浙江省台州市2023-2024学年高二下学期化学6月期末试卷
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·台州期末）下列物质属于强电解质的是（ ）
A．氨气 B．硬脂酸钠 C．醋酸 D．石灰水
【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A、NH3属于非电解质，A不符合题意。
B、硬脂酸钠为可溶性盐，在水中完全电离，属于强电解质，B符合题意。
C、醋酸是一种弱酸，在水中部分电离，属于弱电解质，C不符合题意。
D、石灰水为混合物，不属于电解质，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】强电解质是在水中能完全电离的电解质。属于强电解质的有强酸、强碱和可溶性盐。
2．（2024高二下·台州期末）下列关于铁及其化合物的叙述不正确的是（ ）
A．红热的铁与水蒸气反应生成氢氧化铁和氢气
B．在空气里受热，能迅速被氧化成
C．隔绝空气的条件下，向溶液中加入后得到红褐色沉淀
D．溶液可用于有机物中酚羟基的检验
【答案】A
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、Fe与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，A选项错误。
B、FeO在空气中受热，迅速被氧化，生成Fe3O4，B选项正确。
C、Na2O2能与H2O反应生成NaOH和O2，NaOH与FeCl2反应生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2沉淀被O2氧化生成Fe(OH)3，C选项正确。
D、酚羟基遇FeCl3溶液显紫色，因此可用FeCl3溶液检验有机物中的酚羟基，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2。
B、FeO能被氧化生成Fe3O4。
C、Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，O2能将二价铁氧化生成三价铁。
D、酚羟基遇FeCl3溶液显紫色。
3．（2024高二下·台州期末）下列表述不正确的是（ ）
A．富勒烯与金刚石互为同素异形体
B．乙炔中碳原子杂化轨道电子云轮廓图：
C．五氯化磷的电子式中每个原子都满足最外层8电子结构
D．的名称：3-甲基-5-乙基庚烷
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同素异形体；有机化合物的命名
【解析】【解答】A、富勒烯、金刚石都是碳元素构成的单质，属于同素异形体，A选项正确。
B、乙炔的结构简式为HC≡CH，为直线型结构，碳原子采用sp杂化，其电子云轮廓图为，B选项正确。
C、五氯化磷的化学式为PCl5，磷原子最外层电子数为10，C选项错误。
D、该有机物的最长碳链上含有7个碳原子，为庚烷；其中第3号碳原子上有一个甲基，第5号碳原子上有一个乙基。因此该烷烃的名称为3－甲基－5－乙基庚烷，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。
B、乙炔中碳原子采用sp杂化， 形成直线型结构。
C、五氯化磷的化学式为PCl5，磷原子最外层有10个电子。
D、根据烷烃的命名规则进行命名。
4．（2024高二下·台州期末）三氟化溴遇水立即发生反应。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
B．反应中每转移生成
C．反应中生成的两种酸都是强酸
D．中心原子价层电子对数为4
【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；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、3个BrF3分子中有2个BrF3体现氧化性，1个BrF3体现还原性；5个H2O分子中有2个H2O分子体现还原性。因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，A符合题意。
B、由分析可知，反应过程中每生成一分子O2，转移6个电子。因此当转移1mol电子时，反应生成O2，B不符合题意。
C、反应生成的HBrO3是强酸，HF是弱酸，C不符合题意。
D、BrF3中心溴原子的价层电子对数为，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】该反应中Br元素由＋3价变为＋5价，失去2个电子；由＋3价变为0价，得到6个电子。O元素由－2价变为0价，失去4个电子。因此该反应中，氧化剂为BrF3；还原剂为BrF3和H2O。据此结合选项进行分析。
5．（2024高二下·台州期末）常温下，下列各组离子在指定条件下能大量共存的是（ ）
A．溶液中：、、、
B．水溶液中：、、、
C．使紫色石蕊变红的溶液：、、、
D．使酚酞变红的溶液：、、、
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、H＋能与SiO32－反应生成H2SiO3沉淀，二者不可大量共存，A不符合题意。
B、Fe3＋具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，二者不可大量共存，B不符合题意。
C、能使紫色石蕊溶液变红的溶液中含有大量的H＋，MnO4－在酸性条件下具有强氧化性，能将Cl－氧化成Cl2，不可大量共存，C不符合题意。
D、使酚酞变红的溶液显碱性，含有大量的OH－，与溶液中的各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意。
故答案为：D
【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不生辰难溶（或微溶）物质、不生成弱电解质、不生成易挥发性物质；不发生氧化还原反应、不发生络合反应。
6．（2024高二下·台州期末）实验室制取(一水合碘酸钙)的实验流程如图所示：
已知：常温下微溶于水，难溶于乙醇。下列说法不正确的是（ ）
A．四氯化碳的作用增大的溶解度，以提高利用率
B．操作1的名称为分液
C．加入后水层中的杂质为
D．操作2可以在冷却后加入乙醇促进产品析出
【答案】C
【知识点】分液和萃取；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、I2在CCl4中的溶解度较大，因此CCl4的作用是增大I2的溶解度，以提高I2的利用率，A选项正确。
B、水溶液和CCl4不互溶，两种不互溶液体的分离用分液，因此操作1为分液，B选项正确。
C、加入Ca(OH)2后，水层中的HIO3、HCl与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2和CaCl2，因此水层中的杂质为CaCl2，C选项错误。
D、由于Ca(IO3)2微溶于水，难溶于乙醇，因此操作2为加入乙醇，促使Ca(IO3)2·H2O析出，D选项正确。
故答案为：C
【分析】往I2的CCl4溶液中加入H2O和Cl2，Cl2将I2氧化生成HIO3。HIO3溶液与CCl4不互溶，可用分液的方法进行分离，因此操作1为分液。得到的水层中含有HIO3，加入Ca(OH)2悬浊液后，反应生成Ca(IO3)2溶液。由于Ca(IO3)2微溶于水，难溶于乙醇，因此操作2为加入乙醇，使Ca(IO3)2·H2O结晶析出。据此结合选项分析。
7．（2024高二下·台州期末）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．和固体混合物中，阳离子总数大于
B．足量的浓盐酸与反应，转移电子的数目为
C．50g46%的乙醇水溶液中含有的氢原子数为
D．的溶液中离子数为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Na2SO4、Na2HPO4的摩尔质量都是142g·mol－1，因此混合物的物质的量为0.5mol。两种物质中都含有2个阳离子，因此混合物中国所含阳离子数为0.5mol×2×NA=1NA，A不符合题意。
B、随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，当其变为稀盐酸时，MnO2与稀盐酸不反应，因此无法计算其转移电子数，B不符合题意。
C、50g46%的乙醇水溶液中C2H5OH的质量为50g×46%=23g，H2O的质量为50g－23g=27g。因此溶液中所含氢原子的个数为，C符合题意。
D、溶液中Cr2O72－发生水解，使得溶液中离子数减小，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量都是142g·mol－1，且都含有2个阳离子。
B、MnO2与浓盐酸反应罐生成Cl2，与稀盐酸不反应。
C、50g46%的乙醇水溶液中含有C2H5OH和H2O。
D、溶液中Cr2O72－发生水解，使得溶液中离子数减小。
8．（2024高二下·台州期末）下列实验装置使用正确的是（ ）
A．装置①可用于硫酸钠的焰色试验
B．装置②可产生喷泉现象
C．装置③可用于在铁制镀件表面镀铜
D．装置④可验证氨气能与酸反应
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；焰色反应；电镀
【解析】【解答】A、铜的焰色试验为绿色，进行焰色试验时，应用铂丝或铁丝，A不符合题意。
B、CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，因此无法产生压强差，即无法形成喷泉现象，B不符合题意。
C、在铁制镀件上镀铜时，铁制镀件做阴极，与电源的负极相连；铜做阳极，与电源的正极相连，C符合题意。
D、浓硫酸不具有挥发性，因此不会产生白烟的现象，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、焰色试验应用铂丝或铁丝。
B、CO2不溶于饱和NaHCO3溶液。
C、铁制镀件上镀铜，铁制镀件做阴极，铜做阳极。
D、浓硫酸不具有挥发性。
9．（2024高二下·台州期末）有关有机物检测，下列说法正确的是（ ）
A．酸性高锰酸钾溶液可以用于鉴别苯、己烷与苯乙烯
B．咖啡因的分子结构可以通过X射线衍射技术最终测定
C．质谱仪可用于确定丙醇中有几种化学环境的氢原子
D．光照条件下可以与发生取代反应的烃一定是烷烃
【答案】B
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；晶体的定义；取代反应
【解析】【解答】A、酸性KMnO4溶液与苯、己烷不反应，无明显现象；与苯乙烯发生氧化反应，溶液褪色，A不符合题意。
B、X射线衍射技术可用于确定分子结构，B符合题意。
C、质谱仪可用于确定相对分子质量；用于确定丙醇中含有几种化学环境的氢原子，应用核磁共振氢谱，C不符合题意。
D、饱和碳原子上的H原子光照条件下都能与Br2发生取代反应，如CH3－CH=CH2中－CH3上的H原子能与Br2在光照条件下发生取代反应，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、KMnO4溶液与苯、己烷不反应。
