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广西南宁市第三中学2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题 （解析版）
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这是一份广西南宁市第三中学2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题 （解析版），共21页。
南宁三中 2022～2023 学年度下学期高二期末考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 S 32 Zn 65
一、选择题：本题共 15 小题，每小题 3 分，共 45 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 关于中国传统文化中的“文房四宝”，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 可用灼烧法鉴别毛笔笔头是否含蛋白质
B. 用墨写字利用了常温下碳的稳定性
C. 纸的主要成分纤维素属于合成高分子化合物
D. 用工具打磨石材制砚台的过程是物理变化
【答案】C
【解析】
【详解】A项、毛笔笔头主要成分是蛋白质，灼烧会产生特殊的气味，假的毛笔笔头是化学纤维，所以用灼烧法可鉴别毛笔笔头的真伪，故A正确；
B项、碳的化学性质稳定，在空气中不易反应，所以用墨写字画画可长久不褪色，故B正确；
C项、纸的原料是木材，主要成分是纤维素，纤维素属于天然高分子化合物，故C错误；
D项、用工具打磨石材制砚台的过程中没有新物质生成，是物理变化，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查物质的性质及用途，注意分析物质的性质，把握常见物质的性质和鉴别方法为解答的关键。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 氨基的电子式： B. 基态铬原子的价层电子排布式：3d4 4s2
C. H2O 的 VSEPR 模型： D. 葡萄糖的实验式：C6H12O6
【答案】A
【解析】
【详解】A．氮原子的最外层有 5 个电子，氨基中 N 原子上有一对孤对电子、有一个未成对电子，其电子式为 ，故 A 正确；
B．铬为 24 号元素，基态铬原子的电子排布式为[Ar]3d54s1，价层电子排布式应该为：3d5 4s1 ，B 项错误；
C．H2O 分子中的中心 O 原子价层电子对数是 ，含有 2 个孤电子对，所以H2O 的 VSEPR 模型是四面体形，即为 ，选项 C 错误；
D．实验室是最简式，葡萄糖的实验式：CH2O，故 D 错误；
故答案为：A。
3. 设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 常温常压下，12g金刚石中含有的C-C键数目为2NA
B. 标准状况下，11.2L HF含有0.5NA个 HF 分子
C. 30 g C2H6中含有极性共价键的数目为6NA
D. 1mol硝基与46g二氧化氮所含的电子数均为23NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．12g金刚石物质的量为1mol，金刚石中每个C周围有四个C-C，每个 C-C键被两个C占有，均摊后每个C占有2个碳碳键，故含2NA个C-C键，A正确；
B．标况下HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，B错误；
C．30g C2H6的物质的量为1mol，C2H6中含有6个C-H极性共价键，故1mol C2H6中含 6NA个极性共价键，C正确；
D. 硝基(-NO2)与二氧化氮(NO2)分子中均有23个电子，所以1mol硝基(-NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA，D正确；
故选B。
4. 下列离子( 或化学)方程式正确的是
A. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳： +CO
B. CH3CO18OC2H5在稀硫酸催化下水解：
C. 向 Ba(OH)2溶液中加入稀 H2SO4溶液：
D. 用已知浓度的 KMnO4溶液滴定草酸：
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚的酸性弱于碳酸强于碳酸氢根，所以苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，方程式为 + ，故 A 错误；
B．羧酸和醇形成酯时，羧酸脱去羟基，醇脱去氢，所以 CH3CO18OC2H5在稀硫酸催化下水解方程式应为：，故 B 正确；
C．向 Ba(OH)2溶液中加入稀 H2SO4：，故C错误；
D．H2C2O4为弱酸，是弱电解质，离子方程式为，D 错误；
故答案为：B。
5. 利用下列实验装置完成对应的实验，能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
验证苯与液溴发生取代反应
探究酒精脱水生成乙烯
证明酸性：碳酸＞苯酚
制备乙酸乙酯并提高产率
实验方案
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯与液溴在铁作催化剂发生取代反应：+Br2+HBr，该反应为放热反应，产生的HBr气体中混有Br2蒸气，Br2蒸气溶于硝酸银溶液中也产生淡黄色沉淀AgBr，对HBr的检验产生干扰，题中缺少除去Br2蒸气的装置，HBr极易溶于水，题中缺少防倒吸装置，故A错误；
B．乙醇发生消去反应：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，浓硫酸具有脱水性，将酒精脱水炭化，产生的碳单质与浓硫酸反应生成CO2、SO2，产生的乙烯中混有SO2和挥发出的乙醇，SO2和乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，题中缺少除去SO2和乙醇的装置，故B错误；
C．浓盐酸具有挥发性，烧瓶中产生CO2中混有HCl(g)，HCl(g)也能与苯酚钠反应产生苯酚，对碳酸、苯酚酸性强弱对比产生干扰，题中缺少除去CO2中HCl(g)的操作，故C错误；
D．乙酸和乙醇发生酯化反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，乙醇、乙酸、乙酸乙酯蒸气在冷凝管中遇冷，回流到三口烧瓶中，增加乙酸、乙醇的利用率，提高乙酸乙酯的产率，同时利用分水器可以做到乙酸乙酯与水的分离，故D正确；
答案为D。
6. 科学家已获得了气态 N4，其空间结构为正四面体形(如图所示)。已知断裂 1mol N—N 键吸收193kJ 能量，断裂 1mol N≡N 键吸收 946kJ 能量。下列说法正确的是
A. N4的沸点比白磷(P4)的高
B. N4(g)=2N2(g)为吸热反应
C. N4(g)═4N(g)的过程中吸收 772kJ 能量
D. 以 N4为原料替代 N2合成等量 NH3时，可放出更多的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．N4的分子结构与白磷相似，N4的相对分子质量比白磷小，所以 N4的沸点比白磷（P4）的低，故 A 错误；
B．反应 的反应热 ，反应放热，故 B 错误；
C． 的过程中吸收 热量，故 C 错误；
D． 为放热反应，则以 N4为原料替代 N2合成等量 NH3时，可放出更多的热量，故 D 正确。
故选D。
7. 在氯碱工业中，离子交换膜法电解饱和食盐水示意图如下，下列说法不正确是
A. 电极 A 为阳极，发生氧化反应
B. 离子交换膜为阳离子交换膜
