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2022-2023学年福建省泉州市部分中学高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省泉州市部分中学高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共24页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题，推断题等内容，欢迎下载使用。
1.化学在社会进步中发挥着关键性作用。下列有关材料的说法错误的是( )
A. 2022年北京冬奥会开幕式演出服为石墨烯智能发热材料，属于新型无机非金属材料
B. 华为第6代半导体显示器件使用的半导体材料是晶体硅
C. 汽车尾气中的NO主要来源于汽油的不充分燃烧
D. “嫦娥五号”月球车上的国旗是由高分子材料嵌入纤维制成的，纤维也属于高分子材料
2.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3NA
B. 0.1Laml/L的NaClO溶液中，含有的ClO−数目可能为0.09aNA
C. 1ml[Cu(NH3)3CO]+中σ键的个数为10NA
D. 常温下，5.6g铁与100mL3ml/L的硝酸反应，铁失去的电子数为0.3NA
3.有机化合物A的键线式结构为
，有机化合物B与等物质的量的H2发生加成反应可得到有机化合物A，下列有关说法正确的是( )
A. 有机化合物B的结构可能有3种
B. 有机化合物A的分子式为C8H16
C. 有机化合物A的一氯取代物只有4种
D. 用系统命名法命名有机化合物A，名称为3，4，4−三甲基戊烷
4.一种新型电池的电解质是由短周期主族元素组成的化合物，结构如图所示。其中元素W、X、Y、Z处于元素周期表的同一周期，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍。下列叙述错误的是( )
A. 原子半径：r(W)B. 简单气态氢化物的热稳定性：ZC. W和X组成的XW3分子为含极性键的非极性分子
D. Y和Z组成的ZY2分子中各原子均达到8电子稳定结构
5.下列离子方程式正确的是( )
A. 氢氧化钠溶液中通入过量二氧化碳气体：2OH−+CO2=CO32−+H2O
B. 用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl−+2H2OCu(OH)2↓+H2↑+Cl2↑
C. 碳酸钠的水解反应：CO32−+H3O+⇌HCO3−+H2O
D. 酸性高锰酸钾溶液与双氧水反应：2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
6.精细化学品Z是X与HBr反应的主产物，X→Z的反应机理如图：
下列说法错误的是( )
A. X与互为顺反异构体
B. X与苯乙烯互为同系物
C. X与HBr反应有副产物生成
D. Y分子中碳正离子杂化类型为sp3
7.用下列装置进行相关的实验，能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
8.密闭容器中加入HBr，一定条件下发生反应：2HBr(g)⇌Br2(g)+H2(g)，c(HBr)随反应时间的变化如曲线①所示，分别改变一个条件，得到曲线②和③，下列说法错误的是( )
A. 该反应正反应为吸热反应
B. 曲线①，0∼50min用H2表示的平均反应速率为0.01ml⋅L−1⋅min−1
C. 曲线②，可能使用了催化剂或压缩容器体积
D. 曲线③，达到平衡后，容器内各物质的浓度分别增加0.2ml⋅L−1，平衡正向移动
9.咔唑()是一种新型有机液体储氢介质。下列说法错误的是( )
A. 电负性：N>H>C
B. 同周期元素中第一电离能小于N的有5种
C. 咔唑的沸点比的沸点高
D. 基态氮原子的外围电子轨道表示式不能写为，因为违背了洪特规则原理
10.以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe3O4等杂质)制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)的基本工业流程如图：
下列说法错误的是( )
A. 浸锰过程Fe3O4发生反应的离子方程式：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+
B. 滤渣Ⅱ中主要成分为Fe(OH)3
C. 氧化过程的目的是将过量的SO2消耗，将Fe2+氧化为Fe3+
D. 沉锰过程发生的反应为 Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O
11.2，5−呋喃二甲酸(FDCA)是一种重要的化工原料，可用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH−，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是( )
A. 该装置是将化学能转化为电能
B. 双极膜中间层中的OH−在外电场的作用下移向铅电极
C. 制得1mlFDCA，理论上消耗2ml
D. 阴极区的电极反应为：
12.锂电池负极材料为Li嵌入两层石墨层中，形成如图所示的晶胞结构。下列说法中正确的是( )
A. 石墨与金刚石互为同分异构体
B. 该负极材料碳原子的杂化方式为sp3杂化
C. Li的配位数为6
D. 晶胞中Li与C原子个数比为1：6
13.科学家最近发现了一种利用水催化促进NO2和SO2转化的化学新机制。如图所示，电子传递可以促进HSO3−中O−H键的解离，进而形成中间体SO3−，通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的SO3−或HSO3−可以将电子快速转移给周围的气相NO2分子。下列叙述错误的是( )
A. 观察图可知“水分子桥”与氢键形成有关
B. 1mlHSO3−通过“水分子桥”传递2ml电子
C. HSO3−与NO2间发生的总反应的离子方程式为：HSO3−+2NO2+H2O=2HNO2+HSO4−
D. 反应过程中涉及极性键的断裂与形成
14.25℃时，向弱酸H3RO3的溶液中加入NaOH溶液，所有含R微粒的lgc−pOH关系如图所示。下列叙述错误的是已知：pOH=−lgc(OH−)( )
A. Na2HRO3属于正盐
B. a点溶液中，c(Na+)>3c(H2RO3−)
C. 曲线③表示lgc(H3RO3)随pOH的变化
D. 反应H3RO3+HRO32−⇌2H2RO3− 的平衡常数K=105.3
二、流程题：本大题共1小题，共12分。
15.铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS2、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如图：
已知：i.Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水。
ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质。
iii.Cu(OH)2(s)+4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH−(aq)K=4.4×10−7。
回答下列问题：
(1)为提高“氧化浸取”速率，采取的措施有：升高温度、______ (写出一条)。辉铋矿浸取率随温度的变化曲线如图，高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是______。
(2)“除铜”时发生反应：Cu2+(aq)+4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+(aq)K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]______。
(3)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式为______。
(4)已知酸性环境下，NaBiO3可以将Mn2+氧化成MnO4−(BiO3−被还原成Bi3+)。可通过一个原电池装置来证明，①请在图中的方框内标出溶液中溶质的化学式______；②并写出负极的电极反应式：______。
(5)甲同学取NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用aml⋅L−1H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4−，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗bmL标准溶液。甲同学测得产品的纯度为______ (用含w、a、b的代数式表示)。乙同学认为甲同学的测量数据不一定准确，若排除实验仪器和操作的影响因素，还需进行的操作是______。已知：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4−+5Na++7H2O。
三、实验题：本大题共1小题，共11分。
16.苯酚是重要的化工原料，有关苯酚的实验如下：
(Ⅰ)苯酚的制备
工业上用异丙苯氧化法合成苯酚，其生产流程如图：
(1)异丙苯氧化过程①温度不能过高的原因是______。
(2)检验有机相中是否含有水的试剂是______。
(3)“操作1”的名称是______。
(Ⅱ)苯酚的实验探究
探究铁盐种类和pH对苯酚与Fe3+显色反应的影响。
查阅资料：
ⅰ.[Fe(C6H5O)6]3−为紫色；
ⅱ.Na+对苯酚与Fe3+的显色反应无影响；
ⅲ.[Fe(C6H5O)6]3−对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与[Fe(C6H5O)6]3−的浓度在一定范围内成正比；
ⅳ.苯酚与Fe3+的显色原理：Fe3++6C6H5OH⇌[Fe(C5H5O6)]3−+6H+。
提出猜想：
猜想1：Cl−对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
猜想2：SO42−对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
猜想3：H+对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
进行实验：常温下，用盐酸调节配制得到pH分别为a和b的0.1ml⋅L−1FeCl3溶液(a>b)，用硫酸调节配制得到pH分别为a和b的0.05ml⋅L−1Fe2(SO4)3溶液。取5mL苯酚溶液于试管中，按实验1∼4分别再加入0.1mL含Fe3+的试剂，显色10min后用紫外-可见分光光度计测定该溶液的吸光度(本实验pH改变对Fe3+水解程度的影响可忽略)。
结果讨论：实验结果为A1>A2>A3>A4。
(4)①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想3成立的理由是______。
②为进一步验证猜想，小组同学设计了实验5和6，补充下表中相关内容。(限选试剂：NaCl溶液、Na2SO4溶液、NaCl固体、Na2SO4固体)
③小组同学得出实验结果为：A5=A3，A6④根据实验1∼6的结果，小组同学得出猜想3成立，且H+对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是______。
四、简答题：本大题共2小题，共25分。
17.丙烯是重要的有机原料，由丙烷制备丙烯是近年来研究的热点，主要涉及如下反应。
反应i：2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2O(g)△H1=−235kJ⋅ml−1
反应ii：2C3H8(g)+7O2(g)⇌6CO(g)+8H2O(g)△H2=−2742kJ⋅ml−1
回答下列问题：
(1)反应：2C3H6(g)+6O2(g)⇌6CO(g)+6H2O(g)△H3=______。
(2)在刚性绝热容器中通入C3H8和O2，若只发生反应i，下列能说明已达到平衡状态的有______ (填标号)。
A.每断裂1mlO=O键，同时生成4mlO−H键
B.容器内温度不再变化
C.混合气体的密度不再变化
D.容器内n(C3H6)n(H2O)保持不变
(3)在压强恒定为100kPa条件下，按起始投料n(C3H8)：n(O2)=2：1，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应i和反应ii，其中相同时间内不同温度下丙烷和氧气的转化率如图。
①线______ (填“L1”或“L2”)表示丙烷的转化率。
②温度高于T1K后曲线L2随温度升高而降低的原因为______。
