO2分子中 C 原子为 sp 杂化，分子构型为直线形，而非 V 形；
极性分子与非极性分子：分子的极性由键的极性和分子的空间构型共同决定，CH4和 CO2的对称结构使分子的极性相互抵消，属于非极性分子；
影响物质稳定性的因素：分子的稳定性由化学键强度决定，氢键属于分子间作用力，主要影响物质的物理性质（如熔沸点）；
可燃冰的作用力类型：甲烷分子被包裹在水分子形成的笼状结构中，二者之间通过范德华力相互作用，不存在化学键。
8．劳动者是最光荣的创造者。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
　 劳动项目 化学知识
A 施加适量石膏降低盐碱地(含Na2CO3)土壤的碱性 (aq)+CaSO4(s)+CaCO3(s)
B 桥梁工程师：用牺牲阳极 法对黄茅海大桥钢管桩进 行防护 Fe作为电解池阴极而被保护
C 珠宝鉴定师：用X射线鉴定钻石的真伪 不同的晶体具有独特的明锐衍射峰
D 用氧化铁调配红色油漆 氧化铁呈红棕色且在空气中性质稳定
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的氧化物和氢氧化物；晶体的定义
【解析】【解答】A、施加石膏降低盐碱地碱性，利用的是沉淀转化反应，将碱性较强的转化为中性的，二者直接相关，故A不符合题意；
B、牺牲阳极法保护钢管桩，利用的是原电池原理（被保护的Fe作原电池正极，发生还原反应），而非电解池原理，化学知识描述错误，二者无对应关系，故B符合题意；
C、用X射线鉴定钻石真伪，利用的是晶体的X射线衍射特性，不同晶体具有独特的明锐衍射峰，二者直接相关，故C不符合题意；
D、氧化铁（）呈红棕色且化学性质稳定，可作为颜料调配红色油漆，二者直接相关，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
沉淀转化与盐类水解：石膏（）将盐碱地中的转化为沉淀，降低溶液中浓度，从而减弱水解碱性；
金属防护原理区分：牺牲阳极法属于原电池防护（利用原电池负极被氧化、正极被保护），与电解池无关；
晶体鉴定的物理方法：X射线衍射是晶体的特征性质，可用于区分晶体与非晶体、鉴定晶体种类；
物质的性质与用途：氧化铁的红棕色和稳定性使其成为常用的红色颜料，用于油漆、涂料的调配。
9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol18O2的中子数，比1mol16O2的多2NA
B．1molNH4Cl中含有的共价键数目为5NA
C．体积为1L的1mol/LNaHCO3溶液中，数目为NA
D．标准状况下的22.4LCl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2NA
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、1 个 8O 比 6O 多 2 个中子，1mol 8O2含 2mol 8O，1mol 6O2含 2mol 6O，中子数差值为 4NA，故 A 错误；
B、NH4Cl 中 NH4+含 4 个 N-H 共价键，1mol NH4Cl 含 4NA个共价键，故 B 错误；
C、NaHCO3溶液中 HCO3-会发生水解和电离，浓度小于 1mol/L，数目小于 NA，故 C 错误；
D、标准状况下 22.4L Cl2为 1mol，与足量 H2反应生成 2mol HCl，每个 HCl 含 1 个 H-Cl 共价键，共形成 2NA个共价键，故 D 正确。
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
中子数计算：中子数 = 质量数 - 质子数， 8O 和 6O 的中子数分别为 10 和 8，差值为 2，1mol 双原子分子含 2mol 原子，因此总中子数差值为 4NA；
共价键计数：NH4Cl 为离子化合物，仅 NH4+内部存在 4 个 N-H 共价键，Cl-与 NH4+间为离子键，无共价键；
弱电解质的水解与电离：HCO3-在水溶液中存在水解（生成 H2CO3）和电离（生成 CO32-）平衡，导致其实际浓度低于初始浓度；
共价键形成计算：Cl2与 H2反应为 Cl2+H2=2HCl，1mol Cl2反应生成 2mol HCl，每个 HCl 含 1 个 H-Cl 键，因此形成 2NA个共价键。
10．某些物质的结构如图所示。下列说法正确的是
A．熔点：NaCl>金刚石
B．金刚石晶体中，碳原子与C-C键数目比为1：4
C．冰晶体中存在氢键，36g冰含有4mol氢键