C. 电解饱和食盐水的离子方程式为：
D. NaOH 溶液从 d 处出
【答案】C
【解析】
【分析】在电极 A 处氯离子失去电子，发生氧化反应生成氯气，电极A为阳极，B为阴极，a为饱和食盐水，b为淡盐水，钠离子通过离子交换膜移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜，c为稀氢氧化钠溶液，d为浓氢氧化钠溶液。
【详解】A．根据分析，电极A为阳极，A正确；
B．根据分析离子交换膜为阳离子交换膜，B正确；
C．电解饱和食盐水生成 H2、Cl2和 NaOH，离子方程式为：，C错误；
D．根据分析，NaOH 溶液从d处出，D正确；
故选C。
8. 下列有关物质结构的说法不正确的是
A. C-C 键比 Si-C 键键长短，故金刚石比金刚砂熔点更高、硬度更大
B. 氯化钠晶体与氯化铯晶体中，Cl-的配位数均为 6
C. 干冰晶体采用分子密堆积，每个 CO2周围紧邻 12 个 CO2
D. O3是极性分子，但由于极性微弱，它在 CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度
【答案】B
【解析】
【详解】A．金刚石、金刚砂同属于共价晶体，C-C键比Si-C键键长短，键能更大，故金刚石比金刚砂熔点更高、硬度更大，故A正确；
B．氯化钠晶体中Cl-的配位数为6，氯化铯晶体中Cl-的配位数为8，故B错误；
C．干冰为分子晶体，干冰的晶胞中CO2的堆积方式类似于面心立方最密堆积，其出现在晶胞的顶点和各个面心上，因此以1个CO2为中心，其周围最多可以有12个紧邻的CO2分子，故C正确；
D．水是极性分子，CCl4是非极性分子，根据“相似相溶原理”，O3臭氧极性微弱，所以在 CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度，故D正确；
故选 B。
9. 我国科学家合成一种超强酸 M（结构如图所示），可广泛应用于有机合成，其中 R、X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y 和 W 位于同族，下列说法正确的是
A. 化合物 WY2是一种直线形分子
B. 不考虑端位原子，M 中 Y、W、X 三种原子采用的杂化方式均不相同
C. M 中含有极性键、非极性键
D. 将 M 中 Z 元素替换为短周期同主族其他元素，M 酸性减弱
【答案】D
【解析】
【分析】R、X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，由结构式可知，超强酸M 分子中R、X、Y、Z、W形成共价键的数目为1、4、2、1、6，Y和W位于同族，则R为H元素、X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为S元素。
【详解】A．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子的空间构型为V 形，故A 错误；
B．由结构式可知，M分子中碳原子、氧原子、硫原子的杂化方式均为sp3杂化，采用的杂化方式相同，故B 错误；
C．由结构式可知，M分子中只含有极性键，不含有非极性键，故C 错误；
D．由结构式可知，M分子中的氟原子为吸电子基团，会使氢氧键的极性增强，易于电离出氢离子，若将氟原子替换成电负性更小的同主族其他元素，吸电子效应减弱，酸的酸性会减弱，故D正确；
故选D。
10. 北京冬奥会的主要理念是绿色环保。在场馆建设中用到的一种耐腐蚀、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得的，该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是
A. 1mol该双环烯酯最多能与3mol H2发生加成反应
B. 该双环烯酯含有1个手性碳
C. 该双环烯酯的一氯代物有9种(不考虑立体异构)
D. 该双环烯酯能发生氧化反应、水解反应、加聚反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．1mol该物质含2mol双键，最多能与2 mol H2发生加成反应，A错误；
B．该物质中左侧六元环中与羰基直接相连的碳原子为手性碳，右侧六元环中与-CH2-直接相连的碳原子为手性碳，B错误；
C．该物质中两个六元环上碳原子上的氢原子、-CH2-中的氢原子化学环境均不相同，共13种，该双环烯酯的一氯代物有13种(不考虑立体异构)，C错误；
D．该物质能与氧气反应，可发生氧化反应；含酯基，能发生水解反应，含碳碳双键，能发生加聚反应，D正确；
故选D。
11. Ni 可活化 C2H6放出 CH4，其反应历程如下图所示：
下列关于活化历程的说法错误的是
A.
B. 涉及极性键的形成和非极性键的断裂
C. 三种中间体比较，中间体 2 最稳定
D. 此反应的决速步骤：中间体 2→中间体 3
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，镍和乙烷的反应为放热反应，反应的热化学方程式为 ，故 A 错误；
B．由图可知，反应过程涉及非极性键C―C键断裂和极性键C―H 键的形成，故 B 正确；
C．物质的能量越低越稳定，则中间体 2 最稳定，故 C 正确；
D．反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率取决于最慢的一步反应，由图可知，中间体 2→中间体 3 能量差值最大，该步反应的活化能最大，是化学反应的决速步骤，故 D 正确；
故答案为：A。
12. 在2 L的恒容密闭容器中充入1mol X(g)和2 mol Y(g)，发生反应：，测得在不同温度下、相同时间内X(g)与Z(g)的百分含量如图所示。下列说法错误的是
A. 从反应开始到各点时的平均化学反应速率：
B. a点时，Y(g)的转化率为50%
C. T3℃下，平衡常数K=4
D. 降低温度，有利于提高Z(g)的平衡产率
【答案】A
【解析】
【分析】在2 L的恒容密闭容器中充入1mol X(g)和2 mol Y(g)，发生反应：，设a点时，参加反应X的物质的量为nmol，则可建立如下三段式：
则1-n=n，n=0.5mol。
【详解】A．对于可逆反应，温度越高，反应速率越快，T1＜T2＜T3，则从反应开始到各点时的平均化学反应速率：，A错误；
B．a点时，Y(g)的转化率为=50%，B正确；
C．T3 ℃下，平衡常数K==4，C正确；
D．从图中可以看出，当反应进行到b点时，反应达平衡状态，升高温度，X的百分含量增大，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，所以降低温度，有利于提高Z(g)的平衡产率，D正确；
故选A。
13. 某温度下， ， 。现有体积均为 V0的 pH＝a 的两种酸溶液，加水稀释至体积为 V，两种溶液的 pH 随 lg 的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅱ代表HB
B. 水的电离程度：b＞c
C. 由c点到d点，溶液中 增大(X 代表A或B)
D. 分别取b点、c点溶液与等浓度的NaOH溶液中和，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：b＞c
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电离常数可知酸性：HA>HB，相同 pH 的弱酸加水稀释，酸的酸性越强，pH 变化越大，所以曲线 Ⅱ 代表 HA 溶液，A错误；
B．溶液的 pH值：c＞b，在 b 点水的电离程度受酸的抑制程度更大，故两溶液中水的电离程度：b＜c，B错误；
C．由c点到d点，弱酸的电离常数和水的电离常数都不变，所以不变，= 保持不变，C错误；
D．b 点和 c 点两种酸，对应初始时的 pH 相同，体积相同，故酸性较弱的 HB 物质的量大，分别与氢氧化钠溶液恰好中和时 HB 消耗 NaOH 溶液的体积多，D正确；