③当温度高于______ (填“T1”或“T2”)时，可判断反应ii不再发生的依据是______， a点对应的温度下，丙烯的分压p(C3H6)=______ kPa(保留3位有效数字，下同)，反应i的平衡常数Kθ=______。 [已知：分压p分=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)⇌gG(g)+hH(g)，Kθ=(pGp总)K⋅(pHp总)h(pDp总)d⋅(pEp总)e，其中pG、pH、pD、pE为反应平衡时各组分的分压]
18.“中国紫”一硅酸铜钡(BaCuSi2O6)，其合成原料为BaCO3、孔雀石[Cu2(OH)2CO3]和砂子(SiO2)。回答下列问题：
(1)基态Cu原子核外电子的空间运动状态有______种；基态 Cu原子的价电子排布式______。
(2)BaCO3中CO32−的键角为______，与CO32−互为等电子体的分子是______。
(3)孔雀石溶于强酸可生成Cu2+，Cu2+与过量氨水可形成配离子[Cu(NH3)4]2+；Cu2+还可与其他微粒形成配离子，如与乙二胺形成
。
①此配离子内部不含有的化学键类型是______。
A.离子键
B.非极性键
C.配位键
D.氢键
②NH3的VSEPR模型名称为______，比较H−N−H键角NH3小于[Cu(NH3)4]2+，原因是______。
(4)SiO2晶体虽然硬度大，却很容易经锤击而破碎，其原因是______。
(5)已知Cu2O的立方晶胞结构如图所示，若晶体的密度为ag⋅cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Cu与O之间最短距离为______ pm(用含a、NA的代数式表示)。
五、推断题：本大题共1小题，共10分。
19.石油分馏得到烃A(C6H14)可在Pt催化下脱氢环化，逐步转化为芳香烃。以烃A为原料合成两种高分子材料的路线如图：
已知：①B的核磁共振氢谱中只有一组峰，G为一氯代烃；
②R−X+R′−X→Na20℃R−R′(X为卤素原子，R、R′为烃基)。
回答下列问题：
(1)I所含官能团的名称为______。
(2)反应类型：I→J______。
(3)E的结构简式为______。
(4)F合成丁苯橡胶的化学方程式为______。
(5)比I相对分子质量大14的同系物中且主链有5个碳原子的同分异构体数目为______，其中核磁共振氢谱有 3组峰，且峰面积比为1：2：3的有机物的结构简式为______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.石墨烯是一种以sp2杂化连接的碳原子紧密堆积成单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，属于新型无机非金属材料，故A正确；
B.晶体硅可以做半导体材料，故B正确；
C.汽油中无氮元素，氮氧化物产生的原因是内燃机的高温环境使空气中的N2与O2化合形成NO，故C错误；
D.纤维的相对分子质量大于一万，属于高分子材料，故D正确；
故选：C。
A.石墨烯是非金属元素碳的一种单质，属于新型无机非金属材料；
B.晶体硅可以做半导体材料；
C.汽油中无氮元素，氮氧化物产生的原因是内燃机的高温环境使空气中的N2与O2化合形成NO；
D.高分子的相对分子质量一般大于一万。
本题考查了物质的组成、性质及变化，注意知识的积累，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的综合运用能力。
2.【答案】B
【解析】解：A.未告知气体的状态，无法使用气体摩尔体积进行计算，无法计算11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数，故A错误；
B.NaClO溶液中存在物料守恒关系为c(Na+)=c(ClO−)+c(HClO)=aml/L，因此可知N(ClO−)+N(HClO)=aml/L⋅0.1L⋅NAml−1=0.1aNA，因此含有的ClO−数目可能为0.09aNA，故B正确；
C.[Cu(NH3)3CO]+中铜离子和3个N原子形成3个σ键，和CO形成一个σ键，每个H原子和N原子形成1个σ键，每个C原子和O形成一个σ键，共含14NA，故C错误；
D.当铁过量时反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，当硝酸过量时反应为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，根据题干知5.6g铁为0.1ml，可知若要使Fe完全转化为硝酸铁则需要0.4ml的硝酸，但是若要使Fe完全转化为硝酸亚铁则需要约0.27ml的硝酸，而硝酸有100mL×3ml/L=0.3ml，故产物既有硝酸铁又有硝酸亚铁，因此铁失去的电子数不为0.3NA，故D错误；
故选：B。
A.未告知气体的状态；
B.NaClO溶液中存在物料守恒关系为c(Na+)=c(ClO−)+c(HClO)=aml/L，可知N(ClO−)+N(HClO)=aml/L⋅0.1L⋅NAml−1=0.1aNA；
C.[Cu(NH3)3CO]+中铜离子和3个N原子形成3个σ键，和CO形成一个σ键，每个H原子和N原子形成1个σ键，每个C原子和O形成一个σ键；
D.当铁过量时反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，当硝酸过量时反应为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3.【答案】A
【解析】解：A.A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：、、故A正确；
B.由A的结构简式可知，A的分子式为C8H18，故B错误；
C.根据信息可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，故C错误；
D.最长的主链含有5个C原子，从距离甲基近的一段编碳号，的名称为：2，2，3−三甲基戊烷，故D错误；
故选：A。
A.A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键；
B.根据A的结构简式书写分子式；
C.根据信息可知，A的结构简式为，根据等效氢判断一氯代物种数；
D.最长的主链含有5个C原子，从距离甲基近的一段编碳号，再根据系统命名法命名。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查命名、同分异构体、加成反应等，题目难度中等。
4.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，W为F、X为B、Y为O、Z为C，
A.同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r(W)B.非金属性F大于O，则简单气态氢化物的热稳定性：W>Y，故B错误；
C.BF3分子中B上无孤对电子，为sp2杂化，只含B−F极性键，为平面三角形，属于非极性分子，故C正确；
D.ZY2分子为CO2，各原子均达到8电子稳定结构，故D正确；
故选：B。
电解质是由短周期主族元素组成的化合物，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，X的次外层只能为2，X位于第二周期，Y的最外层电子数为6，由化合物的结构可知，Y形成2个共价键，Z形成4个共价键，其中元素W、X、Y、Z处于元素周期表的同一周期，W形成1个共价键，X、W之间为配位键，则W为F、X为B、Y为O、Z为C，以此解答该题。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、化合物的结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.氢氧化钠溶液中通入过量二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，正确的离子方程式为：OH−+CO2=HCO3−，故A错误；
B.用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜，电解方程式为Cu2++2Cl−Cu+Cl2↑，故B错误；
C.碳酸钠的水解反应，离子方程式：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故C错误；
D.酸性高锰酸钾溶液与双氧水反应的离子反应为2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D正确；
故选：D。
A.二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子；
B.用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜；
C.碳酸根离子水解生成碳酸氢根和氢氧根离子；
D.发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒。
本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重水解、电解及氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.碳碳双键的碳原子上连接不同基团时存在顺反异构，则X与互为顺反异构体，故A正确；
B.X与苯乙烯的结构相似，相差1个CH2原子团，则X与苯乙烯互为同系物，故B正确；
C.X与HBr发生加成反应时，Br原子可连接在双键的不同碳原子上，则X与HBr反应有副产物生成，故C正确；
D.Y分子中碳正离子形成3个σ键，不含孤电子对，则碳正离子杂化类型为sp2，故D错误；
故选：D。
A.碳碳双键的碳原子上连接不同基团时存在顺反异构；
B.X与苯乙烯的结构相似，相差1个CH2原子团；
C.X与HBr发生加成反应时，Br原子可连接在双键的不同碳原子上；
D.Y分子中碳正离子形成3个σ键，不含孤电子对。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.电镀时，镀层金属作阳极、镀件作阴极，则Cu与电源正极相连作阳极，图中电源正负极应互换，故A错误；
B.制取氢氧化铁胶体是将饱和氯化铁溶液加入沸水中继续加热至溶液呈红褐色即可，该过程能达到实验目的，故B正确；
C.b中导管可平衡气压，关闭a、打开b，液体可顺利流下，不能检验气密性，故C错误；
D.溴水可氧化橡胶，不能选图中碱式滴定管盛放溴水，且无法判断滴定终点，不能测定KI的浓度，故D错误；
故选：B。
A.电镀时，镀层金属作阳极、镀件作阴极；
B.制取氢氧化铁胶体是将饱和氯化铁溶液加入沸水中继续加热至溶液呈红褐色即可；
C.b中导管可平衡气压；
D.溴水可氧化橡胶。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的鉴别、仪器的使用、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，③先达到平衡，且平衡时c(HBr)小，可知改变条件为升高温度，则正反应为吸热反应，故A正确；
B.曲线①，0∼50min用H2表示的平均反应速率为1ml/L50min×12=0.01ml⋅L−1⋅min−1，故B正确；
C.①②的平衡状态相同，②中反应速率快，且反应为气体体积不变的反应，则曲线②可能使用了催化剂，若缩小体积，气体的浓度都增大，与图像不符合，故C错误；
D.曲线③达到平衡时，c(HBr)=0.2ml/L，Br2(g)、H2(g)的浓度均为0.7ml/L，K=0.7×0.7(0.2)2=494，往容器中加入浓度均为0.2ml⋅L−1的三种物质，Qc=0.9×0.9(0.4)2=8116故选：C。
A.由图可知，③先达到平衡，且平衡时c(HBr)小，可知改变条件为升高温度；
B.结合v=△c△t及速率之比等于化学计量数之比计算；
C.①②的平衡状态相同，②中反应速率快；
D.根据Qc与K的大小关系进行判断平衡移动。
本题考查化学平衡及计算，为高频考点，把握平衡移动、K的计算、速率计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性N>C>H，故A错误；
B.根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故与N同周期的元素中，第一电离能小于N的有Li、Be、B、C、O5种，故B正确；
C.N、O、F三种元素可以与H元素形成氢键，咔唑分子中的N原子可以形成氢键增大了分子之间的作用，沸点升高，故C正确；
D.所画的电子排布图中2p能级，在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，违背了洪特规则，故D正确；
故选：A。
A.同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；
B.根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常；
