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2022绍兴高二下学期期末化学试题含解析
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这是一份2022绍兴高二下学期期末化学试题含解析，文件包含浙江省绍兴市2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题含解析docx、浙江省绍兴市2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
绍兴市2021学年第二学期高中期末调测
高二化学
考生须知：
1.全卷分第Ⅰ卷、第Ⅱ卷、答题卷，满分为100分。考试时间为90分钟。
2.请将学校、班级、姓名分别填写在答题卷相应位置上。答案必须做在答题卷相应位置上。
可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5K-39Ca-40Mn-55Fe-56Ni-59Cu-64Zn-65Ag-108
选择题部分
一、选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列说法不正确是
A. 分子的填充模型是：
B. 基态C原子的轨道表示式
C. 基态原子为第四周期中单电子最多的原子
D. 时，浓度均为0.01mol/L的3种溶液的酸性由强到弱的顺序：
【答案】A
【解析】
【详解】A．该图为甲烷的球棍模型，不是填充模型，A错误；
B．碳原子核外电子数为6，根据能量最低原理基态C原子的轨道表示式为，B正确；
C．基态原子外围电子排布式为3d54s1，未成对电子数为6，为第四周期中单电子最多原子，C正确；
D．相同条件下卤素原子Cl、Br、I的得电子能力逐渐减弱，对共用电子对的吸引能力逐渐减弱，电离出氢离子的能力减弱，所以相同条件下酸性，D正确；
故答案选：A。
2. 下列说法正确的是
A. 和互为同位素
B. 和互为同素异形体
C. 乙醇和乙醛互为同分异构体
D. 和具有相同的官能团，互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．14O和14N的质子数分别为8、7，不是同种元素的核素，不互为同位素，A项错误；
B．S2和S8是S元素形成的不同单质，互为同素异形体，B项正确；
C．乙醇的分子式为C2H6O、结构简式为CH3CH2OH，乙醛的分子式为C2H4O、结构简式为CH3CHO，乙醇和乙醛分子式不同，不互为同分异构体，C项错误；
D．CH2=CH2中只有1个碳碳双键、属于单烯烃，CH2=CH—CH=CH2中有2个碳碳双键、属于二烯烃，碳碳双键的个数不相同，且分子组成上相差C2H2，不是2个“CH2”，两者不互为同系物，D项错误；
答案选B。
3. 下列说法正确的是
A. 和都是正四面体型分子且键角都为
B. 中心原子为杂化，呈平面三角形
C. 向溶液中加入稀硫酸，溶液变浑浊
D. 、分子中所有原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．和都是正四面体型分子，甲烷中碳原子位于正四面体的体心，白磷中磷原子位于正四面体的四个顶点，所以甲烷中C-H之间的键角为109.5°，而白磷中的P-P键之间的夹角为60°，A项错误；
B．中心原子有3个键和1个孤电子对，为杂化，呈三角锥形，B项错误；
C．溶液在酸性条件下不稳定，生成硫单质和二氧化硫，溶液会变浑浊，C项正确；
D．为缺电子分子，其中B原子不满足8电子稳定结构，分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构，D项错误；
故答案选C。
4. 下列说法正确的是
A. 铜与碘反应易生成碘化铜
B. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒
C. 氨氮废水(含及)可用化学氧化法或电化学氧化法处理
D. 向氯化亚铁溶液中加入生成蓝色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．碘的氧化性较弱，铜与碘反应易生成碘化亚铜，A项错误；
B．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，胶体具有吸附作用，可以用于饮用水净水，没有杀菌消毒功能，B项错误；
C．及中N元素均是-3价，具有还原性，因此氨氮废水(含及)可用化学氧化法或电化学氧化法处理，C项正确；
D．亚铁离子溶液中加入铁氰化钾（）会反应生成铁氰化铁蓝色沉淀，D项错误；
故答案选C。
5. 关于反应，已知中S为价。下列说法正确的是
A. 反应中均失去电子
B. 反应中和只是氧化产物
C. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
D. 反应生成转移
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知中S为价，由化合物中正负化合价之和为零可得中Cu和Fe化合价均为+2价，结合产物的价态分析铜的价态不变，A错误；
B．硫元素化合价升高发生氧化反应，和是氧化产物，氧元素化合价降低发生还原反应，含氧元素的产物均为还原产物，所以和既是氧化产物又是还原产物，B错误；
C．反应中中硫元素和铁元素失电子化合价升高，所以作还原剂，氧气得电子化合价降低作氧化剂，根据计量数关系可得反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶2，C错误；
D．反应中只有氧元素得电子化合价由0价变为-2价，由上述反应可知每生成的同时消耗7mol氧气，根据得失电子守恒，反应生成转移7×2×2mol电子，D正确；
故答案选：D。
6. 下列说法不正确的是
A. 一定条件下，苯与氯气生成六六六的反应属于加成反应
B. 蛋白质的二级结构是因为肽键中的氧原子和氢原子之间存在氢键
C. 蒸馏中，冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出
D. 灼烧固体时，坩埚放在铁圈或三脚架上直接加热
【答案】D
【解析】
【详解】A．一定条件下，苯与氯气发生加成反应生成六六六(C6H6Cl6)，A正确；
B．蛋白质的二级结构主要依靠肽链中-NH2上的氢原子与羰基上的氧原子形成氢键而实现的，B正确；
C．蒸馏中，冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出，与气体形成对流利于冷却，C正确；
D．灼烧固体时，坩埚放在铁圈或三脚架的泥三角上进行加热，D错误；
故选D。
7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，0.1溶于水，转移的电子数目为
B. 常温常压下，与足量反应，共生成，转移电子的数目为
C. 溶液含有个
D. 常温常压下，苯含有键数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2与水反应的化学方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，即消耗1molCl2时，转移的电子数目为NA，但这是可逆反应，则当0.1 molCl2溶于水，不能完全消耗0.1 molCl2，故转移的电子数目小于0.1NA，A错误；
B．Na2O2与足量H2O反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据方程式可知每反应产生1molO2，转移2mol电子，则反应生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA，B正确；
C．溶液不知道溶液体积，无法计算出具体微粒数目，C错误；
D．.1个苯分子含有十二个σ键，则常温常压下，78g苯物质的量为：，含有σ键数为12NA，D错误；
故答案选：B。
8. 下列有机化合物之间转化不合理的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】下列有机化合物之间转化不合理的是
A． 在转化过程中，甲基被氧化的同时，氨基也会被氧化为硝基，转化不合理，故A符合；
B． 反应物通过加成反应生成两种产物，转化合理，故B不符合；
C．多糖水解成二糖，继续水解生成葡萄糖，葡萄糖在无氧条件下转化为乳酸，转化合理，故C不符合；
D． 溴乙烷发生取代反应生成，发生氧化反应生成丙酸，丙酸与乙醇发生酯化反应生成，转化合理，故D不符合；
故选A。
9. 下列说法正确的是
A 苯酚、乙醇、硫酸铜、氢氧化钠和硫酸铵溶液均能使蛋白质变性
B. 超分子特征有自组装如分离和
C. 聚四氟乙烯可制作坩埚
