2022-2023学年浙江省温州市新力量联盟高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年浙江省温州市新力量联盟高二（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，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列物质熔融状态下能导电且含有非极性键的氧化物的是( )
A. CO2B. SiO2C. MgOD. Na2O2
2.Ca(ClO)Cl具有强氧化剂的盐，下列说法不正确的是( )
A. Ca元素位于周期表s区B. Ca(ClO)Cl属于强电解质
C. 其水溶液呈中性D. Ca(ClO)Cl可作漂白剂
3.下列化学用语表示正确的是( )
A. 中子数为81的钡原子： 81137Ba
B. 铁的基态原子的价电子轨道表示式：
C. CO32−的空间结构：正四面体形
D. SO2的中心原子的杂化轨道类型：sp3
4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是( )
A. SO2能遇有色物质褪色，可用葡萄酒抗氧化剂
B. 二氧化硅硬度高，可用于制造光导纤维
C. CuSO4溶液呈酸性，可用作消毒剂
D. 钛合金与人体“相容性”好，可用于制造人造骨骼
5.下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是( )
A. 实验室用Na2SO3和98%浓硫酸反应生成SO2
B. 将Cl2通入Ca(OH)2溶液中，制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉
C. 工业上用氨的催化氧化制备NO
D. 常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2
6.关于反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，下列说法正确的是( )
A. KCl是还原产物B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6
C. HCl既有还原形又有酸性D. 生成67.2LCl2，转移5ml电子
7.下列反应的离子方程式正确的是( )
A. Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
B. 少量的Cl2通入亚硫酸钠溶液：SO32−+Cl2+H2O=SO42−+2Cl−+2H+
C. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2溶液变浑浊：
D. H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SO32−+Ca2+=CaSO3↓
8.下列说法不正确的是( )
A. 纤维素可用于生产纸张、棉纱、合成纤维等
B. 蛋白质溶液与浓硝酸作用产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色
C. 只用新制氢氧化铜悬浊液(可加热)就能区分乙醛、乙酸、葡萄糖、四氯化碳
D. DNA分子由两条多聚核苷酸链组成，两条链上的碱基通过氢键作用，互补配对
9.化合物“E7974”具有抗肿痛活性，结构简式如图，下列有关该化合物说法正确的是( )
A. 分子中含有4个手性碳原子B. 分子中含有3种官能团
C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 1ml该化合物最多与2mlNaOH反应
10.前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。基态W原子中有7个运动状态不同的电子，X元素形成的某种单质是极性分子，基态Y原子的价层电子排布式为ns2np4，基态Z原子次外层全充满，最外层电子数为1，下列说法正确的是( )
A. YX2空间构型是直线形
B. 基态X原子的第一电离能比同周期相邻原子都要低
C. W和X的电负性：W>X
D. 单质Z与单质Y反应生成ZY
11.一种钠离子电池的工作原理如图所示，放电时电池反应可表示为Na1−xFePO4+NaxC=NaFePO4+C。下列说法正确的是( )
A. 放电时，电能转化为化学能
B. 放电时，Y极为正极，发生还原反应
C. 充电时，X极电极反应式为NaFePO4−xe−=Na1−xFePO4+xNa+
D. 充电时，每转移1mle−，Y极质量减少23g
12.近日科学家合成了一种新型芳香化合物K72(N6)4(N5)56(N2)72，其结构中含有N64−(平面正六边形，与苯的结构类似)、N5−(平面正五边形)以及N2。下列说法不正确的是( )
A. 氮的原子结构示意图：B. N2的电子式：
C. N64−和N5−中N原子杂化方式为sp3D. N64−和N5−中含有大π键
13.常温常压下，某同学向20.00mLc0ml×L−1氨水中逐滴加入0.1000ml⋅L−1的盐酸，实验测得溶液的pH随加入盐酸体积的变化如图所示，其中N点为反应终点(此时盐酸与氨水恰好完全反应)，此时消耗盐酸的体积为17.20mL。下列说法中正确的是( )
A. 选择甲基橙作指示剂，误差比酚酞的大
B. M点的溶液中存在c(NH3⋅H2O)>c(Cl−)>c(NH4+)
C. N点溶液中c(H+)−c(OH−)D. P、M、N三点对应溶液中水的电离程度最大的为M点
14.一定条件下，反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如图，下列说法不正确的是( )
A. 由历程Ⅰ可计算，SO2的总键能=(E1−E3)kJ⋅ml−1
B. 由历程Ⅱ可知，相同条件下O(g)的浓度比SO2(g)的浓度对反应速度影响更大
C. 相同条件下，SO2的平衡转化率，历程Ⅰ=历程Ⅱ
D. 由历程Ⅰ和历程Ⅱ可得，E5−E3=E4−E2