C.N、O、F三种元素可以与H元素形成氢键，咔唑分子中的N原子可以形成氢键增大了分子之间的作用，沸点升高；
D.洪特规则：在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同。
本题是物质结构与性质的综合题，考查了原子价电子排布、电负性变化规律、氢键对物质性质的影响，是高考必考题目，题目难度中等，把握物质结构与性质的相关知识是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力、应用能力。
10.【答案】A
【解析】解：A.浸锰过程中通入过量的SO2，将MnO2和Fe2O3还原成Mn2+和Fe2+，反应的离子方程式为：Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42−+H2O，故A错误；
B.调节pH=3.7，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣II主要成分为为氢氧化铁，故B正确；
C.由分析可知，氧化过程的目的主要是将Fe2+氧化为Fe3+，以便以后步骤中调节pH值来沉淀除去，也能将过量的SO2消耗，故C正确；
D.滤液为硫酸锰溶液，向滤液中加入适量NH4HCO3溶液，生成MnCO3沉淀，同时由二氧化碳生成，发生的反应为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故D正确，
故选：A。
由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生反应MnO2+SO2=MnSO4，Fe3O4+SO2+4H+=3Fe2++SO42−+2H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入MnO2氧化亚铁离子，反应为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，据此分析解题。
本题主要考查了物质的分离与提纯，侧重考查学生分析、解决问题的能力，掌握基础知识，提炼题给信息是解答该题的关键。
11.【答案】C
【解析】解：A.由图可知该装置是电解池装置，是电能转化为化学能的过程，故A错误；
B.铅电极为阴极，催化电极为阳极，双极膜中间层中的OH−在外电场的作用下移向催化电极，故B错误；
C.阳极反应为，阴极反应式为+6H++6e−=，生成1mlFDCA时阳极消耗1ml，转移电子6ml，根据电子守恒可知阴极也消耗1ml，则理论上共消耗2ml ，故C正确；
D.a为电源负极，b为正极，负极区的铅电极反应为+6H++6e−=，故D错误；
故选：C。
该装置为电解池，铅电极上发生还原反应生成，催化电极上发生氧化反应生成，则铅电极为阴极，催化电极为阳极，阴阳极分别与电源负正极相接，a为电源负极，b为正极，阳极反应为，阴极反应式为+6H++6e−=，据此分析解答。
本题考查电解原理的应用，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电极判断和电极反应是解题关键，注意掌握电极反应式的书写，题目难度中等。
12.【答案】D
【解析】解：A.石墨与金刚石是碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，不是同分异构体，故A错误；
B.由图可知，C原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，杂化方式为sp2，故B错误；
C.Li嵌入两层石墨层中，同层上与顶点Li原子最近的C原子数目为(1+2×12)×3=6或2×12×6=6，则晶胞中与顶点Li原子最近的C原子数目为12，即Li的配位数为12，故C错误；
D.该晶胞中Li原子位于顶点，数目为4×112+4×16=1，C原子数目为2+8×12=6位于棱上、体内，数目为2+8×12=6，则晶胞中Li与C原子个数比为1：6，故D正确；
故选：D。
A.石墨与金刚石是碳元素形成的不同单质；
B.该负极材料碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2杂化；
C.由图可知，顶点的Li原子的配位数为2×(1+2×12)×3=12或2×2×12×6=12；
D.晶胞中Li为顶点，原子数目为4×112+4×16=1，C原子为棱上和体内，数目为2+8×12=6。
本题考查晶胞的计算、原子杂化类型及杂化方式的判断，侧重基础知识检测能力和灵活运用能力的考查，把握配位数概念、晶胞中原子数目的计算、杂化方式的判断等知识是解题关键，注意掌握晶胞的相关计算，题目难度中等。
13.【答案】B
【解析】解：A.N、O原子的电负性大，与周围其它分子(或离子)中的H原子之间形成氢键，故A正确；
B.由图示知，1mlHSO3−通过“水分子桥”传递1ml电子，故B错误；
C.由图示知，HSO3−与NO2间发生的总反应的离子方程式HSO3−+2NO2+H2O=2HNO2+HSO4−，故C正确；
D.由图可知，电子传递可以促进HSO3−中O−H键的解离，进而形成中间体SO3−，以及H2O中的H与NO2中的O之间的形成O−H键，即涉及极性键O−H键的断裂与形成，故D正确；
故选：B。
A.由图示知，N、O原子的电负性大；
B.由图示知，1mlHSO3−通过“水分子桥”传递1ml电子；
C.由图示知，HSO3−与NO2间发生的总反应的离子方程式HSO3−+2NO2+H2O=2HNO2+HSO4−；
D.由图可知，电子传递可以促进HSO3−中O−H键的解离，进而形成中间体SO3−，以及H2O中的H与NO2中的O之间的形成O−H键。
本题考查水催化促进NO2和SO2转化的化学新机制，熟悉反应原理是解题的关键，题目难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.H3RO3为二元弱酸，Na2HRO3属于正盐，故A正确；
B.由a点可知，c(HRO32−)=c(H2RO3−)，依据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(H2RO3−)+c(OH−)+2c(HRO32−)，故c(Na+)=3c(H2RO3−)，故B错误；
C.c(H2RO3−)随NaOH加入先增大后减小，故曲线③表示lgc(H3RO3)随pOH的变化，故C正确；
D.反应H3RO3+HRO32−⇌2H2RO3−的平衡常数K=c2(H2RO3−)c(H3RO3)⋅c(HRO32−)=Ka1Ka2=10−1.410−6.7=105.3，故D正确
故选：B。
由图可知，溶液中只有三种R微粒，故H3RO3为二元弱酸，加入NaOH依次发生反应H3RO3+OH−=H2RO3−+H2O，H2RO3−+OH−=HRO32−+H2O，故曲线①表示lgc(HRO32−)随pOH的变化，曲线②表示lgc(H2RO3−)，随pOH的变化，曲线③表示lgc(H3RO3)随pOH的变化，由a(7.3,−1.3)可知，c(HRO32−)=c(H2RO3−)，pOH=7.3，c(OH−)=10−7.3ml/L，c(H+)=10−6.7ml/L，H3RO3的Ka2=c(H+)⋅c(HRO32−)c(H2RO2−)=c(H+)=10−6.7，由c(12.6,−1.3)可知，c(H3RO3)=c(H2RO3−)，pOH=12.6，c(OH−)=10−12.6ml/L，c(H+)=10−1.4ml/L，H3RO3的Ka1=c(H+)⋅c(H2RO3−)c(H3RO3−)=10−1.4，据此作答。
本题考查酸碱中和滴定，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断曲线代表物质是解题的关键。
15.【答案】将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)高于40℃时，盐酸挥发或双氧水分解 =2.2×10−20 Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O Mn2++4H2O−5e−=MnO4−+8H+ 28abw%重复实验2∼3次
【解析】解：(1)为提高“氧化浸取”速率，采取的措施有：升高温度、将辉铋矿粉碎研磨、适当提高盐酸浓度、搅拌等；盐酸是氯化氢气体的水溶液，温度过高盐酸挥发，盐酸浓度降低，并且双氧水会分解，导致浸取率快速下降，
故答案为：将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)；高于40℃时，盐酸挥发或双氧水分解；
(2)Cu(OH)2(s)+4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH−(aq)的K=c2(OH−)⋅c{Cu[(NH3)4]2+}c4(NH3)=4.4×10−7，Cu2+(aq)+4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+(aq)的K=c{Cu[(NH3)4]2+}c(Cu2+)⋅c4(NH3)=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)⋅c2(OH−)=4.4×10−72×1013=2.2×10−20，
故答案为：=2.2×10−20；
(3)碱性条件下，NaClO氧化Bi3+生成NaBiO3沉淀，反应的离子方程式为Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O，
故答案为：Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O；
(4)①该原电池工作时，BiO3−被还原为Bi3+，Mn2+被氧化为MnO4−，则双液原电池中负极电解质为MnSO4，正极电解质为NaBiO3、H2SO4，根据电子流向可知，右侧为负极区，
故答案为：；
②负极上Mn2+失电子生成MnO4−，电极反应式为Mn2++4H2O−5e−=MnO4−+8H+，
故答案为：Mn2++4H2O−5e−=MnO4−+8H+；
(5)根据电子守恒可知，NaBiO3∼2e−∼H2C2O4，则n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cV=0.001abml，n(NaBiO3)=nM=0.001abml×280g/ml=0.28abg，纯度为0.28abgwg×100%=28abw%，要减少实验误差，使测量数据准确，一般要重复实验2∼3次，
故答案为：28abw%；重复实验2∼3次。
由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS2、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3流程为：向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应为Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，FeS2+3H2O2+6H+=2Fe3++4S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，调pH除去Fe3+得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水除去Cu2+，发生的反应Cu2++4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶解滤渣，再加入NaOH、NaClO转化为NaBiO3，反应为Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O，过滤、洗涤、干燥得到产品NaBiO3，据此分析解答(1)∼(3)；
(4)该原电池工作时，BiO3−被还原为Bi3+，Mn2+被氧化为MnO4−，根据外电路中电子流向可知，右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极反应为Mn2++4H2O−5e−=MnO4−+8H+，正极反应为NaBiO3+6H++2e−=Bi3++Na++3H2O；
(5)根据电子守恒可知，NaBiO3∼Bi3+∼2e−，H2C2O4∼2CO2∼2e−，则NaBiO3∼H2C2O4，n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cV=0.001abml。
本题考查了物质的制备，把握物质的性质、反应原理、混合物分离方法、氧化还原反应规律及其计算为解答的关键，侧重分析、实验能力、计算能力的考查，题目难度中等。
16.【答案】防止温度过高导致异丙苯过氧化氢分解，产率降低 无水CuSO4 分液 Cl−或SO42−对苯酚与Fe3+的显色可能有影响 Na2SO4固体 猜想1不成立，猜想2成立且SO42−对苯酚与Fe3+的显色反应起抑制作用 Fe3+与苯酚的显色时，发生反应：Fe3++6C6H5OH⇌[Fe(C5H5O6)]3−+6H+，c(H+)增大，平衡逆向移动，[Fe(C5H5O6)]3−的浓度减小，溶液颜色变浅