B、X射线衍射技术用于确定分子结构。
C、质谱仪用于确定相对分子质量。
D、饱和碳原子上的H原子光照条件下易发生取代反应。
10．（2024高二下·台州期末）下列方程式与所给事实相符的是（ ）
A．将少量通入溶液中：
B．银氨溶液中加入足量盐酸产生沉淀：
C．利用与制备沉淀：
D．加热氯化铜溶液，溶液由绿色变为黄绿色：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Ca(ClO)2具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－；过量的ClO－能与H＋形成HClO，A不符合题意。
B、银氨溶液的溶质为[Ag(NH3)2]OH，盐酸足量，则[Ag(NH3)2]＋、OH－都能与H＋反应，B不符合题意。
C、HCO3－电离产生H＋和CO32－，Mn2＋与CO32－形成MnCO3沉淀；过量的H＋与HCO3－形成H2O和CO2，C符合题意。
D、加热CuCl2溶液，溶液由绿色变为黄绿色，说明温度升高后，反应向着生成[CuCl4]2－的方向进行，因此该反应为吸热反应，ΔH＞0，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、Ca(ClO)2过量，则H＋与ClO－形成HClO。
B、银氨溶液的溶质为[Ag(NH3)2]OH。
C、HCO3－电离产生CO32－与H＋，CO32－与Mn2＋形成MnCO3沉淀。
D、加热，溶液由绿色变为黄绿色，说明加热后向着生成[CuCl4]2－的方向感进行。
11．（2024高二下·台州期末）苯氧乙酸是制备某种香料的中间体，其制备原理如下图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．环氧乙烷只能由乙烯氧化法制得
B．苯氧乙酸含有3种含氧官能团
C．苯氧乙醇的结构简式可能为
D．步骤2可以选用或作为氧化剂
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；乙醇的物理、化学性质
【解析】【解答】A、环氧乙烷可由乙烯氧化生成；也可由乙二醇HOCH2CH2OH发生分子内脱水反应制得，A不符合题意。
B、苯氧乙酸中所含的含氧冠能团有醚键和羧基，B不符合题意。
C、苯氧乙醇的结构简式可由苯氧乙酸中的－COOH发生还原反应得到，因此苯氧乙醇的结构简式为，C符合题意。
D、步骤2中若用CuO或Ag2O作催化剂，由于CuO或Ag2O的氧化性较弱，只能将－CH2OH氧化成－CHO，无法得到－COOH，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、环氧乙烷可通过乙二醇发生分子内脱水制得。
B、根据苯氧乙酸的结构简式确定其含氧官能团。
C、苯氧乙醇中含有羟基。
D、用CuO或Ag2O做氧化剂，只能将－CH2OH氧化成－CHO。
12．（2024高二下·台州期末）太阳能驱动和制备的装置如图。下列说法不正确的是（ ）
A．阳极区电极反应式为
B．溶液中电流从a极流向b极
C．阳极区中补充可提高制备效率
D．理论上，每生成标况下时，阴极区溶液质量增加22g
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、由分析可知，阳极的电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，A选项正确。
B、溶液中电流从阳极流向阴极，因此溶液中电流由a电极流向b电极，B选项正确。
C、阳极区补充SO32－，可将阳极反应生成的O2消耗，促使阳极反应的发生，C选项正确。
D、标况下44.8LO2的物质的量为2mol，生成2molO2时转移电子数为8mol。阴极的电极反应式为CO2＋2NO3－＋16e－＋18H＋=CO(NH2)2＋7H2O，阴极区增加的质量为参与反应的CO2和H＋的质量。当转移8mol电子时，参与反应的n(CO2)=0.5mol、n(H＋)=9mol。所以阴极区增加的质量为0.5mol×44g·mol－1＋9mol×1g·mol－1=31g，D选项错误。
故答案为：D
【分析】a电极上OH－转化为O2，发生失电子的氧化反应，因此a电极为阳极，其电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O。b电极为阴极，CO2和NO3－转化为CO(NH2)2，其电极反应式为：CO2＋2NO3－＋16e－＋18H＋=CO(NH2)2＋7H2O。据此结合选项分析。
13．（2024高二下·台州期末）叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示。
反应1：
反应2：
下列说法不正确的是（ ）
A．在乙醇中反应生成时，反应的催化剂是
B．在乙醇中反应生成时，增加催化剂的用量，可以提高转化为的选择性，减少副反应
C．在乙醇中反应生成时，决速步反应活化能为
D．升高温度，与乙醇反应转化率下降，与反应转化率升高
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A、由图可知，当反应产生H＋后，反应所需的活化能降低。因此H＋为反应的催化剂，A选项正确。
B、HBr为反应的催化剂，增加HBr的用量，对反应的选择性无影响，B选项错误。
C、总反应的反应速率由慢反应决定，而反应所需的活化能越高，反应速率越慢。因此决速反应的活化能为E6－E2，C选项正确。
D、由图可知，(CH3)2C=CH2与乙醇的反应为放热反应，(CH3)2C=CH2与HBr的反应为吸热反应。升高温度，平衡向吸热反应方向移动。因此(CH3)2C=CH2与乙醇反应转化率下降，与HBr反应转化率升高，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、加入催化剂可降低反应所需的活化能。
B、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动。
C、决定总反应反应速率的为慢反应。
D、升高温度平衡向吸热反应方向移动。
14．（2024高二下·台州期末）某电解质溶液中部分微观粒子的结构如图，“---”表示微粒间存在较强静电作用。A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法不正确的是（ ）
A．工业上采用电解的方法冶炼D单质
B．同周期元素中，有一种元素的第一电离能介于B和C之间
C．最简单氢化物的沸点：C>F
D．未成对电子数：A>E
【答案】D
【知识点】晶体熔沸点的比较；金属冶炼的一般原理；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，A为B、B为O、C为F、D为Al、E为S、F为Cl。
A、工业上用电解熔融Al2O3的方法制备金属Al，A选项正确。
B、N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，2p轨道为半充满稳定结构，难以失去电子，因此第一电离能F＞N＞O，B选项正确。
C、C的氢化物为HF，可形成分子间氢键，因此沸点较高。所以最简单氢化物的沸点C＞F，C选项正确。
D、A为B，其核外电子排布式为1s22s22p1，只有一个未成对电子。E为S，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，含有2个未成对电子。因此未成对电子数：A＜E，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A连接3个共价键且和C形成配位键时提供空轨道，因此A为B元素。B连接2个共价键，所以B为O元素。C连接1个共价键，且C－与B原子形成配位键时可以提供孤电子对，因此C为F元素。D连接3个共价键且和F－形成配位键时提供空轨道，所以D为Al元素，F为Cl元素。E连接3个共价键，且带一个正电荷，因此E为S元素。
15．（2024高二下·台州期末）常温下，往溶液中通入形成饱和溶液X，有微量生成。溶液X中(溶液体积和浓度变化忽略不计)。已知：电离常数、，。下列说法不正确的是（ ）
A．溶液X中，
B．反应的
C．溶液X中，
D．溶液X中存在
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、溶液中存在FeS的沉淀溶解平衡，且溶液中c(Fe2＋)=0.1mol·L－1，此时溶液中，A选项正确。
B、该反应的平衡常数，B选项正确。
C、HS-的水解平衡常数，所以，所以c(HS-)＞c(OH-)，C选项正确。
D、溶液中还存在SO42－，溶液中满足电荷守恒2c(Fe2＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)＋2c(SO42－)，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、根据FeS的溶度积Ksp进行计算。
B、结合H2S的电离平衡常数和FeS的溶度积Ksp进行计算。
C、根据HS－的水解平衡常数分析。
D、结合电荷守恒分析。
16．（2024高二下·台州期末）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 探究和的氧化性强弱 将稀硫酸酸化的加入溶液中 若溶液出现黄色，则说明的氧化性比强
B 比较、结合的能力强弱 分别配得相同的溶液与溶液，稀释10倍后，用计测定溶液 ，说明结合的能力强于
C 探究浓度对平衡的影响 向溶液中加入溶液，溶液呈红色，再三等分于a、b、c三支试管中，向b中加入铁粉、向c中滴加4滴溶液 若b中颜色比a浅，c中颜色比a深，则说明浓度对平衡产生影响
D 探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性 取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀后水浴加热5min；再加入适量新制悬浊液并加热 若没有生成砖红色沉淀，则蔗糖在酸性水溶液中稳定
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；蔗糖与淀粉的性质实验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2＋氧化，因此无法确定H2O2是否将Fe2＋氧化，A不符合题意。
B、相同pH的NaClO溶液和CH3COONa溶液中，c(NaClO)和C(CH3COONa)的不同，因此稀释对ClO－、CH3COO－的水解程度的影响不同，无法比较ClO－和CH3COO－结合H＋的能力强弱，B不符合题意。
C、加入铁粉后，Fe与Fe3＋发生反应Fe＋2Fe3＋ 3Fe2＋。b中颜色变浅，说明可逆反应Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3平衡逆向移动，C符合题意。
