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广东揭阳第一中学2025-2026学年度第二学期高二年级期中考试 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，下列说法错误的是
A.“奋斗者”号潜水艇原料中的46 Ti 与 47 Ti 互为同位素 B.天和核心舱使用了新型，俗称金刚砂
C.“天问一号”使用了气凝胶，是分子晶体 D.北斗导航卫星的太阳能电池含砷化镓器件，砷是p区元素
A．A B．B C．C D．D
2．九三阅兵仪式上，我国自主研制的歼-35A歼击机飞过天安门广场上空，接受祖国和人民检阅。下列有关歼-35A的说法错误的是
A．飞行过程涉及化学能转化为热能
B．隐身涂层使用的石墨烯吸波条属于有机材料
C．机身采用的钛合金具有强度高、耐腐蚀等特性
D．发动机涡轮叶片用到的耐高温单品合金，属于金属晶体
3．下列有关说法正确的是
A．属于芳香烃，分子式为C10H10
B．系统名称是：2-甲基-3丁炔
C．和互为同系物
D．和为同一种物质
4．中药在抗击新冠肺炎疫情过程中发挥了重要的作用。有机物F（）是合成中药丹参醇的中间体，下列有关F的叙述错误的是
A．该分子中含有2种官能团
B．和环己醇互为同系物
C．不能与NaOH发生中和反应
D．1mol该物质与含有的溴水反应，产物有3种
5．苯甲酸样品中混有泥沙和少量，提纯苯甲酸的过程如下。操作不正确的是
A．加水加热 B．趁热过滤 C．冷却结晶 D．萃取分液
6．利用以下装置制备晶体，难以达到目的的是
A．制备氨气 B．制备晶体
C．分离晶体 D．尾气处理
A．A B．B C．C D．D
7．下列陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是
　 陈述I 陈述II
A 是强酸，是弱酸 共价键极性：
B 键角： N原子的杂化方式：
C 熔融可电解制备金属铝 难溶于水
D 加热溶液，发现其变小 温度升高，的水解平衡逆向移动
A．A B．B C．C D．D
8．含硫物质在生活中应用广泛。下列离子方程式不能正确描述相应过程的是
A．用稀硫酸除去铁锈：
B．铅酸蓄电池工作：
C．闪锌矿(ZnS)遇到溶液转化为铜蓝(CuS)：
D．用溶液除去水体中的：
9．设为阿伏加德罗常数的值。下列相关说法中正确的是
A．苯中含有σ键的数目为
B．金刚石含有碳碳键的数目为
C．含有极性共价键的数目为
D．标准状况下，乙醇含有羟基的数目为
10．甲酸(HCOOH)是常见的一元酸，常温下，；草酸(H2C2O4)是常见的二元酸，常温下，，。下列说法正确的是
A．甲酸钠溶液中：
B．草酸氢钠溶液中加入甲酸钠溶液至中性：
C．NaHC2O4溶液中：
D．足量甲酸与草酸钠溶液反应：
11．下列实验操作中，对应的现象和结论均正确的是
选项 操作 现象 结论
A 常温下将Al片置于浓硫酸中 无明显变化 Al与浓硫酸不反应
B 用pH试纸分别测定等浓度的NaClO和NaHCO3溶液的pH pH：NaClO＞NaHCO3 酸性H2CO3＞HClO
C 向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2 产生白色胶状物质 非金属性：C＞Si
D 向2 mL的NaOH溶液中滴加5滴 MgCl2溶液，再滴加5滴的FeCl3溶液 先产生白色沉淀后又产生红褐色沉淀 溶度积常数：Mg(OH)2＞Fe(OH)3
A．A B．B C．C D．D
12．金配合物(，L为配体)催化炔烃加成的机理如图。下列说法错误的是
A．是中间产物
B．能缩短反应达到平衡的时间
C．反应③的有机产物有顺反异构体
D．用代替，产物为
13．元素A~F与a~f是分属两个短周期的主族元素，原子序数均依次递增，第一电离能与各元素的关系如图。下列说法正确的是
A．电负性：元素
B．b位于第二周期ⅢA族
C．简单氢化物的沸点：
D．与的空间结构均为平面三角形
14．一种铀的氧化物晶体结构可描述为U与空位交替填充在由氧原子构成的体积相等的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该氧化物的立方晶胞的晶胞参数为a nm，其最简式的式量为Mr，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．该氧化物的化学式为UO3
B．与U原子距离最近且相等的O原子有6个
C．O原子与U原子最近的距离为
D．该晶体的密度为
15．密闭容器中，发生① 和② 两个竞争反应，反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．平衡后增大压强，反应①平衡不移动
B．升高温度，平衡时体系内D的浓度增大
C．反应
D．加入催化剂Ⅱ更有利于D的生成
16．一种储电制氢装置如图所示，该装置晚间通过转化储电，白天打开、关闭制氢。下列说法正确的是
A．晚间储电时，电势：B高于A
B．白天制氢时，溶液中从左室向右室移动
C．储电时的总反应为
D．理论上生成，溶液中的质量减少64g
17．碘在科研与生活中有重要作用。
Ⅰ.实验室按如下实验流程提取海带中的碘。
（1）上述实验流程中不需要用到的仪器是　 　(从下列图中选择，写出名称)。
（2）“氧化”时加入3 mol·L 1 H2SO4溶液和3%H2O2溶液，发生反应的离子方程式为　 　。
（3）海带灰中含有的其他可溶性无机盐，是在　 　(从以上流程中选填实验操作名称)中实现与碘分离。
Ⅱ．测定反应 的平衡常数K
常温下，取2个碘量瓶分别加入下表中的药品，振荡半小时，均有少量固体不溶。取一定体积的上层清液，加入淀粉作指示剂，用c1 molL-1 Na2S2O3溶液进行滴定(发生反应)，测定和的总浓度，进而可以测得K。
(注：在本实验中，认为碘在水中和KI溶液中达到饱和时，它们的碘分子浓度c(I2)相等)
碘量瓶 (实验Ⅰ) 碘量瓶 (实验Ⅱ)
药品 0.5 g研细的碘，100 mL c2 molL-1 KI 0.5 g研细的碘，100 mL H2O
I2和I3-的总浓度 c3 molL-1 c4 molL-1
（4）Na2S2O3溶液也可以滴定的原因是　 　(用平衡移动原理回答)；滴定终点的实验现象为　 　。
（5）实验I中，c()=　 　mol/L(用含c1、c2、c3或c4的式子表示，下同)，反应的平衡常数K=　 　。
（6）若所加的碘偏少，导致实验I中碘量瓶振荡半小时后无固体剩余(不饱和)，而实验Ⅱ的碘量瓶中仍有固体不溶，则测得的K将　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
18．氧化亚铜主要用于制造船底防污漆(用来杀死低级海生动物)、杀虫剂，以及各种铜盐、分析试剂、红色玻璃，还用于镀铜及镀铜合金溶液的配制。用某铜矿(主要含CuS、FeO)制备的一种工艺流程如下图：
已知：常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的见表：
氢氧化物
开始沉淀的 4.8 1.9 7.5 8.8
沉淀完全的pH 6.4 3.2 9.7 10.4
请回答下列问题：
（1）基态Cu原子价层电子的排布图为　 　。
（2）“酸浸”中加入的作用是　 　；写出其中生成单质的化学方程式　 　。
（3）“调”的范围是　 　。滤渣的主要成分是　 　(填化学式)。
（4）“还原”前元素以的形式存在，水合肼被氧化的化学方程式为；一定体积下，保持其它条件不变，水合肼浓度对的产率的影响如图所示。当水合肼浓度大于时，的转化率仍增大，但的产率下降，其可能的原因是　 　。
（5）氧化亚铜立方晶胞结构如图所示，若规定原子坐标是，原子的坐标是则B原子的坐标是　 　；该氧化物的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶胞中和之间的最近距离为　 　nm。(用含、的代数式表示)
19．研究CO2的综合利用可实现碳循环。
Ⅰ．在反应器内CO2和H2在催化剂作用下可发生如下反应：
主反应：
副反应：
（1）C、H、O的电负性由大到小为　 　。
（2）已知25℃和101 kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为-285.8 kJ/mol、-283.0 kJ/mol，，，则　 　kJ/mol。
（3）要提高CO2平衡转化率，可采取的措施是　 　。
A. 增大CO2浓度 B. 增大压强
C. 及时分离H2O(g) D. 选用高效催化剂
（4）在恒温反应容器中，维持入口压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和甲醇选择性[]，随温度变化关系如图1所示：
若233～251℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析236℃后图中曲线下降的原因：　 　。
（5）在压强为2.2 MPa的恒温恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和3 mol H2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，计算主反应在该温度下的平衡常数　 　。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
Ⅱ．二氧化碳电还原反应生产甲醇
（6）我国某科研团队研究出以过渡金属为催化剂电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率。
①在酸性水溶液中，生成甲醇的电极反应式为　 　。
②在酸性水溶液中，三种不同的催化剂(A、B、C)上CO2电还原为CH3OH的反应过程中(电还原为H2的反应可同时发生)，反应活化能变化如图2所示。由此判断制甲醇应选择催化剂　 　(填“A”“B”或“C”)，理由是　 　。
20．Petasis反应是一种多组分反应，以羰基化合物(通常是醛或酮)、胺和有机硼酸为原料，可通过该反应直接生成高价值的取代胺类化合物4a(代表苯基)。
已知：
（1）化合物1a中所含官能团的名称为　 　，化合物2a的分子式为　 　。
（2）化合物X为1a的同分异构体，其中能发生银镜反应和水解反应(即含有基团)的结构共有　 　种(不考虑立体异构)，可用核磁共振氢谱图鉴别X和1a，若在谱图中出现　 　，说明该有机物为1a．
（3）关于上述反应的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。
A．化合物1a能溶于水，因为其能形成分子内氢键
B．反应过程中涉及σ键的断裂和形成
C．化合物3a中碳原子和硼原子的杂化类型一样
D．反应过程中存在碳原子杂化方式的改变，有手性碳原子的形成
