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2021-2022学年天津市和平区高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
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这是一份2021-2022学年天津市和平区高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共18页。
2021-2022学年天津市和平区高三（上）期末化学试卷
1. 2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭发射成功。下列说法错误的是( )
A. 航天领域使用的碳纳米管与石墨烯互为同素异形体
B. 神舟十二号载人飞船表面使用的高温结构陶瓷为传统无机非金属材料
C. 载人飞船结构材料主要是铝合金、镁合金和钛合金，均属于金属材料
D. 火箭发射靠偏二甲肼[(CH3)2NNH2]和四氧化二氮反应提供能量，其中N2O4是氧化剂
2. 某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是( )
A. 3p64s1 B. 4s1 C. 3d54s1 D. 3d104s1
3. 下列说法不正确的是( )
A. 将SO2通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色
B. NH3和HCl混合能产生白烟
C. H2O2和O3都是绿色氧化剂
D. Na2S2O3可用于脱除纸浆中多余的Cl2
4. 物质性质的差异与分子间作用力有关的是( )
A. 硬度：晶体硅<金刚石 B. 热稳定性：HF>HCl
C. 沸点：Cl2NaCl
5. 下列有关实验操作说法错误的是( )
A. 蒸馏时应先向冷凝管中通入冷水，再加热蒸馏烧瓶
B. 用二氧化锰与浓盐酸制备氯气时，加热后再加入浓盐酸
C. 用分液漏斗分液时，眼睛注视分液漏斗内的液面
D. 除去氯化钠中少量硝酸钾可用蒸发结晶、趁热过滤的方法
6. 元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是( )
A. 原子半径(r)：r(Q)>r(Y)>r(Z)
B. 元素X有−4，+2，+4等多种价态
C. Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸
D. 气态的氢化物的稳定性：Z>Y>Q
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++2OH−+2HCO3−=CaCO3↓+CO32−+2H2O
B. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量氢气：Al+2OH−=AlO2−+H2↑
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH−+H++SO42−=BaSO4↓+H2O
D. 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体：Fe3++3H2O−△Fe(OH)3(胶体)+3H+
8. 用一氧化碳还原氮氧化物，可防止氮氧化物污染。已知：
①2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−221kJ⋅mol−1
②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181kJ⋅mol−1
③2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH=−747kJ⋅mol−1
则12gC(s)完全燃烧所放出的热量为( )
A. 787kJ B. 221kJ C. 393.5kJ D. 442kJ
9. 一种药物合成中间体结构简式如图。关于该化合物，下列说法正确的是( )
A. 属于芳香醇
B. 分子中所有碳原子不可能共平面
C. 苯环上的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
D. 分子中含有两种官能团
10. 在一定的温度下，向氨水中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 当c(NH4+)=c(NH3)时，c(NH4+)>c(HCO3−)>c(NH2COO−)>c(CO32−)
B. 在pH=9.5时，c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(NH2COO−)+c(OH−)
C. NH2COONH4在放入足量盐酸溶液生成NH2COOH
D. 随着CO2的通入，c(NH4+)c(CO32−)c(NH3⋅H2O)c(HCO3−)不变
11. 某温度下，在2L的密闭容器中，充入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g)⇌4C(s)+2D(g)反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，则下列说法正确的是( )
A. 增大压强，平衡向逆反应方向移动
B. 达平衡后B的转化率为40%
C. 增加A，平衡正向移动，化学平衡常数增大
D. 若升高温度，A的转化率增大，则该反应ΔH<0
12. 对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸的装置如图。下列说法中正确的是( )
A. 电子由铅合金经溶液流到金属阳极DSA
B. 阴极的主要电极反应式为
C. 每转移1mole−时，阳极电解质溶液的质量减少8g
D. 反应结束后阳极区pH增大
13. 2Zn(OH)2⋅ZnCO3是制备活性ZnO的中间体，以锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)为原料制备2Zn(OH)2⋅ZnCO3的工艺流程如图：
请回答下列问题：
(1)基态Zn2+的价层电子轨道表示式为 ______。
(2)OH−的电子式为 ______，CO32−的空间构型为 ______。
(3)2Zn(OH)2⋅ZnCO3组成的非金属元素第一电离能由大到小的顺序为 ______。
(4)当(NH4)2SO4，NH3⋅H2O的混合溶液呈中性时，c(NH4+)______2c(SO42−)(填“>”“<”或“=”)性。
(5)“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施是 ______(任写一种)。
(6)“过滤Ⅲ”所得滤液可循环使用，其主要成分的化学式是 ______。
(7)“浸取”时加入的NH3⋅H2O过量，生成MnO2的离子方程式为 ______。
(8)“沉锌”的离子方程式为 ______。
(9)适量S2−能将Cu2+等离子转化为硫化物沉淀而除去，若选择ZnS进行除杂，是否可行？______(填“是”或“否”)，[已知：Ksp(ZnS)=1.6×10−24，Ksp(CuS)=1.3×10−36；K>105化学反应完全，K<10−5化学反应不发生]用计算说明原因 ______。
14. 间氨基苯乙炔(K)是新型抗肿瘤药物盐酸厄洛替尼的关键中间体。用苯为原料的合成路线之一如图所示：(注：Et表示乙基；DMF表示N，N−二甲基甲酰胺)
已知：手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子。
回答下列问题：
(1)化合物B的化学名称为 ______；
(2)化合物H的非氧官能团名称为 ______。
(3)写出化合物C、化合物G的结构简式为 ______、______；
(4)写出合成路线中存在两个手性碳原子的化合物分子的结构简式是 ______(用“*”在手性碳原子旁边标注)
(5)F→G反应的化学方程式为 ______(注明反应的条件)。J→K的反应类型为 ______。
(6)G的同分异构体中，满足下列条件的同分异构体有 ______种。
①与G含有相同的官能团，硝基连接苯环；
②属于二取代芳香族化合物。
写出其中核磁共振氢谱有4种峰，其峰值面积比为1：2：2：2的结构简式为 ______。
15. 工业上以浓缩海水(含较高浓度的Br−)为原料提取溴的部分流程如下：
已知：3Br2+3CO32−=5Br−+BrO3−+3CO2↑。
图甲 图乙
(1)反应用的Cl2可由图甲所示装置制取，制取Cl2的化学方程式为______。为除去Cl2中挥发出的HCl，装置E中所盛溶液是______。
(2)实验室用图乙所示装置模拟流程中的部分过程。
①通入Cl2时发生反应的离子方程式为______。
②通入热空气的作用是______。
③烧杯C中所盛溶液是______。
④烧瓶B中的长导管D起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，可以观察到的现象是______。
(3)“反应釜2”中所发生反应的离子方程式为______。
(4)蒸馏后，蒸馏塔溶液中仍溶有少量Br2，可以向其中加入少量______萃取其中的Br2。
16. CO2的捕集及利用对“碳中和”具有重要意义，回答下列问题：