15.可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。已知：Ksp(BaCO3)=5×10−9；Ksp(BaSO4)=1×10−10，下列推断正确的是( )
A. 饱和BaCO3溶液中存在：c(Ba2+)=c((HCO3−)+c(CO32−)
B. 向BaCO3、BaSO4的饱和混合溶液中加入少量BaCl2，溶液中c(CO32−)c(SO42−)减小
C. 不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)
D. 若每次加入1L2ml⋅L−1的Na2CO3溶液，至少需要6次可将0.2mlBaSO4转化为BaCO3
16.下列实验方案能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
17.小组同学探究Na2SO3和不同铜盐溶液的反应，实验如下。
实验：向2mL0.5000ml⋅L−1Na2SO3溶液中加入1mL0.2500ml⋅L−1CuCl2溶液，立即产生橙黄色沉淀(沉淀A)，放置5min左右，转化为白色沉淀(沉淀B)。
已知：ⅰ.Cu+→浓氨水Cu(NH3)2+(无色)
ⅱ.Cu+→稀硫酸Cu2++Cu
(1)研究沉淀B的成分。
向洗涤后的沉淀B中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色。取少量深蓝色溶液，滴加试剂X，产生白色沉淀。
①配制0.2500ml⋅L−1CuCl2溶液时用的玻璃定量仪器是______， X试剂是______。
②无色溶液在空气中放置变为深蓝色，反应的离子方程式为______。
(2)经检验，沉淀A不含SO42−。推测沉淀A能转化为沉淀B与Cl−有关，为研究沉淀A的成分及沉淀A转化为B的原因，实验如图。
①仅通过上述实验不能证明沉淀A中含有Cu+，补充实验：向少量洗净的沉淀A加入稀硫酸，证实沉淀A中含有Cu+的证据是______。
②无色溶液中含有SO42−，推测SO42−的产生有两个途径：
途径1：实验过程中O2氧化SO32−；
途径2：______ (将途径补充完整)。
经研究，途径1不合理，途径2合理。
③下列有关说法不正确的是______。
A.CuCl2和Na2SO3溶液生成棕黄色沉淀A的反应速率快
B.生成白色沉淀B的限度大
C.Cu(NH3)2+配合物中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
D.洗涤时，向沉淀物中加入洗涤剂至没过沉淀，搅拌，让洗涤剂顺利留下，多次操作
(3)用Na2SO3和CuSO4溶液重复上述实验，仅产生橙黄色沉淀，放置72h后变为暗红色沉淀(可溶于氨水，得到无色溶液，放置变为深蓝色)。根据上述实验所得结论：①Cu2+和SO32−能发生复分解反应和氧化还原反应，且复分解反应速率更快；②______。
三、简答题：本大题共4小题，共42分。
18.我国科学家研究发现AgCrS2(AMX2家族成员之一，A为一价金属，M为三价金属，X为氧族元素)在室温下具有超离子行为。回答下列问题
(1)基态铬原子的价电子排布式为______；基态硫原子核外电子的运动状态有______种。
(2)同周期元素Si、P、S的第一电离能由大到小的顺序为______ (用元素符号表示)。
(3)硫元素能形成多种微粒如H2S、SO2、SO3、SO32−、SO42−等。SO42−的中心原子的杂化类型是______。
(4)CrO5中Cr元素化合价为+6价，常温下呈蓝色，则其结构式可能为______ (填标号)。
(5)某含铬化合物立方晶胞如图所示。该晶体的化学式为______。
(6)已知晶体的密度为ρg⋅cm−3，NA为阿伏加德罗常数的值，则相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为=______ pm(列出计算式即可)。
19.化合物X由三种前四周期常见元素组成，某学习小组按如图流程进行实验：
请回答：
(1)E的电子式是______， X的化学式是______。
(2)写出X与足量浓H2SO4反应的化学方程式______。
(3)写出气体D与酸性KMnO4溶液反应的离子反应方程式______。
(4)设计实验检验溶液G中的阳离子______。
20.某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)回答问题：
(1)已知：电解液态水制备1mlO2(g)，电解反应的ΔH=+572kJ⋅ml−1。由此计算H2(g)的燃烧热(焓)ΔH=______ kJ⋅ml−1。
(2)已知：CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的ΔH与活化能(Ea)的关系为|ΔH|>Ea。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)______。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入0.1mlCO2和0.4mlH2，反应平衡后测得容器中n(CH4)=0.05ml。则CO2的转化率为______，反应温度 t约为______ ℃。
(3)在相同条件下，CO2(g)与H2(g)还会发生不利于氧循环的副反应：CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)，在反应器中按n(CO2)：n(H2)=1：4通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中CH3OH、CH4浓度(μml⋅L−1)如下表所示。
若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是______。
(4)某温度下，反应CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是______。
A.增大压强，v正>v逆，平衡常数不变
B.加入催化剂，平衡时CH4的浓度增大
C.恒容下，充入一定量的稀有气体，平衡向正反应方向移动
D.由于催化剂Ⅱ选择性地提高该反应的速率
