浙江省嘉兴市2021-2022学年高二下学期期末检测化学题 Word版含解析

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嘉兴市2021~2022学年度高二第二学期期末测试化学试题考生须知：1．本试卷共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：H1C12N14O16Mg24Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Ag108第Ⅰ卷选择题一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，1~15题每小题2分，16~20题每小题3分，共45分)1.化学发展经历了漫长的过程，下列对化学学科的认识不正确的是A.1869年俄国化学家门捷列夫在前人研究的基础上，将元素按照相对原子质量由小到大的顺序，制出第一张元素周期表B.荷兰化学家范托夫最先提出碳价四面体学说，打破了有机物分子结构都是平面形的观点C.抗“新冠病毒”的疫苗需要冷藏保存，其目的是避免蛋白质变性而失活D.吉祥物“冰墩墩”外壳使用有机硅橡胶材料，该材料属于硅酸盐材料【答案】D【解析】【详解】A．1869年俄国化学家门捷列夫在前人研究的基础上，将元素按照相对原子质量由小到大的顺序，制出第一张元素周期表,符合化学事实，A项正确；B．荷兰化学家范托夫最先提出碳价四面体学说，打破了有机物分子结构都是平面形的观点,符合化学事实，B项正确；C．高温可以使蛋白质发生变性，故疫苗必须需要冷藏保存，其目的是避免蛋白质变性而失活，C项正确；D．有机硅橡胶材料属于合成有机高分子材料，不属于硅酸盐材料，D项错误；答案选D。2.下列有关化学用语正确的是A.基态原子的价层电子排布图为B.的系统命名为对二甲苯

1C.分子中C原子的杂化方式为D.的VSEPR模型名称为V形【答案】C【解析】【详解】A．基态原子的价层电子排布图为，A项错误；B．系统命名为1,4-二甲苯，对二甲苯是习惯命名法，B项错误；C．分子中C原子的杂化方式为，C项正确；D．分子中价层电子对=2+2=4，所以其VSEPR模型为正四面体，该分子中含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形，D项错误；答案选C。3.下列说法正确的是A.金刚石和石墨互为同素异形体，熔点和硬度都很高B.乙酸()和硬脂酸()互为同系物，都有酸性C.和互为同位素，性质相同D.的同分异构体共有2种，其沸点各不相同【答案】B【解析】【详解】A．金刚石和石墨均由碳元素组成，互为同素异形体，金刚石熔点和硬度都很高，石墨硬度低，A错误；B．乙酸()和硬脂酸()均饱和一元羧酸，结构相似，互为同系物，都有酸性，B正确；C．和互为同位素，化学性质相同，同位素物理性质不相同，C错误；D．的同分异构体共有4种，HOHC=CHOH，(OH)2C=CH2，CH3COOH，HCOOCH3其沸点各不相同，D错误；答案选B。4.化学是一门以实验为基础的学科。关于图中的实验仪器，下列叙述正确的是

2A.②、③都可用于量取一定体积的液体，②的“0”刻度在上，③的“0”刻度在下B.①、⑤均可用作反应容器，加热时都需要垫石棉网C.④可用于分离二氯甲烷和四氯化碳，其冷凝效果比直形冷凝管更好D.⑥用水洗净后直接使用，会使配制的溶液浓度偏低【答案】B【解析】【详解】A．②是酸式滴定管，③是量筒，都可用于量取一定体积的液体，②的“0”刻度在上，③没有“0”刻度，故A错误；B．①是锥形瓶，⑤是圆底烧瓶，均可用作反应容器，加热时都需要垫石棉网，故B正确；C．④是球形冷凝管，不用于蒸馏实验。分离二氯甲烷和四氯化碳用蒸馏的方法，用直形冷凝管，故C错误；D．⑥是容量瓶，用水洗净后可以直接使用，不会使配制的溶液浓度改变，故D错误；故选B。5.化学与科学、技术和环境等密切联系，下列说法正确的是A.绿色化学也称环境友好化学，要求从源头上减少或消除环境污染B.通过裂解可以把重油转化为汽油、煤油等物质C.工业上分别采用电解熔融、来制备Mg、A1D.大部分食品因在空气中被氧化而变质，所以需要加入防腐剂【答案】A【解析】【详解】A．绿色化学即环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，使原子的利用率尽可能的达到100%，绿色化学核心就是要利用化学原理从源头消除污染，以减少废物向环境排放，绿色化学并不是有严格定义的，是一种理念，绿色化学是指无污染、无公害的化学，生产出有利于环境保护、社区安全和人体健康的环境友好产品符合绿色化学的特点，A正确；

