2023-2024学年四川省德阳市高二下学期7月期末教学质量监测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2四川省德阳市2023-2024学年高二下学期7月期末教学质量监测说明：1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共8页．考生作答时，须将〖答案〗答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效．考试结束后，将答题卡交回．2．本试卷满分100分，90分钟完卷．可能用到的相对原子质量：H—1N—14O—16Na-23—S-32Cl—35.5Mn—55Fe—56Cu—64Pb—207第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项最符合题意）1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.用稀醋酸除去水垢中的少量硫酸钙B.加热后的纯碱溶液去除油污效果更好C.黄铜（铜锌合金）制作的铜锣易产生铜绿D.冰在室温下自动熔化成水，这是熵减的过程〖答案〗B【详析】A．水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，且硫酸钙不与稀醋酸反应，故A错误；B．纯碱即碳酸钠，碳酸钠溶液中碳酸根水解显碱性，故可以用于除油污，加热促进水解，碱性更强，除油污效果更好，B正确；C．金属的腐蚀主要为电化学腐蚀，黄铜(铜锌合金)制作的铜锣，其中锌更活泼做负极，铜做正极被保护，不易产生铜绿，故C错误；D．同种物质，液态的熵大于固态的，故冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程，D错误；故选B。2.下列化学用语错误的是A.羟基的电子式：B.乙酸乙酯的键线式：C.聚丙烯的结构简式：D.乙炔分子的球棍模型：〖答案〗C【详析】A．氧原子与氢原子通过一对共用电子对连接，羟基是电中性基团，羟基电子式为

，A正确；B．乙酸乙酯的键线式：，B正确；C．聚丙烯的结构单元的主链上应该含有2个C原子，则结构简式为

，C错误；D．乙炔分子的空间构型为直线型，四个原子在一条直线上，球棍模型为：

，D正确；故选C。3.逆合成分析法是在设计有机合成路线时常用的方法．某聚合物的一种逆合成分析思路可表示为：，其中X的结构简式为A. B. C. D.〖答案〗C【详析】根据题意，题目是对溴乙烷合成聚乙炔的逆合成分析，故X为聚乙炔的单体，X为乙炔；故选C。4.苯甲酸可用作食品防腐剂，纯净的苯甲酸为无色晶体．某种苯甲酸样品中混入了少量氯化钠和泥沙，用重结晶法提纯苯甲酸的实验操作中错误的是A．称样品B．加热溶解C．趁热过滤D．冷却结晶AA B.B C.C D.D〖答案〗A【详析】A．称样品时，应遵循左物右码的原则，故A错误；B．加热溶解样品时，应用玻璃棒搅拌，便于分离泥沙，故B正确；C．苯甲酸在水中溶解度随温度降低而减小，需要趁热过滤，防止损失，故C正确；D．过滤得到的滤液冷却结晶可析出苯甲酸晶体，故D正确；故选A。5.粘合剂（Bondingagent）是最重要的辅助材料之一，在包装作业中应用极为广泛。一种合成粘合剂R的原理如图，下列有关分析中正确的是A.M分子中含碳碳双键、羰基、氨基官能团B.N分子中碳原子的杂化方式均为C.反应属于加聚反应D.与足量溶液反应，消耗〖答案〗C【详析】A．由结构简式可知，M分子中含有的官能团为碳碳双键、酰胺基，故A错误；B．由结构简式可知，N分子中甲基碳原子为饱和碳原子，杂化方式为sp3杂化，故B错误；C．由图可知，的反应为M与N一定条件下发生加聚反应生成R，故C正确；D．由结构简式可知，R分子中的酰胺基和酯基均能与氢氧化钠溶液反应，则与足量氢氧化钠溶液反应时，最多消耗2nmol氢氧化钠，故D错误；故选C6.下列有关物质结构的图形错误的是ABCD中键电子云图形冰中的氢键示意图的VSEPR模型的空间结构A.A B.B C.C D.D〖答案〗A【详析】A．氯气分子中含有的氯氯键是p电子头碰头形成的p−pσ键，σ键的电子云图形为，故A错误；B．冰中1个水分子与4个水分子形成4个氢键，氢键示意图为，故B正确；C．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子的VSEPR模型为，故C正确；D．四氨合铜离子中具有空轨道的铜离子为中心离子，具有孤对电子的氨分子为配体，离子的空间构型为平面正方形，结构示意图为，故D正确；故选A。7.为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是A.所含中子的数目为B.标准状况下，中键的数目为C.精炼铜阴极增重12.8g时，阳极生成的数目为D.向溶液中滴加氨水至中性，的数目为〖答案〗D【详析】A．重水分子含有的中子数为10，则2.0g重水含有中子的数目为×10×NAmol—1=NA，故A错误；B．标准状况下，分子式为C6H14的烃为液态，无法计算22.4LC6H14的物质的量和含有的碳碳键的数目，故B错误；C．精炼铜时，粗铜时精炼池的阳极，阳极中的锌、铁、铜在阳极失去电子发生氧化反应生成金属阳离子，则阴极增重12.8g时，阳极生成铜离子的数目小于×NAmol—1=0.2NA，故C错误；D．由电荷守恒关系c(NH)+c(H+)=c(Cl—)+c(OH—)可知，氯化铵和氨水的中性溶液中铵根离子浓度与氯离子浓度相等，则溶液中的铵根离子数目为0.1mol/L×1L×NAmol—1=0.1NA，故D正确；故选D。8.下列反应的离子方程式书写正确的是A.用硫化亚铁除去废水中汞离子：B.用铁氰化钾溶液检验：C.用铁作电极电解饱和溶液：D.溴乙烷的水解：〖答案〗B【详析】A．