D．石墨晶体是层状结构，层内碳与碳之间有共价键，层与层之间靠范德华力维系，还有类似金属晶体的导电性，因此石墨属于过渡型晶体
【答案】C
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；氢键的存在对物质性质的影响；晶体的定义
【解析】【解答】A、金刚石是共价晶体，NaCl 是离子晶体，共价晶体的熔点远高于离子晶体，故熔点：金刚石 > NaCl，A 错误；
B、金刚石晶体中，每个碳原子与 4 个相邻碳原子形成 C-C 键，每个 C-C 键被 个碳原子共用，因此碳原子与 C-C 键的数目比为 1：2，B 错误；
C、冰晶体中，每个水分子通过氢键与 4 个相邻水分子相连，每个氢键被 2 个水分子共用，因此 1mol H2O 可形成 2mol 氢键。36g 冰（即 ）含有 4mol 氢键，C 正确；
D、石墨属于混合晶体，层内碳原子间以共价键结合，层与层之间通过范德华力维系，同时具有类似金属晶体的导电性，因此石墨属于混合晶体，而非过渡型晶体，D 错误。
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶体熔点比较：共价晶体（如金刚石）依靠强烈的共价键结合，熔点通常远高于依靠离子键结合的离子晶体（如 NaCl）；
金刚石中 C 原子与 C-C 键的数目比：每个 C 原子形成 4 个 C-C 键，每个键被 2 个 C 原子共享，因此 C 原子与 C-C 键数目比为 1：2；
冰晶体中氢键数目计算：每个水分子周围形成 4 个氢键，每个氢键为两个水分子共有，故 1mol 水含 2mol 氢键；
石墨的晶体类型：石墨属于混合晶体，兼具共价晶体、分子晶体和金属晶体的部分特征。
11．分子式为C3H6BrCl的有机物共有(不含立体异构)（　　）
A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】分子式为C3H6BrCl的有机物共有 、 、 、 、 共5种，B符合题意。
故答案为：B
【分析】C3H6BrCl可以看作丙烷CH3CH2CH3中的两个H原子分别被Br和Cl原子取代，据此分析。
12．关于溴乙烷，下列说法正确的是（　　）
A．溴乙烷是一种难溶于水的强电解质
B．溴乙烷在氢氧化钠的醇溶液中加热一段时间后会有乙烯气体生成
C．将硝酸银溶液滴入溴乙烷中会产生淡黄色的溴化银沉淀
D．溴乙烷在浓硫酸加热的条件下会发上消去反应
【答案】B
【知识点】卤代烃简介
【解析】【解答】A. 溴乙烷是有机分子化合物，难溶于水，在水溶液中不导电，为非电解质，故A项不符合题意；
B. 溴乙烷在氢氧化钠的醇溶液中加热条件下发生消去反应，故B项符合题意；
C. 卤代烃中并没有游离的X，所以加AgNO3溶液不会生成AgX沉淀，则将硝酸银溶液滴入溴乙烷中不会产生淡黄色的溴化银沉淀，故C项不符合题意；
D. 溴乙烷发生消去反应的条件是氢氧化钠水溶液，加热，不是浓硫酸条件，故D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】卤代烃在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应。
13．青蒿素是我国科学家从传统中药中发现的能治疗疟疾的有机化合物，其分子结构如图，它可以用有机溶剂乙醚从中药中提取。下列关于青蒿素的说法不正确的是
A．分子式为C14H20O5
B．分子中含有过氧基(-O-O-)
C．易溶于有机溶剂乙醚，不易溶于水
D．分子的空间结构不是平面形
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；分液和萃取
【解析】【解答】A、通过结构简式数出青蒿素分子中含有15个C原子、22个H原子、5个O原子，分子式为，而非，故A错误；
B、从分子结构中可以看出存在-O-O-过氧基团，故B正确；
C、青蒿素属于有机物，根据“相似相溶”原理，易溶于有机溶剂乙醚，不易溶于极性溶剂水，故C正确；
D、分子中含有多个饱和碳原子，这些碳原子为四面体结构，因此整个分子的空间结构不是平面形，故D正确。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
分子式的确定：需准确数出结构中的C、H、O原子数，青蒿素含15个C、22个H、5个O；
官能团识别：结构中存在-O-O-过氧键，这是青蒿素的特征官能团；
溶解性规律：有机物通常易溶于有机溶剂，难溶于水，青蒿素符合这一规律；
分子空间结构：饱和碳原子的四面体构型使分子整体不具备平面结构。