3B．裂解是指长链烃加热断裂产生乙烯、丙烯等低级烃的过程，产生汽油、煤油是重油裂化，B错误；C．电解熔融Al2O3可制得铝，而不是电解氯化铝，C错误；D．大部分食品因在空气中被氧化而变质，所以需要加入抗氧化剂，D错误；故选A。6.下列说法不正确的是A.煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程B.DNA由两条多聚核苷酸链组成C.一元羧酸随着分子中碳原子数的增加，熔点和沸点逐渐升高D.苯胺具有碱性【答案】C【解析】【详解】A．煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，A项正确；B．DNA由两条多聚核苷酸链组成，B项正确；C．一元羧酸随着分子中碳原子数的增加，沸点逐渐升高，但是丙酸的熔点比乙酸低，C项错误；D．苯胺中有官能团氨基，氨基是碱性集团，显碱性，D项正确；答案选C。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22.4L苯中含键数为B.1.5g中所含质子数为C.溶液中含氢原子数目为D.71g氯气通入足量水中充分反应转移电子数【答案】B【解析】【详解】A．由于苯标况下是液态，无法求算他的物质的量，也就无法计算σ键数目，A错误；B．1.5g甲基的物质的量为=0.1mol，1个甲基中含有9个电子，0.1mol甲基中含有0.9mol电子，含有的电子数为0.9NA，B正确；C．根据n=cV,可知1L0.1mol/LCH3COOH的物质的量为1L×0.1mol/L=1mol，CH3COOH中的氢原子个数为1mol×4NA/mol=4NA，但是CH3COOH溶液中的水还有含有H原子，1L0.1mol/LCH3COOH

4含氢原子数目为大于0.4NA，C错误；D．71g氯气的物质的量为=1mol，由反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，Cl的化合价由0价既升高+1又降低为-1价，可知Cl2～e-，，但是反应可逆，加入氯气不能完全反应，故A错误，可得转移电子数目为小于1NA，D错误；故选B。8.下列说法不正确的是A.工业盐酸呈黄色是溶解在其中的的颜色B.可作为潜水艇的供氧剂C.二氧化硫是酸性氧化物，可用作食品添加剂D.硝酸浓度不同，与金属反应的产物也不同【答案】A【解析】【详解】A．工业盐酸呈现黄色是因为含有少量杂质Fe3+，A不正确；B．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，所以过氧化钠可作为潜艇工作人员供氧剂，B正确；C．二氧化硫是国内外允许使用的一种食品添加剂，二氧化硫有显著的杀菌作用，二氧化硫有显著的抗氧化作用，二氧化硫创造了酸性环境，其溶于水生成的溶液呈酸性，帮助植物细胞溶解，促进其中的色素、风味物质和多酚成分进入到果汁中，C正确；D．不同的硝酸浓度，不同活泼性的金属与硝酸反应产物不同，稀硝酸产物主要是一氧化氮，浓硝酸是二氧化氮，极稀硝酸与活泼金属反应产物是硝酸铵，D正确；故选A。9.下列说法正确的是A.红热的铁与水蒸气反应生成Fe2O3和H2B.实验室用浓硫酸与乙醇混合液迅速升温至140℃制取乙烯C.硫酸铜溶液中滴加适量氨水可得到深蓝色透明溶液，再加乙醇可析出深蓝色晶体D.SO2通入Ba(NO3)2溶液中生成BaSO3沉淀【答案】C【解析】【详解】A．红热的铁与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A错误；

5B．实验室用浓硫酸与乙醇混合液迅速升温至170℃，发生消去反应制取乙烯，B错误；C．向硫酸铜溶液中滴加适量氨水，发生反应产生蓝色[Cu(NH3)4]2+，因此可得到深蓝色透明溶液。再加乙醇时，物质的溶解度降低，而析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，C正确；D．SO2溶于水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+使溶液显酸性，在酸性条件下，具有强氧化性，会将溶液中+4价的S氧化为+6价的，从而形成BaSO4白色沉淀，D错误；故合理选项是C。10.下列说法正确的是A.2p、3p、4p能级的轨道数依次增多B.第四周期元素中未成对电子数最多的元素原子序数为23C.同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的第一电离能逐渐增大D.元素周期表中从第IIIB族到第IIB族10个纵列的元素均为金属元素【答案】D【解析】【详解】A．p能级均只有3个轨道，因此2p、3p、4p能级的轨道数均为3，A错误；B．根据洪特规则可知，第四周期元素中，基态原子未成对电子数目最多的Cr(3d54s1)有6个，原子序数为24，B错误；C．同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的，C错误；D．元素周期表中，第8、9、10三个纵行是第VIII族，从IIIB族到第IIB族共10个纵列的元素称为过渡元素或过渡金属元素，故都是金属元素，D正确；答案选D。11.下列离子方程式正确的是A.漂白粉溶液中通入少量：B.溶液中通入过量：C.明矾溶液中滴加溶液至沉淀完全：D.苯酚钠溶液中通入少量：+CO2+=+【答案】D【解析】