【解析】解：(1)异丙苯过氧化氢不稳定受热易分解，故防止温度过高导致异丙苯过氧化氢分解，产率降低，
故答案为：防止温度过高导致异丙苯过氧化氢分解，产率降低；
(2)无水硫酸铜遇水变为蓝色，故检验有机相中是否含有水的试剂是无水硫酸铜，
故答案为：无水CuSO4；
(3)“操作1”为分离有机相和水相的操作，为分液，
故答案为：分液；
(4)①实验1、3的pH相同、酸根离子不同，实验2、4的pH相同、酸根离子不同，而实验中A1≠A3、A2≠A4，说明Cl−或SO42−对苯酚与Fe3+的显色反应也有影响，
故答案为：Cl−或SO42−对苯酚与Fe3+的显色可能有影响；
②为进一步验证Cl−、SO42−对苯酚与Fe3+的显色反应的影响，实验5、6改变Cl−、SO42−的浓度，由表格可知，在溶液总体积不变的情况，实验5加入氯化钠固体改变了氯离子的浓度，实验6则需要加入硫酸钠改变硫酸根离子的浓度，
故答案为：Na2SO4固体；
③已知：Na+对苯酚与Fe3+的显色反应无影响，A5=A3，则说明氯离子浓度对显色反应没有影响；A6故答案为：猜想1不成立，猜想2成立且SO42−对苯酚与Fe3+的显色反应起抑制作用；
④苯酚与Fe3+的显色原理：Fe3++6C6H5OH⇌[Fe(C5H5O6)]3−+6H+，增加氢离子浓度，平衡逆向移动，导致，[Fe(C5H5O6)]3−浓度减小，溶液颜色变浅，故H+对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用，
故答案为：Fe3+与苯酚的显色时，发生反应：Fe3++6C6H5OH⇌[Fe(C5H5O6)]3−+6H+，c(H+)增大，平衡逆向移动，[Fe(C5H5O6)]3−的浓度减小，溶液颜色变浅。
异丙苯在100∼120℃被氧气氧化成异丙苯过氧化氢，需要防止温度过高导致异丙苯过氧化氢分解，再加稀硫酸，温度控制在90℃，得到液态混合物，再通过分液分理处有机相和稀硫酸，最后经操作2得到苯酚、异丙苯、丙酮，以此答题。
本题主要考查了性质实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，正确理解每步操作的作用是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
17.【答案】−2507kJ/mlBL2 反应ⅰ、ⅱ均为放热反应，温度升高平衡逆向移动 T2 起始投料比n(C3H8)：n(O2)=2：1，若只发生反应ⅰ，则O2与丙烷的转化率相同，从图上可以看出T2之后O2与丙烷的转化率相同
【解析】解：(1)根据盖斯定律：反应ii−i计算反应2C3H6(g)+6O2(g)⇌6CO(g)+6H2O(g)的焓变△H3=−2742kJ⋅ml−1−(235kJ⋅ml−1)=−2507kJ/ml
故答案为：−2507kJ/ml；
(2)A.每断裂1mlO=O键，同时生成4mlO−H键，即消耗1mlO2，生成2mlH2O，无论反应是否达到平衡状态，始终存在该等量关系，不能据此说明反应达到平衡，故A错误；
B.刚性绝热容器内温度不再变化，说明各物质的浓度均保持不变，反应达到平衡状态，故B正确；
C.反应i的各物质均为气体，恒容容器中混合气体的密度始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，故C错误；
D.容器内n(C3H6)n(H2O)=1，始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，故D错误；
故答案为：B；
(3)①起始投料n(C3H8)：n(O2)=2：1，反应i中丙烷和氧气的转化率相等，反应ii中氧气的转化率大于丙烷的转化率，则发生反应i和反应ii时氧气的转化率大于丙烷的转化率，由图可知，曲线L1表示氧气的转化率，曲线L2表示丙烷的转化率，
故答案为：L2；
②T1K时反应达到平衡状态，反应ⅰ、ⅱ均为放热反应，升高温度时反应ⅰ、ⅱ均逆向移动，使丙烷的转化率降低，
故答案为：反应ⅰ、ⅱ均为放热反应，温度升高平衡逆向移动；
③由图可知，温度高于T2K时丙烷和氧气的转化率相等，而起始投料n(C3H8)：n(O2)=2：1，反应i中丙烷和氧气的转化率相等，所以温度高于T2K时只发生反应i，反应ii不再发生；设起始投料中n(C3H8)=2ml，n(O2)=1ml，a点对应温度下丙烷和氧气的转化率相等、均为50%，即△n(C3H8)=2ml×0.5=1ml，△n(O2)=0.5ml，反应为 2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2O(g)，则△n(C3H6)=△n(H2O)=△n(C3H8)=1ml，混合气体的总量为5.5ml，p(C3H6)=p(H2O)=p(C3H8)=13.5×100kPa=2007kPa≈28.6kPa，p(O2)=1007kPa，p(C3H8)p总=p(C3H6)p总=p(H2O)p总=27，p(O2)p总=17，所以反应i的平衡常数Kθ=(27)2×(27)217×(27)2≈0.571，
故答案为：T2；起始投料比n(C3H8)：n(O2)=2：1，若只发生反应ⅰ，则O2与丙烷的转化率相同，从图上可以看出T2之后O2与丙烷的转化率相同；28.6；0.571。
(1)根据盖斯定律：反应ii−i计算反应2C3H6(g)+6O2(g)⇌6CO(g)+6H2O(g)的焓变△H3；
(2)反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
(3)①起始投料n(C3H8)：n(O2)=2：1，反应i中丙烷和氧气的转化率相等，反应ii中氧气的转化率大于丙烷的转化率，则发生反应i和反应ii时氧气的转化率大于丙烷的转化率；
②T1K时反应达到平衡状态，反应ⅰ、ⅱ均为放热反应，升高温度时反应ⅰ、ⅱ均逆向移动；
③由图可知，温度高于T2K时丙烷和氧气的转化率相等，而起始投料n(C3H8)：n(O2)=2：1，反应i中丙烷和氧气的转化率相等，即温度高于T2K时只发生反应i，设起始投料中n(C3H8)=2ml，n(O2)=1ml，a点对应温度下丙烷和氧气的转化率相等、均为50%，即△n(C3H8)=2ml×0.5=1ml，△n(O2)=0.5ml，反应为 2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2O(g)，则△n(C3H6)=△n(H2O)=△n(C3H8)=1ml，混合气体的总量为5.5ml，p(C3H6)=p(H2O)=p(C3H8)=13.5×100kPa=2007kPa，p(O2)=1007kPa。
本题考查化学平衡计算、化学平衡状态的判断、盖斯定律的计算应用，侧重计算能力和运用能力考查，把握化学平衡状态的判断、化学平衡影响因素和平衡常数的计算是解题关键，题目难度中等。
18.【答案】153d104s1 120∘SO3或BF3 A 正四面体形 氮原子均为sp3杂化，NH3分子中氮原子有孤电子对，[Cu(NH3)4]2+中NH3分子配位后氮原子就无孤电子对，孤电子对有较大斥力 SiO2晶体是共价晶体，共价键具有方向性，当受到大的外力作用时会发生原子错位而断裂 34×3288aNA×1010
【解析】解：(1)Cu是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，占据了1s、2是、2p、3s、3p、3d、4s共15个轨道，有15种空间运动状态，价电子排布式为3d104s1，
故答案为：15；3d104s1；
(2)CO32−中C原子价层电子对数为3+4+2−2×32=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，键角为120∘；SO3或BF3与CO32−原子个数相同、价电子数也相同，互为等电子体，
故答案为：120∘；SO3或BF3；
(3)①Cu2+有空轨道，N原子有孤电子对，可形成配位键，也可与其他乙二胺形成氢键，含有C−C非极性共价键，C−H、C−N、N−H等极性共价键，但不含离子键，
故答案为：A；
②中N原子价层电子对数为3+5−1×32=4，为sp3杂化，VSEPR模型名称为正四面体形；NH3和[Cu(NH3)4]2+中N原子都为sp3杂化，NH3分子中氮原子有孤电子对，[Cu(NH3)4]2+中NH3分子配位后氮原子就无孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，故H−N−H键角NH3小于[Cu(NH3)4]2+，
故答案为：正四面体形；氮原子均为sp3杂化，NH3分子中氮原子有孤电子对，[Cu(NH3)4]2+中NH3分子配位后氮原子就无孤电子对，孤电子对有较大斥力；
(4)SiO2晶体是共价晶体，共价键具有方向性，当受到大的外力作用时会发生原子错位而断裂，
故答案为：SiO2晶体是共价晶体，共价键具有方向性，当受到大的外力作用时会发生原子错位而断裂；
(5)由Cu2O的立方晶胞结构图可知，白球位于顶点和体心，个数为8×18+1=2，4个黑球位于体内，则白球为Cu，黑球为O，晶胞质量为4×16+2×64NAg=288NAg，设晶胞边长为xpm，晶胞体积为x3×10−30cm3，由ρ=mV可得，ag⋅cm−3=288NAx3×10−30g⋅cm−3，则x=3288aNA×1010pm，Cu与O之间最短距离为体对角线的14，即 34×3288aNA×1010pm，
故答案为： 34×3288aNA×1010。
(1)核外电子占据多少轨道就有多少种空间运动状态；Cu是29号元素，位于第四周期第ⅠB族；
(2)CO32−中C原子价层电子对数为3+4+2−2×32=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形；原子个数相同、价电子数也相同的微粒互为等电子体；
(3)①Cu2+有空轨道，N原子有孤电子对，含有C−C、C−H、C−N、N−H等共价键；
②中N原子价层电子对数为3+5−1×32=4，为sp3杂化；孤电子对与成键电子对间存在斥力；
(4)共价晶体中的共价键具有方向性；
(5)由Cu2O的立方晶胞结构图可知，白球位于顶点和体心，个数为8×18+1=2，4个黑球位于体内，则白球为Cu，黑球为O，晶胞质量为4×16+2×64NAg=288NAg，设晶胞边长为xpm，晶胞体积为x3×10−30cm3，根据ρ=mV可解得x，Cu与O之间最短距离为体对角线的14。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、键角、化学键、等电子体、空间构型、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。
19.【答案】羧基 缩聚反应 6
【解析】解：(1)观察结构可知，Ⅰ所含官能团为−COOH，其名称为羧基，
故答案为：羧基；
(2)I→J过程中除生成高聚物外，还有小分子物质水生成，该反应类型为缩聚反应，
故的答案为：缩聚反应；
(3)由分析可知，E的结构简式为，
故答案为：；
(4)F合成丁苯橡胶的化学方程式为，
故答案为：；
(5)I的结构简式为HOOC(CH2)4COOH，比I的相对分子质量大14的同系物含有2个羧基且比I多1个CH2原子团，该同系物主链有5个碳原子的同分异构体可以看着是HOOCCH2CH2CH2COOH中烃基上氢原子被−CH2CH3取代，或是被2个−CH3取代，当被乙基取代有2种，当被甲基取代时，2个甲基处于碳原子同一碳原子上有2种，2个甲基处于不同碳原子上也有2种，故符合条件的同系物共有6种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：3的有机物的结构简式为，
故答案为：6；。
烃A的分子式为C6H14，则A为烷烃，A在高温下通过Pt催化脱氢环化生成B，B的核磁共振氢谱中只有一组峰，可推知B为、A为CH3(CH2)4CH3；由I的结构简式可知，B与氯气发生取代反应生成G为，G发生消去反应生成H为，H发生氧化反应生成I，I与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维J为，C系列转化得到丁苯橡胶，纵观整个过程，结合C的分子式，可知B脱氢生成C为，C与氯气发生取代反应生成D为，结合信息②可知氯苯与氯乙烷发生取代反应生成E为，对比E、F的分子式，且F能与1，3−丁二烯加聚形成高聚物，可推知F为、丁苯橡胶为。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写等，充分利用分子式与B的结构特点进行推断，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是高考热点题型。A
B
C
D
在铁上镀铜
制取氢氧化铁胶体
关闭a、打开b、检查装置气密性
测定KI溶液的浓度
序号
含Fe3+的试剂
吸光度
0.1ml⋅L−1FeCl3溶液
0.05ml⋅L−1Fe2(SO4)3溶液
1
pH=a
/
A1
2
pH=b
/
A2
3
/