故选D。
14. 已知： 。试管 a 中溶液作参照，对试管 b 中溶液依次进行如下操作：①微热，溶液变为黄绿色；②将其置于冷水中，溶液变为蓝绿色；③滴加氨水至过量，蓝色沉淀增多，后又逐渐消失变为深蓝色溶液。下列说法正确的是
A. 由步骤①可推知该反应的△H< 0
B. 由步骤②可说明降低温度，该反应平衡正向移动
C. 步骤③深蓝色溶液中
D. 由实验③可知配离子的稳定性：
【答案】D
【解析】
【分析】①微热，溶液变为黄绿色，平衡正向移动；②将其置于冷水中，溶液变为蓝绿色，平衡逆向移向；①②说明正向为吸热反应；③滴加氨水至过量，蓝色沉淀增多，平衡逆向移动，后又逐渐消失变为深蓝色溶液，形成了，说明配离子稳定性。
【详解】A．根据分析，该反应正向为吸热反应，△H>0，A错误；
B．根据分析，该反应正向为吸热反应，故由步骤②可说明降低温度，该反应平衡逆向移动，B错误；
C．根据铜元素守恒，含铜元素的配离子存在形式不止一种，步骤③深蓝色溶液中，C错误；
D．根据分析，加入过量氨水，最终生成的 [Cu (NH3)4]2+，说明 Cu2+结合 NH3 会生成更稳定的配位键，D正确；
故选D。
15. 水溶液锌电池（图 1）的电极材料是研究热点之一，一种在晶体 MnO 中嵌入Zn2+的电极材料充放电过程的原理如图 2 所示（除中心空位外，其它空位未标出），嵌入的 Zn2+位于晶胞的面上。
已知：晶体中某结点上的原子空缺了，则称为空位。下列说法正确的是
A. MnO中Mn元素未成对电子数目为4
B. 每个晶胞中含有0.61个Mn
C. ①为MnO活化过程，其中Mn的价态不变
D. 当转化为时，转移的电子数为0.5 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．MnO中Mn为+2价，价电子排布式为3d5，未成对电子数为5，A错误；
B．的1个晶胞中，O原子占据 8个顶点，6个面心，O原子数为，则 1 个晶胞中含有 个Mn原子，B 错误；
C．MnO中Mn为+2价，中设Mn化合价为x，由化合物中正负化合价代数和为0知， ，解得 x=价，价态发生变化，C错误；
D． 晶胞所含O2-个数为4，晶胞中 Zn2+个数为，因此O2-与 Zn2+个数比为 4∶1，即。因此当1mol转化为1mol时，转移的电子数为，D 正确；
故选D。
二、非选择题：本题共 4 小题，共 55 分。
16. 苯甲酸是一种化工原料，常用作制药和染料的中间体，也用于制取增塑剂和香料等。实验室合成苯甲酸的原理及有关数据及装置示意图如下：
反应过程：
已知：（1）苯甲酸 100 ℃左右开始升华。
（2）反应试剂、产物的物理常数如下：
名称
性状
熔点
沸点/C
密度/g·mL-1
溶解度/g（室温）
水
乙醇
甲苯
无色液体、易燃易挥发
-95
110.6
0.8669
不溶
互溶
苯甲酸
白色片状或针状晶体
122.4
248
1.2659
微溶
易溶
按下列合成步骤回答问题：
步骤Ⅰ：按图在 250 mL 仪器 a 中放入 2.7 mL 甲苯和 100 mL 水，控制温度为 100℃，搅拌溶液，在石棉网上加热至沸腾。从冷凝管上口分批加入 8.5 g 高锰酸钾(加完后用少量水冲洗冷凝管内壁)，继续搅拌约 4~5h，反应完全后，停止加热。
步骤 II：在反应结束后混合物中加入一定量亚硫酸氢钠溶液，产生黑色沉淀，趁热过滤、热水洗涤沉淀，合并滤液与洗涤液，再将其放在冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸全部析出；将析出苯甲酸减压过滤，再用少量冷水洗涤苯甲酸固体，挤压除去水分，将制得的苯甲酸固体放在沸水浴上干燥，得到粗产品。
（1）仪器 a 的名称___________________ 。
（2）步骤Ⅰ中反应完全的现象为___________________ 。
（3）步骤 II 在反应混合物中加入一定量亚硫酸氢钠溶液，亚硫酸氢钠溶液的作用是___________________；还可以用___________________ （填选项）代替亚硫酸氢钠溶液。
A . H2O2 B. NaHCO3 C. Na2C2O4
（4）步骤 II 中干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现结果是___________________。
（5）若将苯甲酸粗产品进一步提纯，可用 ___________________方法。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）反应液不再分层（或无油珠）
（3） ①. 除去多余的高锰酸钾，避免加盐酸时生成有毒的氯气 ②. AC
（4）苯甲酸易升华而损失
（5）重结晶
【解析】
【分析】由流程知，甲苯与高锰酸钾在图示装置中反应生成苯甲酸钾，冷凝管能冷凝回流水蒸气、甲苯蒸汽，防止甲苯的挥发而降低产品产率；反应后混合物中含有氢氧化钾，加入有还原性的亚硫酸氢钠，还原高锰酸钾生成二氧化锰、趁热过滤、趁热洗涤后最大程度回收苯甲酸盐，加入盐酸后转变为苯甲酸，苯甲酸中含杂质氯化钾，利用苯甲酸能升华、溶解度的特点，提纯即可；
【小问1详解】
由图可知仪器 a 的名称为三颈烧瓶；
【小问2详解】
根据题给信息可知，苯甲酸微溶于水，故步骤Ⅰ中反应完全的现象为：反应液不再分层（或无油珠）；
【小问3详解】
根据题意可知，随后需要加入浓盐酸，会和过量的高锰酸钾反应生成有毒的气体，且亚硫酸氢钠具有还原性可以除去高锰酸钾，故亚硫酸氢钠溶液的作用是除去多余的高锰酸钾，避免加盐酸时生成有毒的氯气；过氧化氢和草酸钠具有还原性可以和和高锰酸钾反应，故选AC；
【小问4详解】
根据题给信息可知，苯甲酸 100 ℃左右开始升华，故可能出现的现象是苯甲酸易升华而损失；
【小问5详解】
由分析可知该实验实验中得到的为含有氯化钾的苯甲酸粗品，为固体，可以通过重结晶的方法进一步提纯。
17. 五氧化二钒(V2O5)在冶金、化工等领域有重要应用。实验室以含钒废料(主要为V2O3，还含有少量 FeO、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有机物)为原料制备 V2O5的一种流程如图：
已知：①NH4VO3可溶于热水。
②25℃时，难溶电解质的溶度积常数如表所示：
难溶电解质
Cu(OH)2
Mn(OH)2
Al(OH)3
Fe(OH)3
Fe(OH)2
NH4VO3
KSP
2.2×10-20
4×10-14
1.9×10-33
1.1×10-36
1.64×10-14
1.6×10-3
（1）“焙烧”的主要目的是___________________ 。
（2）滤渣 2 的成分为___________________ 。
（3）“沉锰”需将温度控制在 70℃左右，温度不能过高或过低的原因为___________________ ；“沉锰”的离子反应方程式为___________________ 。
（4）“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若“沉钒”前溶液中 ，不考虑溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到 98%，至少应调节为___________mol·L-1。
（5）将制得的V2O5通过电解的方法制备金属钒，以熔融CaO为电解质的电解装置如图：石墨电极X接直流电源的 ___________________（填“正极” 或“负极”），阴极反应式为 ___________________。
【答案】（1）除去有机物杂质，将V2O3氧化
（2）Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2
（3） ①. 温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低，温度过高，NH4HCO3分解，导致原料利用率低 ②.