6【详解】A．具有氧化性，具有还原性，二者相遇发生氧化还原反应，又由于是少量的，所以产物写HClO，正确的离子方程式为，A错误；B．题中离子方程式不符合电荷守恒，正确的离子方程式为，B错误；C．明矾的化学式为，明矾溶液中滴加溶液至沉淀完全，表明和的反应比例为2：1，正确的离子方程式为，C错误；D．苯酚的酸性弱于碳酸，但是强于，所以苯酚钠溶液中通入少量，可发生反应生成，离子方程正确，D正确；故合理选项为D。12.我国科技工作者发现了一种“小分子胶水”，其结构如图，能助力自噬细胞吞没致病蛋白，有助于新冠病毒的防治。关于该物质的说法错误的是A.该分子中所有碳原子可能共平面B.1mol该物质与NaOH反应最多消耗3molNaOHC.该物质可发生取代、加成、氧化、加聚反应D.该物质能与蛋白质分子形成氢键，从而将自噬细胞与致病蛋白“胶”在一起【答案】B【解析】【详解】A．该分子中，每个框内碳原子一定在同一平面内，三个框都共用1个或2个碳原子，则所有碳原子可能共平面，A正确；B．1mol该有机物分子中的酯基能消耗2molNaOH，1mol羟基能消耗1molNaOH，则1mol该物质与NaOH反应最多消耗4molNaOH，B错误；

7C．该物质分子中酚羟基及邻对位碳原子上的氢原子可发生取代反应，苯环、碳碳双键能发生加成反应，碳碳双键、羟基能发生氧化反应，碳碳双键能发生加聚反应，C正确；D．该物质分子中含有羟基，能与蛋白质分子形成氢键，从而助力自噬细胞吞没致病蛋白，D正确；故选B。13.常温下，下列关于溶液的说法错误的是A.某盐溶液pH<7，则此溶液中水电离的浓度大于B.pH均为3的和HCl溶液的导电能力基本相同C.0.1mol/L的氨水pH约为11，则D.将溶液稀释，pH减小【答案】A【解析】【详解】A．常温下，某盐溶液pH<7则该溶液显酸性，该盐溶液中＞，则此溶液中为水电离出来的，故溶液中水电离的浓度小于，A项错误；B．温度相同，pH相同时，溶液中电离出的浓度相同，影响导电能力的主要因素为离子的浓度，则pH均为3的和HCl溶液的导电能力基本相同，B项正确；C．室温下，pH=11时，溶液中电离出的，，C项正确；D．溶液为强碱弱酸盐，水解显碱性，将溶液进行稀释促进水解，溶液的pH将减小且接近7，D项正确；答案选A。14.Co(H2PO2)2可用于化学镀钴。工业上以金属钴和不锈钢为电极，NaH2PO2溶液为原料按图装置进行电解生产Co(H2PO2)2。

8下列说法正确的是A.电源的a电极是正极，M电极是不锈钢B.膜I、膜III是阳离子交换膜，膜II是阴离子交换膜C.理论上每生成1molCo(H2PO2)2，装置中同时生成标准状况下气体11.2LD.该装置工作时，M极室溶液的pH减小，N极室溶液pH增大【答案】B【解析】【分析】以金属钴和不锈钢为电极，以NaH2PO2溶液为原料，采用四室电渗析槽电解法制备次磷酸钴[Co(H2PO2)2]，由图可知：阳极上Co失去电子，变为Co2+进入溶液，Co2+通过膜I进入产品室，而通过膜II由原料室进入产品室，则膜II为阴离子交换膜；在阴极不锈钢上是H2O电离产生H+得到电子生成H2，使附近溶液中c(OH-)增大，Na+通过阳离子膜III进入NaOH溶液中，N极室NaOH溶液浓度增大，据此来解答。【详解】A．根据上述分析可知：M为阳极，N为阴极，所以电源的a电极是正极，M电极是Co电极，N为不锈钢电极，A错误；B．根据上述分析可知：膜I、膜III是阳离子交换膜，膜II是阴离子交换膜，B正确；C．根据原子守恒、电子守恒可得关系式：Co~Co2+~2e-~2H+~H2，所以n(H2)=n(Co)=1mol，当生成1molCo(H2PO2)2时，阴极反应产生1molH2，其在标准状况下的体积V(H2)=1mol×22.4L/mol=22.4L，C错误；D．该装置工作时，M电极产生的Co2+通过膜I进入产品室，通过膜II进入产品室，M极室溶质、溶剂不消耗，溶液，故溶液的pH不变，二者阴极N上水电离产生H+放电产生H2，使N极室溶剂水减少，n(OH-)增大，故c(OH-)增大，因此M极室溶液的pH不变，N极室溶液pH增大，D错误；故合理选项是B。15.一定温度下，向10mL0.40mol/LH2O2溶液中加入适量FeCl3溶液，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如表所示。资料显示，反应分两步进行：①2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+