D. 向100mL0.1mol/L的溶液中加入足量的硝酸酸化的溶液，过滤、洗涤、干燥、称量得1.435g，可计算x值
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸铵不是重金属盐，浓溶液能使蛋白质的溶解度降低产生盐析，但不能使蛋白质变性，故A错误；
B．超分子特征有分子识别和自组装，故B错误；
C．聚四氟乙烯具有非凡的化学耐受性、耐高温的特性，可制作坩埚，故C正确；
D．配合物的内界能与硝酸反应释放出氯离子，故D错误；
故选C。
10. 氯喹类药物可用于治疗新冠肺炎。氯喹和羟基氯喹的结构分别如图1和图2所示，对这两种化合物的描述不正确的是
A. 氯喹的分子式和羟基氯喹的分子式仅相差一个O原子
B. 与足量的发生加成反应后，两分子中的手性碳原子数相等，且碳原子均为杂化
C. 加入溶液并加热，再加入溶液后生成白色沉淀，可证明氯喹或羟基氯喹中含有氯原子
D. 为增大溶解度，易于被人体吸收，常把氯喹或羟基氯喹与硫酸、盐酸反应制成盐类
【答案】C
【解析】
【详解】A．对比氯喹和羟基氯喹的结构可知，二者除羟基氯喹多一个氧原子外，其余结构均相同，则分子式仅相差一个O原子，A项正确；
B．由于氯喹和羟基氯喹除羟基外其余结构相同，所以与足量的发生加成反应后，不影响两分子中手性碳原子数目，数量仍然相同，加成反应后碳原子均为饱和单键结构，为杂化，B项正确；
C．检验有机物结构中的氯原子，加入溶液并加热后，应先加入稀硝酸中和，再加入溶液，防止生成沉淀以干扰实验，C项错误；
D．氯喹或羟基氯喹均含有氨基，能与酸反应，所以为增大其溶解度，易于被人体吸收，常把氯喹或羟基氯喹制成盐类，D项正确；
故答案选C。
二、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
11. X、Y、Z、W均为前四周期元素，原子序数依次递增。X是地壳中含量最高的元素，Z原子在元素周期表中的周期数等于族序数，Z的最高价阳离子与Y含有相同的电子数，且X、Y、Z属于不同周期，W原子的最外层有1个电子，且内层已经全排满，下列说法正确的是
A. 工业上常用电解法制备元素Y单质
B. 第一电离能大小：
C. X与Y不可能组成化合物
D. W的价电子排布为
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意X、Y、Z、W均为前四周期元素，原子序数依次递增。X是地壳中含量最高的元素，故X是O元素；Z原子在元素周期表中的周期数等于族序数，故Z为Al或者Ti或者Ge元素; Z的最高价阳离子与Y-含有相同的电子数，且X、Y、Z属于不同周期，故Z为Ti元素，Y 为Cl元素；W原子的最外层有1个电子，且内层已经全排满，故W为Cu元素。
【详解】A．工业上常用电解法制备元素Cl的单质，A项正确；
B． 第一电离能大小，B项错误；
C． O与Cl可能组成化合物，常用于自来水的消毒，C项错误；
D． W的价电子排布为，D项错误；
答案选A。
12. 时，下列关于二元酸说法正确的是
A. 若存在反应，则说明
B. 若盐的溶液为酸性，则必为强酸
C. 若为二元弱酸，向溶液中加入溶液至中性时，则
D. 若为二元弱酸，则取的溶液，加蒸馏水稀释至，则该溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应中生成了沉淀，会促使反应正向进行，并不能说明Ka2(H2A)>Ka(HB)，A错误；
B．盐NaHA的溶液为酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度，不能说明H2A为强酸，如亚硫酸就为弱酸，但是亚硫酸氢钠显酸性，B错误；
C．根据电荷守恒，c(OH-)+ c(A2-)+ c(HA-)= c(H+)+ c(Na+)，溶液显中性，c(OH-)= c(H+)，故c(Na+)> c(HA-)，C正确；
D．H2A为弱酸，越稀越电离，加水稀释至100mL后，促进H2A电离，pH
13. 一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时，下列叙述错误的是
A. Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B. Ⅰ区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C. MnO2电极反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
D. 电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H+，生成Mn2+，Ⅱ区的K+向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH-，生成Zn(OH)，Ⅱ区的SO向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动。据此分析答题。
【详解】A．根据分析，Ⅱ区的K+只能向Ⅰ区移动，A错误；
B．根据分析，Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，B正确；
C．MnO2电极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，C正确；
D．电池的总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O，D正确；
故答案选A。
14. 已知： ΔH，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，时达到平衡状态Ⅰ，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 容器内气体平均分子量不变，表明反应达到平衡
B. 时可能改变的条件是：向容器中加入C
C. 平衡时A的体积分数：
D. 平衡常数K：
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应气体总质量不变，体积不变，则平均相对分子质量不变，无法判断是否平衡，故A错误；
B．瞬间正反应速率不变，然后增大，可知改变的条件为向容器中加入C，故B正确；
C．由反应为等体积可逆反应，所以时加入C，平衡不发生移动，则平衡时A的体积分数：，故C错误；
D．平衡常数只与温度有关，由于温度必变，则平衡常数不变，所以平衡常数K：，故D错误；
答案选B。
15. 固体溶于水可表示为，其焓变和熵变分别为和，已知：；；；且(反应后)(反应前)下列说法正确的是
A. 和均大于零
B. 和均小于零
C. 小于零，大于零
D. 大于零，小于零
【答案】C
【解析】
【详解】碳酸钠固体溶于水发生两个过程，首先电离过程吸收热量，形成水合离子的过程放出热量，由于后者放出的热量更多，焓变小于零；根据已知：；；；且(反应后)(反应前)可得，，大于零。
故答案选：C。
16. 下列离子方程式不正确的是
A. 少量溶液与溶液反应：
B. 溶液与碘酒反应：
C. 亚铬酸钠溶液与过氧化氢反应：
D. 已知：、的分别为、，中加入足量澄清石灰水：
【答案】C
【解析】
【详解】A．少量AgNO3溶液中的Ag+与NaCl溶液中的Cl-反应生成[AgCl2]-，该反应的离子方程式为Ag++2Cl-=[AgCl2]-，A正确；
B．Na2S2O3溶液中的与碘酒中的I2反应生成，该反应的离子方程式为2+I2=+2I-，B正确；
C．亚铬酸钠溶液中的与过氧化氢反应生成，反应的离子方程式为2+3H2O2+2OH-=2+4H2O，C错误；
D．由题干可知，Ksp(MgCO3)＞Ksp[Mg(OH)2]，则向Mg(HCO3)2中加入足量澄清石灰水的离子方程式为Mg2++2+2Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O，D正确；
故选C。
17. 冰、水和汽三者之间相关联的一些热力学数据如下：
根据图中数据判断，下列说法不正确的是
A. 在冰中，微粒间作用力只有共价键和氢键
B. 冰变汽时升华热很大，说明升华时分子间氢键全部破坏
C. 冰变水时熔化热很小，说明熔化时分子间氢键破坏很少
D. 根据“升华热>熔化热+蒸发热”可知，水汽()分子间作用力比水汽()分子间作用力大
【答案】A
【解析】
【详解】A．在冰中，原子内部以共价键结合，微粒间作用力有氢键和范德华力，A错误；
B．冰变汽时分子间的距离增大，分子间的作用力完全破坏，分子间氢键全部破坏包括范德华力，所以升华热很大，B正确；
C．液体水分子间同样存在氢键作用，这样常温下水才能以液态形式存在，所以冰变水时熔化热很小，说明熔化时分子间氢键破坏很少，C正确；
D．冰中氢键数目多于液态水中氢键数目，所以温度越低分子间作用力越大，D正确；
故答案选：A。