（4）根据上述信息，以甲苯、乙醛、2a、3a为原料合成化合物5a．
①第一步：甲苯的卤代，其化学方程式为　 　。
②第二步：进行卤代烃的　 　(填反应类型)。
③第三步：醇的催化氧化。
④第四步：与乙醛发生加成反应，其化学方程式为　 　。
⑤第五步：④得到的芳香化合物与2a、3a反应生成化合物5a．
（5）参考上述多组分反应，可用2 mol 3a、1 mol　 　(填有机物的结构简式)和2 mol　 　(填结构简式)反应制备1 mol化合物6a。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；晶体的定义；元素、核素
【解析】【解答】A、与质子数均为22，中子数不同，符合同位素定义，A正确；
B、俗称金刚砂，硬度高、耐高温，可用于航天器舱体材料，B正确；
C、为共价晶体，硅氧原子形成空间网状结构，不存在独立分子，不属于分子晶体，C错误；
D、As位于第四周期ⅤA族，属于p区元素，砷化镓可制作太阳能电池半导体器件，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
同位素判断：同种元素，质子数相同、中子数不同的原子互为同位素；
碳化硅常识：俗称金刚砂，耐高温、硬度大，常用作航天耐磨耐高温材料；
晶体类型区分：是共价晶体，才是分子晶体，二者晶体类别不能混淆；
元素分区：周期表ⅢA~ⅦA、0族均为p区元素，砷属于p区。
2．【答案】B
【知识点】金属晶体；常见能量的转化及运用；合金及其应用
【解析】【解答】A．飞行过程中，燃料燃烧会将燃料储存的化学能转化为热能，进而推动飞行器工作，A正确；
B．石墨烯是仅由碳原子构成的碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，B错误；
C．航空航天工业中所使用的钛合金，具备强度高、密度小、耐腐蚀的优良特性，符合飞行器的使用需求，C正确；
D．发动机涡轮叶片使用的耐高温单晶合金属于合金，合金属于金属材料，其晶体类型为金属晶体，D正确；
故答案为：B
【分析】A、燃料燃烧过程中化学能转化为热能。
B、石墨烯是属于碳的一种单质。
C、钛合金具有强度高、耐腐蚀的特性。
D、合金属于金属晶体。
3．【答案】D
【知识点】有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A、该物质为萘，属于芳香烃，但分子式为，而非，故A错误；
B、炔烃命名时应从靠近三键的一端编号，正确名称为3-甲基-1-丁炔，而非2-甲基-3-丁炔，故B错误；
C、前者为苯甲醇（醇类），后者为苯酚（酚类），二者官能团种类不同，结构不相似，不互为同系物，故C错误；
D、二氯一溴甲烷为四面体结构，中心碳原子所连原子在空间中可通过旋转重合，二者为同一种物质，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
芳香烃分子式判断：萘的分子式为，需根据不饱和度准确计算；
炔烃的系统命名：编号应从靠近碳碳三键的一端开始，使三键位次最小；
同系物的判断：必须结构相似（官能团种类、数目相同），且分子组成相差一个或若干个原子团；
立体异构的判断：四面体结构中，若中心碳原子连接的四个原子有两个相同，则不存在对映异构，两结构为同一物质。
4．【答案】B
【知识点】烯烃；同系物
【解析】【解答】A．该分子含有羟基、碳碳双键两种官能团，A正确；
B．结构相似、分子组成相差1个或n个原子团的有机物才互为同系物，该物质的分子式为，环己醇的分子式为，二者结构不相似，不满足同系物的要求，B错误；
C．该分子含有的官能团是羟基、碳碳双键，不存在羧基、酚羟基，不能和NaOH发生中和反应，C正确；
D．该物质分子内的两个碳碳双键为共轭结构，当它和以物质的量比加成时，可发生1，2-加成和1，4-加成，得到的反应产物一共有3种，D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据结构简式确定其所含的官能团。
B、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
C、醇羟基与NaOH不反应。
D、该有机物中含有共轭烯烃结构，可发生1，2-加成和1，4加成。
5．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．苯甲酸的溶解度特性为热水中溶解度大、冷水中溶解度小，因此第一步操作需要加水加热，使苯甲酸完全溶解，A选项正确；
B．泥沙难溶于水，加热溶解后趁热过滤，既可以除去泥沙，还能避免温度降低后苯甲酸提前结晶析出，B选项正确；
C．除去泥沙后的滤液是苯甲酸的热溶液，氯化钠含量很少且溶解度受温度影响小，将热溶液冷却后，苯甲酸的溶解度大幅降低就会结晶析出得到悬浊液，而氯化钠几乎不会结晶析出，C选项正确；D．析出苯甲酸晶体后的浊液，需要通过过滤、洗涤操作分离得到纯净的苯甲酸晶体，因此操作D就是过滤，D选项错误；
故答案为：D
【分析】泥沙属于难溶于水的物质，苯甲酸的溶解度随温度变化明显：在热水中溶解度大，冷水中溶解度小，而氯化钠的溶解度受温度影响几乎不发生变化，我们可以利用这三种物质的性质差异完成分离。
6．【答案】A
【知识点】氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、加热固体分解生成与，两种气体在试管口遇冷会重新化合生成固体，无法持续收集得到氨气，该装置难以制备，A不能达到实验目的；
B、向硫酸铜溶液通入生成，乙醇可降低配合物晶体溶解度，促使晶体析出，装置可制备目标晶体，B能达到目的；
C、图为普通过滤装置，可分离固液混合物，实现晶体与母液分离，C能达到目的；
D、稀硫酸可吸收尾气，倒扣漏斗防止溶液倒吸，尾气处理装置合理，D能达到目的；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
实验室制误区：单独加热分解产物会重新化合，不能制氨气；通常用与消石灰固体共热制备；
配合物晶体析出原理：乙醇降低离子晶体溶解度，有利于结晶析出；
过滤装置适用范围：分离固体晶体与液体溶液；
氨气尾气处理：酸性溶液吸收氨气，倒扣漏斗防倒吸，避免液体倒灌进反应装置。
7．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；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；水的电离；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A、陈述Ⅰ正确，是强酸，是弱酸；F非金属性强于Cl，共价键极性，陈述Ⅱ错误，无因果关系，A错误；
B、中心N采取杂化，含1对孤电子对，孤电子对斥力挤压成键轨道，键角小；中心N采取杂化，无孤电子对，键角更大；陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，杂化类型差异是键角不同的根本原因，存在因果关系，B正确；
C、熔融可电解制Al是因为为离子晶体，熔融状态能电离出自由移动离子导电，与其难溶于水无逻辑关联，无因果关系，C错误；
D、水解反应为：， c(H+)=， 水解反应吸热，升温水解平衡正向移动， Ka、KW增大， c(CH3COO-)减小，则c(H+)增大，溶液pH减小，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
共价键极性判断：成键元素非金属性差值越大，共价键极性越强，F非金属性最强；
分子键角判断：杂化方式、中心原子孤电子对数目共同决定键角，孤电子对电子斥力大于成键电子对，会压缩键角；
电解制备金属铝原理：依靠离子晶体熔融导电实现电解，物质水溶性与此无关；
盐类水解平衡移动：弱酸阴离子水解吸热，升高温度水解平衡正向移动，溶液酸性增强。
8．【答案】B
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铁锈主要成分为含水氧化铁，与反应生成和水，离子方程式，书写规范，A正确；
B、铅酸蓄电池总反应：，是难溶固体，不能拆分为，正确离子方程式：，B错误；
C、溶解度小的沉淀可转化为溶解度更小的沉淀，离子方程式，符合沉淀转化规律，C正确；
D、具有强氧化性，将氧化为，结合电子、电荷守恒配平得到，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
金属氧化物与酸反应：碱性氧化物和氢离子反应生成金属阳离子与水，结晶水直接保留在方程式中；
铅蓄电池离子方程式易错点：产物硫酸铅难溶于水，必须写化学式，不可拆成铅离子；
沉淀转化原理：溶解度较大难溶物可转化为溶解度更小的难溶物；
氧化还原离子方程式配平：先配平电子得失，再用水、氢离子补充氧、氢原子，满足电荷守恒。
9．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；无机非金属材料；苯的结构与性质；气体摩尔体积
【解析】【解答】A．苯分子中，每个碳碳键包含1个σ键，每个碳氢键也包含1个σ键，因此1mol苯总共含有12molσ键。78g苯的物质的量为1mol，所含σ键数目应为12NA，A选项错误；
B．金刚石中，每个碳原子会形成4个碳碳共价键，而每个碳碳键被2个碳原子共有，因此平均1mol碳原子对应2mol碳碳键。12g金刚石中含1mol碳原子，所含碳碳键数目为2NA，B选项正确；
C.1个H2O2分子中，含有2个O-H极性共价键和1个O-O非极性共价键。34gH2O2的物质的量为1mol，所含极性键数目应为2NA，C选项错误；
D．标准状况下乙醇为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，D选项错误；
故答案为：B
【分析】A、苯环中碳碳键包含σ键，碳氢也属于σ键。
B、根据金刚石的结构分析其所含碳原子与碳碳键的关系。
C、H2O2的结构简式为H-O-O-H，一个H2O2分子中含有2个极性共价键。
D、标准状态下乙醇不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算。
10．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．甲酸钠为强碱弱酸盐，溶液中水解使得溶液呈碱性，因此溶液中的离子浓度：，A错误；
B．由电荷守恒可得，，当滴定至溶液显呈中性时，溶液中，因此溶液中，B正确；
C．的电离常数，水解常数，由5.4×10-5＞1.85×10-13，即HC2O4-的离程度大于HC2O4-的水解程度，所以溶液中，C错误；
D．由于Ka1(H2C2O4)＞Ka(HCOOH)＞Ka2(H2C2O4)，所以酸性，因此足量甲酸与草酸钠反应只能生成，不能生成，D错误；
故答案为：B