21.黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如图路线合成：
回答问题：
(1)化合物D的官能团名称是______。
(2)黄酮哌酯的分子式是______。
(3)下列说法正确的是______。
A.A→B的反应类型为氧化反应
B.化合物B为一元强酸，可以制备合成洗涤剂
C.可以用FeCl3溶液鉴别E和F。
D.化合物E与氢氧化钠溶液反应，耗2mlNaOH
(4)写出D→E的反应方程式______。
(5)X是F的分异构体，符合下列条件的X可能的结构简式为______。
①含有酯基
②含有苯环
③核磁共振氢谱有两组峰
(6)设计以
为原料合成
的路线______ (其他试剂任选)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.CO2是共价化合物，在熔融状态下不能导电，故A错误；
B.SiO2是共价化合物，在熔融状态下不能导电，且不含非极性键，故B错误；
C.MgO为离子化合物，在熔融状态下能导电，但不含非极性键，故C错误；
D.Na2O2为氧化物，为离子化合物，在熔融状态下能导电，含非极性共价键，故D正确；
故选：D。
只由两种元素形成，且其中一种为氧元素的化合物为氧化物，在熔融状态下能导电的氧化物需为离子化合物，形成于同种元素的原子间的共价键为非极性键，据此分析。
本题考查了物质的分类以及物质在熔融状态下导电的判断等，题目难度不大，应注意的是化合物中的离子化合物在熔融状态下能导电。
2.【答案】C
【解析】解：A.s区元素包括ⅠA族和ⅡA族的元素，Ca元素位于周期表s区，故A正确；
B.Ca(ClO)Cl属于强电解质，故B正确；
C.ClO−是弱酸根离子，会发生水解，水解后溶液呈碱性，故C错误；
D.Ca(ClO)Cl具有强氧化性，可以做漂白剂，故D正确；
故选：C。
A.s区元素包括ⅠA族和ⅡA族的元素；
B.在水溶液中能完全电离的电解质为强电解质；
C.ClO−是弱酸根离子，会发生水解；
D.Ca(ClO)Cl具有强氧化性，可以做漂白剂。
本题考查了周期表的分区、强弱电解质的判断，为高频考点，明确物质的组成、化学键的概念、发生反应实质、氧化还原反应为解答关键，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.中子数为81的钡原子，核电荷数为56，质量数=56+81=137，原子符号为 56137Ba，故A错误；
B.铁的基态原子的价电子排布式为3d64s2，价电子轨道表示式：，故B正确；
C.CO32−的价层电子对数=3+4−2×3+22=3，空间结构：平面三角形，故C错误；
D.SO2的价层电子对数=2+6−2×22=3，中心原子的杂化轨道类型：sp2，故D错误；
故选：B。
A.中子数为81的钡原子，核电荷数为56，质量数=56+81=137，原子符号左上角为为量数，左下角为质子数；
B.铁的基态原子的价电子排布式为3d64s2；
C.计算碳酸根离子的价层电子对数，分析判断空间构型；
D.计算SO2中中心原子的价层电子对数，判断杂化类型。
本题考查了原子结构、原子核外电子排布、分子结构的分析判断等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.SO2具有还原性，能与氧气反应，可用作葡萄酒抗氧化剂，与其漂白性无关，故A错误；
B.二氧化硅能全反射光，可用于制造光导纤维，与二氧化硅硬度高无关，故B错误；
C.铜离子为重金属离子能够使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，与其酸性无关，故C错误；
D.钛合金与人体有很好的相容性，且性质稳定，抗腐蚀性强，所以可用来制造人造骨骼，故D正确；
故选：D。
A.SO2具有还原性，能与氧气等物质反应；
B.二氧化硅能全反射光，可用于制造光纤；
C.铜离子为重金属离子能够使蛋白质变性；
D.钛合金具有很好的生物“相容性”，可以用来制造人造骨骼。
本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.实验室用Na2SO3粉末制备SO2时，一般选用70%∼80%的浓硫酸，而不用98%的浓硫酸，原因是用Na2SO3粉末制备SO2时，利用了硫酸的酸性，98%的浓硫酸中c(H+)太小，故A错误；
B.Ca(OH)2微溶，应将氯气通入冷的石灰乳中，发生反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉，不是Ca(OH)2溶液，故B错误；
C.工业上氨催化氧化生成NO的反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故C正确；
D.常温下铁与浓硝酸发生钝化现象，所以常温下铁与浓硝酸反应不可以制取NO2，故D错误；
故选：C。
A.实验室用Na2SO3粉末制备SO2时，一般选用70%∼80%的浓硫酸，而不用98%的浓硫酸；
B.氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，是工业制备漂白粉的原理；
C.NH3与O2在一定条件下反应生成NO和H2O；
D.常温下铁与浓硝酸发生钝化现象。
本题以化学反应为载体考查了理论与实际，工业生产要考虑成本问题，根据物质间的反应结合成本分析解答，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.因KCl中Cl元素由HCl生成，没有化合价变化，则KCl既不是氧化产物，又不是还原产物，故A错误；
B.KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂是氯酸钾，还原剂是参加反应氯化氢的56，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5，故B错误；
C.由反应可知，6mlHCl中，5ml作还原剂，1ml为酸，故C正确；
D.由于气体存在的条件未知，不一定为标准状况下，则不能确定气体的物质的量，故D错误；
故选：C。