18. 在时，水溶液中，甘氨酸盐酸盐可看作是二元酸，向的甘氨酸盐酸盐溶液中逐滴加入的溶液，滴定曲线变化如图所示。
下列说法不正确的是
A. 由B与D点可知甘氨酸阳离子的
B. B点时，D点时，则
C. C点
D. E点
【答案】B
【解析】
【分析】H2NCH2COOH·HCl看作是二元酸，其一步电离方程式为，二步电离方程式为，向100mL1.0mol/L的甘氨酸盐酸盐溶液中逐滴加入1.0mol/L的NaOH，B点时溶液中+H3NCH2COOH和H2NCH2COOH的物质的量均为0.05mol，C点时溶液中均为H2NCH2COOH，D点时溶液中H2NCH2COOH和H2NCH2COO-的物质的量均为0.05mol，E点时溶液中均为H2NCH2COO-。
【详解】A．B点时溶液中+H3NCH2COOH和H2NCH2COOH的物质的量相等，K1==10-2.35，同理D点时溶液中H2NCH2COOH和H2NCH2COO-的物质的量相等，K2==10-9.78，A正确；
B．B点时c(+H3NCH2COOH)=，D点时c(H2NCH2COO-)=，a和b不相等，B错误；
C．H2NCH2COOH的水解常数Kh===10-11.65<10-9.78，故H2NCH2COOH电离大于水解，C点溶液中溶质均为H2NCH2COOH，故c(H2NCH2COO−)>c(+H3NCH2COOH)>c(H+)>c(OH−)，C正确；
D．E点溶液中溶质为H2NCH2COONa和NaCl，根据电荷守恒可知c(+H3NCH2COOH)+c(Na+)+c(H+)=c(H2NCH2COO−)+c(Cl−)+c(OH−)，D正确；
故答案选B。
19. 一种实现固定及再利用的反应如下：
下列叙述正确的是
A. 化合物1分子中的所有原子共平面
B. 化合物1与乙醇互为同分异构体
C. 化合物2分子中含有醚键和酯基
D. 化合物2可以发生开环聚合反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．化合物1分子中含有亚甲基，则该分子中，所有原子不能共平面，A错误；
B．化合物1的分子式为C2H4O，乙醇的分子式为C2H6O，二者不是同分异构体，B错误；
C．化合物2分子中含有酯基，C错误；
D．化合物2分子中含有酯基，化合物2可以发生开环聚合反应，D正确；
故选D。
20. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
实验目的
方案设计
现象和结论
A
比较吸电子能力强弱
3个烧杯盛有、、的液体，向其中各投入相同的一小粒金属
产生速率。说明吸电子能由强到弱
B
鉴别与
进行核磁共振氢谱()检测样品
谱图不同，说明能用法鉴别与
C
检验固体是否为铵盐
将固体溶于水，加入足量浓溶液，用湿润红色石蕊试纸检验产生的气体
试纸不变蓝，说明固体中不存在铵盐
D
检验(或)离子
向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
观察到品红溶液褪色，说明该溶液中一定含有(或)离子
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】A中利用控制变量改变变量进行判断；B中利用氢原子的种类进行判断；C中根据铵根离子的性质进行判断；D中利用物质的漂白性进行判断；
【详解】A．方案设计中HClO溶液中含有水，甲醇溶液中也含有水，故不能比较三者吸引电子的能力；故A不正确；
B．乙酸中有3类氢原子，乙醇中也有3类氢原子，故核磁共振氢谱不能鉴别，故B不正确；
C．铵根离子和氢氧根离子发生反应生成氨气，氨气可使红色石蕊试纸变蓝，故C正确；
D．可使品红溶液褪色的还可能是氯气， 当溶液中存在次氯酸根离子时也可以，故不能证明，故D不正确；
故选答案C；
【点睛】此题考查实验设计和实验现象的判断，利用物质的性质进行判断。
非选择题部分
三、非选择题(共5题，每题10分，共50分)
21. X由2种元素组成的离子化合物，阳离子与阴离子个数比为1∶2；无色气体B遇空气呈红棕色；C能使带火星的木条复燃；D为砖红色固体，E溶液呈强酸性。
（1）X的组成元素___________；X化学式___________。
（2）的离子方程式___________。
（3）反应转化过程中，生成时消耗葡萄糖的质量至少___________g。
（4）设计检验F溶液中溶质阴离子的实验方案_____。
【答案】（1） ①. Cu、N ②. Cu(N3)2
（2）
（3）
（4）取少量F待测液于试管中，浓缩后加入浓与Cu片并加热，观察到红棕色气体，则待测液中含离子
【解析】
【分析】无色气体B遇空气呈红棕色，则B为一氧化氮；C能使带火星的木条复燃，则C为氧气；D为砖红色固体，E溶液呈强酸性，则A为氧化铜、D为氧化亚铜、E为硝酸、F为硝酸铜、G为氢氧化铜，由质量守恒定律可知，X中含有铜元素和氮元素，由铜原子个数守恒可知，铜元素的物质的量为×2=0.01mol，则氮元素的物质的量为=0.06mol，由阳离子与阴离子个数比为1∶2可知，X的化学式为Cu(N3)2。
【小问1详解】
由分析可知，X中含有铜元素和氮元素，化学式为Cu(N3)2，故答案为：Cu、N；Cu(N3)2；
【小问2详解】
由分析可知，D→B+F的反应为氧化亚铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
G→D的反应为碱性条件下，葡萄糖溶液与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成葡萄糖酸盐、氧化亚铜和水，则生成0.72g氧化亚铜时消耗葡萄糖的质量至少×180g/mol=0.90g，故答案为：0.90g；
【小问4详解】
由分析可知，F为硝酸铜，检验硝酸铜溶液中的硝酸根离子的方法为取少量硝酸铜于试管中，加热浓缩后加入浓浓硫酸与铜片并加热，观察到红棕色气体说明硝酸铜溶液中含有硝酸根离子，故答案为：取少量F待测液于试管中，浓缩后加入浓与Cu片并加热，观察到红棕色气体，则待测液中含离子。
22. 氨是重要化工原料。请回答下列问题
（1）某条件下与作用时可发生如下反应：
已知：时，相关物质的焰的数据(如图1)
①根据相关物质的焓计算___________
②将一定比例的、和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，的转化率、生成的选择性与温度的关系如图2所示。
a、除去工业尾气中的适宜的温度为___________
b、随着温度的升高，的选择性下降的原因可能为___________
（2）时，与溶液发生反应=2.1×1013，反应过程分4步进行：
Ⅰ、
Ⅱ、
Ⅲ、
Ⅳ、
①根据以上信息计算可知，步骤Ⅲ中的平衡常数为___________
A B． C． D．
②K与之间的关系式为___________
【答案】（1） ①. ②. 左右(200~220范围内都对) ③. 催化剂对生成的的反应活性下降，副反应的速率变大
（2） ①. B ②.
【解析】
【小问1详解】
①结合题图所示，根据，根据图象所示，氮气和氧气的焓值为零，，即a=-1282；②由图象可知随着温度的升高氨气的转化率增大， (温度在200~220范围内)氨气转化率较大，随着温度的继续增大氨气的转化率变化不大，但是氮气的选择性降低，综合考虑温度应该控制在左右(200~220范围内都对)；温度过高，使得催化剂的活性降低，氮气发生的副反应增加，所以选择性下降；
故答案为：-1282；在左右(200~220范围内都对)；催化剂对生成的的反应活性下降，副反应的速率变大；
【小问2详解】
根据盖斯定律可得反应可由反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ加合得到，即平衡常数，由此可求得K3=1.1×103；
故答案为：B；。
23. 第四周期的过渡元素许多金属能形成配合物，请回答下列问题：
（1）Mn的核外价电子排布式为___________。
（2）向溶液中滴入(乙二胺四乙酸)(配体为价阴离子)试剂(调节一定的PH)可得配合物A，其配离子结构如图所示，(M代表Zn)则一个与___________个原子之间形成的配位键，图中配体的化学式为___________。
（3）配合物的熔点为，沸点为。可用于制备纯铁。的结构如图所示。下列关于的说法正确的是___________(填字母)。
A. C的电负性小于O
B. 是非极性分子，CO是极性分子
C. 中Fe原子以杂化方式与CO成键
D. 反应中没有新化学键生成
（4）已知NiO的晶体结构(如图所示)，，的离子半径分别为69pm和14pm，已知邻近同种离子不相切，异种离子相切，则图中___________(填“可以”或“不可以”)看作8个晶胞堆积而成，NiO晶体的密度是___________(列出计算式即可)。
【答案】（1）
（2） ①. 6 ②. （3）AB
（4） ①. 不可以 ②.