【分析】A、HCOONa溶液中存在HCOO-的水解，据此分析溶液中离子浓度的相对大小关系。
B、中性溶液中c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒分析。
C、根据H2C2O4的电离平衡常数计算HC2O4-的水解平衡常数，从而比较c(H2C2O4)和c(C2O42-)的相对大小。
D、由电离平衡常数的相对大小比较酸性强弱，结合强酸制弱酸原理分析。
11．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；浓硫酸的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．常温下铝接触浓硫酸时，会在铝表面发生反应生成一层致密的氧化物保护膜，该过程叫做钝化，钝化属于化学变化，说明铝和浓硫酸发生了反应，A错误；
B．次氯酸钠具有强氧化性，会将pH试纸漂白，因此无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，B错误；
C．向溶液中通入足量，会发生反应，生成白色硅酸胶状沉淀，根据强酸制弱酸的规律可知，酸性。元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，对应元素的非金属性越强，因此可推出非金属性，C正确；
D．本实验中氢氧化钠溶液过量，加入氯化铁溶液后，铁离子会直接和溶液中过量的氢氧根反应，生成氢氧化铁红褐色沉淀，并没有实现氢氧化镁向氢氧化铁的沉淀转化，因此无法证明溶度积常数，D错误；
故答案为：C
【分析】A、浓硫酸具有强氧化性，常温下能使Al钝化。
B、NaClO溶液具有漂白性，能使变色后的pH试纸褪色。
C、最高价含氧酸的酸性越强，则其非金属性越强。
D、与MgCl2反应后的溶液中含有NaOH，再加FeCl3，直接与NaOH反应，不存在沉淀的转化。
12．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】A、在反应③中生成、反应④中消耗，先生成后消耗，属于反应中间产物，A正确；
B、是反应催化剂，催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，B正确；
C、反应③生成含碳碳双键的烯烃： ，双键两端碳原子均连接两种不同基团，存在顺式、反式两种空间结构，具有顺反异构体：和，C正确；
D、中N上有孤电子对，作为亲核试剂加成时，是连接双键碳，产物结构应为 ： ，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
中间产物判断：循环机理中先生成、后消耗的粒子为中间产物；催化剂先消耗、后生成；
催化剂作用：降低活化能，加快反应速率，缩短达平衡时间，不改变平衡产率；
顺反异构产生条件：碳碳双键两端每个碳原子均连接两个不同原子/基团；
亲核加成规律：甲醇提供加成到炔烃，甲胺则提供，取代基团与题图产物对应更换。
13．【答案】C
【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；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
【解析】【解答】A、f为，F为，C为；电负性同周期递增、同主族递减，正确顺序为，题干顺序错误，A错误；
B、b为，位于第三周期ⅢA族，不位于第二周期ⅢA族，B错误；
C、D是，氢化物；E是，氢化物；分子间氢键更多，沸点，即简单氢化物沸点，C正确；
D、为，价层电子对数3，无孤电子对，平面三角形；为，价层电子对数4，含1对孤电子对，三角锥形，二者空间结构不同，D错误；
故答案为：C。
【分析】图像横坐标为元素原子序数，纵坐标为第一电离能； A~F与a~f 分属两个短周期主族元素，原子序数依次增大，同周期ⅡA、ⅤA族元素第一电离能出现峰值，据此推断：
大写A~F（第二周期）：
小写a~f（第三周期）：
14．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．从晶胞结构可以看出，该氧化物的大晶胞由两种不同的结构单元各4个交替排列得到，所有U原子都位于晶胞内部，因此晶胞中总共有4个U原子；O原子分布在晶胞的顶点、棱心、面心和体心，利用均摊法计算O原子总数，可得=8个，因此晶胞中U和O的数目比为4：8=1：2，该氧化物化学式为UO2，A选项错误；
B．结合晶胞结构分析可得，距离U原子最近且相等的O原子一共有8个，B选项错误；
C．O原子和U原子的最近距离等于晶胞体对角线总长度的，若晶胞边长为a nm，那么晶胞体对角线的长度就是nm，因此二者的最近距离就是，C选项正确；
D．由A选项的分析可知，该晶胞一共含有4个UO2，因此晶体密度的计算结果应为=，D选项错误；
故答案为：C
【分析】A、根据均摊法确定晶胞中原子个数比，从而得到其化学式。
B、根据晶胞结构分析。
C、O原子和U原子的最近距离等于晶胞体对角线总长度的，据此计算。
D、根据公式计算晶胞密度。
15．【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．反应②是气体分子数减少（气体体积减小）的反应，增大压强会推动反应②正向进行，过程中会消耗A、B，进而使得反应①平衡逆向移动，A错误；
B．由反应能量变化可知，反应②为放热反应，反应①为吸热反应；升高温度时，反应②平衡逆向移动，反应①平衡正向移动，最终会使产物D的浓度降低，B错误；
C．根据盖斯定律，用反应②减去反应①，可得到总反应，总反应的焓变应为，C错误；
D．相比催化剂Ⅰ，催化剂Ⅱ可以更大程度降低反应②的活化能，加快反应②的速率，更有利于产物D的生成，D正确；
故答案为：D
【分析】A、结合压强对平衡移动的影响分析，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
B、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
C、根据盖斯定律计算。
D、催化剂通过改变反应所需的活化能，从而改变反应速率，不影响平衡移动。
16．【答案】C
【知识点】电解原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、晚间储电装置为电解池，，S化合价降低，发生还原反应，B电极为阴极；A为阳极接电源正极，正极电势高于阴极，电势，A错误；
B、白天制氢为原电池，生成的A电极为正极，原电池中阳离子向正极移动，从右室移向左室，B错误；
C、储电电解池，阳极反应 4OH- - 4e-=O2↑+2H2O（氧化） ，阴极反应+ 2e-=+ S2- ，根据电子守恒配平，总反应 ，方程式书写正确，C正确；
D、生成转移2mol电子，负极反应（+ S2- - 2e-= ）消耗，质量减少 1mol×32g/mol =32g，并非64g，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
装置判断：接通电源晚间储电是电解池，接通负载白天制氢是原电池，依靠元素化合价升降判断阴阳极、正负极；
电极电势与离子移动：电解池正极电势高于负极，原电池中阳离子全程向正极定向迁移；
总反应书写：电解池两极电极反应必须严格遵循电子得失守恒，再相加得到总化学方程式；
定量计算：根据两极转移电子数相等，建立两极消耗、生成物质的定量比例关系。
17．【答案】蒸发皿、酸式滴定管；；萃取、分液；发生反应，使c(I2)降低，平衡左移，最终使I3－完全消耗；滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变；c3－c4；；偏小
【知识点】化学平衡常数；海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1)流程操作包含灼烧（坩埚）、溶解、过滤（漏斗）、氧化、萃取分液（分液漏斗）；蒸发皿用于蒸发结晶、酸式滴定管用于滴定实验，本提取流程全程无需这两种仪器。
故答案为：蒸发皿、酸式滴定管；
(2)酸性条件下氧化生成，被还原为，根据得失电子、电荷、原子守恒配平离子方程式：
故答案为： ；
(3)氧化后溶液含与可溶性无机盐，加入萃取，分液后水层溶解无机盐、有机层富集碘，两步操作实现碘与无机盐分离。
故答案为：萃取、分液；
(4)滴定反应持续消耗，使平衡中降低，平衡逆向移动，不断解离，因此硫代硫酸钠可滴定；
淀粉遇碘单质显蓝色，滴定终点完全消耗，现象为滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色。
故答案为： 发生反应，使c(I2)降低，平衡左移，最终使I3－完全消耗 ； 滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变 ；
(5)实验Ⅱ仅水溶解碘，饱和时；实验Ⅰ总浓度，代入，得；
平衡体系中；平衡常数，代入各浓度得：
故答案为： c3－c4 ；；
(6)实验Ⅰ碘不足、溶液不饱和，实际，计算时仍用偏大的代入分母，分母数值偏大，最终算出的平衡常数偏小。
故答案为：偏小；
【分析】Ⅰ海带经灼烧得到海带灰，加水溶解后过滤除去固体残渣；滤液加硫酸、过氧化氢氧化生成；向氧化后溶液加四氯化碳萃取碘，分液得到碘的四氯化碳溶液，借此分离水溶性无机盐。
Ⅱ 两组碘量瓶分别配制KI-碘悬浊液、纯水-碘悬浊液，静置至碘饱和；取上层清液，以淀粉为指示剂，用标准液滴定，根据两组总碘浓度计算的平衡常数。
(1) 梳理海带提碘全套操作对应的实验仪器，排除流程中未用到的蒸发、滴定专用仪器。
(2) 酸性环境下过氧化氢作氧化剂氧化碘离子，依据氧化还原配平规则书写离子方程式。
(3) 利用四氯化碳萃取碘单质，通过分液分层，将碘与水溶性无机盐分在两相实现分离。
(4) 结合勒夏特列原理，分析硫代硫酸钠消耗对平衡的拉动；根据淀粉指示剂变色特点描述滴定终点。
(5) 利用饱和碘水中游离碘浓度相等的已知条件，拆分总浓度得到浓度；再计算平衡时剩余浓度，代入平衡常数表达式完成推导。
(6) 分析碘不足对游离实际浓度的影响，对比计算代入值与真实值的偏差，判断平衡常数测量误差方向。
18．【答案】（1）
（2）将价S元素氧化为单质S和将FeO氧化为便于后续分离除去；
（3）；
（4）被进一步还原成铜单质
（5）；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铜及其化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Cu为29号元素，则基态Cu原子价层电子的排布图为：；
故答案为：
（2）根据酸浸时的产物可知加入的作用为将价S元素氧化为单质S和将FeO氧化为便于后续分离除去，其中生成单质的化学方程式为：；