反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，KClO3中Cl元素由+5价降低为0，HCl中Cl元素由−1价升高为0，结合电子的转移数目解答该题。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价及氧化还原反应基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.Cl2通入氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故A正确；
B.少量氯气通入亚硫酸钠溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠和亚硫酸氢钠，离子方程式为：3SO32−+Cl2+H2O=SO42−+2Cl−+2HSO3−，故B错误；
C.向苯酚钠溶液中通入少量CO2溶液变浑浊，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：2C6H5O−+CO2+H2O=2C6H5OH+HCO3−，故C错误；
D.盐酸酸性强于H2SO3，H2SO3与氯化钙溶液不反应，不能产生白色沉淀，故D错误；
故选：A。
A.Cl2通入氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
B.少量氯气通入亚硫酸钠溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠和亚硫酸氢钠；
C.酸性：碳酸>苯酚>碳酸氢根离子，向苯酚钠溶液中通入少量CO2溶液变浑浊，反应生成苯酚和碳酸氢钠；
D.H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液，酸性HCl>H2SO3，H2SO3与氯化钙溶液不反应。
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，侧重复分解反应、与量有关的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.纤维素可以水解生成葡萄糖，葡萄糖能分解为乙醇，乙醇可用于制造合成纤维，故纤维素可以用于制造纸张、棉纱和合成纤维，故A正确；
B.蛋白质溶液与浓硝酸作用，先变性生成白色沉淀，加热后沉淀变黄色，故B正确；
C.乙醛和葡萄糖均能和新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，故用新制的氢氧化铜悬浊液无法鉴别，故C错误；
D.DNA分子由两条多聚核苷酸链组成，每条链中的脱氧核糖与磷酸之间通过磷脂键连接，两条链上的碱基之间都是通过氢键而连接，故D正确；
故选：C。
A.纤维素可以水解生成葡萄糖，葡萄糖能分解为乙醇，乙醇可用于制造合成纤维；
B.蛋白质遇浓硝酸发生颜色反应；
C.乙醛和葡萄糖均能和新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀；
D.根据DNA分子由两条多聚核苷酸链组成，每条链中的脱氧核糖与磷酸之间通过磷脂键连接，两条链上的碱基之间都是通过氢键而连接进行分析。
本题考查了糖类、油脂和蛋白质的结构和性质，难度不大，应注意葡萄糖含醛基，也能与新制氢氧化铜悬浊液反应。
9.【答案】C
【解析】解：A.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，中有3个手性碳原子，故A错误；
B.官能团有酰胺基、羧基、次氨基、碳碳双键，共4种官能团，故B错误；
C.含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D.酰胺基、羧基均与NaOH溶液反应，则1ml该化合物最多与3mlNaOH反应，故D错误；
故选：C。
A.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
B.官能团有酰胺基、羧基、次氨基、碳碳双键；
C.结合烯烃的性质判断；
D.酰胺基、羧基均与NaOH溶液反应。
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A为解答的难点，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：由分析可知，W为N元素、X为O元素、Y为S元素、Z为Cu元素；
A.YX2是SO2，分子中心原子S原子孤电子对数=6−2×22=1、价层电子对数=2+1=3，分子空间构型为V形，故A错误；
B.同周期主族元素岁原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半满稳定状态，其第一电离能大于氧元素，则氧原子的第一电离能比N、F都低，故B正确；
C.元素非金属性：NX，故C错误；
D.Cu与S反应生成Cu2S，故D错误；
故选：B。
前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其基态W原子中有7个运动状态不同的电子，即核外电子数为7，故W为N元素；X元素形成的某种单质是极性分子，该分子式O3，可知X为O元素；基态Z原子次外层全充满，其最外层电子数为1，Z原子核外电子数为2+8+18+1=29，故Z为Cu元素，基态Y原子的价层电子排布式为ns2np4，则Y处于ⅥA族，Y的原子序数小于Cu，故Y为S元素。
本题考查元素周期表与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况。
11.【答案】C
【解析】解：A.放电时该装置为原电池，将化学能转化为电能，故A错误；
B.放电时为原电池，Y电极上NaxC发生失电子的氧化反应生成Na+和C，Y为负极，故B错误；
C.充电时为电解池，X极为阳极，电极反应式为NaFePO4−xe−=Na1−xFePO4+xNa+，故C正确；
D.充电时为电解池，Y极为阴极，阴极反应式xNa++C+xe−=NaxC，则每转移1mle−，Y极上1mlNa+转化为Na，质量增加23g，故D错误；
