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2018-2019学年安徽省六安市舒城中学高二下学期期末考试化学试题 解析版
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2018-2019学年度第二学期期末考试高二化学
总分：100分 时间：100分钟
试卷说明：1.请将答案写在答题卷上，写在试卷上的不得分
2.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Cl-35.5 Cr-52
一、选择题（本大题共12小题，每小题只有一个最佳选项，每小题3分，合计36分）
1.从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有氧化性
B. 汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石
C. “司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中的“杓”含Fe2O3
D. 港珠澳大桥采用超高分子聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚铁离子易被人体吸收，维生素C具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，则喝补铁剂时，加维生素C效果较好，故A错误；
B．瓷器的成分为硅酸盐，主要原料为黏土，不是石灰石，故B错误；
C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；
D．聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确；
答案选D。
2.图中所示的装置图能够达到实验目的是 ( )
A. 配制一定浓度的稀硫酸
B. 实验室制备Fe(OH)2
C. 比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱
D. 加热熔融NaOH固体
【答案】B
【解析】
【分析】
A.不能在容量瓶中稀释；
B.Fe与电源正极相连，为阳极，煤油可隔绝空气；
C.盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸；
D.二氧化硅与NaOH反应。
【详解】A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释后,冷却后再转移到容量瓶中定容，A错误；
B.Fe与电源正极相连，为阳极，Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，与溶液中的OH-结合形成Fe(OH)2，煤油可隔绝空气，防止Fe(OH)2被氧化，图中装置可制备，B正确；
C.盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸，不能用于比较氯和硅的非金属性，C错误；
D.二氧化硅能够与NaOH反应，应选铁坩埚，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，把握物质的性质、溶液配制、物质的制备、非金属性比较、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。
3.下列离子组在一定条件下能共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且所给离子方程式正确的是（ ）
选项
离子组
加入试剂
加入试剂后发生反应的离子方程式
A
Na+、H+、Cl-、NO3-
铜
3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
B
Fe3+、ClO-、I-
氢氧化钠溶液
Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3↓
C
Ba2+、HCO32-、Cl-
氢氧化钠溶液
HCO3- + OH- = CO32- + H2O
D
Al3+、Cl-、SO42-
过量氢氧化钠
Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.本组离子可以大量共存，在酸性条件下硝酸根具有氧化性，能把铜氧化为铜离子，其离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，A项正确；
B. ClO-和Fe3+均具有强氧化性，I-具有强还原性，则不能大量共存，B项错误；
C.本组离子可以大量共存，加入氢氧化钠溶液生成碳酸钡沉淀，其离子方程式应为Ba2++ HCO3-+OH-==BaCO3↓+H2O，C项错误；
D.本组离子可以大量共存，过量的氢氧化钠与铝离子反应会生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为Al3++4OH-==AlO2-+2H2O，D项错误；
答案选A。
【点睛】本题将离子方程式的书写正误判断及离子共存结合给题，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：
1.是否符合客观事实，如铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；
2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；
3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；
4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；
5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种，如本题的B选项，ClO-和Fe3+均能与I-发生氧化还原反应而不共存。
