浙江省宁波市2021-2022学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份浙江省宁波市2021-2022学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析），共28页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列说法正确的是， 下列说法不正确的是， 下列各组比较正确的是， 下列有关叙述不正确的是， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。

宁波市2021学年第二学期期末考试
高二化学试卷
考生须知：
1.本卷试题分为选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
2.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Fe56 Cu64
选择题部分
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50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. 水溶液呈碱性的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．中的水解大于电离，溶液呈碱性，故选A；
B．在水溶液中电离出Na+、H+、，溶液呈酸性，故不选B；
C．是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，故不选C；
D．是是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，故不选D；
选A。
2. 下列物质属于非电解质的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．不能电离，属于非电解质，故选A；
B．在水溶液能电离，属于电解质，故不选B；
C．在水溶液能电离，属于电解质，故不选C；
D．是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选D；
选A。
3. 下列说法正确的是
A. 的空间充填模型： B. 2，3—二甲基丁烷的键线式：
C. 的电子式： D. 基态N原子的轨道表示式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．水分子的空间构型为V形，空间充填模型为，故A错误；
B．2，3—二甲基丁烷的键线式为，故B正确；
C．溴化铵是离子化合物，电子式为，故C错误；
D．氮原子的原子序数为7，基态原子的轨道表示式为，故D错误；
故选B。
4. 下列说法不正确的是
A. 和碳纳米管互为同素异形体 B. 甘氨酸与丙氨酸互为同系物
C. 与是氯元素的两种核素 D. 乙醇与乙醚互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．和碳纳米管都是碳元素组成的单质，互为同素异形体，故A正确；
B．甘氨酸与丙氨酸都含有羧基、氨基，结构相似，分子组成相差1个CH2，互为同系物，故B正确；
C．与质子数相同、中子数不同，是氯元素的两种核素，故C正确；
D．乙醇结构简式为CH3CH2OH、乙醚结构简式为CH3CH2OCH2CH3，分子式不同，不是同分异构体，故D错误；
选D。
5. 下列各组比较正确的是
A. 键能： B. 键角：
C. 酸性：甲酸>乙酸 D. 沸点：对羟基苯甲醛<邻羟基苯甲醛
【答案】C
【解析】
【详解】A．Si原子半径大于C原子，原子半径越小，键长越短，键能越大，键能：，故A错误；
B．HCHO分子空间构型为平面三角形，NH3分子空间构型为三角锥形，键角：，故B错误；
C．烃基对电子有排斥作用，所以酸性：甲酸>乙酸，故C正确；
D．对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分之内羟基，所以沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，故D错误；
选C。
6. 下列有关叙述不正确的是
A. N原子的第一电离能大于О原子 B. HF的热稳定性和沸点均大于
C. 和化学键类型相同 D. BN和SiC熔化克服的作用力相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．N原子2p能级半充满，结构稳定，所以N原子的第一电离能大于О原子，故A正确；
B．同周期元素从左到右非金属性增强，元素非金属性越强气态氢化物越稳定，HF的热稳定性大于，的沸点大于HF，故B错误；
C．和化学键类型都是极性共价键，故C正确；
D．BN和SiC都是原子晶体，熔化时克服共价键，故D正确；
选B。
7. I、II、III分别为三种烃，其结构模型如图所示，下列说法正确的是