9，②H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+，反应过程中能量变化如图所示。下列说法不正确的是t/min0246V(O2)/mL09.917.222.4A.0~6min的平均反应速率v(H2O2)=3.33×10-2mol∙L-1∙min-1B.Fe3+的作用是增大过氧化氢的分解速率C.反应①是吸热反应，反应②是放热反应D.反应2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)的∆H=E1-E2＜0【答案】D【解析】【详解】A．根据表中数据，0~6min生成22.4mL的氧气，即1×10-3mol，需要过氧化氢2×10-3mol，反应过氧化氢的浓度为0.2mol/L，则平均反应速率v(H2O2)==3.33×10-2mol∙L-1∙min-1，A说法正确；B．根据反应①、②，Fe3+作催化剂，则其作用是增大过氧化氢的分解速率，B说法正确；C．根据反应过程的图像可知，反应①反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应；反应②是放热反应，C说法正确；D．E1为反应①的正反应活化能，E2为反应②逆反应的活化能，与该反应的焓变无关，反应2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)的∆H≠E1-E2，D说法错误；答案为D。16.某晶体的晶胞结构如图所示，下列有关说法正确的是

10A.该晶体化学式B.该晶体中与每个距离最近的有8个C.该晶体中微粒间作用力有离子键和共价键D.若该晶胞边长为anm，则晶体密度为【答案】C【解析】【详解】A．根据晶胞结构可知K+位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，O位于棱上和体心，个数为12×+1=4，化学为KO2，A错误；B．由晶胞结构可知晶胞中与顶点K+距离最近的K+位于面心则晶体中与每个K+距离最近的K+有12个，B错误；C．KO2晶体中微粒间作用力有K+和O存在离子键和O中存在共价键，C正确；D．根据晶胞结构可知K+位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，O位于棱上和体心，个数为12×+1=4，该晶胞边长为anm，晶胞体积为(anm)3=(a×10−7)3cm3，晶胞的质量为，则晶体密度为==g/cm3，D错误；故选C。17.有甲、乙两个体积相同的恒容容器，在相同温度和催化剂条件下反应：。反应过程中测得的数据如表：容器编号起始浓度(单位：mol/L)平衡时体系能量变化

11平衡时的体积分数达到平衡所用时间甲13025%放热为73.92kJ乙004a%吸热为bkJ下列中说法正确的是A.容器体积为2LB.甲容器中从开始到平衡的平均反应速率为C.a<25D.若将甲改为绝热容器，则达到平衡时的体积分数大于25%【答案】A【解析】【详解】A．甲容器列三段式：，平衡时的体积分数为25%，则，解得x=0.4，由可知1mol氮气和3mol氢气反应放出92.4kJ能量，甲容器放出73.92kJ能量，则参与反应的氮气物质的量为mol，则容器体积为，A正确；B．未指明具体物质，反应速率不明确，B错误；C．甲和乙容器互为等效平衡，将乙容器4mol全部换为反应物可得2mol氮气和6mol氢气，体积相同、相同温度下相当于对甲容器增大压强，平衡正向移动，的体积分数增大，则a>25，C错误；D．若将甲改为绝热容器，乙容器相当于升高温度平衡逆向移动，则达到平衡时的体积分数小于25%，D错误；故选：A。18.常温下，向二元弱酸溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列说法错误的是

12A.曲线M表示pH与的变化关系B.Ca点溶液中：D.交点c的溶液中：【答案】D【解析】【分析】常温下，向二元弱酸溶液中滴加KOH溶液，第一步反应为，当全部转化为KHY后，发生第二步反应；【详解】A．随着pH的增加，减少，增加，即增大，增大，与曲线M相符；pH继续增大到一定数值，减少，增加，即减小，减小，与曲线N相符；A正确，不符合题意；B．依据混合溶液的pH与离子浓度变化的关系图，点b数据可知，pH=3即时，，则，，B正确，不符合题意；C．a点溶液是溶液和KOH溶液反应到一定程度的溶液，溶液中含有的离子为、、、、，可写出电荷守恒，进行一下移项可得到，C正确，不符合题意；