(1)在钌配合物催化下CO2加氢合成甲酸发生反应Ⅰ，同时还伴有反应Ⅱ发生。
Ⅰ.CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)ΔH1=−30.9kJ⋅mol−1；
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2
①已知：298K时，部分物质的相对能量如表所示，则HCOOH(g)的相对能量为 ______kJ⋅mol−1，ΔH1______ΔH2(填“>”“<”或“=”)。
物质
CO2(g)
H2(g)
H2O(g)
CO(g)
相对能(kJ⋅mol−1)
−393
0
−242
−110
②气体A的压力转化率表示为α(A)=[1−P1P0]×1000%，P0为A初始压力，P1为A某时刻分压。保持323K恒温恒压，CO2(g)、H2(g)投料比1：1时，CO2初始分压分别为Po−aMPa、Po−bMPa和Po−cMPa(Po−a
则曲线z表示的CO2的初始分压为 ______MPa，在323K，CO2初始分压为时Po−cMPa时，平衡后，P(HCOOH)=6P(CO)，则反应Ⅰ的Kp______(用含Po−c的式子表示)。
③已知Arrhenius公式Rlnk=−(EaT)+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，反应Ⅰ的数据如图乙中的曲线d所示，则该反应的活化能Ea=______kJ⋅mol−1。改变外界条件，数据如图中的曲线e所示，则实验可能改变的外界条件是 ______。
(2)一种新型钌配合物催化剂催化CO2加氢合成甲酸的反应机理如图丙所示。生成中间体的反应为 ______，研究表明，极性溶剂有助于促进CO2插入M−H键，使用极性溶剂后极大地提高了整个反应的合成效率，原因是 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故A正确；
B.神舟十二号载人飞船表面使用的高温结构陶瓷为新型无机非金属材料，故B错误；
C.铝合金、镁合金和钛合金都属于金属材料，故C正确；
D.偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，燃料和N2O4反应放出巨大的能量，产生大量无毒气体，生成CO2、N2、和H2O，反应为C2H8N2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O，N2O4中N元素的化合价降低，则N2O4是氧化剂，故D正确；
故选：B。
2.【答案】A
【解析】解：A、应为 19K，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，主族元素的价电子是最外层电子，应为4s1，故A错误；
B、应为 19K的价电子排布式，故B正确；
C、应为 24Cr，副族元素的价电子是最外层电子与次外层的部分电子之和，核外电子为[Ar]3d54s1，即价电子为3d54s1，此为洪特规则的特例，3d轨道上的电子为半满状态，整个体系的能量最低，故C正确；
D、应为 29Cu，价电子为3d104s1，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故D正确；
故选：A。
基态原子的核外电子排布应遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，据此分析解答。
本题主要考查价电子核外排布式是书写判断，难度一般，注意基态原子的核外电子排布应遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则。
3.【答案】A
【解析】解：A.二氧化硫具有漂白性，但不能漂白指示剂，所以SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液只变红不褪色，故A错误；
B.NH3和HCl混合反应生成氯化铵，氯化铵为白色固体，所以能产生白烟，故B正确；
C.H2O2和O3的还原产物都是水，所以都是绿色氧化剂，故C正确；
D.Na2S2O3具有还原性，Cl2具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成硫酸根和氯离子，则Na2S2O3可用于脱除纸浆中多余的Cl2，故D正确；
故选：A。
A.二氧化硫具有漂白性，但不能漂白指示剂；
B.NH3和HCl混合反应生成氯化铵；
C.H2O2和O3的还原产物都是水；
D.Na2S2O3具有还原性，Cl2具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成硫酸根和氯离子。
本题综合考查元素化合物知识，侧重于氨气、二氧化硫和氯气的性质的考查，为高频考点，题目难度不大，注意相关基础知识的积累即可解答该类题目。
4.【答案】C
【解析】A.金刚石和晶体硅均是共价晶体，硬度与共价键强度有关，故A错误；
B.H−F键能大于H−Cl，故HF的稳定性强于HCl，与共价键有关，故B错误；
C.组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与分子间作用力有关，故C正确；
D.离子半径越小、离子所带电荷越多，离子键越强，离子晶体的熔点越高，所以熔点：MgO>NaCl，与离子键强弱有关，故D错误；
故选C。
5.【答案】B
【解析】解：A.蒸馏时需充分冷凝，则蒸馏时应先向冷凝管中通入冷水，再加热蒸馏烧瓶，故A正确；
B.加热盐酸易挥发，应先加浓盐酸，后加热，故B错误；
C.分液时避免上下层液体混合，则分液漏斗分液时，眼睛注视分液漏斗内的液面，故C正确；
D.少量硝酸钾应残留在母液中，NaCl的溶解度受温度影响不大，则用蒸发结晶、趁热过滤的方法分离，故D正确；
故选：B。
A.蒸馏时需充分冷凝；
B.加热盐酸易挥发；
C.分液时避免上下层液体混合；
D.少量硝酸钾应残留在母液中，NaCl的溶解度受温度影响不大。
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、混合物分离提纯、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。
6.【答案】C
【解析】解：由分析可知，X为C、Y为S、Z为Cl、Q为As；
A.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径r(Q)>r(Y)>r(Z)，故A正确；
B.X为C元素，有−4，+2，+4等多种价态，故B正确；
C.H2SO3、HClO属于弱酸，故C错误；
D.同周期自左而非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性Z>Y>Q，故氢化物稳定性Z>Y>Q，故D正确；
故选：C。
元素Q位于第四周期，由元素在周期表中相对位置，可知X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，设Y原子最外层电子数为y，则X原子最外层电子数为y−2，Z原子最外层电子数为y+1，故y+y−2+y+1=17，解答y=6，故Y为S元素，则X为C元素、Z为Cl元素、Q为As元素。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期表与元素周期律，C选项为易错点，学生容易忽略最高价。
7.【答案】D
【解析】解：A.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，其离子反应方程式为：Ca2++OH−+HCO3−=CaCO3↓+H2O，故A错误；
B.铝和氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑，故B错误；
C.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸的离子方程式为Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体和HCl，得到红褐色液体，离子方程式：Fe3++3H2O−△Fe(OH)3(胶体)+3H+，故D正确。
故选：D。
A.碳酸氢钠少量反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；
B.选项中离子方程式不满足电荷守恒、电子守恒；
C.完全反应的物质，在离子方程式要满足化学式中离子配比；
D.饱和氯化铁溶液滴入沸水中，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体和氯化氢。
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，侧重复分解反应的离子反应及分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解①2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=−221kJ⋅mol−1，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+181kJ⋅mol−1，③2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=−747kJ⋅mol−1，结合盖斯定律可知，(③+②+①)×12得到C(s)+O2(g)⇌CO2(g)，其△H=(−747kJ⋅mol−1+181kJ⋅mol−1−221kJ⋅mol−1)×12=−393.5k/mol，即热化学方程式为C(s)+O2(g)⇌CO2(g)△H=−393.5k/mol，