14．铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，晶胞结构如图所示。储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，且晶胞的边长为anm，NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．储氢后，该铁镁合金组成可以表示为Mg2FeH2
B．Mg与Fe之间的最近距离为
C．在铁镁合金晶体中，与铁原子等距离且最近的镁原子数有4个
D．在铁镁合金晶体中，与铁原子等距离且最近的铁原子数有12个
【答案】C
【知识点】金属晶体；晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A、晶胞中Fe原子数为，Mg原子数为8，H2分子数为，Fe、Mg、H2数目比为，组成可表示为，A正确；
B、Mg与Fe的最近距离为晶胞体对角线的，体对角线长为，故最近距离为，B正确；
C、在铁镁合金晶体中，与铁原子等距离且最近的镁原子数为8个，而非4个，C错误；
D、与铁原子等距离且最近的铁原子位于面心，共12个，D正确。
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶胞组成计算：通过均摊法计算Fe、Mg、H2的数目，确定物质组成；
原子间最近距离：利用晶胞体对角线长度计算Mg与Fe的最近距离；
配位数判断：Fe原子周围等距离且最近的Mg原子为8个；
铁原子的配位数：面心立方结构中，顶点Fe原子周围最近的Fe原子为12个。
15．短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次递增，其序数和为13，可组成固态储氢材料ZX3YX3。Z是空气中含量最高的元素。下列说法不正确的是
A．第一电离能：Y＞Z
B．原子半径：Y＞X
C．电负性：X＜Z
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、B、N处在第二周期，整体第一电离能随核电荷递增呈上升趋势，N的2p轨道排布3个电子，达成半充满稳定构型，第一电离能高于相邻的B，即第一电离能，选项描述错误，A错误；
B、H属于第一周期，只有一层核外电子，B属于第二周期，拥有两层核外电子，电子层数更多，原子半径更大，半径排序成立，B正确；
C、非金属性，电负性随非金属性增强而增大，因此电负性，C正确；
D、同周期向右非金属性变强，非金属性，最高价氧化物对应水化物酸性随非金属性增强而提升，可得酸性，D正确；
故答案为：A。
【分析】元素推断：空气之中含量最高的成分为氮气，因此Z对应的元素是，的原子序数为7；题干给出X、Y、Z三者原子序数依次增大，三者原子序数相加等于13，可得；产物化学式为，X充当储氢材料里的氢元素，因此判定X是，它的原子序数为1；代入算出Y的原子序数，原子序数为5的短周期主族元素为；
最终确认：，，，之后逐项判断即可。
16．类推的思维方法是一种常用的方法，但类推出的结论需经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论正确的是
A．晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，也必有阴离子
B．卤素单质随核电荷数增加熔点升高，故碱金属单质熔点也随核电荷数增加而升高
C．ⅣA族元素氢化物沸点顺序是： 则VA族元素氢化物沸点顺序也是：
D．从为正四面体结构，可推测也为正四面体结构
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；“等电子原理”的应用；分子晶体
【解析】【解答】A、晶体中有阴离子必有阳离子，但有阳离子不一定有阴离子（如金属晶体中只有金属阳离子和自由电子），A 错误；
B、卤素单质熔点随核电荷数增加而升高，但碱金属单质熔点随核电荷数增加而降低，B 错误；
C、IVA 族氢化物无氢键，沸点随相对分子质量增大而升高，故沸点 GeH4>SiH4>CH4；但 VA 族中 NH3存在氢键，沸点高于 AsH3和 PH3，正确顺序为 NH3>AsH3>PH3，C 错误；
D、NH4+、SO42-为正四面体结构，PH4+、PO43-的中心原子价层电子对数均为 4，且无孤电子对，故也为正四面体结构，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶体构成：金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，无阴离子；
碱金属熔点变化规律：碱金属原子半径随核电荷数增大而增大，金属键减弱，熔点降低；