故选：C。
该钠离子电池放电时反应为Na1−xFePO4+NaxC=NaFePO4+C，Na1−xFePO4发生得电子的还原反应、NaxC发生失电子的氧化反应，正极反应为Na1−xFePO4+xe−+xNa+=NaFePO4，负极反应式为NaxC−xe−=xNa++C，则X电极为正极、Y电极为负极，充电时为电解池，原电池的正负极分别与电源的正负极相接，为阳极、阴极，阴阳极反应式与原电池负正极相反，据此分析解答。
本题考查充放电电池工作原理，正确判断电极、电极上发生的反应是解本题关键，注意结合电荷守恒书写电极反应式，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，题目难度中等。
12.【答案】C
【解析】解：A.N原子核内有7个质子、核外有7个电子，7个电子分别位于K、L电子层，原子结构示意图为，故A正确；
B.N2分子中氮原子之间存在共价三键且每个N原子还含有一个孤电子对，电子式为，故B正确；
C.N64−(平面正六边形，与苯的结构类似)、N5−(平面正五边形)中N原子如果都采用sp3杂化，则所有原子不能共平面，实际上N64−(平面正六边形，与苯的结构类似)、N5−(平面正五边形)都是平面结构，所以N原子都不是采用sp3杂化，故C错误；
D.N64−(平面正六边形，与苯的结构类似)、N5−(平面正五边形)都是平面结构，要使所有原子共平面，只有这两种微粒中都含有大π键才能符合条件，故D正确；
故选：C。
A.N原子核内有7个质子、核外有7个电子，7个电子分别位于K、L电子层；
B.N2分子中氮原子之间存在共价三键且每个N原子还含有一个孤电子对；
C.N64−(平面正六边形，与苯的结构类似)、N5−(平面正五边形)中N原子如果都采用sp3杂化，则所有原子不能共平面；
D.N64−(平面正六边形，与苯的结构类似)、N5−(平面正五边形)都是平面结构，则所有N原子都不是采用sp3杂化。
本题考查原子杂化类型判断、化学用语，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构示意图及电子式的书写规则、原子杂化类型判断方法是解本题关键，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.酚酞变色范围为碱性，若选择酚酞作指示剂，氨水中逐滴加入盐酸达到终点时，氨水过量，测定结果偏低，氨水与盐酸恰好完全反应时生成氯化铵，氯化铵溶液呈酸性，应该选择甲基橙作指示剂，即选择甲基橙作指示剂，误差比酚酞的小，故A错误；
B.M点溶液中c(NH4Cl)=c(NH3⋅H2O)，溶液呈碱性，则NH3⋅H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，所以溶液中存在存在c(NH4+)>c(Cl−)>c(NH3⋅H2O)，故B错误；
C.N点溶液中溶质为NH4Cl，c(NH4+)>c(NH3⋅H2O)，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH−)，电荷守恒关系为c(H+)+c(NH4+)=c(OH−)+c(Cl−)，c(H+)+c(NH3⋅H2O)D.碱性：P>M，碱抑制水的电离，并且浓度越大，抑制作用越强，N点溶液中溶质为NH4Cl，NH4Cl促进水的电离，所以水的电离：N>M>P，故D错误；
故选：C。
A.氨水与盐酸恰好完全反应时生成氯化铵，氯化铵溶液呈酸性；
B.M点溶液中c(NH4Cl)=c(NH3⋅H2O)，溶液呈碱性，则NH3⋅H2O的电离程度大于NH4+的水解程度；
C.N点溶液中溶质为NH4Cl，c(NH4+)>c(NH3⋅H2O)，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH−)，结合电荷守恒关系分析判断；
D.碱抑制水的电离，并且浓度越大，抑制作用越强，氯化铵是强酸弱碱盐，促进水的电离。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确弱电解质的电离特点、盐的水解原理、曲线上各点溶质的成分及性质为解答关键，注考查了学生的分析能力及综合运用能力，题目难度中等。
14.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了反应物和生成物的相对能量与反应历程的关系，难度不大，掌握基础知识，结合题给信息是解答的关键。
【解答】
A.由图可知，1mlSO2断键吸收能量为(E1−E3)kJ，SO2的总键能=(E1−E3)kJ⋅ml−1，故A正确；
B.Ⅱ可知，先生成SO3、故SO2(g)浓度对反应速率影响更大，故B错误；
C.催化剂不改变平衡转化率，则历程I=历程Ⅱ，故C正确；
D.反应热相等、即E5−E3=E4−E2，故D正确；
故选B。
15.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查沉淀溶解平衡，题目难度中等，能依据题目信息结合溶度积常数进行计算是解题的关键。
【解答】
A.饱和BaCO3溶液中存在溶解平衡BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO32−(aq)，碳酸根离子在水中水解，由物料守恒可知c(Ba2+)=c((HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3),故A错误；
B.BaCO3、BaSO4的饱和混合溶液中存在溶解平衡BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO32−(aq)，BaSO3(s)⇌Ba2+(aq)+SO42−(aq)，溶液中c(CO32−)c(SO42−)=c(Ba2+)⋅c(CO32−)c(Ba2+)⋅c(SO42−)=Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)，温度不变，Ksp(BaCO3)和Ksp(BaSO4)不变，故混合溶液中加入少量BaCl2，溶液中c(CO32−)c(SO42−)不变，故B错误；