总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断离子共存的有效途径。
4.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（ ）
A. SO2 和湿润的 Cl2 都有漂白性，推出二者混合后漂白性更强
B. Fe3Cl8 可以改写为 FeCl2·2FeCl3，推出 Fe3I8 可以改写为 FeI2·2FeI3
C. 由 F、Cl、Br、I 非金属性依次减弱，推出 HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次减弱
D. CO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中无沉淀生成，推出 SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中无沉淀生成
【答案】C
【解析】
A.等物质的量的二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸,不再具有漂白性,故A错误; B项，Fe3+有氧化性，I-有还原性，二者可发生氧化还原反应，即Fe I3 不可能存在，故B项错误； C、非金属的非金属性越强,还原性越弱,F、C1、Br、I的非金属性逐渐减弱,所以其还原性依次增强,所以C选项是正确的; D项，NO3-可以将SO32-氧化为SO42-，有BaSO4沉淀生成，故D项错误；答案：C。
5.某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 两步反应均为吸热反应
B. 三种化合物的稳定性顺序：B﹤A﹤C
C. 加入催化剂不改变反应的焓变，但能提高转化率
D. 整个反应的ΔH＝E1－E2
【答案】B
【解析】
【分析】
A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热；B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量与焓变、物质的稳定性的关系可得结论。
【详解】A．A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；
B．物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：B＜A＜C，故B正确；
C．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，只提高反应速率，不改变平衡移动，因此不能提高转化率，故C错误；
D．整个反应的热效应只与始态和终态有关，则△H=(E1-E2)-(E4-E3)=E1+E3-E2-E4，故D错误；
答案选B。
6.在密闭容器中进行反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H>0，测得c(CH4)随反应时间(t)的变化如图所示。下列判断正确的是（ ）
A. 10 min时，改变的外界条件可能是升高温度
B. 反应进行到12min时，CH4的转化率为25%
C. 0∽5 min内，v(H2)＝0.1 mol·(L·min)-1
D. 恒温下，缩小容器体积，平衡后H2浓度减小
【答案】A
【解析】
【详解】A. 由图可知，10min 时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，故A正确；
B. 反应进行到12min时，CH4的转化率为 ×100％=75％，故B错误；
C. 根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/ L减小为0.50mol/L，故v(CH4) =(1-0.5)mol∙L-1/5min=0.1mol/ (L∙min) ，由化学计量数之比等于反应速率之比，则v (H2)=3×0.1mol/ (L∙min) =0. 3mol/(L∙min) ，故C错误；
D. 恒温下，缩小容器体积导致氢气浓度增大，虽然压强增大，平衡向逆反应方向移动，移动的结果减小氢气浓度的增大，但根据勒夏特列原理，不会消除浓度增大，平衡后c (H2)增大，故D错误；
故选A。
7.常温下，关于下列两种溶液的说法不正确的是（ ）
①
②
pH
12
12
溶质
NaOH
NH3·H2O
A. ①中c(NH4+)等于②中c(Na+)
B. 两溶液中溶质的物质的量浓度：①<②
C. 中和等体积的两溶液所用等浓度盐酸的体积：①<②
D. 两溶液分别与pH=2的盐酸等体积混合后，混合液的pH：①>②
【答案】D
【解析】
【详解】A.电荷守恒可得：c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)、c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，两溶液的pH相同，相同温度下氢离子、氢氧根离子浓度相同，则c(NH4+)=c(Na+)=c(OH-)- c(H+)，A正确；
B.NaOH是一元强碱，完全电离，c(OH-)=c(NaOH)，一水合氨是一元弱碱，存在电离平衡，所以c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(NaOH)，即①<②，B正确；
C.由于物质的量浓度c(NH3·H2O)>c(NaOH)，所以当两者体积相同时，n(NH3·H2O)>n(NaOH)，因此中和等体积的两溶液所用等浓度盐酸的体积：n(NH3·H2O)>n(NaOH)，即①<②，C正确；
D.由于c(NH3·H2O)>c(NaOH)，所以两溶液分别与pH=2的盐酸等体积混合后，一水合氨过量，溶液相对来说，碱性强些，故混合后混合液的pH：①<②，D错误；
故合理选项是D。
8.研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2—CaO作电解质，利用图示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。下列说法中正确的是（ ）
A. 将熔融CaF2—CaO换成Ca(NO3)2溶液也可以达到相同目的