A. 化合物I存在顺反异构
B. 化合物III中存在碳碳双键
C. 化合物I和II都能与溴水反应
D. 等质量的化合物I、II、III完全燃烧时，化合物II消耗O2最多
【答案】D
【解析】
【分析】由结构模型可知I为CH2=CH2，II为CH4，III为C6H6；
【详解】A．I为CH2=CH2，连接碳碳双键上的是同种原子，不存在顺反异构，A错误；
B．III为苯C6H6，苯不存在碳碳双键，B错误；
C．II为CH4，属于饱和烃，不能与溴水反应，C错误；
D．等质量的烃的氢元素的质量分数越大，耗氧量越大，I可简化为CH2、，II为CH4，III为CH，CH4中H元素质量分数最大，则化合物II即CH4消耗O2最多，D正确；
故选：D。
8. 下列说法不正确的是
A. 天然橡胶的主要成分是异戊二烯
B. 甲苯分子中甲基受苯环影响，可被酸性高锰酸钾溶液氧化
C. 可用蒸馏法分离氯气与甲烷反应得到的液态混合物
D. 德国化学家维勒在制备时得到了尿素
【答案】A
【解析】
【详解】A．天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，它是由异戊二烯发生加聚反应的产物，故A错误；
B．苯不能使高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能被高锰酸钾溶液氧化，说明是苯环对甲基产生了影响，故B正确；
C．互溶且沸点不同的液体可以采用蒸馏的方法分离，氯气与甲烷反应得到的液态混合物互溶且熔沸点相差较大，所以可以采用蒸馏的方法分离，故C正确；
D．1828年，德国化学家维勒在实验室里将无机物氰酸铵NH4CNO溶液蒸发，得到了有机物尿素[CO(NH2)2]，首次人工合成有机物，开启了无机物制备有机物的先河，故D正确；
故选：A。
9. 下列说法中正确的是
A. 葡萄糖在人体内缓慢水解生成二氧化碳和水，并释放能量
B. 油脂、纤维素、蛋白质等高分子化合物都属于混合物，一定条件下均可发生水解
C. 在饱和溶液、福尔马林、紫外线等作用下，蛋白质均会发生变性
D. 淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间后再加入碘水，溶液不变蓝，可以判断淀粉已完全水解
【答案】D
【解析】
【详解】A．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，葡萄糖在人体内缓慢氧化生成二氧化碳和水，并释放能量，A错误；
B．油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B错误；
C．饱和溶液不属于重金属盐，加入蛋白质发生盐析，不会变性，C错误；
D．向水解后的淀粉溶液加入碘水，溶液不变蓝，说明不含有淀粉，可以判断淀粉已完全水解，D正确；
故选：D。
10. 在25℃和101kPa下，燃烧生成液态水放出的热量，则下列热化学方程式书写正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃烧生成液态水放出的热量，则2mol氢气燃烧生成液体放出的能量，故A错误；
B．燃烧生成液态水放出的热量，则1mol氢气燃烧生成液体放出的能量，放热反应焓变为负值，故B错误；
C．燃烧生成液态水放出的热量，则1mol氢气燃烧生成液体放出的能量，放热反应焓变为负值， ，故C正确；
D．燃烧生成液态水放出的热量，则2mol氢气燃烧生成液体放出的能量，若生成气态水放出的能量小于，故D错误；
选C。
11. 某铜锌原电池的结构如图所示，下列说法正确的是

A. Zn电极为该原电池的正极
B. 锌电极发生氧化反应
C. 若盐桥中电解质为KCl，则电池工作时K+向左侧移动
D. Cu电极上的电极反应式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．活泼金属Zn失电子被氧化作负极，A选项错误；
B．Zn作负极失电子被氧化发生氧化反应，B选项正确；
C．原电池中阳离子向正极迁移，该原电池中Cu为正极，C选项错误；
D．Cu电极作为原电池正极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D选项错误；
答案选B。
12. 下列离子方程式正确的是
A. 亚硫酸钠溶液呈碱性：
B. 用铂电极电解硫酸铜溶液：
C. 苯酚钠溶液通入少量的：2
D. 乙醛发生银镜反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚硫酸钠溶液呈碱性是因为亚硫酸根离子发生微弱水解，该反应为可逆反应，所以正确反应离子方程式为：：，故A错误；
B．用铂电极电解硫酸铜溶液实质是电解水和硫酸铜，反应的离子方程式为：，故B错误；
C．苯酚钠溶液通入少量的生成碳酸氢钠和苯酚，反应的离子方程式为：，故C错误；
D．乙醛含有醛基，能发生银镜反应生成银沉淀，反应的离子方程式为：，故D正确；
故选D选项。
13. 利巴韦林为广谱抗病毒药，其结构如图所示。下列说法不正确的是


