2022-2023学年北京市丰台区高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年北京市丰台区高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共24页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.下列物质、类别和官能团的对应关系不正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
2.下列化学用语或图示表达正确的是( )
A. CO2的分子结构模型：
B. 基态 29Cu原子的价层电子排布式：3d94s2
C. 羟基的电子式
D. 的系统命名：3−甲基−2−丁醇
3.下列说法不正确的是( )
A. p轨道形状为哑铃形，有三种空间取向B. 金属良好的导电性与金属键有关
C. HCl分子的共价键是s−sσ键D. NH4Cl中含有离子键、共价键和配位键
4.下列反应的化学方程式书写正确的是( )
A. 工业上由乙醇制备乙醛：CH3CH2OH+O2 →△催化剂 CH3CHO+H2
B. 乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应：CH3CHO+2Cu(OH)2 →△ CH3COOH+Cu2O↓+2H2O
C. 苯酚钠溶液与二化氧碳反应：2+CO2+H2O→2+Na2CO3
D. 酯在酸性条件下水解：CH3COOCH2CH3+H218O→△H+ CH3CH2OH+CH3CO18OH
5.下列各组分子或离子的空间结构不相似的是( )
A. CO2和OF2B. NH4+和CH4C. H3O+和NH3D. SO2和O3
6.有机化合物分子中的邻近基团往往存在相互影响，这种影响会使有机化合物性质产生差异。下列事实不能说明上述观点的是( )
A. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而苯不能
B. 等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多
C. CH2=CH2的加聚反应需要催化剂，α−氰基丙烯酸丁酯()室温下可发生加聚反应
D. 与醛、酮的相比，羧基中的较难发生加成反应
7.SF6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示。有关SF6的说法正确的是( )
A. 分子中只含极性键
B. SF6是极性分子
C. S与F之间共用电子对偏向S
D. S原子满足8电子稳定结构
8.由键能数据大小，不能解释下列事实的是( )
A. 稳定性：CH4>SiH4B. 键长：C=OC. 熔点：CO2晶体硅
9.下列物质的性质与氢键无关的是( )
A. 沸点：乙二醇>丙醇B. 密度：冰<水
C. 乙醇能与水以任意比例互溶D. 沸点：丙烷<乙醛
10.2022年4月，我国首个具有完全自主知识产权的口服抗新冠药物阿兹夫定获批上市，阿兹夫定的结构如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 分子中含有4个手性碳原子
B. 分子中N原子均为sp2杂化
C. 分子中含有3种含氧官能团
D. 该物质能发生加成反应、消去反应、取代反应、水解反应
11.富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 铁位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族
B. 富马酸分子中σ键与π键的数目比为11：2
C. 富马酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H
D. 1ml富马酸与足量NaHCO3溶液反应可生成2mlCO2
12.下列实验方案能达到相应目的的是( )
A. 制备乙烯并检验
B. 实验室制乙酸乙酯
C. 检验溴乙烷水解产物中含有Br−
D. 证明酸性：碳酸>苯酚
13.BAS是一种可定向运动的“分子机器”，其合成路线如图：
下列说法不正确的是( )
A. 1ml 最多可与4mlH2反应
B. 有碱性
C. 中间产物的结构简式为
D. ①为加成反应，②为消去反应
14.一定温度下，CH3CH2CH3的氯化、溴化反应能量变化及一段时间后产物的选择性如图。下列叙述不正确的是( )
资料：R⋅+X⋅→RX(R⋅为烷基自由基，X⋅为卤素自由基)；通常活化能越大，反应速率受温度影响越大。
A. 丙烷氯代或溴代反应均可能产生同分异构体
B. 正丙基自由基(CH3CH2CH2⋅)比异丙基自由基[⋅CH(CH3)2]稳定
C. 升高温度，体系中n(1−氯丙烷)：n(2−氯丙烷)的值增大
D. 以丙烷为原料通过“卤代-水解”过程合成2−丙醇时，Br2比Cl2更适于作取代试剂
二、流程题：本大题共1小题，共12分。
15.手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。如图方法可从废旧手机主板中回收贵金属。
已知：i.Au+3NO3−+6H+⇌Au3++3NO2↑+3H2OK<10−5
Au+NO3−+4H+⇌Au3++NO↑+2H2OK<10−5