氢键对沸点的影响：NH3分子间存在氢键，使其沸点高于同主族其他氢化物；
正四面体结构判断：中心原子价层电子对数为 4 且无孤电子对的微粒，空间结构为正四面体。
17．回答下列问题：
（1）铁能与三氮唑(结构见图)形成多种配合物。
①1mol三氮唑中所含σ键　 　mol；碳原子杂化方式是　 　。
②三氮唑的沸点为60℃、结构相似且相对分子质量接近的环戊二烯(结构如上图)的沸点为42.5℃。前者沸点较大的原因是　 　。
（2）①丙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，相应化学方程式：　 　。
②苯甲醇可由C6H5CH2Cl在NaOH水溶液中发生取代反应而得，反应方程式为：　 　。
（3）1，3，5-三甲基苯的结构简式：　 　；其核磁共振氢谱图中峰面积之比为：　 　。
（4）用系统命名法对有机物命名：　 　。
【答案】（1）8；sp2；三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯不能
（2）；
（3）；3：1
（4）2，3，3-三甲基戊烷
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机化合物的命名；烯烃
【解析】【解答】（1）①1 mol三氮唑中含8 mol σ键；分子中所有碳原子均参与形成大π键，采取杂化；②三氮唑分子间可形成氢键，需要更多能量克服分子间作用力，沸点显著高于无法形成分子间氢键的环戊二烯；
故答案为： 8 ； sp2 ； 三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯不能 ；
（2）①丙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，碳碳双键断裂，溴原子分别加成到双键两端的碳原子上，反应方程式为：；②在NaOH水溶液中加热发生水解取代反应，氯原子被羟基取代，反应方程式为： ；
故答案为： ； ；
（3）1，3，5-三甲基苯的结构简式为 ；该分子存在两种不同化学环境的氢原子：三个甲基上的9个氢原子化学环境完全相同，苯环上剩余的3个氢原子化学环境也完全相同，因此核磁共振氢谱的峰面积比为9：3=3：1；
故答案为： ； 3：1 ；
（4）该有机物 的最长碳链含5个碳原子，主链为戊烷，第2个碳原子上连有1个甲基，第3个碳原子上连有2个甲基，根据系统命名法，命名为2，3，3-三甲基戊烷。
故答案为： 2，3，3-三甲基戊烷 ；
【分析】（1）本题考查化学键类型、杂化轨道判断与分子间作用力对沸点的影响。首先通过分析三氮唑的成键情况，逐一统计分子中的N-Cσ键、N-Nσ键、C-Hσ键和N-Hσ键，得出σ键总数；再根据大π键的形成条件，判断碳原子的杂化方式；最后结合分子间氢键的形成条件，对比三氮唑与环戊二烯的沸点差异。
（2）本题考查有机化学反应方程式的书写。①根据烯烃与卤素的加成反应规律，丙烯的碳碳双键与溴发生加成，双键断裂，溴原子分别连接到双键两端的碳原子上；②根据卤代烃的水解取代反应规律，苄基氯在碱性水溶液中加热，氯原子被羟基取代，生成苯甲醇和氯化钠。
（3）本题考查有机物结构简式的书写与核磁共振氢谱的分析。首先根据苯环上取代基的位置，写出1，3，5-三甲基苯的结构简式；再通过分析分子的对称性，识别不同化学环境的氢原子，根据氢原子数目计算核磁共振氢谱的峰面积比。
（4）本题考查有机物的系统命名。首先按照“最长碳链”原则，找出该有机物含5个碳原子的主链；然后根据取代基的位置和数目，对主链碳原子进行编号，确定甲基的位置；最后根据系统命名法的规则，写出完整的有机物名称。
（1）①从结构图中可得，三氮唑中有4个N-Cσ键，1个N-Nσ键，2个C-Hσ键，1个N-Hσ键，共8个σ键，1 mol三氮唑中所含σ键8 mol；分子中所有碳原子均参与形成大π键，因此为sp2杂化；
②由于三氮唑分子间可形成氢键，需要更多的能量才能克服分子间作用力，而环戊二烯不能形成分子间氢键，则三氮唑的沸点高；
（2）①丙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应：；
②C6H5CH2Cl在NaOH水溶液中发生取代反应：；
（3）1，3，5-三甲基苯的结构简式：；该分子中存在两种不同化学环境的氢原子，三个甲基上的9个H化学环境相同，为一种氢，苯环上剩余的3个H化学环境相同，为另一种氢，因此峰面积之比为9：3=3：1；
（4）用系统命名法命名，先找最长碳链，有机物的最长碳链为5个C，在第2个和第3个C上均有甲基取代，因此命名为2，3，3-三甲基戊烷。