A. 分子中有5个手性碳原子
B. 利巴韦林水溶性较好，可以与盐酸反应
C. 利巴韦林能够发生氧化、取代反应和消去反应
D. 羟基中的极性强于亚甲基(-CH2-)中的极性
【答案】A
【解析】
【详解】A．连接四种不同基团的碳原子是手性碳原子，分子中有4个手性碳原子，故A错误；
B．酰胺基和羟基都属于亲水基，则利巴韦林水溶性较好，酰胺基能和酸、碱溶液反应，所以该有机物能和稀盐酸反应，故B正确；
C．利巴韦林中含有醇羟基、醚键、碳氮双键、酰胺基，具有醇、醚等物质的性质，醇羟基能发生氧化反应，酰胺基和醇羟基都能发生取代反应，与羟基相连的邻位碳上有H原子则醇羟基也能发生消去反应，故C正确；
D．O比C得电子的能力强，则羟基中O-H的极性强于乙基中C-H的极性，故D正确；
故选：A。
14. 下列“类比”结果正确的是
A. 是非极性分子，则也是非极性分子
B. 的分子构型为V形，则二甲醚的分子骨架()构型也为V形
C. HF易形成，则HCl也易形成
D. 充分水解后再加热分解得到，则也可用类似的方法从得到
【答案】B
【解析】
【详解】A．结构简式为CH3CH3，结构对称，是非极性分子；结构简式为CH3CH2Br，结构不对称，是极性分子，故A错误；
B．、二甲醚的分子骨架()，O原子价电子对数都是4，有2个孤电子对，空间构型为V形，故B正确；
C．HF分子间能形成氢键，所以易形成；HCl分子间不能形成氢键，不易形成，故C错误；
D．不能水解，溶液加热不能生成，故D错误；
选B。
15. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，基态W原子的核外s能级上的电子总数比p能级上多3个，X与Z同主族，W、X、Y形成的化合物如图。下列说法正确的是


A. 原子半径：YX
C. X、Z形成的化合物可能为非极性分子 D. 位于s区的元素有2种
【答案】C
【解析】
【分析】基态W原子的核外s能级上的电子总数比p能级上多3个，电子排布式为1s22s22p1，则W为B元素，X能形成2对电子对且原子序数比B大，则X为O元素，X与Z同主族且都是短周期元素，则Z为S元素，Y是+2价的离子，则Y为Mg元素，
【详解】分析可知，W、X、Y、Z分别是B、O、Mg、S元素，
A．Y、Z分别是Mg、S元素，同周期元素从左到右原子半径减小，则原子半径：Y(Mg)>Z(S)，A错误；
B．非金属性越强其电负性越大，W、X分别是B、O，同周期从左到右非金属性增强，则电负性：W(B) C．非极性分子是原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子，X为O、Z为S元素，形成的化合物可能为非极性分子如SO3，C正确；
D．位于周期表第IA、IIA族元素属于s区的元素，则只有Mg元素属于s区元素，D错误；
故选：C。
16. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1molSi原子含有的未成对电子数为
B. 1mol羟基()所含有的电子数为
C. 常温下，14g乙烯含有的共用电子对数为
D. 25℃，的NaOH溶液中含有的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．Si原子中有2个未成对电子，1molSi原子含有的未成对电子数为，故A正确；
B．含有9个电子，1mol羟基()所含有的电子数为，故B错误；
C．1个乙烯分子中含有6个共价键，常温下，14g乙烯含有的共用电子对数为，故C错误；
D．25℃，的NaOH溶液，没有明确溶液体积不能计算的数目，故D错误；
选A。
17. 钙钛矿可用于高温超导领域，其晶胞结构如图所示，下列说法正确的是