Au3++4Cl−[AuCl4]−K>105
ii.HAuCl4=H++[AuCl4]−
(1)酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是______。
(2)已知，王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3]溶金反应时产生NO。
①写出该反应的离子方程式：______。
②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用______。
(3)若用Zn粉将溶液中的1mlHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是______ ml。
(4)AgCl溶于氨水的离子方程式为______。
(5)水合肼(N2H4⋅H2O)是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述工艺中，先将氯化银溶于氨水，再与水合肼反应，除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还具有的优点可能有______ (写出一条即可)。
(6)Pd(NH3)2Cl2难溶于水，溶于氨水，是一种电镀试剂，是制备钯及其化合物的重要原料。
①加入氨水，[PdCl4]2−转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl−______ NH3(填“>”或“<”)。
②“加入盐酸，调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为为Pd(NH3)2Cl2的原因是______。
三、实验题：本大题共1小题，共13分。
16.某小组同学探究铁离子与苯酚的反应。
已知：Fe3++6C6H5O−⇌[Fe(C6H5O)6]3−；[Fe(C6H5O)6]3−为紫色配合物。
(1)配制100mL0.1ml⋅L−1苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、______。
(2)氯化铁溶液呈______ (填“酸性”或“碱性”)，用离子方程式表示原因______。
(3)[Fe(C6H5O)6]3−中，提供空轨道用以形成配位键的微粒是______。
(4)进行如图实验。
【提出猜想】
i.Cl−对铁离子与苯酚的反应有促进作用；
ii.SO42−对铁离子与苯酚的反应有抑制作用。
①向实验2反应后溶液中加入______，溶液颜色无变化，证明猜想 i不成立。
②实验证明猜想ii成立，请写出实验操作和现象______。
(5)实验证明，H+对Fe3+与苯酚反应生成的配合物有抑制作用，请从平衡角度结合化学用语进行解释______。
(6)有同学提出，溶液pH越大，越利于铁离子与苯酚发生显色反应。你认为是否合理，并说明理由______。
(7)由以上研究可知，影响铁离子与苯酚反应的因素有______。
四、简答题：本大题共3小题，共33分。
17.利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。
(1)光催化可实现NOx的净化
①比较N、O元素第一电离能大小并从结构角度解释原因______。
②光催化还原NOx可得到氮气，从结构角度分析氮气性质稳定的原因______。
③光催化氧化NOx最终产物为硝酸盐，NO3−的空间结构是______。
(2)光催化CO2和H2O合成甲醇是CO2转化利用最有前景的途径之一。比较甲醇分子中H−C−H与C−O−H的键角大小并解释原因______。
(3)光催化可降解苯酚等有机物。在紫外光的作用下催化剂表面有⋅OH(羟基自由基)生成，⋅OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，该反应的化学方程式为______。
(4)某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如图所示，边长均为anm。
①基态钛原子的价层电子轨道表示式为______。
②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是______。
③NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为______ g⋅cm−3(1nm=10−7cm)。
18.胭木二酮()是一种同时含有异黄酮和茚酮结构的天然物质，在药物研发方面潜力巨大，其合成路线如图。
已知：
请回答：
(1)A的结构简式为______。
(2)A→B的化学方程式为______。
(3)下列关于化合物C和D的说法中，正确的是______ (填字母)。
a.1mlC最多能与2mlNaOH反应
b.C中苯环上的一氯代物有3种
c.C和D均可形成氢键
d.D的一种同分异构体含有苯环和羧基
(4)F中含有两个六元环，F的结构简式为______。
(5)H的分子式为______。
(6)在H转化成胭木二酮的过程中，Cu(OTf)2的主要作用是成环，SeO2的主要作用是______。
19.治疗动脉硬化的某种药物M合成路线如图。
已知：i.
ii.