18．Ⅰ.碳酰氯俗名光气，熔点为 沸点为 遇水迅速水解，生成氯化氢。光气可由氯仿和氧气在光照条件下合成。将下图中的甲乙丙丁按一定的顺序连接起来便可在实验室合成光气(个别装置可重复使用)。
（1）中C的杂化方式为　 　；装置的正确连接顺序应为　 　。(填各接口的序号)
（2）装置丁中发生反应的化学方程式为：　 　。
Ⅱ.共轭二烯烃(含有两个碳碳双键，且两个双键被一个单键隔开的烯烃)可以与含碳碳双键的化合物在一定条件下发生第尔斯-阿尔德(Diels-Alder)反应，得到环状产物。例如：。
（3）该反应属于　 　(填有机反应类型)。
（4）有机物A的系统命名为2，3-二甲基-1，3-丁二烯，常用于合成橡胶。
①A的结构简式为　 　，A　 　(填“是”或“否”)存在顺反异构。
②写出A与环戊烯发生Diels-Alder反应的化学方程式：　 　。
Ⅲ.燃烧30.6 g某种医用胶样品，实验测得生成19.8 g水、70.4 g二氧化碳、2.24 L氮气(已换算成标准状况)。
（5）由　 　法测定出该样品的相对分子质量为153.0，其分子式为　 　。
【答案】；；；；加成反应；；否；；质谱；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；烯烃；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）中C原子形成3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，杂化方式为；合成光气时，先通过乙装置反应 制备氧气，再经浓硫酸干燥；氧气通入丁装置与氯仿在光照下反应： ；生成的光气需经浓硫酸干燥防水解，尾气用丙装置吸收，装置连接顺序为 ；
故答案为： ； ；
（2）装置丁中，氯仿与氧气在光照条件下反应生成碳酰氯和氯化氢，化学方程式为； ；
故答案为：； ；
（3）Diels-Alder反应为共轭二烯烃与烯烃的加成反应，生成环状产物，反应类型为加成反应；
故答案为： 加成反应 ；
（4）①2，3-二甲基-1，3-丁二烯的结构简式为， ，双键两端碳原子均连接两个相同氢原子，不存在顺反异构；②该有机物与环戊烯发生Diels-Alder反应，化学方程式为共轭二烯烃与烯烃加成生成双环产物： ；
故答案为： ； 否 ； ；
（5）测定有机物相对分子质量常用质谱法；计算各元素物质的量：，，，，，原子个数比，最简式为，最简式式量为153.0，结合相对分子质量153.0，可得分子式为。
故答案为： 质谱 ； ；
【分析】（1）先根据价层电子对互斥理论判断中C原子的杂化方式；再结合氧气制备、干燥、光气合成、尾气处理的流程，确定装置连接顺序；最后写出相关反应方程式。
（2）根据氯仿与氧气在光照条件下的反应，直接写出对应的化学方程式。
（3）根据Diels-Alder反应的定义，判断其反应类型为加成反应。
（4）①根据有机物名称写出结构简式，并根据双键两端碳原子的连接情况，判断是否存在顺反异构；
②根据Diels-Alder反应的加成规律，写出2，3-二甲基-1，3-丁二烯与环戊烯反应的化学方程式。
（5）先说明测定有机物相对分子质量的常用方法；再通过计算各元素的物质的量，求出原子个数比，得到最简式；最后结合相对分子质量，确定有机物的分子式。
19．某兴趣小组探究外界因素对化学反应的影响，设计了下面两组实验。
I.探究反应物浓度对的影响
（1）.在小烧杯中加入10mL蒸馏水，再滴入5滴0.05FeCl3溶液、5滴0.15KSCN溶液，用玻璃棒搅拌，使其充分混合，此时测得溶液吸光度为。然后将溶液平均注入a、b、c三支试管中。按下列方案进行实验并记录溶液的吸光度（溶液颜色越深，吸光度越大）：
试管编号 加入试剂 吸光度
a 5滴m1FeCl3溶液 η1
b 少量还原铁粉 η2
c 5滴蒸馏水 η3
①配制100mL0.15KSCN溶液所需要用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯和　 　。
②试管a和c是为了验证　 　，预测两支试管吸光度的大小关系：
η1　 　η3（填“>”“<”或“=”）。
③已知η2<η0，试用平衡移动原理解释此现象　 　。
II.用0.50KI溶液、0.2%淀粉溶液、0.20K2S2O8溶液、0.10Na2S2O3溶液等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知：（慢）
（2）.向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的Na2S2O3耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，与初始的物质的量需满足的关系为：　 　。