用FeS处理含Hg2+废水，离子方程式为：Hg2++FeS=HgS+Fe2+，故A错误；B．将K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为：，故B正确；C．铁为电极，阳极铁放电，不会生成氯气，正确的电极反应为：Fe+2H2O=Fe(OH)2↓+H2↑，故C错误；D．溴乙烷水解的条件为氢氧化钠的水溶液并加热，生成溴化钠，不会生成溴原子，正确的离子方程式为：，故D错误；故选B。9.某有机物的结构简式为，该分子中处于同一平面的碳原子最多为A.6个 B.7个 C.8个 D.9个〖答案〗D【详析】苯环是平面形结构，与苯环直接相连的原子位于苯环所在平面上，故苯环6个碳原子及与苯环相连的碳原子共平面；碳碳双键2个碳原子共平面又因为碳碳单键可以旋转因此可以8个碳原子均共平面，酯基的碳原子也可能与苯环共平面，该分子中处于同一平面的碳原子最多为9个；〖答案〗选D。10.几种碳元素组成的单质结构如图所示．下列说法错误的是A.和碳纳米管是同素异形体B.以上晶体中只有金刚石是共价晶体C.石墨和升华时，克服的作用力相同D.石墨有类似金属晶体的导电性，属于混合型晶体〖答案〗C【详析】A．C60、碳纳米管均是碳元素的单质，互为同素异形体，A项正确；B．金刚石共价晶体，石墨混合型晶体，C60分子晶体，以上晶体中只有金刚石是共价晶体，B项正确；C．石墨晶体中既存在共价键，又存在分子间作用力，其升华时两种作用力均要被破坏，C60只有共价键，二者升华时，克服的作用力不相同，C项错误；D．石墨有类似金属晶体的导电性，属于混合型晶体，D项正确；故选：C。11.根据下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A验证苯酚与溴水能反应向苯酚溶液中加入少量稀溴水，观察是否产生白色沉淀B探究苯环对甲基的影响向分别盛有苯和甲苯的两支试管中滴入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡，观察紫色是否褪去C验证淀粉溶液水解生成了葡萄糖向淀粉溶液中加入稀硫酸共热，冷却后再加入新制悬浊液，加热，观察是否产生红色沉淀D证明酸性：苯酚碳酸向苯酚浊液中滴加溶液，观察浊液是否变澄清A.A B.B C.C D.D〖答案〗A【详析】A．向苯酚溶液中加入少量稀溴水，反应生成2,4,6-三溴苯酚，2,4,6-三溴苯酚难溶于水，生成白色沉淀，证明苯酚与溴水能反应，故选A；B．向分别盛有苯和甲苯的两支试管中滴入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡，甲苯试管紫色褪去，可能是甲基对苯环产生影响，不能证明苯环对甲基产生影响，故不选B；C．验证淀粉溶液水解生成了葡萄糖，应该向淀粉溶液中加入稀硫酸共热，冷却后加入氢氧化钠中和硫酸，再加入新制悬浊液，加热，观察是否产生红色沉淀，故不选C；D．向苯酚钠溶液中通入二氧化碳气体，溶液变浑浊说明有苯酚生成，根据“强酸制弱酸”，证明酸性：苯酚碳酸，故D错误；选A。12.现以铅蓄电池为电源，以乙二醛（）和乙二酸（）为主要原料，用“双极室成对电解法”生产乙醛酸（）．原理如图所示，该装置两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与a电极生成的物质反应生成乙醛酸．下列说法错误的是质子交换膜A.电极a连接铅蓄电池正极B.铅蓄电池的正极反应式为：C.浓盐酸的作用为增强溶液导电性和产生D.铅蓄电池负极增重4.8g，则该装置理论上生成0.05mol乙醛酸〖答案〗D【详析】A．a电极的乙二醛生成乙醛酸，碳元素化合价升高，所以a极为失去电子，是阳极，连接铅蓄电池正极，A正确；B．铅蓄电池的正极得到电子，反应式为：，B正确；C．浓盐酸的作用为增强溶液导电性,同时氯离子在阳极失去电子产生氯气，氯气氧化乙二醛得到乙醛酸，C正确；D．铅蓄电池负极F反应式为，增重4.8g说明增加的硫酸根为4.8g，消耗硫酸根0.05mol，则转移电子为0.1mol，每1mol乙二醛生成乙醛酸，失去2mol电子，根据比例关系，则生成0.05mol乙醛酸，同时，由于正极得到相同电子数，乙二酸还原生成乙醛酸，则该装置理论上总的生成0.1mol乙醛酸，D错误；〖答案〗选D。13.氮化铁晶体可应用于磁记录材料领域，其晶胞结构如图所示．已知，为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是A.第一电离能：B.该氮化铁晶体的化学式为C.与a位置的Fe原子紧邻等距的N原子有6个D.该晶胞的密度〖答案〗D【详析】A．金属有还原性，易失电子，第一电离能相比非金属元素要小，故第一电离能Fe<N，A错误；B．根据晶胞结构，Fe处于晶胞顶点和面心，个数为=4，N在晶胞体心，个数为1，故该氮化铁晶体的化学式为Fe4N，B错误；C．根据图示结构结合几何关系可知，与a位置的Fe原子紧邻的N原子之间距离为晶胞体对角线的一半，距离相等的这样的N原子有8个，C错误；D．由B选项分析知道，晶胞中有4个Fe原子，1个N原子，晶胞密度g/cm3，D正确；本题选D。14.常温下，向溶液中滴加溶液，测得随pH的变化如图所示，下列叙述错误的是A.的数量级为B.时，混合溶液中：C.对应溶液中水的电离程度：D.滴至溶液pH为7时，〖答案〗B〖祥解〗，即时，pH=4.74，因此HA的电离常数，HA为弱酸；向20.00mL0.10mol·L-1的HA溶液中滴加0.10mol·L-1的NaOH溶液，NaOH溶液体积为20.00mL时二者恰好完全反应生成NaA和H2O，溶液显碱性。【详析】A．由分析可知常温下HA的电离常数，因此常温下，HA的电离常数的数量级为10-5，A正确;B．