不稳定，易转化成
回答下列问题：
(1)B的核磁共振氢谱只有一组峰，A的结构简式为______。
(2)反应①的反应类型为______。
(3)C中含氧官能团与B相同，C的结构简式可能为______。
(4)F的结构简式为______。
(5)反应⑤的化学方程式为______。
(6)N是I的同分异构体，写出所有满足下列条件的N的结构简式______。
①苯环上有两个取代基
②与FeCl3溶液发生显色反应
③能发生银镜反应，但不能发生水解反应
④1mlN与足量Na反应，生成1mlH2
(7)G经三步反应合成I，请写出中间产物的结构简式______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.丙烯中含碳碳双键，为烯烃，故A正确；
B.乙酸中含−COOH，为羧酸，故B正确；
C.中−OH与碳原子相连，属于醇类，酚类是−OH与苯环相连，故C错误；
D.CH3OCH3中含有，属于醚，故D正确，
故选：C。
A.含碳碳双键；
B.含−COOH；
C.含−OH；
D.含。
本题考查有机物的官能团与分类，为高频考点，把握常见有机物中的官能团为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.CO2是直线形分子，中心原子为C，且C原子半径大于O，其结构模型为，故A错误；
B.铜原子序数为29号，由洪特规则可知，基态 29Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，故B错误；
C.羟基中O、H原子间共用1对电子，O原子的最外层电子数为7，其电子式为，故C错误；
D.是主链含有4个C原子的醇，3号C原子上含有1个甲基，2号C原子上含有羟基，名称为3−甲基−2−丁醇，故D正确；
故选：D。
A.CO2是直线形分子，中心原子C的半径大于O；
B.基态 29Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，不是3d94s2；
C.羟基的最外层电子数为7；
D.是主链含有4个C原子的醇，3号C原子上含有1个甲基，2号C原子上含有羟基。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、结构模型、电子排布式和醇的命名等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.p轨道形状为哑铃形，有px、py、pz三种空间取向，故A正确；
B.金属导电性是因为内部含有许多自由电子，在电场作用下，自由电子定向移动，与金属键有关，故B正确；
C.HCl分子的共价键是s−pσ键，故C错误；
D.NH4Cl中含有离子键、共价键和配位键，故D正确；
故选：C。
A.p轨道形状为哑铃形，有px、py、pz三种空间取向；
B.金属导电性是因为内部含有许多自由电子，在电场作用下，自由电子定向移动；
C.HCl分子的共价键是s−pσ键；
D.NH4Cl中含有离子键、共价键和配位键。
本题主要考查化学键的类型、金属的导电性等知识，为基础知识的考查，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.工业上由乙醇制备乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH+O2 →△催化剂 2CH3CHO+2H2O，故A错误；
B.乙醛和新制Cu(OH)2悬浊液共热发生氧化反应生成Cu2O，化学方程式为乙醛和新制Cu(OH)2的反应发生氧化反应，乙醛分子中的醛基被氧化为羧基，氢氧化铜被还原为氧化亚铜红色沉淀，反应方程式为CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故B错误；
C.苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：+CO2+H2O→+NaHCO3，故C错误；
D.酯在酸性条件下水解，化学方程式为：CH3COOCH2CH3+H218O→△H+ CH3CH2OH+CH3CO18OH，故D正确；
故选：D。
A.乙醇催化氧化生成乙醛；
B.乙醛和新制Cu(OH)2悬浊液共热发生氧化反应生成Cu2O；
C.苯酚钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和苯酚；
D.酯在酸性条件下水解生成醇和羧酸， 18O出现在羧酸中。
本题考查了化学方程式的书写，侧重考查有机反应方程式的书写，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.CO2为直线形分子，OF2中中心原子价层电子对数为4，孤电子对数为2，所以OF2为V形分子，二者空间结构不相似，故A正确；
B.NH4+和CH4中心原子上价层电子对数为4，孤电子对数为0，二者均为正四面体形，则二者空间结构相似，故B错误；
C.H3O+和NH3中心原子价层电子对数为4，孤电子对数为1，二者均为三角锥形，则二者空间结构相似，故C错误；
D.SO2和O3中心原子上价层电子对数为3，孤电子对数为1，二者均为V形，则二者空间结构相似，故D错误；
故选：A。