【解析】
【小问1详解】
锰元素的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，故答案为：3d54s2；
【小问2详解】
由配离子结构示意图可知，离子中锌离子与4个氧原子和2个氮原子形成配位键，价配体的化学式为，故答案为：6；；
【小问3详解】
A．元素的非金属性越强，电负性越大，则氧元素的非金属性强于碳元素，电负性大于碳元素，故A正确；
B．由配合物的结构可知，配合物的分子结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，一氧化碳分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，故B正确；
C．由配合物的结构可知，配合物的分子构型不是四面体形，所以分子中铁原子的杂化方式一定不是sp3杂化，故C错误；
D．为分解反应，反应中一定有新化学键生成，故D错误；
故选AB；
【小问4详解】
由晶体结构可知，该结构为氧化镍晶体的最简单的重复结构，是氧化镍晶体的晶胞结构，所以不能看作是8个晶胞堆积而成；晶胞中位于顶点和面心的镍离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的氧离子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=[2×(69+14)×10—10]3d，解得d=，故答案为：不可以；。
24. 实验室制备苯甲酸、提纯及纯度测定步骤如下：
Ⅰ、往圆底烧瓶中加入甲苯和水，加热至沸，从冷凝管上口分批加入，最后用少量水将粘在冷凝管内壁的冲洗入圆底烧瓶内
Ⅱ、继续煮沸并间歇性摇动圆底烧瓶，直至甲苯完全反应
Ⅲ、趋热过滤反应混合物，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液和洗液，将滤液放在冷水浴中冷却，用浓硫酸酸化溶液从强碱性至强酸性，苯甲酸全部析出为止
Ⅳ、过滤可得粗产品约2g
Ⅴ、用重结晶法提纯
Ⅵ、用碱滴定法测纯度，取样品，溶于乙醇中，加入水和2滴酚酞，用溶液滴定
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中冷凝管选择不合适的是___________(选填A、B、C)
（2）步骤Ⅱ反应基本完成的现象为___________
（3）步骤Ⅴ中的合理步骤为___________
a→___________→___________→___________→___________。
a、加入约水()配制成热的浓溶液；
b、加半匙活性炭；
c、用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液；
d、搅拌下将溶液煮沸，过滤；
e、冷却结晶，过滤、洗涤、晾干得苯甲酸纯品。
（4）步骤Ⅵ中测得苯甲酸纯度大于100%的可能原因是___________，因此将步骤Ⅵ改为中和酸滴定法：称取样品，溶于浓度为中，加入2滴酚酞作指示剂，用盐酸调至红色消失，加入乙醚，10滴溴酚蓝作指示剂，摇匀，用盐酸滴定，边滴边将水层和乙醚层充分摇匀使生成的苯甲酸及时被乙醚溶解，水层显示为淡绿色时为滴定终点，三次平行数据如下，则苯甲酸的纯度为___________。
序号
1
2
3
样品质量/g
0.1000
0.1000
0.1000
耗酸体积/
8.00
8.02
7.98
【答案】（1）C （2）溶液上方不再有明显油珠
（3）a→b→d→c→e
（4） ①. 产品中有残酸存在 ②. 97.6%
【解析】
【分析】实验利用甲苯与高锰酸钾在加热的条件下制备苯甲酸，同时对产物用重结晶的的方法提纯，最后用中和酸滴定法测量产品的纯度，按照题目所给步骤进行实验，按要求解答。
【小问1详解】
A为直形冷凝管、B为球形冷凝管、C为蛇形冷凝管，由于实验过程中需从冷凝管上口分批加入固体，所以不宜选用蛇形冷凝管；故答案为：C。
【小问2详解】
步骤Ⅱ为甲苯与高锰酸钾反应生成苯甲酸，当溶液上方不再有明显油珠时，说明甲苯已基本反应，即反应基本完成；故答案为：溶液上方不再有明显油珠。
【小问3详解】
步骤Ⅴ为重结晶法提纯苯甲酸，先向粗产品中加入约水()配制成热的浓溶液，使苯甲酸溶解，再加入加半匙活性炭，搅拌下将溶液煮沸，过滤除去残留固体，再用少量沸水洗涤烧杯和漏斗中的固体，合并滤液，最后进行冷却结晶，过滤、洗涤、晾干，即可得到苯甲酸纯品；故答案为：a→b→d→c→e。
【小问4详解】
步骤Ⅵ用碱滴定法测苯甲酸的纯度，若产品中有其他酸残留，则会导致碱性标准液用量偏高，测得苯甲酸纯度可能大于100%；步骤Ⅵ改为中和酸滴定法测量样品的纯度，用溶液溶解样品，加入酚酞指示剂，用盐酸调至红色消失，再用盐酸滴定生成的苯甲酸钠，由表格可知，消耗盐酸平均用量为8.00ml，由盐酸与苯甲酸钠反应方程式可知，生成苯甲酸的物质的量为：8.0010-3L=8.0010-4mol，则样品中苯甲酸的纯度为：；故答案为：产品中有残酸存在；97.6%。
25. 已知：
①
②
有机物Y是重要的化工材料，其合成流程如下：
请回答下列问题：
（1）X→F的反应类型___________
（2）写出E的结构简式___________
（3）下列说法错误的是___________
A. 的反应类型是加成反应
B. 试剂M的化学式为CH≡CNa
C. 有机物D存在1个手性碳原子，有对映异构体
D. 与NaOH溶液反应，1 molY最多消耗2 mol NaOH
（4）G→Y转化过程中有副反应发生，可以形成新的四元环或五元环，写出生成五元环的化学方程式___________
（5）写出2种X的同分异构体，满足下列条件___________
①能发生银镜反应
②含苯环，且苯环上氢核磁共振谱图显示有2种峰
（6）以为原料，设计合成的路线(无机试剂与有机溶剂任选) ___________。
【答案】（1）氧化反应
（2） （3）AD
（4）+H2O
（5）、、、、、 （6）
【解析】
【分析】经系列反应产生B：，与Br2在光照时发生取代反应产生C：，C与CH≡CNa发生取代反应产生D，D加热发生反应产生E： ，E与O3在Zn、H2O存在条件下反应X，X与O2在加热时发生氧化反应产生F：，F与H2发生加成反应产生G：，G与浓硫酸混合加热，发生缩聚反应反应产生聚酯Y和水。
【小问1详解】
根据上述分析可知：X与O2在催化剂存在条件下发生-CHO的氧化反应产生-COOH，反应达到F：，故X→F的反应类型为氧化反应；
【小问2详解】
根据上述分析可知E结构简式是；
【小问3详解】
A．B是，与Br2在光照时发生取代反应产生C：和HBr，故该反应的类型是取代反应，A错误；
B．根据信息①反应，可知与CH≡CNa发生取代反应产生D，故试剂M结构简式是CH≡CNa，B正确；
C．手性C原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子。根据D结构简式，可知该物质分子中与-C≡CH连接的C原子为手性C原子，该物质分子结构对称，为对映异构体，C正确；
D．Y是高聚物，其每个链节中含有2个-COOH可以与NaOH反应，其中含有的酯基水解产生的-COOH也可以与NaOH发生反应，则Y与NaOH溶液反应，1 molY最多消耗3n mol NaOH，D错误；
故合理选项是AD；
【小问4详解】
G→Y转化过程中有副反应发生，可以形成新的四元环或五元环，则生成五元环的化学方程式为：+H2O；
【小问5详解】
X是，题同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②含苯环，且苯环上氢核磁共振谱图显示有2种峰，说明分子中含有苯环，在苯环上有两种不同位置的H原子，则符合条件的同分异构体结构简式可能为：、、、、、；
【小问6详解】
与Br2在光照条件下发生取代反应产生，与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生，与Br2的CCl4溶液发生加成反应产生，与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生，故由制取的合成路线为：。
绍兴市2021学年第二学期高中期末调测
高二化学
考生须知：
1.全卷分第Ⅰ卷、第Ⅱ卷、答题卷，满分为100分。考试时间为90分钟。
2.请将学校、班级、姓名分别填写在答题卷相应位置上。答案必须做在答题卷相应位置上。
可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5K-39Ca-40Mn-55Fe-56Ni-59Cu-64Zn-65Ag-108