故选：C。
由①2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=−221kJ⋅mol−1，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+181kJ⋅mol−1，③2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=−747kJ⋅mol−1，结合盖斯定律可知，(③+②+①)×12得到C(s)+O2(g)⇌CO2(g)。
本题考查盖斯定律的应用，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.该物质含有酚羟基而不是醇羟基，属于酚，不属于芳香醇，故A错误；
B.苯环上所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，甲烷最多有3个碳原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子可能共平面，故B错误；
C.苯环上有7种氢原子，苯环上的一氯代物就有7种，故C错误；
D.分子中含有碳碳双键和酚羟基两种官能团，故D正确；
故选：D。
A.该物质含有酚羟基而不是醇羟基；
B.苯环上所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，甲烷最多有3个碳原子共平面，单键可以旋转；
C.苯环上有几种氢原子，苯环上的一氯代物就有几种；
D.分子中含有碳碳双键和酚羟基。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面的判断方法是解本题关键，B为解答易错点。
10.【答案】C
【解析】解：A.根据图知，当c(NH4+)=c(NH3)时，NH4+、HCO3−、NH2COO−、CO32−的物质的量分数依次减小，所以c(NH4+)>c(HCO3−)>c(NH2COO−)>c(CO32−)，故A正确；
B.任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(NH2COO−)+c(OH−)，故B正确；
C.氨基能和HCl反应，所以NH2COONH4在放入足量盐酸溶液生成HOOCNHCl，故C错误；
D.温度不变，电离平衡常数、水的离子积常数都不变，所以随着CO2的通入，c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)=c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)×c(H+)⋅c(OH−)c(H+)⋅c(OH−)=Kb(NH3⋅H2O)×Ka(HCO3−)Kw不变，故D正确；
故选：C。
A.根据图知，当c(NH4+)=c(NH3)时，NH4+、HCO3−、NH2COO−、CO32−的物质的量分数依次减小；
B.任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C.氨基能和HCl反应；
D.c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)=c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)×c(H+)⋅c(OH−)c(H+)⋅c(OH−)=Kb(NH3⋅H2O)×Ka(HCO3−)Kw，温度不变，电离平衡常数、水的离子积常数都不变。
本题考查了溶液中离子浓度大小比较，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数与温度的关系等知识点是解本题关键，难点是D选项分式的灵活变形，题目难度中等。
11.【答案】B
【解析】解：A.为气体体积减小的反应，增大该体系的压强，平衡向右移动，故A错误；
B.生成1.6molC时转化0.8molB，则B的平衡转化率是0.8mol2mol×100%=40%，故B正确；
C.增加A，平衡向右移动，K只温度有关，因而K不变，故C错误；
C.高温度平衡朝着吸热的方向移动，A的转化率增大，说明平衡正向移动，推算出正反应吸热，因而ΔH>0，故D错误；
故选：B。
反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，则
3A(g)+2B(g)⇌4C(s)+2D(g)
开始(mol)4200
转化(mol)1.20.81.60.8
平衡 (mol)2.81.21.60.8
A.增大压强，平衡朝着体积减小的方向移动；
B.转化率=变化量起始量×100%；
C.A为反应物，浓度增大，K与温度有关；
D.升高温度平衡朝着吸热的方向移动。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡三段法、转化率及速率计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意K与温度有关，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题侧重考查电解知识，为高频考点，解答本题，注意把握电解的原理，题目难度中等，有利于培养学生的分析能力。
【解答】
金属阳极DSA发生2H2O−4e−=O2+4H+，阴极的主要电极反应式为，据此答题。
A.失去的电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源正极，电子不会进入溶液，故A错误；
B.阴极上对硝基苯甲酸得电子发生还原反应，生成对氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为，故B正确；
C.阳极发生反应2H2O−4e−=O2+4H+，氧气逸出，氢离子跨过阳离子交换膜移向阴极，当转移4mole−时，阳极电解质溶液减少2mol水，则转移1mole−时，阳极电解质溶液减少0.5mol水，质量为9g，故C错误；
D.由C项分析知，阳极反应消耗阳极区的水，则反应结束后阳极区硫酸的浓度增大，pH减小，故D错误；
故选：B。
13.【答案】 平面三角形 O>H>C=将锌焙砂粉碎或搅拌或适当加热提高浸取温度等 (NH4)2SO4 Mn2++H2O2+2NH3⋅H2O=MnO2↓+2NH4++2H2O3Zn2++6HCO3−=2Zn(OH)2⋅ZnCO3↓+5CO2↑+H2O是 ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，可知K=Ksp(ZnS)Ksp(CuS)=1.2×1012>>1×105，反应趋于完全
【解析】解：(1)基态Zn2+的价层电子排布式为3d10，轨道表示式为，
故答案为：；
(2)OH−的电子式为，CO32−的价层电子对数为3+4+2−2×32=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，
故答案为：；平面三角形；
(3)元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大，故2Zn(OH)2⋅ZnCO3组成的非金属元素第一电离能由大到小的顺序为O>H>C，
故答案为：O>H>C；
(4)当(NH4)2SO4，NH3⋅H2O的混合溶液呈中性时，c(OH−)+c(NH4+)=2c(SO42−)+c(H+)，故c(NH4+)=2c(SO42−)，
故答案为：=；
(5)根据影响反应速率的因素判断“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施为将锌焙砂粉碎、搅拌、适当加热提高浸取温度等；
故答案为：将锌焙砂粉碎或搅拌或适当加热提高浸取温度等；
(6)分析流程可知，“过滤Ⅲ”所得滤液可循环使用，其主要成分的化学式是(NH4)2SO4，
故答案为：(NH4)2SO4；
(7)“浸取”时加入的NH3⋅H2O过量，溶液呈碱性，双氧水将锰离子氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2NH3⋅H2O=MnO2↓+2NH4++2H2O；
故答案为：Mn2++H2O2+2NH3⋅H2O=MnO2↓+2NH4++2H2O；
(8)“沉锌”的过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成2Zn(OH)2⋅ZnCO3，离子方程式为3Zn2++6HCO3−=2Zn(OH)2⋅ZnCO3↓+5CO2↑+H2O；
故答案为：3Zn2++6HCO3−=2Zn(OH)2⋅ZnCO3↓+5CO2↑+H2O；
(9)根据反应ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，可知K=Ksp(ZnS)Ksp(CuS)=1.2×1012>>1×105，K>105化学反应完全，所以选择ZnS进行除杂是可行的；