时，混合溶液组成为NaA和HA且物质的量浓度相等，，Kh=＜Ka，HA的电离程度大于NaA的水解程度，溶液呈酸性，c(HA)＜c(A-)，B错误；C．HA和NaOH反应生成NaA，溶液pH逐渐增大，X→Y过程中HA浓度减小，NaA浓度增大，HA抑制水的电离，NaA促进水的电离，因此水的电离程度：Y>X，C正确；D．滴至溶液pH为7时，溶液呈中性，则，溶液中存在电荷守恒，所以，，D正确；故〖答案〗为：B。第Ⅱ卷（非选择题共58分）二、填空题（本题共5个小题，共58分）15.随着科技的发展，合成材料在日常生活中随处可见，极大地丰富了人们的物质生活．回答下列问题，（1）某合成材料的单体M的质谱图如下，则M的相对分子质量为________。（2）下列物质中不属于合成材料的是________（填标号）。A.塑料 B.棉花 C.聚酯纤维 D.天然橡胶（3）高强度芳纶（）可以制成防弹装甲、消防服、防切割耐热手套等，合成它的单体为________________（填结构简式）。（4）聚丙烯酸钠（单体为）是一种高性能吸水树脂，可在干旱地区用于农业、林业的抗旱保水．由单体生成聚丙烯酸钠的化学方程式为________________，聚丙烯酸钠能抗旱保水的原因是________________（从结构角度解释）。〖答案〗（1）86（2）BD（3）、（4）①.②.聚丙烯酸钠含有大量羧酸根基团，羧酸根中氧原子与水分子之间形成氢键，从而引起水分子的聚集和吸附【小问1详析】根据单体M的质谱图，其最大质荷比为86，则M的相对分子质量为86。【小问2详析】A.塑料是以单体为原料，通过加聚或缩聚反应聚合而成的高分子化合物，故不选A；B.棉花是天然有机高分子化合物，不属于合成材料，故选B；C.聚酯纤维是一种由有机二元酸和二元醇通过化学缩聚制成的合成纤维，属于合成高分子材料，故不选C；D.天然橡胶是天然有机高分子化合物，不属于合成材料，故选D；选BD。【小问3详析】由和发生缩聚反应生成，合成它的单体为和。【小问4详析】发生加聚反应生成聚丙烯酸钠，反应的化学方程式为，聚丙烯酸钠能抗旱保水的原因是聚丙烯酸钠含有大量羧酸根基团，羧酸根中氧原子与水分子之间形成氢键，从而引起水分子的聚集和吸附。16.锰及其化合物是化工生产的重要原料，利用高铁菱锰矿（主要成分为，含杂质、）为原料生产和Mn的工艺流程如下：已知：，，．回答下列问题：（1）高铁菱锰矿中含有的ds区元素为________（填元素符号）；基态O原子的价层电子排布式为________；（2）已知“氧化”时，全部被还原成，发生反应的离子方程式为________________；滤渣1的主要成分是和________（填化学式）；（3）请结合沉淀转化的离子方程式及其化学平衡常数，计算说明“除锌”时选用的原因：________________；（4）以惰性电极电解溶液制备Mn的装置如下图所示：电解一段时间后，阳极室溶液的pH________（填“增大”或“减小”）；当外电路中转移2mol电子时，理论上电解质溶液共减少________g。〖答案〗（1）①.Zn②.2s22p4（2）①.MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O②.Fe(OH)3（3）加入MnS除锌的离子方程式为MnS+Zn2+=ZnS+Mn2+，反应的平衡常数K==1011，反应很彻底，能将Zn2+除尽且不引入新杂质（4）①.减小②.71〖祥解〗高铁菱锰矿（主要成分为MnCO3，含杂质FeCO3、ZnCO3）先加入稀硫酸酸浸，锰、铁、锌元素转化为Mn2+、Fe2+、Zn2+离子形式存在于酸浸后的溶液中，加入二氧化锰将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钙调pH使以Fe(OH)3沉淀，体系中还有过量的碳酸钙，过滤即得滤渣1，再加入MnS除锌，使Zn2+转化为ZnS沉淀，过滤得滤渣2，再加入MnF2除钙，使Ca2+以CaF2沉淀，过滤即得滤渣3，滤液为MnSO4溶液，进一步进行系列操作可得MnSO4⋅H2O晶体，也可以电解得Mn；【小问1详析】Zn元素处于元素周期表第四周期IIB族，是ds区元素；O元素原子序数为8，基态O原子价层电子排布为2s22p4；【小问2详析】“氧化”时，加入二氧化锰将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2全部被还原成Mn2+，发生反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；由分析，滤渣1的主要成分是CaCO3和Fe(OH)3；【小问3详析】用MnS除锌，使Zn2+转化为ZnS沉淀，同时产生Mn2+离子，不会引入新的杂质，反应离子方程式为MnS+Zn2+=ZnS+Mn2+，反应的平衡常数K=，反应很彻底，能将Zn2+除尽；【小问4详析】以惰性电极电解MnSO4溶液制备Mn，左侧电极连接外电源正极，阳极，H2O失电子，产生O2和H+，硫酸根从右侧电极室通过阴离子交换膜迁移至左侧电极室，左侧为阴极，Mn2+得电子生成Mn，电解一段时间后，阳极室硫酸浓度增大，溶液pH减小，当外电路中转移2mol电子时，阳极生成0.5molO2，阴极生成1molMn，理论上电解质溶液共减少0.5mol×32g/mol+1mol×55g/mol=71g。17.某新型有机酰胺化合物M在工业生产中有重要的作用，其合成路线如下：已知：①②回答下列问题：（1）A的顺式结构为________（填结构简式）；（2）的化学方程式为________________；（3）的化学方程式为________________；（4）芳香族化合物Q是C的同分异构体．满足下列条件的Q的同分异构体共有________种，写出其中一种的结构简式________________；①与溶液发生显色反应；②与足量Na反应，生成（标准状况下）；③Q的核磁共振氢谱显示为4组峰。