故答案为： 将价S元素氧化为单质S和将FeO氧化为便于后续分离除去；
（3）根据表中数据可知，“调pH”使全部转化成沉淀除去，同时不能转化成沉淀，因此调节pH的范围为：；在含、的溶液中加入和进行除锰，根据相关金属离子生成氢氧化物沉淀的表可知变为时，一定会变为沉淀，达不到除锰的目的，则根据加入可以判断除锰时最终是以沉淀的形式形成滤渣除去；
故答案为：；
（4）水合肼浓度大于时，的产率下降，的转化率仍增大，说明仍在继续消耗但未增加，可能的原因是被进一步还原成铜单质；
故答案为：被进一步还原成铜单质
（5）由原子坐标是，原子的坐标是可知，B原子的坐标为；根据晶胞图可知，Cu原子位于晶胞体内，个数为4个；O原子位于顶点和体心，个数为，晶胞的化学式为：，设晶胞的参数为anm，密度为，则有，再根据晶胞图，晶胞中和之间的最近距离为晶胞体对角线的，而体对角线的长度为，则和之间的最近距离为：。
故答案为：；
【分析】该流程是用含有CuS和FeO杂质的铜矿来制备氧化亚铜，流程操作依次为：首先将铜矿投入稀硫酸中，同时加入二氧化锰进行酸浸处理，该过程会生成单质硫，过滤后可以得到含有铜离子、铁离子、锰离子的滤液；随后调节滤液的pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤即可除去铁杂质；接着向除铁后的滤液中加入一水合氨和碳酸氢铵进行除锰操作，过滤后得到仅含铜离子的滤液；最后向含铜离子的滤液中加入水合肼进行还原反应，得到产物，可根据上述流程逻辑分析各问题。
（1）Cu为29号元素，则基态Cu原子价层电子的排布图为：；
（2）根据酸浸时的产物可知加入的作用为将价S元素氧化为单质S和将FeO氧化为便于后续分离除去，其中生成单质的化学方程式为：；
（3）根据表中数据可知，“调pH”使全部转化成沉淀除去，同时不能转化成沉淀，因此调节pH的范围为：；在含、的溶液中加入和进行除锰，根据相关金属离子生成氢氧化物沉淀的表可知变为时，一定会变为沉淀，达不到除锰的目的，则根据加入可以判断除锰时最终是以沉淀的形式形成滤渣除去；
（4）水合肼浓度大于时，的产率下降，的转化率仍增大，说明仍在继续消耗但未增加，可能的原因是被进一步还原成铜单质；
（5）由原子坐标是，原子的坐标是可知，B原子的坐标为；根据晶胞图可知，Cu原子位于晶胞体内，个数为4个；O原子位于顶点和体心，个数为，晶胞的化学式为：，设晶胞的参数为anm，密度为，则有，再根据晶胞图，晶胞中和之间的最近距离为晶胞体对角线的，而体对角线的长度为，则和之间的最近距离为：。
19．【答案】O＞C＞H；＋41.2；B，C；升高温度，主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度；0.0375；；C；催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）元素非金属性越强电负性越大，C、H、O的电负性由大到小为O＞C＞H；
故答案为：O＞C＞H
（2）已知25℃和101 kPa下， H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为-285.8 kJ/mol、-283.0 kJ/mol，则①
②
③，，
根据盖斯定律①-②+③得则-285.8 kJ/mol +283.0 kJ/mol +44kJ/mol=＋41.2 kJ/mol。
故答案为： ＋41.2
（3）A. 增大CO2浓度，平衡正向移动，氢气的转化率增大，但CO2的平衡转化率降低，故不选A；
B. 主反应气体分子数减小，增大压强，主反应正向移动，CO2的平衡转化率增大，故选B；
C. 及时分离H2O(g)，主反应、副反应均正向移动，CO2的平衡转化率增大，故选C；
D. 催化剂加快反应速率，但平衡不移动，选用高效催化剂，CO2的平衡转化率不变，故不选D；
故答案为：BC
（4）主反应△H<0，升高温度，主反应逆向移动；副反应△H>0，升高温度，副反应正向移动；主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度，所以236℃后CO2转化率和甲醇选择性均下降。
故答案为： 升高温度，主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度
（5）在压强为2.2 MPa的恒温恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和3 mol H2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，则参加主反应的CO2的物质的量为2 mol×20%×75%=0.3mol，参加副反应的CO2的物质的量为2 mol×20%×(1-75%)=0.1mol；
反应后气体总物质的量为1.6+2.0+0.3+0.1+0.4=4.4mol，主反应在该温度下的平衡常数。
故答案为： 0.0375
（6）①电催化还原二氧化碳制甲醇，二氧化碳发生还原反应生成甲醇，甲醇在阴极生成，在酸性水溶液中，生成甲醇的电极反应式为。
故答案为：
②催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH，所以制甲醇应选择催化剂为C。
故答案为：C； 催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH
【分析】（1）根据元素周期表中，电负性的递变规律分析。
（2）根据燃烧热写出热化学方程式，结合盖斯定律计算目标反应的反应热。
（3）结合浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响分析。
（4）结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
（5）在压强为2.2 MPa的恒温恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和3 mol H2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，则参加主反应的CO2的物质的量为2 mol×20%×75%=0.3mol，参加副反应的CO2的物质的量为2 mol×20%×(1-75%)=0.1mol；据此结合平衡三段式计算。
（6）①CO2转化为CH3OH的过程中，发生得电子的还原反应，据此写出其电极反应式。
②催化剂C上生成H2的活化能高，不易发生副反应；且生成CH3OH的活化能较低，据此分析。
20．【答案】（1）羟基、醛基；C7H9N
（2）4；5组吸收峰，且峰面积之比为6：1：1：1：1
（3）B；D
（4）+Cl2+HCl；取代反应(或水解反应)；
（5）；
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；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
【解析】【解答】（1）化合物1a中含有的官能团为羟基、醛基；化合物2a的分子式为C7H9N；
故答案为： 羟基、醛基 ； C7H9N（2）化合物X是1a的同分异构体，能发生银镜反应和水解反应，说明其为甲酸酯类（HCOO-），剩余4个饱和碳原子组成丁基，共4种结构，即、（数字为HCOO-位置）；有机物为1a中有5种不同化学环境的氢原子，个数比为6：1：1：1：1，即在核磁共振氢谱中会出现5组吸收峰，且峰面积之比为6：1：1：1：1，说明该有机物为1a；
故答案为：4； 5组吸收峰，且峰面积之比为6：1：1：1：1
（3）A．化合物1a能溶于水，是因为其能与水分子形成分子间氢键，A错误；
B．反应过程中涉及旧化学键的断裂和新化学键的形成，必然涉及σ键的断裂和形成，B正确；
C．化合物3a中双键碳原子和硼原子的杂化类型均为sp2，甲基中碳原子杂化类型为sp3，不完全一样，C错误；
D．反应过程中1a中醛基碳原子杂化方式由sp2变为sp3，存在杂化方式改变；产物中生成了手性碳原子（），D正确；
故答案为：BD
（4）①甲苯在光照条件下与Cl2发生侧链卤代反应，生成卤代甲苯，其化学方程式为+Cl2+HCl；
②卤代甲苯在碱性条件下发生取代反应（水解反应），卤原子被羟基取代生成苯甲醇；
③苯甲醇催化氧化生成苯甲醛；
④苯甲醛与乙醛发生加成反应，方程式为：；
故答案为：+Cl2+HCl ； 取代反应(或水解反应) ；
（5）根据产物6a的结构和已知反应的逻辑，需要1 mol邻苯二甲醛提供苯环骨架，2 mol提供氮杂环，与2 mol 3a反应生成1 mol化合物6a。
故答案为：；
【分析】（1）根据1a的结构简式，确定其所含的官能团；根据2a的结构简式确定分子中所含的原子个数，从而确定其分子式。
（2）其同分异构体中含有-OOCH结构，则该同分异构体满足C4H9-OOCH，据此确定同分异构体的个数。根据1a结构的对称性确定其核磁共振氢谱峰面积比。
（3）A、化合物1a能溶于水，是能与H2O形成分子间氢键。
B、化学反应过程中必涉及σ键的断裂与形成。
C、化合物3a中B原子采用sp2杂化，C原子采用sp2和sp3杂化。
D、根据碳原子的成键方式判断碳原子杂化方式的变化；手性碳原子是指连接有4个不同的原子或原子团的碳原子。
（4）①甲苯的卤代反应中，甲苯与Cl2在光照条件下发生取代反应，生成，据此写出反应的化学方程式。
②进行卤代烃的水解反应，将卤素原子转化为-OH。
④苯甲醛与CH3CHO发生加成反应，生成，据此写出反应的化学方程式。
（5）根据6a的结构简式，以及已知反应的原理分析。
（1）化合物1a中含有的官能团为羟基、醛基；化合物2a的分子式为C7H9N；
（2）化合物X是1a的同分异构体，能发生银镜反应和水解反应，说明其为甲酸酯类（HCOO-），剩余4个饱和碳原子组成丁基，共4种结构，即、（数字为HCOO-位置）；有机物为1a中有5种不同化学环境的氢原子，个数比为6：1：1：1：1，即在核磁共振氢谱中会出现5组吸收峰，且峰面积之比为6：1：1：1：1，说明该有机物为1a；
（3）A．化合物1a能溶于水，是因为其能与水分子形成分子间氢键，A错误；
B．反应过程中涉及旧化学键的断裂和新化学键的形成，必然涉及σ键的断裂和形成，B正确；
C．化合物3a中双键碳原子和硼原子的杂化类型均为sp2，甲基中碳原子杂化类型为sp3，不完全一样，C错误；
D．反应过程中1a中醛基碳原子杂化方式由sp2变为sp3，存在杂化方式改变；产物中生成了手性碳原子（），D正确；
答案选BD；
（4）①甲苯在光照条件下与Cl2发生侧链卤代反应，生成卤代甲苯，其化学方程式为+Cl2+HCl；
②卤代甲苯在碱性条件下发生取代反应（水解反应），卤原子被羟基取代生成苯甲醇；
③苯甲醇催化氧化生成苯甲醛；
④苯甲醛与乙醛发生加成反应，方程式为：；