（4）0.4 （5） ①. 正极 ②.
【解析】
【分析】含钒废料经过焙烧可以除去有机物，同时将V2O3氧化，酸溶后过滤得到滤渣1，主要成分为SiO2，滤液经过调pH值，过滤得到滤渣2，主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2，滤液沉锰得到碳酸锰，沉钒后经过一系列处理得到NH4VO3，煅烧得到V2O5。
【小问1详解】
根据分析，焙烧的目的是：除去有机物杂质，将V2O3氧化；
【小问2详解】
根据分析，滤渣 2 的成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2；
【小问3详解】
“沉锰”需将温度控制在 70℃左右，温度不能过高或过低的原因为：温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低，温度过高，NH4HCO3分解，导致原料利用率低；沉锰得到碳酸锰，离子方程式为：；
【小问4详解】
由表格可知，若“沉钒”前溶液中 ，不考虑溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到 98%，至少应调节；
【小问5详解】
V2O5 通过电解的方法制备金属钒，钒元素化合价降低，V2O5在阴极发生反应，故石墨电极X为阳极，接电源的正极；阴极的反应式为：。
18. 我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，锌在人类生产生活中有重要应用。回答下列问题：
I. 一种 Zn2+配合物广泛应用于催化剂，光导体，光动力疗法，其结构如图所示：
（1）Zn2+价电子轨道表示式为__________。
（2）该配合物中电负性最大的元素是__________。
（3）下列状态的氮中，电离最外层一个电子所需能量最大的是__________。（填序号）
A. [He]2s22p3 B. [He]2s22p2
C. [He]2s22p23s1 D. [He]2s22p13s1
（4）该配合物中 C 的轨道杂化类型为__________。
（5）该配合物中 Zn2+的配位数为__________个。
Ⅱ. ZnS 常用作分析试剂、荧光体、白色颜料等。
（6）ZnS 常见有 2 种晶胞结构如下图：立方晶胞（左图）和六方晶胞（右图）。
下列说法错误的是__________。（填序号）
A. 立方 ZnS 中与 S2—最近的 S2—有 12 个 B. 两种晶胞中 Zn2+的个数都为4
C. 立方 ZnS 中 S2—的配位数为 4 D. 可用 X—射线衍射实验鉴别六方 ZnS 是否属于晶体
（7）立方 ZnS 中，若 Zn2+与 S2-最短距离为 a nm，则晶胞密度ρ=__________g·cm-3（列出计算式，阿伏加德罗常数的值为 NA）。
【答案】（1） （2）N （3）B
（4）sp2 （5）4 （6）B
（7）
【解析】
【小问1详解】
锌元素的原子序数为30，基态离子的价电子排布式为3d10，轨道表示式为，故答案为：；
【小问2详解】
金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，配合物中非金属元素的非金属性强弱顺序为N＞C＞H，则电负性最大的元素为氮元素，故答案为：N；
【小问3详解】
基态原子的能量低于激发态的能量，电离最外层一个电子所需能量大于激发态，元素的第二电离能大于第一电离能，[He]2s22p3为基态氮原子的简化电子排布式、[He]2s22p23s1是激发态氮原子的的简化电子排布式、[He]2s22p2为基态N+的简化电子排布式、[He]2s22p13s1为激发态N+的简化电子排布式，则N+电离最外层一个电子所需能量最大，故选B；
【小问4详解】
由图可知，配合物中双键碳原子和苯环碳原子的杂化方式都为sp2杂化，故答案为：sp2；
【小问5详解】
由图可知，配合物中中心离子为锌离子、配位原子为氮原子，配位数为4，故答案为：4；
【小问6详解】
A．由立方晶胞的结构可知，晶胞中位于顶点的硫离子与位于面心的硫离子的距离最近，则与硫离子距离最近的硫离子个数为12，故正确；
B．由六方晶胞的结构可知，晶胞中位于棱上和体内的锌离子个数为4×+1=2，故错误；
C．由立方晶胞的结构可知，晶胞中位于体内的锌离子与4个硫离子的距离最近，配位数为4，由化学式可知，硫离子的配位数也为4，故正确；
D．鉴别晶体和非晶体最科学的方法是X—射线衍射，则用 X—射线衍射实验能鉴别六方 硫化锌是否属于晶体，故正确；
故选B；
【小问7详解】
由立方晶胞的结构可知，晶胞中位于体内的锌离子个数为4，位于顶点和面心的硫离子个数为8×+6×=4，硫离子和锌离子的最短距离为体对角线的，由硫离子和锌离子的最短距离为a nm可知，晶胞的边长为nm，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(×10—7)3d，解得d=，故答案为：。
19. 有机物(H)是重要的医药中间体，其制备流程图如下：
已知：苯胺（ ）易被氧化
回答下列问题：
（1）由 A 生成 B 的反应类型为__________。
（2）C 的结构简式为__________。D 的化学名称为__________。
（3）⑤的反应条件应选择__________（填标号）。
a.NaOH/C2H5OH b.AgNO3/NH3 c.Fe/HCl d.HNO3/H2SO4
（4）⑥的反应方程式为__________。
（5）G 非含氧官能团名称是__________。
（6）H 是 C 的同分异构体，则满足下列条件的 H 有__________种。
①苯环上一氯取代物只有两种；②既能发生银镜反应又能发生水解反应。
（7）请以化合物 为原料，参照以上流程设计合成 的路线。（其他试剂条件任选）__________。
【答案】（1）取代反应/磺化反应
（2） ①. ②. 邻硝基苯甲酸或2-硝基苯甲酸
（3）c （4）
（5）碳氯键或氯原子 （6）2
（7）
【解析】
【分析】结合 的结构简式可知，A应为甲苯，A与浓硫酸发生磺化反应生成B( )，B与浓硝酸发生硝化反应生成 ； 发生水解生成 ， 被高锰酸钾氧化生成D( )；D被还原生成 ； 与CH3COCl发生取代反应，结合F的结构简式可知E为 ；E再与浓硫酸发生磺化反应生成F，F与氯气在催化剂作用下发生取代反应，在酰胺基邻位引入Cl原子，G再经酸化生成H，据此分析解答。
【小问1详解】
由以上分析可知由 A 生成 B 的反应类型为取代反应或磺化反应；
【小问2详解】
由以上分析可知C为 ；D( )名称为邻硝基苯甲酸或2-硝基苯甲酸；
【小问3详解】
反应⑤发生还原反应将硝基还原为氨基，可选Fe/HCl，故选C；
【小问4详解】
与CH3COCl发生取代反应生成 ，反应方程式为： ；
【小问5详解】
G ，所含非氧官能团为：碳氯键；
【小问6详解】
①苯环上一氯取代物只有两种，则有2个不同的基团处于对位；②既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有醛基或甲酸酯基或甲酰胺基，符合条件的结构简式为： 和 。
【小问7详解】
由信息反应知，应先使 被高锰酸钾氧化生成 ，再使 被还原生成 ， 与 发生取代反应生成 ，合成路线为： 。
南宁三中 2022～2023 学年度下学期高二期末考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 S 32 Zn 65