B. 阳极的电极反应式为：C + 2O2- - 4e- ＝ CO2↑
C. 在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量减少
D. 石墨为阴极
【答案】B
【解析】
试题分析：由图可知，石墨为阳极，阳极上的电极反应式为C+2O2﹣﹣4e﹣═CO2↑，钛网电极是阴极，阴极上的电极反应式为:2Ca2++4e﹣═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为:2Ca+TiO2＝Ti+2CaO。A. 将熔融CaF2—CaO换成Ca(NO3)2溶液后，阴极上溶液中的氢离子放电，所以得不到钙，故A不正确；B. 阳极的电极反应式为C+2O2--4e-＝CO2↑，B正确；C. 由阴极上的电极反应式:2Ca2++4e﹣═2Ca及钙还原二氧化钛反应方程式2Ca+TiO2＝Ti+2CaO可知，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变，C不正确；D. 石墨为阳极，D不正确。本题选B。
点睛：本题考查了电解原理，根据图中信息可以判断电极属性及两个电极上发生的反应，要仔细读图、充分尊重题中信息，切不可主观臆造。
9.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. K+的结构示意图：
B. 基态氮原子的电子排布图：
C. 水的电子式：
D. 基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d44s2
【答案】B
【解析】
分析：A、钾离子的核外电子数是18；
B、根据核外电子排布规律分析；
C、水是共价化合物；
D、处于全充满或半充满时稳定性强。
详解：A、K+的结构示意图：，A错误；
B、根据核外电子排布规律可知基态氮原子的电子排布图为，B正确；
C、水是共价化合物，含有共价键，水的电子式：，C错误；
D、基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d54s1，D错误；答案选B。
10.下列说法正确的是( )
A. 基态原子的能量一定比激发态原子的能量低
B. 1s22s12p1表示的是基态原子的电子排布
C. 日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关
D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
【答案】C
【解析】
【分析】
：A．基态原子吸收能量变为激发态原子；
B．基态Be原子的电子排布式是1s22s2；
C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量；
D．吸收光谱和发射光谱统称原子光谱。
【详解】A．基态原子吸收能量变为激发态原子，所以激发态原子能量大于基态原子能量，前提是同种原子间的比较，A错误；
B．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，所以基态Be原子的电子排布式是1s22s2，B错误；
C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量，因此日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，C正确；
D．电子在基态跃迁到激发态时也会产生原子光谱，D错误；
答案选C。
11.下列变化中，不需要破坏化学键的是（ ）
A. 食盐熔融 B. 氨气液化 C. HCl溶于水 D. 石油裂化
【答案】B
【解析】
【详解】A. 食盐熔融电离出阴阳离子，离子键被破坏，A错误；
B. 氨气液化属于物理变化，改变的分子间作用力，化学键不变，B正确；
C. HCl溶于水电离出阴阳离子，共价键被破坏，C错误；
D. 石油裂化是化学变化，化学键被破坏，D错误。
答案选B。
12.化合物A是近年来采用的锅炉水添加剂，其结构式如图，A能除去锅炉水中溶解的氧气，下列说法正确的是（ ）
A. A分子中所有原子都在同一平面内
B. A分子中所含σ键与π键个数之比为10：1
C. 所含C、N均为sp2杂化
D. A与O2反应生成CO2、N2、H2O物质的量之比为1∶2∶3
【答案】D
【解析】
【详解】A．因氨气分子构型为三角锥形，即氮原子与所连的三个原子不在同一平面，所以A分子中所有原子不可能共平面，A错误；
B．一个单键就1个σ键，一个双键含有1个σ键和1个π键，所以A分子中含有11个σ键和1个π键，σ键与π键个数之比为11：1，B错误；
C．N为sp3杂化，C错误；
D．根据元素守恒，1molA在足量O2中燃烧生成CO2、N2、H2O的物质的量分别为：1mol，2mol，3mol，之比为1：2：3，D正确；
答案选D。
13.C5H12有3种不同结构，甲：CH3(CH2)3CH3，乙：CH3CH(CH3)CH2CH3，丙：C(CH3)4 ，下列相关叙述正确的是（ ）
A. 甲、乙、丙属同系物，物理性质相似，化学性质相同
B. C5H12表示一种纯净物
C. 甲、乙、丙中，丙的沸点最低
D. 丙有3种不同沸点的二氯取代物
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3(CH2)3CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4是分子式相同，结构不同，是同分异构体，不是同系物，故A错误；
B．C5H12存在3种同分异构体：CH3(CH2)3CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4，不能表示纯净物，故B错误；
C．同分异构体中，支链越多，沸点越低，则沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷，即甲、乙、丙中，丙的沸点最低，故C正确；
D．C(CH3)4的二氯代物有两种：CHCl2C(CH3)3、(CH2Cl)2C(CH3)2，即有2种不同沸点的二氯取代物，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为A，要注意正确区分同系物和同分异构体，关键是从概念理解和区分。