D、蔗糖水解溶液中含有H2SO4，加入新制Cu(OH)2悬浊液后，Cu(OH)2直接与H2SO4反应，未能体现氧化性，因此无法判断蔗糖是否发生水解，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、NO3－在酸性条件下具有氧化性。
B、溶液中c(ClO－)、c(CH3COO－)不同，无法比较。
C、Fe能与Fe3＋反应，结合浓度对平衡移动的影响分析。
D、新制Cu(OH)2悬浊液需在碱性条件下才具有氧化性。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2024高二下·台州期末）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域，工业上可由提取，并制造晶体，生产一种用于制作太阳能电池的材料。
（1）的价层电子排布式为 ，基态原子有 种空间运动状态。
（2）比较与的金属性强弱的实验方法： 。
（3）固态时，以环状和链状(SO3)n两种形式存在，下列说法不正确的是____。
A．单分子中心原子为杂化，空间结构为平面三角形
B．环状(SO3)n中硫原子的杂化轨道类型为
C．单分子和链状(SO3)n均是分子晶体
D．链状(SO3)3中最多可能有6个原子在同一平面上
（4）硫酸可以和硝酸反应生成，比较键角， (填“>”、“<”或“=”)，理由是 。
（5）的晶胞如图所示。与的最短距离比与的最短距离大，则在晶胞中的位置为 (填“A”、“B”或“C”)所处的位置，晶体中一个周围与其距离最近的的个数为 。
【答案】（1）；18
（2）Cs与K分别与水反应，比较反应的剧烈程度
（3）B；D
（4）>；中是杂化，中是杂化
（5）C；12
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；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）Ge位于元素周期表的第四周期ⅣA族，因此其价层电子排布式为4s24p2。基态Br原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，因此基态Br原子中共有18种空间运动状态。
故答案为：4s24p2；18
（2）金属性越强，则其与水反应越剧烈。因此可通过Cs和K与水反应的剧烈程度，比较Cs和K的金属性强弱。
故答案为：Cs与K分别与水反应罐，比较反应的剧烈程度
（3）A、SO3中心硫元素的价层电子对数为，所以中心硫原子采用sp2杂化，空间结构为平面三角形，A选项正确。
B、环状(SO3)n中硫原子形成四个σ键，因此采用的轨道杂化类型为sp3杂化，B选项错误。
C、单分子SO3和链状(SO3)n都是分子晶体，C选项正确。
D、链状(SO3)3以硫原子为中心，与四个氧原子形成四面体结构，因此共平面得到原子最多有7个原子共平面，D选项错误。
故答案为：BD
（4）NO2+中心原子的价层电子数为，所以其空间结构为直线形，N原子采用sp杂化，键角为180°。NO3-中心原子的夹层电子对数为，所以其空间结构为平面三角形，N原子采用sp2杂化，键角为120°。所以键角NO2+＞NO3-。
故答案为：＞；NO2+中N是sp杂化，NO3-中N是sp2杂化
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点A处的原子个数为，位于体心C处的原子个数为1；位于面心B处的原子个数为。由化学式可知，B处为Br原子。由Cs原子与Br原子的最短距离比Ge原子与Br原子的最短距离大可知，C处为Ge原子、A处为Cs原子。晶胞中位于顶点的Cs原子与位于面心的Br原子距离最近，因此Cs原子周围与其距离最近的Br原子的个数为12。
故答案为：C；12
【分析】（1）根据Ge在元素周期表中的位置，确定其价层电子排布式。根据Br原子的核外电子排布式确定其空间运动状态。
（2）根据Cs、K与水反应剧烈程度判断二者的金属性强弱。
（3）A、根据S原子的价层电子对数确定S原子的杂化方式和SO3的空间结构。
B、根据环装SO3中硫原子的成键情况确定其杂化轨道类型。
C、链状SO3属于分子晶体。
D、四面体结构最多只有3个原子共平面。
（4）根据中心原子的杂化方式，确定其空间结构和键角大小。
（5）根据晶胞结构分析。
18．（2024高二下·台州期末）氮气是一种重要的工业基础原料，可按如下流程进行转化利用。反应Ⅱ的原子利用率100%，硝酸氯可溶于水，Y是硝酸氯的同分异构体，结构中有一个三元环，氮原子的杂化方式为，盐A是84消毒液的主要成分，流程图中的水已省略。
（1）化合物X的化学式 。
（2）写出反应Ⅲ的化学方程式 。
（3）下列说法正确的是____。
A．薯片的包装袋中、灯泡中、工业制镁的电解槽中都充入氮气做保护气
B．硝酸氯分子中的所有原子可能处于同一平面
C．为了加快反应速率，可以加热反应I
D．反应Ⅳ属于氧化还原反应
（4）通常情况下硝酸氯与均为液体，但硝酸氯的沸点明显低于，且比更易发生分解，试分析原因 。
（5）设计实验验证硝酸氯中的氯元素 。
【答案】（1）
（2）
（3）B；D
（4）由于硝酸分子间存在氢键，而化合物分子间没有，所以沸点低于硝酸；由于氯原子半径明显大于氢原子，所以键明显弱于，所以的稳定性弱于硝酸，更易分解
（5））取少量硝酸氯于试管中，加水溶解，加入足量亚硝酸钠，硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则说明存在氯元素
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；氯离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）反应Ⅱ中N2O5与X反应生成ClONO2，该反应中原子利用率为100%，因此X的化学式为Cl2O。
故答案为：Cl2O
（2）盐A为84消毒液的主要成分，因此A为NaClO。所以反应Ⅲ的化学方程式为：ClONO2＋2NaOH=NaClO＋NaNO3＋H2O。
故答案为：ClONO2＋2NaOH=NaClO＋NaNO3＋H2O
（3）A、N2能与Mg反应生成Mg3N2，因此工业制镁的电解槽中不能用N2做保护气，A不符合题意。
B、ClONO2为平面型结构，所有原子共平面，B符合题意。
C、反应Ⅰ中HNO3不稳定，受热易分解，因此不可以加热反应Ⅰ，C不符合题意。
D、反应Ⅳ中产物Y中国氮原子的杂化方式为sp3杂化，其中氮元素的化合价为-3价。硝酸氯中氮元素的化合价为+5价，转化过程中存在元素化合价变化，该反应为氧化还原反应，D符合题意。
故答案为：BD
（4）HNO3的结构简式为HO－NO2，因此HNO3可形成分子间氢键，使得沸点增大；而ClONO2无法形成更分子间氢键，所以ClONO2的沸点低于HNO3。由于N原子的半径明显大于H原子的半径，使得Cl－O键明显弱于H－O，因此ClONO2的稳定性弱于HNO3，更易分解。
故答案为：由于硝酸分子间存在氢键，而化合物ClONO2分子间没有，所以ClONO2沸点低于硝酸；由于氯原子半径明显大于氢原子，所以Cl-O键明显弱于H-O，所以ClONO2的稳定性弱于硝酸，更易分解
（5）检验硝酸氯中的氯元素，可将其转化为Cl－；再加入AgNO3溶液和稀硝酸，检验Cl－。因此实验设计为取少量硝酸氯于试管中，加水溶解，加入足量亚硝酸钠，硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则说明存在氯元素。
故答案为：取少量硝酸氯于试管中，加水溶解，加入足量亚硝酸钠，硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则说明存在氯元素。
【分析】（1）反应Ⅱ的原子利用率为100%，根据硝酸氯的化学式ClONO2确定X的化学式。
（2）反应Ⅲ中ClONO2与NaOH反应后，生成NaNO3和NaClO，据此写出反应的化学方程式。
（3）A、N2能与Mg反应生成Mg3N2。
B、硝酸氯分子中所有原子共平面。
C、HNO3不稳定，受热易分解。
D、Y中氮原子的杂化方式为sp3，则其化合价不是＋5价。
（4）根据氢键和化学键的稳定性分析。
（5）检验硝酸氯中的氯元素，可将其转化为Cl－；再加入AgNO3溶液和稀硝酸，检验Cl－。
19．（2024高二下·台州期末）过度排放会造成气候、环境问题，在特定催化剂下，和可发生反应生成和，热化学方程式如下：
反应I：
反应II：
（1）已知：
写出表示燃烧热的热化学方程式： 。
（2）在一定温度下，将和充入体积为1L的恒容密闭容器中，容器起始压强为p，仅发生反应I，回答下列问题：
①反应I在低温下可自发进行的原因是 。
②已知平衡常数可用反应体系中的气体分压代替浓度表示，分压=总压×物质的量分数。若该反应平衡后混合气体的压强变为0.75p，则该温度下反应的化学平衡常数Kp为 。(用含p的计算式化简后表示)
③一定温度下和的物质的量之比为n：1，相应平衡体系中的物质的量分数为y，请在下图中绘制y随n变化的示意图 。
（3）有研究表明，5MPa气压下经催化，的含水蒸气量与平衡转化率、甲醇平衡产率的关系如图1、图2所示：
①下列说法不正确的是 。
A．其他条件不变，增大含水蒸气的量一定可以使反应I的平衡逆移，平衡浓度增大
B．中的水蒸气在高温下可以作为反应的热源，有利于反应I的速率加快
C．图1中450℃下的图像变化说明高温下含水蒸气量增大不利于甲醇生成
D．改用活性更好催化剂能使图2中各温度下的甲醇产率都增大
②图2中260℃时甲醇产率变化趋势与220、240℃时相反，请从温度与水蒸气含量的角度对此作出合理的解释 。
【答案】（1）
（2）反应放热，且正反应方向气体总物质的量减少，，，故低温下自发；；
（3）AD；因为反应I的、反应Ⅱ的，故220、240℃等较低温度下以反应I为主，水蒸气浓度增大主要使反应I平衡逆移，甲醇产率降低；而温度升高至260℃后，以反应Ⅱ为主，水蒸气浓度增大主要使反应Ⅱ平衡逆移，浓度增大，从而推动反应I平衡正移，甲醇产率升高
【知识点】热化学方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成指定产物时放出的热量。H元素的指定产物为H2O(l)。H2燃烧生成H2O(l)的化学方程式为H2(g)＋O2(g)=H2O(l)，该反应的反应热ΔH=(＋41.2kJ·mol－1)＋×(－566kJ·mol－1)＋(－44kJ·mol－1)=－2285.8kJ·mol－1。所以H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH=－285.8kJ·mol－1。
故答案为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH=－285.8kJ·mol－1
（2）①反应Ⅰ为放热反应，ΔH＜0；该反应为气体分子数减小的反应，ΔS＜0。反应能自发进行，则ΔH－TΔS＜0，因此反应在低温条件下即可自发进行。
故答案为：反应放热，且正反应方向气体总物质的量减小，ΔH＜0，ΔS＜0，故低温下自发
②令参与反应的n(CO2)=xmol，则可得平衡三段式如下
所以平衡时混合气体的总物质的量n(总)=(1-x)+(3-3x)+x+x=(4-2x)mol
由压强之比等于物质的量之比，可得，解得x=0.5