C.胃酸主要成分为盐酸，碳酸钡能与盐酸反应生成氯化钡，不用碳酸钡作为内服造影剂，故C错误；
D.BaSO4转化为BaCO3发生反应BaSO4+Na2CO3=BaCO3+Na2SO4，0.2mlBaSO4转化为BaCO3，需要碳酸钠0.2ml，溶液中硫酸根离子0.2ml，溶液中n(CO32−)n(SO42−)=c(CO32−)c(SO42−)=c(Ba2+)⋅c(CO32−)c(Ba2+)⋅c(SO42−)=Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)5×10−91×10−10=50，故溶液中碳酸根离子的物质的量为0.2ml×50=10ml，故需要碳酸钠的物质的量为10ml+0.2ml=10.2ml，1L2ml⋅L−1的Na2CO3溶液中含有碳酸根离子1L×2ml/L=2ml，故至少需要6次可将0.2mlBaSO4转化为BaCO3，故D正确；
故选：D。
16.【答案】A
【解析】解：A.甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯不能，可知苯环使甲基活化，故A正确；
B.CH3CH2Br水解后，没有加硝酸中和NaOH，NaOH与硝酸银反应，不能检验溴离子，故B错误；
C.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳，均使石灰水变浑浊，由实验操作和现象，不能证明产生的气体中含CO2，故C错误；
D.配制100mL1.00ml⋅L−1NaCl溶液，计算、称量后，在烧杯中溶解、冷却后转移到100mL容量瓶中定容，不能在烧杯中溶解配制一定物质的量浓度的溶液，故D错误；
故选：A。
A.甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯不能；
B.CH3CH2Br水解后，在酸性溶液中检验溴离子；
C.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳，CO2、SO2都能使澄清石灰水变浑浊；
D.配制100mL1.00ml⋅L−1NaCl溶液，计算、称量后，在烧杯中溶解、冷却后转移到100mL容量瓶中定容。
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、反应与现象、物质的检验、溶液的配制、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。
17.【答案】容量瓶 硝酸酸化的硝酸银溶液 4Cu(NH3)2++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH− 有红色固体析出 在Cl−的作用下，Cu2+氧化亚硫酸根生成硫酸根 CD 在Cl−作用下，Cu2+的氧化性增强
【解析】解：(1)①配制溶液需用到的玻璃定量仪器是容量瓶；溶液中存在氯离子，检验氯离子的方式为加入足量的硝酸酸化的硝酸银溶液，
故答案为：容量瓶；硝酸酸化的硝酸银溶液；
②无色溶液含有的离子为Cu(NH3)2+，在空气中被氧气氧化，生成蓝色溶液[Cu(NH3)4]2+，所以对应的离子方程式为：4Cu(NH3)2++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−，
故答案为：4Cu(NH3)2++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−；
(2)①已知Cu+→稀硫酸Cu2++Cu，向含有亚铜离子的溶液中加入稀硫酸会发生歧化反应，生成铜，
故答案为：有红色固体析出；
②溶液中的氧化剂除了氧气之外还有铜离子，当存在氯离子时，铜离子会具有较强的氧化性，会把亚硫酸根氧化，
故答案为：在Cl−的作用下，Cu2+氧化亚硫酸根生成硫酸根；
③Cu(NH3)2+配合物中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，形成配位键，故C错误；洗涤时，向沉淀物中加入洗涤剂至没过沉淀，不能搅拌，让洗涤剂顺利留下，多次操作，故D错误；
故答案为：CD；
(3)向2mL0.5ml/LNa2SO3溶液中加入1mL0.25ml/LCuCl2溶液，立即产生橙黄色沉淀亚硫酸铜，在NaCl溶液中，硫酸亚铜继续发生氧化还原反应，生成CuCl白色沉淀，根据沉淀颜色的变化快慢可知，复分解反应较快，氧化还原反应较慢，
故答案为：在Cl−作用下，Cu2+的氧化性增强。
Na2SO3溶液中加入CuCl2溶液，立即产生橙黄色沉淀A，放置5min左右，转化为白色沉淀，沉淀B为CuCl。对于沉淀B组成的验证：向洗涤后的CuCl中加入足量浓氨水，得到无色溶液Cu(NH3)2Cl，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2和[Cu(NH3)4]Cl2。取少量深蓝色溶液，加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀AgCl，证明有氯离子的存在。沉淀A组成的验证：反应物为Na2SO3和CuCl2，沉淀A中不含SO42−，那么A中存在CuSO3，洗涤后，加入足量的NaCl溶液，增大了氯离子的浓度，产生白色沉淀CuCl，无色溶液先加氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加足量盐酸，白色沉淀减少，即这个过程中发生氧化还原反应，酸性条件下，氯离子的催化下，生成了硫酸根。
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，熟悉科学探究方法是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
18.【答案】3d54s1 16P>S>Sisp3 BCaCrO3 32×3140ρNA×10−10
【解析】解：(1)Cr为24号元素，位于第四周期第ⅥB族，价层电子排布式为3d54s1；S原子核外有16个电子，核外电子的运动状态有16，