一、选择题：本题共 15 小题，每小题 3 分，共 45 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 关于中国传统文化中的“文房四宝”，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 可用灼烧法鉴别毛笔笔头是否含蛋白质
B. 用墨写字利用了常温下碳的稳定性
C. 纸的主要成分纤维素属于合成高分子化合物
D. 用工具打磨石材制砚台的过程是物理变化
【答案】C
【解析】
【详解】A项、毛笔笔头主要成分是蛋白质，灼烧会产生特殊的气味，假的毛笔笔头是化学纤维，所以用灼烧法可鉴别毛笔笔头的真伪，故A正确；
B项、碳的化学性质稳定，在空气中不易反应，所以用墨写字画画可长久不褪色，故B正确；
C项、纸的原料是木材，主要成分是纤维素，纤维素属于天然高分子化合物，故C错误；
D项、用工具打磨石材制砚台的过程中没有新物质生成，是物理变化，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查物质的性质及用途，注意分析物质的性质，把握常见物质的性质和鉴别方法为解答的关键。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 氨基的电子式： B. 基态铬原子的价层电子排布式：3d4 4s2
C. H2O 的 VSEPR 模型： D. 葡萄糖的实验式：C6H12O6
【答案】A
【解析】
【详解】A．氮原子的最外层有 5 个电子，氨基中 N 原子上有一对孤对电子、有一个未成对电子，其电子式为 ，故 A 正确；
B．铬为 24 号元素，基态铬原子的电子排布式为[Ar]3d54s1，价层电子排布式应该为：3d5 4s1 ，B 项错误；
C．H2O 分子中的中心 O 原子价层电子对数是 ，含有 2 个孤电子对，所以H2O 的 VSEPR 模型是四面体形，即为 ，选项 C 错误；
D．实验室是最简式，葡萄糖的实验式：CH2O，故 D 错误；
故答案为：A。
3. 设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 常温常压下，12g金刚石中含有的C-C键数目为2NA
B. 标准状况下，11.2L HF含有0.5NA个 HF 分子
C. 30 g C2H6中含有极性共价键的数目为6NA
D. 1mol硝基与46g二氧化氮所含的电子数均为23NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．12g金刚石物质的量为1mol，金刚石中每个C周围有四个C-C，每个 C-C键被两个C占有，均摊后每个C占有2个碳碳键，故含2NA个C-C键，A正确；
B．标况下HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，B错误；
C．30g C2H6的物质的量为1mol，C2H6中含有6个C-H极性共价键，故1mol C2H6中含 6NA个极性共价键，C正确；
D. 硝基(-NO2)与二氧化氮(NO2)分子中均有23个电子，所以1mol硝基(-NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA，D正确；
故选B。
4. 下列离子( 或化学)方程式正确的是
A. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳： +CO
B. CH3CO18OC2H5在稀硫酸催化下水解：
C. 向 Ba(OH)2溶液中加入稀 H2SO4溶液：
D. 用已知浓度的 KMnO4溶液滴定草酸：
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚的酸性弱于碳酸强于碳酸氢根，所以苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，方程式为 + ，故 A 错误；
B．羧酸和醇形成酯时，羧酸脱去羟基，醇脱去氢，所以 CH3CO18OC2H5在稀硫酸催化下水解方程式应为：，故 B 正确；
C．向 Ba(OH)2溶液中加入稀 H2SO4：，故C错误；
D．H2C2O4为弱酸，是弱电解质，离子方程式为，D 错误；
故答案为：B。
5. 利用下列实验装置完成对应的实验，能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
验证苯与液溴发生取代反应
探究酒精脱水生成乙烯
证明酸性：碳酸＞苯酚
制备乙酸乙酯并提高产率
实验方案
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯与液溴在铁作催化剂发生取代反应：+Br2+HBr，该反应为放热反应，产生的HBr气体中混有Br2蒸气，Br2蒸气溶于硝酸银溶液中也产生淡黄色沉淀AgBr，对HBr的检验产生干扰，题中缺少除去Br2蒸气的装置，HBr极易溶于水，题中缺少防倒吸装置，故A错误；
B．乙醇发生消去反应：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，浓硫酸具有脱水性，将酒精脱水炭化，产生的碳单质与浓硫酸反应生成CO2、SO2，产生的乙烯中混有SO2和挥发出的乙醇，SO2和乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，题中缺少除去SO2和乙醇的装置，故B错误；
C．浓盐酸具有挥发性，烧瓶中产生CO2中混有HCl(g)，HCl(g)也能与苯酚钠反应产生苯酚，对碳酸、苯酚酸性强弱对比产生干扰，题中缺少除去CO2中HCl(g)的操作，故C错误；
D．乙酸和乙醇发生酯化反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，乙醇、乙酸、乙酸乙酯蒸气在冷凝管中遇冷，回流到三口烧瓶中，增加乙酸、乙醇的利用率，提高乙酸乙酯的产率，同时利用分水器可以做到乙酸乙酯与水的分离，故D正确；
答案为D。
6. 科学家已获得了气态 N4，其空间结构为正四面体形(如图所示)。已知断裂 1mol N—N 键吸收193kJ 能量，断裂 1mol N≡N 键吸收 946kJ 能量。下列说法正确的是
A. N4的沸点比白磷(P4)的高
B. N4(g)=2N2(g)为吸热反应
C. N4(g)═4N(g)的过程中吸收 772kJ 能量
D. 以 N4为原料替代 N2合成等量 NH3时，可放出更多的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．N4的分子结构与白磷相似，N4的相对分子质量比白磷小，所以 N4的沸点比白磷（P4）的低，故 A 错误；
B．反应 的反应热 ，反应放热，故 B 错误；
C． 的过程中吸收 热量，故 C 错误；
D． 为放热反应，则以 N4为原料替代 N2合成等量 NH3时，可放出更多的热量，故 D 正确。
故选D。
7. 在氯碱工业中，离子交换膜法电解饱和食盐水示意图如下，下列说法不正确是
A. 电极 A 为阳极，发生氧化反应
B. 离子交换膜为阳离子交换膜
C. 电解饱和食盐水的离子方程式为：
D. NaOH 溶液从 d 处出
【答案】C
【解析】
【分析】在电极 A 处氯离子失去电子，发生氧化反应生成氯气，电极A为阳极，B为阴极，a为饱和食盐水，b为淡盐水，钠离子通过离子交换膜移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜，c为稀氢氧化钠溶液，d为浓氢氧化钠溶液。
【详解】A．根据分析，电极A为阳极，A正确；
B．根据分析离子交换膜为阳离子交换膜，B正确；
C．电解饱和食盐水生成 H2、Cl2和 NaOH，离子方程式为：，C错误；
D．根据分析，NaOH 溶液从d处出，D正确；