13D．依据混合溶液的pH与离子浓度变化的关系图，交点c的溶液中，即，所以，此时由图中可知>，所以正确的离子浓度大小排序为，D错误，符合题意；故合理选项为D。19.工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2)为原料制取金属锰的工艺流程如下：下列有关说法正确的是A.浸取软锰矿时，加入FeSO4会引入杂质，因此是多余的B.若浸取液中无Fe2+存在，则加入的Na2CO3主要目的是除去Fe3+、Al3+。为除杂彻底，加入Na2CO3需过量，使溶液呈碱性C.沉锰时的离子方程式为：Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑D.电解时，锰元素在负极被氧化【答案】C【解析】【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2)中加入稀硫酸，FeCO3、Al2O3溶解生成FeSO4和Al2(SO4)3，SiO2不溶，从而成为浸渣；加入FeSO4后，FeSO4在酸性溶液中将MnO2还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+；过滤后浸取液中加入Na2CO3，Fe3+、Al3+转化为沉淀；加入NH4HCO3，Mn2+生成MnCO3沉淀；加入稀硫酸溶解后生成MnSO4。【详解】A．浸取软锰矿时，因FeCO3转化成的FeSO4量比较少，不能满足将MnO2全部还原的需要，所以需再加入一定量的FeSO4，A不正确；B．加入的Na2CO3主要目的，是除去Fe3+、Al3+，若加入Na2CO3过量，溶液的碱性过强，Mn2+也会转化为沉淀，所以需控制Na2CO3的加入量，B不正确；C．沉锰时，加入NH4HCO3，将Mn2+转化为MnCO3沉淀，同时生成CO2气体等，离子方程式为：Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑，C正确；D．电解时，Mn2+获得电子，所以锰元素在阴极得电子被还原，D不正确；

14故选C。20.下列关于实验操作、现象及结论均正确的是实验操作现象结论A向硫酸酸化的溶液中加入溶液，再滴加溶液产生白色沉淀将氧化为B将溶液滴入NaOH溶液中至不再有沉淀产生，再滴加溶液白色沉淀变为蓝色沉淀C在淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间，冷却后再加入新制浊液并煮沸生成砖红色沉淀淀粉在酸性条件下可以水解，产物中有葡萄糖D用玻璃棒蘸取某无色溶液进行焰色试验焰色呈黄色溶液中含有A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．溶液中加入硫酸酸化，会与产生白色沉淀，不能说明将氧化为，A项错误；B．白色沉淀变为蓝色沉淀，说明Mg(OH)2沉淀生成Cu(OH)2，是由于，B项正确；C．用新制溶液检验醛基时，需要在碱性的环境中，才能观察到砖红色沉淀，淀粉水解时加入硫酸，未调节pH，不会观察到生成砖红色沉淀，C项错误；D．玻璃棒的主要成分是硅酸钠，会干扰焰色试验时Na+离子的检验，D项错误；答案选B。第Ⅱ卷非选择题

15二、填空题(本题共5小题，共55分)21.C、N、Si、Ni等元素在新型材料的研制中有着重要应用，请回答下列问题：（1）Ni元素的价层电子排布式为______，C、N、Si的第一电离能由大到小的顺序为______。（2）研究发现，固体由和两种离子组成，空间构型为______；和二者相比较，键角更大，原因是______。（3）碳的一种同素异形体——石墨，其晶体片层结构俯视图如下A，晶胞结构如B，其中图A中的虚线表示的平行四边形即图B中的底面。石墨晶胞含碳原子个数为______。已知石墨的密度为，C—C键键长为acm，阿伏加德罗常数的值为，石墨晶体的层间距为dcm，计算d为______cm。【答案】（1）①.②.N>C>Si（2）①.直线形②.分子中只有一对孤对电子，分子中有两对孤对电子，孤对电子对成键电子的斥力较大，因而分子的键角小（3）①.4②.【解析】【小问1详解】Ni元素原子序数为28，其价层电子排布式为：；同一周期元素第一电离能呈增大趋势，同一主族，元素第一电离能逐渐减小，所以C、N、Si的第一电离能由大到小的顺序为：N>C>Si；【小问2详解】的价层电子对数为：2+=2，所以的空间构型直线形；和

