浙江省绍兴市2023-2024学年高二下学期化学期末试卷
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48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．（2024高二下·绍兴期末）下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是（ ）
A．九霄环佩木古琴 B．裴李岗文化骨笛 C．商朝后期陶埙 D．曾侯乙青铜编钟
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高二下·绍兴期末）下列说法不正确的是（ ）
A．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，Xe元素位于周期表的p区
B．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为
C．创造了可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的与互为同位素
D．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体
3．（2024高二下·绍兴期末）下列表达正确的是（ ）
A．硬脂酸的分子式：
B．用电子式表示HCl的形成过程：
C．的共价键电子云轮廓图：
D．分子的球棍模型：
4．（2024高二下·绍兴期末）物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是（ ）
A．氨极易溶于水，液氨可用作制冷剂
B．次氯酸具有强氧化性，可用于棉、麻和纸张的漂白剂
C．碳的非金属性强于硅，可用焦炭和石英砂制取粗硅
D．有毒，且有刺激性气味，不可用于食品加工
5．（2024高二下·绍兴期末）下列说法不正确的是（ ）
A．可用饱和碳酸钠提纯制得的乙酸乙酯
B．通过X射线法衍射可获得青蒿素的分子结构
C．1mol葡萄糖可水解生成2mol乳糖
D．由于F-C的极性大于ClC，则可知三氟乙酸（）的酸性大于三氯乙酸（）
6．（2024高二下·绍兴期末）关于反应，下列说法不正确的是（ ）
A．发生氧化反应
B．是还原产物
C．是一种新型绿色消毒剂，可用于饮用水的处理
D．每生成，电子转移总数为
7．（2024高二下·绍兴期末）以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠（）的工艺流程如下，下列说法不正确的是（ ）
A．“母液”中含有大量的
B．溶解时需用盐酸代替硫酸以防止引入硫酸根杂质
C．吸收塔中1mol失去2NA个电子
D．减压蒸发可降低蒸发温度，防止的分解
8．（2024高二下·绍兴期末）用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用图甲装置制取干燥的氨气
B．用图乙装置配制银氨溶液
C．用图丙装置除去中含有的少量HCl
D．用图丁装置吸收，并防止倒吸
9．（2024高二下·绍兴期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．澄清透明溶液中：、、、
B．加入Al粉能放出的溶液中：、、、
C．的氨水溶液中：、、、
D．溶解少量气体的水溶液：、、、
10．（2024高二下·绍兴期末）下列化学用语表达不正确的是（ ）
A．酰胺在碱性条件下的水解：
B．用足量碳酸钠溶液吸收尾气：
C．常温常压下，1.6g甲烷完全燃烧生成和液态水放出89.3kJ热量，其热化学方程式为：
D．氯气溶于水：
11．（2024高二下·绍兴期末）一种亲电试剂的结构如图，其中W、X、Y、Z均为同周期短周期元素，且元素的原子序数逐渐增大，X元素的p轨道中有3个电子，阳离子中所有原子共平面。下列说法不正确的是（ ）
A．中W为杂化
B．第一电离能：
C．最简单氢化物的沸点：
D．1molW的最高价含氧酸最多能与3molNaOH反应
12．（2024高二下·绍兴期末）工业上主要采用如图1所示的方法制备盐酸羟胺（），一种常见的显像剂，性质类似。电池装置中含Fe的催化电极的电极反应机理如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．Pt电极作正极，发生还原反应
B．外电路每转移2mol电子，通过氢离子交换膜往左侧迁移的有个
C．反应一段时间后，右侧溶液pH减小
D．由图2可知，NO在电极上发生的反应为：
13．（2024高二下·绍兴期末）赖氨酸[，用HR表示]是人体必需氨基酸。常温下，赖氨酸与足量盐酸反应可得盐酸盐（）呈酸性，在水溶液中存在电离平衡：。下列叙述正确的是（ ）
A．的水溶液稀释10倍后，
B．的水溶液中
C．水溶液中
D．NaR水溶液中的水解平衡常数与的关系为
14．（2024高二下·绍兴期末）在某温度下，同时发生反应和。已知反应生成或的能量如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．比稳定
B．在该温度下，反应刚开始时，产物以B为主；反应足够长时间，产物以C为主
C．反应的活化能为
D．反应的且
15．（2024高二下·绍兴期末）已知298K时，，；，或。在物质的量浓度相同的和的混合溶液中滴加溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．常温下的溶解度大于NiS的溶解度
B．P为3.5且对应的阴离子是
C．对于曲线Ⅰ，加热b点对应的溶液，b点向c点移动
D．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
16．（2024高二下·绍兴期末）化学是以实验为基础的学科。下列实验方案设计能达到探究目的的是（ ）
选项 探究目的 实验方案
A 比较和结合的能力大小 室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的溶液和NaClO溶液的pH
B 麦芽糖可水解产生葡萄糖 向麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，冷却后滴加NaOH溶液至碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，观察是否产生银镜
C 比较和的相对大小 向NaCl、Nal的混合溶液中滴入少量稀溶液，观察是否有黄色沉淀生成
D 比较Cl和Si两种元素非金属性的强弱 向硅酸钠溶液中滴加盐酸，观察是否有沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题（本大题共5小题，共52分）
17．（2024高二下·绍兴期末）依据物质结构的相关知识，回答下列问题。
（1）I．氧族元素在生产生活中有十分重要的应用。
根据图1所示和分子结构，判断沸点： （填“>”、“<”或“=”），请说明理由 。
（2）Se是元素周期表中第34号元素，其基态原子的价电子排布式为 ；根据价层电子对互斥理论，可以推知SeO42的空间构型为 。
（3）II．铁能形成多种氧化物，其中一种氧化物的晶胞结构如图2所示。
与铁紧邻且等距离的铁微粒数目为 ；该氧化物的化学式为 ；
18．（2024高二下·绍兴期末）以废铜渣（主要成分为Cu、CuO、和少量铁的氧化物）为原料可制备以下含铜的物质（部分产物已省略）。请回答：
已知：I．
II．步骤⑤中的反应只有一种元素化合价发生变化
（1）步骤①中加入的作用除了将氧化为，还有 。
（2）写出步骤⑤的离子反应方程式 。
（3）下列说法正确的是____。
A．固体X的成分是
B．．上述步骤①④⑤都涉及氧化还原反应
C．溶液B通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得到较纯净的硫酸四氨合铜
D．步骤④中，部分的氧化产物为
（4）写出溶液C中除H+外的其他阳离子 ，设计实验验证除外的无色阳离子 。
19．（2024高二下·绍兴期末）将转化成可利用的化学能源的“负碳”技术是减少碳排放的重要途径。
方法I：二氧化碳催化加氢制甲醇。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
（1）总反应的 ；
（2）反应①的平衡常数为，反应②的平衡常数为，则总反应的平衡常数为 （用含、的式子表示）。
（3）下列关于二氧化碳加氢制甲醇的说法不正确的是____。
A．图1中能正确反映总反应平衡常数K随温度变化关系的曲线为a
B．体系中的平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2所示，则压强最大的为
C．反应达平衡后，在恒温恒容条件下充入一定量的，体系压强增大，反应速率加快
D．选择合适的催化剂能提高的平衡转化率
（4）方法II：电解法制甲醇。利用电解原理，可将转化为，其装置如图3所示：
电极上电极反应方程式： 。
（5）方法III：超干重整得到的CO经偶联反应可制得（草酸）。
在水溶液中、和物质的量分数pH关系如图4所示，则c点（1、3两条线的交点）溶液 。
20．（2024高二下·绍兴期末）碘化锡（）是一种非极性分子，主要用于制造有机锡配合物。某小组利用单质锡和碘制备碘化锡，其主要实验流程如下（反应装置见下图，夹持仪器略去）；
已知：
①无水碘化锡为橙红色立方晶体，受潮易水解，熔点145.7℃，沸点364.5℃。
②碘化锡在丙酮和热的石油醚中溶解度较大，在冷的石油醚中溶解度小。
③石油醚的沸点为60~90℃，碘单质的升华温度为45~77℃。
请回答：
（1）反应装置中仪器A的名称是 。
（2）下列说法不正确的是____。
A．将锡片剪成细小碎片、碘磨细的原因是增大接触面积、提高反应速率