A.CO2为直线形分子，OF2中中心原子价层电子对数为4，孤电子对数为2，所以OF2为V形分子；
B.NH4+和CH4中心原子上价层电子对数为4，孤电子对数为0，二者均为正四面体形；
C.H3O+和NH3中心原子价层电子对数为4，孤电子对数为1，二者均为三角锥形；
D.SO2和O3中心原子上价层电子对数为3，孤电子对数为1，二者均为V形。
本题主要考查常见粒子的空间构型，为基础知识的考查，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.甲苯受苯环影响导致甲基的活泼性增强，所以甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而苯不能，能说明上述观点，故A错误；
B.等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，生成氢气的多少与羟基的个数有关，与烃基无关，所以不能说明上述观点，故B正确；
C.−CN、−COO−增强碳碳双键的活泼性，导致CH2=CH2的加聚反应需要催化剂，α−氰基丙烯酸丁酯()室温下可发生加聚反应，能说明上述观点，故C错误；
D.羧基中−OH减弱的活泼性，导致与醛、酮的相比，羧基中的较难发生加成反应，能说明上述观点，故D错误；
故选：B。
A.甲苯受苯环影响导致甲基的活泼性增强；
B.等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，生成氢气的多少与羟基的个数有关；
C.−CN、−COO−增强碳碳双键的活泼性；
D.羧基中−OH减弱的活泼性。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意基团的相互影响，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.SF6中的键为6条S−F键，为极性键，此分子中只含极性键，故A正确；
B.SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，为非极性分子，故B错误；
C.由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，故C错误；
D.中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，故D错误；
故选：A。
A.形成于不同种元素的原子间的共价键为极性键；
B.分子正负中心电荷重合则为非极性分子；
C.S与F之间共用电子对偏向F；
D.S元素化合价+价电子数=6+6=12。
本题考查分子极性判断、晶体类型判断、8电子结构等知识点，侧重考查学生获取信息利用信息能力，知道8电子结构的判断方法。
8.【答案】C
【解析】解：A.键能越大，物质越稳定，键能：C−H>Si−H，所以稳定性：CH4>SiH4，故A错误；
B.键能越大，键长越短，键能：C=O>C−O，键长：C=OC.共价晶体熔点较高，分子晶体熔点较低，CO2为分子晶体、SiO2为共价晶体，熔点：CO2D.共价晶体中，键能越大，晶体的硬度越大，二者都是共价晶体，键能：C−C>Si−Si，所以硬度：金刚石>晶体硅，故D错误；
故选：C。
A.键能越大，物质越稳定；
B.键能越大，键长越短；
C.共价晶体熔点较高，分子晶体熔点较低；
D.共价晶体中，键能越大，晶体的硬度越大。
本题考查物质性质与键能的关系，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质稳定性、键长、熔点、硬度的影响因素是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查氢键的性质，与物质反应过程中氢键的作用，难度不大。
【解答】
A.乙二醇中有两个羟基，丙醇中有一个羟基，乙二醇分子间形成的氢键的数目比丙醇分子间形成的氢键数目多，因此沸点：乙二醇>丙醇，与氢键有关，故A错误；
B.在冰晶体中水分子间存在氢键，氢键具有方向性，每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，使冰的密度比液态水的密度小，与氢键有关，故B错误；
C.乙醇与水分子间形成氢键，因此乙醇能与水以任意比例互溶，与氢键有关，故C错误；
D.乙醛分子的极性比丙烷分子的极性大，因此乙醛间的分子作用力大于丙烷的分子间作用力，乙醛的沸点比丙烷的高，与氢键无关，故D正确；
故选：D。
10.【答案】B
【解析】解：A.如图标“*”为手性碳原子：，即分子有4个手性碳原子。故A正确；
B.双键上的N原子为sp2杂化，形成3个单键的N原子为sp2杂化，N3的中间N原子为sp杂化，分子中N原子有3种杂化方式，故B错误；
C.分子中含氧官能团有羟基、醚键、酰胺键共3种，故C正确；
D.含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有羟基且羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，可以发生取代反应、消去反应，含有的碳氟键、酰胺键也可以发生水解反应，故D正确；
故选：B。