故答案为：3d54s1；16；
(2)同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第Ⅵ族的第一电离能比相邻元素的大，故Si、P、S的第一电离能由大到小的顺序为：P>S>Si，
故答案为：P>S>Si；
(3)SO42−中S原子的价层电子排布式为4+6+2−2×42=4，为sp3杂化，
故答案为：sp3；
(4)根据化合物中元素化合价代数和为0原则，CrO5中5个O共为−6价，说明以−1价氧元素存在的共有两个过氧根，一个氧离子元素化合价−2价，离子符号为O2−，即过氧键为2个，其结构式为B，
故答案为：B；
(5)由图可知，Ca位于顶点，个数为8×18=1，O位于面心，个数为6×12=3，1个Cr位于体心，Ca：Cr：O=1：1：3，化学式为：CaCrO3，
故答案为：CaCrO3；
(6)晶胞质量为40+52+3×16NAg，设晶胞边长为apm，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，由ρ=mV可得，ρg⋅cm−3=40+52+16×3NAg(a×10−10)3cm3，a=3140ρNA×10−10pm，则相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为体对角线的一半，即 32×3140ρNA×10−10pm，
故答案为： 32×3140ρNA×10−10。
(1)Cr为24号元素，位于第四周期第ⅥB族；有多少个电子就有多少种运动状态；
(2)同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第Ⅵ族的第一电离能比相邻元素的大；
(3)SO42−中S原子的价层电子排布式为4+6+2−2×42=4；
(4)根据元素化合价代数和为0的原则计算分析，CrO5中5个O共为−6价，必定有4个为−1价；
(5)由图可知，Ca位于顶点，个数为8×18=1，O位于面心，个数为6×12=3，1个Cr位于体心；
(6)晶胞质量为40+52+3×16NAg，设晶胞边长为apm，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，根据ρ=mV可求得晶胞边长，相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为体对角线的一半。
本题考查物质结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、价层电子对互斥理论、晶胞计算方法是解本题关键，题目难度中等。
19.【答案】 Fe3SiC2 2Fe3SiC2+30H2SO4=3Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2+30H2O或2Fe3SiC2+30H2SO4=3Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3+28H2O2MnO4−+5SO2+2H2O=Mn2++5SO42−+4H+ 取少量溶液G于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+
【解析】解：(1)E为CO2，结构式为C=O=C，电子式是；根据分析，X的化学式是Fe3SiC2，
故答案为：；Fe3SiC2；
(2)X是Fe3SiC2，X与足量浓H2SO4反应生成Fe2(SO4)3、SO2、CO2、SiO2、H2O，化学方程式为2Fe3SiC2+30H2SO4=3Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2+30H2O或2Fe3SiC2+30H2SO4=3Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3+28H2O，
故答案为：2Fe3SiC2+30H2SO4=3Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2+30H2O或2Fe3SiC2+30H2SO4=3Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3+28H2O；
(3)气体D为SO2，SO2可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸根离子，则SO2与酸性KMnO4溶液反应的离子反应方程式为2MnO4−+5SO2+2H2O=Mn2++5SO42−+4H+，
故答案为：2MnO4−+5SO2+2H2O=Mn2++5SO42−+4H+；
(4)溶液G中的阳离子有H+、Fe3+；检验溶液G中的阳离子的具体操作为：取少量溶液G于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+，
故答案为：取少量溶液G于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+。
4.4g固体X分为两等份，每份2.2g，与足量O2在加热条件下反应产生气体C和固体A，A与足量NaOH反应得到红棕色固体B，红棕色固体为不溶于NaOH的Fe2O3，则n(Fe2O3)=2.4g160g/ml=0.015ml，n(Fe)=0.03ml；另一份X与足量浓硫酸加热反应生成的气体D，D与酸性高锰酸钾反应后得到的气体E与足量澄清石灰水反应生成固体F为碳酸钙，F为2.0g，则n(CaCO3)=2.0g100g/ml=0.02ml，n(C)=0.02ml；每份中除铁、碳外的质量为2.2g−0.03ml×56g/ml−0.02ml×12g/ml=0.28g，结合固体A中部分能与NaOH反应，与硫酸反应后产生的固体H可推出可能产生SiO2固体，则另一元素为Si，物质的量为0.28g28g/ml=0.01ml，故n(Fe)：n(Si)：n(C)=0.03ml：0.01ml：0.02ml=3：1：2，X的化学式为Fe3SiC2；进一步确认固体A为Fe2O3和SiO2的混合物；固体H为SiO2或H2SiO3，溶液G中含有过量的硫酸和生成的硫酸铁。