B．步骤II可以不转移反应液，直接在原反应装置（圆底烧瓶）中进行后续操作
C．步骤II，圆底烧瓶中还附着四碘化锡晶体，可用热的石油醚洗涤内壁，一起转移到小烧杯中
D．步骤IV采用蒸发结晶比冷却结晶更好
（3）产品可以进乙步采用重结晶法提纯。请从下列选项中选择最佳选项并进行排序。取碘化锡样品放入烧杯中→ → →
a．加入适量的热水 b．加入适量的热的石油醚
c．用冷水浴冷却结晶 d．趁热过滤
e．加入适量的冷的石油醚
（4）实验结果得到碘化锡产品25.08g，此次实验的实际产率为 （保留一位小数）。
（5）经测定，查阅文献发现，用乙酸代替石油醚作反应溶剂能得到更高的产率，但需将锡粒处理为极碎的锡箔，若仍然用锡粒，反应引发后很容易停止。产生这种现象的原因是 。
21．（2024高二下·绍兴期末）肉桂硫胺（M）是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
（1）A中官能团的名称为 。
（2）下列说法正确的是____。
A．M的分子式为
B．反应A->B的条件是NaOH水溶液，加热．
C．反应E-→F中苯的作用是溶剂
D．F中最多有18个原子共平面
（3）G-→H的反应方程式为 。
（4）写出2种符合下列条件的E的同分异构体。
a．具有两个取代基的芳香族化合物．
b．能水解，水解产物遇到溶液显紫色
c．核磁共振氢谱显示苯环上有4种化学环境的氢
（5）乙酰苯胺结构为（）。参照上述合成路线和下面的信息，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺的合成路线。（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）已知：
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】硅酸盐
【解析】【解答】A．九霄环佩木古琴主要构成是木材，动物筋制得，故A不符合题意；
B．裴李岗文化骨笛由动物骨骼构成，故B不符合题意；
C．商朝后期陶埙属于陶瓷，由硅酸盐制成，故C符合题意；
D．曾侯乙青铜编钟主要由合金材料制成，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A木材主要成分是纤维素；
B. 裴李岗文化骨笛 主要是动物骨骼制成；
C. 商朝后期陶埙 主要成分是硅酸盐；
D.曾侯乙编钟主要成分是合金。
2．【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；同位素及其应用
【解析】【解答】A．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，Xe元素是惰性气体元素，位于周期表的p区，故A不符合题意；
B．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，Fe2O3是红棕色粉末状固体，表土中赤铁矿主要成分为Fe2O3，故B不符合题意；
C．“人造太阳”的原料中的与 的质子数是1，中子数分别是1、2，二者互为同位素，故C不符合题意；
D．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为C元素的单质，属于非金属晶体，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A. 推进剂Xe气 ，是稀有气体元素，位于p区；
B.赤铁矿主要成分是氧化铁；
C.与质子数相等，中子数不等，互为同位素；
D.金刚石为原子晶体。
3．【答案】D
【知识点】分子式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．硬脂酸是饱和脂肪酸，分子式：C18H36O2，故A不符合题意；
B．HCl是共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程：，故B不符合题意；
C．氢气分子中两个氢原子形成s-s σ键，共价键电子云轮廓图是，故C不符合题意；
D．NH3中的N形成3个σ键，有1对孤电子对，分子空间构型是三角锥形，分子的球棍模型： ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.硬脂酸是饱和脂肪酸即可写出；
B.HCl是共用电子对形成；
C.氢气分子中两个氢原子形成s-s σ键即可写出；
D.氨气空间构型是三角锥形。
4．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．氨极易溶于水，但是该性质和液氨可用作制冷剂无关，NH3易液化、液氨汽化时吸收大量的热故可用作制冷剂，故A不符合题意；
B．次氯酸具有强氧化性，能漂白某些有色物质，可用作棉、麻和纸张的漂白剂，故B符合题意；
C．碳的非金属性强于硅，但是该性质和用焦炭、石英砂制取粗硅无关，是利用了碳的还原性，个UC不符合题意；
D．SO2有毒，且有刺激性气味，但是可以用作一些食品的漂白，但是要控制用量，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.液氨气化时吸热，因此可做制冷剂；
B.次氯酸氧化性可漂白棉麻和纸张；
C. 碳的非金属性强于硅， 因此碳酸酸性强于硅酸；
D.二氧化硫具有还原性可用于食品加工。
5．【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；有机物的结构和性质；除杂
【解析】【解答】A．一方面，饱和的碳酸钠溶液可以与混在乙酸乙酯中的乙酸反应还可以与乙醇互溶；另一方面，乙酸乙酯在饱和的碳酸钠溶液中溶解度小，便于分层分液，故可用饱和碳酸钠提纯制得的乙酸乙酯，故A不符合题意；
B．通过X射线衍射实验可获得青蒿素的分子结构，故B不符合题意；
C．葡萄糖为单糖，不能发生水解，故C符合题意；
D．F的电负性强于Cl，F-C的极性大于Cl-C，可知三氟乙酸(CF3COOH)的酸性大于三氯乙酸(CCl3COOH)，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶解度小，因此可以用其提纯乙酸乙酯；
B.X射线衍射可测定结构；
C.葡萄糖不能水解；
D.F的电负性强于Cl，因此F-C的极性大于Cl-C， 酸性较强。
6．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．在反应中，铁元素的化合价从＋3价升高为＋6价， 发生氧化反应，故A不符合题意；
B．在反应中，氯元素的的化合价从＋1价降低为－1价，ClO-发生还原反应，Cl-为还原产物，故B不符合题意；
C． 具有氧化性，可以杀菌消毒；还原产物Fe3+可以水解生成胶体，吸附水中杂质，可用于饮用水的处理，因此是一种新型绿色消毒剂，故C不符合题意；
D．根据反应，每生成2mol ，转移电子6mol，则每生成 ，电子转移总数为 ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据 即可得到被氧化，ClO-发生还原反应， 具有氧化性，被还原为铁离子可水解吸附杂质，结合每生成2mol ，转移电子6mol即可计算出转移电子数。
7．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．溶解时加入的H2SO4，以及SO2还原NaClO3都将转化为Na2SO4，所以 “母液”中含有大量的Na2SO4，故A不符合题意；
B．溶解时不能用盐酸代替硫酸，因为盐酸能还原NaClO3生成Cl2；此外，反应器中也会有硫酸根的生成，故不需要防止硫酸根的引入，故B符合题意；
C．吸收塔中H2O2作还原剂，O元素由-1价升高到0价，1mol H2O2失去2mol电子，故C不符合题意；
D． 热稳定差，所以吸收塔中温度不宜过高，否则会导致 的分解，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.加入硫酸后产物中有硫酸钠；
B.利用盐酸时，氯酸钠可将盐酸氧化；
C.根据方程式即可计算出转移电子数；
D.易分解，因此减压蒸发可防止分解。
8．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；除杂
【解析】【解答】A、浓氨水滴入生石灰，产生氨气，氨气用碱石灰干燥，故A符合题意；
B、配制银氨溶液要把稀氨水慢慢加入到硝酸银溶液中直到有沉淀刚好溶解，故B不符合题意；
C、二氧化碳也能和碳酸钠溶液发生反应，故C不符合题意；
D、用图丁装置吸收NH3，仍会倒吸，应该把苯改成四氯化碳，且导管伸入到四氯化碳中，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.浓氨水在氧化钙作用下变成氨气，氨气被碱石灰干燥；
B.配制银氨溶液时，需要将氨水加入到硝酸银中；
C.除去氯化氢利用饱和碳酸请钠溶液；
D.不能防倒吸，可将苯换成四氯化碳。
9．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．、生成配合物，故不共存，故A不符合题意；
B．加入Al粉能放出H2的溶液可能是强酸性或强碱性：与氢离子不共存、 与碱性不共存，故不共存，故B不符合题意；
C．的氨水溶液中：、K+、Cl-、 ，相互不发生反应，能共存，故C符合题意；
D．溶解少量SO2气体的水溶液：H+ 与S2-不共存，、反应不共存 ，溶解少量SO2生成SO32-，与硫离子反应，故不共存，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.、反应不共存；
B.酸性时，与氢离子不共存，碱性时， 与碱性不共存；
C.、、、 与绿水共存；
D.、反应不共存，二氧化硫与硫离子反应不共存。