所以平衡时n(CO2)=0.5mol、n(H2)=1.5mol、n(CH3OH)=n(H2O)=0.5mol、n(总)=3mol。
平衡时各气体的压强、。
所以该反应的压强平衡常数
故答案为：
③n值增大，即n(H2)增大，平衡正向移动，平衡体系中CH3OH的物质的量分数变大。当其达到最大值后，平衡逆向移动，CH3OH的物质的量分数减小。因此可得图象。
故答案为：
（3）①A、由图2可知，当温度为260℃时，H2含水蒸气量越多，甲醇的产率越高，则反应Ⅰ的平衡正向移动，CO2的平衡浓度减小，A选项错误。
B、H2中的水蒸气在高温下可作为反应的热源，使得温度升高，反应速率加快，B选项正确。
C、图1中450℃时，随着H2含水蒸气量增大，CO2的转化率降低，说明高温下H2含水蒸气量增大不利于甲醇生成，C选项正确。
D、改用活性更好的催化剂，反应速率加快，但不影响平衡移动，因此甲醇的产率不变，D选项错误。
故答案为：AD
②因为反应I的ΔH＜0、反应Ⅱ的ΔH＞0，故220、240℃等较低温度下以反应I为主，水蒸气浓度增大主要使反应I平衡逆移，甲醇产率降低；而温度升高至260℃后，以反应Ⅱ为主，水蒸气浓度增大主要使反应Ⅱ平衡逆移，CO2浓度增大，从而推动反应I平衡正移，甲醇产率升高。
故答案为：因为反应I的ΔH＜0、反应Ⅱ的ΔH＞0，故220、240℃等较低温度下以反应I为主，水蒸气浓度增大主要使反应I平衡逆移，甲醇产率降低；而温度升高至260℃后，以反应Ⅱ为主，水蒸气浓度增大主要使反应Ⅱ平衡逆移，CO2浓度增大，从而推动反应I平衡正移，甲醇产率升高
【分析】（1）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成指定产物时2放出的热量。结合盖斯定律计算反应热， 从而书写反应的热化学方程式。
（2）①当ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行，据此分析。
②结合三段式和平衡常数的表达式进行计算。
③增大n(H2)，平衡正向移动，CH3OH的物质的量分数增大。当n(H2)：n(CO2)=3：1时，CH3OH的物质的量分数最大，继续增大n(H2)，平衡逆向移动，CH3OH物质的量分数减小。
（3）①A、n(H2)、n(H2O)增大，相当于增大压强，结合压强对平衡移动的影响分析。
B、温度越高，反应速率越快。
C、根据图线曲线的变化趋势分析。
D、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动。
②结合平衡移动的影响分析。
20．（2024高二下·台州期末）保险粉是一种常用的漂白剂，主要成分为连二亚硫酸钠()，其性质如下表所示：
溶解性 易溶于水，且溶解度随温度升高而增大 难溶于酒精
稳定性 酸性条件下易分解 碱性条件下稳定
结晶形态 低于52℃以形态存在 高于52℃以无水盐形态存在
工业上通常以、、为原料进行保险粉的制备，实验室模拟流程如下：
（1）下图是步骤①的实验装置，装置图中的仪器a名称为 ，虚线方框内仪器的作用是 。
（2）下列叙述不正确的是____。
A．步骤①为氧化还原反应，反应中作为氧化剂
B．步骤②中的唯一作用是使充分反应生成产物
C．仪器b的作用是维持浓硫酸液面上方的气压，使液体能顺利滴下
D．步骤①的加热温度不宜过高，目的是为了防止产物失去结晶水
（3）从下列操作中选择合理操作完成步骤③并排序：
溶液→ →a→ → →干燥。
a．搅拌下通入略高于60℃的水蒸气；
b．分批逐步加入细食盐粉，搅拌使其结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液；
c．趁热过滤；
d．热酒精水溶液洗涤；
e．热酒精洗涤；
f．热水洗涤
（4）副产物纯度测定
副产物固体中通常含有杂质，为了测定其纯度，取25.00g产品投入足量稀硫酸中充分溶解，用足量的酸性溶液充分吸收逸出的气体，并将所得溶液在容量瓶中稀释至250mL，用移液管取10mL至锥形瓶中，使用0.01000mol/L的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液25.00mL。则产品的纯度为 (精确到0.01%)。下列操作会导致测定的纯度偏低的是 。
A．装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后没有用标准液润洗
B．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡
C．起始读数正确，滴定后俯视读数
D．滴定时当溶液由紫红色变成无色时立即读数，半分钟后又变回紫红色
【答案】（1）圆底烧瓶；防止倒吸
（2）B；D
（3）b；c；e
（4）85.5%；CD
【知识点】制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）图示仪器a为圆底烧瓶。虚线方框内倒置的漏斗可以起到防倒吸的作用。
故答案为：圆底烧瓶；防止倒吸
（2）A、步骤①中S元素由＋4价变为＋3价，化合价降低，发生还原反应，因此SO2为氧化剂，A选项正确。
B、步骤②中NaOH溶液与ZnS2O4反应生成Na2S2O4；同时NaOH溶液提供碱性环境，可使Na2S2O4稳定存在，B选项错误。
C、仪器b为恒压滴液漏斗，可维持浓硫酸液面上方的气压，使液体顺利滴下，C选项正确。
D、步骤①中反应温度不宜过高，防止SO2气体挥发逸出，使得反应物的转化率降低，D选项错误。
故答案为：BD
（3）往所得的Na2S2O4溶液中逐渐加入细食盐粉末，搅拌使其结晶，再用倾析法除去上层溶液，剩余少量母液。搅拌下通入略高于60℃的水蒸气，再趁热过滤。所得晶体用热酒精洗涤；最后进行干燥。
故答案为：b；c；e
（4）由得失电子守恒可得，Na2C2O4与KMnO4反应的关系式为5Na2C2O4～2KMnO4，此时参与反应的n(Na2C2O4)=0.01mol·L－1×25×10－3L=2.5×10－4mol，所以10mL混合溶液中剩余n(KMnO4)= 2.5×10－4mol×=1.0×10－4mol。所以原混合溶液中剩余n(KMnO4)= 1.0×10－4mol×=2.5×10－3mol。因此与SO2反应的n(KMnO4)=0.5mol·L－1×25×10－3L－2.5×10－3mol=0.01mol。由得失电子守恒可得，SO2与KMnO4反应的关系式为5SO2～2KMnO4，因此参与反应的n(SO2)=0.01mol×=0.025mol。根据S元素守恒可得，25.00g产品中n(ZnSO3)=n(SO2)=0.025mol，其质量为0.025mol×145g·mol－1=3.625g，所以产品的纯度为。
A、装Na2C2O4标准溶液的滴定管未用标准液润洗，会导致消耗Na2C2O4溶液的体积偏大，即混合溶液中剩余n(KMnO4)偏大。则与SO2反应的n(KMnO4)偏小，计算所得n(SO2)偏小，即产品中n(ZnSO3)偏小，所以产品的纯度偏大，A不符合题意。
B、滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，则消耗Na2C2O4溶液的体积偏大，最终产品的纯度偏大，B不符合题意。
C、起始读数正确，滴定后俯视读数，则所得消耗Na2C2O4溶液的体积偏小，最终产品的纯度偏小，C符合题意。
D、滴定时当溶液由紫红色变为无色时立即读数，半分钟后又变回紫红色，说明反应未达到滴定终点，所消耗Na2C2O4溶液的体积偏小，最终产品的纯度偏小，D符合题意。
故答案为：85.50%；CD
【分析】（1）图示a为圆底烧瓶；倒置的漏斗可以起到防倒吸作用。
（2）A、根据反应过程中硫元素化合价的变化分析。
B、NaOH提供碱性条件，使Na2S2O4稳定存在。
C、仪器b为恒压滴液漏斗，可使液体顺利滴下。
D、温度不宜过高，是为了防止SO2逸出。
（3）从Na2S2O4溶液中获得Na2S2O4晶体，可先进行结晶操作，再过滤、洗涤、干燥。
（4）根据消耗Na2C2O4的量计算剩余的n(KMnO4)，从而得出与SO2反应的n(KMnO4)，进而得出n(SO2)。根据S元素守恒可得n(ZnSO3)，最终得出产品的纯度。
21．（2024高二下·台州期末）NDMCA是一种药物中间体，其合成路线如下：
已知：①+CH3COOR'→
②R-CHO+R'-NH2→R-CH=N-R'R-CH2NH-R'
请回答：
（1）化合物A中含氧官能团的名称是 。
（2）已知C→D为加成反应，则X物质的结构简式是 。
（3）下列说法不正确的是____(填字母)。
A．化合物C存在顺反异构体
B．化合物D与稀硫酸反应的产物中最多含3个羧基
C．E→F、H→I的反应类型均为还原反应
D．NDMCA的分子式是
（4）已知D→E的产物中有一种无机正盐，写出该反应的化学方程式 。
（5）设计以乙醛为原料合成化合物G的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
（6）写出3种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式 。
①分子中没有环状结构；
②不与反应，1mol分子最多可与发生水解反应。
③分子中共有3种不同化学环境的H。
【答案】（1）酯基或酯键
（2）
（3）A；D
（4）
（5）
（6）、、
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；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）由分析可知，A的结构简式为NC－CH2－COOC2H5，其所含的含氧官能团为酯基或酯键。
故答案为：酯基或酯键
（2）C→D为加成反应，因此X的分子式为C2H4O2，其结构简式为CH3COOH。
故答案为：CH3COOH
（3）A、化合物C中碳碳双键所在碳原子上连接的原子团结构相同，因此无法形成顺反异构，A选项错误。
B、化合物D与稀硫酸反应时，酯基水解生成-COOH；同时-CN转化为-COOH，因此产物中含有3个羧基，B选项正确。
C、E→F发生-CN的还原反应；H→I发生C=N的加成反应，也属于还原反应，C选项正确。
D、由NDMCA的结构简式可知，其分子式为C18H32NO2，D选项错误。
故答案为：AD
（4）D→E的产物中所含的无机正盐为K2CO3，因此该反应的化学方程式为：
故答案为：
（5）可由与CH3OH发生酯化反应生成。而中的酮羰基可由羟基氧化生成；-COOH可由-CN水解生成。因此该合成路线图如下：。
故答案为：
（6）不与Na，则不含有-OH和-COOH；1mol分子能与2molNaOH发生水解反应，则含有2mol酯基。分子中共有3种不同化学环境的氢原子，则分子结构中存在-C(CH3)3。则满足条件的同分异构体的结构简式为、、 。
故答案为：、、
【分析】A与B反应生成C，其反应原理与已知反应①类似，因此A的结构简式为NC－CH2－COOC2H5。D与KOH在一定条件下反应生成E，结合F与G反应所得产物的结构简式可得，E的结构简式为；F的结构简式为。在NaBH4条件下发生C=N化学键的加成反应，因此所得I的结构简式为。据此结合题干设问分析作答。
浙江省台州市2023-2024学年高二下学期化学6月期末试卷