选择题部分
一、选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列说法不正确是
A. 分子的填充模型是：
B. 基态C原子的轨道表示式
C. 基态原子为第四周期中单电子最多的原子
D. 时，浓度均为0.01mol/L的3种溶液的酸性由强到弱的顺序：
【答案】A
【解析】
【详解】A．该图为甲烷的球棍模型，不是填充模型，A错误；
B．碳原子核外电子数为6，根据能量最低原理基态C原子的轨道表示式为，B正确；
C．基态原子外围电子排布式为3d54s1，未成对电子数为6，为第四周期中单电子最多原子，C正确；
D．相同条件下卤素原子Cl、Br、I的得电子能力逐渐减弱，对共用电子对的吸引能力逐渐减弱，电离出氢离子的能力减弱，所以相同条件下酸性，D正确；
故答案选：A。
2. 下列说法正确的是
A. 和互为同位素
B. 和互为同素异形体
C. 乙醇和乙醛互为同分异构体
D. 和具有相同的官能团，互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．14O和14N的质子数分别为8、7，不是同种元素的核素，不互为同位素，A项错误；
B．S2和S8是S元素形成的不同单质，互为同素异形体，B项正确；
C．乙醇的分子式为C2H6O、结构简式为CH3CH2OH，乙醛的分子式为C2H4O、结构简式为CH3CHO，乙醇和乙醛分子式不同，不互为同分异构体，C项错误；
D．CH2=CH2中只有1个碳碳双键、属于单烯烃，CH2=CH—CH=CH2中有2个碳碳双键、属于二烯烃，碳碳双键的个数不相同，且分子组成上相差C2H2，不是2个“CH2”，两者不互为同系物，D项错误；
答案选B。
3. 下列说法正确的是
A. 和都是正四面体型分子且键角都为
B. 中心原子为杂化，呈平面三角形
C. 向溶液中加入稀硫酸，溶液变浑浊
D. 、分子中所有原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．和都是正四面体型分子，甲烷中碳原子位于正四面体的体心，白磷中磷原子位于正四面体的四个顶点，所以甲烷中C-H之间的键角为109.5°，而白磷中的P-P键之间的夹角为60°，A项错误；
B．中心原子有3个键和1个孤电子对，为杂化，呈三角锥形，B项错误；
C．溶液在酸性条件下不稳定，生成硫单质和二氧化硫，溶液会变浑浊，C项正确；
D．为缺电子分子，其中B原子不满足8电子稳定结构，分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构，D项错误；
故答案选C。
4. 下列说法正确的是
A. 铜与碘反应易生成碘化铜
B. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒
C. 氨氮废水(含及)可用化学氧化法或电化学氧化法处理
D. 向氯化亚铁溶液中加入生成蓝色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．碘的氧化性较弱，铜与碘反应易生成碘化亚铜，A项错误；
B．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，胶体具有吸附作用，可以用于饮用水净水，没有杀菌消毒功能，B项错误；
C．及中N元素均是-3价，具有还原性，因此氨氮废水(含及)可用化学氧化法或电化学氧化法处理，C项正确；
D．亚铁离子溶液中加入铁氰化钾（）会反应生成铁氰化铁蓝色沉淀，D项错误；
故答案选C。
5. 关于反应，已知中S为价。下列说法正确的是
A. 反应中均失去电子
B. 反应中和只是氧化产物
C. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
D. 反应生成转移
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知中S为价，由化合物中正负化合价之和为零可得中Cu和Fe化合价均为+2价，结合产物的价态分析铜的价态不变，A错误；
B．硫元素化合价升高发生氧化反应，和是氧化产物，氧元素化合价降低发生还原反应，含氧元素的产物均为还原产物，所以和既是氧化产物又是还原产物，B错误；
C．反应中中硫元素和铁元素失电子化合价升高，所以作还原剂，氧气得电子化合价降低作氧化剂，根据计量数关系可得反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶2，C错误；
D．反应中只有氧元素得电子化合价由0价变为-2价，由上述反应可知每生成的同时消耗7mol氧气，根据得失电子守恒，反应生成转移7×2×2mol电子，D正确；
故答案选：D。
6. 下列说法不正确的是
A. 一定条件下，苯与氯气生成六六六的反应属于加成反应
B. 蛋白质的二级结构是因为肽键中的氧原子和氢原子之间存在氢键
C. 蒸馏中，冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出
D. 灼烧固体时，坩埚放在铁圈或三脚架上直接加热
【答案】D
【解析】
【详解】A．一定条件下，苯与氯气发生加成反应生成六六六(C6H6Cl6)，A正确；
B．蛋白质的二级结构主要依靠肽链中-NH2上的氢原子与羰基上的氧原子形成氢键而实现的，B正确；
C．蒸馏中，冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出，与气体形成对流利于冷却，C正确；
D．灼烧固体时，坩埚放在铁圈或三脚架的泥三角上进行加热，D错误；
故选D。
7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，0.1溶于水，转移的电子数目为
B. 常温常压下，与足量反应，共生成，转移电子的数目为
C. 溶液含有个
D. 常温常压下，苯含有键数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2与水反应的化学方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，即消耗1molCl2时，转移的电子数目为NA，但这是可逆反应，则当0.1 molCl2溶于水，不能完全消耗0.1 molCl2，故转移的电子数目小于0.1NA，A错误；
B．Na2O2与足量H2O反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据方程式可知每反应产生1molO2，转移2mol电子，则反应生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA，B正确；
C．溶液不知道溶液体积，无法计算出具体微粒数目，C错误；
D．.1个苯分子含有十二个σ键，则常温常压下，78g苯物质的量为：，含有σ键数为12NA，D错误；
故答案选：B。
8. 下列有机化合物之间转化不合理的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】下列有机化合物之间转化不合理的是
A． 在转化过程中，甲基被氧化的同时，氨基也会被氧化为硝基，转化不合理，故A符合；
B． 反应物通过加成反应生成两种产物，转化合理，故B不符合；
C．多糖水解成二糖，继续水解生成葡萄糖，葡萄糖在无氧条件下转化为乳酸，转化合理，故C不符合；
D． 溴乙烷发生取代反应生成，发生氧化反应生成丙酸，丙酸与乙醇发生酯化反应生成，转化合理，故D不符合；
故选A。
9. 下列说法正确的是
A 苯酚、乙醇、硫酸铜、氢氧化钠和硫酸铵溶液均能使蛋白质变性
B. 超分子特征有自组装如分离和
C. 聚四氟乙烯可制作坩埚
D. 向100mL0.1mol/L的溶液中加入足量的硝酸酸化的溶液，过滤、洗涤、干燥、称量得1.435g，可计算x值
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸铵不是重金属盐，浓溶液能使蛋白质的溶解度降低产生盐析，但不能使蛋白质变性，故A错误；
B．超分子特征有分子识别和自组装，故B错误；
C．聚四氟乙烯具有非凡的化学耐受性、耐高温的特性，可制作坩埚，故C正确；
D．配合物的内界能与硝酸反应释放出氯离子，故D错误；
故选C。
10. 氯喹类药物可用于治疗新冠肺炎。氯喹和羟基氯喹的结构分别如图1和图2所示，对这两种化合物的描述不正确的是