14.将气体X通入溶液A（如下图，尾气吸收装置略）中，实验现象能够支持结论的是（ ）
选项
气体X
溶液A及反应现象
结论
A
乙醇与浓硫酸共热170℃产生的气体
Br2的水溶液由橙黄色变为无色
乙烯与溴发生反应
B
电石与饱和食盐水反应产生的气体
KMnO4酸性溶液紫色逐渐变浅
乙炔被高锰酸钾酸性溶液氧化
C
溴乙烷与氢氧化钠醇溶液共热生成的气体
Br2的水溶液由橙黄色变为无色
乙烯与溴发生反应
D
碳酸钠固体与醋酸溶液反应产生的气体
苯酚钠溶液中出现白色浑浊
碳酸的酸性强于苯酚
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙醇与浓硫酸共热170℃产生的乙烯气体中混有杂质二氧化硫，二氧化硫也能够使溴水褪色，干扰了检验，故A错误；
B.电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有硫化氢，硫化氢能够使KMnO4酸性溶液紫色逐渐变浅，干扰了实验结果，故B错误；
C. 溴乙烷与氢氧化钠醇溶液共热发生消去反应得到乙烯，乙烯可以与溴水反应，使之褪色，故C正确；
D. 碳酸钠固体与醋酸溶液反应产生的二氧化碳气体中混有醋酸，醋酸能够与硅酸钠溶液反应，干扰了检验结果，故D错误。
故选C。
【点睛】在物质检验过程中，要考虑可能存在的杂质的干扰，这些杂质可能是反应中的副产物，也可能是未反应的反应物。
15.有机物W 在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如下：
下列说法正确的是（ ）
A. M、N、W 均能发生加成反应、取代反应
B. N、W 组成上相差一个CH2原子团，所以互为同系物
C. W 属于酯类，酸性水解和碱性水解产物相同
D. 1mol N可与4mol H2发生加成反应
【答案】A
【解析】
【分析】
由合成流程可知，M发生氧化反应生成N，N与甲醇发生酯化反应生成W，结合三者的结构分析解答。
【详解】A．M、N、W均含苯环，均可与氢气发生加成反应，在催化剂条件下苯环上H可发生取代反应，故A正确；
B．N属于羧酸，W属于酯，为不同类别的有机物，结构不相似，不属于同系物，故B错误；
C．W 属于酯类，酸性条件下水解生成酸和醇，碱性条件下水解生成盐和醇，产物不同，故C错误；
D．N中只有苯环能够与氢气发生加成反应，1molN中含有1mol苯环，最多能够与3mol氢气发生加成反应，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意羧基和酯基中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应。
16.已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸。可经三步反应制取，发生的反应类型依次是（ ）
A. 水解反应、加成反应、氧化反应 B. 加成反应、水解反应、氧化反应
C. 水解反应、氧化反应、加成反应 D. 加成反应、氧化反应、水解反应
【答案】A
【解析】
【详解】：先水解，溴原子被-OH取代，得到，然后其和氯化氢加成，保护双键，最后用强氧化剂将醇氧化为羧酸即可，发生的反应类型依次为：水解反应、加成反应、氧化反应，故选A。
17.下列有机物的同分异构体数目（不考虑立体异构）由小到大的顺序是（ ）
序数
①
②
③
分子式
C9H12
C3H7OCl
C5H12O
限定条件
芳香烃
含羟基
不能与钠反应放出气体
A. ③②① B. ②③① C. ③①② D. ②①③
【答案】B
【解析】
【详解】分子式为C9H12，其同分异构体属于芳香烃，分子组成符合CnH2n−6，是苯的同系物，可以有一个侧链为：正丙基或异丙基，可以有2个侧链为：乙基、甲基，有邻、间、对3种，可以有3个甲基，有相连、相偏、相均3种，即C9H12是芳香烃的同分异构体共有8种，由化学式C3H7OCl可知丙烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个−OH取代，丙烷只有一种结构，Cl与−OH可以取代同一碳原子上的H原子，有2种：CH3CH2CHOHCl、CH3COHClCH3，可以取代不同碳原子上的H原子，有3种：HOCH2CH2CH2Cl、CH3CHOHCH2Cl、CH3CHClCH2OH，共有5种，分子式为C5H12O的有机物，不与金属钠反应放出氢气，说明该物质为醚类，若为甲基和丁基组合，醚类有4种，若为乙基和丙基组合，醚类有2种，所以该醚的同分异构体共有6种，则同分异构体数目(不考虑立体异构)由小到大的顺序是②③①，故选B。
【点睛】根据限制条件正确判断该有机物的结构特点是解决本题的关键，第③个有机物同分异构体数目的判断为易错点，注意醇和醚化学性质的区别。
18.乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如图：
下列说法正确的是（ ）
A. 反应①、②均是取代反应
B. 反应③、④的原子利用率均为100％
C. 与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2种
D. 乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应①为酯化反应，属于取代反应，反应②不饱和度降低，为加成反应，A项错误；
B. 反应③产物只有乙酸乙酯，其原子利用率为100％，而反应④为C4H10+O2 →C4H8O2，H原子没有全部进入到目标产物，原子利用率不为100%，B项错误；
C.与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类有HCOOCH2CH2CH3，HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3中，C项错误；
D. 乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，则乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别，D项正确；