10．【答案】D
【知识点】热化学方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．酰胺就是含有酰胺键-CO-NH2的有机物，在碱性条件下即可水解，产物为羧酸盐和氨气， ，故A不符合题意；
B．用碳酸钠溶液吸收NO2的过程会产生NaNO2和NaNO3， ，故B不符合题意；
C． 1.6g甲烷的物质的量为0.1mol，放出89.3kJ热量，则1mol甲烷放出的热量为893kJ，其热化学方程式为： ，故C不符合题意；
D．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸弱酸不可拆分： ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.碱性时，酰胺基变为氨气和羧基；
B.碳酸钠与二氧化氮反应得到硝酸根和亚硝酸根和碳酸氢钠即可析出方程式；
C.根据数据计算出1mol的甲烷完全燃烧释放的能量即可写出热化学方程式；
D.氯气与水反应是可逆反应。
11．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】 已知中W、X、Y、Z均为短周期元素且同周期，且元素的原子序数逐渐增大，X元素的p轨道中有3个电子，则为ⅤA族，阳离子中所有原子共平面，-XY2是平面结构判断X为N，Y为O，-NO2是平面结构，为直线形，四种元素均在第二周期， 中W与4个Z形成4个δ键，整体带一个单位负电荷，则W为B，Z为F；
A．为BF4-，价层电子对为=4，故W为sp3杂化，故A不符合题意；
B．N、O、F为同周期元素且核电荷数依次增大，第一电离能依次增大，但N的电子排布是半充满的，比较稳定，故第一电离能F＞N＞O，故B不符合题意；
C．常温下H2O为液态，HF和NH3为气态，HF的氢键比NH3的强的多，F的电负性比N大，所以最简单氢化物的沸点为：H2O＞HF＞NH3，故C不符合题意；
D．W的最高价含氧酸为H3BO3，H3BO3属于一元弱酸，1molW不能与3mol NaOH反应，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.W为B，Z为F，为BF4-，即可计算出中心B原子的价层电子对；
B.X为N，Y为O，Z为F，同周期元素且核电荷数依次增大，第一电离能依次增大；
C.X为N，Y为O，Z为F，水为液态，N和F的氢化物，HF的沸点高于NH3；
D.W为B，最高价氧化物水合物为H3BO3，与1mol氢氧化钠反应。
12．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据以上分析，Pt电极作负极，发生氧化反应，故A不符合题意；
B．阳离子由负极向正极移动，外电路每转移2mol电子，根据电荷守恒，通过氢离子交换膜往左侧迁移的H+有 个，故B符合题意；
C．负极生成的氢离子通过离子交换膜进入正极区，反应一段时间后，右侧溶液pH不变，故C不符合题意；
D．由图2可知，NO在电极上发生的反应为： ，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据Pt极的物质为氢气发生氧化反应，做负极；
B.氢离子向正极移动，即可计算出转移电子数为2mol；
C.负极生成氢离子，产生氢离子向左侧移动，右侧浓度不变；
D.根据图二可知NO发生的反应为 。
13．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A.0.01mol L 1的H3RCl2的水溶液稀释10倍后浓度为0.001mol L 1，根据题意，H3RCl2不能完全电离，pH>3，故A不符合题意；
B．H3RCl2是赖氨酸与足量盐酸反应生成的盐酸盐，羧基电离使溶液呈酸性，抑制水的电离，水的电离程度减小，c水(H+)<10-7mol L-1，故B不符合题意；
C．H3RCl2水溶液中还存在H2R+，电荷守恒关系应为c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H3R2+)+c(H+)+c(H2R+)，故C不符合题意；
D． NaR水溶液中R-的水解平衡常数Kh与K3的关系为Kh=，即Kh与K3的关系为Kh K3=Kw=10-14，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.结合 为弱酸不能完全电离即可判断；
B. 常温下，赖氨酸与足量盐酸反应可得盐酸盐（）呈酸性 说明抑制水的电离即可判断；
C.根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H3R2+)+c(H+)+c(H2R+)即可判断；
D.Kh===，即可判断。
14．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．从图分析，B的能量比C高，根据能量低的稳定分析，B(g)比C(g)不稳定，故A不符合题意；
B．在该温度下，反应生成B的活化能比生成C的活化能低，所以反应刚开始时，产物以B为主；C比B更稳定，所以反应足够长时间，产物以C为主，故B符合题意；
C． 反应 的活化能为E1，故C不符合题意；
D．反应 为放热反应，即ΔH＜0，但ΔS不为0，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据能量越低越稳定即可判断；
B.根据图示即可得到，在该温度下，反应生成B的活化能比生成C的活化能低，起始时以B为主，最终C稳定最终以C为主；
C.根据图示，反应 的活化能为E1；
D.根据图示即可得到的 但是ΔS不为0。
15．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．常温下Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(NiCO3)=1.0×10-7，Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，NiS和NiCO3属于同种类型，则常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度，故A不符合题意；
B．曲线Ⅱ代表NiCO3，a点c(Ni2+)=c( )，Ksp(NiCO3)=c(Ni2+)×c（）=1.0×10-7，c(Ni2+)=c()=10-3.5，p(Ni)=p(B)=3.5，且对应的阴离子为，故B不符合题意；
C．对曲线Ⅰ在b点加热，NiS的溶解度增大，S2-(aq)和Ni2+(aq)浓度浓度增大，b点向a点方向移动，故C符合题意；
D．Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，则曲线Ⅰ代表NiS，曲线Ⅱ代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS(s)Ni2+(aq)+S2-(aq)，加入Na2S，S2-(aq)浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+(aq)浓度减小，d点向b点移动，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.NiS和NiCO3属于同种类型，结合， 即可判断；
B.曲线Ⅱ代表NiCO3，a点c(Ni2+)=c( )，Ksp(NiCO3)=c(Ni2+)×c（）=1.0×10-7，c(Ni2+)=c()=10-3.5，p(Ni)=p(B)=3.5；
C.I代表NiS，加热b点对应的溶液 ，NiS的溶解度增大，S2-(aq)和Ni2+(aq)浓度浓度增大，b点向a点方向移动；
D..Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，即可判断I代表NiS，II为NiCO3，即可判断。
16．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A．根据越弱越水解，室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的 溶液和NaClO溶液的pH，可以比较 和 结合H+的能力大小，故A符合题意；
B．麦芽糖具有还原性，不能通过银镜反应检验其水解产物，故B不符合题意；
C．NaCl、Nal的混合溶液中二者浓度大小不知，不能比较和 的相对大小，故C不符合题意；
D．氯化氢不是氯元素的最高价含氧酸，不能通过向硅酸钠溶液中滴加盐酸，观察是否有沉淀生成判断Cl和Si两种元素非金属性的强弱，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据酸性越弱对应的盐溶液越水解，可根据相同浓度盐溶液碱性判断酸根离子水解强弱；
B.麦芽糖中含有醛基，也可发生银镜反应；
C.氯化钠和碘化钠浓度不知，无法判断；
D.应该比较高氯酸和硅酸的酸性强弱。
17．【答案】（1）>；和都是分子晶体，分子间氢键比多，分子间作用力较大，沸点高于
（2）；正四面体
（3）12；FeO
【知识点】晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）H2SO4和HClO4都是由分子通过分子间作用力结合形成分子晶体，由于H2SO4分子间形成的氢键比HClO4形成的氢键数目多，导致分子间作用力较大，因此H2SO4的沸点高于HClO4，故沸点：H2SO4＞HClO4；
（2）Se是34号元素，其基态原子的价电子排布式为4s24p4；
SeO42 -的中心Se原子价层电子数是4+=4，根据价层电子对互斥理论，可以推知SeO42 -的空间构型为正四面体形；