（3）.为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
实验序号 体积V/mL
K2S2O3溶液 水 KI溶液 Na2S2O3溶液 淀粉溶液
① 10.0 0.0 4.0 4.0 2.0
② 9.0 1.0 4.0 4.0 2.0
③ 8.0 Vx 4.0 4.0 2.0
表中Vx=　 　mL，理由是　 　。
（4）.已知某条件下，浓度~反应时间t的变化曲线如图，若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出降低反应温度时~t的变化曲线示意图（注意要进行必要的标注）　 　。
【答案】玻璃棒；溶液颜色的深浅对吸光度的影响；>；铁粉会和反应生成，使浓度减小，从而使逆向移动，颜色变浅。；<2；2.0；保证反应物K2S2O3的浓度改变，而其他条件不变，才能达到实验目的。；
【知识点】化学反应速率的影响因素；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）配制溶液所需玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒；该实验旨在验证溶液颜色与吸光度的关系；铁粉与反应生成，使 平衡逆向移动，溶液颜色变浅；
故答案为： 玻璃棒 ； 溶液颜色的深浅对吸光度的影响 ； > ； 铁粉会和反应生成，使浓度减小，从而使逆向移动，颜色变浅；
（2）快反应中耗尽后，慢反应生成的才会使淀粉变蓝；两离子方程式相加得总反应： ，故；
故答案为： <2 ；
（3）为控制单一变量（仅浓度变化），溶液总体积需保持一致，因此；
故答案为： 2.0 ； 保证反应物K2S2O3的浓度改变，而其他条件不变，才能达到实验目的；
（4）催化剂可加快反应速率，缩短达到平衡的时间；降低温度会减慢反应速率，延长达到平衡的时间；作图时需保证最终相同。
故答案为： ；
【分析】（1）本题考查溶液配制仪器、实验目的与平衡移动原理。首先明确溶液配制所需玻璃仪器；再根据实验方案判断其探究目的；最后结合铁粉与的反应，分析该反应对平衡的影响，进而解释溶液颜色变化的原因。
（2）本题考查反应先后顺序与总反应方程式的推导。根据快、慢反应的先后顺序，理解淀粉变蓝的条件；再将两个离子方程式相加，得到总反应方程式，从而确定反应物物质的量之比的关系。
（3）本题考查控制变量法的应用。为确保实验中只有浓度一个变量发生变化，需保持溶液总体积相等，据此计算得出的值。
（4）本题考查外界条件对反应速率的影响。分别分析催化剂和温度对反应速率的影响，进而判断达到平衡所需时间的变化；同时强调作图时需保证最终产物浓度一致的要求。
20．我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。
已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2
Ksp(298K) 2.8×10－39 1.3×10－33 2.2×10－20 5.5×10－16
（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有　 　(写一条)。
（2）“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为　 　。
。
（3）“沉铝”时，pH最高可调至　 　(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中
（4）“选择萃取”中，镍形成如图1的配合物而顺利进入有机相。下列说法正确的是_______。
A．镍与N、O形成配位键
B．形成配合物后，Ni元素的化合价为+6价
C．配合物中所含烷基链的疏水性是镍进入有机相的主要原因之一
D．配合物与水能形成分子间氢键是镍进入有机相的主要原因之一
（5）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图2。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比 则x：y：z=　 　NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为apm，则其晶体密度为　 　g cm-3(用代数式表示)。
（6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量 但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为　 　和　 　。