（5）参照上述合成路线，以和为原料（无试剂任选），设计制备的合成路线________________。〖答案〗（1）（2）OHCCH=CH—CH=CHCHO+CH=CH（3）（4）①.4②.、、、（写出其中一种即可）（5）〖祥解〗根据D的分子式为C8H12O2，可计算，由E可逆推出D的结构简式为，苯发生硝化反应生成硝基苯G，G→H：硝基苯被还原为苯胺，故H为苯胺；H和F发生取代反应生成M，据此分析解题。【小问1详析】A中含有碳碳双键，故顺式结构为：；【小问2详析】B为OHCCH=CHCH=CHCHO，B和乙烯发生信息②的反应生成C，C为，故B→C的化学反应方程式为：OHCCH=CH—CH=CHCHO+CH=CH；小问3详析】H和F发生取代反应生成M，F+H→M的化学反应方程式为；【小问4详析】芳香族化合物Q是C的同分异构体．需满足下列条件：①与溶液发生显色反应，②与足量Na反应，生成（标准状况下），③Q的核磁共振氢谱显示为4组峰，满足条件的同分异构体有：、、、，故有四种，写出其中一种即可；【小问5详析】以C2H4和HOCH2CH2OH为原料（无机试剂任选）制备，可以由OHCCHO和CH3CHO发生信息②的反应得到，CH3CHO可以由CH2=CH2发生催化氧化得到，OHCCHO可以由HOCH2CH2OH发生催化氧化得到，其合成路线为，故〖答案〗为：。18.丙烯是重要的有机化工原料，具有广泛用途。工业上常用以下两种方法制丙烯：Ⅰ．丙烷直接脱氢法：Ⅱ．丙烷氧化脱氢法：回答下列问题：（1）已知，的燃烧热为，则________；（2）反应Ⅱ属于自由基反应，其反应历程如下：①②……③④第②步反应的方程式为________________；（3）下列关于反应Ⅰ、Ⅱ的说法正确的是________（填标号）；A.与比值保持不变，表明反应Ⅱ达到平衡状态B.对于反应Ⅰ，正反应活化能大于逆反应活化能C.表明反应Ⅰ达到平衡状态D.其他条件相同，反应Ⅰ分别在恒容和恒压时进行，前者丙烷的平衡转化率更高（4）发生反应Ⅰ时，易发生副反应，将2mol丙烷通入反应器，在、条件下进行反应，测得平衡体系中与的体积分数分别为和，则丙烷转化为丙烯的转化率为________%（计算结果保留一位小数，下同）、反应Ⅰ的平衡常数________（用物质的平衡分压代替其物质的量浓度）；（5）丙烷可用作如图所示的固态氧化物燃料电池，X、Y为惰性电极．电池工作时电子流动的方向为________________，负极的电极反应式为________________；〖答案〗（1）—117.5（2）（3）AB（4）①.36.8%②.16.6kPa（5）①.Y→负载→X②.C3H8-20e-+10O2-=3CO2+4H2O【小问1详析】根据题意，设Ⅲ．；H2的燃烧热为，设Ⅳ．H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH4=-285.8kJ/mol，由盖斯定律可知，Ⅱ=Ⅰ+Ⅲ+Ⅳ，则ΔH2=ΔH1+ΔH3+ΔH4=(+124.3kJ/mol)+(+44.0kJ/mol)+(-285.8kJ/mol)=-117.5kJ/mol，故〖答案〗为：-117.5；【小问2详析】由盖斯定律可知，反应Ⅱ-①-③-④得到第②步反应，则反应的方程式为，故〖答案〗为：；【小问3详析】A．与比值保持不变说明正逆反应速率相等，表明反应Ⅱ达到平衡状态，故A正确；B．反应Ⅰ是反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，所以反应Ⅰ的正反应活化能大于逆反应活化能，故B正确；C．由方程式可知，当能说明正逆反应速率相等，反应Ⅰ达到平衡状态，故C错误；D．反应Ⅰ是气体体积增大的反应，与恒容时进行反应相比，恒压时进行反应相当于减小压强，平衡向正反应方向移动，丙烷的转化率增大，所以恒压进行反应时丙烷的平衡转化率更高，故D错误；故选AB。【小问4详析】设平衡时，丙烯和甲烷的物质的量分别为amol和bmol，由题意可建立如下三段式：由丙烷和甲烷的体积分数可得：×100%=40%、×100%=4%，联立两式解得a=0.736、b=0.114，则丙烷转化为丙烯的转化率为×100%=36.8%，丙烷、丙烯和氢气的分压为40%×100kPa=40kPa、×100kPa=25.8kPa和×100kPa=25.8kPa，反应Ⅰ的平衡常数Kp==16.6kPa，故〖答案〗为：36.8%；16.6kPa；【小问5详析】由图可知，通入丙烷的Y电极为燃料电池的负极，氧离子作用下丙烷在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为C3H8-20e-+10O2-=3CO2+4H2O，通入氧气的X电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子，电极反应式为O2+4e-=2O2-，则电池工作时电子流动的方向为Y→负载→X，故〖答案〗为：Y→负载→X；C3H8-20e-+10O2-=3CO2+4H2O。19.氯化亚铜（）是一种重要的化工原料，某化学小组利用还原法制备并测定产品纯度，制备的实验装置如图（夹持装置略去）：已知：为白色固体，微溶于水，在空气中会迅速被氧化。实验步骤：Ⅰ．组装上图实验装置，并检查装置的气密性；Ⅱ．向三颈烧瓶中先加入溶液，再滴加溶液至沉淀完全；Ⅲ．打开仪器X的活塞，蒸馏烧瓶中产生大量气体，一段时间后三颈烧瓶中产生白色固体；Ⅳ．将三颈烧瓶中的混合物抽滤、洗涤、干燥，得到产品。回答下列问题：（1）仪器X的名称为________。（2）B中锥形瓶内所盛试剂最合适的是________（填标号）。a．饱和溶液b．浓硫酸c．水（3）装置D的作用是________________。（4）步骤Ⅲ中进入C中反应的化学方程式为________________。