（3）根据图示可知：以晶胞顶点的Fe原子为研究对象，在该晶胞中通过该顶点的Fe原子有3个，分别位于通过该顶点的三个面心上；通过该顶点Fe原子可以形成8个晶胞，由于每个面心的Fe原子被重复计算了两次，因此Fe原子数目为=12；在该晶胞中含有Fe原子数目是8×+6×=4，含有的O原子数目是12×+1=4，则该晶胞中含有4个Fe、4个O，n(Fe)：n(O)=1：1，化学式为FeO；
【分析】（1）根据均为分子晶体，且硫酸形成氢键数目多沸点高；
（2）Se为34号元素即可写出电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s24p6；其价电子排布为，根据计算出SeO42 -的中心Se价层电子对即可判断构型；
（3）根据晶胞原子炸内即可判断与铁原子距离最近的铁原子个数为12个，根据占位计算出原子个数比即可写出化学式。
18．【答案】（1）将Cu氧化为
（2）
（3）B；D
（4）、；取少量溶液C于试管中，向溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明溶液中有
【知识点】铵离子检验；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）步骤①中加入 的作用除了将 氧化为 ，还有将Cu氧化为Cu2+；
（2）步骤⑤是向NH4CuSO3沉淀中加入过量的硫酸，且只有一种元素化合价发生了改变，故只有铜元素发生了歧化反应，生成Cu2+和Cu单质。故离子方程式为： ；
（3）A．废铜渣(主要成分为Cu、CuO、和少量铁的氧化物)，铁的氧化物经硫酸和双氧水反应后生成了Fe3+，在调节pH后生成了氢氧化铁沉淀，所以固体X中含有和Fe(OH)3，故A不符合题意；
B．反应①加入双氧水是将铜氧化为Cu2+、将氧化为，故反应①为氧化还原反应；反应②调节pH是将转化为氢氧化铁沉淀，故反应②为非氧化还原反应；反应③是将Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，故反应③为非氧化还原反应；反应④是将二价铜转化为亚铜离子，反应⑤是铜元素发生了歧化反应，生成Cu2+和Cu单质，故反应④⑤均为氧化还原反应，故B符合题意；
C．硫酸四氨合铜受热会分解，故得不到硫酸四氨合铜，故C不符合题意；
D．硫酸四氨合铜和二氧化硫发生氧化还原反应，故有一部分SO2的氧化为 ，故D符合题意；
故答案为：BD
（4）硫酸过量，溶液中还含有铵根离子和铜离子；故检验铵根离子的方法为：取少量溶液C于试管中，向溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明溶液中有 ；
【分析】（1）过氧化氢具有氧化性可将 氧化为 ，还有将Cu氧化为Cu2+；
（2）向NH4CuSO3沉淀中加入过量的硫酸，且只有一种元素化合价发生了改变，故只有铜元素发生了歧化反应，生成Cu2+和Cu单质，即可写出方程式；
（3）A．废铜渣(主要成分为Cu、CuO、和少量铁的氧化物)，铁的氧化物经硫酸和双氧水反应后生成了Fe3+，在调节pH后生成了氢氧化铁沉淀，所以固体X中含有和Fe(OH)3；
B．反应①加入双氧水是将铜氧化为Cu2+、将氧化为，故反应①为氧化还原反应；反应②调节pH是将转化为氢氧化铁沉淀，故反应②为非氧化还原反应；反应③是将Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，故反应③为非氧化还原反应；反应④是将二价铜转化为亚铜离子，反应⑤是铜元素发生了歧化反应，生成Cu2+和Cu单质，故反应④⑤均为氧化还原反应；
C．硫酸四氨合铜受热会分解，故得不到硫酸四氨合铜；
D．硫酸四氨合铜和二氧化硫发生氧化还原反应，故有一部分SO2的氧化为 ；
（4）硫酸过量，溶液中还含有铵根离子和铜离子，利用过量的氢氧化钠溶液和湿润的红色石蕊试纸进行检验铵根离子。
19．【答案】（1）
（2）
（3）C；D
（4）
（5）2.7
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；pH的简单计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1） ① ， ② ，③根据盖斯定律即可得到：①+②=③，即可得到= ；
（2） ① K1， ② K2，③K，即可得到K= ；
（3）A.=，温度升高，常数降低，故A不符合题意；
B.①， ② ，压强越大，②向右移动，导致①向右移动，即可得到压强越大，CO的含量越高，故B不符合题意；
C.反应达平衡后，在恒温恒容条件下充入一定量的，体系压强增大 ，但浓度不变因此其速率不变，故C符合题意；
D.催化剂不能提高转化率，故D符合题意；
故答案为：CD
（4）根据是阴极，得到电子发生还原反应，结合反应物和生成物即可写出： ；
（5）根据草酸的电离情况即可得到，1为， 2为 ，3为 ，a点时，c()=c()，即可得到Ka1==10-1.2，b点时c()=c()，Ka2==10-4.2，c点时，c()=c()，Ka1×Ka2=c(H+)2，即可得到c(H+)==10-2.7，pH=2.7；
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算出焓变；
（2）根据盖斯定律即可计算出K；
（3）A.=，温度升高，常数降低；
B.①， ② ，压强越大，②向右移动，导致①向右移动，即可得到压强越大，CO的含量越高即可判断；
C.反应达平衡后，在恒温恒容条件下充入一定量的，体系压强增大 ，但浓度不变因此其速率不变；
D.催化剂不能提高转化率；
（4）根据反应物和生成物即可写出电极反应式；
（5）根据a和b点，即可计算出Ka1和Ka2，利用c点c()=c()即可计算氢离子浓度，计算pH。
20．【答案】（1）球形冷凝管
（2）B；D
（3）b；d；c
（4）80.0%
（5）为非极性分子，乙酸为极性分子，故在该溶剂中溶解度较小，生成的包裹在锡粒表面，阻碍了后续反应的进行
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；化学实验方案的评价；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）根据装置图，反应装置中仪器A的名称是球形冷凝管；
（2）A．将锡片剪成细小碎片、碘磨细可以增大接触面积、提高反应速率，故A不符合题意；
B．由于Sn过量，如果不转移反应液，直接在原反应装置(圆底烧瓶)中进行后续操作，会导致产品中有Sn杂质，故B符合题意；
C．四碘化锡熔点145.7℃，在热的石油醚中溶解度较大，在冷的石油醚中溶解度小。步骤II，圆底烧瓶中还附着四碘化锡晶体，可用热的石油醚洗涤内壁，一起转移到小烧杯中，故C不符合题意；
D．由于碘化锡在热的石油醚中溶解度较大，在冷的石油醚中溶解度小，步骤IV采用冷却结晶更好，故D符合题意；
故答案为：BD
（3）重结晶就是将粗产品重新溶解并结晶，故需要加入适量的热的石油醚溶解，趁热过滤滤去不容杂质，最后用冷水浴冷却结晶，故选择的最佳选项并进行排序为b→d→c；
（4）25.4g碘单质的物质的量为0.1mol，理论上生成碘化锡0.05mol，实验结果得到碘化锡产品25.08g，此次实验的实际产率为= 80.0% ；
（5）SnI4为非极性分子，乙酸为极性分子，故SnI4在该溶剂中溶解度较小，生成的SnI4包裹在锡粒表面，阻碍了后续反应的进行，所以仍然用锡粒，反应引发后很容易停止；
【分析】（1）根据图示即可得到其为球形干燥管；
（2）A．将锡片剪成细小碎片、碘磨细可以增大接触面积、提高反应速率；
B．由于Sn过量，如果不转移反应液，直接在原反应装置(圆底烧瓶)中进行后续操作，会导致产品中有Sn杂质；
C．四碘化锡熔点145.7℃，在热的石油醚中溶解度较大，在冷的石油醚中溶解度小。步骤II，圆底烧瓶中还附着四碘化锡晶体，可用热的石油醚洗涤内壁，一起转移到小烧杯中；
D．由于碘化锡在热的石油醚中溶解度较大，在冷的石油醚中溶解度小，步骤IV采用冷却结晶更好；
（3）重结晶就是将粗产品重新溶解并结晶，故需要加入适量的热的石油醚溶解，趁热过滤滤去不容杂质，最后用冷水浴冷却结晶即可判断顺序；
（4）根据25.4g碘单质的物质的量为0.1mol即可计算出产物的量即可计算出产率；
（5）考虑为非极性分子，乙酸为极性分子，故在该溶剂中溶解度较小， 或者是 附在 锡粒 表面阻碍反应进行。
21．【答案】（1）溴原子或者碳溴键
（2）B；C；D
（3）
（4）
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A为中官能团的名称为溴原子或者碳溴键；
（2）A．M的分子式为 ，故A不符合题意；
B．反应A到B是溴原子的取代反应，反应条件是NaOH水溶液，加热，故B符合题意；
C．反应E到F中苯的作用是溶剂，故C符合题意；
D．根据分析，F为，F中最多有18个原子共平面，故D符合题意；
故答案为：BCD
（3）根据分析，G为，G→H的反应方程式为 ；
（4）a．是有两个取代基的芳香族化合物；b．能水解，水解产物遇到 溶液显紫色，说明水解产物含有酚羟基；c．核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢的E的同分异构体有2种，它们是 ；
（5）根据信息反应，CH3COOH与SO2Cl反应生成，与反应可以生成目标产物，结合本问中的信息反应可知，在Fe和HCl的条件下可以被还原为，而苯发生硝化反应生成，因此合成路线图为：
；
【分析】（1）根据A的结构简式即可找出含有的官能团；
（2）A.根据M的结构简式即可写出分子式；
B.根据后面催化氧化即可得到A-B是取代反应，条件是NaOH水溶液，加热 ；
C.苯是一种溶剂；
D.结合F的结构简式即可得到共面原子。
（3）根据G和H的结构简式即可写出方程式；