A. 距离钙离子最近且等距离的氧离子4个
B. 距离钛离子最近且等距离的钛离子有6个
C. 晶胞中氧、钙、钛粒子的个数比为1∶1∶3
D. 晶胞中任何一个粒子都完全属于该晶胞
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据晶胞图，距离钙离子最近且等距离的氧离子12个，故A错误；
B．根据晶胞图，距离钛离子最近且等距离的钛离子有6个，故B正确；
C．根据均摊原则，晶胞中氧粒子数为、钙粒子数为1、钛粒子数为，晶胞中氧、钙、钛粒子的个数比为3∶1∶1，故C错误；
D．晶胞中位于顶点、面心、楞上的粒子不完全属于该晶胞，故D错误；
选B。
18. 下列说法正确的是
A. 等pH的氨水、Ba(OH)2溶液中：2c(NH)=c(Ba2+)
B. 向氨水中通入CO2，随着CO2的增加，增大
C. 将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：c(Na+)=c(Cl-)
D. 25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为该溶液的pH不可能是7
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨水和Ba(OH)2溶液中的电荷守恒式分别是c(NH)+c(H+)=c(OH-)、2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)，等pH说明两溶液c(H+) 、c(OH-)分别相等，则c(NH) = 2c(Ba2+)，A选项错误；
B．氨水中通入CO2，发生中和反应，溶液中存在NH的水解平衡，，其中水的离子积Kw、NH的水解平衡常数Kh在温度一定时均为定值，随着反应的进行c(NH)逐渐增大，所以逐渐减小，B选项错误；
C．醋酸钠、盐酸两溶液混合后所得溶液的电荷守恒式为c(Na+) + c(H+) = c(OH-) +c(Cl-) + c(CH3COO-)，溶液呈中性时c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)，C选项错误；
D．25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为1×10-20mol2/L2，可得水电离产生的c(H+)=c(OH-)=1×10-10mol/L<1×10-7mol/L，水的电离被抑制，溶液pH可能为4或10，D选项正确；
答案选D。
19. 反应速率v和反应物浓度关系是用实验方法测定的。化学反应包含下列两步：①(慢)、②(快)，第一步反应的速率表达式为，式中k为常数，m、n值可用下表中数据确定。T℃时测得有关实验数据如下：
序号
c(NO)/(mol/L)
c(H2)/(mol/L)
速率/(mol/(L·min))
I
0.0060
0.0010

II
0.0060
0.0020

III
0.0010
0.0060

IV
0.0020
0.0060

下列说法正确的是
A. 整个反应速率由第②步反应决定
B. 分步反应的活化能大小：①<②
C. 反应①速率表达式：
D. 相同条件下，浓度对反应速率的影响：
【答案】C
【解析】
【详解】A．整个反应速率由最慢的一步决定，即由第①步反应决定，A错误；
B．活化能越大反应速率越慢，由第①步反应速率较慢因此其或化能较大，则活化能大小：①>②，B错误；
C．第一步反应的速率表达式为，由表知c(NO)相同时取实验I和II数据代入可得，解得n=1，c(H2) 相同时取实验III和IV数据代入可得，解得m=2，，取实验II数据代入可得，解得k=5000，则反应①速率表达式：，C正确；
D．相同条件下，由实验I和II数据可知c(H2)增大一倍反应速率增大2倍，由实验III和IV数据可知c(NO)增大一倍反应速率增大4倍，则浓度对反应速率的影响：，D错误；
故选：C。
20. 汽车尾气处理原理为：。在特定温度下，起始时，甲、乙、丙三个密闭容器中，；平衡时，容器内气体的浓度如下表所示，下列说法正确的是
实验编号
容器温度/℃
容器体积
平衡浓度
NO
CO
N2
甲
100
V1
0.10
0.10
0.20
乙
100
V2
x
x
0.10
丙
150
V1
y
y
0.18