答案选D。
【点睛】有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。依据两者的区别，本题的A选项反应②显然为加成反应，而不是取代反应。因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题型时游刃有余。
二、非选择题（本大题共4题46分）
19.硫的化合物在科研、生活及化学工业中具有重要的作用。
（1）废水处理领域中，H2S或Na2S能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。25 ℃，在0.10 mol·L－1 H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2－)关系如下表(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。
pH
3
5
7
9
11
c(S2－)/ (mol·L－1)
1.4×10－15
1.4×10－11
6.8×10－8
1.3×10－5
1.3×10－3
某溶液含0.020 mol·L－1 Mn2＋、0.10 mol·L－1 H2S，当溶液pH＝5时，Mn2＋开始沉淀，MnS的溶度积为_______。
（2）工业上采用高温分解H2S制取氢气，其反应为2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)，在膜反应器中分离出H2。
①在密闭容器中，充入0.10 mol H2S(g)，发生反应2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)，控制不同温度和压强进行实验，结果如下图。
图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为________________________________。
②若容器的容积为2.0 L，则压强为p3，温度为950 ℃时，反应经3 h达到平衡，化学反应速率v(S2)＝____。
③若压强p2＝7.2 MPa、温度为975 ℃时，该反应的平衡常数Kp＝__________________（用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数，结果保留两位有效数字）。
【答案】 (1). 2.8×10－13 (2). p3>p2>p1 (3). 0.0025 mol·L－1·h－1 (4). 0.53
【解析】
【分析】
(1)根据表格数据，溶液的pH=5，c(S2-)=1.4×10-11mol•L-1，Mn2＋开始沉淀，结合Ksp=c(Mn2+)•c(S2-)计算；
(2)①2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)为气体体积增大的反应，根据压强对平衡的影响结合图像分析判断；②950℃时，压强为p3，H2S的转化率为30%，计算出H2S的物质的量的变化量，计算v(H2S)，再根据方程式计算v(S2)；③压强p2＝7.2 MPa、温度为975 ℃时，H2S的转化率为40%，根据三段式计算。
【详解】(1)根据表格数据，溶液的pH=5，c(S2-)=1.4×10-11mol•L-1，Mn2＋开始沉淀，所以Ksp=c(Mn2+)•c(S2-)=1.4×10-11mol•L-1×0.020mol•L-1=2.8×10-13，故答案为：2.8×10-13；
(2)①2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)为气体体积增大的反应，压强越大，H2S的转化率越低，因此压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p3>p2>p1，故答案为：p3>p2>p1；
②950℃时，压强为p3，H2S的转化率为30%，H2S的物质的量的变化量△n=0.1mol×30%=0.03mol，因此v(H2S)===0.005mol/(L•h)，则v(S2)＝v(H2S)=0.0025mol/(L•h)， 故答案为：0.0025mol/(L•h)；
③压强p2＝7.2 MPa、温度为975 ℃时，H2S的转化率为40%，H2S的物质的量的变化量为0.1mol×40%=0.04mol，
2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)
起始量(mol) 0.1 0 0
变化量(mol) 0.04 0.04 0.02
平衡量(mol) 0.06 0.04 0.02
平衡常数Kp==0.53 MPa，故答案为：0.53 MPa。
20.铬钾矾[KCr(SO4)2˙12H2O]在鞣革、纺织等工业上有广泛的用途。某学习小组用还原K2Cr2O7,酸性溶液的方法制备铬钾矾，装置如图所示：
回答下列问题：
(1)A中盛装浓硫酸的仪器名称是________。
(2)装置B中反应的离子方程式为_________________________________。
(3)反应结束后，从B装置中获取铬钾矾晶体的方法是：向混合物中加入乙醇后析出晶体，过滤、洗涤、低温干燥，得到产品。
①加入乙醇后再进行过滤的目的是____________。
②低温干燥的原因是_________________________。
(4)铬钾矾样品中铬含量的测定：取mg样品置于锥形瓶中用适量水溶解，加入足量的Na2O2进行氧化，然后用硫酸酸化使铬元素全部变成Cr2O72-，用c mol/L的FeSO4溶液滴定至终点，消耗FeSO4溶液v mL，该样品中铬的质量分数为________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Cr2O72-+3SO2 +2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O (3). 降低铬钾矾在溶液中的溶解量，有利于晶体析出 (4). 防止铬钾矾失去结晶水 (5). %