（5）根据产物6a的结构和已知反应的逻辑，需要1 mol邻苯二甲醛提供苯环骨架，2 mol提供氮杂环，与2 mol 3a反应生成1 mol化合物6a。
1 / 1广东揭阳第一中学2025-2026学年度第二学期高二年级期中考试 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，下列说法错误的是
A.“奋斗者”号潜水艇原料中的46 Ti 与 47 Ti 互为同位素 B.天和核心舱使用了新型，俗称金刚砂
C.“天问一号”使用了气凝胶，是分子晶体 D.北斗导航卫星的太阳能电池含砷化镓器件，砷是p区元素
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；晶体的定义；元素、核素
【解析】【解答】A、与质子数均为22，中子数不同，符合同位素定义，A正确；
B、俗称金刚砂，硬度高、耐高温，可用于航天器舱体材料，B正确；
C、为共价晶体，硅氧原子形成空间网状结构，不存在独立分子，不属于分子晶体，C错误；
D、As位于第四周期ⅤA族，属于p区元素，砷化镓可制作太阳能电池半导体器件，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
同位素判断：同种元素，质子数相同、中子数不同的原子互为同位素；
碳化硅常识：俗称金刚砂，耐高温、硬度大，常用作航天耐磨耐高温材料；
晶体类型区分：是共价晶体，才是分子晶体，二者晶体类别不能混淆；
元素分区：周期表ⅢA~ⅦA、0族均为p区元素，砷属于p区。
2．九三阅兵仪式上，我国自主研制的歼-35A歼击机飞过天安门广场上空，接受祖国和人民检阅。下列有关歼-35A的说法错误的是
A．飞行过程涉及化学能转化为热能
B．隐身涂层使用的石墨烯吸波条属于有机材料
C．机身采用的钛合金具有强度高、耐腐蚀等特性
D．发动机涡轮叶片用到的耐高温单品合金，属于金属晶体
【答案】B
【知识点】金属晶体；常见能量的转化及运用；合金及其应用
【解析】【解答】A．飞行过程中，燃料燃烧会将燃料储存的化学能转化为热能，进而推动飞行器工作，A正确；
B．石墨烯是仅由碳原子构成的碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，B错误；
C．航空航天工业中所使用的钛合金，具备强度高、密度小、耐腐蚀的优良特性，符合飞行器的使用需求，C正确；
D．发动机涡轮叶片使用的耐高温单晶合金属于合金，合金属于金属材料，其晶体类型为金属晶体，D正确；
故答案为：B
【分析】A、燃料燃烧过程中化学能转化为热能。
B、石墨烯是属于碳的一种单质。
C、钛合金具有强度高、耐腐蚀的特性。
D、合金属于金属晶体。
3．下列有关说法正确的是
A．属于芳香烃，分子式为C10H10
B．系统名称是：2-甲基-3丁炔
C．和互为同系物
D．和为同一种物质
【答案】D
【知识点】有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A、该物质为萘，属于芳香烃，但分子式为，而非，故A错误；
B、炔烃命名时应从靠近三键的一端编号，正确名称为3-甲基-1-丁炔，而非2-甲基-3-丁炔，故B错误；
C、前者为苯甲醇（醇类），后者为苯酚（酚类），二者官能团种类不同，结构不相似，不互为同系物，故C错误；
D、二氯一溴甲烷为四面体结构，中心碳原子所连原子在空间中可通过旋转重合，二者为同一种物质，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
芳香烃分子式判断：萘的分子式为，需根据不饱和度准确计算；
炔烃的系统命名：编号应从靠近碳碳三键的一端开始，使三键位次最小；
同系物的判断：必须结构相似（官能团种类、数目相同），且分子组成相差一个或若干个原子团；
立体异构的判断：四面体结构中，若中心碳原子连接的四个原子有两个相同，则不存在对映异构，两结构为同一物质。
4．中药在抗击新冠肺炎疫情过程中发挥了重要的作用。有机物F（）是合成中药丹参醇的中间体，下列有关F的叙述错误的是
A．该分子中含有2种官能团
B．和环己醇互为同系物
C．不能与NaOH发生中和反应
D．1mol该物质与含有的溴水反应，产物有3种
【答案】B
【知识点】烯烃；同系物
【解析】【解答】A．该分子含有羟基、碳碳双键两种官能团，A正确；
B．结构相似、分子组成相差1个或n个原子团的有机物才互为同系物，该物质的分子式为，环己醇的分子式为，二者结构不相似，不满足同系物的要求，B错误；
C．该分子含有的官能团是羟基、碳碳双键，不存在羧基、酚羟基，不能和NaOH发生中和反应，C正确；
D．该物质分子内的两个碳碳双键为共轭结构，当它和以物质的量比加成时，可发生1，2-加成和1，4-加成，得到的反应产物一共有3种，D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据结构简式确定其所含的官能团。
B、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
C、醇羟基与NaOH不反应。
D、该有机物中含有共轭烯烃结构，可发生1，2-加成和1，4加成。
5．苯甲酸样品中混有泥沙和少量，提纯苯甲酸的过程如下。操作不正确的是
A．加水加热 B．趁热过滤 C．冷却结晶 D．萃取分液
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．苯甲酸的溶解度特性为热水中溶解度大、冷水中溶解度小，因此第一步操作需要加水加热，使苯甲酸完全溶解，A选项正确；
B．泥沙难溶于水，加热溶解后趁热过滤，既可以除去泥沙，还能避免温度降低后苯甲酸提前结晶析出，B选项正确；
C．除去泥沙后的滤液是苯甲酸的热溶液，氯化钠含量很少且溶解度受温度影响小，将热溶液冷却后，苯甲酸的溶解度大幅降低就会结晶析出得到悬浊液，而氯化钠几乎不会结晶析出，C选项正确；D．析出苯甲酸晶体后的浊液，需要通过过滤、洗涤操作分离得到纯净的苯甲酸晶体，因此操作D就是过滤，D选项错误；
故答案为：D
【分析】泥沙属于难溶于水的物质，苯甲酸的溶解度随温度变化明显：在热水中溶解度大，冷水中溶解度小，而氯化钠的溶解度受温度影响几乎不发生变化，我们可以利用这三种物质的性质差异完成分离。
6．利用以下装置制备晶体，难以达到目的的是
A．制备氨气 B．制备晶体
C．分离晶体 D．尾气处理
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、加热固体分解生成与，两种气体在试管口遇冷会重新化合生成固体，无法持续收集得到氨气，该装置难以制备，A不能达到实验目的；
B、向硫酸铜溶液通入生成，乙醇可降低配合物晶体溶解度，促使晶体析出，装置可制备目标晶体，B能达到目的；
C、图为普通过滤装置，可分离固液混合物，实现晶体与母液分离，C能达到目的；
D、稀硫酸可吸收尾气，倒扣漏斗防止溶液倒吸，尾气处理装置合理，D能达到目的；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
实验室制误区：单独加热分解产物会重新化合，不能制氨气；通常用与消石灰固体共热制备；
配合物晶体析出原理：乙醇降低离子晶体溶解度，有利于结晶析出；
过滤装置适用范围：分离固体晶体与液体溶液；
氨气尾气处理：酸性溶液吸收氨气，倒扣漏斗防倒吸，避免液体倒灌进反应装置。
7．下列陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是
　 陈述I 陈述II
A 是强酸，是弱酸 共价键极性：
B 键角： N原子的杂化方式：
C 熔融可电解制备金属铝 难溶于水
D 加热溶液，发现其变小 温度升高，的水解平衡逆向移动
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；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；水的电离；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A、陈述Ⅰ正确，是强酸，是弱酸；F非金属性强于Cl，共价键极性，陈述Ⅱ错误，无因果关系，A错误；
B、中心N采取杂化，含1对孤电子对，孤电子对斥力挤压成键轨道，键角小；中心N采取杂化，无孤电子对，键角更大；陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，杂化类型差异是键角不同的根本原因，存在因果关系，B正确；
C、熔融可电解制Al是因为为离子晶体，熔融状态能电离出自由移动离子导电，与其难溶于水无逻辑关联，无因果关系，C错误；
D、水解反应为：， c(H+)=， 水解反应吸热，升温水解平衡正向移动， Ka、KW增大， c(CH3COO-)减小，则c(H+)增大，溶液pH减小，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
共价键极性判断：成键元素非金属性差值越大，共价键极性越强，F非金属性最强；
分子键角判断：杂化方式、中心原子孤电子对数目共同决定键角，孤电子对电子斥力大于成键电子对，会压缩键角；
电解制备金属铝原理：依靠离子晶体熔融导电实现电解，物质水溶性与此无关；
盐类水解平衡移动：弱酸阴离子水解吸热，升高温度水解平衡正向移动，溶液酸性增强。
8．含硫物质在生活中应用广泛。下列离子方程式不能正确描述相应过程的是
A．用稀硫酸除去铁锈：
B．铅酸蓄电池工作：
C．闪锌矿(ZnS)遇到溶液转化为铜蓝(CuS)：
D．用溶液除去水体中的：
【答案】B
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铁锈主要成分为含水氧化铁，与反应生成和水，离子方程式，书写规范，A正确；
B、铅酸蓄电池总反应：，是难溶固体，不能拆分为，正确离子方程式：，B错误；
C、溶解度小的沉淀可转化为溶解度更小的沉淀，离子方程式，符合沉淀转化规律，C正确；
D、具有强氧化性，将氧化为，结合电子、电荷守恒配平得到，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
金属氧化物与酸反应：碱性氧化物和氢离子反应生成金属阳离子与水，结晶水直接保留在方程式中；
铅蓄电池离子方程式易错点：产物硫酸铅难溶于水，必须写化学式，不可拆成铅离子；
沉淀转化原理：溶解度较大难溶物可转化为溶解度更小的难溶物；
氧化还原离子方程式配平：先配平电子得失，再用水、氢离子补充氧、氢原子，满足电荷守恒。
9．设为阿伏加德罗常数的值。下列相关说法中正确的是
A．苯中含有σ键的数目为
B．金刚石含有碳碳键的数目为
C．含有极性共价键的数目为
D．标准状况下，乙醇含有羟基的数目为
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；无机非金属材料；苯的结构与性质；气体摩尔体积