A.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
B.形成3个单键的N原子为sp3杂化，−N3的中间N原子为sp杂化；
C.分子中含氧官能团有羟基、醚键、酰胺键；
D.含有碳碳双键、羟基、碳氟键等，具有烯烃、醇、卤代烃的性质。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，题目侧重考查考查学生灵活运用知识的能力。
11.【答案】B
【解析】解：A.Fe是26号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，故A正确；
B.由富马酸分子的比例模型可知，富马酸的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，分子中σ键有11个、π键有3个，则分子中σ键和π键的数目比为11：3，故B错误；
C.元素的非金属性越强电负性越大，即电负性大小顺序为O>C>H，故C正确；
D.分子中2个羧基与NaHCO3溶液反应生成CO2，1ml富马酸与足量NaHCO3溶液反应可生成2mlCO2，故D正确；
故选：B。
A.Fe是26号元素；
B.富马酸的结构简式为HOOCH=HCOOH，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键；
C.元素的非金属性越强，其电负性越大；
D.分子中羧基与NaHCO3溶液反应生成CO2。
本题以富马酸的结构模型为载体，考查有机物的结构与性质、元素周期律、化学键等，关键是明确富马酸的结构简式，题目侧重考查学生对基础知识的掌握情况。
12.【答案】C
【解析】解：A.乙烯中可能混有二氧化硫，均与溴水反应，溴水褪色，不能检验乙烯，故A错误；
B.导管口在碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸，图中不能防止倒吸，故B错误；
C.溴乙烷水解后，加硝酸中和碱，再加硝酸银生成浅黄色沉淀可检验溴离子，故C正确；
D.挥发的盐酸与苯酚钠反应，不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故D错误；
故选：C。
A.乙烯中可能混有二氧化硫，均与溴水反应；
B.导管口在碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸；
C.卤代烃水解后，在酸性溶液中与硝酸银反应检验卤素离子；
D.挥发的盐酸与苯酚钠反应。
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、物质的制备及检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.苯环、羰基与氢气发生加成反应，则1ml最多可与4mlH2发生加成反应，故A正确；
B.氨基具有碱性，则H2N有碱性，故B正确；
C.①为加成反应，羟基与C相连，则中间产物的结构简式为，故C错误；
D.由①中双键转化为单键，②中羟基转化为碳碳双键，可知①为加成反应，②为消去反应，故D正确；
故选：C。
A.苯环、羰基与氢气发生加成反应；
B.氨基具有碱性；
C.①为加成反应，羟基与C相连；
D.②中醇发生消去反应。
本题考查有机物的合成，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团的变化，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：A.丙基有两种不同的结构，故不管是氯代还是溴代都可能产生同分异构体，故A正确；
B.异丙基的能量比正丙基低，故异丙基更稳定，故B错误；
C.生成2−氯丙烷的反应受升温的影响比生成1−氯丙烷的大，所以体系中n(1−氯丙烷)：n(2−氯丙烷)的值增大，故C正确；
D.由图可知，仲氢溴化反应的产率为97%明显高于仲氢氯化反应的55%，故以丙烷为原料合成2−溴丙烷的产率高，其水解得到2−丙醇的产率相应也高，故D正确；
故选：B。
一元取代物的同分异构体的判断可以通过烷基的种类来判断，化学反应中能量越低越稳定。活化能越大，反应速率受温度影响越大。产物的合成与反应的选择性有关。
本题考查焓变中活化能与温度的关系，反应的选择性，物质的稳定性与能量的关系，同分异构体的判断。注意活化能与能量的关系不要混淆。
15.【答案】增加反应的接触面积，加快反应速率 Au+NO3−+4Cl−+2H+=NO↑+[AuCl4]−+2H2O提供Cl−与Au3+形成[AuCl4]−，减小了Au3+浓度，促进Au与NO3−反应正向移动 1.5AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2O将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂质 <调pH≈1，使部分NH3转化为NH4+，减弱NH3的配位能力，可溶性配离子转化为难溶性Pd(NH3)2Cl2；若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成[PdCl4]2−