16二者相比较，虽然中心原子均采用sp3杂化，但分子中只有一对孤对电子，分子中有两对孤对电子，孤对电子对成键电子的斥力较大，因而分子的键角小；【小问3详解】根据石墨都得晶胞结构B可以看出，石墨晶胞含碳原子个数为=4；晶胞的质量为g，晶胞的底面图为，则有=a×sin60°，可得x=，则底面菱形的高为=a，所以底面积为×a，晶胞的高为2d，所以晶胞的体积为V=×a×2d=3a2dcm3，晶胞的密度，解得d=cm。22.化合物M是一种白色粉末，由四种原子序数小于30的元素组成。为探究M的组成，某高中探究性学习小组进行如下实验：已知：①白色固体B可溶于无色气体C的水溶液中得到无色溶液②流程中部分生成物已略去，气体产物完全逸出，沉淀均洗涤干净。请回答：（1）组成M的非金属元素有______，C分子的电子式为______。（2）写出M与盐酸反应的化学方程式______。（3）请写出白色固体B溶于无色气体C的水溶液中得到无色溶液的离子方程式______。（4）无色气体C可用于处理硝酸工厂的尾气，把尾气中的氮氧化物()转化为对空气无污染的物质，请写出该反应的化学方程式______。（5）试设计实验检验沉淀D中的阳离子：______。

17【答案】（1）①.H、N、Cl②.（2）（3）或（4）（5）取沉淀D少量，加入足量的盐酸，把溶液分成两份，其中一份滴入KSCN溶液，溶液显明显的血红色，另一份滴加铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀(或：取沉淀D少量，加入足量的稀硫酸，把溶液分成两份，其中一份滴入KSCN溶液，溶液显明显的血红色，另一份滴加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾的红色褪去)【解析】【分析】溶液A分为两等分，一分加入硝酸和硝酸银，生成5.740g白色沉淀B是AgCl，则化合物X中含有Cl的物质的量是×2-20×10-3L×3mol/L=0.02mol，溶液A与足量的氢氧化钠溶液反应生成氨气，气体C是氨气，0.672L放出氨气的物质的量是=0.03mol，说明溶液A中含有铵根，则A含有NH的物质的量为0.03mol×2=0.06mol，沉淀D灼烧得0.400g红棕色固体E，E是Fe2O3，说明溶液A中含有铁，铁的物质的量为×2×2=0.01mol，所以A中含有铁元素0.01mol、N元素0.06mol、C1元素0.02mol；根据质量守恒，A中含有H元素的物质的量是=0.18mol，则X的化学式是Fe(NH3)6Cl2；【小问1详解】组成X的元素有Fe、N、H、Cl，非金属有N、H、Cl；C是氨气，氨气分子的电子式：；【小问2详解】根据题中信息可知，化合物M与盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铵，反应的化学方程式为：Fe(NH3)6Cl2+6HCl=FeCl2+6NH4Cl；【小问3详解】氯化银和氨水反应生成[Ag(NH3)2]+，反应的离子方程式是：AgCl+2NH3·H2O[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O；

18【小问4详解】无色气体NH3可用于处理硝酸工厂的尾气，把尾气中的氮氧化物(NOx)转化为对空气无污染的物质为氮气和水，NH3中N的化合价由-3价升高为0价，(NOx)中+2x降低为0价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可得反应的化学方程式为：4xNH3+6NOx=(2x+3)N2+6xH2O；【小问5详解】取沉淀D少量，加入足量的盐酸，把溶液分成两份，其中一份滴入KSCN溶液，溶液显明显的血红色，另一份滴加铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀(或：取沉淀D少量，加入足量的稀硫酸，把溶液分成两份，其中一份滴入KSCN溶液，溶液显明显的血红色，另一份滴加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾的红色褪去)；23.I.我国预期在2030年前达到碳达峰，2060年前达到碳中和，的循环利用是达到上述目标的方法之一。（1）与环氧丙烷()反应生成可降解塑料()，写出反应的化学方程式______。II.工业上在Cu-ZnO催化下，可用，通过反应①来生产甲醇，同时也会有反应②发生。①②（2）已知298K时，相关物质的能量如图所示，则______，反应①能够自发进行的条件是______(填“高温”、“低温”或“任何温度均可”)。（3）①在恒温恒容的容器中，充入0.5mol(g)和1.0mol(g)，起始压强为pkPa，10min达到平衡，测得容器中生成0.3mol(g)，压强为。反应②的平衡常数______(分压=

19物质的量分数×总压，用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数即为)。②下列说法中不正确的是______。A．向容器中充入He，使体系压强增大，可增大反应速率且能提高B．当混合气体的平均摩尔质量不变时，说明反应达到了平衡状态C．当时，说明反应达到了平衡状态D．选择合适的催化剂，不但可以加快反应速率，还可提高甲醇的平衡产率（4）某实验室实现了以稀硫酸为电解质溶液，通过电解生产甲醇，则生成甲醇的电极反应式为______。III.催化加氢合成乙烯是利用综合利用研究的热点领域，其反应为：（5）理论计算表明，原料初始组成，在体系压强为0.1MPa条件下反应，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x与温度T的变化关系如图所示，则图中表示变化的曲线是______。【答案】（1）nCO2+n（2）①.②.低温（3）①.0.375或②.ACD（4）（5）d