故选C。
8. 下列有关物质结构的说法不正确的是
A. C-C 键比 Si-C 键键长短，故金刚石比金刚砂熔点更高、硬度更大
B. 氯化钠晶体与氯化铯晶体中，Cl-的配位数均为 6
C. 干冰晶体采用分子密堆积，每个 CO2周围紧邻 12 个 CO2
D. O3是极性分子，但由于极性微弱，它在 CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度
【答案】B
【解析】
【详解】A．金刚石、金刚砂同属于共价晶体，C-C键比Si-C键键长短，键能更大，故金刚石比金刚砂熔点更高、硬度更大，故A正确；
B．氯化钠晶体中Cl-的配位数为6，氯化铯晶体中Cl-的配位数为8，故B错误；
C．干冰为分子晶体，干冰的晶胞中CO2的堆积方式类似于面心立方最密堆积，其出现在晶胞的顶点和各个面心上，因此以1个CO2为中心，其周围最多可以有12个紧邻的CO2分子，故C正确；
D．水是极性分子，CCl4是非极性分子，根据“相似相溶原理”，O3臭氧极性微弱，所以在 CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度，故D正确；
故选 B。
9. 我国科学家合成一种超强酸 M（结构如图所示），可广泛应用于有机合成，其中 R、X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y 和 W 位于同族，下列说法正确的是
A. 化合物 WY2是一种直线形分子
B. 不考虑端位原子，M 中 Y、W、X 三种原子采用的杂化方式均不相同
C. M 中含有极性键、非极性键
D. 将 M 中 Z 元素替换为短周期同主族其他元素，M 酸性减弱
【答案】D
【解析】
【分析】R、X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，由结构式可知，超强酸M 分子中R、X、Y、Z、W形成共价键的数目为1、4、2、1、6，Y和W位于同族，则R为H元素、X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为S元素。
【详解】A．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子的空间构型为V 形，故A 错误；
B．由结构式可知，M分子中碳原子、氧原子、硫原子的杂化方式均为sp3杂化，采用的杂化方式相同，故B 错误；
C．由结构式可知，M分子中只含有极性键，不含有非极性键，故C 错误；
D．由结构式可知，M分子中的氟原子为吸电子基团，会使氢氧键的极性增强，易于电离出氢离子，若将氟原子替换成电负性更小的同主族其他元素，吸电子效应减弱，酸的酸性会减弱，故D正确；
故选D。
10. 北京冬奥会的主要理念是绿色环保。在场馆建设中用到的一种耐腐蚀、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得的，该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是
A. 1mol该双环烯酯最多能与3mol H2发生加成反应
B. 该双环烯酯含有1个手性碳
C. 该双环烯酯的一氯代物有9种(不考虑立体异构)
D. 该双环烯酯能发生氧化反应、水解反应、加聚反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．1mol该物质含2mol双键，最多能与2 mol H2发生加成反应，A错误；
B．该物质中左侧六元环中与羰基直接相连的碳原子为手性碳，右侧六元环中与-CH2-直接相连的碳原子为手性碳，B错误；
C．该物质中两个六元环上碳原子上的氢原子、-CH2-中的氢原子化学环境均不相同，共13种，该双环烯酯的一氯代物有13种(不考虑立体异构)，C错误；
D．该物质能与氧气反应，可发生氧化反应；含酯基，能发生水解反应，含碳碳双键，能发生加聚反应，D正确；
故选D。
11. Ni 可活化 C2H6放出 CH4，其反应历程如下图所示：
下列关于活化历程的说法错误的是
A.
B. 涉及极性键的形成和非极性键的断裂
C. 三种中间体比较，中间体 2 最稳定
D. 此反应的决速步骤：中间体 2→中间体 3
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，镍和乙烷的反应为放热反应，反应的热化学方程式为 ，故 A 错误；
B．由图可知，反应过程涉及非极性键C―C键断裂和极性键C―H 键的形成，故 B 正确；
C．物质的能量越低越稳定，则中间体 2 最稳定，故 C 正确；
D．反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率取决于最慢的一步反应，由图可知，中间体 2→中间体 3 能量差值最大，该步反应的活化能最大，是化学反应的决速步骤，故 D 正确；
故答案为：A。
12. 在2 L的恒容密闭容器中充入1mol X(g)和2 mol Y(g)，发生反应：，测得在不同温度下、相同时间内X(g)与Z(g)的百分含量如图所示。下列说法错误的是
A. 从反应开始到各点时的平均化学反应速率：
B. a点时，Y(g)的转化率为50%
C. T3℃下，平衡常数K=4
D. 降低温度，有利于提高Z(g)的平衡产率
【答案】A
【解析】
【分析】在2 L的恒容密闭容器中充入1mol X(g)和2 mol Y(g)，发生反应：，设a点时，参加反应X的物质的量为nmol，则可建立如下三段式：
则1-n=n，n=0.5mol。
【详解】A．对于可逆反应，温度越高，反应速率越快，T1＜T2＜T3，则从反应开始到各点时的平均化学反应速率：，A错误；
B．a点时，Y(g)的转化率为=50%，B正确；
C．T3 ℃下，平衡常数K==4，C正确；
D．从图中可以看出，当反应进行到b点时，反应达平衡状态，升高温度，X的百分含量增大，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，所以降低温度，有利于提高Z(g)的平衡产率，D正确；
故选A。
13. 某温度下， ， 。现有体积均为 V0的 pH＝a 的两种酸溶液，加水稀释至体积为 V，两种溶液的 pH 随 lg 的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅱ代表HB
B. 水的电离程度：b＞c
C. 由c点到d点，溶液中 增大(X 代表A或B)
D. 分别取b点、c点溶液与等浓度的NaOH溶液中和，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：b＞c
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电离常数可知酸性：HA>HB，相同 pH 的弱酸加水稀释，酸的酸性越强，pH 变化越大，所以曲线 Ⅱ 代表 HA 溶液，A错误；
B．溶液的 pH值：c＞b，在 b 点水的电离程度受酸的抑制程度更大，故两溶液中水的电离程度：b＜c，B错误；
C．由c点到d点，弱酸的电离常数和水的电离常数都不变，所以不变，= 保持不变，C错误；
D．b 点和 c 点两种酸，对应初始时的 pH 相同，体积相同，故酸性较弱的 HB 物质的量大，分别与氢氧化钠溶液恰好中和时 HB 消耗 NaOH 溶液的体积多，D正确；
故选D。
14. 已知： 。试管 a 中溶液作参照，对试管 b 中溶液依次进行如下操作：①微热，溶液变为黄绿色；②将其置于冷水中，溶液变为蓝绿色；③滴加氨水至过量，蓝色沉淀增多，后又逐渐消失变为深蓝色溶液。下列说法正确的是