A. 氯喹的分子式和羟基氯喹的分子式仅相差一个O原子
B. 与足量的发生加成反应后，两分子中的手性碳原子数相等，且碳原子均为杂化
C. 加入溶液并加热，再加入溶液后生成白色沉淀，可证明氯喹或羟基氯喹中含有氯原子
D. 为增大溶解度，易于被人体吸收，常把氯喹或羟基氯喹与硫酸、盐酸反应制成盐类
【答案】C
【解析】
【详解】A．对比氯喹和羟基氯喹的结构可知，二者除羟基氯喹多一个氧原子外，其余结构均相同，则分子式仅相差一个O原子，A项正确；
B．由于氯喹和羟基氯喹除羟基外其余结构相同，所以与足量的发生加成反应后，不影响两分子中手性碳原子数目，数量仍然相同，加成反应后碳原子均为饱和单键结构，为杂化，B项正确；
C．检验有机物结构中的氯原子，加入溶液并加热后，应先加入稀硝酸中和，再加入溶液，防止生成沉淀以干扰实验，C项错误；
D．氯喹或羟基氯喹均含有氨基，能与酸反应，所以为增大其溶解度，易于被人体吸收，常把氯喹或羟基氯喹制成盐类，D项正确；
故答案选C。
二、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
11. X、Y、Z、W均为前四周期元素，原子序数依次递增。X是地壳中含量最高的元素，Z原子在元素周期表中的周期数等于族序数，Z的最高价阳离子与Y含有相同的电子数，且X、Y、Z属于不同周期，W原子的最外层有1个电子，且内层已经全排满，下列说法正确的是
A. 工业上常用电解法制备元素Y单质
B. 第一电离能大小：
C. X与Y不可能组成化合物
D. W的价电子排布为
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意X、Y、Z、W均为前四周期元素，原子序数依次递增。X是地壳中含量最高的元素，故X是O元素；Z原子在元素周期表中的周期数等于族序数，故Z为Al或者Ti或者Ge元素; Z的最高价阳离子与Y-含有相同的电子数，且X、Y、Z属于不同周期，故Z为Ti元素，Y 为Cl元素；W原子的最外层有1个电子，且内层已经全排满，故W为Cu元素。
【详解】A．工业上常用电解法制备元素Cl的单质，A项正确；
B． 第一电离能大小，B项错误；
C． O与Cl可能组成化合物，常用于自来水的消毒，C项错误；
D． W的价电子排布为，D项错误；
答案选A。
12. 时，下列关于二元酸说法正确的是
A. 若存在反应，则说明
B. 若盐的溶液为酸性，则必为强酸
C. 若为二元弱酸，向溶液中加入溶液至中性时，则
D. 若为二元弱酸，则取的溶液，加蒸馏水稀释至，则该溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应中生成了沉淀，会促使反应正向进行，并不能说明Ka2(H2A)>Ka(HB)，A错误；
B．盐NaHA的溶液为酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度，不能说明H2A为强酸，如亚硫酸就为弱酸，但是亚硫酸氢钠显酸性，B错误；
C．根据电荷守恒，c(OH-)+ c(A2-)+ c(HA-)= c(H+)+ c(Na+)，溶液显中性，c(OH-)= c(H+)，故c(Na+)> c(HA-)，C正确；
D．H2A为弱酸，越稀越电离，加水稀释至100mL后，促进H2A电离，pH
13. 一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时，下列叙述错误的是
A. Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B. Ⅰ区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C. MnO2电极反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
D. 电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H+，生成Mn2+，Ⅱ区的K+向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH-，生成Zn(OH)，Ⅱ区的SO向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动。据此分析答题。
【详解】A．根据分析，Ⅱ区的K+只能向Ⅰ区移动，A错误；
B．根据分析，Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，B正确；
C．MnO2电极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，C正确；
D．电池的总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O，D正确；
故答案选A。
14. 已知： ΔH，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，时达到平衡状态Ⅰ，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 容器内气体平均分子量不变，表明反应达到平衡
B. 时可能改变的条件是：向容器中加入C
C. 平衡时A的体积分数：
D. 平衡常数K：
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应气体总质量不变，体积不变，则平均相对分子质量不变，无法判断是否平衡，故A错误；
B．瞬间正反应速率不变，然后增大，可知改变的条件为向容器中加入C，故B正确；
C．由反应为等体积可逆反应，所以时加入C，平衡不发生移动，则平衡时A的体积分数：，故C错误；
D．平衡常数只与温度有关，由于温度必变，则平衡常数不变，所以平衡常数K：，故D错误；
答案选B。
15. 固体溶于水可表示为，其焓变和熵变分别为和，已知：；；；且(反应后)(反应前)下列说法正确的是
A. 和均大于零
B. 和均小于零
C. 小于零，大于零
D. 大于零，小于零
【答案】C
【解析】
【详解】碳酸钠固体溶于水发生两个过程，首先电离过程吸收热量，形成水合离子的过程放出热量，由于后者放出的热量更多，焓变小于零；根据已知：；；；且(反应后)(反应前)可得，，大于零。
故答案选：C。
16. 下列离子方程式不正确的是
A. 少量溶液与溶液反应：
B. 溶液与碘酒反应：
C. 亚铬酸钠溶液与过氧化氢反应：
D. 已知：、的分别为、，中加入足量澄清石灰水：
【答案】C
【解析】
【详解】A．少量AgNO3溶液中的Ag+与NaCl溶液中的Cl-反应生成[AgCl2]-，该反应的离子方程式为Ag++2Cl-=[AgCl2]-，A正确；
B．Na2S2O3溶液中的与碘酒中的I2反应生成，该反应的离子方程式为2+I2=+2I-，B正确；
C．亚铬酸钠溶液中的与过氧化氢反应生成，反应的离子方程式为2+3H2O2+2OH-=2+4H2O，C错误；
D．由题干可知，Ksp(MgCO3)＞Ksp[Mg(OH)2]，则向Mg(HCO3)2中加入足量澄清石灰水的离子方程式为Mg2++2+2Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O，D正确；
故选C。
17. 冰、水和汽三者之间相关联的一些热力学数据如下：
根据图中数据判断，下列说法不正确的是
A. 在冰中，微粒间作用力只有共价键和氢键
B. 冰变汽时升华热很大，说明升华时分子间氢键全部破坏
C. 冰变水时熔化热很小，说明熔化时分子间氢键破坏很少
D. 根据“升华热>熔化热+蒸发热”可知，水汽()分子间作用力比水汽()分子间作用力大
【答案】A
【解析】
【详解】A．在冰中，原子内部以共价键结合，微粒间作用力有氢键和范德华力，A错误；
B．冰变汽时分子间的距离增大，分子间的作用力完全破坏，分子间氢键全部破坏包括范德华力，所以升华热很大，B正确；
C．液体水分子间同样存在氢键作用，这样常温下水才能以液态形式存在，所以冰变水时熔化热很小，说明熔化时分子间氢键破坏很少，C正确；
D．冰中氢键数目多于液态水中氢键数目，所以温度越低分子间作用力越大，D正确；
故答案选：A。
18. 在时，水溶液中，甘氨酸盐酸盐可看作是二元酸，向的甘氨酸盐酸盐溶液中逐滴加入的溶液，滴定曲线变化如图所示。
下列说法不正确的是
A. 由B与D点可知甘氨酸阳离子的
B. B点时，D点时，则
C. C点
D. E点
【答案】B
【解析】