A. 该反应在低温条件下不能自发进行 B. 100℃时反应的平衡常数为32
C. D. 乙容器中CO的转化率小于80%
【答案】D
【解析】
【详解】A．对比甲、丙数据，可知升高温度，N2的浓度降低，说明平衡逆向移动，则反应的△H<0，△S<0，如能自发进行，△G=△H-T△S<0，可知在低温条件下能自发进行，A错误；
B．由表中甲组数据可知100℃时平衡时c (NO) =0.10mol/L、c (CO) =0.10mol/L、c (N2) =c(CO2)=0.20mol/L，则反应的平衡常数为==320，B错误；
C．由平衡常数可知，==320，解得x=0.05946mol/L，假设平衡时的体积不变，将实验1和实验2中的平衡状态利用极值可以得到，当c(CO)=0.1mol/L时， 实验1中c (N2) =0.25mol/L，实验2中c (N2) =0.01mol/L+mol/L = 0.012973 mol/L，而此时两个虚拟容器中甲烷的物质的量相同，物质的量浓度之比等于体积反比，V1：V2=0.012973：0.25不等于1：2， C错误；
D．根据C选项，可知平衡时x=0.05946mol/L，c(N2)=0.10mol/L，根据反应2NO+2CO⇌N2+2CO2，可知起始c(CO)=0.05946mol/L+0.20mol/L=0.25946mol/L，乙容器中CO的转化率为≈77.08%<80%，D正确；
故选D。
21. 、可与分别形成(无色)、配离子。将无水固体溶于水，得到蓝色溶液，加入浓盐酸后，溶液由蓝色变为绿色。该反应过程为：。下列说法正确的是
A. 等物质的量的和中σ键数之比为1∶1
B. 往绿色溶液中加入少量固体，溶液变蓝色，可知配离子稳定性：
C. 往绿色溶液中加水稀释，溶液变蓝色，是由于增大导致平衡逆向移动
D. 无水固体中，与通过配位键结合
【答案】B
【解析】
【详解】A．中有4个配位键，4个配体中有8个σ键数；只有4个配位键，所以等物质的量的和中σ键数之比为12：4=3：1，A错误；
B．往绿色溶液中加入少量固体，溶液变蓝色，表明加入固体后，被抢夺了而转化为，而则形成了配离子，所以稳定性，B正确；
C．往绿色溶液中加水稀释，导致浓度下降，平衡逆向移动，转化为，溶液变蓝，C错误；
D．无水固体中，与通过离子键结合，D错误；
故合理选项为B。
22. 某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行电解饱和NaCl溶液的实验，装置如下图所示，下列说法正确的是

A. 甲烷燃料电池工作时，负极的电极反应为：
B. 电极b上得到的是Cl2
C. 标准状况下，每个电池通入且完全反应，理论上最多能得到
D. 若将电极a的石墨棒换成Fe棒，NaCl溶液中发生的总反应式为：
【答案】A
【解析】
【分析】燃料电池中通入燃料一极为负极，通入O2一极为正极，与负极相连的b为电解池阴极，正极相连的a 为电解池阳极，据此可分析解答。
【详解】A．甲烷燃料电池工作时，负极甲烷失电子被氧化，电极反应为： CH4−8e−+10OH−=7H2O+，A选项正确；
B．b连接通入CH4的燃料电池的负极，b为阴极，H2O中H+在此得电子被还原为H2，B选项错误；
C．根据电子得失守恒可知CH4~~8e-~4H2，所以标准状况下，每个电池通入 1L CH4且完全反应，理论上最多能得到 4LH2，C选项错误；
D．若将a的石墨换成Fe棒，则Fe作为活性电极自身失电子被氧化，发生反应，D选项错误；
答案选A。
23. 常温下向中逐滴滴加溶液，pH的变化曲线如图(溶液混合时体积的变化忽略不计)。下列说法正确的是

A. 水电离出的：A点大于B点
B. 在B点，离子浓度大小为
C. 在C点，滴加的
D. 在D点，
【答案】D
【解析】
【详解】A．A点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小，B点为氢氧化钠和CH3COONa的混合液，CH3COO-水解促进了水的电离，则水电离出的c(H+)A点小于B点，故A错误；
B．B点呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；
C．滴加的V(CH3COOH)=12.5 mL时，恰好反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V(CH3COOH)＞12.5 mL，故C错误；
D．在D点，V(CH3COOH)=25 mL，相当于CH3COONa和CH3COOH的1：1混合溶液，由质子守恒可得：2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，移项得：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故D正确；
故选：D。
24. 以和为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，V为元素钒，其最高化合价为+5价，、分别为两种不同氨基酸，下列说法正确的是

A. 该机理中化合物A是中间产物
B. 反应过程中，钒的成键数目不变
C. 该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成
D. 该过程的总反应为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．该机理中化合物A是催化剂，故A错误；
B．反应过程中，从 A→B钒的成键数目增多，故B错误；
C．B→C过程中有氧氢键断裂，C→D过程中有氧氢键形成，故C正确；
D．该过程的总反应为：，故D错误；
选C。
25. 下列方案设计能达到实验目的的是