【解析】
【分析】
由装置图可知，A为制备还原剂二氧化硫的装置，B为制备铬钾矾的装置，C为尾气处理装置。B中发生二氧化硫和Cr2O72-的反应，生成铬离子和硫酸根离子，根据氧化还原反应的规律，结合化学实验的基本操作分析解答。
【详解】(1)根据装置图，A中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(2)装置B中二氧化硫和Cr2O72-的反应，生成铬离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为Cr2O72-+3SO2 +2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O，故答案为：Cr2O72-+3SO2 +2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O；
(3)反应结束后，从B装置中获取铬钾矾晶体的方法是：向混合物中加入乙醇后析出晶体，过滤、洗涤、低温干燥，得到产品。
①加入乙醇降低铬钾矾在溶液中的溶解量，有利于晶体析出，然后过滤即可，故答案为：降低铬钾矾在溶液中的溶解量，有利于晶体析出；
②由于铬钾矾晶体[KCr(SO4)2˙12H2O]中含有结晶水，高温下会失去结晶水，为了防止铬钾矾失去结晶水，实验中需要低温干燥，故答案为：防止铬钾矾失去结晶水；
(4)将样品置于锥形瓶中用适量水溶解，加入足量的Na2O2进行氧化，然后用硫酸酸化使铬元素全部变成Cr2O72-，用c mol/L的FeSO4溶液滴定至终点，根据得失电子守恒，存在Cr2O72-~6 FeSO4，根据Cr2O72-+3SO2 +2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O有2Cr3+~ Cr2O72-~6 FeSO4，消耗FeSO4溶液v mL，消耗的FeSO4的物质的量=c mol/L×v ×10-3L= c v×10-3 mol，因此样品中含有Cr3+ 的物质的量=×c v×10-3 mol，样品中铬的质量分数=×100%=%，故答案为：%。
21.碳、氮、氧、氟、钙、铜等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：
(1)将乙炔(C2H2)通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。1个乙炔分子中σ键数目为___________，基态Cl原子的核外电子排布式为__________，[Cu(NH3)4] 2+中Cu 2+的配位数为___________。
(2)NF3是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体。元素第一电离能N___________F(填“>”“<”或“=”)， NF3中氮原子的杂化轨道类型为____________________，NF3分子的空间构型___________。
(3)氮的氧化物中与CO2互为等电子体的分子为___________（写化学式）。
【答案】 (1). 3 (2). 1s22s22p63s23p5 (3). 4 (4). < (5). sp3杂化 (6). 三角锥形 (7). N2 O
【解析】
【分析】
(1)乙炔分子结构式为H-C≡C-H，据此判断σ键的数目；Cl原子核外有17个电子，据此书写电子排布式；[Cu(NH3)4]2+中 Cu2+与4个NH3形成配位键，据此判断配位数；
(2)同周期主族元素随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素第一电离能高于同周期相邻元素的；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算判断；
(3)原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，据此分析解答。
【详解】(1)乙炔分子结构式为H-C≡C-H，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，1个乙炔分子中σ键数目为3；Cl原子核外有17个电子，电子排布式为：1s22s22p63s23p5；[Cu(NH3)4]2+中 Cu2+与4个NH3形成配位键，配位数为4，故答案为：3；1s22s22p63s23p5；4；
(2)同周期主族元素随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能N＜F；NF3中氮原子孤电子对数==1，价层电子对数=1+3=4，即杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化，分子空间构型为三角锥形结构，故答案为：＜；sp3杂化；三角锥形；
(3) 互为等电子体的微粒具有相等的原子数和价电子数，氮的氧化物中与CO2互为等电子体的分子为N2 O，故答案为：N2 O。
22.某研究小组以甲苯为原料，合成抗癌药——拉帕替尼的中间体H的具体路线如下：
已知：①G的分子式为：C8H5N2OI
②
③
回答下列问题：
(1)A→B的试剂和条件是__________；D→E的反应类型是________。
(2)C的结构简式为__________，其中含有的官能团名称为_____________。
(3)写出E→G反应的化学方程式________________。
(4)C有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有________种。①分子中含有苯环；②分子中含有—NO2且不含—O—NO2结构；③能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱有3组峰，并且峰面积为1∶2∶2的有机物结构简式为____________。
(5)以硝基苯和有机物A为原料，设计路线合成，其他无机材料自选。___________。
【答案】 (1). 浓HNO3、浓H2SO4，加热 (2). 取代反应 (3). (4). 羧基、硝基 (5). (6). 13 (7). (8).