故答案为：是；ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，可知K=Ksp(ZnS)Ksp(CuS)=1.2×1012>>1×105，反应趋于完全。
制备2Zn(OH)2⋅ZnCO3流程为：锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰：Mn2++H2O2+2NH3⋅H2O=MnO2↓+2NH4++2H2O，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2Zn(OH)2⋅ZnCO3和二氧化碳气体，过滤得2Zn(OH)2⋅ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液，
(1)基态Zn2+的价层电子排布式为3d10；
(2)OH−的电子式为，CO32−的价层电子对数为3+4+2−2×32=3，无孤电子对；
(3)元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大；
(4)当(NH4)2SO4，NH3⋅H2O的混合溶液呈中性时，c(OH−)+c(NH4+)=2c(SO42−)+c(H+)；
(5)根据影响反应速率的因素判断“浸取”时为了提高锌的浸出率；
(6)分析流程可知，“过滤Ⅲ”所得滤液可循环使用；
(7)“浸取”时加入的NH3⋅H2O过量，溶液呈碱性，双氧水将锰离子氧化成MnO2；
(8)“沉锌”的过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成2Zn(OH)2⋅ZnCO3；
(9)根据反应ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，可知K=Ksp(ZnS)Ksp(CuS)=1.2×1012>>1×105，K>105化学反应完全。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
14.【答案】硝基苯 溴原子 →△浓硫酸+H2O还原反应 5
【解析】解：(1)B为，化合物B的化学名称为硝基苯，
故答案为：硝基苯；
(2)化合物H的非氧官能团名称为溴原子，
故答案为：溴原子；
(3)化合物C、化合物G的结构简式分别为、，
故答案为：、；
(4)合成路线中存在两个手性碳原子的化合物分子的结构简式是，
故答案为：；
(5)F→G反应的化学方程式为→△浓硫酸+H2O，J→K过程中硝基转化为氨基，反应类型为还原反应，
故答案为：→△浓硫酸+H2O；还原反应；
(6)G为，G的同分异构体满足下列条件：
①与G含有相同的官能团，说明含有硝基和羧基、碳碳双键，硝基连接苯环；
②属于二取代芳香族化合物，说明含有两个取代基且含有苯环，两个取代基可能是−NO2、−CH=CHCOOH，两个取代基有邻位、间位、对位，去掉其本身，所以有2种；可能是−NO2、−C(COOH)=CH2，两个取代基有邻位、对位、间位三种，所以符合条件的同分异构体有5种；其中核磁共振氢谱有4种峰，其峰值面积比为1：2：2：2的结构简式为，
故答案为：5；。
苯发生硝化反应生成B为，由D的结构简式可知，B发生硝基间位取代反应生成C为，D与OHCCH2COOH发生加成反应生成E，E发生水解反应生成F，对比F、H的结构结合G的分子式可知，F发生醇的消去反应生成G，G再与溴发生加成反应生成H，故G为，H发生反应生成I，I再发生消去反应生成J，J中硝基转化为氨基生成K，J→K发生了还原反应；
(6)G为，G的同分异构体满足下列条件：
①与G含有相同的官能团，说明含有硝基和羧基、碳碳双键，硝基连接苯环；
②属于二取代芳香族化合物，说明含有两个取代基且含有苯环，两个取代基可能是−NO2、−CH=CHCOOH，可能是−NO2、−C(COOH)=CH2。
本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应方程式的书写、有机反应类型、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，利用有机物结构简式、分子式并结合反应条件进行分析推断，试题侧重考查学生分析推理能力、综合运用知识的能力。
15.【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；饱和食盐水
(2)①Cl2+2Br−=Br2+2Cl−
②将Br2从溶液中吹出
③NaOH溶液
④导管中液面上升
(3)5Br−+BrO3−+6H+=3Br2+3H2O
(4)四氯化碳(或苯)
【解析】由流程可知，硫酸酸化的浓缩海水，通入氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，通入热的空气吹出溴单质，用碳酸钠溶液吸收溴单质3Br2+3CO32−=5Br−+BrO3−+3CO2，加入稀硫酸发生5Br−+BrO3−+6H+=3Br2+3H2O，富集溴，最后通过蒸馏得到溴单质，以此来解答。
(1)反应用的Cl2可由图甲所示装置制取，制取Cl2的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，为除去Cl2中挥发出的HCl，装置E中所盛溶液是饱和食盐水，
故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；饱和食盐水；
(2)①通入Cl2时发生反应的离子方程式为Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，
故答案为：Cl2+2Br−=Br2+2Cl−；
②通入热空气的作用是将Br2从溶液中吹出，
故答案为：将Br2从溶液中吹出；
③烧杯C中所盛溶液是NaOH溶液，可吸收尾气，
故答案为：NaOH溶液；
④烧瓶B中的长导管D起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，可以观察到的现象是导管中液面上升，
故答案为：导管中液面上升；
(3)“反应釜2”中所发生反应的离子方程式为5Br−+BrO3−+6H+=3Br2+3H2O，
故答案为：5Br−+BrO3−+6H+=3Br2+3H2O；
(4)蒸馏后，蒸馏塔溶液中仍溶有少量Br2，可以向其中加入少量四氯化碳(或苯)萃取其中的Br2，
故答案为：四氯化碳(或苯)。
16.【答案】−423.9
故答案为：−423.9；<；
②恒压条件下，CO2的压力转化率与初始压强有关，图中z的压力转化率最小，显然CO2的初始分压也最小，即p0−aMPa，平衡时的压力转化率等于平衡转化率，在323K，CO2初始分压为p0−cMPa时，平衡时α(CO2)=70%，说明平衡转化率为70%，设CO2和H2初始物质的量分别为1mol，列出三段式数据：
CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)
开始(mol)110
变化(mol)xx0
平衡(mol)1−x1−xx
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
开始(mol)1−x1−x00
变化(mol)yyyy
平衡(mol)1−x−y1−x−yyy
由于1mol−x−y=0.3mol，p(HCOOH)=6p(CO)，解得x=0.6mol，y=0.1mol，可求得：Kp=p(HCOOH)p(CO2)p(H2)=0.61.4×2p0−c(0.31.4×2p0−c)2=143p0−c，
故答案为：p0−a；=143p0−c；
③取(3.2,336)、(3.4,112)两点数据，代入Rlnk=−EaT+C上中，可求得Ea=−1120kJ/mol，曲线e对应的Ea=747.5kJ/mol，使用更高效的催化剂，活化能进一步降低，
故答案为：1120；使用更高效的催化剂；
(2)与原料物质一同加人的是催化剂，生成中间体的反应为CO2+=；CO2插入M−H键所需的活化能最大，是该反应的决速步骤，使用极性溶剂后活化能降低，极性溶剂有助于促进CO2插入M−H键，使用极性溶剂后极大地提高了整个反应的合成效率，
故答案为：CO2+=；CO2插入M−H键所需的活化能最大，是该反应的决速步骤，使用极性容积后活化能降低。
(1)①反应产物的相对能量之和减去反应物的相对能量之和等于△H，求得HCOOH(g)的相对能量，△H1小于△H2；
②恒压条件下，CO2的压力转化率与初始压强有关，图中z的压力转化率最小，显然CO2的初始分压也最小，即p0−aMPa，平衡时的压力转化率等于平衡转化率，在323K，CO2初始分压为p0−cMPa时，平衡时α(CO2)=70%，说明平衡转化率为70%，设CO2和H2初始物质的量分别为1mol，列出三段式数据：
CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)
开始(mol)110
变化(mol)xx0
平衡(mol)1−x1−xx
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
开始(mol)1−x1−x00
变化(mol)yyyy
平衡(mol)1−x−y1−x−yyy
由于1mol−x−y=0.3mol，p(HCOOH)=6p(CO)，解得x=0.6mol，y=0.1mol，可求得：Kp=p(HCOOH)p(CO2)p(H2)，据此计算；
③取(3.2,336)、(3.4,112)两点数据，代入Rlnk=−EaT+C上中，可求得Ea=−1120kJ/mol，据此分析；