【解析】【解答】A．苯分子中，每个碳碳键包含1个σ键，每个碳氢键也包含1个σ键，因此1mol苯总共含有12molσ键。78g苯的物质的量为1mol，所含σ键数目应为12NA，A选项错误；
B．金刚石中，每个碳原子会形成4个碳碳共价键，而每个碳碳键被2个碳原子共有，因此平均1mol碳原子对应2mol碳碳键。12g金刚石中含1mol碳原子，所含碳碳键数目为2NA，B选项正确；
C.1个H2O2分子中，含有2个O-H极性共价键和1个O-O非极性共价键。34gH2O2的物质的量为1mol，所含极性键数目应为2NA，C选项错误；
D．标准状况下乙醇为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，D选项错误；
故答案为：B
【分析】A、苯环中碳碳键包含σ键，碳氢也属于σ键。
B、根据金刚石的结构分析其所含碳原子与碳碳键的关系。
C、H2O2的结构简式为H-O-O-H，一个H2O2分子中含有2个极性共价键。
D、标准状态下乙醇不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算。
10．甲酸(HCOOH)是常见的一元酸，常温下，；草酸(H2C2O4)是常见的二元酸，常温下，，。下列说法正确的是
A．甲酸钠溶液中：
B．草酸氢钠溶液中加入甲酸钠溶液至中性：
C．NaHC2O4溶液中：
D．足量甲酸与草酸钠溶液反应：
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．甲酸钠为强碱弱酸盐，溶液中水解使得溶液呈碱性，因此溶液中的离子浓度：，A错误；
B．由电荷守恒可得，，当滴定至溶液显呈中性时，溶液中，因此溶液中，B正确；
C．的电离常数，水解常数，由5.4×10-5＞1.85×10-13，即HC2O4-的离程度大于HC2O4-的水解程度，所以溶液中，C错误；
D．由于Ka1(H2C2O4)＞Ka(HCOOH)＞Ka2(H2C2O4)，所以酸性，因此足量甲酸与草酸钠反应只能生成，不能生成，D错误；
故答案为：B
【分析】A、HCOONa溶液中存在HCOO-的水解，据此分析溶液中离子浓度的相对大小关系。
B、中性溶液中c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒分析。
C、根据H2C2O4的电离平衡常数计算HC2O4-的水解平衡常数，从而比较c(H2C2O4)和c(C2O42-)的相对大小。
D、由电离平衡常数的相对大小比较酸性强弱，结合强酸制弱酸原理分析。
11．下列实验操作中，对应的现象和结论均正确的是
选项 操作 现象 结论
A 常温下将Al片置于浓硫酸中 无明显变化 Al与浓硫酸不反应
B 用pH试纸分别测定等浓度的NaClO和NaHCO3溶液的pH pH：NaClO＞NaHCO3 酸性H2CO3＞HClO
C 向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2 产生白色胶状物质 非金属性：C＞Si
D 向2 mL的NaOH溶液中滴加5滴 MgCl2溶液，再滴加5滴的FeCl3溶液 先产生白色沉淀后又产生红褐色沉淀 溶度积常数：Mg(OH)2＞Fe(OH)3
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；浓硫酸的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．常温下铝接触浓硫酸时，会在铝表面发生反应生成一层致密的氧化物保护膜，该过程叫做钝化，钝化属于化学变化，说明铝和浓硫酸发生了反应，A错误；
B．次氯酸钠具有强氧化性，会将pH试纸漂白，因此无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，B错误；
C．向溶液中通入足量，会发生反应，生成白色硅酸胶状沉淀，根据强酸制弱酸的规律可知，酸性。元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，对应元素的非金属性越强，因此可推出非金属性，C正确；
D．本实验中氢氧化钠溶液过量，加入氯化铁溶液后，铁离子会直接和溶液中过量的氢氧根反应，生成氢氧化铁红褐色沉淀，并没有实现氢氧化镁向氢氧化铁的沉淀转化，因此无法证明溶度积常数，D错误；
故答案为：C
【分析】A、浓硫酸具有强氧化性，常温下能使Al钝化。
B、NaClO溶液具有漂白性，能使变色后的pH试纸褪色。
C、最高价含氧酸的酸性越强，则其非金属性越强。
D、与MgCl2反应后的溶液中含有NaOH，再加FeCl3，直接与NaOH反应，不存在沉淀的转化。
12．金配合物(，L为配体)催化炔烃加成的机理如图。下列说法错误的是
A．是中间产物
B．能缩短反应达到平衡的时间
C．反应③的有机产物有顺反异构体
D．用代替，产物为
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】A、在反应③中生成、反应④中消耗，先生成后消耗，属于反应中间产物，A正确；
B、是反应催化剂，催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，B正确；
C、反应③生成含碳碳双键的烯烃： ，双键两端碳原子均连接两种不同基团，存在顺式、反式两种空间结构，具有顺反异构体：和，C正确；
D、中N上有孤电子对，作为亲核试剂加成时，是连接双键碳，产物结构应为 ： ，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
中间产物判断：循环机理中先生成、后消耗的粒子为中间产物；催化剂先消耗、后生成；
催化剂作用：降低活化能，加快反应速率，缩短达平衡时间，不改变平衡产率；
顺反异构产生条件：碳碳双键两端每个碳原子均连接两个不同原子/基团；
亲核加成规律：甲醇提供加成到炔烃，甲胺则提供，取代基团与题图产物对应更换。
13．元素A~F与a~f是分属两个短周期的主族元素，原子序数均依次递增，第一电离能与各元素的关系如图。下列说法正确的是
A．电负性：元素
B．b位于第二周期ⅢA族
C．简单氢化物的沸点：
D．与的空间结构均为平面三角形
【答案】C
【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；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
【解析】【解答】A、f为，F为，C为；电负性同周期递增、同主族递减，正确顺序为，题干顺序错误，A错误；
B、b为，位于第三周期ⅢA族，不位于第二周期ⅢA族，B错误；
C、D是，氢化物；E是，氢化物；分子间氢键更多，沸点，即简单氢化物沸点，C正确；
D、为，价层电子对数3，无孤电子对，平面三角形；为，价层电子对数4，含1对孤电子对，三角锥形，二者空间结构不同，D错误；
故答案为：C。
【分析】图像横坐标为元素原子序数，纵坐标为第一电离能； A~F与a~f 分属两个短周期主族元素，原子序数依次增大，同周期ⅡA、ⅤA族元素第一电离能出现峰值，据此推断：
大写A~F（第二周期）：
小写a~f（第三周期）：
14．一种铀的氧化物晶体结构可描述为U与空位交替填充在由氧原子构成的体积相等的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该氧化物的立方晶胞的晶胞参数为a nm，其最简式的式量为Mr，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．该氧化物的化学式为UO3
B．与U原子距离最近且相等的O原子有6个
C．O原子与U原子最近的距离为
D．该晶体的密度为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．从晶胞结构可以看出，该氧化物的大晶胞由两种不同的结构单元各4个交替排列得到，所有U原子都位于晶胞内部，因此晶胞中总共有4个U原子；O原子分布在晶胞的顶点、棱心、面心和体心，利用均摊法计算O原子总数，可得=8个，因此晶胞中U和O的数目比为4：8=1：2，该氧化物化学式为UO2，A选项错误；
B．结合晶胞结构分析可得，距离U原子最近且相等的O原子一共有8个，B选项错误；
C．O原子和U原子的最近距离等于晶胞体对角线总长度的，若晶胞边长为a nm，那么晶胞体对角线的长度就是nm，因此二者的最近距离就是，C选项正确；
D．由A选项的分析可知，该晶胞一共含有4个UO2，因此晶体密度的计算结果应为=，D选项错误；
故答案为：C
【分析】A、根据均摊法确定晶胞中原子个数比，从而得到其化学式。
B、根据晶胞结构分析。
C、O原子和U原子的最近距离等于晶胞体对角线总长度的，据此计算。
D、根据公式计算晶胞密度。
15．密闭容器中，发生① 和② 两个竞争反应，反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．平衡后增大压强，反应①平衡不移动
B．升高温度，平衡时体系内D的浓度增大
C．反应
D．加入催化剂Ⅱ更有利于D的生成
【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．反应②是气体分子数减少（气体体积减小）的反应，增大压强会推动反应②正向进行，过程中会消耗A、B，进而使得反应①平衡逆向移动，A错误；
B．由反应能量变化可知，反应②为放热反应，反应①为吸热反应；升高温度时，反应②平衡逆向移动，反应①平衡正向移动，最终会使产物D的浓度降低，B错误；
C．根据盖斯定律，用反应②减去反应①，可得到总反应，总反应的焓变应为，C错误；
D．相比催化剂Ⅰ，催化剂Ⅱ可以更大程度降低反应②的活化能，加快反应②的速率，更有利于产物D的生成，D正确；
故答案为：D
【分析】A、结合压强对平衡移动的影响分析，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
B、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
C、根据盖斯定律计算。
D、催化剂通过改变反应所需的活化能，从而改变反应速率，不影响平衡移动。
16．一种储电制氢装置如图所示，该装置晚间通过转化储电，白天打开、关闭制氢。下列说法正确的是
A．晚间储电时，电势：B高于A
B．白天制氢时，溶液中从左室向右室移动
C．储电时的总反应为
D．理论上生成，溶液中的质量减少64g
【答案】C
【知识点】电解原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、晚间储电装置为电解池，，S化合价降低，发生还原反应，B电极为阴极；A为阳极接电源正极，正极电势高于阴极，电势，A错误；