（5）步骤Ⅳ采用“抽滤”法能快速过滤，其主要目的是________________。（6）测定产品纯度：准确称取mg产品，加入足量溶液待充分反应后，滴加指示剂并等分为三份，用标准液滴定生成的（还原产物为），达到终点时消耗标准液平均值为；①产品中加入溶液时，发生反应的离子方程式为________________。②产品中的质量分数为________%。〖答案〗（1）分液漏斗（2）a（3）吸收未反应的SO2，防止污染空气（4）2Cu(OH)2+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4+2H2O（5）防止CuCl被氧化（6）①.Fe3+＋CuCl=Fe2+＋Cu2+＋Cl—②.〖祥解〗由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠固体与70%浓硫酸反应制备二氧化硫，装置B中盛有饱和亚硫酸氢钠溶液，该装置能起到平衡气压、防堵塞的作用，装置C中二氧化硫与氢氧化铜、氯化钠溶液反应制备氯化亚铜，装置D中盛有氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气。【小问1详析】由实验装置图可知，仪器X为分液漏斗，故〖答案〗为：分液漏斗；【小问2详析】由分析可知，装置B中盛有饱和亚硫酸氢钠溶液，该装置能起到平衡气压、防堵塞的作用，故选a；【小问3详析】由分析可知，装置D中盛有氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，故〖答案〗为：吸收未反应的SO2，防止污染空气；【小问4详析】由分析可知，装置C中二氧化硫与氢氧化铜、氯化钠溶液反应制备氯化亚铜，反应的化学方程式为2Cu(OH)2+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4+2H2O，故〖答案〗为：2Cu(OH)2+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4+2H2O；【小问5详析】由题意可知，氯化亚铜在空气中会迅速被氧化，所以步骤Ⅳ采用“抽滤”法快速过滤的主要目的是减少氯化亚铜与空气的接触，防止氯化亚铜被氧化，故〖答案〗为：防止CuCl被氧化；【小问6详析】①由题意可知，加入氯化铁溶液发生的反应为氯化铁溶液与氯化亚铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为Fe3+＋CuCl=Fe2+＋Cu2+＋Cl—，故〖答案〗为：Fe3+＋CuCl=Fe2+＋Cu2+＋Cl—；②由得失电子数目守恒可得如下转化关系：CuCl—Fe2+—Ce4+，滴定消耗VmLcmol/L硫酸铈溶液，则产品中氯化亚铜的质量分数为×100%=，故〖答案〗为：。四川省德阳市2023-2024学年高二下学期7月期末教学质量监测说明：1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共8页．考生作答时，须将〖答案〗答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效．考试结束后，将答题卡交回．2．本试卷满分100分，90分钟完卷．可能用到的相对原子质量：H—1N—14O—16Na-23—S-32Cl—35.5Mn—55Fe—56Cu—64Pb—207第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项最符合题意）1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.用稀醋酸除去水垢中的少量硫酸钙B.加热后的纯碱溶液去除油污效果更好C.黄铜（铜锌合金）制作的铜锣易产生铜绿D.冰在室温下自动熔化成水，这是熵减的过程〖答案〗B【详析】A．水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，且硫酸钙不与稀醋酸反应，故A错误；B．纯碱即碳酸钠，碳酸钠溶液中碳酸根水解显碱性，故可以用于除油污，加热促进水解，碱性更强，除油污效果更好，B正确；C．金属的腐蚀主要为电化学腐蚀，黄铜(铜锌合金)制作的铜锣，其中锌更活泼做负极，铜做正极被保护，不易产生铜绿，故C错误；D．同种物质，液态的熵大于固态的，故冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程，D错误；故选B。2.下列化学用语错误的是A.羟基的电子式：B.乙酸乙酯的键线式：C.聚丙烯的结构简式：D.乙炔分子的球棍模型：〖答案〗C【详析】A．氧原子与氢原子通过一对共用电子对连接，羟基是电中性基团，羟基电子式为

，A正确；B．乙酸乙酯的键线式：，B正确；C．聚丙烯的结构单元的主链上应该含有2个C原子，则结构简式为

，C错误；D．乙炔分子的空间构型为直线型，四个原子在一条直线上，球棍模型为：