A. 由步骤①可推知该反应的△H< 0
B. 由步骤②可说明降低温度，该反应平衡正向移动
C. 步骤③深蓝色溶液中
D. 由实验③可知配离子的稳定性：
【答案】D
【解析】
【分析】①微热，溶液变为黄绿色，平衡正向移动；②将其置于冷水中，溶液变为蓝绿色，平衡逆向移向；①②说明正向为吸热反应；③滴加氨水至过量，蓝色沉淀增多，平衡逆向移动，后又逐渐消失变为深蓝色溶液，形成了，说明配离子稳定性。
【详解】A．根据分析，该反应正向为吸热反应，△H>0，A错误；
B．根据分析，该反应正向为吸热反应，故由步骤②可说明降低温度，该反应平衡逆向移动，B错误；
C．根据铜元素守恒，含铜元素的配离子存在形式不止一种，步骤③深蓝色溶液中，C错误；
D．根据分析，加入过量氨水，最终生成的 [Cu (NH3)4]2+，说明 Cu2+结合 NH3 会生成更稳定的配位键，D正确；
故选D。
15. 水溶液锌电池（图 1）的电极材料是研究热点之一，一种在晶体 MnO 中嵌入Zn2+的电极材料充放电过程的原理如图 2 所示（除中心空位外，其它空位未标出），嵌入的 Zn2+位于晶胞的面上。
已知：晶体中某结点上的原子空缺了，则称为空位。下列说法正确的是
A. MnO中Mn元素未成对电子数目为4
B. 每个晶胞中含有0.61个Mn
C. ①为MnO活化过程，其中Mn的价态不变
D. 当转化为时，转移的电子数为0.5 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．MnO中Mn为+2价，价电子排布式为3d5，未成对电子数为5，A错误；
B．的1个晶胞中，O原子占据 8个顶点，6个面心，O原子数为，则 1 个晶胞中含有 个Mn原子，B 错误；
C．MnO中Mn为+2价，中设Mn化合价为x，由化合物中正负化合价代数和为0知， ，解得 x=价，价态发生变化，C错误；
D． 晶胞所含O2-个数为4，晶胞中 Zn2+个数为，因此O2-与 Zn2+个数比为 4∶1，即。因此当1mol转化为1mol时，转移的电子数为，D 正确；
故选D。
二、非选择题：本题共 4 小题，共 55 分。
16. 苯甲酸是一种化工原料，常用作制药和染料的中间体，也用于制取增塑剂和香料等。实验室合成苯甲酸的原理及有关数据及装置示意图如下：
反应过程：
已知：（1）苯甲酸 100 ℃左右开始升华。
（2）反应试剂、产物的物理常数如下：
名称
性状
熔点
沸点/C
密度/g·mL-1
溶解度/g（室温）
水
乙醇
甲苯
无色液体、易燃易挥发
-95
110.6
0.8669
不溶
互溶
苯甲酸
白色片状或针状晶体
122.4
248
1.2659
微溶
易溶
按下列合成步骤回答问题：
步骤Ⅰ：按图在 250 mL 仪器 a 中放入 2.7 mL 甲苯和 100 mL 水，控制温度为 100℃，搅拌溶液，在石棉网上加热至沸腾。从冷凝管上口分批加入 8.5 g 高锰酸钾(加完后用少量水冲洗冷凝管内壁)，继续搅拌约 4~5h，反应完全后，停止加热。
步骤 II：在反应结束后混合物中加入一定量亚硫酸氢钠溶液，产生黑色沉淀，趁热过滤、热水洗涤沉淀，合并滤液与洗涤液，再将其放在冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸全部析出；将析出苯甲酸减压过滤，再用少量冷水洗涤苯甲酸固体，挤压除去水分，将制得的苯甲酸固体放在沸水浴上干燥，得到粗产品。
（1）仪器 a 的名称___________________ 。
（2）步骤Ⅰ中反应完全的现象为___________________ 。
（3）步骤 II 在反应混合物中加入一定量亚硫酸氢钠溶液，亚硫酸氢钠溶液的作用是___________________；还可以用___________________ （填选项）代替亚硫酸氢钠溶液。
A . H2O2 B. NaHCO3 C. Na2C2O4
（4）步骤 II 中干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现结果是___________________。
（5）若将苯甲酸粗产品进一步提纯，可用 ___________________方法。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）反应液不再分层（或无油珠）
（3） ①. 除去多余的高锰酸钾，避免加盐酸时生成有毒的氯气 ②. AC
（4）苯甲酸易升华而损失
（5）重结晶
【解析】
【分析】由流程知，甲苯与高锰酸钾在图示装置中反应生成苯甲酸钾，冷凝管能冷凝回流水蒸气、甲苯蒸汽，防止甲苯的挥发而降低产品产率；反应后混合物中含有氢氧化钾，加入有还原性的亚硫酸氢钠，还原高锰酸钾生成二氧化锰、趁热过滤、趁热洗涤后最大程度回收苯甲酸盐，加入盐酸后转变为苯甲酸，苯甲酸中含杂质氯化钾，利用苯甲酸能升华、溶解度的特点，提纯即可；
【小问1详解】
由图可知仪器 a 的名称为三颈烧瓶；
【小问2详解】
根据题给信息可知，苯甲酸微溶于水，故步骤Ⅰ中反应完全的现象为：反应液不再分层（或无油珠）；
【小问3详解】
根据题意可知，随后需要加入浓盐酸，会和过量的高锰酸钾反应生成有毒的气体，且亚硫酸氢钠具有还原性可以除去高锰酸钾，故亚硫酸氢钠溶液的作用是除去多余的高锰酸钾，避免加盐酸时生成有毒的氯气；过氧化氢和草酸钠具有还原性可以和和高锰酸钾反应，故选AC；
【小问4详解】
根据题给信息可知，苯甲酸 100 ℃左右开始升华，故可能出现的现象是苯甲酸易升华而损失；
【小问5详解】
由分析可知该实验实验中得到的为含有氯化钾的苯甲酸粗品，为固体，可以通过重结晶的方法进一步提纯。
17. 五氧化二钒(V2O5)在冶金、化工等领域有重要应用。实验室以含钒废料(主要为V2O3，还含有少量 FeO、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有机物)为原料制备 V2O5的一种流程如图：
已知：①NH4VO3可溶于热水。
②25℃时，难溶电解质的溶度积常数如表所示：
难溶电解质
Cu(OH)2
Mn(OH)2
Al(OH)3
Fe(OH)3
Fe(OH)2
NH4VO3
KSP
2.2×10-20
4×10-14
1.9×10-33
1.1×10-36
1.64×10-14
1.6×10-3
（1）“焙烧”的主要目的是___________________ 。
（2）滤渣 2 的成分为___________________ 。
（3）“沉锰”需将温度控制在 70℃左右，温度不能过高或过低的原因为___________________ ；“沉锰”的离子反应方程式为___________________ 。
（4）“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若“沉钒”前溶液中 ，不考虑溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到 98%，至少应调节为___________mol·L-1。
（5）将制得的V2O5通过电解的方法制备金属钒，以熔融CaO为电解质的电解装置如图：石墨电极X接直流电源的 ___________________（填“正极” 或“负极”），阴极反应式为 ___________________。
【答案】（1）除去有机物杂质，将V2O3氧化
（2）Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2
（3） ①. 温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低，温度过高，NH4HCO3分解，导致原料利用率低 ②.