【解析】解：(1)反应物的接触面积越大，反应速率越快，酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是增加反应的接触面积，加快反应速率，
故答案为：增加反应的接触面积，加快反应速率；
(2)①王水和Au反应生成NO、[AuCl4]−、H2O，根据反应物和生成物书写离子方程式为Au+NO3−+4Cl−+2H+=NO↑+[AuCl4]−+2H2O，
故答案为：Au+NO3−+4Cl−+2H+=NO↑+[AuCl4]−+2H2O；
②减小Au3+浓度，平衡正向移动，所以从反应原理的角度解释浓盐酸的作用是提供Cl−与Au3+形成[AuCl4]−，减小了Au3+浓度，促进Au与NO3−反应正向移动，
故答案为：提供Cl−与Au3+形成[AuCl4]−，减小了Au3+浓度，促进Au与NO3−反应正向移动；
(3)该反应中Zn元素化合价由0价转化为+2价、Au元素化合价由+3价转化为0价，则Zn和HAuCl4的物质的量之比为3：2，若用Zn粉将溶液中的1mlHAuCl4完全还原，参加反应的Zn的物质的量是1ml2×3=1.5ml，
故答案为：1.5；
(4)AgCl和一水合氨反应生成银氨配离子和氯离子、水，离子方程式为AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2O，
故答案为：AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2O；
(5)水合肼(N2H4⋅H2O)是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述工艺中，先将氯化银溶于氨水，再与水合肼反应，除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还具有的优点可能有将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂质，
故答案为：将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂质；
(6)①配位能力弱的配体能转化为配位能力强的配体，加入氨水，[PdCl4]2−转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl−故答案为：<；
②“加入盐酸，调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为为Pd(NH3)2Cl2的原因是调pH≈1，使部分NH3转化为NH4+，减弱NH3的配位能力，可溶性配离子转化为难溶性Pd(NH3)2Cl2；若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成[PdCl4]2−，
故答案为：调pH≈1，使部分NH3转化为NH4+，减弱NH3的配位能力，可溶性配离子转化为难溶性Pd(NH3)2Cl2；若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成[PdCl4]2−。
手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)，废旧手机主板中加入HNO3酸浸，Au不溶于稀硝酸，Ag、Pd溶于稀硝酸得到Ag+、Pd2+，过滤后得到Au固体，Au溶于王水得到HAuCl4，HAuCl4溶液中加入Zn粉得到Au；含Ag+、Pd2+的溶液中加入NaCl得到AgCl沉淀和[PdCl4]2−，过滤后的AgCl固体和含有[PdCl4]2−的溶液，AgCl溶于氨水得到银氨溶液Y，Y加入水合肼得到Ag；[PdCl4]2−溶液中加入氨水得到含[Pd(NH3)4]2+的溶液，含[Pd(NH3)4]2+的溶液中加入盐酸调节溶液的pH得到Pd(NH3)2Cl2。
本题考查物质的分离和提纯，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法、配合物的性质等知识点是解本题关键，难点是知识点的灵活运用。
16.【答案】100mL容量瓶 酸性 Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ Fe3+ NaCl固体 向实验1反应后溶液中加入Na2SO4固体，溶液颜色变浅或向实验2反应后溶液中加入少量BaCl2溶液，溶液紫色变深 溶液中存在平衡Fe3++6C6H5O−⇌[Fe(C6H5O)6]3−，H+与C6H5O−结合成C6H5OH，降低了溶液中C6H5O−的浓度，促进平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3−浓度减小，溶液颜色变浅 不合理，pH过大，OH−浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应 阴离子种类、溶液pH
【解析】解：(1)配制100mL0.1ml⋅L−1苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100 mL容量瓶，
故答案为：100 mL容量瓶；
(2)氯化铁溶液呈酸性，原因是铁离子水解生成氢离子，离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，