(2)与原料物质一同加人的是催化剂，生成中间体的反应为CO2+=。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
2021-2022学年天津市和平区高三（上）期末化学试卷
1. 2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭发射成功。下列说法错误的是( )
A. 航天领域使用的碳纳米管与石墨烯互为同素异形体
B. 神舟十二号载人飞船表面使用的高温结构陶瓷为传统无机非金属材料
C. 载人飞船结构材料主要是铝合金、镁合金和钛合金，均属于金属材料
D. 火箭发射靠偏二甲肼[(CH3)2NNH2]和四氧化二氮反应提供能量，其中N2O4是氧化剂
2. 某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是( )
A. 3p64s1 B. 4s1 C. 3d54s1 D. 3d104s1
3. 下列说法不正确的是( )
A. 将SO2通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色
B. NH3和HCl混合能产生白烟
C. H2O2和O3都是绿色氧化剂
D. Na2S2O3可用于脱除纸浆中多余的Cl2
4. 物质性质的差异与分子间作用力有关的是( )
A. 硬度：晶体硅<金刚石 B. 热稳定性：HF>HCl
C. 沸点：Cl2
5. 下列有关实验操作说法错误的是( )
A. 蒸馏时应先向冷凝管中通入冷水，再加热蒸馏烧瓶
B. 用二氧化锰与浓盐酸制备氯气时，加热后再加入浓盐酸
C. 用分液漏斗分液时，眼睛注视分液漏斗内的液面
D. 除去氯化钠中少量硝酸钾可用蒸发结晶、趁热过滤的方法
6. 元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是( )
A. 原子半径(r)：r(Q)>r(Y)>r(Z)
B. 元素X有−4，+2，+4等多种价态
C. Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸
D. 气态的氢化物的稳定性：Z>Y>Q
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++2OH−+2HCO3−=CaCO3↓+CO32−+2H2O
B. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量氢气：Al+2OH−=AlO2−+H2↑
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH−+H++SO42−=BaSO4↓+H2O
D. 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体：Fe3++3H2O−△Fe(OH)3(胶体)+3H+
8. 用一氧化碳还原氮氧化物，可防止氮氧化物污染。已知：
①2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−221kJ⋅mol−1
②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181kJ⋅mol−1
③2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH=−747kJ⋅mol−1
则12gC(s)完全燃烧所放出的热量为( )
A. 787kJ B. 221kJ C. 393.5kJ D. 442kJ
9. 一种药物合成中间体结构简式如图。关于该化合物，下列说法正确的是( )
A. 属于芳香醇
B. 分子中所有碳原子不可能共平面
C. 苯环上的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
D. 分子中含有两种官能团
10. 在一定的温度下，向氨水中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 当c(NH4+)=c(NH3)时，c(NH4+)>c(HCO3−)>c(NH2COO−)>c(CO32−)
B. 在pH=9.5时，c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(NH2COO−)+c(OH−)
C. NH2COONH4在放入足量盐酸溶液生成NH2COOH
D. 随着CO2的通入，c(NH4+)c(CO32−)c(NH3⋅H2O)c(HCO3−)不变
11. 某温度下，在2L的密闭容器中，充入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g)⇌4C(s)+2D(g)反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，则下列说法正确的是( )
A. 增大压强，平衡向逆反应方向移动
B. 达平衡后B的转化率为40%
C. 增加A，平衡正向移动，化学平衡常数增大
D. 若升高温度，A的转化率增大，则该反应ΔH<0
12. 对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸的装置如图。下列说法中正确的是( )
A. 电子由铅合金经溶液流到金属阳极DSA
B. 阴极的主要电极反应式为
C. 每转移1mole−时，阳极电解质溶液的质量减少8g
D. 反应结束后阳极区pH增大
13. 2Zn(OH)2⋅ZnCO3是制备活性ZnO的中间体，以锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)为原料制备2Zn(OH)2⋅ZnCO3的工艺流程如图：
请回答下列问题：
(1)基态Zn2+的价层电子轨道表示式为 ______。
(2)OH−的电子式为 ______，CO32−的空间构型为 ______。
(3)2Zn(OH)2⋅ZnCO3组成的非金属元素第一电离能由大到小的顺序为 ______。
(4)当(NH4)2SO4，NH3⋅H2O的混合溶液呈中性时，c(NH4+)______2c(SO42−)(填“>”“<”或“=”)性。
(5)“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施是 ______(任写一种)。
(6)“过滤Ⅲ”所得滤液可循环使用，其主要成分的化学式是 ______。
(7)“浸取”时加入的NH3⋅H2O过量，生成MnO2的离子方程式为 ______。
(8)“沉锌”的离子方程式为 ______。
(9)适量S2−能将Cu2+等离子转化为硫化物沉淀而除去，若选择ZnS进行除杂，是否可行？______(填“是”或“否”)，[已知：Ksp(ZnS)=1.6×10−24，Ksp(CuS)=1.3×10−36；K>105化学反应完全，K<10−5化学反应不发生]用计算说明原因 ______。
14. 间氨基苯乙炔(K)是新型抗肿瘤药物盐酸厄洛替尼的关键中间体。用苯为原料的合成路线之一如图所示：(注：Et表示乙基；DMF表示N，N−二甲基甲酰胺)
已知：手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子。
回答下列问题：
(1)化合物B的化学名称为 ______；
(2)化合物H的非氧官能团名称为 ______。
(3)写出化合物C、化合物G的结构简式为 ______、______；
(4)写出合成路线中存在两个手性碳原子的化合物分子的结构简式是 ______(用“*”在手性碳原子旁边标注)
(5)F→G反应的化学方程式为 ______(注明反应的条件)。J→K的反应类型为 ______。
(6)G的同分异构体中，满足下列条件的同分异构体有 ______种。
①与G含有相同的官能团，硝基连接苯环；
②属于二取代芳香族化合物。
写出其中核磁共振氢谱有4种峰，其峰值面积比为1：2：2：2的结构简式为 ______。
15. 工业上以浓缩海水(含较高浓度的Br−)为原料提取溴的部分流程如下：
已知：3Br2+3CO32−=5Br−+BrO3−+3CO2↑。
图甲 图乙
(1)反应用的Cl2可由图甲所示装置制取，制取Cl2的化学方程式为______。为除去Cl2中挥发出的HCl，装置E中所盛溶液是______。
(2)实验室用图乙所示装置模拟流程中的部分过程。
①通入Cl2时发生反应的离子方程式为______。
②通入热空气的作用是______。
③烧杯C中所盛溶液是______。
④烧瓶B中的长导管D起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，可以观察到的现象是______。
(3)“反应釜2”中所发生反应的离子方程式为______。
(4)蒸馏后，蒸馏塔溶液中仍溶有少量Br2，可以向其中加入少量______萃取其中的Br2。
16. CO2的捕集及利用对“碳中和”具有重要意义，回答下列问题：
(1)在钌配合物催化下CO2加氢合成甲酸发生反应Ⅰ，同时还伴有反应Ⅱ发生。
Ⅰ.CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)ΔH1=−30.9kJ⋅mol−1；
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2