B、白天制氢为原电池，生成的A电极为正极，原电池中阳离子向正极移动，从右室移向左室，B错误；
C、储电电解池，阳极反应 4OH- - 4e-=O2↑+2H2O（氧化） ，阴极反应+ 2e-=+ S2- ，根据电子守恒配平，总反应 ，方程式书写正确，C正确；
D、生成转移2mol电子，负极反应（+ S2- - 2e-= ）消耗，质量减少 1mol×32g/mol =32g，并非64g，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
装置判断：接通电源晚间储电是电解池，接通负载白天制氢是原电池，依靠元素化合价升降判断阴阳极、正负极；
电极电势与离子移动：电解池正极电势高于负极，原电池中阳离子全程向正极定向迁移；
总反应书写：电解池两极电极反应必须严格遵循电子得失守恒，再相加得到总化学方程式；
定量计算：根据两极转移电子数相等，建立两极消耗、生成物质的定量比例关系。
17．碘在科研与生活中有重要作用。
Ⅰ.实验室按如下实验流程提取海带中的碘。
（1）上述实验流程中不需要用到的仪器是　 　(从下列图中选择，写出名称)。
（2）“氧化”时加入3 mol·L 1 H2SO4溶液和3%H2O2溶液，发生反应的离子方程式为　 　。
（3）海带灰中含有的其他可溶性无机盐，是在　 　(从以上流程中选填实验操作名称)中实现与碘分离。
Ⅱ．测定反应 的平衡常数K
常温下，取2个碘量瓶分别加入下表中的药品，振荡半小时，均有少量固体不溶。取一定体积的上层清液，加入淀粉作指示剂，用c1 molL-1 Na2S2O3溶液进行滴定(发生反应)，测定和的总浓度，进而可以测得K。
(注：在本实验中，认为碘在水中和KI溶液中达到饱和时，它们的碘分子浓度c(I2)相等)
碘量瓶 (实验Ⅰ) 碘量瓶 (实验Ⅱ)
药品 0.5 g研细的碘，100 mL c2 molL-1 KI 0.5 g研细的碘，100 mL H2O
I2和I3-的总浓度 c3 molL-1 c4 molL-1
（4）Na2S2O3溶液也可以滴定的原因是　 　(用平衡移动原理回答)；滴定终点的实验现象为　 　。
（5）实验I中，c()=　 　mol/L(用含c1、c2、c3或c4的式子表示，下同)，反应的平衡常数K=　 　。
（6）若所加的碘偏少，导致实验I中碘量瓶振荡半小时后无固体剩余(不饱和)，而实验Ⅱ的碘量瓶中仍有固体不溶，则测得的K将　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】蒸发皿、酸式滴定管；；萃取、分液；发生反应，使c(I2)降低，平衡左移，最终使I3－完全消耗；滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变；c3－c4；；偏小
【知识点】化学平衡常数；海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1)流程操作包含灼烧（坩埚）、溶解、过滤（漏斗）、氧化、萃取分液（分液漏斗）；蒸发皿用于蒸发结晶、酸式滴定管用于滴定实验，本提取流程全程无需这两种仪器。
故答案为：蒸发皿、酸式滴定管；
(2)酸性条件下氧化生成，被还原为，根据得失电子、电荷、原子守恒配平离子方程式：
故答案为： ；
(3)氧化后溶液含与可溶性无机盐，加入萃取，分液后水层溶解无机盐、有机层富集碘，两步操作实现碘与无机盐分离。
故答案为：萃取、分液；
(4)滴定反应持续消耗，使平衡中降低，平衡逆向移动，不断解离，因此硫代硫酸钠可滴定；
淀粉遇碘单质显蓝色，滴定终点完全消耗，现象为滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色。
故答案为： 发生反应，使c(I2)降低，平衡左移，最终使I3－完全消耗 ； 滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变 ；
(5)实验Ⅱ仅水溶解碘，饱和时；实验Ⅰ总浓度，代入，得；
平衡体系中；平衡常数，代入各浓度得：
故答案为： c3－c4 ；；
(6)实验Ⅰ碘不足、溶液不饱和，实际，计算时仍用偏大的代入分母，分母数值偏大，最终算出的平衡常数偏小。
故答案为：偏小；
【分析】Ⅰ海带经灼烧得到海带灰，加水溶解后过滤除去固体残渣；滤液加硫酸、过氧化氢氧化生成；向氧化后溶液加四氯化碳萃取碘，分液得到碘的四氯化碳溶液，借此分离水溶性无机盐。
Ⅱ 两组碘量瓶分别配制KI-碘悬浊液、纯水-碘悬浊液，静置至碘饱和；取上层清液，以淀粉为指示剂，用标准液滴定，根据两组总碘浓度计算的平衡常数。
(1) 梳理海带提碘全套操作对应的实验仪器，排除流程中未用到的蒸发、滴定专用仪器。
(2) 酸性环境下过氧化氢作氧化剂氧化碘离子，依据氧化还原配平规则书写离子方程式。
(3) 利用四氯化碳萃取碘单质，通过分液分层，将碘与水溶性无机盐分在两相实现分离。
(4) 结合勒夏特列原理，分析硫代硫酸钠消耗对平衡的拉动；根据淀粉指示剂变色特点描述滴定终点。
(5) 利用饱和碘水中游离碘浓度相等的已知条件，拆分总浓度得到浓度；再计算平衡时剩余浓度，代入平衡常数表达式完成推导。
(6) 分析碘不足对游离实际浓度的影响，对比计算代入值与真实值的偏差，判断平衡常数测量误差方向。
18．氧化亚铜主要用于制造船底防污漆(用来杀死低级海生动物)、杀虫剂，以及各种铜盐、分析试剂、红色玻璃，还用于镀铜及镀铜合金溶液的配制。用某铜矿(主要含CuS、FeO)制备的一种工艺流程如下图：
已知：常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的见表：
氢氧化物
开始沉淀的 4.8 1.9 7.5 8.8
沉淀完全的pH 6.4 3.2 9.7 10.4
请回答下列问题：
（1）基态Cu原子价层电子的排布图为　 　。
（2）“酸浸”中加入的作用是　 　；写出其中生成单质的化学方程式　 　。
（3）“调”的范围是　 　。滤渣的主要成分是　 　(填化学式)。
（4）“还原”前元素以的形式存在，水合肼被氧化的化学方程式为；一定体积下，保持其它条件不变，水合肼浓度对的产率的影响如图所示。当水合肼浓度大于时，的转化率仍增大，但的产率下降，其可能的原因是　 　。
（5）氧化亚铜立方晶胞结构如图所示，若规定原子坐标是，原子的坐标是则B原子的坐标是　 　；该氧化物的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶胞中和之间的最近距离为　 　nm。(用含、的代数式表示)
【答案】（1）
（2）将价S元素氧化为单质S和将FeO氧化为便于后续分离除去；
（3）；
（4）被进一步还原成铜单质
（5）；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铜及其化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Cu为29号元素，则基态Cu原子价层电子的排布图为：；
故答案为：
（2）根据酸浸时的产物可知加入的作用为将价S元素氧化为单质S和将FeO氧化为便于后续分离除去，其中生成单质的化学方程式为：；
故答案为： 将价S元素氧化为单质S和将FeO氧化为便于后续分离除去；
（3）根据表中数据可知，“调pH”使全部转化成沉淀除去，同时不能转化成沉淀，因此调节pH的范围为：；在含、的溶液中加入和进行除锰，根据相关金属离子生成氢氧化物沉淀的表可知变为时，一定会变为沉淀，达不到除锰的目的，则根据加入可以判断除锰时最终是以沉淀的形式形成滤渣除去；
故答案为：；
（4）水合肼浓度大于时，的产率下降，的转化率仍增大，说明仍在继续消耗但未增加，可能的原因是被进一步还原成铜单质；
故答案为：被进一步还原成铜单质
（5）由原子坐标是，原子的坐标是可知，B原子的坐标为；根据晶胞图可知，Cu原子位于晶胞体内，个数为4个；O原子位于顶点和体心，个数为，晶胞的化学式为：，设晶胞的参数为anm，密度为，则有，再根据晶胞图，晶胞中和之间的最近距离为晶胞体对角线的，而体对角线的长度为，则和之间的最近距离为：。
故答案为：；
【分析】该流程是用含有CuS和FeO杂质的铜矿来制备氧化亚铜，流程操作依次为：首先将铜矿投入稀硫酸中，同时加入二氧化锰进行酸浸处理，该过程会生成单质硫，过滤后可以得到含有铜离子、铁离子、锰离子的滤液；随后调节滤液的pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤即可除去铁杂质；接着向除铁后的滤液中加入一水合氨和碳酸氢铵进行除锰操作，过滤后得到仅含铜离子的滤液；最后向含铜离子的滤液中加入水合肼进行还原反应，得到产物，可根据上述流程逻辑分析各问题。
（1）Cu为29号元素，则基态Cu原子价层电子的排布图为：；
（2）根据酸浸时的产物可知加入的作用为将价S元素氧化为单质S和将FeO氧化为便于后续分离除去，其中生成单质的化学方程式为：；
（3）根据表中数据可知，“调pH”使全部转化成沉淀除去，同时不能转化成沉淀，因此调节pH的范围为：；在含、的溶液中加入和进行除锰，根据相关金属离子生成氢氧化物沉淀的表可知变为时，一定会变为沉淀，达不到除锰的目的，则根据加入可以判断除锰时最终是以沉淀的形式形成滤渣除去；
（4）水合肼浓度大于时，的产率下降，的转化率仍增大，说明仍在继续消耗但未增加，可能的原因是被进一步还原成铜单质；
（5）由原子坐标是，原子的坐标是可知，B原子的坐标为；根据晶胞图可知，Cu原子位于晶胞体内，个数为4个；O原子位于顶点和体心，个数为，晶胞的化学式为：，设晶胞的参数为anm，密度为，则有，再根据晶胞图，晶胞中和之间的最近距离为晶胞体对角线的，而体对角线的长度为，则和之间的最近距离为：。
19．研究CO2的综合利用可实现碳循环。
Ⅰ．在反应器内CO2和H2在催化剂作用下可发生如下反应：
主反应：
副反应：
（1）C、H、O的电负性由大到小为　 　。
（2）已知25℃和101 kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为-285.8 kJ/mol、-283.0 kJ/mol，，，则　 　kJ/mol。
（3）要提高CO2平衡转化率，可采取的措施是　 　。
A. 增大CO2浓度 B. 增大压强
C. 及时分离H2O(g) D. 选用高效催化剂
（4）在恒温反应容器中，维持入口压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和甲醇选择性[]，随温度变化关系如图1所示：
若233～251℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析236℃后图中曲线下降的原因：　 　。