故答案为：酸性；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；
(3)过渡金属元素通常可以提供空轨道形成配位键，故[Fe(C6H5O)6]3−中，提供空轨道用以形成配位键的微粒是Fe3+，
故答案为：Fe3+；
(4)①根据分析，向实验2反应后溶液中加入NaCl固体，溶液颜色无变化，证明猜想i不成立，
故答案为：NaCl固体；
②根据分析，证明猜想ii成立的实验操作和现象为：向实验1反应后溶液中加入Na2SO4 固体，溶液颜色变浅(或向实验2反应后溶液中加入少量BaCl2溶液，溶液紫色变深)，
故答案为：向实验1反应后溶液中加入Na2SO4 固体，溶液颜色变浅；或向实验2反应后溶液中加入少量BaCl2溶液，溶液紫色变深；
(5)实验证明，H+对Fe3+与苯酚反应生成的配合物有抑制作用，平衡角度解释为：溶液中存在平衡Fe3++6C6H5O−⇌[Fe(C6H5O)6]3−，H+与C6H5O−结合成C6H5OH，降低了溶液中C6H5O−的浓度，促进平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3−浓度减小，溶液颜色变浅，
故答案为：溶液中存在平衡Fe3++6C6H5O−⇌[Fe(C6H5O)6]3−，H+与C6H5O−结合成C6H5OH，降低了溶液中C6H5O−的浓度，促进平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3−浓度减小，溶液颜色变浅；
(6)pH过大，OH−浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应，故不合理，
故答案为：不合理，pH过大，OH−浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应；
(7)由以上研究可知，影响铁离子与苯酚反应的因素有：阴离子种类、溶液pH，
故答案为：阴离子种类、溶液pH。
实验1中氯化铁与苯酚反应溶液为紫色，实验2中硫酸铁与苯酚反应溶液为浅紫色，通过实验现象提出猜想：i.Cl−对铁离子与苯酚的反应有促进作用；ii.SO42−对铁离子与苯酚的反应有抑制作用。后续验证猜想时，在实验2后的反应液中加入氯化钠固体，溶液颜色无变化，说明猜想i不成立；为了验证猜想ii成立，可采用的方法为：实验1的溶液中加入硫酸根或实验2的溶液中消耗掉硫酸根，观察溶液颜色变化，以此来解答。
本题主要考查了性质实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，正确理解实验步骤是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
17.【答案】N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N>O氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定 平面三角形 甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H−C−H的键角大于C−O−H的键角 C6H6O+28⋅OH→6CO2+17H2O 6155×1021a3NA
【解析】解：(1)①同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素大，N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N>O，
故答案为：N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N>O；
②氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定，化学性质稳定，
故答案为：氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定；
③NO3−中N原子的价层电子对数为3+5+1−2×32=3，为sp2杂化，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
(2)甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H−C−H的键角大于C−O−H的键角，
故答案为：甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H−C−H的键角大于C−O−H的键角；
(3)⋅OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，反应的化学方程式为：C6H6O+28⋅OH→6CO2+17H2O，
故答案为：C6H6O+28⋅OH→6CO2+17H2O；
(4)①Ti为22号元素，价层电子排布式为3d24s2，价层电子轨道表示式为，
故答案为：；
②由晶胞图可知，距Ti原子最近且等距的O原子位于Ti原子的上下前后左右，共6个，
故答案为：6；