①已知：298K时，部分物质的相对能量如表所示，则HCOOH(g)的相对能量为 ______kJ⋅mol−1，ΔH1______ΔH2(填“>”“<”或“=”)。
物质
CO2(g)
H2(g)
H2O(g)
CO(g)
相对能(kJ⋅mol−1)
−393
0
−242
−110
②气体A的压力转化率表示为α(A)=[1−P1P0]×1000%，P0为A初始压力，P1为A某时刻分压。保持323K恒温恒压，CO2(g)、H2(g)投料比1：1时，CO2初始分压分别为Po−aMPa、Po−bMPa和Po−cMPa(Po−a
则曲线z表示的CO2的初始分压为 ______MPa，在323K，CO2初始分压为时Po−cMPa时，平衡后，P(HCOOH)=6P(CO)，则反应Ⅰ的Kp______(用含Po−c的式子表示)。
③已知Arrhenius公式Rlnk=−(EaT)+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，反应Ⅰ的数据如图乙中的曲线d所示，则该反应的活化能Ea=______kJ⋅mol−1。改变外界条件，数据如图中的曲线e所示，则实验可能改变的外界条件是 ______。
(2)一种新型钌配合物催化剂催化CO2加氢合成甲酸的反应机理如图丙所示。生成中间体的反应为 ______，研究表明，极性溶剂有助于促进CO2插入M−H键，使用极性溶剂后极大地提高了整个反应的合成效率，原因是 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故A正确；
B.神舟十二号载人飞船表面使用的高温结构陶瓷为新型无机非金属材料，故B错误；
C.铝合金、镁合金和钛合金都属于金属材料，故C正确；
D.偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，燃料和N2O4反应放出巨大的能量，产生大量无毒气体，生成CO2、N2、和H2O，反应为C2H8N2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O，N2O4中N元素的化合价降低，则N2O4是氧化剂，故D正确；
故选：B。
2.【答案】A
【解析】解：A、应为 19K，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，主族元素的价电子是最外层电子，应为4s1，故A错误；
B、应为 19K的价电子排布式，故B正确；
C、应为 24Cr，副族元素的价电子是最外层电子与次外层的部分电子之和，核外电子为[Ar]3d54s1，即价电子为3d54s1，此为洪特规则的特例，3d轨道上的电子为半满状态，整个体系的能量最低，故C正确；
D、应为 29Cu，价电子为3d104s1，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故D正确；
故选：A。
基态原子的核外电子排布应遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，据此分析解答。
本题主要考查价电子核外排布式是书写判断，难度一般，注意基态原子的核外电子排布应遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则。
3.【答案】A
【解析】解：A.二氧化硫具有漂白性，但不能漂白指示剂，所以SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液只变红不褪色，故A错误；
B.NH3和HCl混合反应生成氯化铵，氯化铵为白色固体，所以能产生白烟，故B正确；
C.H2O2和O3的还原产物都是水，所以都是绿色氧化剂，故C正确；
D.Na2S2O3具有还原性，Cl2具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成硫酸根和氯离子，则Na2S2O3可用于脱除纸浆中多余的Cl2，故D正确；
故选：A。
A.二氧化硫具有漂白性，但不能漂白指示剂；
B.NH3和HCl混合反应生成氯化铵；
C.H2O2和O3的还原产物都是水；
D.Na2S2O3具有还原性，Cl2具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成硫酸根和氯离子。
本题综合考查元素化合物知识，侧重于氨气、二氧化硫和氯气的性质的考查，为高频考点，题目难度不大，注意相关基础知识的积累即可解答该类题目。
4.【答案】C
【解析】A.金刚石和晶体硅均是共价晶体，硬度与共价键强度有关，故A错误；
B.H−F键能大于H−Cl，故HF的稳定性强于HCl，与共价键有关，故B错误；
C.组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与分子间作用力有关，故C正确；
D.离子半径越小、离子所带电荷越多，离子键越强，离子晶体的熔点越高，所以熔点：MgO>NaCl，与离子键强弱有关，故D错误；
故选C。
5.【答案】B
【解析】解：A.蒸馏时需充分冷凝，则蒸馏时应先向冷凝管中通入冷水，再加热蒸馏烧瓶，故A正确；
B.加热盐酸易挥发，应先加浓盐酸，后加热，故B错误；
C.分液时避免上下层液体混合，则分液漏斗分液时，眼睛注视分液漏斗内的液面，故C正确；
D.少量硝酸钾应残留在母液中，NaCl的溶解度受温度影响不大，则用蒸发结晶、趁热过滤的方法分离，故D正确；
故选：B。
A.蒸馏时需充分冷凝；
B.加热盐酸易挥发；
C.分液时避免上下层液体混合；
D.少量硝酸钾应残留在母液中，NaCl的溶解度受温度影响不大。
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、混合物分离提纯、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。
6.【答案】C
【解析】解：由分析可知，X为C、Y为S、Z为Cl、Q为As；
A.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径r(Q)>r(Y)>r(Z)，故A正确；
B.X为C元素，有−4，+2，+4等多种价态，故B正确；
C.H2SO3、HClO属于弱酸，故C错误；
D.同周期自左而非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性Z>Y>Q，故氢化物稳定性Z>Y>Q，故D正确；
故选：C。
元素Q位于第四周期，由元素在周期表中相对位置，可知X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，设Y原子最外层电子数为y，则X原子最外层电子数为y−2，Z原子最外层电子数为y+1，故y+y−2+y+1=17，解答y=6，故Y为S元素，则X为C元素、Z为Cl元素、Q为As元素。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期表与元素周期律，C选项为易错点，学生容易忽略最高价。
7.【答案】D
【解析】解：A.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，其离子反应方程式为：Ca2++OH−+HCO3−=CaCO3↓+H2O，故A错误；
B.铝和氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑，故B错误；
C.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸的离子方程式为Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体和HCl，得到红褐色液体，离子方程式：Fe3++3H2O−△Fe(OH)3(胶体)+3H+，故D正确。
故选：D。
A.碳酸氢钠少量反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；
B.选项中离子方程式不满足电荷守恒、电子守恒；
C.完全反应的物质，在离子方程式要满足化学式中离子配比；
D.饱和氯化铁溶液滴入沸水中，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体和氯化氢。
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，侧重复分解反应的离子反应及分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解①2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=−221kJ⋅mol−1，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+181kJ⋅mol−1，③2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=−747kJ⋅mol−1，结合盖斯定律可知，(③+②+①)×12得到C(s)+O2(g)⇌CO2(g)，其△H=(−747kJ⋅mol−1+181kJ⋅mol−1−221kJ⋅mol−1)×12=−393.5k/mol，即热化学方程式为C(s)+O2(g)⇌CO2(g)△H=−393.5k/mol，