【分析】H2NCH2COOH·HCl看作是二元酸，其一步电离方程式为，二步电离方程式为，向100mL1.0mol/L的甘氨酸盐酸盐溶液中逐滴加入1.0mol/L的NaOH，B点时溶液中+H3NCH2COOH和H2NCH2COOH的物质的量均为0.05mol，C点时溶液中均为H2NCH2COOH，D点时溶液中H2NCH2COOH和H2NCH2COO-的物质的量均为0.05mol，E点时溶液中均为H2NCH2COO-。
【详解】A．B点时溶液中+H3NCH2COOH和H2NCH2COOH的物质的量相等，K1==10-2.35，同理D点时溶液中H2NCH2COOH和H2NCH2COO-的物质的量相等，K2==10-9.78，A正确；
B．B点时c(+H3NCH2COOH)=，D点时c(H2NCH2COO-)=，a和b不相等，B错误；
C．H2NCH2COOH的水解常数Kh===10-11.65<10-9.78，故H2NCH2COOH电离大于水解，C点溶液中溶质均为H2NCH2COOH，故c(H2NCH2COO−)>c(+H3NCH2COOH)>c(H+)>c(OH−)，C正确；
D．E点溶液中溶质为H2NCH2COONa和NaCl，根据电荷守恒可知c(+H3NCH2COOH)+c(Na+)+c(H+)=c(H2NCH2COO−)+c(Cl−)+c(OH−)，D正确；
故答案选B。
19. 一种实现固定及再利用的反应如下：
下列叙述正确的是
A. 化合物1分子中的所有原子共平面
B. 化合物1与乙醇互为同分异构体
C. 化合物2分子中含有醚键和酯基
D. 化合物2可以发生开环聚合反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．化合物1分子中含有亚甲基，则该分子中，所有原子不能共平面，A错误；
B．化合物1的分子式为C2H4O，乙醇的分子式为C2H6O，二者不是同分异构体，B错误；
C．化合物2分子中含有酯基，C错误；
D．化合物2分子中含有酯基，化合物2可以发生开环聚合反应，D正确；
故选D。
20. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
实验目的
方案设计
现象和结论
A
比较吸电子能力强弱
3个烧杯盛有、、的液体，向其中各投入相同的一小粒金属
产生速率。说明吸电子能由强到弱
B
鉴别与
进行核磁共振氢谱()检测样品
谱图不同，说明能用法鉴别与
C
检验固体是否为铵盐
将固体溶于水，加入足量浓溶液，用湿润红色石蕊试纸检验产生的气体
试纸不变蓝，说明固体中不存在铵盐
D
检验(或)离子
向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
观察到品红溶液褪色，说明该溶液中一定含有(或)离子
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】A中利用控制变量改变变量进行判断；B中利用氢原子的种类进行判断；C中根据铵根离子的性质进行判断；D中利用物质的漂白性进行判断；
【详解】A．方案设计中HClO溶液中含有水，甲醇溶液中也含有水，故不能比较三者吸引电子的能力；故A不正确；
B．乙酸中有3类氢原子，乙醇中也有3类氢原子，故核磁共振氢谱不能鉴别，故B不正确；
C．铵根离子和氢氧根离子发生反应生成氨气，氨气可使红色石蕊试纸变蓝，故C正确；
D．可使品红溶液褪色的还可能是氯气， 当溶液中存在次氯酸根离子时也可以，故不能证明，故D不正确；
故选答案C；
【点睛】此题考查实验设计和实验现象的判断，利用物质的性质进行判断。
非选择题部分
三、非选择题(共5题，每题10分，共50分)
21. X由2种元素组成的离子化合物，阳离子与阴离子个数比为1∶2；无色气体B遇空气呈红棕色；C能使带火星的木条复燃；D为砖红色固体，E溶液呈强酸性。
（1）X的组成元素___________；X化学式___________。
（2）的离子方程式___________。
（3）反应转化过程中，生成时消耗葡萄糖的质量至少___________g。
（4）设计检验F溶液中溶质阴离子的实验方案_____。
【答案】（1） ①. Cu、N ②. Cu(N3)2
（2）
（3）
（4）取少量F待测液于试管中，浓缩后加入浓与Cu片并加热，观察到红棕色气体，则待测液中含离子
【解析】
【分析】无色气体B遇空气呈红棕色，则B为一氧化氮；C能使带火星的木条复燃，则C为氧气；D为砖红色固体，E溶液呈强酸性，则A为氧化铜、D为氧化亚铜、E为硝酸、F为硝酸铜、G为氢氧化铜，由质量守恒定律可知，X中含有铜元素和氮元素，由铜原子个数守恒可知，铜元素的物质的量为×2=0.01mol，则氮元素的物质的量为=0.06mol，由阳离子与阴离子个数比为1∶2可知，X的化学式为Cu(N3)2。
【小问1详解】
由分析可知，X中含有铜元素和氮元素，化学式为Cu(N3)2，故答案为：Cu、N；Cu(N3)2；
【小问2详解】
由分析可知，D→B+F的反应为氧化亚铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
G→D的反应为碱性条件下，葡萄糖溶液与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成葡萄糖酸盐、氧化亚铜和水，则生成0.72g氧化亚铜时消耗葡萄糖的质量至少×180g/mol=0.90g，故答案为：0.90g；
【小问4详解】
由分析可知，F为硝酸铜，检验硝酸铜溶液中的硝酸根离子的方法为取少量硝酸铜于试管中，加热浓缩后加入浓浓硫酸与铜片并加热，观察到红棕色气体说明硝酸铜溶液中含有硝酸根离子，故答案为：取少量F待测液于试管中，浓缩后加入浓与Cu片并加热，观察到红棕色气体，则待测液中含离子。
22. 氨是重要化工原料。请回答下列问题
（1）某条件下与作用时可发生如下反应：
已知：时，相关物质的焰的数据(如图1)
①根据相关物质的焓计算___________
②将一定比例的、和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，的转化率、生成的选择性与温度的关系如图2所示。
a、除去工业尾气中的适宜的温度为___________
b、随着温度的升高，的选择性下降的原因可能为___________
（2）时，与溶液发生反应=2.1×1013，反应过程分4步进行：
Ⅰ、
Ⅱ、
Ⅲ、
Ⅳ、
①根据以上信息计算可知，步骤Ⅲ中的平衡常数为___________
A B． C． D．
②K与之间的关系式为___________
【答案】（1） ①. ②. 左右(200~220范围内都对) ③. 催化剂对生成的的反应活性下降，副反应的速率变大
（2） ①. B ②.
【解析】
【小问1详解】
①结合题图所示，根据，根据图象所示，氮气和氧气的焓值为零，，即a=-1282；②由图象可知随着温度的升高氨气的转化率增大， (温度在200~220范围内)氨气转化率较大，随着温度的继续增大氨气的转化率变化不大，但是氮气的选择性降低，综合考虑温度应该控制在左右(200~220范围内都对)；温度过高，使得催化剂的活性降低，氮气发生的副反应增加，所以选择性下降；
故答案为：-1282；在左右(200~220范围内都对)；催化剂对生成的的反应活性下降，副反应的速率变大；
【小问2详解】
根据盖斯定律可得反应可由反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ加合得到，即平衡常数，由此可求得K3=1.1×103；
故答案为：B；。
23. 第四周期的过渡元素许多金属能形成配合物，请回答下列问题：
（1）Mn的核外价电子排布式为___________。
（2）向溶液中滴入(乙二胺四乙酸)(配体为价阴离子)试剂(调节一定的PH)可得配合物A，其配离子结构如图所示，(M代表Zn)则一个与___________个原子之间形成的配位键，图中配体的化学式为___________。
（3）配合物的熔点为，沸点为。可用于制备纯铁。的结构如图所示。下列关于的说法正确的是___________(填字母)。
A. C的电负性小于O
B. 是非极性分子，CO是极性分子
C. 中Fe原子以杂化方式与CO成键
D. 反应中没有新化学键生成
（4）已知NiO的晶体结构(如图所示)，，的离子半径分别为69pm和14pm，已知邻近同种离子不相切，异种离子相切，则图中___________(填“可以”或“不可以”)看作8个晶胞堆积而成，NiO晶体的密度是___________(列出计算式即可)。
【答案】（1）
（2） ①. 6 ②. （3）AB
（4） ①. 不可以 ②.