pH=a
A3
4
/
pH=b
A4
序号
0.1ml⋅L−1FeCl3溶液
0.05ml⋅L−1Fe2(SO4)3溶液
再加试剂
吸光度
5
/
pH=a
NaCl固体
A5
6
pH=a
/
______
A6
1.化学在社会进步中发挥着关键性作用。下列有关材料的说法错误的是( )
A. 2022年北京冬奥会开幕式演出服为石墨烯智能发热材料，属于新型无机非金属材料
B. 华为第6代半导体显示器件使用的半导体材料是晶体硅
C. 汽车尾气中的NO主要来源于汽油的不充分燃烧
D. “嫦娥五号”月球车上的国旗是由高分子材料嵌入纤维制成的，纤维也属于高分子材料
2.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3NA
B. 0.1Laml/L的NaClO溶液中，含有的ClO−数目可能为0.09aNA
C. 1ml[Cu(NH3)3CO]+中σ键的个数为10NA
D. 常温下，5.6g铁与100mL3ml/L的硝酸反应，铁失去的电子数为0.3NA
3.有机化合物A的键线式结构为
，有机化合物B与等物质的量的H2发生加成反应可得到有机化合物A，下列有关说法正确的是( )
A. 有机化合物B的结构可能有3种
B. 有机化合物A的分子式为C8H16
C. 有机化合物A的一氯取代物只有4种
D. 用系统命名法命名有机化合物A，名称为3，4，4−三甲基戊烷
4.一种新型电池的电解质是由短周期主族元素组成的化合物，结构如图所示。其中元素W、X、Y、Z处于元素周期表的同一周期，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍。下列叙述错误的是( )
A. 原子半径：r(W)
D. Y和Z组成的ZY2分子中各原子均达到8电子稳定结构
5.下列离子方程式正确的是( )
A. 氢氧化钠溶液中通入过量二氧化碳气体：2OH−+CO2=CO32−+H2O
B. 用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl−+2H2OCu(OH)2↓+H2↑+Cl2↑
C. 碳酸钠的水解反应：CO32−+H3O+⇌HCO3−+H2O
D. 酸性高锰酸钾溶液与双氧水反应：2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
6.精细化学品Z是X与HBr反应的主产物，X→Z的反应机理如图：
下列说法错误的是( )
A. X与互为顺反异构体
B. X与苯乙烯互为同系物
C. X与HBr反应有副产物生成
D. Y分子中碳正离子杂化类型为sp3
7.用下列装置进行相关的实验，能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
8.密闭容器中加入HBr，一定条件下发生反应：2HBr(g)⇌Br2(g)+H2(g)，c(HBr)随反应时间的变化如曲线①所示，分别改变一个条件，得到曲线②和③，下列说法错误的是( )
A. 该反应正反应为吸热反应
B. 曲线①，0∼50min用H2表示的平均反应速率为0.01ml⋅L−1⋅min−1
C. 曲线②，可能使用了催化剂或压缩容器体积
D. 曲线③，达到平衡后，容器内各物质的浓度分别增加0.2ml⋅L−1，平衡正向移动
9.咔唑()是一种新型有机液体储氢介质。下列说法错误的是( )
A. 电负性：N>H>C
B. 同周期元素中第一电离能小于N的有5种
C. 咔唑的沸点比的沸点高
D. 基态氮原子的外围电子轨道表示式不能写为，因为违背了洪特规则原理
10.以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe3O4等杂质)制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)的基本工业流程如图：
下列说法错误的是( )
A. 浸锰过程Fe3O4发生反应的离子方程式：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+
B. 滤渣Ⅱ中主要成分为Fe(OH)3
C. 氧化过程的目的是将过量的SO2消耗，将Fe2+氧化为Fe3+
D. 沉锰过程发生的反应为 Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O
11.2，5−呋喃二甲酸(FDCA)是一种重要的化工原料，可用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH−，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是( )
A. 该装置是将化学能转化为电能
B. 双极膜中间层中的OH−在外电场的作用下移向铅电极
C. 制得1mlFDCA，理论上消耗2ml
D. 阴极区的电极反应为：
12.锂电池负极材料为Li嵌入两层石墨层中，形成如图所示的晶胞结构。下列说法中正确的是( )
A. 石墨与金刚石互为同分异构体
B. 该负极材料碳原子的杂化方式为sp3杂化
C. Li的配位数为6
D. 晶胞中Li与C原子个数比为1：6
13.科学家最近发现了一种利用水催化促进NO2和SO2转化的化学新机制。如图所示，电子传递可以促进HSO3−中O−H键的解离，进而形成中间体SO3−，通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的SO3−或HSO3−可以将电子快速转移给周围的气相NO2分子。下列叙述错误的是( )
A. 观察图可知“水分子桥”与氢键形成有关
B. 1mlHSO3−通过“水分子桥”传递2ml电子
C. HSO3−与NO2间发生的总反应的离子方程式为：HSO3−+2NO2+H2O=2HNO2+HSO4−
D. 反应过程中涉及极性键的断裂与形成
14.25℃时，向弱酸H3RO3的溶液中加入NaOH溶液，所有含R微粒的lgc−pOH关系如图所示。下列叙述错误的是已知：pOH=−lgc(OH−)( )
A. Na2HRO3属于正盐
B. a点溶液中，c(Na+)>3c(H2RO3−)
C. 曲线③表示lgc(H3RO3)随pOH的变化
D. 反应H3RO3+HRO32−⇌2H2RO3− 的平衡常数K=105.3
二、流程题：本大题共1小题，共12分。
15.铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS2、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如图：
已知：i.Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水。
ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质。
iii.Cu(OH)2(s)+4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH−(aq)K=4.4×10−7。
回答下列问题：
(1)为提高“氧化浸取”速率，采取的措施有：升高温度、______ (写出一条)。辉铋矿浸取率随温度的变化曲线如图，高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是______。
(2)“除铜”时发生反应：Cu2+(aq)+4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+(aq)K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]______。
(3)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式为______。
(4)已知酸性环境下，NaBiO3可以将Mn2+氧化成MnO4−(BiO3−被还原成Bi3+)。可通过一个原电池装置来证明，①请在图中的方框内标出溶液中溶质的化学式______；②并写出负极的电极反应式：______。
(5)甲同学取NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用aml⋅L−1H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4−，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗bmL标准溶液。甲同学测得产品的纯度为______ (用含w、a、b的代数式表示)。乙同学认为甲同学的测量数据不一定准确，若排除实验仪器和操作的影响因素，还需进行的操作是______。已知：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4−+5Na++7H2O。
三、实验题：本大题共1小题，共11分。
16.苯酚是重要的化工原料，有关苯酚的实验如下：
(Ⅰ)苯酚的制备
工业上用异丙苯氧化法合成苯酚，其生产流程如图：
(1)异丙苯氧化过程①温度不能过高的原因是______。
(2)检验有机相中是否含有水的试剂是______。
(3)“操作1”的名称是______。
(Ⅱ)苯酚的实验探究
探究铁盐种类和pH对苯酚与Fe3+显色反应的影响。
查阅资料：
ⅰ.[Fe(C6H5O)6]3−为紫色；
ⅱ.Na+对苯酚与Fe3+的显色反应无影响；
ⅲ.[Fe(C6H5O)6]3−对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与[Fe(C6H5O)6]3−的浓度在一定范围内成正比；
ⅳ.苯酚与Fe3+的显色原理：Fe3++6C6H5OH⇌[Fe(C5H5O6)]3−+6H+。
提出猜想：
猜想1：Cl−对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
猜想2：SO42−对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
猜想3：H+对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
进行实验：常温下，用盐酸调节配制得到pH分别为a和b的0.1ml⋅L−1FeCl3溶液(a>b)，用硫酸调节配制得到pH分别为a和b的0.05ml⋅L−1Fe2(SO4)3溶液。取5mL苯酚溶液于试管中，按实验1∼4分别再加入0.1mL含Fe3+的试剂，显色10min后用紫外-可见分光光度计测定该溶液的吸光度(本实验pH改变对Fe3+水解程度的影响可忽略)。
结果讨论：实验结果为A1>A2>A3>A4。
(4)①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想3成立的理由是______。
②为进一步验证猜想，小组同学设计了实验5和6，补充下表中相关内容。(限选试剂：NaCl溶液、Na2SO4溶液、NaCl固体、Na2SO4固体)
③小组同学得出实验结果为：A5=A3，A6
四、简答题：本大题共2小题，共25分。
17.丙烯是重要的有机原料，由丙烷制备丙烯是近年来研究的热点，主要涉及如下反应。
反应i：2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2O(g)△H1=−235kJ⋅ml−1
反应ii：2C3H8(g)+7O2(g)⇌6CO(g)+8H2O(g)△H2=−2742kJ⋅ml−1
回答下列问题：
(1)反应：2C3H6(g)+6O2(g)⇌6CO(g)+6H2O(g)△H3=______。
(2)在刚性绝热容器中通入C3H8和O2，若只发生反应i，下列能说明已达到平衡状态的有______ (填标号)。
A.每断裂1mlO=O键，同时生成4mlO−H键
B.容器内温度不再变化
C.混合气体的密度不再变化
D.容器内n(C3H6)n(H2O)保持不变
(3)在压强恒定为100kPa条件下，按起始投料n(C3H8)：n(O2)=2：1，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应i和反应ii，其中相同时间内不同温度下丙烷和氧气的转化率如图。
①线______ (填“L1”或“L2”)表示丙烷的转化率。
②温度高于T1K后曲线L2随温度升高而降低的原因为______。
③当温度高于______ (填“T1”或“T2”)时，可判断反应ii不再发生的依据是______， a点对应的温度下，丙烯的分压p(C3H6)=______ kPa(保留3位有效数字，下同)，反应i的平衡常数Kθ=______。 [已知：分压p分=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)⇌gG(g)+hH(g)，Kθ=(pGp总)K⋅(pHp总)h(pDp总)d⋅(pEp总)e，其中pG、pH、pD、pE为反应平衡时各组分的分压]
18.“中国紫”一硅酸铜钡(BaCuSi2O6)，其合成原料为BaCO3、孔雀石[Cu2(OH)2CO3]和砂子(SiO2)。回答下列问题：