，D正确；故选C。3.逆合成分析法是在设计有机合成路线时常用的方法．某聚合物的一种逆合成分析思路可表示为：，其中X的结构简式为A. B. C. D.〖答案〗C【详析】根据题意，题目是对溴乙烷合成聚乙炔的逆合成分析，故X为聚乙炔的单体，X为乙炔；故选C。4.苯甲酸可用作食品防腐剂，纯净的苯甲酸为无色晶体．某种苯甲酸样品中混入了少量氯化钠和泥沙，用重结晶法提纯苯甲酸的实验操作中错误的是A．称样品B．加热溶解C．趁热过滤D．冷却结晶AA B.B C.C D.D〖答案〗A【详析】A．称样品时，应遵循左物右码的原则，故A错误；B．加热溶解样品时，应用玻璃棒搅拌，便于分离泥沙，故B正确；C．苯甲酸在水中溶解度随温度降低而减小，需要趁热过滤，防止损失，故C正确；D．过滤得到的滤液冷却结晶可析出苯甲酸晶体，故D正确；故选A。5.粘合剂（Bondingagent）是最重要的辅助材料之一，在包装作业中应用极为广泛。一种合成粘合剂R的原理如图，下列有关分析中正确的是A.M分子中含碳碳双键、羰基、氨基官能团B.N分子中碳原子的杂化方式均为C.反应属于加聚反应D.与足量溶液反应，消耗〖答案〗C【详析】A．由结构简式可知，M分子中含有的官能团为碳碳双键、酰胺基，故A错误；B．由结构简式可知，N分子中甲基碳原子为饱和碳原子，杂化方式为sp3杂化，故B错误；C．由图可知，的反应为M与N一定条件下发生加聚反应生成R，故C正确；D．由结构简式可知，R分子中的酰胺基和酯基均能与氢氧化钠溶液反应，则与足量氢氧化钠溶液反应时，最多消耗2nmol氢氧化钠，故D错误；故选C6.下列有关物质结构的图形错误的是ABCD中键电子云图形冰中的氢键示意图的VSEPR模型的空间结构A.A B.B C.C D.D〖答案〗A【详析】A．氯气分子中含有的氯氯键是p电子头碰头形成的p−pσ键，σ键的电子云图形为，故A错误；B．冰中1个水分子与4个水分子形成4个氢键，氢键示意图为，故B正确；C．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子的VSEPR模型为，故C正确；D．四氨合铜离子中具有空轨道的铜离子为中心离子，具有孤对电子的氨分子为配体，离子的空间构型为平面正方形，结构示意图为，故D正确；故选A。7.为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是A.所含中子的数目为B.标准状况下，中键的数目为C.精炼铜阴极增重12.8g时，阳极生成的数目为D.向溶液中滴加氨水至中性，的数目为〖答案〗D【详析】A．重水分子含有的中子数为10，则2.0g重水含有中子的数目为×10×NAmol—1=NA，故A错误；B．标准状况下，分子式为C6H14的烃为液态，无法计算22.4LC6H14的物质的量和含有的碳碳键的数目，故B错误；C．精炼铜时，粗铜时精炼池的阳极，阳极中的锌、铁、铜在阳极失去电子发生氧化反应生成金属阳离子，则阴极增重12.8g时，阳极生成铜离子的数目小于×NAmol—1=0.2NA，故C错误；D．由电荷守恒关系c(NH)+c(H+)=c(Cl—)+c(OH—)可知，氯化铵和氨水的中性溶液中铵根离子浓度与氯离子浓度相等，则溶液中的铵根离子数目为0.1mol/L×1L×NAmol—1=0.1NA，故D正确；故选D。8.下列反应的离子方程式书写正确的是A.用硫化亚铁除去废水中汞离子：B.用铁氰化钾溶液检验：C.用铁作电极电解饱和溶液：D.溴乙烷的水解：〖答案〗B【详析】A．用FeS处理含Hg2+废水，离子方程式为：Hg2++FeS=HgS+Fe2+，故A错误；B．将K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为：，故B正确；C．铁为电极，阳极铁放电，不会生成氯气，正确的电极反应为：Fe+2H2O=Fe(OH)2↓+H2↑，故C错误；D．溴乙烷水解的条件为氢氧化钠的水溶液并加热，生成溴化钠，不会生成溴原子，正确的离子方程式为：，故D错误；故选B。9.某有机物的结构简式为，该分子中处于同一平面的碳原子最多为A.6个 B.7个 C.8个 D.9个〖答案〗D【详析】苯环是平面形结构，与苯环直接相连的原子位于苯环所在平面上，故苯环6个碳原子及与苯环相连的碳原子共平面；碳碳双键2个碳原子共平面又因为碳碳单键可以旋转因此可以8个碳原子均共平面，酯基的碳原子也可能与苯环共平面，该分子中处于同一平面的碳原子最多为9个；〖答案〗选D。10.几种碳元素组成的单质结构如图所示．下列说法错误的是A.和碳纳米管是同素异形体B.以上晶体中只有金刚石是共价晶体C.石墨和升华时，克服的作用力相同D.石墨有类似金属晶体的导电性，属于混合型晶体〖答案〗C【详析】A．C60、碳纳米管均是碳元素的单质，互为同素异形体，A项正确；B．金刚石共价晶体，石墨混合型晶体，C60分子晶体，以上晶体中只有金刚石是共价晶体，B项正确；C．石墨晶体中既存在共价键，又存在分子间作用力，其升华时两种作用力均要被破坏，C60只有共价键，二者升华时，克服的作用力不相同，C项错误；D．石墨有类似金属晶体的导电性，属于混合型晶体，D项正确；故选：C。11.根据下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A验证苯酚与溴水能反应向苯酚溶液中加入少量稀溴水，观察是否产生白色沉淀B探究苯环对甲基的影响向分别盛有苯和甲苯的两支试管中滴入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡，观察紫色是否褪去C验证淀粉溶液水解生成了葡萄糖向淀粉溶液中加入稀硫酸共热，冷却后再加入新制悬浊液，加热，观察是否产生红色沉淀D证明酸性：苯酚碳酸向苯酚浊液中滴加溶液，观察浊液是否变澄清A.A B.B C.C D.D〖答案〗A【详析】A．向苯酚溶液中加入少量稀溴水，反应生成2,4,6-三溴苯酚，2,4,6-三溴苯酚难溶于水，生成白色沉淀，证明苯酚与溴水能反应，故选A；B．向分别盛有苯和甲苯的两支试管中滴入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡，甲苯试管紫色褪去，可能是甲基对苯环产生影响，不能证明苯环对甲基产生影响，故不选B；C．验证淀粉溶液水解生成了葡萄糖，应该向淀粉溶液中加入稀硫酸共热，冷却后加入氢氧化钠中和硫酸，再加入新制悬浊液，加热，观察是否产生红色沉淀，故不选C；D．向苯酚钠溶液中通入二氧化碳气体，溶液变浑浊说明有苯酚生成，根据“强酸制弱酸”，证明酸性：苯酚碳酸，故D错误；选A。12.现以铅蓄电池为电源，以乙二醛（）和乙二酸（）为主要原料，用“双极室成对电解法”生产乙醛酸（）．