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·台州期末）下列物质属于强电解质的是（ ）
A．氨气 B．硬脂酸钠 C．醋酸 D．石灰水
2．（2024高二下·台州期末）下列关于铁及其化合物的叙述不正确的是（ ）
A．红热的铁与水蒸气反应生成氢氧化铁和氢气
B．在空气里受热，能迅速被氧化成
C．隔绝空气的条件下，向溶液中加入后得到红褐色沉淀
D．溶液可用于有机物中酚羟基的检验
3．（2024高二下·台州期末）下列表述不正确的是（ ）
A．富勒烯与金刚石互为同素异形体
B．乙炔中碳原子杂化轨道电子云轮廓图：
C．五氯化磷的电子式中每个原子都满足最外层8电子结构
D．的名称：3-甲基-5-乙基庚烷
4．（2024高二下·台州期末）三氟化溴遇水立即发生反应。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
B．反应中每转移生成
C．反应中生成的两种酸都是强酸
D．中心原子价层电子对数为4
5．（2024高二下·台州期末）常温下，下列各组离子在指定条件下能大量共存的是（ ）
A．溶液中：、、、
B．水溶液中：、、、
C．使紫色石蕊变红的溶液：、、、
D．使酚酞变红的溶液：、、、
6．（2024高二下·台州期末）实验室制取(一水合碘酸钙)的实验流程如图所示：
已知：常温下微溶于水，难溶于乙醇。下列说法不正确的是（ ）
A．四氯化碳的作用增大的溶解度，以提高利用率
B．操作1的名称为分液
C．加入后水层中的杂质为
D．操作2可以在冷却后加入乙醇促进产品析出
7．（2024高二下·台州期末）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．和固体混合物中，阳离子总数大于
B．足量的浓盐酸与反应，转移电子的数目为
C．50g46%的乙醇水溶液中含有的氢原子数为
D．的溶液中离子数为
8．（2024高二下·台州期末）下列实验装置使用正确的是（ ）
A．装置①可用于硫酸钠的焰色试验
B．装置②可产生喷泉现象
C．装置③可用于在铁制镀件表面镀铜
D．装置④可验证氨气能与酸反应
9．（2024高二下·台州期末）有关有机物检测，下列说法正确的是（ ）
A．酸性高锰酸钾溶液可以用于鉴别苯、己烷与苯乙烯
B．咖啡因的分子结构可以通过X射线衍射技术最终测定
C．质谱仪可用于确定丙醇中有几种化学环境的氢原子
D．光照条件下可以与发生取代反应的烃一定是烷烃
10．（2024高二下·台州期末）下列方程式与所给事实相符的是（ ）
A．将少量通入溶液中：
B．银氨溶液中加入足量盐酸产生沉淀：
C．利用与制备沉淀：
D．加热氯化铜溶液，溶液由绿色变为黄绿色：
11．（2024高二下·台州期末）苯氧乙酸是制备某种香料的中间体，其制备原理如下图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．环氧乙烷只能由乙烯氧化法制得
B．苯氧乙酸含有3种含氧官能团
C．苯氧乙醇的结构简式可能为
D．步骤2可以选用或作为氧化剂
12．（2024高二下·台州期末）太阳能驱动和制备的装置如图。下列说法不正确的是（ ）
A．阳极区电极反应式为
B．溶液中电流从a极流向b极
C．阳极区中补充可提高制备效率
D．理论上，每生成标况下时，阴极区溶液质量增加22g
13．（2024高二下·台州期末）叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示。
反应1：
反应2：
下列说法不正确的是（ ）
A．在乙醇中反应生成时，反应的催化剂是
B．在乙醇中反应生成时，增加催化剂的用量，可以提高转化为的选择性，减少副反应
C．在乙醇中反应生成时，决速步反应活化能为
D．升高温度，与乙醇反应转化率下降，与反应转化率升高
14．（2024高二下·台州期末）某电解质溶液中部分微观粒子的结构如图，“---”表示微粒间存在较强静电作用。A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法不正确的是（ ）
A．工业上采用电解的方法冶炼D单质
B．同周期元素中，有一种元素的第一电离能介于B和C之间
C．最简单氢化物的沸点：C>F
D．未成对电子数：A>E
15．（2024高二下·台州期末）常温下，往溶液中通入形成饱和溶液X，有微量生成。溶液X中(溶液体积和浓度变化忽略不计)。已知：电离常数、，。下列说法不正确的是（ ）
A．溶液X中，
B．反应的
C．溶液X中，
D．溶液X中存在
16．（2024高二下·台州期末）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 探究和的氧化性强弱 将稀硫酸酸化的加入溶液中 若溶液出现黄色，则说明的氧化性比强
B 比较、结合的能力强弱 分别配得相同的溶液与溶液，稀释10倍后，用计测定溶液 ，说明结合的能力强于
C 探究浓度对平衡的影响 向溶液中加入溶液，溶液呈红色，再三等分于a、b、c三支试管中，向b中加入铁粉、向c中滴加4滴溶液 若b中颜色比a浅，c中颜色比a深，则说明浓度对平衡产生影响
D 探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性 取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀后水浴加热5min；再加入适量新制悬浊液并加热 若没有生成砖红色沉淀，则蔗糖在酸性水溶液中稳定
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·台州期末）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域，工业上可由提取，并制造晶体，生产一种用于制作太阳能电池的材料。
（1）的价层电子排布式为 ，基态原子有 种空间运动状态。
（2）比较与的金属性强弱的实验方法： 。
（3）固态时，以环状和链状(SO3)n两种形式存在，下列说法不正确的是____。
A．单分子中心原子为杂化，空间结构为平面三角形
B．环状(SO3)n中硫原子的杂化轨道类型为
C．单分子和链状(SO3)n均是分子晶体
D．链状(SO3)3中最多可能有6个原子在同一平面上
（4）硫酸可以和硝酸反应生成，比较键角， (填“>”、“<”或“=”)，理由是 。
（5）的晶胞如图所示。与的最短距离比与的最短距离大，则在晶胞中的位置为 (填“A”、“B”或“C”)所处的位置，晶体中一个周围与其距离最近的的个数为 。
18．（2024高二下·台州期末）氮气是一种重要的工业基础原料，可按如下流程进行转化利用。反应Ⅱ的原子利用率100%，硝酸氯可溶于水，Y是硝酸氯的同分异构体，结构中有一个三元环，氮原子的杂化方式为，盐A是84消毒液的主要成分，流程图中的水已省略。
（1）化合物X的化学式 。
（2）写出反应Ⅲ的化学方程式 。
（3）下列说法正确的是____。
A．薯片的包装袋中、灯泡中、工业制镁的电解槽中都充入氮气做保护气
B．硝酸氯分子中的所有原子可能处于同一平面
C．为了加快反应速率，可以加热反应I
D．反应Ⅳ属于氧化还原反应
（4）通常情况下硝酸氯与均为液体，但硝酸氯的沸点明显低于，且比更易发生分解，试分析原因 。
（5）设计实验验证硝酸氯中的氯元素 。
19．（2024高二下·台州期末）过度排放会造成气候、环境问题，在特定催化剂下，和可发生反应生成和，热化学方程式如下：
反应I：
反应II：
（1）已知：
写出表示燃烧热的热化学方程式： 。
（2）在一定温度下，将和充入体积为1L的恒容密闭容器中，容器起始压强为p，仅发生反应I，回答下列问题：
①反应I在低温下可自发进行的原因是 。
②已知平衡常数可用反应体系中的气体分压代替浓度表示，分压=总压×物质的量分数。若该反应平衡后混合气体的压强变为0.75p，则该温度下反应的化学平衡常数Kp为 。(用含p的计算式化简后表示)
③一定温度下和的物质的量之比为n：1，相应平衡体系中的物质的量分数为y，请在下图中绘制y随n变化的示意图 。
（3）有研究表明，5MPa气压下经催化，的含水蒸气量与平衡转化率、甲醇平衡产率的关系如图1、图2所示：
①下列说法不正确的是 。
A．其他条件不变，增大含水蒸气的量一定可以使反应I的平衡逆移，平衡浓度增大
B．中的水蒸气在高温下可以作为反应的热源，有利于反应I的速率加快
C．图1中450℃下的图像变化说明高温下含水蒸气量增大不利于甲醇生成
D．改用活性更好催化剂能使图2中各温度下的甲醇产率都增大
②图2中260℃时甲醇产率变化趋势与220、240℃时相反，请从温度与水蒸气含量的角度对此作出合理的解释 。
20．（2024高二下·台州期末）保险粉是一种常用的漂白剂，主要成分为连二亚硫酸钠()，其性质如下表所示：
溶解性 易溶于水，且溶解度随温度升高而增大 难溶于酒精
稳定性 酸性条件下易分解 碱性条件下稳定
结晶形态 低于52℃以形态存在 高于52℃以无水盐形态存在
工业上通常以、、为原料进行保险粉的制备，实验室模拟流程如下：
（1）下图是步骤①的实验装置，装置图中的仪器a名称为 ，虚线方框内仪器的作用是 。
（2）下列叙述不正确的是____。
A．步骤①为氧化还原反应，反应中作为氧化剂
B．步骤②中的唯一作用是使充分反应生成产物
C．仪器b的作用是维持浓硫酸液面上方的气压，使液体能顺利滴下
D．步骤①的加热温度不宜过高，目的是为了防止产物失去结晶水
（3）从下列操作中选择合理操作完成步骤③并排序：
溶液→ →a→ → →干燥。
a．搅拌下通入略高于60℃的水蒸气；
b．分批逐步加入细食盐粉，搅拌使其结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液；
c．趁热过滤；
d．热酒精水溶液洗涤；
e．热酒精洗涤；
f．热水洗涤
（4）副产物纯度测定
副产物固体中通常含有杂质，为了测定其纯度，取25.00g产品投入足量稀硫酸中充分溶解，用足量的酸性溶液充分吸收逸出的气体，并将所得溶液在容量瓶中稀释至250mL，用移液管取10mL至锥形瓶中，使用0.01000mol/L的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液25.00mL。则产品的纯度为 (精确到0.01%)。下列操作会导致测定的纯度偏低的是 。
A．装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后没有用标准液润洗
B．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡
C．起始读数正确，滴定后俯视读数
D．滴定时当溶液由紫红色变成无色时立即读数，半分钟后又变回紫红色
21．（2024高二下·台州期末）NDMCA是一种药物中间体，其合成路线如下：
已知：①+CH3COOR'→
②R-CHO+R'-NH2→R-CH=N-R'R-CH2NH-R'
请回答：
（1）化合物A中含氧官能团的名称是 。
（2）已知C→D为加成反应，则X物质的结构简式是 。
（3）下列说法不正确的是____(填字母)。
A．化合物C存在顺反异构体
B．化合物D与稀硫酸反应的产物中最多含3个羧基
C．E→F、H→I的反应类型均为还原反应
D．NDMCA的分子式是