(1)基态Cu原子核外电子的空间运动状态有______种；基态 Cu原子的价电子排布式______。
(2)BaCO3中CO32−的键角为______，与CO32−互为等电子体的分子是______。
(3)孔雀石溶于强酸可生成Cu2+，Cu2+与过量氨水可形成配离子[Cu(NH3)4]2+；Cu2+还可与其他微粒形成配离子，如与乙二胺形成
。
①此配离子内部不含有的化学键类型是______。
A.离子键
B.非极性键
C.配位键
D.氢键
②NH3的VSEPR模型名称为______，比较H−N−H键角NH3小于[Cu(NH3)4]2+，原因是______。
(4)SiO2晶体虽然硬度大，却很容易经锤击而破碎，其原因是______。
(5)已知Cu2O的立方晶胞结构如图所示，若晶体的密度为ag⋅cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Cu与O之间最短距离为______ pm(用含a、NA的代数式表示)。
五、推断题：本大题共1小题，共10分。
19.石油分馏得到烃A(C6H14)可在Pt催化下脱氢环化，逐步转化为芳香烃。以烃A为原料合成两种高分子材料的路线如图：
已知：①B的核磁共振氢谱中只有一组峰，G为一氯代烃；
②R−X+R′−X→Na20℃R−R′(X为卤素原子，R、R′为烃基)。
回答下列问题：
(1)I所含官能团的名称为______。
(2)反应类型：I→J______。
(3)E的结构简式为______。
(4)F合成丁苯橡胶的化学方程式为______。
(5)比I相对分子质量大14的同系物中且主链有5个碳原子的同分异构体数目为______，其中核磁共振氢谱有 3组峰，且峰面积比为1：2：3的有机物的结构简式为______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.石墨烯是一种以sp2杂化连接的碳原子紧密堆积成单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，属于新型无机非金属材料，故A正确；
B.晶体硅可以做半导体材料，故B正确；
C.汽油中无氮元素，氮氧化物产生的原因是内燃机的高温环境使空气中的N2与O2化合形成NO，故C错误；
D.纤维的相对分子质量大于一万，属于高分子材料，故D正确；
故选：C。
A.石墨烯是非金属元素碳的一种单质，属于新型无机非金属材料；
B.晶体硅可以做半导体材料；
C.汽油中无氮元素，氮氧化物产生的原因是内燃机的高温环境使空气中的N2与O2化合形成NO；
D.高分子的相对分子质量一般大于一万。
本题考查了物质的组成、性质及变化，注意知识的积累，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的综合运用能力。
2.【答案】B
【解析】解：A.未告知气体的状态，无法使用气体摩尔体积进行计算，无法计算11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数，故A错误；
B.NaClO溶液中存在物料守恒关系为c(Na+)=c(ClO−)+c(HClO)=aml/L，因此可知N(ClO−)+N(HClO)=aml/L⋅0.1L⋅NAml−1=0.1aNA，因此含有的ClO−数目可能为0.09aNA，故B正确；
C.[Cu(NH3)3CO]+中铜离子和3个N原子形成3个σ键，和CO形成一个σ键，每个H原子和N原子形成1个σ键，每个C原子和O形成一个σ键，共含14NA，故C错误；
D.当铁过量时反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，当硝酸过量时反应为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，根据题干知5.6g铁为0.1ml，可知若要使Fe完全转化为硝酸铁则需要0.4ml的硝酸，但是若要使Fe完全转化为硝酸亚铁则需要约0.27ml的硝酸，而硝酸有100mL×3ml/L=0.3ml，故产物既有硝酸铁又有硝酸亚铁，因此铁失去的电子数不为0.3NA，故D错误；
故选：B。
A.未告知气体的状态；
B.NaClO溶液中存在物料守恒关系为c(Na+)=c(ClO−)+c(HClO)=aml/L，可知N(ClO−)+N(HClO)=aml/L⋅0.1L⋅NAml−1=0.1aNA；
C.[Cu(NH3)3CO]+中铜离子和3个N原子形成3个σ键，和CO形成一个σ键，每个H原子和N原子形成1个σ键，每个C原子和O形成一个σ键；
D.当铁过量时反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，当硝酸过量时反应为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3.【答案】A
【解析】解：A.A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：、、故A正确；
B.由A的结构简式可知，A的分子式为C8H18，故B错误；
C.根据信息可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，故C错误；
D.最长的主链含有5个C原子，从距离甲基近的一段编碳号，的名称为：2，2，3−三甲基戊烷，故D错误；
故选：A。
A.A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键；
B.根据A的结构简式书写分子式；
C.根据信息可知，A的结构简式为，根据等效氢判断一氯代物种数；
D.最长的主链含有5个C原子，从距离甲基近的一段编碳号，再根据系统命名法命名。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查命名、同分异构体、加成反应等，题目难度中等。
4.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，W为F、X为B、Y为O、Z为C，
A.同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r(W)
C.BF3分子中B上无孤对电子，为sp2杂化，只含B−F极性键，为平面三角形，属于非极性分子，故C正确；
D.ZY2分子为CO2，各原子均达到8电子稳定结构，故D正确；
故选：B。
电解质是由短周期主族元素组成的化合物，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，X的次外层只能为2，X位于第二周期，Y的最外层电子数为6，由化合物的结构可知，Y形成2个共价键，Z形成4个共价键，其中元素W、X、Y、Z处于元素周期表的同一周期，W形成1个共价键，X、W之间为配位键，则W为F、X为B、Y为O、Z为C，以此解答该题。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、化合物的结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.氢氧化钠溶液中通入过量二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，正确的离子方程式为：OH−+CO2=HCO3−，故A错误；
B.用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜，电解方程式为Cu2++2Cl−Cu+Cl2↑，故B错误；
C.碳酸钠的水解反应，离子方程式：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故C错误；
D.酸性高锰酸钾溶液与双氧水反应的离子反应为2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D正确；
故选：D。
A.二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子；
B.用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜；
C.碳酸根离子水解生成碳酸氢根和氢氧根离子；
D.发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒。
本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重水解、电解及氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.碳碳双键的碳原子上连接不同基团时存在顺反异构，则X与互为顺反异构体，故A正确；
B.X与苯乙烯的结构相似，相差1个CH2原子团，则X与苯乙烯互为同系物，故B正确；
C.X与HBr发生加成反应时，Br原子可连接在双键的不同碳原子上，则X与HBr反应有副产物生成，故C正确；
D.Y分子中碳正离子形成3个σ键，不含孤电子对，则碳正离子杂化类型为sp2，故D错误；
故选：D。
A.碳碳双键的碳原子上连接不同基团时存在顺反异构；
B.X与苯乙烯的结构相似，相差1个CH2原子团；
C.X与HBr发生加成反应时，Br原子可连接在双键的不同碳原子上；
D.Y分子中碳正离子形成3个σ键，不含孤电子对。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.电镀时，镀层金属作阳极、镀件作阴极，则Cu与电源正极相连作阳极，图中电源正负极应互换，故A错误；
B.制取氢氧化铁胶体是将饱和氯化铁溶液加入沸水中继续加热至溶液呈红褐色即可，该过程能达到实验目的，故B正确；
C.b中导管可平衡气压，关闭a、打开b，液体可顺利流下，不能检验气密性，故C错误；
D.溴水可氧化橡胶，不能选图中碱式滴定管盛放溴水，且无法判断滴定终点，不能测定KI的浓度，故D错误；
故选：B。
A.电镀时，镀层金属作阳极、镀件作阴极；
B.制取氢氧化铁胶体是将饱和氯化铁溶液加入沸水中继续加热至溶液呈红褐色即可；
C.b中导管可平衡气压；
D.溴水可氧化橡胶。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的鉴别、仪器的使用、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，③先达到平衡，且平衡时c(HBr)小，可知改变条件为升高温度，则正反应为吸热反应，故A正确；
B.曲线①，0∼50min用H2表示的平均反应速率为1ml/L50min×12=0.01ml⋅L−1⋅min−1，故B正确；
C.①②的平衡状态相同，②中反应速率快，且反应为气体体积不变的反应，则曲线②可能使用了催化剂，若缩小体积，气体的浓度都增大，与图像不符合，故C错误；
D.曲线③达到平衡时，c(HBr)=0.2ml/L，Br2(g)、H2(g)的浓度均为0.7ml/L，K=0.7×0.7(0.2)2=494，往容器中加入浓度均为0.2ml⋅L−1的三种物质，Qc=0.9×0.9(0.4)2=8116
A.由图可知，③先达到平衡，且平衡时c(HBr)小，可知改变条件为升高温度；
B.结合v=△c△t及速率之比等于化学计量数之比计算；
C.①②的平衡状态相同，②中反应速率快；
D.根据Qc与K的大小关系进行判断平衡移动。
本题考查化学平衡及计算，为高频考点，把握平衡移动、K的计算、速率计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性N>C>H，故A错误；
B.根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故与N同周期的元素中，第一电离能小于N的有Li、Be、B、C、O5种，故B正确；
C.N、O、F三种元素可以与H元素形成氢键，咔唑分子中的N原子可以形成氢键增大了分子之间的作用，沸点升高，故C正确；
D.所画的电子排布图中2p能级，在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，违背了洪特规则，故D正确；
故选：A。
A.同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；
B.根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常；
C.N、O、F三种元素可以与H元素形成氢键，咔唑分子中的N原子可以形成氢键增大了分子之间的作用，沸点升高；
D.洪特规则：在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同。
本题是物质结构与性质的综合题，考查了原子价电子排布、电负性变化规律、氢键对物质性质的影响，是高考必考题目，题目难度中等，把握物质结构与性质的相关知识是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力、应用能力。
10.【答案】A