原理如图所示，该装置两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与a电极生成的物质反应生成乙醛酸．下列说法错误的是质子交换膜A.电极a连接铅蓄电池正极B.铅蓄电池的正极反应式为：C.浓盐酸的作用为增强溶液导电性和产生D.铅蓄电池负极增重4.8g，则该装置理论上生成0.05mol乙醛酸〖答案〗D【详析】A．a电极的乙二醛生成乙醛酸，碳元素化合价升高，所以a极为失去电子，是阳极，连接铅蓄电池正极，A正确；B．铅蓄电池的正极得到电子，反应式为：，B正确；C．浓盐酸的作用为增强溶液导电性,同时氯离子在阳极失去电子产生氯气，氯气氧化乙二醛得到乙醛酸，C正确；D．铅蓄电池负极F反应式为，增重4.8g说明增加的硫酸根为4.8g，消耗硫酸根0.05mol，则转移电子为0.1mol，每1mol乙二醛生成乙醛酸，失去2mol电子，根据比例关系，则生成0.05mol乙醛酸，同时，由于正极得到相同电子数，乙二酸还原生成乙醛酸，则该装置理论上总的生成0.1mol乙醛酸，D错误；〖答案〗选D。13.氮化铁晶体可应用于磁记录材料领域，其晶胞结构如图所示．已知，为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是A.第一电离能：B.该氮化铁晶体的化学式为C.与a位置的Fe原子紧邻等距的N原子有6个D.该晶胞的密度〖答案〗D【详析】A．金属有还原性，易失电子，第一电离能相比非金属元素要小，故第一电离能Fe<N，A错误；B．根据晶胞结构，Fe处于晶胞顶点和面心，个数为=4，N在晶胞体心，个数为1，故该氮化铁晶体的化学式为Fe4N，B错误；C．根据图示结构结合几何关系可知，与a位置的Fe原子紧邻的N原子之间距离为晶胞体对角线的一半，距离相等的这样的N原子有8个，C错误；D．由B选项分析知道，晶胞中有4个Fe原子，1个N原子，晶胞密度g/cm3，D正确；本题选D。14.常温下，向溶液中滴加溶液，测得随pH的变化如图所示，下列叙述错误的是A.的数量级为B.时，混合溶液中：C.对应溶液中水的电离程度：D.滴至溶液pH为7时，〖答案〗B〖祥解〗，即时，pH=4.74，因此HA的电离常数，HA为弱酸；向20.00mL0.10mol·L-1的HA溶液中滴加0.10mol·L-1的NaOH溶液，NaOH溶液体积为20.00mL时二者恰好完全反应生成NaA和H2O，溶液显碱性。【详析】A．由分析可知常温下HA的电离常数，因此常温下，HA的电离常数的数量级为10-5，A正确;B．时，混合溶液组成为NaA和HA且物质的量浓度相等，，Kh=＜Ka，HA的电离程度大于NaA的水解程度，溶液呈酸性，c(HA)＜c(A-)，B错误；C．HA和NaOH反应生成NaA，溶液pH逐渐增大，X→Y过程中HA浓度减小，NaA浓度增大，HA抑制水的电离，NaA促进水的电离，因此水的电离程度：Y>X，C正确；D．滴至溶液pH为7时，溶液呈中性，则，溶液中存在电荷守恒，所以，，D正确；故〖答案〗为：B。第Ⅱ卷（非选择题共58分）二、填空题（本题共5个小题，共58分）15.随着科技的发展，合成材料在日常生活中随处可见，极大地丰富了人们的物质生活．回答下列问题，（1）某合成材料的单体M的质谱图如下，则M的相对分子质量为________。（2）下列物质中不属于合成材料的是________（填标号）。A.塑料 B.棉花 C.聚酯纤维 D.天然橡胶（3）高强度芳纶（）可以制成防弹装甲、消防服、防切割耐热手套等，合成它的单体为________________（填结构简式）。（4）聚丙烯酸钠（单体为）是一种高性能吸水树脂，可在干旱地区用于农业、林业的抗旱保水．由单体生成聚丙烯酸钠的化学方程式为________________，聚丙烯酸钠能抗旱保水的原因是________________（从结构角度解释）。〖答案〗（1）86（2）BD（3）、（4）①.②.聚丙烯酸钠含有大量羧酸根基团，羧酸根中氧原子与水分子之间形成氢键，从而引起水分子的聚集和吸附【小问1详析】根据单体M的质谱图，其最大质荷比为86，则M的相对分子质量为86。【小问2详析】A.塑料是以单体为原料，通过加聚或缩聚反应聚合而成的高分子化合物，故不选A；B.棉花是天然有机高分子化合物，不属于合成材料，故选B；C.聚酯纤维是一种由有机二元酸和二元醇通过化学缩聚制成的合成纤维，属于合成高分子材料，故不选C；D.天然橡胶是天然有机高分子化合物，不属于合成材料，故选D；选BD。【小问3详析】由和发生缩聚反应生成，合成它的单体为和。【小问4详析】发生加聚反应生成聚丙烯酸钠，反应的化学方程式为，聚丙烯酸钠能抗旱保水的原因是聚丙烯酸钠含有大量羧酸根基团，羧酸根中氧原子与水分子之间形成氢键，从而引起水分子的聚集和吸附。16.锰及其化合物是化工生产的重要原料，利用高铁菱锰矿（主要成分为，含杂质、）为原料生产和Mn的工艺流程如下：已知：，，．回答下列问题：（1）高铁菱锰矿中含有的ds区元素为________（填元素符号）；基态O原子的价层电子排布式为________；（2）已知“氧化”时，全部被还原成，发生反应的离子方程式为________________；滤渣1的主要成分是和________（填化学式）；（3）请结合沉淀转化的离子方程式及其化学平衡常数，计算说明“除锌”时选用的原因：________________；（4）以惰性电极电解溶液制备Mn的装置如下图所示：电解一段时间后，阳极室溶液的pH________（填“增大”或“减小”）；当外电路中转移2mol电子时，理论上电解质溶液共减少________g。〖答案〗（1）①.Zn②.2s22p4（2）①.MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O②.Fe(OH)3（3）加入MnS除锌的离子方程式为MnS+Zn2+=ZnS+Mn2+，反应的平衡常数K==1011，反应很彻底，能将Zn2+除尽且不引入新杂质（4）①.