（4）E为，结合含有苯环，且含有酚羟基形成的酯基，含有4种氢即可写出结构简式；
（5）要合成 需要和，可通过苯变成硝基苯再变成苯胺，可通过乙酸与SO2Cl反应得到，即可进行合成。
浙江省绍兴市2023-2024学年高二下学期化学期末试卷
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48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．（2024高二下·绍兴期末）下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是（ ）
A．九霄环佩木古琴 B．裴李岗文化骨笛 C．商朝后期陶埙 D．曾侯乙青铜编钟
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】硅酸盐
【解析】【解答】A．九霄环佩木古琴主要构成是木材，动物筋制得，故A不符合题意；
B．裴李岗文化骨笛由动物骨骼构成，故B不符合题意；
C．商朝后期陶埙属于陶瓷，由硅酸盐制成，故C符合题意；
D．曾侯乙青铜编钟主要由合金材料制成，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A木材主要成分是纤维素；
B. 裴李岗文化骨笛 主要是动物骨骼制成；
C. 商朝后期陶埙 主要成分是硅酸盐；
D.曾侯乙编钟主要成分是合金。
2．（2024高二下·绍兴期末）下列说法不正确的是（ ）
A．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，Xe元素位于周期表的p区
B．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为
C．创造了可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的与互为同位素
D．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体
【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；同位素及其应用
【解析】【解答】A．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，Xe元素是惰性气体元素，位于周期表的p区，故A不符合题意；
B．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，Fe2O3是红棕色粉末状固体，表土中赤铁矿主要成分为Fe2O3，故B不符合题意；
C．“人造太阳”的原料中的与 的质子数是1，中子数分别是1、2，二者互为同位素，故C不符合题意；
D．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为C元素的单质，属于非金属晶体，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A. 推进剂Xe气 ，是稀有气体元素，位于p区；
B.赤铁矿主要成分是氧化铁；
C.与质子数相等，中子数不等，互为同位素；
D.金刚石为原子晶体。
3．（2024高二下·绍兴期末）下列表达正确的是（ ）
A．硬脂酸的分子式：
B．用电子式表示HCl的形成过程：
C．的共价键电子云轮廓图：
D．分子的球棍模型：
【答案】D
【知识点】分子式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．硬脂酸是饱和脂肪酸，分子式：C18H36O2，故A不符合题意；
B．HCl是共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程：，故B不符合题意；
C．氢气分子中两个氢原子形成s-s σ键，共价键电子云轮廓图是，故C不符合题意；
D．NH3中的N形成3个σ键，有1对孤电子对，分子空间构型是三角锥形，分子的球棍模型： ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.硬脂酸是饱和脂肪酸即可写出；
B.HCl是共用电子对形成；
C.氢气分子中两个氢原子形成s-s σ键即可写出；
D.氨气空间构型是三角锥形。
4．（2024高二下·绍兴期末）物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是（ ）
A．氨极易溶于水，液氨可用作制冷剂
B．次氯酸具有强氧化性，可用于棉、麻和纸张的漂白剂
C．碳的非金属性强于硅，可用焦炭和石英砂制取粗硅
D．有毒，且有刺激性气味，不可用于食品加工
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．氨极易溶于水，但是该性质和液氨可用作制冷剂无关，NH3易液化、液氨汽化时吸收大量的热故可用作制冷剂，故A不符合题意；
B．次氯酸具有强氧化性，能漂白某些有色物质，可用作棉、麻和纸张的漂白剂，故B符合题意；
C．碳的非金属性强于硅，但是该性质和用焦炭、石英砂制取粗硅无关，是利用了碳的还原性，个UC不符合题意；
D．SO2有毒，且有刺激性气味，但是可以用作一些食品的漂白，但是要控制用量，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.液氨气化时吸热，因此可做制冷剂；
B.次氯酸氧化性可漂白棉麻和纸张；
C. 碳的非金属性强于硅， 因此碳酸酸性强于硅酸；
D.二氧化硫具有还原性可用于食品加工。
5．（2024高二下·绍兴期末）下列说法不正确的是（ ）
A．可用饱和碳酸钠提纯制得的乙酸乙酯
B．通过X射线法衍射可获得青蒿素的分子结构
C．1mol葡萄糖可水解生成2mol乳糖
D．由于F-C的极性大于ClC，则可知三氟乙酸（）的酸性大于三氯乙酸（）
【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；有机物的结构和性质；除杂
【解析】【解答】A．一方面，饱和的碳酸钠溶液可以与混在乙酸乙酯中的乙酸反应还可以与乙醇互溶；另一方面，乙酸乙酯在饱和的碳酸钠溶液中溶解度小，便于分层分液，故可用饱和碳酸钠提纯制得的乙酸乙酯，故A不符合题意；
B．通过X射线衍射实验可获得青蒿素的分子结构，故B不符合题意；
C．葡萄糖为单糖，不能发生水解，故C符合题意；
D．F的电负性强于Cl，F-C的极性大于Cl-C，可知三氟乙酸(CF3COOH)的酸性大于三氯乙酸(CCl3COOH)，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶解度小，因此可以用其提纯乙酸乙酯；
B.X射线衍射可测定结构；
C.葡萄糖不能水解；
D.F的电负性强于Cl，因此F-C的极性大于Cl-C， 酸性较强。
6．（2024高二下·绍兴期末）关于反应，下列说法不正确的是（ ）
A．发生氧化反应
B．是还原产物
C．是一种新型绿色消毒剂，可用于饮用水的处理
D．每生成，电子转移总数为
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．在反应中，铁元素的化合价从＋3价升高为＋6价， 发生氧化反应，故A不符合题意；
B．在反应中，氯元素的的化合价从＋1价降低为－1价，ClO-发生还原反应，Cl-为还原产物，故B不符合题意；
C． 具有氧化性，可以杀菌消毒；还原产物Fe3+可以水解生成胶体，吸附水中杂质，可用于饮用水的处理，因此是一种新型绿色消毒剂，故C不符合题意；
D．根据反应，每生成2mol ，转移电子6mol，则每生成 ，电子转移总数为 ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据 即可得到被氧化，ClO-发生还原反应， 具有氧化性，被还原为铁离子可水解吸附杂质，结合每生成2mol ，转移电子6mol即可计算出转移电子数。
7．（2024高二下·绍兴期末）以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠（）的工艺流程如下，下列说法不正确的是（ ）
A．“母液”中含有大量的
B．溶解时需用盐酸代替硫酸以防止引入硫酸根杂质
C．吸收塔中1mol失去2NA个电子
D．减压蒸发可降低蒸发温度，防止的分解
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．溶解时加入的H2SO4，以及SO2还原NaClO3都将转化为Na2SO4，所以 “母液”中含有大量的Na2SO4，故A不符合题意；
B．溶解时不能用盐酸代替硫酸，因为盐酸能还原NaClO3生成Cl2；此外，反应器中也会有硫酸根的生成，故不需要防止硫酸根的引入，故B符合题意；
C．吸收塔中H2O2作还原剂，O元素由-1价升高到0价，1mol H2O2失去2mol电子，故C不符合题意；
D． 热稳定差，所以吸收塔中温度不宜过高，否则会导致 的分解，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.加入硫酸后产物中有硫酸钠；
B.利用盐酸时，氯酸钠可将盐酸氧化；
C.根据方程式即可计算出转移电子数；
D.易分解，因此减压蒸发可防止分解。
8．（2024高二下·绍兴期末）用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用图甲装置制取干燥的氨气
B．用图乙装置配制银氨溶液
C．用图丙装置除去中含有的少量HCl
D．用图丁装置吸收，并防止倒吸
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；除杂