②与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是　 　(写一条)。
【答案】（1）将矿粉粉碎或适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌等，写一条即可
（2）
（3）5.0
（4）A；C
（5）；
（6）；；能耗低或无CO排放、原料利用率高、污染小等
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）提高酸浸速率的措施包括将矿粉粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸浓度、搅拌等；
故答案为： 将矿粉粉碎或适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌等，写一条即可 ；
（2）高压加热时，被氧化为，离子方程式为： ；
故答案为： ；
（3）“沉铝”时，为保证和不沉淀，需根据的溶度积计算： ，解得，对应；
故答案为： 5.0 ；
（4）A：镍原子有空轨道，N、O原子有孤电子对，可与Ni形成配位键，A正确；
B：配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误；
C：配合物中含长链烷基，具有疏水性，易进入有机相，C正确；
D：配合物与水形成分子间氢键会使其更易溶于水，不利于进入有机相，D错误；
故答案为：AC；
（5）根据晶胞结构，面心原子为Ni（个），顶点原子为Cu（个），体心原子为N（1个），故；晶胞质量，晶胞体积，密度；
故答案为： ； ；
（6）①加热时，工业合成氨的逆反应为 ，生成的还原： ；②新型冶铁方法体现的绿色化学思想包括能耗低、无CO排放、原料利用率高、污染小等。
故答案为： ； ； 能耗低或无CO排放、原料利用率高、污染小等 ；
【分析】该工艺以含 Fe、Al、Cu、Ni、O 等元素的多金属精矿为原料，先通入 SO2进行酸浸处理，得到含 Fe2+、Al3+、Cu2+、Ni2+的浸取液；随后将浸取液调至 pH=3.0，通入空气并高压加热，使 Fe2+被氧化为 Fe2O3沉淀除去，得到含 Al3+、Cu2+、Ni2+的滤液 1；滤液 1 在常温下沉铝，析出 Al(OH)3滤饼，得到含 Cu2+、Ni2+的滤液 2；最后对滤液 2 进行选择性萃取，分别得到铜、镍配合物，后续可制备 Ni Cu Nz 合金。
（1）从接触面积、温度、浓度、搅拌等角度，列举能提高酸浸速率的常见措施。
（2）根据氧化还原反应规律，结合高压加热条件，配平被氧化为的离子方程式。
（3）为保证和不沉淀，以溶度积更小的为计算依据，代入数据计算浓度，再换算为pH。
（4）围绕配位键形成条件、配体性质、中心离子化合价变化、配合物溶解性等，逐一分析选项，判断正误。
（5）根据晶胞中原子的位置，利用均摊法计算各原子数目，得出化学式；再结合晶胞质量和体积，计算晶体密度。
（6）根据工业合成氨的逆反应和氢气还原氧化铁的反应，写出对应的化学方程式；从能耗、排放、原料利用率等方面，分析新型冶铁方法体现的绿色化学思想。
（1）提高酸浸速率的措施可通过将矿粉粉碎或适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌等；
（2）高压加热时，被氧化为，离子方程式为：；
（3）“沉铝”时，需使完全沉淀，同时、不沉淀。“沉铝”时，保证和不沉淀，的溶度积更小，，根据，得出，；
（4）A．镍原子有空轨道，N、O原子有孤电子对，可与Ni形成配位键，A正确；
B．配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误；
C．配合物中含长链烷基，具有疏水性，使配合物易进入有机相，C正确；
D．配合物与水形成分子间氢键会使其更易溶于水，不利于进入有机相，D错误；
故选AC；
（5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，晶胞参数为a pm，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有个，顶点原子为Cu，有个，体心的原子为N，有1个，则；
晶胞质量，晶胞体积，密度：；
（6）①700℃加热时，工业合成氨的逆反应为，生成的还原：；
②新型冶铁方法体现的绿色化学思想：能耗低或无CO排放、原料利用率高、污染小等。
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