减小②.71〖祥解〗高铁菱锰矿（主要成分为MnCO3，含杂质FeCO3、ZnCO3）先加入稀硫酸酸浸，锰、铁、锌元素转化为Mn2+、Fe2+、Zn2+离子形式存在于酸浸后的溶液中，加入二氧化锰将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钙调pH使以Fe(OH)3沉淀，体系中还有过量的碳酸钙，过滤即得滤渣1，再加入MnS除锌，使Zn2+转化为ZnS沉淀，过滤得滤渣2，再加入MnF2除钙，使Ca2+以CaF2沉淀，过滤即得滤渣3，滤液为MnSO4溶液，进一步进行系列操作可得MnSO4⋅H2O晶体，也可以电解得Mn；【小问1详析】Zn元素处于元素周期表第四周期IIB族，是ds区元素；O元素原子序数为8，基态O原子价层电子排布为2s22p4；【小问2详析】“氧化”时，加入二氧化锰将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2全部被还原成Mn2+，发生反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；由分析，滤渣1的主要成分是CaCO3和Fe(OH)3；【小问3详析】用MnS除锌，使Zn2+转化为ZnS沉淀，同时产生Mn2+离子，不会引入新的杂质，反应离子方程式为MnS+Zn2+=ZnS+Mn2+，反应的平衡常数K=，反应很彻底，能将Zn2+除尽；【小问4详析】以惰性电极电解MnSO4溶液制备Mn，左侧电极连接外电源正极，阳极，H2O失电子，产生O2和H+，硫酸根从右侧电极室通过阴离子交换膜迁移至左侧电极室，左侧为阴极，Mn2+得电子生成Mn，电解一段时间后，阳极室硫酸浓度增大，溶液pH减小，当外电路中转移2mol电子时，阳极生成0.5molO2，阴极生成1molMn，理论上电解质溶液共减少0.5mol×32g/mol+1mol×55g/mol=71g。17.某新型有机酰胺化合物M在工业生产中有重要的作用，其合成路线如下：已知：①②回答下列问题：（1）A的顺式结构为________（填结构简式）；（2）的化学方程式为________________；（3）的化学方程式为________________；（4）芳香族化合物Q是C的同分异构体．满足下列条件的Q的同分异构体共有________种，写出其中一种的结构简式________________；①与溶液发生显色反应；②与足量Na反应，生成（标准状况下）；③Q的核磁共振氢谱显示为4组峰。（5）参照上述合成路线，以和为原料（无试剂任选），设计制备的合成路线________________。〖答案〗（1）（2）OHCCH=CH—CH=CHCHO+CH=CH（3）（4）①.4②.、、、（写出其中一种即可）（5）〖祥解〗根据D的分子式为C8H12O2，可计算，由E可逆推出D的结构简式为，苯发生硝化反应生成硝基苯G，G→H：硝基苯被还原为苯胺，故H为苯胺；H和F发生取代反应生成M，据此分析解题。【小问1详析】A中含有碳碳双键，故顺式结构为：；【小问2详析】B为OHCCH=CHCH=CHCHO，B和乙烯发生信息②的反应生成C，C为，故B→C的化学反应方程式为：OHCCH=CH—CH=CHCHO+CH=CH；小问3详析】H和F发生取代反应生成M，F+H→M的化学反应方程式为；【小问4详析】芳香族化合物Q是C的同分异构体．需满足下列条件：①与溶液发生显色反应，②与足量Na反应，生成（标准状况下），③Q的核磁共振氢谱显示为4组峰，满足条件的同分异构体有：、、、，故有四种，写出其中一种即可；【小问5详析】以C2H4和HOCH2CH2OH为原料（无机试剂任选）制备，可以由OHCCHO和CH3CHO发生信息②的反应得到，CH3CHO可以由CH2=CH2发生催化氧化得到，OHCCHO可以由HOCH2CH2OH发生催化氧化得到，其合成路线为，故〖答案〗为：。18.丙烯是重要的有机化工原料，具有广泛用途。工业上常用以下两种方法制丙烯：Ⅰ．丙烷直接脱氢法：Ⅱ．丙烷氧化脱氢法：回答下列问题：（1）已知，的燃烧热为，则________；（2）反应Ⅱ属于自由基反应，其反应历程如下：①②……③④第②步反应的方程式为________________；（3）下列关于反应Ⅰ、Ⅱ的说法正确的是________（填标号）；A.与比值保持不变，表明反应Ⅱ达到平衡状态B.对于反应Ⅰ，正反应活化能大于逆反应活化能C.表明反应Ⅰ达到平衡状态D.其他条件相同，反应Ⅰ分别在恒容和恒压时进行，前者丙烷的平衡转化率更高（4）发生反应Ⅰ时，易发生副反应，将2mol丙烷通入反应器，在、条件下进行反应，测得平衡体系中与的体积分数分别为和，则丙烷转化为丙烯的转化率为________%（计算结果保留一位小数，下同）、反应Ⅰ的平衡常数________（用物质的平衡分压代替其物质的量浓度）；（5）丙烷可用作如图所示的固态氧化物燃料电池，X、Y为惰性电极．电池工作时电子流动的方向为________________，负极的电极反应式为________________；〖答案〗（1）—117.5（2）（3）AB（4）①.36.8%②.16.6kPa（5）①.Y→负载→X②.C3H8-20e-+10O2-=3CO2+4H2O【小问1详析】根据题意，设Ⅲ．；H2的燃烧热为，设Ⅳ．H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH4=-285.8kJ/mol，由盖斯定律可知，Ⅱ=Ⅰ+Ⅲ+Ⅳ，则ΔH2=ΔH1+ΔH3+ΔH4=(+124.3kJ/mol)+(+44.0kJ/mol)+(-285.8kJ/mol)=-117.5kJ/mol，故〖答案〗为：