【解析】【解答】A、浓氨水滴入生石灰，产生氨气，氨气用碱石灰干燥，故A符合题意；
B、配制银氨溶液要把稀氨水慢慢加入到硝酸银溶液中直到有沉淀刚好溶解，故B不符合题意；
C、二氧化碳也能和碳酸钠溶液发生反应，故C不符合题意；
D、用图丁装置吸收NH3，仍会倒吸，应该把苯改成四氯化碳，且导管伸入到四氯化碳中，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.浓氨水在氧化钙作用下变成氨气，氨气被碱石灰干燥；
B.配制银氨溶液时，需要将氨水加入到硝酸银中；
C.除去氯化氢利用饱和碳酸请钠溶液；
D.不能防倒吸，可将苯换成四氯化碳。
9．（2024高二下·绍兴期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．澄清透明溶液中：、、、
B．加入Al粉能放出的溶液中：、、、
C．的氨水溶液中：、、、
D．溶解少量气体的水溶液：、、、
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．、生成配合物，故不共存，故A不符合题意；
B．加入Al粉能放出H2的溶液可能是强酸性或强碱性：与氢离子不共存、 与碱性不共存，故不共存，故B不符合题意；
C．的氨水溶液中：、K+、Cl-、 ，相互不发生反应，能共存，故C符合题意；
D．溶解少量SO2气体的水溶液：H+ 与S2-不共存，、反应不共存 ，溶解少量SO2生成SO32-，与硫离子反应，故不共存，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.、反应不共存；
B.酸性时，与氢离子不共存，碱性时， 与碱性不共存；
C.、、、 与绿水共存；
D.、反应不共存，二氧化硫与硫离子反应不共存。
10．（2024高二下·绍兴期末）下列化学用语表达不正确的是（ ）
A．酰胺在碱性条件下的水解：
B．用足量碳酸钠溶液吸收尾气：
C．常温常压下，1.6g甲烷完全燃烧生成和液态水放出89.3kJ热量，其热化学方程式为：
D．氯气溶于水：
【答案】D
【知识点】热化学方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．酰胺就是含有酰胺键-CO-NH2的有机物，在碱性条件下即可水解，产物为羧酸盐和氨气， ，故A不符合题意；
B．用碳酸钠溶液吸收NO2的过程会产生NaNO2和NaNO3， ，故B不符合题意；
C． 1.6g甲烷的物质的量为0.1mol，放出89.3kJ热量，则1mol甲烷放出的热量为893kJ，其热化学方程式为： ，故C不符合题意；
D．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸弱酸不可拆分： ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.碱性时，酰胺基变为氨气和羧基；
B.碳酸钠与二氧化氮反应得到硝酸根和亚硝酸根和碳酸氢钠即可析出方程式；
C.根据数据计算出1mol的甲烷完全燃烧释放的能量即可写出热化学方程式；
D.氯气与水反应是可逆反应。
11．（2024高二下·绍兴期末）一种亲电试剂的结构如图，其中W、X、Y、Z均为同周期短周期元素，且元素的原子序数逐渐增大，X元素的p轨道中有3个电子，阳离子中所有原子共平面。下列说法不正确的是（ ）
A．中W为杂化
B．第一电离能：
C．最简单氢化物的沸点：
D．1molW的最高价含氧酸最多能与3molNaOH反应
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】 已知中W、X、Y、Z均为短周期元素且同周期，且元素的原子序数逐渐增大，X元素的p轨道中有3个电子，则为ⅤA族，阳离子中所有原子共平面，-XY2是平面结构判断X为N，Y为O，-NO2是平面结构，为直线形，四种元素均在第二周期， 中W与4个Z形成4个δ键，整体带一个单位负电荷，则W为B，Z为F；
A．为BF4-，价层电子对为=4，故W为sp3杂化，故A不符合题意；
B．N、O、F为同周期元素且核电荷数依次增大，第一电离能依次增大，但N的电子排布是半充满的，比较稳定，故第一电离能F＞N＞O，故B不符合题意；
C．常温下H2O为液态，HF和NH3为气态，HF的氢键比NH3的强的多，F的电负性比N大，所以最简单氢化物的沸点为：H2O＞HF＞NH3，故C不符合题意；
D．W的最高价含氧酸为H3BO3，H3BO3属于一元弱酸，1molW不能与3mol NaOH反应，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.W为B，Z为F，为BF4-，即可计算出中心B原子的价层电子对；
B.X为N，Y为O，Z为F，同周期元素且核电荷数依次增大，第一电离能依次增大；
C.X为N，Y为O，Z为F，水为液态，N和F的氢化物，HF的沸点高于NH3；
D.W为B，最高价氧化物水合物为H3BO3，与1mol氢氧化钠反应。
12．（2024高二下·绍兴期末）工业上主要采用如图1所示的方法制备盐酸羟胺（），一种常见的显像剂，性质类似。电池装置中含Fe的催化电极的电极反应机理如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．Pt电极作正极，发生还原反应
B．外电路每转移2mol电子，通过氢离子交换膜往左侧迁移的有个
C．反应一段时间后，右侧溶液pH减小
D．由图2可知，NO在电极上发生的反应为：
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据以上分析，Pt电极作负极，发生氧化反应，故A不符合题意；
B．阳离子由负极向正极移动，外电路每转移2mol电子，根据电荷守恒，通过氢离子交换膜往左侧迁移的H+有 个，故B符合题意；
C．负极生成的氢离子通过离子交换膜进入正极区，反应一段时间后，右侧溶液pH不变，故C不符合题意；
D．由图2可知，NO在电极上发生的反应为： ，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据Pt极的物质为氢气发生氧化反应，做负极；
B.氢离子向正极移动，即可计算出转移电子数为2mol；
C.负极生成氢离子，产生氢离子向左侧移动，右侧浓度不变；
D.根据图二可知NO发生的反应为 。
13．（2024高二下·绍兴期末）赖氨酸[，用HR表示]是人体必需氨基酸。常温下，赖氨酸与足量盐酸反应可得盐酸盐（）呈酸性，在水溶液中存在电离平衡：。下列叙述正确的是（ ）
A．的水溶液稀释10倍后，
B．的水溶液中
C．水溶液中
D．NaR水溶液中的水解平衡常数与的关系为
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A.0.01mol L 1的H3RCl2的水溶液稀释10倍后浓度为0.001mol L 1，根据题意，H3RCl2不能完全电离，pH>3，故A不符合题意；
B．H3RCl2是赖氨酸与足量盐酸反应生成的盐酸盐，羧基电离使溶液呈酸性，抑制水的电离，水的电离程度减小，c水(H+)<10-7mol L-1，故B不符合题意；
C．H3RCl2水溶液中还存在H2R+，电荷守恒关系应为c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H3R2+)+c(H+)+c(H2R+)，故C不符合题意；
D． NaR水溶液中R-的水解平衡常数Kh与K3的关系为Kh=，即Kh与K3的关系为Kh K3=Kw=10-14，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.结合 为弱酸不能完全电离即可判断；
B. 常温下，赖氨酸与足量盐酸反应可得盐酸盐（）呈酸性 说明抑制水的电离即可判断；
C.根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H3R2+)+c(H+)+c(H2R+)即可判断；
D.Kh===，即可判断。
14．（2024高二下·绍兴期末）在某温度下，同时发生反应和。已知反应生成或的能量如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．比稳定
B．在该温度下，反应刚开始时，产物以B为主；反应足够长时间，产物以C为主
C．反应的活化能为
D．反应的且
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．从图分析，B的能量比C高，根据能量低的稳定分析，B(g)比C(g)不稳定，故A不符合题意；
B．在该温度下，反应生成B的活化能比生成C的活化能低，所以反应刚开始时，产物以B为主；C比B更稳定，所以反应足够长时间，产物以C为主，故B符合题意；
C． 反应 的活化能为E1，故C不符合题意；
D．反应 为放热反应，即ΔH＜0，但ΔS不为0，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据能量越低越稳定即可判断；
B.根据图示即可得到，在该温度下，反应生成B的活化能比生成C的活化能低，起始时以B为主，最终C稳定最终以C为主；
C.根据图示，反应 的活化能为E1；
D.根据图示即可得到的 但是ΔS不为0。
15．（2024高二下·绍兴期末）已知298K时，，；，或。在物质的量浓度相同的和的混合溶液中滴加溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．常温下的溶解度大于NiS的溶解度
B．P为3.5且对应的阴离子是
C．对于曲线Ⅰ，加热b点对应的溶液，b点向c点移动