目的
方案设计
A

检验乙炔具有还原性
将饱和食盐水滴入盛有电石的锥形瓶中，将产生的气体导入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液颜色变化
B
比较HClO与的酸性强弱
常温下，分别用玻璃棒蘸取和溶液点在pH试纸上，观察现象
C
除去粗苯甲酸样品中少量氯化钠和泥沙
取一定量样品加入适量的水，加热充分溶解，趁热过滤，冷却结晶，过滤，用少量蒸馏水洗涤所得晶体
D
验证
向盛有溶液的试管中滴加4滴溶液，振荡后，继续滴加4滴溶液，观察现象

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．将饱和食盐水滴入盛有电石的锥形瓶中，产生的气体中可能含有H2S，H2S具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不选A；
B．溶液具有漂白性，不能用pH试纸测溶液的pH，故不选B；
C．苯甲酸的溶解度随温度变化大，取一定量样品加入适量的水，加热充分溶解，趁热过滤，冷却结晶，过滤，可除去粗苯甲酸样品中少量氯化钠和泥沙，故选C；
D．向盛有溶液的试管中滴加4滴溶液，生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钠过量，继续滴加4滴溶液，剩余的氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，不能验证，故不选D；
选C。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共50分。)
26. 25℃时，向的溶液中加入的盐酸(混合后溶液的体积变化忽略不计)。已知25℃时，。请回答下列问题：
（1）混合后溶液的pH=_______。
（2）混合后溶液中_______mol/L(写出计算过程)。
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【小问1详解】
硝酸银和盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，反应后溶液中c(H+)=，pH=1。
【小问2详解】
向的溶液中加入的盐酸，硝酸银和盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，盐酸过量，反应后氯离子有剩余，，混合后溶液中mol/L。
27. 化合物I()易与Cu2+结合生成化合物II()。请回答：
（1）Cu原子的M电子层中有_______个能级，Cu原子的核外电子排布式为_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 化合物I中S原子采取sp3杂化 B. 化合物I中碳原子的杂化类型有sp3和sp2
C. 化合物II中C-C-C键角是180° D. 化合物II中存在离子键和共价键
（3）化合物I中同周期的两种元素的电负性大小为_______。
（4）金属铜的熔点高于钾的原因是_______。
（5）Cu可以形成一种离子化合物。若要确定它是晶体还是非晶体，最科学方法是对它进行_______实验；其阴离子的空间构型是_______。
（6）CX4的熔沸点如下表所示：
CX4



熔点/℃
-22.8
88
170
沸点/℃
76.8
190
329
分析上述三种CX4的熔沸点变化原因：_______。
【答案】（1） ①. 3 ②. （2）AB
（3）C （5） ①. X射线衍射 ②. 正四面体
（6）CCl4、CBr4、CI4是结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高
【解析】
【小问1详解】
Cu原子的M电子层中有3s、3p、3d共3个能级；Cu为29号原子，原子的核外电子排布式为：；
【小问2详解】
A. 化合物I中S原子形成2根键，还有2个孤电子对，采取sp3杂化，A正确；
B. 化合物I中饱和碳原子为sp3杂化，羧基中的碳原子为sp2杂化，故碳原子的杂化类型有sp3和sp2，B正确；
C. 化合物II中C-C-C键角接近，C错误；
D. 化合物II中存在共价键和配位键，不存在离子键，D错误；
故选AB；
【小问3详解】
化合物I中同周期的两种元素为C和O，从左往右电负性逐渐增大，故电负性：C 【小问4详解】
铜和钾均为金属晶体，金属阳离子电荷越多、半径越小，金属键越强，熔点越高，故金属铜的熔点高于钾的原因是：金属铜的阳离子电荷多、半径小，金属键强，熔点高；
【小问5详解】
要确定它是晶体还是非晶体，最科学的方法是：X射线衍射；硫酸根中硫原子的价层电子对数为：，空间构型为正四面体；
【小问6详解】
CCl4、CBr4、CI4是结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。
28. 是一种常用的硝化剂，常用的臭氧化法制备，反应原理如下：
反应I：
反应II：
（1）298K时，几种物质的相对能量如下表：
物质