（4）已知D→E的产物中有一种无机正盐，写出该反应的化学方程式 。
（5）设计以乙醛为原料合成化合物G的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
（6）写出3种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式 。
①分子中没有环状结构；
②不与反应，1mol分子最多可与发生水解反应。
③分子中共有3种不同化学环境的H。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A、NH3属于非电解质，A不符合题意。
B、硬脂酸钠为可溶性盐，在水中完全电离，属于强电解质，B符合题意。
C、醋酸是一种弱酸，在水中部分电离，属于弱电解质，C不符合题意。
D、石灰水为混合物，不属于电解质，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】强电解质是在水中能完全电离的电解质。属于强电解质的有强酸、强碱和可溶性盐。
2．【答案】A
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、Fe与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，A选项错误。
B、FeO在空气中受热，迅速被氧化，生成Fe3O4，B选项正确。
C、Na2O2能与H2O反应生成NaOH和O2，NaOH与FeCl2反应生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2沉淀被O2氧化生成Fe(OH)3，C选项正确。
D、酚羟基遇FeCl3溶液显紫色，因此可用FeCl3溶液检验有机物中的酚羟基，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2。
B、FeO能被氧化生成Fe3O4。
C、Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，O2能将二价铁氧化生成三价铁。
D、酚羟基遇FeCl3溶液显紫色。
3．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同素异形体；有机化合物的命名
【解析】【解答】A、富勒烯、金刚石都是碳元素构成的单质，属于同素异形体，A选项正确。
B、乙炔的结构简式为HC≡CH，为直线型结构，碳原子采用sp杂化，其电子云轮廓图为，B选项正确。
C、五氯化磷的化学式为PCl5，磷原子最外层电子数为10，C选项错误。
D、该有机物的最长碳链上含有7个碳原子，为庚烷；其中第3号碳原子上有一个甲基，第5号碳原子上有一个乙基。因此该烷烃的名称为3－甲基－5－乙基庚烷，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。
B、乙炔中碳原子采用sp杂化， 形成直线型结构。
C、五氯化磷的化学式为PCl5，磷原子最外层有10个电子。
D、根据烷烃的命名规则进行命名。
4．【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；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、3个BrF3分子中有2个BrF3体现氧化性，1个BrF3体现还原性；5个H2O分子中有2个H2O分子体现还原性。因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，A符合题意。
B、由分析可知，反应过程中每生成一分子O2，转移6个电子。因此当转移1mol电子时，反应生成O2，B不符合题意。
C、反应生成的HBrO3是强酸，HF是弱酸，C不符合题意。
D、BrF3中心溴原子的价层电子对数为，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】该反应中Br元素由＋3价变为＋5价，失去2个电子；由＋3价变为0价，得到6个电子。O元素由－2价变为0价，失去4个电子。因此该反应中，氧化剂为BrF3；还原剂为BrF3和H2O。据此结合选项进行分析。
5．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、H＋能与SiO32－反应生成H2SiO3沉淀，二者不可大量共存，A不符合题意。
B、Fe3＋具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，二者不可大量共存，B不符合题意。
C、能使紫色石蕊溶液变红的溶液中含有大量的H＋，MnO4－在酸性条件下具有强氧化性，能将Cl－氧化成Cl2，不可大量共存，C不符合题意。
D、使酚酞变红的溶液显碱性，含有大量的OH－，与溶液中的各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意。
故答案为：D
【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不生辰难溶（或微溶）物质、不生成弱电解质、不生成易挥发性物质；不发生氧化还原反应、不发生络合反应。
6．【答案】C
【知识点】分液和萃取；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、I2在CCl4中的溶解度较大，因此CCl4的作用是增大I2的溶解度，以提高I2的利用率，A选项正确。
B、水溶液和CCl4不互溶，两种不互溶液体的分离用分液，因此操作1为分液，B选项正确。
C、加入Ca(OH)2后，水层中的HIO3、HCl与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2和CaCl2，因此水层中的杂质为CaCl2，C选项错误。
D、由于Ca(IO3)2微溶于水，难溶于乙醇，因此操作2为加入乙醇，促使Ca(IO3)2·H2O析出，D选项正确。
故答案为：C
【分析】往I2的CCl4溶液中加入H2O和Cl2，Cl2将I2氧化生成HIO3。HIO3溶液与CCl4不互溶，可用分液的方法进行分离，因此操作1为分液。得到的水层中含有HIO3，加入Ca(OH)2悬浊液后，反应生成Ca(IO3)2溶液。由于Ca(IO3)2微溶于水，难溶于乙醇，因此操作2为加入乙醇，使Ca(IO3)2·H2O结晶析出。据此结合选项分析。
7．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Na2SO4、Na2HPO4的摩尔质量都是142g·mol－1，因此混合物的物质的量为0.5mol。两种物质中都含有2个阳离子，因此混合物中国所含阳离子数为0.5mol×2×NA=1NA，A不符合题意。
B、随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，当其变为稀盐酸时，MnO2与稀盐酸不反应，因此无法计算其转移电子数，B不符合题意。
C、50g46%的乙醇水溶液中C2H5OH的质量为50g×46%=23g，H2O的质量为50g－23g=27g。因此溶液中所含氢原子的个数为，C符合题意。
D、溶液中Cr2O72－发生水解，使得溶液中离子数减小，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量都是142g·mol－1，且都含有2个阳离子。
B、MnO2与浓盐酸反应罐生成Cl2，与稀盐酸不反应。
C、50g46%的乙醇水溶液中含有C2H5OH和H2O。
D、溶液中Cr2O72－发生水解，使得溶液中离子数减小。
8．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；焰色反应；电镀
【解析】【解答】A、铜的焰色试验为绿色，进行焰色试验时，应用铂丝或铁丝，A不符合题意。
B、CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，因此无法产生压强差，即无法形成喷泉现象，B不符合题意。
C、在铁制镀件上镀铜时，铁制镀件做阴极，与电源的负极相连；铜做阳极，与电源的正极相连，C符合题意。
D、浓硫酸不具有挥发性，因此不会产生白烟的现象，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、焰色试验应用铂丝或铁丝。
B、CO2不溶于饱和NaHCO3溶液。
C、铁制镀件上镀铜，铁制镀件做阴极，铜做阳极。
D、浓硫酸不具有挥发性。
9．【答案】B
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；晶体的定义；取代反应
【解析】【解答】A、酸性KMnO4溶液与苯、己烷不反应，无明显现象；与苯乙烯发生氧化反应，溶液褪色，A不符合题意。
B、X射线衍射技术可用于确定分子结构，B符合题意。
C、质谱仪可用于确定相对分子质量；用于确定丙醇中含有几种化学环境的氢原子，应用核磁共振氢谱，C不符合题意。
D、饱和碳原子上的H原子光照条件下都能与Br2发生取代反应，如CH3－CH=CH2中－CH3上的H原子能与Br2在光照条件下发生取代反应，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、KMnO4溶液与苯、己烷不反应。
B、X射线衍射技术用于确定分子结构。
C、质谱仪用于确定相对分子质量。
D、饱和碳原子上的H原子光照条件下易发生取代反应。
10．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Ca(ClO)2具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－；过量的ClO－能与H＋形成HClO，A不符合题意。
B、银氨溶液的溶质为[Ag(NH3)2]OH，盐酸足量，则[Ag(NH3)2]＋、OH－都能与H＋反应，B不符合题意。
C、HCO3－电离产生H＋和CO32－，Mn2＋与CO32－形成MnCO3沉淀；过量的H＋与HCO3－形成H2O和CO2，C符合题意。
D、加热CuCl2溶液，溶液由绿色变为黄绿色，说明温度升高后，反应向着生成[CuCl4]2－的方向进行，因此该反应为吸热反应，ΔH＞0，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、Ca(ClO)2过量，则H＋与ClO－形成HClO。
B、银氨溶液的溶质为[Ag(NH3)2]OH。
C、HCO3－电离产生CO32－与H＋，CO32－与Mn2＋形成MnCO3沉淀。
D、加热，溶液由绿色变为黄绿色，说明加热后向着生成[CuCl4]2－的方向感进行。
11．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；乙醇的物理、化学性质
【解析】【解答】A、环氧乙烷可由乙烯氧化生成；也可由乙二醇HOCH2CH2OH发生分子内脱水反应制得，A不符合题意。
B、苯氧乙酸中所含的含氧冠能团有醚键和羧基，B不符合题意。
C、苯氧乙醇的结构简式可由苯氧乙酸中的－COOH发生还原反应得到，因此苯氧乙醇的结构简式为，C符合题意。