【解析】解：A.浸锰过程中通入过量的SO2，将MnO2和Fe2O3还原成Mn2+和Fe2+，反应的离子方程式为：Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42−+H2O，故A错误；
B.调节pH=3.7，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣II主要成分为为氢氧化铁，故B正确；
C.由分析可知，氧化过程的目的主要是将Fe2+氧化为Fe3+，以便以后步骤中调节pH值来沉淀除去，也能将过量的SO2消耗，故C正确；
D.滤液为硫酸锰溶液，向滤液中加入适量NH4HCO3溶液，生成MnCO3沉淀，同时由二氧化碳生成，发生的反应为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故D正确，
故选：A。
由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生反应MnO2+SO2=MnSO4，Fe3O4+SO2+4H+=3Fe2++SO42−+2H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入MnO2氧化亚铁离子，反应为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，据此分析解题。
本题主要考查了物质的分离与提纯，侧重考查学生分析、解决问题的能力，掌握基础知识，提炼题给信息是解答该题的关键。
11.【答案】C
【解析】解：A.由图可知该装置是电解池装置，是电能转化为化学能的过程，故A错误；
B.铅电极为阴极，催化电极为阳极，双极膜中间层中的OH−在外电场的作用下移向催化电极，故B错误；
C.阳极反应为，阴极反应式为+6H++6e−=，生成1mlFDCA时阳极消耗1ml，转移电子6ml，根据电子守恒可知阴极也消耗1ml，则理论上共消耗2ml ，故C正确；
D.a为电源负极，b为正极，负极区的铅电极反应为+6H++6e−=，故D错误；
故选：C。
该装置为电解池，铅电极上发生还原反应生成，催化电极上发生氧化反应生成，则铅电极为阴极，催化电极为阳极，阴阳极分别与电源负正极相接，a为电源负极，b为正极，阳极反应为，阴极反应式为+6H++6e−=，据此分析解答。
本题考查电解原理的应用，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电极判断和电极反应是解题关键，注意掌握电极反应式的书写，题目难度中等。
12.【答案】D
【解析】解：A.石墨与金刚石是碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，不是同分异构体，故A错误；
B.由图可知，C原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，杂化方式为sp2，故B错误；
C.Li嵌入两层石墨层中，同层上与顶点Li原子最近的C原子数目为(1+2×12)×3=6或2×12×6=6，则晶胞中与顶点Li原子最近的C原子数目为12，即Li的配位数为12，故C错误；
D.该晶胞中Li原子位于顶点，数目为4×112+4×16=1，C原子数目为2+8×12=6位于棱上、体内，数目为2+8×12=6，则晶胞中Li与C原子个数比为1：6，故D正确；
故选：D。
A.石墨与金刚石是碳元素形成的不同单质；
B.该负极材料碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2杂化；
C.由图可知，顶点的Li原子的配位数为2×(1+2×12)×3=12或2×2×12×6=12；
D.晶胞中Li为顶点，原子数目为4×112+4×16=1，C原子为棱上和体内，数目为2+8×12=6。
本题考查晶胞的计算、原子杂化类型及杂化方式的判断，侧重基础知识检测能力和灵活运用能力的考查，把握配位数概念、晶胞中原子数目的计算、杂化方式的判断等知识是解题关键，注意掌握晶胞的相关计算，题目难度中等。
13.【答案】B
【解析】解：A.N、O原子的电负性大，与周围其它分子(或离子)中的H原子之间形成氢键，故A正确；
B.由图示知，1mlHSO3−通过“水分子桥”传递1ml电子，故B错误；
C.由图示知，HSO3−与NO2间发生的总反应的离子方程式HSO3−+2NO2+H2O=2HNO2+HSO4−，故C正确；
D.由图可知，电子传递可以促进HSO3−中O−H键的解离，进而形成中间体SO3−，以及H2O中的H与NO2中的O之间的形成O−H键，即涉及极性键O−H键的断裂与形成，故D正确；
故选：B。
A.由图示知，N、O原子的电负性大；
B.由图示知，1mlHSO3−通过“水分子桥”传递1ml电子；
C.由图示知，HSO3−与NO2间发生的总反应的离子方程式HSO3−+2NO2+H2O=2HNO2+HSO4−；
D.由图可知，电子传递可以促进HSO3−中O−H键的解离，进而形成中间体SO3−，以及H2O中的H与NO2中的O之间的形成O−H键。
本题考查水催化促进NO2和SO2转化的化学新机制，熟悉反应原理是解题的关键，题目难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.H3RO3为二元弱酸，Na2HRO3属于正盐，故A正确；
B.由a点可知，c(HRO32−)=c(H2RO3−)，依据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(H2RO3−)+c(OH−)+2c(HRO32−)，故c(Na+)=3c(H2RO3−)，故B错误；
C.c(H2RO3−)随NaOH加入先增大后减小，故曲线③表示lgc(H3RO3)随pOH的变化，故C正确；
D.反应H3RO3+HRO32−⇌2H2RO3−的平衡常数K=c2(H2RO3−)c(H3RO3)⋅c(HRO32−)=Ka1Ka2=10−1.410−6.7=105.3，故D正确
故选：B。
由图可知，溶液中只有三种R微粒，故H3RO3为二元弱酸，加入NaOH依次发生反应H3RO3+OH−=H2RO3−+H2O，H2RO3−+OH−=HRO32−+H2O，故曲线①表示lgc(HRO32−)随pOH的变化，曲线②表示lgc(H2RO3−)，随pOH的变化，曲线③表示lgc(H3RO3)随pOH的变化，由a(7.3,−1.3)可知，c(HRO32−)=c(H2RO3−)，pOH=7.3，c(OH−)=10−7.3ml/L，c(H+)=10−6.7ml/L，H3RO3的Ka2=c(H+)⋅c(HRO32−)c(H2RO2−)=c(H+)=10−6.7，由c(12.6,−1.3)可知，c(H3RO3)=c(H2RO3−)，pOH=12.6，c(OH−)=10−12.6ml/L，c(H+)=10−1.4ml/L，H3RO3的Ka1=c(H+)⋅c(H2RO3−)c(H3RO3−)=10−1.4，据此作答。
本题考查酸碱中和滴定，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断曲线代表物质是解题的关键。
15.【答案】将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)高于40℃时，盐酸挥发或双氧水分解 =2.2×10−20 Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O Mn2++4H2O−5e−=MnO4−+8H+ 28abw%重复实验2∼3次
【解析】解：(1)为提高“氧化浸取”速率，采取的措施有：升高温度、将辉铋矿粉碎研磨、适当提高盐酸浓度、搅拌等；盐酸是氯化氢气体的水溶液，温度过高盐酸挥发，盐酸浓度降低，并且双氧水会分解，导致浸取率快速下降，
故答案为：将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)；高于40℃时，盐酸挥发或双氧水分解；
(2)Cu(OH)2(s)+4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH−(aq)的K=c2(OH−)⋅c{Cu[(NH3)4]2+}c4(NH3)=4.4×10−7，Cu2+(aq)+4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+(aq)的K=c{Cu[(NH3)4]2+}c(Cu2+)⋅c4(NH3)=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)⋅c2(OH−)=4.4×10−72×1013=2.2×10−20，
故答案为：=2.2×10−20；
(3)碱性条件下，NaClO氧化Bi3+生成NaBiO3沉淀，反应的离子方程式为Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O，
故答案为：Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O；
(4)①该原电池工作时，BiO3−被还原为Bi3+，Mn2+被氧化为MnO4−，则双液原电池中负极电解质为MnSO4，正极电解质为NaBiO3、H2SO4，根据电子流向可知，右侧为负极区，
故答案为：；
②负极上Mn2+失电子生成MnO4−，电极反应式为Mn2++4H2O−5e−=MnO4−+8H+，
故答案为：Mn2++4H2O−5e−=MnO4−+8H+；
(5)根据电子守恒可知，NaBiO3∼2e−∼H2C2O4，则n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cV=0.001abml，n(NaBiO3)=nM=0.001abml×280g/ml=0.28abg，纯度为0.28abgwg×100%=28abw%，要减少实验误差，使测量数据准确，一般要重复实验2∼3次，
故答案为：28abw%；重复实验2∼3次。
由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS2、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3流程为：向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应为Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，FeS2+3H2O2+6H+=2Fe3++4S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，调pH除去Fe3+得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水除去Cu2+，发生的反应Cu2++4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶解滤渣，再加入NaOH、NaClO转化为NaBiO3，反应为Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O，过滤、洗涤、干燥得到产品NaBiO3，据此分析解答(1)∼(3)；
(4)该原电池工作时，BiO3−被还原为Bi3+，Mn2+被氧化为MnO4−，根据外电路中电子流向可知，右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极反应为Mn2++4H2O−5e−=MnO4−+8H+，正极反应为NaBiO3+6H++2e−=Bi3++Na++3H2O；
(5)根据电子守恒可知，NaBiO3∼Bi3+∼2e−，H2C2O4∼2CO2∼2e−，则NaBiO3∼H2C2O4，n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cV=0.001abml。
本题考查了物质的制备，把握物质的性质、反应原理、混合物分离方法、氧化还原反应规律及其计算为解答的关键，侧重分析、实验能力、计算能力的考查，题目难度中等。
16.【答案】防止温度过高导致异丙苯过氧化氢分解，产率降低 无水CuSO4 分液 Cl−或SO42−对苯酚与Fe3+的显色可能有影响 Na2SO4固体 猜想1不成立，猜想2成立且SO42−对苯酚与Fe3+的显色反应起抑制作用 Fe3+与苯酚的显色时，发生反应：Fe3++6C6H5OH⇌[Fe(C5H5O6)]3−+6H+，c(H+)增大，平衡逆向移动，[Fe(C5H5O6)]3−的浓度减小，溶液颜色变浅
【解析】解：(1)异丙苯过氧化氢不稳定受热易分解，故防止温度过高导致异丙苯过氧化氢分解，产率降低，
故答案为：防止温度过高导致异丙苯过氧化氢分解，产率降低；
(2)无水硫酸铜遇水变为蓝色，故检验有机相中是否含有水的试剂是无水硫酸铜，
故答案为：无水CuSO4；
(3)“操作1”为分离有机相和水相的操作，为分液，
故答案为：分液；
(4)①实验1、3的pH相同、酸根离子不同，实验2、4的pH相同、酸根离子不同，而实验中A1≠A3、A2≠A4，说明Cl−或SO42−对苯酚与Fe3+的显色反应也有影响，