能量(kJ/mol)
-90
-14
-62
-181
-198
请可根据物质的相对能量计算反应I的_______(忽略△H随温度的变化)。
（2）在密闭容器中充入和，发生反应I和II。
①在恒温恒压条件下，下列说法正确的是_______。
A.和的物质的量之比不变时说明反应已达平衡
B.说明反应Ⅱ已达到平衡
C.混合气体密度不再改变说明反应Ⅰ已达到平衡
D.反应达到平衡后，再往容器中通入稀有气体Ar，反应Ⅰ平衡不移动
②保持温度不变，对反应体系加压，平衡时的转化率与压强的关系如图所示。请解释压强增大至的过程中逐渐增大的原因：_______。


③保持容器体积2L不变，10min时反应达到平衡，此时的转化率为50%，O2的物质的量为0.2mol，反应II的平衡常数K=_______。
④以固体催化剂M催化反应I，若O3分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，该反应机理分为两步，写出第二步的化学方程式：步骤a.；步骤b._______。
（3）T℃时，在密闭容器中充入，保持压强不变，只发生反应II，t1时到达平衡，随时间的变化如图所示，在t2时刻继续充入一定量的，t3时刻重新到达平衡，请在图中作出随时间变化的曲线__________。


【答案】（1）
（2） ①. C ②. 加压，反应II平衡向逆反应方向移动，浓度增大，有利于反应向正反应方向移动，逐渐增大 ③. 0.36 ④.
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据物质的相对能量， (-198-90+14+181) kJ/mol=-93 kJ/mol；
【小问2详解】
①A．和都是反应I的生成物，物质的量之比始终为1:1，所以和物质的量之比不变时，反应不一定平衡，故A错误；
B．反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比，时反应Ⅱ没有达到平衡，故B错误；
C．反应II反应前后气体物质的量是变量，则容器体积是变量，反应前后气体总质量不变，密度是变量，混合气体密度不再改变，说明反应II得到平衡状态，则浓度不变，所以反应Ⅰ一定达到平衡，故C正确；
D．反应达到平衡后，再往容器中通入稀有气体Ar，容器体积增大，反应II正向移动，浓度减小，则反应Ⅰ平衡逆移动，故D错误；
选C。
②保持温度不变，对反应体系加压，反应II平衡向逆反应方向移动，浓度增大，有利于反应向正反应方向移动，逐渐增大。
③保持容器体积2L不变，10min时反应达到平衡，此时的转化率为50%，O2的物质的量为0.2mol，则0.2mol参与反应Ⅰ，0.3mol参与反应II，生成NO2的物质的量为0.6mol，反应II的平衡常数K=。
④总反应为，步骤a为；总反应-步骤a得步骤b的方程式为。
【小问3详解】
T℃时，在密闭容器中充入，保持压强不变，只发生反应，t1时到达平衡，在t2时刻继续充入一定量的，t3时刻重新到达平衡，0~t1逆反应速率逐渐增大，t1反应达到平衡状态=，在t2时刻继续充入一定量的，容器体积增大，反应物浓度增大、生成物浓度减小，突然增大、突然减小，新达到平衡与原平衡等效，所以新平衡的速率和旧平衡相等，随时间变化的曲线为 。
29. 乳酸亚铁()是一种常见的食品铁强化剂。某兴趣小组利用废旧聚乳酸()材料与碳酸亚铁制备乳酸亚铁实现“变废为宝”，并测定产品纯度。
I.制备乳酸
实验步骤如下(部分环节已略去)：