20【解析】【小问1详解】CO2和反应生成的化学方程式为nCO2+n。【小问2详解】ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，则ΔH1=(-200.5kJ∙mol-1)+(-242kJ∙mol-1)-0-(-393kJ∙mol-1)=-49.5kJ∙mol-1；反应①，ΔH1＜0，ΔS＜0，若反应①能够自发进行，即ΔH1-TΔS＜0，温度要为低温。【小问3详解】①设反应①中转化的CO2的物质的量为xmol，反应②中转化的CO2的物质的量为ymol，则有，平衡时，气体的总物质的量为(0.5-x-y)mol+(1-3x-y)mol+xmol+ymol+(x+y)mol=(1.5-2x)mol，反应前气体的总物质的量为1.5mol，则有，解得x=0.25，y=0.05，即平衡时，CO2、H2、CO、H2O的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.05mol、0.3mol，气体总物质的量为1mol，则P(CO2)=P(H2)==，P(CO)==，P(H2O)==，反应②的平衡常数Kp===；②A．恒容容器内，充入He，体系压强增大，但是各组分的浓度不变，故反应速率不变，A错误；

21B．反应①是气体总物质的量减小的反应，反应②是气体总物质的量不变的反应，由于反应前后气体的总质量不变，故混合气体的平均摩尔质量增大，当混合气体的平均摩尔质量不变时，说明反应达到了平衡状态，B正确；C．反应①中生成CH3OH，而CO2参加的反应①和反应②，平衡时，仅对于反应①而言，存在v生成(CH3OH)=v生成(CO2)，但是反应②的v生成(CO2)不为0，故平衡时，v生成(CH3OH)＜v生成(CO2)，即当v生成(CH3OH)=v生成(CO2)时，反应未达到平衡状态，C错误；D．催化剂可以加快反应速率，但是不影响平衡移动，不能提高甲醇的平衡产率，D错误；故选ACD。小问4详解】某实验室实现了以稀硫酸为电解质溶液，通过电解CO2生产甲醇，碳元素的化合价由+4价降低为-2价，则CO2得到电子，发生还原反应，电极反应式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。【小问5详解】该反应的化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，原料初始组成n(CO2):n(H2)=1:3，则平衡时，CO2和H2的物质的量分数之比为1:3，C2H4和H2O的物质的量分数之比为1:4，390K时，c和a的物质的量分数之比为1:3，d和b的物质的量分数之比为1:4，故曲线a表示H2，曲线b表示H2O，曲线c表示CO2，曲线d表示C2H4。24.亚硝酰氯(NOCl)是有机物合成中的重要试剂，其熔点为，沸点为，具有刺鼻恶臭味，遇水水解生成。现利用和NO制备NOCl并测定其纯度，制备装置如图：已知：①NO不能溶于NaOH溶液，微溶于水，能溶于硝酸。②为砖红色固体；，（1）为了使气体充分反应，从X处进入的气体是______。装置A、B除可干燥气体外，另一个作用是______。（2）装置连接的顺序为：a→______→______→______→______→______(按气流方向，用小写字母表示)______。（3）装置E中高锰酸钾的作用是______。装置F的烧杯中盛放的试剂是______。(填编号)