D、步骤2中若用CuO或Ag2O作催化剂，由于CuO或Ag2O的氧化性较弱，只能将－CH2OH氧化成－CHO，无法得到－COOH，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、环氧乙烷可通过乙二醇发生分子内脱水制得。
B、根据苯氧乙酸的结构简式确定其含氧官能团。
C、苯氧乙醇中含有羟基。
D、用CuO或Ag2O做氧化剂，只能将－CH2OH氧化成－CHO。
12．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、由分析可知，阳极的电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，A选项正确。
B、溶液中电流从阳极流向阴极，因此溶液中电流由a电极流向b电极，B选项正确。
C、阳极区补充SO32－，可将阳极反应生成的O2消耗，促使阳极反应的发生，C选项正确。
D、标况下44.8LO2的物质的量为2mol，生成2molO2时转移电子数为8mol。阴极的电极反应式为CO2＋2NO3－＋16e－＋18H＋=CO(NH2)2＋7H2O，阴极区增加的质量为参与反应的CO2和H＋的质量。当转移8mol电子时，参与反应的n(CO2)=0.5mol、n(H＋)=9mol。所以阴极区增加的质量为0.5mol×44g·mol－1＋9mol×1g·mol－1=31g，D选项错误。
故答案为：D
【分析】a电极上OH－转化为O2，发生失电子的氧化反应，因此a电极为阳极，其电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O。b电极为阴极，CO2和NO3－转化为CO(NH2)2，其电极反应式为：CO2＋2NO3－＋16e－＋18H＋=CO(NH2)2＋7H2O。据此结合选项分析。
13．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A、由图可知，当反应产生H＋后，反应所需的活化能降低。因此H＋为反应的催化剂，A选项正确。
B、HBr为反应的催化剂，增加HBr的用量，对反应的选择性无影响，B选项错误。
C、总反应的反应速率由慢反应决定，而反应所需的活化能越高，反应速率越慢。因此决速反应的活化能为E6－E2，C选项正确。
D、由图可知，(CH3)2C=CH2与乙醇的反应为放热反应，(CH3)2C=CH2与HBr的反应为吸热反应。升高温度，平衡向吸热反应方向移动。因此(CH3)2C=CH2与乙醇反应转化率下降，与HBr反应转化率升高，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、加入催化剂可降低反应所需的活化能。
B、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动。
C、决定总反应反应速率的为慢反应。
D、升高温度平衡向吸热反应方向移动。
14．【答案】D
【知识点】晶体熔沸点的比较；金属冶炼的一般原理；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，A为B、B为O、C为F、D为Al、E为S、F为Cl。
A、工业上用电解熔融Al2O3的方法制备金属Al，A选项正确。
B、N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，2p轨道为半充满稳定结构，难以失去电子，因此第一电离能F＞N＞O，B选项正确。
C、C的氢化物为HF，可形成分子间氢键，因此沸点较高。所以最简单氢化物的沸点C＞F，C选项正确。
D、A为B，其核外电子排布式为1s22s22p1，只有一个未成对电子。E为S，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，含有2个未成对电子。因此未成对电子数：A＜E，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A连接3个共价键且和C形成配位键时提供空轨道，因此A为B元素。B连接2个共价键，所以B为O元素。C连接1个共价键，且C－与B原子形成配位键时可以提供孤电子对，因此C为F元素。D连接3个共价键且和F－形成配位键时提供空轨道，所以D为Al元素，F为Cl元素。E连接3个共价键，且带一个正电荷，因此E为S元素。
15．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、溶液中存在FeS的沉淀溶解平衡，且溶液中c(Fe2＋)=0.1mol·L－1，此时溶液中，A选项正确。
B、该反应的平衡常数，B选项正确。
C、HS-的水解平衡常数，所以，所以c(HS-)＞c(OH-)，C选项正确。
D、溶液中还存在SO42－，溶液中满足电荷守恒2c(Fe2＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)＋2c(SO42－)，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、根据FeS的溶度积Ksp进行计算。
B、结合H2S的电离平衡常数和FeS的溶度积Ksp进行计算。
C、根据HS－的水解平衡常数分析。
D、结合电荷守恒分析。
16．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；蔗糖与淀粉的性质实验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2＋氧化，因此无法确定H2O2是否将Fe2＋氧化，A不符合题意。
B、相同pH的NaClO溶液和CH3COONa溶液中，c(NaClO)和C(CH3COONa)的不同，因此稀释对ClO－、CH3COO－的水解程度的影响不同，无法比较ClO－和CH3COO－结合H＋的能力强弱，B不符合题意。
C、加入铁粉后，Fe与Fe3＋发生反应Fe＋2Fe3＋ 3Fe2＋。b中颜色变浅，说明可逆反应Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3平衡逆向移动，C符合题意。
D、蔗糖水解溶液中含有H2SO4，加入新制Cu(OH)2悬浊液后，Cu(OH)2直接与H2SO4反应，未能体现氧化性，因此无法判断蔗糖是否发生水解，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、NO3－在酸性条件下具有氧化性。
B、溶液中c(ClO－)、c(CH3COO－)不同，无法比较。
C、Fe能与Fe3＋反应，结合浓度对平衡移动的影响分析。
D、新制Cu(OH)2悬浊液需在碱性条件下才具有氧化性。
17．【答案】（1）；18
（2）Cs与K分别与水反应，比较反应的剧烈程度
（3）B；D
（4）>；中是杂化，中是杂化
（5）C；12
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；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）Ge位于元素周期表的第四周期ⅣA族，因此其价层电子排布式为4s24p2。基态Br原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，因此基态Br原子中共有18种空间运动状态。
故答案为：4s24p2；18
（2）金属性越强，则其与水反应越剧烈。因此可通过Cs和K与水反应的剧烈程度，比较Cs和K的金属性强弱。
故答案为：Cs与K分别与水反应罐，比较反应的剧烈程度
（3）A、SO3中心硫元素的价层电子对数为，所以中心硫原子采用sp2杂化，空间结构为平面三角形，A选项正确。
B、环状(SO3)n中硫原子形成四个σ键，因此采用的轨道杂化类型为sp3杂化，B选项错误。
C、单分子SO3和链状(SO3)n都是分子晶体，C选项正确。
D、链状(SO3)3以硫原子为中心，与四个氧原子形成四面体结构，因此共平面得到原子最多有7个原子共平面，D选项错误。
故答案为：BD
（4）NO2+中心原子的价层电子数为，所以其空间结构为直线形，N原子采用sp杂化，键角为180°。NO3-中心原子的夹层电子对数为，所以其空间结构为平面三角形，N原子采用sp2杂化，键角为120°。所以键角NO2+＞NO3-。
故答案为：＞；NO2+中N是sp杂化，NO3-中N是sp2杂化
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点A处的原子个数为，位于体心C处的原子个数为1；位于面心B处的原子个数为。由化学式可知，B处为Br原子。由Cs原子与Br原子的最短距离比Ge原子与Br原子的最短距离大可知，C处为Ge原子、A处为Cs原子。晶胞中位于顶点的Cs原子与位于面心的Br原子距离最近，因此Cs原子周围与其距离最近的Br原子的个数为12。
故答案为：C；12
【分析】（1）根据Ge在元素周期表中的位置，确定其价层电子排布式。根据Br原子的核外电子排布式确定其空间运动状态。
（2）根据Cs、K与水反应剧烈程度判断二者的金属性强弱。
（3）A、根据S原子的价层电子对数确定S原子的杂化方式和SO3的空间结构。
B、根据环装SO3中硫原子的成键情况确定其杂化轨道类型。
C、链状SO3属于分子晶体。
D、四面体结构最多只有3个原子共平面。
（4）根据中心原子的杂化方式，确定其空间结构和键角大小。
（5）根据晶胞结构分析。
18．【答案】（1）
（2）
（3）B；D
（4）由于硝酸分子间存在氢键，而化合物分子间没有，所以沸点低于硝酸；由于氯原子半径明显大于氢原子，所以键明显弱于，所以的稳定性弱于硝酸，更易分解
（5））取少量硝酸氯于试管中，加水溶解，加入足量亚硝酸钠，硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则说明存在氯元素
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；氯离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）反应Ⅱ中N2O5与X反应生成ClONO2，该反应中原子利用率为100%，因此X的化学式为Cl2O。
故答案为：Cl2O
（2）盐A为84消毒液的主要成分，因此A为NaClO。所以反应Ⅲ的化学方程式为：ClONO2＋2NaOH=NaClO＋NaNO3＋H2O。
故答案为：ClONO2＋2NaOH=NaClO＋NaNO3＋H2O
（3）A、N2能与Mg反应生成Mg3N2，因此工业制镁的电解槽中不能用N2做保护气，A不符合题意。
B、ClONO2为平面型结构，所有原子共平面，B符合题意。
C、反应Ⅰ中HNO3不稳定，受热易分解，因此不可以加热反应Ⅰ，C不符合题意。
D、反应Ⅳ中产物Y中国氮原子的杂化方式为sp3杂化，其中氮元素的化合价为-3价。硝酸氯中氮元素的化合价为+5价，转化过程中存在元素化合价变化，该反应为氧化还原反应，D符合题意。
故答案为：BD
（4）HNO3的结构简式为HO－NO2，因此HNO3可形成分子间氢键，使得沸点增大；而ClONO2无法形成更分子间氢键，所以ClONO2的沸点低于HNO3。由于N原子的半径明显大于H原子的半径，使得Cl－O键明显弱于H－O，因此ClONO2的稳定性弱于HNO3，更易分解。