③Ti原子位于顶点，个数为8×18=1，O原子位于棱心，个数为12×14=3，1个C原子位于体心，晶胞质量为48+16×3+59NAg=155NAg，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，晶体密度ρ=mV=155NA(a×10−7)3=155×1021a3NA，
故答案为：155×1021a3NA。
(1)①同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素大；原子轨道中电子处于全空、全满、半满时较稳定，失去1个电子所需能量较高；
②氮气分子中存在N≡N；
③NO3−中N原子的价层电子对数为3+5+1−2×32=3，为sp2杂化，没有孤电子对；
(2)孤电子对与成键电子对间存在斥力；
(3)⋅OH可将苯酚氧化为H2O和CO2；
(4)①Ti为22号元素，价层电子排布式为3d24s2；
②由晶胞图可知，距Ti原子最近且等距的O原子位于Ti原子的上下前后左右；
③Ti原子位于顶点，个数为8×18=1，O原子位于棱心，个数为12×14=3，1个C原子位于体心，晶胞质量为48+16×3+59NAg=155NAg，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，根据ρ=mV计算晶体密度。
本题考查物质结构与晶体结构，涉及价电子排布式、电离能比较、键角比较、化学键的分析和晶胞结构与计算等，其中用均摊法计算晶胞是解题难点，题目难度中等。
18.【答案】 +2NaOH→△H2O+NaCl+H2Oabd C16H12O2 氧化剂
【解析】解：(1)A的结构简式为，
故答案为：；
(2)A→B的化学方程式为+2NaOH→△H2O+NaCl+H2O，
故答案为：+2NaOH→△H2O+NaCl+H2O；
(3)a.C水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反应，则1mlC最多能与2mlNaOH反应，故a正确；
b.C中苯环上有3种氢原子，则C中苯环上的一氯代物有3种，故b正确；
c.D为，D中酚羟基能形成羟基，C不可形成氢键，故c错误；
d.D的一种同分异构体含有苯环和羧基，如、等，故d正确；
故答案为：abd；
(4)F中含有两个六元环，F的结构简式为，
故答案为：；
(5)H的分子式为C16H12O2，
故答案为：C16H12O2；
(6)在H转化成胭木二酮的过程中，多了氧原子，Cu(OTf)2的主要作用是成环，SeO2的主要作用是氧化剂，
故答案为：氧化剂。
苯和氯气发生取代反应生成A，A发生水解反应生成B，B和乙酰氯发生取代反应生成C，则A为、B为，C发生信息中的反应生成D，D和Na、乙酸乙酯反应生成E，根据E的结构简式知，D为，E发生反应生成F，F发生取代反应生成G，F为，G发生取代反应生成H，H发生反应生成。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意反应过程中断键和成键方式，题目难度中等。
19.【答案】CH3CH(OH)CH3 氧化反应 ；
【解析】解：(1)通过以上分析知，A的结构简式为CH3CH(OH)CH3，
故答案为：CH3CH(OH)CH3；
(2)A发生氧化反应生成B，反应①的反应类型为氧化反应，
故答案为：氧化反应；
(3)C中含氧官能团与B相同，C的结构简式可能为，
故答案为：；
(4)F的结构简式为，
故答案为：；
(5)反应⑤的化学方程式为，
故答案为：；
(6)I为，N是I的同分异构体，N满足下列条件：
①苯环上有两个取代基；
②与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；
③能发生银镜反应，但不能发生水解反应，说明含有醛基但不含酯基；
④1mlN与足量Na反应，生成1mlH2，说明含有一个醇羟基，取代基为酚−OH、−CH(OH)CHO，两个取代基有邻位、对位、间位3种同分异构体，其结构简式为，
故答案为：；
(7)G为，I为，G经三步反应合成I，发生水解反应、氧化反应、加成反应得到I，合成路线为，所以中间产物1、中间产物2的结构简式分别是
故答案为：；。
B的不饱和度为3×2+2−62=1，A比B多2个氢原子，则A发生氧化反应生成B，B中含有碳氧双键，B的核磁共振氢谱只有一组峰，则B为CH3COCH3，A为CH3CH(OH)CH3，根据M的结构简式及E的分子式知，E为，E发生信息中的反应生成F为，F中甲基上的两个H原子被Cl原子取代生成G为，G发生多步反应生成I；D和I发生酯化反应生成M，D为、I为，C和氢气发生加成反应生成D，B发生脱水成环反应生成C，C为；
(7)G为，I为，G经三步反应合成I，发生水解反应、氧化反应、加成反应得到I。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，知道物质之间的转化关系，题目难度中等。选项
A
B
C
D
物质
CH3CH=CH2
CH3COOH
CH3OCH3
类别
烯烃
羧酸
酚
醚
官能团
−OH
化学键
C−H
Si−H
C=O
C−O
Si−O
C−C
Si−Si
键能/kJ⋅ml−1
411
318
799
358
452
346
222