本题考查物质组成及含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、元素守恒为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
20.【答案】−286 50%660.2400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高 AD
【解析】解：(1)已知2H2O2H2↑+O2↑，△H=+572kJ⋅ml−1，则氢气燃烧生成1ml液态水放出热量为：286kJ，故△H=−286kJ/ml，
故答案为：−286；
(2)①△H>Ea，则生成物能量低于a，则图应该为，
故答案为；
②列出三步法：CO2(g)+4H2(g) 催化剂2H2O(g)+CH4(g)



故二氧化碳的转化率=转化的量总量×100%=×100%=50%；K=c(CH4)×c2(H2O)c(CO2)×c4(H2)=0.012××0.024=625，对应的温度是660.2℃，
故答案为：50%；660.2；
(3)由图可知400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高，
故答案为：5.4；400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高；
(4)某温度下，反应CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)在密闭容器中达到平衡，
A.增大压强，正逆反应速率均增大，正反应速率增大的多，则v正>v逆，温度不变，平衡常数不变，故A正确；
B.加入催化剂，只能加快反应速率，不影响平衡，故平衡时CH4的浓度不变，故B错误；
C.恒容下，充入一定量的稀有气体，不改变反应物等各物质的浓度，正逆反应速率不变化，平衡不移动，故C错误；
D.400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高，则催化剂Ⅱ选择性地提高该反应的速率，故D正确；
故答案为：AD。
(1)燃烧热是指生成1ml液态水所放出的热量；
(2)①△H>Ea，则生成物能量低于a；
②转化率=转化的量总量×100%；根据平衡常数求出此时的温度；
(3)由表格可知400℃的反应速率更快；
(4)某温度下，反应CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)在密闭容器中达到平衡，
A.增大压强，正逆反应速率均增大，正反应速率增大的多；
B.加入催化剂，只能加快反应速率，不影响平衡，故平衡时CH4的浓度不变；
C.恒容下，充入一定量的稀有气体，不改变反应物等各物质的浓度；
D.400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握盖斯定律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
21.【答案】羟基、羧基 C24H25O4NBC 或
【解析】解：(1)D为，D中官能团为羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
(2)黄酮哌酯的分子式是C24H25O4N，
故答案为：C24H25O4N；
(3)A.A→B的反应类型为取代反应或磺化反应，故A错误；
B.化合物B中磺酸基能电离出氢离子，为一元强酸，可以制备合成洗涤剂，故B正确；
C.E中不含酚羟基、F含有酚羟基，所以可以用FeCl3溶液鉴别E和F，故C正确；
D.羧基、酯基水解生成的酚羟基和羧基都能和NaOH以1：1反应，化合物E与氢氧化钠溶液反应，最多耗3mlNaOH，故D错误；
故答案为：BC；
(4)D为，D发生取代反应生成E，D→E的反应方程式为，
故答案为：；
(5)X是F的分异构体，X符合下列条件：
①含有酯基；
②含有苯环；
③核磁共振氢谱有两组峰，说明含有两种氢原子，F的不饱和度是6，苯环的不饱和度是4、酯基的不饱和度是1，根据F中不饱和度及氧原子个数知，X中含有两个酯基且X的结构对称，符合条件的结构简式、，
故答案为：或；
(6)以为原料合成，对二甲苯中两个甲基发生氧化反应生成羧基；苯环上的氢原子发生A生成B、B生成C的反应引入酚羟基；酚羟基发生取代反应然后发生异构化得到目标产物，合成路线为，
故答案为：。
A和浓硫酸发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，根据C、E结构简式及D的分子式知，C中酚羟基邻位发生反应生成−COOH，则D为，D中酚羟基上的氢原子被取代生成E，E发生异构生成F，F和苯甲酸酐发生取代反应生成G，G发生一系列反应生成黄酮哌酯；
(6)以为原料合成，对二甲苯中两个甲基发生氧化反应生成羧基；苯环上的氢原子发生A生成B、B生成C类型的反应引入酚羟基；酚羟基发生取代反应然后发生异构化得到目标产物。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。指示剂
pH范围及对应颜色
甲基橙
<3.1(红色)
3.1∼4.4(橙色)
>4.4(黄色)
酚酞
<8.2(无色)
8.2∼10.0(粉红色)
>10.0(红色)
选项
实验目的
实验方案
A
向两支分别盛有2mL苯和2mL甲苯的试管中各加入几滴酸性高锰酸钾溶液，用力振荡，观察现象
探究有机物中基团间的相互作用
B
检验CH3CH2Br中的溴元素
将CH3CH2Br与NaOH溶液混合加热，静置，向上层清液加入AgNO3溶液，观察是否生成浅黄色沉淀
C
证明蔗糖与浓硫酸反应产生的气体中含CO2
将气体通入澄清石灰水中，观察是否生成白色沉淀
D
用NaCl固体配制100mL1.00ml⋅L−1NaCl溶液
将5.85gNaCl固体放在烧杯中，加入100mL蒸馏水，搅拌
A
B
C
催化剂
t=350℃
t=400℃
c(CH3OH)
c(CH4)
c(CH3OH)
c(CH4)
催化剂Ⅰ
10.8
12722
345.2
42780
催化剂Ⅱ
9.2
10775
34
38932