D．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．常温下Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(NiCO3)=1.0×10-7，Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，NiS和NiCO3属于同种类型，则常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度，故A不符合题意；
B．曲线Ⅱ代表NiCO3，a点c(Ni2+)=c( )，Ksp(NiCO3)=c(Ni2+)×c（）=1.0×10-7，c(Ni2+)=c()=10-3.5，p(Ni)=p(B)=3.5，且对应的阴离子为，故B不符合题意；
C．对曲线Ⅰ在b点加热，NiS的溶解度增大，S2-(aq)和Ni2+(aq)浓度浓度增大，b点向a点方向移动，故C符合题意；
D．Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，则曲线Ⅰ代表NiS，曲线Ⅱ代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS(s)Ni2+(aq)+S2-(aq)，加入Na2S，S2-(aq)浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+(aq)浓度减小，d点向b点移动，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.NiS和NiCO3属于同种类型，结合， 即可判断；
B.曲线Ⅱ代表NiCO3，a点c(Ni2+)=c( )，Ksp(NiCO3)=c(Ni2+)×c（）=1.0×10-7，c(Ni2+)=c()=10-3.5，p(Ni)=p(B)=3.5；
C.I代表NiS，加热b点对应的溶液 ，NiS的溶解度增大，S2-(aq)和Ni2+(aq)浓度浓度增大，b点向a点方向移动；
D..Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，即可判断I代表NiS，II为NiCO3，即可判断。
16．（2024高二下·绍兴期末）化学是以实验为基础的学科。下列实验方案设计能达到探究目的的是（ ）
选项 探究目的 实验方案
A 比较和结合的能力大小 室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的溶液和NaClO溶液的pH
B 麦芽糖可水解产生葡萄糖 向麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，冷却后滴加NaOH溶液至碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，观察是否产生银镜
C 比较和的相对大小 向NaCl、Nal的混合溶液中滴入少量稀溶液，观察是否有黄色沉淀生成
D 比较Cl和Si两种元素非金属性的强弱 向硅酸钠溶液中滴加盐酸，观察是否有沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A．根据越弱越水解，室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的 溶液和NaClO溶液的pH，可以比较 和 结合H+的能力大小，故A符合题意；
B．麦芽糖具有还原性，不能通过银镜反应检验其水解产物，故B不符合题意；
C．NaCl、Nal的混合溶液中二者浓度大小不知，不能比较和 的相对大小，故C不符合题意；
D．氯化氢不是氯元素的最高价含氧酸，不能通过向硅酸钠溶液中滴加盐酸，观察是否有沉淀生成判断Cl和Si两种元素非金属性的强弱，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据酸性越弱对应的盐溶液越水解，可根据相同浓度盐溶液碱性判断酸根离子水解强弱；
B.麦芽糖中含有醛基，也可发生银镜反应；
C.氯化钠和碘化钠浓度不知，无法判断；
D.应该比较高氯酸和硅酸的酸性强弱。
二、非选择题（本大题共5小题，共52分）
17．（2024高二下·绍兴期末）依据物质结构的相关知识，回答下列问题。
（1）I．氧族元素在生产生活中有十分重要的应用。
根据图1所示和分子结构，判断沸点： （填“>”、“<”或“=”），请说明理由 。
（2）Se是元素周期表中第34号元素，其基态原子的价电子排布式为 ；根据价层电子对互斥理论，可以推知SeO42的空间构型为 。
（3）II．铁能形成多种氧化物，其中一种氧化物的晶胞结构如图2所示。
与铁紧邻且等距离的铁微粒数目为 ；该氧化物的化学式为 ；
【答案】（1）>；和都是分子晶体，分子间氢键比多，分子间作用力较大，沸点高于
（2）；正四面体
（3）12；FeO
【知识点】晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）H2SO4和HClO4都是由分子通过分子间作用力结合形成分子晶体，由于H2SO4分子间形成的氢键比HClO4形成的氢键数目多，导致分子间作用力较大，因此H2SO4的沸点高于HClO4，故沸点：H2SO4＞HClO4；
（2）Se是34号元素，其基态原子的价电子排布式为4s24p4；
SeO42 -的中心Se原子价层电子数是4+=4，根据价层电子对互斥理论，可以推知SeO42 -的空间构型为正四面体形；
（3）根据图示可知：以晶胞顶点的Fe原子为研究对象，在该晶胞中通过该顶点的Fe原子有3个，分别位于通过该顶点的三个面心上；通过该顶点Fe原子可以形成8个晶胞，由于每个面心的Fe原子被重复计算了两次，因此Fe原子数目为=12；在该晶胞中含有Fe原子数目是8×+6×=4，含有的O原子数目是12×+1=4，则该晶胞中含有4个Fe、4个O，n(Fe)：n(O)=1：1，化学式为FeO；
【分析】（1）根据均为分子晶体，且硫酸形成氢键数目多沸点高；
（2）Se为34号元素即可写出电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s24p6；其价电子排布为，根据计算出SeO42 -的中心Se价层电子对即可判断构型；
（3）根据晶胞原子炸内即可判断与铁原子距离最近的铁原子个数为12个，根据占位计算出原子个数比即可写出化学式。
18．（2024高二下·绍兴期末）以废铜渣（主要成分为Cu、CuO、和少量铁的氧化物）为原料可制备以下含铜的物质（部分产物已省略）。请回答：
已知：I．
II．步骤⑤中的反应只有一种元素化合价发生变化
（1）步骤①中加入的作用除了将氧化为，还有 。
（2）写出步骤⑤的离子反应方程式 。
（3）下列说法正确的是____。
A．固体X的成分是
B．．上述步骤①④⑤都涉及氧化还原反应
C．溶液B通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得到较纯净的硫酸四氨合铜
D．步骤④中，部分的氧化产物为
（4）写出溶液C中除H+外的其他阳离子 ，设计实验验证除外的无色阳离子 。
【答案】（1）将Cu氧化为
（2）
（3）B；D
（4）、；取少量溶液C于试管中，向溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明溶液中有
【知识点】铵离子检验；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）步骤①中加入 的作用除了将 氧化为 ，还有将Cu氧化为Cu2+；
（2）步骤⑤是向NH4CuSO3沉淀中加入过量的硫酸，且只有一种元素化合价发生了改变，故只有铜元素发生了歧化反应，生成Cu2+和Cu单质。故离子方程式为： ；
（3）A．废铜渣(主要成分为Cu、CuO、和少量铁的氧化物)，铁的氧化物经硫酸和双氧水反应后生成了Fe3+，在调节pH后生成了氢氧化铁沉淀，所以固体X中含有和Fe(OH)3，故A不符合题意；
B．反应①加入双氧水是将铜氧化为Cu2+、将氧化为，故反应①为氧化还原反应；反应②调节pH是将转化为氢氧化铁沉淀，故反应②为非氧化还原反应；反应③是将Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，故反应③为非氧化还原反应；反应④是将二价铜转化为亚铜离子，反应⑤是铜元素发生了歧化反应，生成Cu2+和Cu单质，故反应④⑤均为氧化还原反应，故B符合题意；
C．硫酸四氨合铜受热会分解，故得不到硫酸四氨合铜，故C不符合题意；
D．硫酸四氨合铜和二氧化硫发生氧化还原反应，故有一部分SO2的氧化为 ，故D符合题意；
故答案为：BD
（4）硫酸过量，溶液中还含有铵根离子和铜离子；故检验铵根离子的方法为：取少量溶液C于试管中，向溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明溶液中有 ；
【分析】（1）过氧化氢具有氧化性可将 氧化为 ，还有将Cu氧化为Cu2+；
（2）向NH4CuSO3沉淀中加入过量的硫酸，且只有一种元素化合价发生了改变，故只有铜元素发生了歧化反应，生成Cu2+和Cu单质，即可写出方程式；
（3）A．废铜渣(主要成分为Cu、CuO、和少量铁的氧化物)，铁的氧化物经硫酸和双氧水反应后生成了Fe3+，在调节pH后生成了氢氧化铁沉淀，所以固体X中含有和Fe(OH)3；
B．反应①加入双氧水是将铜氧化为Cu2+、将氧化为，故反应①为氧化还原反应；反应②调节pH是将转化为氢氧化铁沉淀，故反应②为非氧化还原反应；反应③是将Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，故反应③为非氧化还原反应；反应④是将二价铜转化为亚铜离子，反应⑤是铜元素发生了歧化反应，生成Cu2+和Cu单质，故反应④⑤均为氧化还原反应；
C．硫酸四氨合铜受热会分解，故得不到硫酸四氨合铜；
D．硫酸四氨合铜和二氧化硫发生氧化还原反应，故有一部分SO2的氧化为 ；