（4）0.4 （5） ①. 正极 ②.
【解析】
【分析】含钒废料经过焙烧可以除去有机物，同时将V2O3氧化，酸溶后过滤得到滤渣1，主要成分为SiO2，滤液经过调pH值，过滤得到滤渣2，主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2，滤液沉锰得到碳酸锰，沉钒后经过一系列处理得到NH4VO3，煅烧得到V2O5。
【小问1详解】
根据分析，焙烧的目的是：除去有机物杂质，将V2O3氧化；
【小问2详解】
根据分析，滤渣 2 的成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2；
【小问3详解】
“沉锰”需将温度控制在 70℃左右，温度不能过高或过低的原因为：温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低，温度过高，NH4HCO3分解，导致原料利用率低；沉锰得到碳酸锰，离子方程式为：；
【小问4详解】
由表格可知，若“沉钒”前溶液中 ，不考虑溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到 98%，至少应调节；
【小问5详解】
V2O5 通过电解的方法制备金属钒，钒元素化合价降低，V2O5在阴极发生反应，故石墨电极X为阳极，接电源的正极；阴极的反应式为：。
18. 我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，锌在人类生产生活中有重要应用。回答下列问题：
I. 一种 Zn2+配合物广泛应用于催化剂，光导体，光动力疗法，其结构如图所示：
（1）Zn2+价电子轨道表示式为__________。
（2）该配合物中电负性最大的元素是__________。
（3）下列状态的氮中，电离最外层一个电子所需能量最大的是__________。（填序号）
A. [He]2s22p3 B. [He]2s22p2
C. [He]2s22p23s1 D. [He]2s22p13s1
（4）该配合物中 C 的轨道杂化类型为__________。
（5）该配合物中 Zn2+的配位数为__________个。
Ⅱ. ZnS 常用作分析试剂、荧光体、白色颜料等。
（6）ZnS 常见有 2 种晶胞结构如下图：立方晶胞（左图）和六方晶胞（右图）。
下列说法错误的是__________。（填序号）
A. 立方 ZnS 中与 S2—最近的 S2—有 12 个 B. 两种晶胞中 Zn2+的个数都为4
C. 立方 ZnS 中 S2—的配位数为 4 D. 可用 X—射线衍射实验鉴别六方 ZnS 是否属于晶体
（7）立方 ZnS 中，若 Zn2+与 S2-最短距离为 a nm，则晶胞密度ρ=__________g·cm-3（列出计算式，阿伏加德罗常数的值为 NA）。
【答案】（1） （2）N （3）B
（4）sp2 （5）4 （6）B
（7）
【解析】
【小问1详解】
锌元素的原子序数为30，基态离子的价电子排布式为3d10，轨道表示式为，故答案为：；
【小问2详解】
金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，配合物中非金属元素的非金属性强弱顺序为N＞C＞H，则电负性最大的元素为氮元素，故答案为：N；
【小问3详解】
基态原子的能量低于激发态的能量，电离最外层一个电子所需能量大于激发态，元素的第二电离能大于第一电离能，[He]2s22p3为基态氮原子的简化电子排布式、[He]2s22p23s1是激发态氮原子的的简化电子排布式、[He]2s22p2为基态N+的简化电子排布式、[He]2s22p13s1为激发态N+的简化电子排布式，则N+电离最外层一个电子所需能量最大，故选B；
【小问4详解】
由图可知，配合物中双键碳原子和苯环碳原子的杂化方式都为sp2杂化，故答案为：sp2；
【小问5详解】
由图可知，配合物中中心离子为锌离子、配位原子为氮原子，配位数为4，故答案为：4；
【小问6详解】
A．由立方晶胞的结构可知，晶胞中位于顶点的硫离子与位于面心的硫离子的距离最近，则与硫离子距离最近的硫离子个数为12，故正确；
B．由六方晶胞的结构可知，晶胞中位于棱上和体内的锌离子个数为4×+1=2，故错误；
C．由立方晶胞的结构可知，晶胞中位于体内的锌离子与4个硫离子的距离最近，配位数为4，由化学式可知，硫离子的配位数也为4，故正确；
D．鉴别晶体和非晶体最科学的方法是X—射线衍射，则用 X—射线衍射实验能鉴别六方 硫化锌是否属于晶体，故正确；
故选B；
【小问7详解】
由立方晶胞的结构可知，晶胞中位于体内的锌离子个数为4，位于顶点和面心的硫离子个数为8×+6×=4，硫离子和锌离子的最短距离为体对角线的，由硫离子和锌离子的最短距离为a nm可知，晶胞的边长为nm，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(×10—7)3d，解得d=，故答案为：。
19. 有机物(H)是重要的医药中间体，其制备流程图如下：
已知：苯胺（ ）易被氧化
回答下列问题：
（1）由 A 生成 B 的反应类型为__________。
（2）C 的结构简式为__________。D 的化学名称为__________。
（3）⑤的反应条件应选择__________（填标号）。
a.NaOH/C2H5OH b.AgNO3/NH3 c.Fe/HCl d.HNO3/H2SO4
（4）⑥的反应方程式为__________。
（5）G 非含氧官能团名称是__________。
（6）H 是 C 的同分异构体，则满足下列条件的 H 有__________种。
①苯环上一氯取代物只有两种；②既能发生银镜反应又能发生水解反应。
（7）请以化合物 为原料，参照以上流程设计合成 的路线。（其他试剂条件任选）__________。
【答案】（1）取代反应/磺化反应
（2） ①. ②. 邻硝基苯甲酸或2-硝基苯甲酸
（3）c （4）
（5）碳氯键或氯原子 （6）2
（7）
【解析】
【分析】结合 的结构简式可知，A应为甲苯，A与浓硫酸发生磺化反应生成B( )，B与浓硝酸发生硝化反应生成 ； 发生水解生成 ， 被高锰酸钾氧化生成D( )；D被还原生成 ； 与CH3COCl发生取代反应，结合F的结构简式可知E为 ；E再与浓硫酸发生磺化反应生成F，F与氯气在催化剂作用下发生取代反应，在酰胺基邻位引入Cl原子，G再经酸化生成H，据此分析解答。
【小问1详解】
由以上分析可知由 A 生成 B 的反应类型为取代反应或磺化反应；
【小问2详解】
由以上分析可知C为 ；D( )名称为邻硝基苯甲酸或2-硝基苯甲酸；
【小问3详解】
反应⑤发生还原反应将硝基还原为氨基，可选Fe/HCl，故选C；
【小问4详解】
与CH3COCl发生取代反应生成 ，反应方程式为： ；
【小问5详解】
G ，所含非氧官能团为：碳氯键；
【小问6详解】
①苯环上一氯取代物只有两种，则有2个不同的基团处于对位；②既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有醛基或甲酸酯基或甲酰胺基，符合条件的结构简式为： 和 。
【小问7详解】
由信息反应知，应先使 被高锰酸钾氧化生成 ，再使 被还原生成 ， 与 发生取代反应生成 ，合成路线为： 。
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