已知：乳酸常温下为易溶于水、乙醇等溶剂的淡黄色黏性液体。
（1）实验室加热回流装置如图所示，仪器A的名称是_______。

（2）写出聚乳酸与NaOH反应的化学方程式_______。
II.制备乳酸亚铁晶体
将FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸至铁粉完全溶解，低温下蒸发浓缩，冷却，加入少量乙醇并充分搅拌，过滤，洗涤，干燥。
（3）加入乙醇的作用_______。
III.乳酸亚铁晶体纯度的测量：
用Ce(SO4)2标准溶液滴定Fe2+进行测定，生成Fe3+与Ce3+。测定时，先称取4.680g样品，溶解后进行必要处理，配制成250mL溶液。每次取25.00mL，用0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点。
（4）滴定过程要用到酸式滴定管，从下列选项选择合适操作并排序：蒸馏水洗涤→加入标准液3~5mL→ → → → → →准备开始滴定(润洗操作只进行一次)。_______
a.加液至“0”刻度以上2~3mL处
b.倾斜转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁
c.调整液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数
d.右手握住滴定管，左手打开活塞快速放液
e.橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球，放液
f.控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出
g.将洗涤液从滴定管上口倒出
（5）实验记录数据如表：
滴定次数
Ce(SO4)2溶液
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/mL
1
0.10
1985
2
0.12
21.32
3
1.05
20.70
则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为：_______(乳酸亚铁摩尔质量为234g/mol)。
【答案】（1）球形冷凝管
（2）
（3）降低乳酸亚铁的溶解度，促进其析出
（4）bfadc （5）9850%
【解析】
【小问1详解】
仪器A为球形冷凝管，起到冷凝回流和导气作用；
【小问2详解】
聚乳酸在碱性条件下水解完全，反应方程式为；
【小问3详解】
加乙醇降低乳酸亚铁的溶解度，促进其析出；
【小问4详解】
按照“润洗—装液—排气—调零—读数”的顺序可知正确操作顺序为bfadc；
【小问5详解】
3次消耗Ce(SO4)2溶液的体积为19.75mL、21.20mL、19.65mL，其中21.20mL误差较大而舍去，故消耗Ce(SO4)2溶液的平均体积为mL，用Ce(SO4)2标准溶液滴定Fe2+进行测定，生成Fe3+与Ce3+，根据电子得失守恒可知Ce(SO4)2与乳酸亚铁的反应物质的量比为1:1，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数=。
30. 有机物I是合成药物的重要中间体，某课题组设计的合成路线如下：

已知：①A中有两个环，其中一个为苯环
②
③
请回答：
（1）B的结构简式是_______；I中官能团的名称是_______。
（2）下列说法不正确的是_______。
A. 化合物D中所有碳原子不可能共平面
B. 化合物E可以发生加成、取代、消去、加聚反应
C. 1molI最多能与2molNaOH反应
D. A→B与G→H反应类型相同
（3）D+E→F的化学方程式是_______
（4）写出2种同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)_____。
①属于芳香族化合物，但不能使氯化铁溶液显色
②核磁共振氢谱显示4个吸收峰
（5）设计以为原料合成E的合成路线_______(用流程图表示，其它无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. ②. 酰胺基、碳溴键 （2）AB
（3）+H2O （4）、、
（5）
【解析】
【分析】由D的结构和C生成D的反应条件可知发生酯化反应，则C为，已知A中有两个环，其中一个为苯环，则A为，A发生卤代反应生成B为，D和E发生已知信息②反应生成F为，由F和G的分子式可知多了2个H原子，说明发生加成反应，G为，G发生已知信息③反应生成H为，H中羟基与HBr发生取代反应生成I；
【小问1详解】
由分析可知，B的结构简式是；I中官能团的名称是酰胺基、碳溴键；
【小问2详解】
A．化合物D中苯环、醛基、酯基都是平面型结构，由于单键可旋转，所有碳原子可能共平面，A错误；
B．化合物E含有苯环，可以与氢气发生加成反应，含有羟基，可发生取代反应、与羟基相连的邻位碳上有H原子可发生消去反应，不能发生加聚反应，B错误；
C．I中含有酰胺基、碳溴键可与NaOH溶液发生反应，则1molI最多能与2molNaOH反应，C正确；
D．A→B是发生卤代反应即取代反应，G→H是取代反应，两者的反应类型相同，D正确；
故选：AB；
【小问3详解】
D和E发生已知信息②反应生成F为，D+E→F的化学方程式是+H2O；
【小问4详解】
满足条件：①属于芳香族化合物，但不能使氯化铁溶液显色说明不含有酚羟基，②核磁共振氢谱显示4个吸收峰，化合物E的同分异构体的结构简式为、、；
【小问5详解】
苯甲醛先与HCN发生加成反应生成，-CN再与氢气发生加成反应可得E，合成路线为：。