故答案为：由于硝酸分子间存在氢键，而化合物ClONO2分子间没有，所以ClONO2沸点低于硝酸；由于氯原子半径明显大于氢原子，所以Cl-O键明显弱于H-O，所以ClONO2的稳定性弱于硝酸，更易分解
（5）检验硝酸氯中的氯元素，可将其转化为Cl－；再加入AgNO3溶液和稀硝酸，检验Cl－。因此实验设计为取少量硝酸氯于试管中，加水溶解，加入足量亚硝酸钠，硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则说明存在氯元素。
故答案为：取少量硝酸氯于试管中，加水溶解，加入足量亚硝酸钠，硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则说明存在氯元素。
【分析】（1）反应Ⅱ的原子利用率为100%，根据硝酸氯的化学式ClONO2确定X的化学式。
（2）反应Ⅲ中ClONO2与NaOH反应后，生成NaNO3和NaClO，据此写出反应的化学方程式。
（3）A、N2能与Mg反应生成Mg3N2。
B、硝酸氯分子中所有原子共平面。
C、HNO3不稳定，受热易分解。
D、Y中氮原子的杂化方式为sp3，则其化合价不是＋5价。
（4）根据氢键和化学键的稳定性分析。
（5）检验硝酸氯中的氯元素，可将其转化为Cl－；再加入AgNO3溶液和稀硝酸，检验Cl－。
19．【答案】（1）
（2）反应放热，且正反应方向气体总物质的量减少，，，故低温下自发；；
（3）AD；因为反应I的、反应Ⅱ的，故220、240℃等较低温度下以反应I为主，水蒸气浓度增大主要使反应I平衡逆移，甲醇产率降低；而温度升高至260℃后，以反应Ⅱ为主，水蒸气浓度增大主要使反应Ⅱ平衡逆移，浓度增大，从而推动反应I平衡正移，甲醇产率升高
【知识点】热化学方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成指定产物时放出的热量。H元素的指定产物为H2O(l)。H2燃烧生成H2O(l)的化学方程式为H2(g)＋O2(g)=H2O(l)，该反应的反应热ΔH=(＋41.2kJ·mol－1)＋×(－566kJ·mol－1)＋(－44kJ·mol－1)=－2285.8kJ·mol－1。所以H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH=－285.8kJ·mol－1。
故答案为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH=－285.8kJ·mol－1
（2）①反应Ⅰ为放热反应，ΔH＜0；该反应为气体分子数减小的反应，ΔS＜0。反应能自发进行，则ΔH－TΔS＜0，因此反应在低温条件下即可自发进行。
故答案为：反应放热，且正反应方向气体总物质的量减小，ΔH＜0，ΔS＜0，故低温下自发
②令参与反应的n(CO2)=xmol，则可得平衡三段式如下
所以平衡时混合气体的总物质的量n(总)=(1-x)+(3-3x)+x+x=(4-2x)mol
由压强之比等于物质的量之比，可得，解得x=0.5
所以平衡时n(CO2)=0.5mol、n(H2)=1.5mol、n(CH3OH)=n(H2O)=0.5mol、n(总)=3mol。
平衡时各气体的压强、。
所以该反应的压强平衡常数
故答案为：
③n值增大，即n(H2)增大，平衡正向移动，平衡体系中CH3OH的物质的量分数变大。当其达到最大值后，平衡逆向移动，CH3OH的物质的量分数减小。因此可得图象。
故答案为：
（3）①A、由图2可知，当温度为260℃时，H2含水蒸气量越多，甲醇的产率越高，则反应Ⅰ的平衡正向移动，CO2的平衡浓度减小，A选项错误。
B、H2中的水蒸气在高温下可作为反应的热源，使得温度升高，反应速率加快，B选项正确。
C、图1中450℃时，随着H2含水蒸气量增大，CO2的转化率降低，说明高温下H2含水蒸气量增大不利于甲醇生成，C选项正确。
D、改用活性更好的催化剂，反应速率加快，但不影响平衡移动，因此甲醇的产率不变，D选项错误。
故答案为：AD
②因为反应I的ΔH＜0、反应Ⅱ的ΔH＞0，故220、240℃等较低温度下以反应I为主，水蒸气浓度增大主要使反应I平衡逆移，甲醇产率降低；而温度升高至260℃后，以反应Ⅱ为主，水蒸气浓度增大主要使反应Ⅱ平衡逆移，CO2浓度增大，从而推动反应I平衡正移，甲醇产率升高。
故答案为：因为反应I的ΔH＜0、反应Ⅱ的ΔH＞0，故220、240℃等较低温度下以反应I为主，水蒸气浓度增大主要使反应I平衡逆移，甲醇产率降低；而温度升高至260℃后，以反应Ⅱ为主，水蒸气浓度增大主要使反应Ⅱ平衡逆移，CO2浓度增大，从而推动反应I平衡正移，甲醇产率升高
【分析】（1）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成指定产物时2放出的热量。结合盖斯定律计算反应热， 从而书写反应的热化学方程式。
（2）①当ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行，据此分析。
②结合三段式和平衡常数的表达式进行计算。
③增大n(H2)，平衡正向移动，CH3OH的物质的量分数增大。当n(H2)：n(CO2)=3：1时，CH3OH的物质的量分数最大，继续增大n(H2)，平衡逆向移动，CH3OH物质的量分数减小。
（3）①A、n(H2)、n(H2O)增大，相当于增大压强，结合压强对平衡移动的影响分析。
B、温度越高，反应速率越快。
C、根据图线曲线的变化趋势分析。
D、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动。
②结合平衡移动的影响分析。
20．【答案】（1）圆底烧瓶；防止倒吸
（2）B；D
（3）b；c；e
（4）85.5%；CD
【知识点】制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）图示仪器a为圆底烧瓶。虚线方框内倒置的漏斗可以起到防倒吸的作用。
故答案为：圆底烧瓶；防止倒吸
（2）A、步骤①中S元素由＋4价变为＋3价，化合价降低，发生还原反应，因此SO2为氧化剂，A选项正确。
B、步骤②中NaOH溶液与ZnS2O4反应生成Na2S2O4；同时NaOH溶液提供碱性环境，可使Na2S2O4稳定存在，B选项错误。
C、仪器b为恒压滴液漏斗，可维持浓硫酸液面上方的气压，使液体顺利滴下，C选项正确。
D、步骤①中反应温度不宜过高，防止SO2气体挥发逸出，使得反应物的转化率降低，D选项错误。
故答案为：BD
（3）往所得的Na2S2O4溶液中逐渐加入细食盐粉末，搅拌使其结晶，再用倾析法除去上层溶液，剩余少量母液。搅拌下通入略高于60℃的水蒸气，再趁热过滤。所得晶体用热酒精洗涤；最后进行干燥。
故答案为：b；c；e
（4）由得失电子守恒可得，Na2C2O4与KMnO4反应的关系式为5Na2C2O4～2KMnO4，此时参与反应的n(Na2C2O4)=0.01mol·L－1×25×10－3L=2.5×10－4mol，所以10mL混合溶液中剩余n(KMnO4)= 2.5×10－4mol×=1.0×10－4mol。所以原混合溶液中剩余n(KMnO4)= 1.0×10－4mol×=2.5×10－3mol。因此与SO2反应的n(KMnO4)=0.5mol·L－1×25×10－3L－2.5×10－3mol=0.01mol。由得失电子守恒可得，SO2与KMnO4反应的关系式为5SO2～2KMnO4，因此参与反应的n(SO2)=0.01mol×=0.025mol。根据S元素守恒可得，25.00g产品中n(ZnSO3)=n(SO2)=0.025mol，其质量为0.025mol×145g·mol－1=3.625g，所以产品的纯度为。
A、装Na2C2O4标准溶液的滴定管未用标准液润洗，会导致消耗Na2C2O4溶液的体积偏大，即混合溶液中剩余n(KMnO4)偏大。则与SO2反应的n(KMnO4)偏小，计算所得n(SO2)偏小，即产品中n(ZnSO3)偏小，所以产品的纯度偏大，A不符合题意。
B、滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，则消耗Na2C2O4溶液的体积偏大，最终产品的纯度偏大，B不符合题意。
C、起始读数正确，滴定后俯视读数，则所得消耗Na2C2O4溶液的体积偏小，最终产品的纯度偏小，C符合题意。
D、滴定时当溶液由紫红色变为无色时立即读数，半分钟后又变回紫红色，说明反应未达到滴定终点，所消耗Na2C2O4溶液的体积偏小，最终产品的纯度偏小，D符合题意。
故答案为：85.50%；CD
【分析】（1）图示a为圆底烧瓶；倒置的漏斗可以起到防倒吸作用。
（2）A、根据反应过程中硫元素化合价的变化分析。
B、NaOH提供碱性条件，使Na2S2O4稳定存在。
C、仪器b为恒压滴液漏斗，可使液体顺利滴下。
D、温度不宜过高，是为了防止SO2逸出。
（3）从Na2S2O4溶液中获得Na2S2O4晶体，可先进行结晶操作，再过滤、洗涤、干燥。
（4）根据消耗Na2C2O4的量计算剩余的n(KMnO4)，从而得出与SO2反应的n(KMnO4)，进而得出n(SO2)。根据S元素守恒可得n(ZnSO3)，最终得出产品的纯度。
21．【答案】（1）酯基或酯键
（2）
（3）A；D
（4）
（5）
（6）、、
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；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）由分析可知，A的结构简式为NC－CH2－COOC2H5，其所含的含氧官能团为酯基或酯键。
故答案为：酯基或酯键
（2）C→D为加成反应，因此X的分子式为C2H4O2，其结构简式为CH3COOH。
故答案为：CH3COOH
（3）A、化合物C中碳碳双键所在碳原子上连接的原子团结构相同，因此无法形成顺反异构，A选项错误。
B、化合物D与稀硫酸反应时，酯基水解生成-COOH；同时-CN转化为-COOH，因此产物中含有3个羧基，B选项正确。
C、E→F发生-CN的还原反应；H→I发生C=N的加成反应，也属于还原反应，C选项正确。
D、由NDMCA的结构简式可知，其分子式为C18H32NO2，D选项错误。
故答案为：AD
（4）D→E的产物中所含的无机正盐为K2CO3，因此该反应的化学方程式为：
故答案为：
（5）可由与CH3OH发生酯化反应生成。而中的酮羰基可由羟基氧化生成；-COOH可由-CN水解生成。因此该合成路线图如下：。
故答案为：
（6）不与Na，则不含有-OH和-COOH；1mol分子能与2molNaOH发生水解反应，则含有2mol酯基。分子中共有3种不同化学环境的氢原子，则分子结构中存在-C(CH3)3。则满足条件的同分异构体的结构简式为、、 。
故答案为：、、
【分析】A与B反应生成C，其反应原理与已知反应①类似，因此A的结构简式为NC－CH2－COOC2H5。D与KOH在一定条件下反应生成E，结合F与G反应所得产物的结构简式可得，E的结构简式为；F的结构简式为。在NaBH4条件下发生C=N化学键的加成反应，因此所得I的结构简式为。据此结合题干设问分析作答。