【解析】
【小问1详解】
锰元素的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，故答案为：3d54s2；
【小问2详解】
由配离子结构示意图可知，离子中锌离子与4个氧原子和2个氮原子形成配位键，价配体的化学式为，故答案为：6；；
【小问3详解】
A．元素的非金属性越强，电负性越大，则氧元素的非金属性强于碳元素，电负性大于碳元素，故A正确；
B．由配合物的结构可知，配合物的分子结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，一氧化碳分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，故B正确；
C．由配合物的结构可知，配合物的分子构型不是四面体形，所以分子中铁原子的杂化方式一定不是sp3杂化，故C错误；
D．为分解反应，反应中一定有新化学键生成，故D错误；
故选AB；
【小问4详解】
由晶体结构可知，该结构为氧化镍晶体的最简单的重复结构，是氧化镍晶体的晶胞结构，所以不能看作是8个晶胞堆积而成；晶胞中位于顶点和面心的镍离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的氧离子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=[2×(69+14)×10—10]3d，解得d=，故答案为：不可以；。
24. 实验室制备苯甲酸、提纯及纯度测定步骤如下：
Ⅰ、往圆底烧瓶中加入甲苯和水，加热至沸，从冷凝管上口分批加入，最后用少量水将粘在冷凝管内壁的冲洗入圆底烧瓶内
Ⅱ、继续煮沸并间歇性摇动圆底烧瓶，直至甲苯完全反应
Ⅲ、趋热过滤反应混合物，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液和洗液，将滤液放在冷水浴中冷却，用浓硫酸酸化溶液从强碱性至强酸性，苯甲酸全部析出为止
Ⅳ、过滤可得粗产品约2g
Ⅴ、用重结晶法提纯
Ⅵ、用碱滴定法测纯度，取样品，溶于乙醇中，加入水和2滴酚酞，用溶液滴定
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中冷凝管选择不合适的是___________(选填A、B、C)
（2）步骤Ⅱ反应基本完成的现象为___________
（3）步骤Ⅴ中的合理步骤为___________
a→___________→___________→___________→___________。
a、加入约水()配制成热的浓溶液；
b、加半匙活性炭；
c、用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液；
d、搅拌下将溶液煮沸，过滤；
e、冷却结晶，过滤、洗涤、晾干得苯甲酸纯品。
（4）步骤Ⅵ中测得苯甲酸纯度大于100%的可能原因是___________，因此将步骤Ⅵ改为中和酸滴定法：称取样品，溶于浓度为中，加入2滴酚酞作指示剂，用盐酸调至红色消失，加入乙醚，10滴溴酚蓝作指示剂，摇匀，用盐酸滴定，边滴边将水层和乙醚层充分摇匀使生成的苯甲酸及时被乙醚溶解，水层显示为淡绿色时为滴定终点，三次平行数据如下，则苯甲酸的纯度为___________。
序号
1
2
3
样品质量/g
0.1000
0.1000
0.1000
耗酸体积/
8.00
8.02
7.98
【答案】（1）C （2）溶液上方不再有明显油珠
（3）a→b→d→c→e
（4） ①. 产品中有残酸存在 ②. 97.6%
【解析】
【分析】实验利用甲苯与高锰酸钾在加热的条件下制备苯甲酸，同时对产物用重结晶的的方法提纯，最后用中和酸滴定法测量产品的纯度，按照题目所给步骤进行实验，按要求解答。
【小问1详解】
A为直形冷凝管、B为球形冷凝管、C为蛇形冷凝管，由于实验过程中需从冷凝管上口分批加入固体，所以不宜选用蛇形冷凝管；故答案为：C。
【小问2详解】
步骤Ⅱ为甲苯与高锰酸钾反应生成苯甲酸，当溶液上方不再有明显油珠时，说明甲苯已基本反应，即反应基本完成；故答案为：溶液上方不再有明显油珠。
【小问3详解】
步骤Ⅴ为重结晶法提纯苯甲酸，先向粗产品中加入约水()配制成热的浓溶液，使苯甲酸溶解，再加入加半匙活性炭，搅拌下将溶液煮沸，过滤除去残留固体，再用少量沸水洗涤烧杯和漏斗中的固体，合并滤液，最后进行冷却结晶，过滤、洗涤、晾干，即可得到苯甲酸纯品；故答案为：a→b→d→c→e。
【小问4详解】
步骤Ⅵ用碱滴定法测苯甲酸的纯度，若产品中有其他酸残留，则会导致碱性标准液用量偏高，测得苯甲酸纯度可能大于100%；步骤Ⅵ改为中和酸滴定法测量样品的纯度，用溶液溶解样品，加入酚酞指示剂，用盐酸调至红色消失，再用盐酸滴定生成的苯甲酸钠，由表格可知，消耗盐酸平均用量为8.00ml，由盐酸与苯甲酸钠反应方程式可知，生成苯甲酸的物质的量为：8.0010-3L=8.0010-4mol，则样品中苯甲酸的纯度为：；故答案为：产品中有残酸存在；97.6%。
25. 已知：
①
②
有机物Y是重要的化工材料，其合成流程如下：
请回答下列问题：
（1）X→F的反应类型___________
（2）写出E的结构简式___________
（3）下列说法错误的是___________
A. 的反应类型是加成反应
B. 试剂M的化学式为CH≡CNa
C. 有机物D存在1个手性碳原子，有对映异构体
D. 与NaOH溶液反应，1 molY最多消耗2 mol NaOH
（4）G→Y转化过程中有副反应发生，可以形成新的四元环或五元环，写出生成五元环的化学方程式___________
（5）写出2种X的同分异构体，满足下列条件___________
①能发生银镜反应
②含苯环，且苯环上氢核磁共振谱图显示有2种峰
（6）以为原料，设计合成的路线(无机试剂与有机溶剂任选) ___________。
【答案】（1）氧化反应
（2） （3）AD
（4）+H2O
（5）、、、、、 （6）
【解析】
【分析】经系列反应产生B：，与Br2在光照时发生取代反应产生C：，C与CH≡CNa发生取代反应产生D，D加热发生反应产生E： ，E与O3在Zn、H2O存在条件下反应X，X与O2在加热时发生氧化反应产生F：，F与H2发生加成反应产生G：，G与浓硫酸混合加热，发生缩聚反应反应产生聚酯Y和水。
【小问1详解】
根据上述分析可知：X与O2在催化剂存在条件下发生-CHO的氧化反应产生-COOH，反应达到F：，故X→F的反应类型为氧化反应；
【小问2详解】
根据上述分析可知E结构简式是；
【小问3详解】
A．B是，与Br2在光照时发生取代反应产生C：和HBr，故该反应的类型是取代反应，A错误；
B．根据信息①反应，可知与CH≡CNa发生取代反应产生D，故试剂M结构简式是CH≡CNa，B正确；
C．手性C原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子。根据D结构简式，可知该物质分子中与-C≡CH连接的C原子为手性C原子，该物质分子结构对称，为对映异构体，C正确；
D．Y是高聚物，其每个链节中含有2个-COOH可以与NaOH反应，其中含有的酯基水解产生的-COOH也可以与NaOH发生反应，则Y与NaOH溶液反应，1 molY最多消耗3n mol NaOH，D错误；
故合理选项是AD；
【小问4详解】
G→Y转化过程中有副反应发生，可以形成新的四元环或五元环，则生成五元环的化学方程式为：+H2O；
【小问5详解】
X是，题同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②含苯环，且苯环上氢核磁共振谱图显示有2种峰，说明分子中含有苯环，在苯环上有两种不同位置的H原子，则符合条件的同分异构体结构简式可能为：、、、、、；
【小问6详解】
与Br2在光照条件下发生取代反应产生，与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生，与Br2的CCl4溶液发生加成反应产生，与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生，故由制取的合成路线为：。
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