（4）硫酸过量，溶液中还含有铵根离子和铜离子，利用过量的氢氧化钠溶液和湿润的红色石蕊试纸进行检验铵根离子。
19．（2024高二下·绍兴期末）将转化成可利用的化学能源的“负碳”技术是减少碳排放的重要途径。
方法I：二氧化碳催化加氢制甲醇。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
（1）总反应的 ；
（2）反应①的平衡常数为，反应②的平衡常数为，则总反应的平衡常数为 （用含、的式子表示）。
（3）下列关于二氧化碳加氢制甲醇的说法不正确的是____。
A．图1中能正确反映总反应平衡常数K随温度变化关系的曲线为a
B．体系中的平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2所示，则压强最大的为
C．反应达平衡后，在恒温恒容条件下充入一定量的，体系压强增大，反应速率加快
D．选择合适的催化剂能提高的平衡转化率
（4）方法II：电解法制甲醇。利用电解原理，可将转化为，其装置如图3所示：
电极上电极反应方程式： 。
（5）方法III：超干重整得到的CO经偶联反应可制得（草酸）。
在水溶液中、和物质的量分数pH关系如图4所示，则c点（1、3两条线的交点）溶液 。
【答案】（1）
（2）
（3）C；D
（4）
（5）2.7
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；pH的简单计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1） ① ， ② ，③根据盖斯定律即可得到：①+②=③，即可得到= ；
（2） ① K1， ② K2，③K，即可得到K= ；
（3）A.=，温度升高，常数降低，故A不符合题意；
B.①， ② ，压强越大，②向右移动，导致①向右移动，即可得到压强越大，CO的含量越高，故B不符合题意；
C.反应达平衡后，在恒温恒容条件下充入一定量的，体系压强增大 ，但浓度不变因此其速率不变，故C符合题意；
D.催化剂不能提高转化率，故D符合题意；
故答案为：CD
（4）根据是阴极，得到电子发生还原反应，结合反应物和生成物即可写出： ；
（5）根据草酸的电离情况即可得到，1为， 2为 ，3为 ，a点时，c()=c()，即可得到Ka1==10-1.2，b点时c()=c()，Ka2==10-4.2，c点时，c()=c()，Ka1×Ka2=c(H+)2，即可得到c(H+)==10-2.7，pH=2.7；
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算出焓变；
（2）根据盖斯定律即可计算出K；
（3）A.=，温度升高，常数降低；
B.①， ② ，压强越大，②向右移动，导致①向右移动，即可得到压强越大，CO的含量越高即可判断；
C.反应达平衡后，在恒温恒容条件下充入一定量的，体系压强增大 ，但浓度不变因此其速率不变；
D.催化剂不能提高转化率；
（4）根据反应物和生成物即可写出电极反应式；
（5）根据a和b点，即可计算出Ka1和Ka2，利用c点c()=c()即可计算氢离子浓度，计算pH。
20．（2024高二下·绍兴期末）碘化锡（）是一种非极性分子，主要用于制造有机锡配合物。某小组利用单质锡和碘制备碘化锡，其主要实验流程如下（反应装置见下图，夹持仪器略去）；
已知：
①无水碘化锡为橙红色立方晶体，受潮易水解，熔点145.7℃，沸点364.5℃。
②碘化锡在丙酮和热的石油醚中溶解度较大，在冷的石油醚中溶解度小。
③石油醚的沸点为60~90℃，碘单质的升华温度为45~77℃。
请回答：
（1）反应装置中仪器A的名称是 。
（2）下列说法不正确的是____。
A．将锡片剪成细小碎片、碘磨细的原因是增大接触面积、提高反应速率
B．步骤II可以不转移反应液，直接在原反应装置（圆底烧瓶）中进行后续操作
C．步骤II，圆底烧瓶中还附着四碘化锡晶体，可用热的石油醚洗涤内壁，一起转移到小烧杯中
D．步骤IV采用蒸发结晶比冷却结晶更好
（3）产品可以进乙步采用重结晶法提纯。请从下列选项中选择最佳选项并进行排序。取碘化锡样品放入烧杯中→ → →
a．加入适量的热水 b．加入适量的热的石油醚
c．用冷水浴冷却结晶 d．趁热过滤
e．加入适量的冷的石油醚
（4）实验结果得到碘化锡产品25.08g，此次实验的实际产率为 （保留一位小数）。
（5）经测定，查阅文献发现，用乙酸代替石油醚作反应溶剂能得到更高的产率，但需将锡粒处理为极碎的锡箔，若仍然用锡粒，反应引发后很容易停止。产生这种现象的原因是 。
【答案】（1）球形冷凝管
（2）B；D
（3）b；d；c
（4）80.0%
（5）为非极性分子，乙酸为极性分子，故在该溶剂中溶解度较小，生成的包裹在锡粒表面，阻碍了后续反应的进行
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；化学实验方案的评价；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）根据装置图，反应装置中仪器A的名称是球形冷凝管；
（2）A．将锡片剪成细小碎片、碘磨细可以增大接触面积、提高反应速率，故A不符合题意；
B．由于Sn过量，如果不转移反应液，直接在原反应装置(圆底烧瓶)中进行后续操作，会导致产品中有Sn杂质，故B符合题意；
C．四碘化锡熔点145.7℃，在热的石油醚中溶解度较大，在冷的石油醚中溶解度小。步骤II，圆底烧瓶中还附着四碘化锡晶体，可用热的石油醚洗涤内壁，一起转移到小烧杯中，故C不符合题意；
D．由于碘化锡在热的石油醚中溶解度较大，在冷的石油醚中溶解度小，步骤IV采用冷却结晶更好，故D符合题意；
故答案为：BD
（3）重结晶就是将粗产品重新溶解并结晶，故需要加入适量的热的石油醚溶解，趁热过滤滤去不容杂质，最后用冷水浴冷却结晶，故选择的最佳选项并进行排序为b→d→c；
（4）25.4g碘单质的物质的量为0.1mol，理论上生成碘化锡0.05mol，实验结果得到碘化锡产品25.08g，此次实验的实际产率为= 80.0% ；
（5）SnI4为非极性分子，乙酸为极性分子，故SnI4在该溶剂中溶解度较小，生成的SnI4包裹在锡粒表面，阻碍了后续反应的进行，所以仍然用锡粒，反应引发后很容易停止；
【分析】（1）根据图示即可得到其为球形干燥管；
（2）A．将锡片剪成细小碎片、碘磨细可以增大接触面积、提高反应速率；
B．由于Sn过量，如果不转移反应液，直接在原反应装置(圆底烧瓶)中进行后续操作，会导致产品中有Sn杂质；
C．四碘化锡熔点145.7℃，在热的石油醚中溶解度较大，在冷的石油醚中溶解度小。步骤II，圆底烧瓶中还附着四碘化锡晶体，可用热的石油醚洗涤内壁，一起转移到小烧杯中；
D．由于碘化锡在热的石油醚中溶解度较大，在冷的石油醚中溶解度小，步骤IV采用冷却结晶更好；
（3）重结晶就是将粗产品重新溶解并结晶，故需要加入适量的热的石油醚溶解，趁热过滤滤去不容杂质，最后用冷水浴冷却结晶即可判断顺序；
（4）根据25.4g碘单质的物质的量为0.1mol即可计算出产物的量即可计算出产率；
（5）考虑为非极性分子，乙酸为极性分子，故在该溶剂中溶解度较小， 或者是 附在 锡粒 表面阻碍反应进行。
21．（2024高二下·绍兴期末）肉桂硫胺（M）是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
（1）A中官能团的名称为 。
（2）下列说法正确的是____。
A．M的分子式为
B．反应A->B的条件是NaOH水溶液，加热．
C．反应E-→F中苯的作用是溶剂
D．F中最多有18个原子共平面
（3）G-→H的反应方程式为 。
（4）写出2种符合下列条件的E的同分异构体。
a．具有两个取代基的芳香族化合物．
b．能水解，水解产物遇到溶液显紫色
c．核磁共振氢谱显示苯环上有4种化学环境的氢
（5）乙酰苯胺结构为（）。参照上述合成路线和下面的信息，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺的合成路线。（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）已知：
【答案】（1）溴原子或者碳溴键
（2）B；C；D
（3）
（4）
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A为中官能团的名称为溴原子或者碳溴键；
（2）A．M的分子式为 ，故A不符合题意；
B．反应A到B是溴原子的取代反应，反应条件是NaOH水溶液，加热，故B符合题意；
C．反应E到F中苯的作用是溶剂，故C符合题意；
D．根据分析，F为，F中最多有18个原子共平面，故D符合题意；
故答案为：BCD
（3）根据分析，G为，G→H的反应方程式为 ；
（4）a．是有两个取代基的芳香族化合物；b．能水解，水解产物遇到 溶液显紫色，说明水解产物含有酚羟基；c．核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢的E的同分异构体有2种，它们是 ；
（5）根据信息反应，CH3COOH与SO2Cl反应生成，与反应可以生成目标产物，结合本问中的信息反应可知，在Fe和HCl的条件下可以被还原为，而苯发生硝化反应生成，因此合成路线图为：
；
【分析】（1）根据A的结构简式即可找出含有的官能团；
（2）A.根据M的结构简式即可写出分子式；
B.根据后面催化氧化即可得到A-B是取代反应，条件是NaOH水溶液，加热 ；
C.苯是一种溶剂；
D.结合F的结构简式即可得到共面原子。
（3）根据G和H的结构简式即可写出方程式；
（4）E为，结合含有苯环，且含有酚羟基形成的酯基，含有4种氢即可写出结构简式；
（5）要合成 需要和，可通过苯变成硝基苯再变成苯胺，可通过乙酸与SO2Cl反应得到，即可进行合成。