故选：C。
由①2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=−221kJ⋅mol−1，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+181kJ⋅mol−1，③2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=−747kJ⋅mol−1，结合盖斯定律可知，(③+②+①)×12得到C(s)+O2(g)⇌CO2(g)。
本题考查盖斯定律的应用，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.该物质含有酚羟基而不是醇羟基，属于酚，不属于芳香醇，故A错误；
B.苯环上所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，甲烷最多有3个碳原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子可能共平面，故B错误；
C.苯环上有7种氢原子，苯环上的一氯代物就有7种，故C错误；
D.分子中含有碳碳双键和酚羟基两种官能团，故D正确；
故选：D。
A.该物质含有酚羟基而不是醇羟基；
B.苯环上所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，甲烷最多有3个碳原子共平面，单键可以旋转；
C.苯环上有几种氢原子，苯环上的一氯代物就有几种；
D.分子中含有碳碳双键和酚羟基。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面的判断方法是解本题关键，B为解答易错点。
10.【答案】C
【解析】解：A.根据图知，当c(NH4+)=c(NH3)时，NH4+、HCO3−、NH2COO−、CO32−的物质的量分数依次减小，所以c(NH4+)>c(HCO3−)>c(NH2COO−)>c(CO32−)，故A正确；
B.任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(NH2COO−)+c(OH−)，故B正确；
C.氨基能和HCl反应，所以NH2COONH4在放入足量盐酸溶液生成HOOCNHCl，故C错误；
D.温度不变，电离平衡常数、水的离子积常数都不变，所以随着CO2的通入，c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)=c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)×c(H+)⋅c(OH−)c(H+)⋅c(OH−)=Kb(NH3⋅H2O)×Ka(HCO3−)Kw不变，故D正确；
故选：C。
A.根据图知，当c(NH4+)=c(NH3)时，NH4+、HCO3−、NH2COO−、CO32−的物质的量分数依次减小；
B.任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C.氨基能和HCl反应；
D.c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)=c(NH4+)⋅c(CO32−)c(NH3⋅H2O)⋅c(HCO3−)×c(H+)⋅c(OH−)c(H+)⋅c(OH−)=Kb(NH3⋅H2O)×Ka(HCO3−)Kw，温度不变，电离平衡常数、水的离子积常数都不变。
本题考查了溶液中离子浓度大小比较，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数与温度的关系等知识点是解本题关键，难点是D选项分式的灵活变形，题目难度中等。
11.【答案】B
【解析】解：A.为气体体积减小的反应，增大该体系的压强，平衡向右移动，故A错误；
B.生成1.6molC时转化0.8molB，则B的平衡转化率是0.8mol2mol×100%=40%，故B正确；
C.增加A，平衡向右移动，K只温度有关，因而K不变，故C错误；
C.高温度平衡朝着吸热的方向移动，A的转化率增大，说明平衡正向移动，推算出正反应吸热，因而ΔH>0，故D错误；
故选：B。
反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，则
3A(g)+2B(g)⇌4C(s)+2D(g)
开始(mol)4200
转化(mol)1.20.81.60.8
平衡 (mol)2.81.21.60.8
A.增大压强，平衡朝着体积减小的方向移动；
B.转化率=变化量起始量×100%；
C.A为反应物，浓度增大，K与温度有关；
D.升高温度平衡朝着吸热的方向移动。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡三段法、转化率及速率计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意K与温度有关，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题侧重考查电解知识，为高频考点，解答本题，注意把握电解的原理，题目难度中等，有利于培养学生的分析能力。
【解答】
金属阳极DSA发生2H2O−4e−=O2+4H+，阴极的主要电极反应式为，据此答题。
A.失去的电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源正极，电子不会进入溶液，故A错误；
B.阴极上对硝基苯甲酸得电子发生还原反应，生成对氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为，故B正确；
C.阳极发生反应2H2O−4e−=O2+4H+，氧气逸出，氢离子跨过阳离子交换膜移向阴极，当转移4mole−时，阳极电解质溶液减少2mol水，则转移1mole−时，阳极电解质溶液减少0.5mol水，质量为9g，故C错误；
D.由C项分析知，阳极反应消耗阳极区的水，则反应结束后阳极区硫酸的浓度增大，pH减小，故D错误；
故选：B。
13.【答案】 平面三角形 O>H>C=将锌焙砂粉碎或搅拌或适当加热提高浸取温度等 (NH4)2SO4 Mn2++H2O2+2NH3⋅H2O=MnO2↓+2NH4++2H2O3Zn2++6HCO3−=2Zn(OH)2⋅ZnCO3↓+5CO2↑+H2O是 ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，可知K=Ksp(ZnS)Ksp(CuS)=1.2×1012>>1×105，反应趋于完全
【解析】解：(1)基态Zn2+的价层电子排布式为3d10，轨道表示式为，
故答案为：；
(2)OH−的电子式为，CO32−的价层电子对数为3+4+2−2×32=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，
故答案为：；平面三角形；
(3)元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大，故2Zn(OH)2⋅ZnCO3组成的非金属元素第一电离能由大到小的顺序为O>H>C，
故答案为：O>H>C；
(4)当(NH4)2SO4，NH3⋅H2O的混合溶液呈中性时，c(OH−)+c(NH4+)=2c(SO42−)+c(H+)，故c(NH4+)=2c(SO42−)，
故答案为：=；
(5)根据影响反应速率的因素判断“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施为将锌焙砂粉碎、搅拌、适当加热提高浸取温度等；
故答案为：将锌焙砂粉碎或搅拌或适当加热提高浸取温度等；
(6)分析流程可知，“过滤Ⅲ”所得滤液可循环使用，其主要成分的化学式是(NH4)2SO4，
故答案为：(NH4)2SO4；
(7)“浸取”时加入的NH3⋅H2O过量，溶液呈碱性，双氧水将锰离子氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2NH3⋅H2O=MnO2↓+2NH4++2H2O；
故答案为：Mn2++H2O2+2NH3⋅H2O=MnO2↓+2NH4++2H2O；
(8)“沉锌”的过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成2Zn(OH)2⋅ZnCO3，离子方程式为3Zn2++6HCO3−=2Zn(OH)2⋅ZnCO3↓+5CO2↑+H2O；
故答案为：3Zn2++6HCO3−=2Zn(OH)2⋅ZnCO3↓+5CO2↑+H2O；
(9)根据反应ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，可知K=Ksp(ZnS)Ksp(CuS)=1.2×1012>>1×105，K>105化学反应完全，所以选择ZnS进行除杂是可行的；
故答案为：是；ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，可知K=Ksp(ZnS)Ksp(CuS)=1.2×1012>>1×105，反应趋于完全。