（5）在压强为2.2 MPa的恒温恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和3 mol H2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，计算主反应在该温度下的平衡常数　 　。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
Ⅱ．二氧化碳电还原反应生产甲醇
（6）我国某科研团队研究出以过渡金属为催化剂电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率。
①在酸性水溶液中，生成甲醇的电极反应式为　 　。
②在酸性水溶液中，三种不同的催化剂(A、B、C)上CO2电还原为CH3OH的反应过程中(电还原为H2的反应可同时发生)，反应活化能变化如图2所示。由此判断制甲醇应选择催化剂　 　(填“A”“B”或“C”)，理由是　 　。
【答案】O＞C＞H；＋41.2；B，C；升高温度，主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度；0.0375；；C；催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）元素非金属性越强电负性越大，C、H、O的电负性由大到小为O＞C＞H；
故答案为：O＞C＞H
（2）已知25℃和101 kPa下， H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为-285.8 kJ/mol、-283.0 kJ/mol，则①
②
③，，
根据盖斯定律①-②+③得则-285.8 kJ/mol +283.0 kJ/mol +44kJ/mol=＋41.2 kJ/mol。
故答案为： ＋41.2
（3）A. 增大CO2浓度，平衡正向移动，氢气的转化率增大，但CO2的平衡转化率降低，故不选A；
B. 主反应气体分子数减小，增大压强，主反应正向移动，CO2的平衡转化率增大，故选B；
C. 及时分离H2O(g)，主反应、副反应均正向移动，CO2的平衡转化率增大，故选C；
D. 催化剂加快反应速率，但平衡不移动，选用高效催化剂，CO2的平衡转化率不变，故不选D；
故答案为：BC
（4）主反应△H<0，升高温度，主反应逆向移动；副反应△H>0，升高温度，副反应正向移动；主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度，所以236℃后CO2转化率和甲醇选择性均下降。
故答案为： 升高温度，主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度
（5）在压强为2.2 MPa的恒温恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和3 mol H2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，则参加主反应的CO2的物质的量为2 mol×20%×75%=0.3mol，参加副反应的CO2的物质的量为2 mol×20%×(1-75%)=0.1mol；
反应后气体总物质的量为1.6+2.0+0.3+0.1+0.4=4.4mol，主反应在该温度下的平衡常数。
故答案为： 0.0375
（6）①电催化还原二氧化碳制甲醇，二氧化碳发生还原反应生成甲醇，甲醇在阴极生成，在酸性水溶液中，生成甲醇的电极反应式为。
故答案为：
②催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH，所以制甲醇应选择催化剂为C。
故答案为：C； 催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH
【分析】（1）根据元素周期表中，电负性的递变规律分析。
（2）根据燃烧热写出热化学方程式，结合盖斯定律计算目标反应的反应热。
（3）结合浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响分析。
（4）结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
（5）在压强为2.2 MPa的恒温恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和3 mol H2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，则参加主反应的CO2的物质的量为2 mol×20%×75%=0.3mol，参加副反应的CO2的物质的量为2 mol×20%×(1-75%)=0.1mol；据此结合平衡三段式计算。
（6）①CO2转化为CH3OH的过程中，发生得电子的还原反应，据此写出其电极反应式。
②催化剂C上生成H2的活化能高，不易发生副反应；且生成CH3OH的活化能较低，据此分析。
20．Petasis反应是一种多组分反应，以羰基化合物(通常是醛或酮)、胺和有机硼酸为原料，可通过该反应直接生成高价值的取代胺类化合物4a(代表苯基)。
已知：
（1）化合物1a中所含官能团的名称为　 　，化合物2a的分子式为　 　。
（2）化合物X为1a的同分异构体，其中能发生银镜反应和水解反应(即含有基团)的结构共有　 　种(不考虑立体异构)，可用核磁共振氢谱图鉴别X和1a，若在谱图中出现　 　，说明该有机物为1a．
（3）关于上述反应的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。
A．化合物1a能溶于水，因为其能形成分子内氢键
B．反应过程中涉及σ键的断裂和形成
C．化合物3a中碳原子和硼原子的杂化类型一样
D．反应过程中存在碳原子杂化方式的改变，有手性碳原子的形成
（4）根据上述信息，以甲苯、乙醛、2a、3a为原料合成化合物5a．
①第一步：甲苯的卤代，其化学方程式为　 　。
②第二步：进行卤代烃的　 　(填反应类型)。
③第三步：醇的催化氧化。
④第四步：与乙醛发生加成反应，其化学方程式为　 　。
⑤第五步：④得到的芳香化合物与2a、3a反应生成化合物5a．
（5）参考上述多组分反应，可用2 mol 3a、1 mol　 　(填有机物的结构简式)和2 mol　 　(填结构简式)反应制备1 mol化合物6a。
【答案】（1）羟基、醛基；C7H9N
（2）4；5组吸收峰，且峰面积之比为6：1：1：1：1
（3）B；D
（4）+Cl2+HCl；取代反应(或水解反应)；
（5）；
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；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
【解析】【解答】（1）化合物1a中含有的官能团为羟基、醛基；化合物2a的分子式为C7H9N；
故答案为： 羟基、醛基 ； C7H9N（2）化合物X是1a的同分异构体，能发生银镜反应和水解反应，说明其为甲酸酯类（HCOO-），剩余4个饱和碳原子组成丁基，共4种结构，即、（数字为HCOO-位置）；有机物为1a中有5种不同化学环境的氢原子，个数比为6：1：1：1：1，即在核磁共振氢谱中会出现5组吸收峰，且峰面积之比为6：1：1：1：1，说明该有机物为1a；
故答案为：4； 5组吸收峰，且峰面积之比为6：1：1：1：1
（3）A．化合物1a能溶于水，是因为其能与水分子形成分子间氢键，A错误；
B．反应过程中涉及旧化学键的断裂和新化学键的形成，必然涉及σ键的断裂和形成，B正确；
C．化合物3a中双键碳原子和硼原子的杂化类型均为sp2，甲基中碳原子杂化类型为sp3，不完全一样，C错误；
D．反应过程中1a中醛基碳原子杂化方式由sp2变为sp3，存在杂化方式改变；产物中生成了手性碳原子（），D正确；
故答案为：BD
（4）①甲苯在光照条件下与Cl2发生侧链卤代反应，生成卤代甲苯，其化学方程式为+Cl2+HCl；
②卤代甲苯在碱性条件下发生取代反应（水解反应），卤原子被羟基取代生成苯甲醇；
③苯甲醇催化氧化生成苯甲醛；
④苯甲醛与乙醛发生加成反应，方程式为：；
故答案为：+Cl2+HCl ； 取代反应(或水解反应) ；
（5）根据产物6a的结构和已知反应的逻辑，需要1 mol邻苯二甲醛提供苯环骨架，2 mol提供氮杂环，与2 mol 3a反应生成1 mol化合物6a。
故答案为：；
【分析】（1）根据1a的结构简式，确定其所含的官能团；根据2a的结构简式确定分子中所含的原子个数，从而确定其分子式。
（2）其同分异构体中含有-OOCH结构，则该同分异构体满足C4H9-OOCH，据此确定同分异构体的个数。根据1a结构的对称性确定其核磁共振氢谱峰面积比。
（3）A、化合物1a能溶于水，是能与H2O形成分子间氢键。
B、化学反应过程中必涉及σ键的断裂与形成。
C、化合物3a中B原子采用sp2杂化，C原子采用sp2和sp3杂化。
D、根据碳原子的成键方式判断碳原子杂化方式的变化；手性碳原子是指连接有4个不同的原子或原子团的碳原子。
（4）①甲苯的卤代反应中，甲苯与Cl2在光照条件下发生取代反应，生成，据此写出反应的化学方程式。
②进行卤代烃的水解反应，将卤素原子转化为-OH。
④苯甲醛与CH3CHO发生加成反应，生成，据此写出反应的化学方程式。
（5）根据6a的结构简式，以及已知反应的原理分析。
（1）化合物1a中含有的官能团为羟基、醛基；化合物2a的分子式为C7H9N；
（2）化合物X是1a的同分异构体，能发生银镜反应和水解反应，说明其为甲酸酯类（HCOO-），剩余4个饱和碳原子组成丁基，共4种结构，即、（数字为HCOO-位置）；有机物为1a中有5种不同化学环境的氢原子，个数比为6：1：1：1：1，即在核磁共振氢谱中会出现5组吸收峰，且峰面积之比为6：1：1：1：1，说明该有机物为1a；
（3）A．化合物1a能溶于水，是因为其能与水分子形成分子间氢键，A错误；
B．反应过程中涉及旧化学键的断裂和新化学键的形成，必然涉及σ键的断裂和形成，B正确；
C．化合物3a中双键碳原子和硼原子的杂化类型均为sp2，甲基中碳原子杂化类型为sp3，不完全一样，C错误；
D．反应过程中1a中醛基碳原子杂化方式由sp2变为sp3，存在杂化方式改变；产物中生成了手性碳原子（），D正确；
答案选BD；
（4）①甲苯在光照条件下与Cl2发生侧链卤代反应，生成卤代甲苯，其化学方程式为+Cl2+HCl；
②卤代甲苯在碱性条件下发生取代反应（水解反应），卤原子被羟基取代生成苯甲醇；
③苯甲醇催化氧化生成苯甲醛；
④苯甲醛与乙醛发生加成反应，方程式为：；
（5）根据产物6a的结构和已知反应的逻辑，需要1 mol邻苯二甲醛提供苯环骨架，2 mol提供氮杂环，与2 mol 3a反应生成1 mol化合物6a。
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