22a．水b．冰盐水c．冰水（4）取F中所得液体mg溶于水配成250mL溶液，取出25.00mL，以溶液为指示剂，用足量硝酸酸化的标准溶液滴定至终点，平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。①滴定终点的现象为______。②亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为______(用含m、c的代数式表示)。【答案】（1）①.②.控制气体流速（2）efbcd（3）①.吸收没有反应完的NO，防止空气污染②.b（4）①.滴入最后一滴(或半滴)标准液，出现砖红色沉淀，且半分钟不消失②.或【解析】【分析】本题考查了亚硝酰氯样品的制备流程，主要考查利用亚硝酰氯的物理和化学性质设计实验方案，质量分数的相关计算。【小问1详解】Cl2的密度比空气大，NO的密度比空气小。若要使Cl2和NO在装置C中充分混合均匀，发生反应，则应使Cl2从X口进入A装置，NO从Y口进入B装置，二者在装置C中可充分混合。装置A、B中浓硫酸的作用除干燥气体外，还可以通过观察A、B装置中导管口末端气泡的产生速度来控制气体流速。故答案为：Cl2；控制气体流速；【小问2详解】根据亚硝酰氯的熔沸点低可知，合成亚硝酰氯应在装置F中进行，故装置a连接e，再连接f；为防止亚硝酰氯水解，应将反应后的混合气体通过无水CaCl2以吸收水汽。最后将混合气体通入d装置，其中KMnO4用于吸收尾气中的NO，NaOH用于吸收过量的Cl2，以此制取较纯净的亚硝酰氯。故装置的连接顺序为：aefbcd。故答案为：efbcd；【小问3详解】装置E中高锰酸钾的作用是吸收没有反应完全的NO，防止造成空气污染。根据亚硝酰氯的性质，装置F中盛放的应是冰盐水，故选b。故答案为：吸收没有反应完全的NO，防止造成空气污染；b；【小问4详解】①滴定终点的现象为：滴加最后一定标准溶液，出现砖红色沉淀，且半分钟内颜色不变。故答案为：滴加最后一定标准溶液，出现砖红色沉淀，且半分钟内颜色不变；②滴定消耗AgNO3标准溶液的物质的量为：20×10-3×cmol，根据Ag++Cl-=AgCl↓可知样品中NOCl

23物质的量为20×10-3×cmol×(250mL/25mL)=20×10-2×cmol，则亚硝酰氯的质量分数为：(20×10-2×cmol×65.5g/mol)/mg×100%=13.1c/m。故答案为：13.1c/m。【点睛】本题注意利用Cl2和NO与空气密度的相对大小来设计二者的进气，同时要注意生成的亚硝酰氯遇水易水解，因此制取的粗产品应去除水汽。25.有机物M是一种具有菠萝气味的酯，是一种常用香料，其合成路线如下：已知：①H分子为不含甲基的链状化合物②RCH2COOH③R-ONaR-O-R′(R—、R'—代表烃基)请回答下列问题：（1）下列说法不正确的是______。A.A→B试剂和条件是和光照B.酸性E>FC.化合物I能使溴水褪色D.M的分子式（2）请写出化合物H的结构简式______。（3）请写出以J和I反应生成M的化学方程式______。（4）请写出化合物J符合下列条件的同分异构体______(写出3种)。①能与发生显色反应②核磁共振氢谱有四个峰，面积之比为3∶2∶2∶1

24（5）以化合物苯和乙烯为原料，设计化合物()的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)______。【答案】（1）AB（2）（3）+CH2=CHCH2OH+H2O（4）、、、、、（5）【解析】【分析】根据C的结构简式及已知信息③可推出F的结构简式为ClCH2COOH，进而推出E的结构简式。同理，根据已知信息①可推出H的结构简式，进而写出I的结构简式为CH2=CHCH2OH，再根据酯化反应的特点推断出有机物M的结构简式。【小问1详解】A.有机物A为苯，B为氯苯，则A→B发生了取代反应，反应条件为液氯，FeCl3，故A项错误；B.根据C的结构简式及已知信息③可推断有机物F的结构简式为：ClCH2COOH，则E的结构简式为：CH3COOH。E、F中与羧基相连的基团分别为-CH3、-CH2Cl，由于Cl原子的非金属性强于H原子，则C-Cl键的极性强于C-H键，因此有机物F中羧基上的羟基更活泼，更容易电离出氢离子，因此酸性

25F>E，故B项错误；C.根据已知信息H为不含甲基的链状化合物，则H的结构简式为CH2=CHCH2Cl，H发生水解反应生成I（CH2=CHCH2OH），因此I含有碳碳双键，能使溴水褪色，故C项正确；D.I的分子式为C3H6O，J的分子式为C8H8O3，I和J发生酯化反应，脱去一个水分子生成了M，因此M的分子式为C11H12O3，故D项正确。故答案为：AB；【小问2详解】根据上述分析，可知H的结构简式为CH2=CHCH2Cl。故答案为：CH2=CHCH2Cl；【小问3详解】I和J发生酯化反应生成M的化学方程式为：CH2=CHCH2OH++H2O；【小问4详解】有机物J的同分异构体N能与FeCl3溶液发生显色反应，说明N分子中含酚羟基（与苯环直接相连）。有机物N分子的核磁共振氢谱中有四组峰，且峰面积之比为3:2:2:1，则有机物N的同分异构体可能结构简式为：、、、、、（任选3种）；【小问5详解】根据题干中的合成路线和已知信息③，可设计相应合成路线如下：

26。【点睛】书写有机物J的同分异构体时，要分别讨论苯环上含1个酚羟基和2个酚羟基的情况，进而写出相应的同分异构体的结构简式。

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