制备2Zn(OH)2⋅ZnCO3流程为：锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰：Mn2++H2O2+2NH3⋅H2O=MnO2↓+2NH4++2H2O，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2Zn(OH)2⋅ZnCO3和二氧化碳气体，过滤得2Zn(OH)2⋅ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液，
(1)基态Zn2+的价层电子排布式为3d10；
(2)OH−的电子式为，CO32−的价层电子对数为3+4+2−2×32=3，无孤电子对；
(3)元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大；
(4)当(NH4)2SO4，NH3⋅H2O的混合溶液呈中性时，c(OH−)+c(NH4+)=2c(SO42−)+c(H+)；
(5)根据影响反应速率的因素判断“浸取”时为了提高锌的浸出率；
(6)分析流程可知，“过滤Ⅲ”所得滤液可循环使用；
(7)“浸取”时加入的NH3⋅H2O过量，溶液呈碱性，双氧水将锰离子氧化成MnO2；
(8)“沉锌”的过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成2Zn(OH)2⋅ZnCO3；
(9)根据反应ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，可知K=Ksp(ZnS)Ksp(CuS)=1.2×1012>>1×105，K>105化学反应完全。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
14.【答案】硝基苯 溴原子 →△浓硫酸+H2O还原反应 5
【解析】解：(1)B为，化合物B的化学名称为硝基苯，
故答案为：硝基苯；
(2)化合物H的非氧官能团名称为溴原子，
故答案为：溴原子；
(3)化合物C、化合物G的结构简式分别为、，
故答案为：、；
(4)合成路线中存在两个手性碳原子的化合物分子的结构简式是，
故答案为：；
(5)F→G反应的化学方程式为→△浓硫酸+H2O，J→K过程中硝基转化为氨基，反应类型为还原反应，
故答案为：→△浓硫酸+H2O；还原反应；
(6)G为，G的同分异构体满足下列条件：
①与G含有相同的官能团，说明含有硝基和羧基、碳碳双键，硝基连接苯环；
②属于二取代芳香族化合物，说明含有两个取代基且含有苯环，两个取代基可能是−NO2、−CH=CHCOOH，两个取代基有邻位、间位、对位，去掉其本身，所以有2种；可能是−NO2、−C(COOH)=CH2，两个取代基有邻位、对位、间位三种，所以符合条件的同分异构体有5种；其中核磁共振氢谱有4种峰，其峰值面积比为1：2：2：2的结构简式为，
故答案为：5；。
苯发生硝化反应生成B为，由D的结构简式可知，B发生硝基间位取代反应生成C为，D与OHCCH2COOH发生加成反应生成E，E发生水解反应生成F，对比F、H的结构结合G的分子式可知，F发生醇的消去反应生成G，G再与溴发生加成反应生成H，故G为，H发生反应生成I，I再发生消去反应生成J，J中硝基转化为氨基生成K，J→K发生了还原反应；
(6)G为，G的同分异构体满足下列条件：
①与G含有相同的官能团，说明含有硝基和羧基、碳碳双键，硝基连接苯环；
②属于二取代芳香族化合物，说明含有两个取代基且含有苯环，两个取代基可能是−NO2、−CH=CHCOOH，可能是−NO2、−C(COOH)=CH2。
本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应方程式的书写、有机反应类型、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，利用有机物结构简式、分子式并结合反应条件进行分析推断，试题侧重考查学生分析推理能力、综合运用知识的能力。
15.【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；饱和食盐水
(2)①Cl2+2Br−=Br2+2Cl−
②将Br2从溶液中吹出
③NaOH溶液
④导管中液面上升
(3)5Br−+BrO3−+6H+=3Br2+3H2O
(4)四氯化碳(或苯)
【解析】由流程可知，硫酸酸化的浓缩海水，通入氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，通入热的空气吹出溴单质，用碳酸钠溶液吸收溴单质3Br2+3CO32−=5Br−+BrO3−+3CO2，加入稀硫酸发生5Br−+BrO3−+6H+=3Br2+3H2O，富集溴，最后通过蒸馏得到溴单质，以此来解答。
(1)反应用的Cl2可由图甲所示装置制取，制取Cl2的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，为除去Cl2中挥发出的HCl，装置E中所盛溶液是饱和食盐水，
故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；饱和食盐水；
(2)①通入Cl2时发生反应的离子方程式为Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，
故答案为：Cl2+2Br−=Br2+2Cl−；
②通入热空气的作用是将Br2从溶液中吹出，
故答案为：将Br2从溶液中吹出；
③烧杯C中所盛溶液是NaOH溶液，可吸收尾气，
故答案为：NaOH溶液；
④烧瓶B中的长导管D起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，可以观察到的现象是导管中液面上升，
故答案为：导管中液面上升；
(3)“反应釜2”中所发生反应的离子方程式为5Br−+BrO3−+6H+=3Br2+3H2O，
故答案为：5Br−+BrO3−+6H+=3Br2+3H2O；
(4)蒸馏后，蒸馏塔溶液中仍溶有少量Br2，可以向其中加入少量四氯化碳(或苯)萃取其中的Br2，
故答案为：四氯化碳(或苯)。
16.【答案】−423.9
故答案为：−423.9；<；
②恒压条件下，CO2的压力转化率与初始压强有关，图中z的压力转化率最小，显然CO2的初始分压也最小，即p0−aMPa，平衡时的压力转化率等于平衡转化率，在323K，CO2初始分压为p0−cMPa时，平衡时α(CO2)=70%，说明平衡转化率为70%，设CO2和H2初始物质的量分别为1mol，列出三段式数据：
CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)
开始(mol)110
变化(mol)xx0
平衡(mol)1−x1−xx
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
开始(mol)1−x1−x00
变化(mol)yyyy
平衡(mol)1−x−y1−x−yyy
由于1mol−x−y=0.3mol，p(HCOOH)=6p(CO)，解得x=0.6mol，y=0.1mol，可求得：Kp=p(HCOOH)p(CO2)p(H2)=0.61.4×2p0−c(0.31.4×2p0−c)2=143p0−c，
故答案为：p0−a；=143p0−c；
③取(3.2,336)、(3.4,112)两点数据，代入Rlnk=−EaT+C上中，可求得Ea=−1120kJ/mol，曲线e对应的Ea=747.5kJ/mol，使用更高效的催化剂，活化能进一步降低，
故答案为：1120；使用更高效的催化剂；
(2)与原料物质一同加人的是催化剂，生成中间体的反应为CO2+=；CO2插入M−H键所需的活化能最大，是该反应的决速步骤，使用极性溶剂后活化能降低，极性溶剂有助于促进CO2插入M−H键，使用极性溶剂后极大地提高了整个反应的合成效率，
故答案为：CO2+=；CO2插入M−H键所需的活化能最大，是该反应的决速步骤，使用极性容积后活化能降低。
(1)①反应产物的相对能量之和减去反应物的相对能量之和等于△H，求得HCOOH(g)的相对能量，△H1小于△H2；
②恒压条件下，CO2的压力转化率与初始压强有关，图中z的压力转化率最小，显然CO2的初始分压也最小，即p0−aMPa，平衡时的压力转化率等于平衡转化率，在323K，CO2初始分压为p0−cMPa时，平衡时α(CO2)=70%，说明平衡转化率为70%，设CO2和H2初始物质的量分别为1mol，列出三段式数据：
CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)
开始(mol)110
变化(mol)xx0
平衡(mol)1−x1−xx
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
开始(mol)1−x1−x00
变化(mol)yyyy
平衡(mol)1−x−y1−x−yyy
由于1mol−x−y=0.3mol，p(HCOOH)=6p(CO)，解得x=0.6mol，y=0.1mol，可求得：Kp=p(HCOOH)p(CO2)p(H2)，据此计算；
③取(3.2,336)、(3.4,112)两点数据，代入Rlnk=−EaT+C上中，可求得Ea=−1120kJ/mol，据此分析；
(2)与原料物质一同加人的是催化剂，生成中间体的反应为CO2+=。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
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