故答案为：Cl−或SO42−对苯酚与Fe3+的显色可能有影响；
②为进一步验证Cl−、SO42−对苯酚与Fe3+的显色反应的影响，实验5、6改变Cl−、SO42−的浓度，由表格可知，在溶液总体积不变的情况，实验5加入氯化钠固体改变了氯离子的浓度，实验6则需要加入硫酸钠改变硫酸根离子的浓度，
故答案为：Na2SO4固体；
③已知：Na+对苯酚与Fe3+的显色反应无影响，A5=A3，则说明氯离子浓度对显色反应没有影响；A6
④苯酚与Fe3+的显色原理：Fe3++6C6H5OH⇌[Fe(C5H5O6)]3−+6H+，增加氢离子浓度，平衡逆向移动，导致，[Fe(C5H5O6)]3−浓度减小，溶液颜色变浅，故H+对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用，
故答案为：Fe3+与苯酚的显色时，发生反应：Fe3++6C6H5OH⇌[Fe(C5H5O6)]3−+6H+，c(H+)增大，平衡逆向移动，[Fe(C5H5O6)]3−的浓度减小，溶液颜色变浅。
异丙苯在100∼120℃被氧气氧化成异丙苯过氧化氢，需要防止温度过高导致异丙苯过氧化氢分解，再加稀硫酸，温度控制在90℃，得到液态混合物，再通过分液分理处有机相和稀硫酸，最后经操作2得到苯酚、异丙苯、丙酮，以此答题。
本题主要考查了性质实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，正确理解每步操作的作用是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
17.【答案】−2507kJ/mlBL2 反应ⅰ、ⅱ均为放热反应，温度升高平衡逆向移动 T2 起始投料比n(C3H8)：n(O2)=2：1，若只发生反应ⅰ，则O2与丙烷的转化率相同，从图上可以看出T2之后O2与丙烷的转化率相同
【解析】解：(1)根据盖斯定律：反应ii−i计算反应2C3H6(g)+6O2(g)⇌6CO(g)+6H2O(g)的焓变△H3=−2742kJ⋅ml−1−(235kJ⋅ml−1)=−2507kJ/ml
故答案为：−2507kJ/ml；
(2)A.每断裂1mlO=O键，同时生成4mlO−H键，即消耗1mlO2，生成2mlH2O，无论反应是否达到平衡状态，始终存在该等量关系，不能据此说明反应达到平衡，故A错误；
B.刚性绝热容器内温度不再变化，说明各物质的浓度均保持不变，反应达到平衡状态，故B正确；
C.反应i的各物质均为气体，恒容容器中混合气体的密度始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，故C错误；
D.容器内n(C3H6)n(H2O)=1，始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，故D错误；
故答案为：B；
(3)①起始投料n(C3H8)：n(O2)=2：1，反应i中丙烷和氧气的转化率相等，反应ii中氧气的转化率大于丙烷的转化率，则发生反应i和反应ii时氧气的转化率大于丙烷的转化率，由图可知，曲线L1表示氧气的转化率，曲线L2表示丙烷的转化率，
故答案为：L2；
②T1K时反应达到平衡状态，反应ⅰ、ⅱ均为放热反应，升高温度时反应ⅰ、ⅱ均逆向移动，使丙烷的转化率降低，
故答案为：反应ⅰ、ⅱ均为放热反应，温度升高平衡逆向移动；
③由图可知，温度高于T2K时丙烷和氧气的转化率相等，而起始投料n(C3H8)：n(O2)=2：1，反应i中丙烷和氧气的转化率相等，所以温度高于T2K时只发生反应i，反应ii不再发生；设起始投料中n(C3H8)=2ml，n(O2)=1ml，a点对应温度下丙烷和氧气的转化率相等、均为50%，即△n(C3H8)=2ml×0.5=1ml，△n(O2)=0.5ml，反应为 2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2O(g)，则△n(C3H6)=△n(H2O)=△n(C3H8)=1ml，混合气体的总量为5.5ml，p(C3H6)=p(H2O)=p(C3H8)=13.5×100kPa=2007kPa≈28.6kPa，p(O2)=1007kPa，p(C3H8)p总=p(C3H6)p总=p(H2O)p总=27，p(O2)p总=17，所以反应i的平衡常数Kθ=(27)2×(27)217×(27)2≈0.571，
故答案为：T2；起始投料比n(C3H8)：n(O2)=2：1，若只发生反应ⅰ，则O2与丙烷的转化率相同，从图上可以看出T2之后O2与丙烷的转化率相同；28.6；0.571。
(1)根据盖斯定律：反应ii−i计算反应2C3H6(g)+6O2(g)⇌6CO(g)+6H2O(g)的焓变△H3；
(2)反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
(3)①起始投料n(C3H8)：n(O2)=2：1，反应i中丙烷和氧气的转化率相等，反应ii中氧气的转化率大于丙烷的转化率，则发生反应i和反应ii时氧气的转化率大于丙烷的转化率；
②T1K时反应达到平衡状态，反应ⅰ、ⅱ均为放热反应，升高温度时反应ⅰ、ⅱ均逆向移动；
③由图可知，温度高于T2K时丙烷和氧气的转化率相等，而起始投料n(C3H8)：n(O2)=2：1，反应i中丙烷和氧气的转化率相等，即温度高于T2K时只发生反应i，设起始投料中n(C3H8)=2ml，n(O2)=1ml，a点对应温度下丙烷和氧气的转化率相等、均为50%，即△n(C3H8)=2ml×0.5=1ml，△n(O2)=0.5ml，反应为 2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2O(g)，则△n(C3H6)=△n(H2O)=△n(C3H8)=1ml，混合气体的总量为5.5ml，p(C3H6)=p(H2O)=p(C3H8)=13.5×100kPa=2007kPa，p(O2)=1007kPa。
本题考查化学平衡计算、化学平衡状态的判断、盖斯定律的计算应用，侧重计算能力和运用能力考查，把握化学平衡状态的判断、化学平衡影响因素和平衡常数的计算是解题关键，题目难度中等。
18.【答案】153d104s1 120∘SO3或BF3 A 正四面体形 氮原子均为sp3杂化，NH3分子中氮原子有孤电子对，[Cu(NH3)4]2+中NH3分子配位后氮原子就无孤电子对，孤电子对有较大斥力 SiO2晶体是共价晶体，共价键具有方向性，当受到大的外力作用时会发生原子错位而断裂 34×3288aNA×1010
【解析】解：(1)Cu是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，占据了1s、2是、2p、3s、3p、3d、4s共15个轨道，有15种空间运动状态，价电子排布式为3d104s1，
故答案为：15；3d104s1；
(2)CO32−中C原子价层电子对数为3+4+2−2×32=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，键角为120∘；SO3或BF3与CO32−原子个数相同、价电子数也相同，互为等电子体，
故答案为：120∘；SO3或BF3；
(3)①Cu2+有空轨道，N原子有孤电子对，可形成配位键，也可与其他乙二胺形成氢键，含有C−C非极性共价键，C−H、C−N、N−H等极性共价键，但不含离子键，
故答案为：A；
②中N原子价层电子对数为3+5−1×32=4，为sp3杂化，VSEPR模型名称为正四面体形；NH3和[Cu(NH3)4]2+中N原子都为sp3杂化，NH3分子中氮原子有孤电子对，[Cu(NH3)4]2+中NH3分子配位后氮原子就无孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，故H−N−H键角NH3小于[Cu(NH3)4]2+，
故答案为：正四面体形；氮原子均为sp3杂化，NH3分子中氮原子有孤电子对，[Cu(NH3)4]2+中NH3分子配位后氮原子就无孤电子对，孤电子对有较大斥力；
(4)SiO2晶体是共价晶体，共价键具有方向性，当受到大的外力作用时会发生原子错位而断裂，
故答案为：SiO2晶体是共价晶体，共价键具有方向性，当受到大的外力作用时会发生原子错位而断裂；
(5)由Cu2O的立方晶胞结构图可知，白球位于顶点和体心，个数为8×18+1=2，4个黑球位于体内，则白球为Cu，黑球为O，晶胞质量为4×16+2×64NAg=288NAg，设晶胞边长为xpm，晶胞体积为x3×10−30cm3，由ρ=mV可得，ag⋅cm−3=288NAx3×10−30g⋅cm−3，则x=3288aNA×1010pm，Cu与O之间最短距离为体对角线的14，即 34×3288aNA×1010pm，
故答案为： 34×3288aNA×1010。
(1)核外电子占据多少轨道就有多少种空间运动状态；Cu是29号元素，位于第四周期第ⅠB族；
(2)CO32−中C原子价层电子对数为3+4+2−2×32=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形；原子个数相同、价电子数也相同的微粒互为等电子体；
(3)①Cu2+有空轨道，N原子有孤电子对，含有C−C、C−H、C−N、N−H等共价键；
②中N原子价层电子对数为3+5−1×32=4，为sp3杂化；孤电子对与成键电子对间存在斥力；
(4)共价晶体中的共价键具有方向性；
(5)由Cu2O的立方晶胞结构图可知，白球位于顶点和体心，个数为8×18+1=2，4个黑球位于体内，则白球为Cu，黑球为O，晶胞质量为4×16+2×64NAg=288NAg，设晶胞边长为xpm，晶胞体积为x3×10−30cm3，根据ρ=mV可解得x，Cu与O之间最短距离为体对角线的14。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、键角、化学键、等电子体、空间构型、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。
19.【答案】羧基 缩聚反应 6
【解析】解：(1)观察结构可知，Ⅰ所含官能团为−COOH，其名称为羧基，
故答案为：羧基；
(2)I→J过程中除生成高聚物外，还有小分子物质水生成，该反应类型为缩聚反应，
故的答案为：缩聚反应；
(3)由分析可知，E的结构简式为，
故答案为：；
(4)F合成丁苯橡胶的化学方程式为，
故答案为：；
(5)I的结构简式为HOOC(CH2)4COOH，比I的相对分子质量大14的同系物含有2个羧基且比I多1个CH2原子团，该同系物主链有5个碳原子的同分异构体可以看着是HOOCCH2CH2CH2COOH中烃基上氢原子被−CH2CH3取代，或是被2个−CH3取代，当被乙基取代有2种，当被甲基取代时，2个甲基处于碳原子同一碳原子上有2种，2个甲基处于不同碳原子上也有2种，故符合条件的同系物共有6种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：3的有机物的结构简式为，
故答案为：6；。
烃A的分子式为C6H14，则A为烷烃，A在高温下通过Pt催化脱氢环化生成B，B的核磁共振氢谱中只有一组峰，可推知B为、A为CH3(CH2)4CH3；由I的结构简式可知，B与氯气发生取代反应生成G为，G发生消去反应生成H为，H发生氧化反应生成I，I与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维J为，C系列转化得到丁苯橡胶，纵观整个过程，结合C的分子式，可知B脱氢生成C为，C与氯气发生取代反应生成D为，结合信息②可知氯苯与氯乙烷发生取代反应生成E为，对比E、F的分子式，且F能与1，3−丁二烯加聚形成高聚物，可推知F为、丁苯橡胶为。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写等，充分利用分子式与B的结构特点进行推断，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是高考热点题型。A
B
C
D
在铁上镀铜
制取氢氧化铁胶体
关闭a、打开b、检查装置气密性
测定KI溶液的浓度
序号
含Fe3+的试剂
吸光度
0.1ml⋅L−1FeCl3溶液
0.05ml⋅L−1Fe2(SO4)3溶液
1
pH=a
/
A1
2
pH=b
/
A2
3
/
pH=a
A3
4
/
pH=b
A4
序号
0.1ml⋅L−1FeCl3溶液
0.05ml⋅L−1Fe2(SO4)3溶液
再加试剂
吸光度
5
/
pH=a
NaCl固体
A5
6
pH=a
/
______
A6
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2022-2023学年云南省昆明市高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年云南省昆明市高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共24页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题，推断题等内容，欢迎下载使用。