【解析】
【分析】
根据流程图，甲苯发生硝化反应生成B()，B中苯环上含有甲基，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，则C为，根据信息②，C发生还原反应生成D()，D与ICl发生取代反应生成E()，G的分子式为：C8H5N2OI，则E和F(H2NCH=NH)发生取代反应生成G，G为，同时生成氨气和水，据此结合物质的结构和官能团的性质分析解答。
【详解】(1)A(甲苯)发生硝化反应生成B()，反应试剂和条件为浓HNO3、浓H2SO4，加热；根据上述分析，D→E的反应类型为取代反应，故答案为：浓HNO3、浓H2SO4，加热；取代反应；
(2)根据上述分析，C为，其中含有的官能团有羧基、硝基，故答案为：；羧基、硝基；
(3)E()和F(H2NCH=NH)发生取代反应生成G，G为，同时生成氨气和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
(4)C()有多种同分异构体，①分子中含有苯环；②分子中含有—NO2且不含—O—NO2结构；③能发生银镜反应，说明还含有醛基，因此该同分异构体的结构有：若苯环上含有醛基、羟基和硝基，则有10种结构(醛基、羟基位于邻位，硝基有4种位置、醛基、羟基位于间位，硝基有4种位置、醛基、羟基位于对位，硝基有2种位置)；若苯环上含有HCOO-和硝基，则有3种结构，共含有13种同分异构体；其中核磁共振氢谱有3组峰，并且峰面积为1∶2∶2的有机物结构简式为，故答案为：13；；
(5)以硝基苯和甲苯为原料，合成，根据流程图中G→H的提示，要合成，可以首先合成，可以由苯甲酸和苯胺发生取代反应得到，苯甲酸可以由甲苯氧化得到，苯胺可以由硝基苯还原得到，因此合成路线为，故答案为：。
【点睛】本题的易错点和难点为(5)中合成路线的设计，理解和运用信息③和题干流程图G→H的提示是解题的关键。本题的另一个易错点为(4)中同分异构体数目的判断，要注意苯环上连接结构的判断。
2018-2019学年度第二学期期末考试高二化学
总分：100分 时间：100分钟
试卷说明：1.请将答案写在答题卷上，写在试卷上的不得分
2.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Cl-35.5 Cr-52
一、选择题（本大题共12小题，每小题只有一个最佳选项，每小题3分，合计36分）
1.从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有氧化性
B. 汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石
C. “司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中的“杓”含Fe2O3
D. 港珠澳大桥采用超高分子聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚铁离子易被人体吸收，维生素C具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，则喝补铁剂时，加维生素C效果较好，故A错误；
B．瓷器的成分为硅酸盐，主要原料为黏土，不是石灰石，故B错误；
C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；
D．聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确；
答案选D。
2.图中所示的装置图能够达到实验目的是 ( )
A. 配制一定浓度的稀硫酸
B. 实验室制备Fe(OH)2
C. 比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱
D. 加热熔融NaOH固体
【答案】B
【解析】
【分析】
A.不能在容量瓶中稀释；
B.Fe与电源正极相连，为阳极，煤油可隔绝空气；
C.盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸；
D.二氧化硅与NaOH反应。
【详解】A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释后,冷却后再转移到容量瓶中定容，A错误；
B.Fe与电源正极相连，为阳极，Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，与溶液中的OH-结合形成Fe(OH)2，煤油可隔绝空气，防止Fe(OH)2被氧化，图中装置可制备，B正确；
C.盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸，不能用于比较氯和硅的非金属性，C错误；
D.二氧化硅能够与NaOH反应，应选铁坩埚，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，把握物质的性质、溶液配制、物质的制备、非金属性比较、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。
3.下列离子组在一定条件下能共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且所给离子方程式正确的是（ ）
选项
离子组
加入试剂
加入试剂后发生反应的离子方程式
A
Na+、H+、Cl-、NO3-
铜
3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
B
Fe3+、ClO-、I-
氢氧化钠溶液
Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3↓
C
Ba2+、HCO32-、Cl-
氢氧化钠溶液
HCO3- + OH- = CO32- + H2O
D
Al3+、Cl-、SO42-
过量氢氧化钠
Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.本组离子可以大量共存，在酸性条件下硝酸根具有氧化性，能把铜氧化为铜离子，其离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，A项正确；
B. ClO-和Fe3+均具有强氧化性，I-具有强还原性，则不能大量共存，B项错误；
C.本组离子可以大量共存，加入氢氧化钠溶液生成碳酸钡沉淀，其离子方程式应为Ba2++ HCO3-+OH-==BaCO3↓+H2O，C项错误；
D.本组离子可以大量共存，过量的氢氧化钠与铝离子反应会生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为Al3++4OH-==AlO2-+2H2O，D项错误；
答案选A。
【点睛】本题将离子方程式的书写正误判断及离子共存结合给题，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：
1.是否符合客观事实，如铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；
2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；
3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；
4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；
5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种，如本题的B选项，ClO-和Fe3+均能与I-发生氧化还原反应而不共存。
总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断离子共存的有效途径。
4.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（ ）
A. SO2 和湿润的 Cl2 都有漂白性，推出二者混合后漂白性更强
B. Fe3Cl8 可以改写为 FeCl2·2FeCl3，推出 Fe3I8 可以改写为 FeI2·2FeI3
C. 由 F、Cl、Br、I 非金属性依次减弱，推出 HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次减弱
D. CO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中无沉淀生成，推出 SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中无沉淀生成
【答案】C
【解析】
A.等物质的量的二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸,不再具有漂白性,故A错误; B项，Fe3+有氧化性，I-有还原性，二者可发生氧化还原反应，即Fe I3 不可能存在，故B项错误； C、非金属的非金属性越强,还原性越弱,F、C1、Br、I的非金属性逐渐减弱,所以其还原性依次增强,所以C选项是正确的; D项，NO3-可以将SO32-氧化为SO42-，有BaSO4沉淀生成，故D项错误；答案：C。
5.某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 两步反应均为吸热反应
B. 三种化合物的稳定性顺序：B﹤A﹤C
C. 加入催化剂不改变反应的焓变，但能提高转化率
D. 整个反应的ΔH＝E1－E2
【答案】B
【解析】
【分析】
A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热；B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量与焓变、物质的稳定性的关系可得结论。
【详解】A．A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；
B．物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：B＜A＜C，故B正确；
C．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，只提高反应速率，不改变平衡移动，因此不能提高转化率，故C错误；
D．整个反应的热效应只与始态和终态有关，则△H=(E1-E2)-(E4-E3)=E1+E3-E2-E4，故D错误；
答案选B。
6.在密闭容器中进行反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H>0，测得c(CH4)随反应时间(t)的变化如图所示。下列判断正确的是（ ）
A. 10 min时，改变的外界条件可能是升高温度
B. 反应进行到12min时，CH4的转化率为25%
C. 0∽5 min内，v(H2)＝0.1 mol·(L·min)-1
D. 恒温下，缩小容器体积，平衡后H2浓度减小
【答案】A
【解析】
【详解】A. 由图可知，10min 时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，故A正确；
B. 反应进行到12min时，CH4的转化率为 ×100％=75％，故B错误；
C. 根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/ L减小为0.50mol/L，故v(CH4) =(1-0.5)mol∙L-1/5min=0.1mol/ (L∙min) ，由化学计量数之比等于反应速率之比，则v (H2)=3×0.1mol/ (L∙min) =0. 3mol/(L∙min) ，故C错误；
D. 恒温下，缩小容器体积导致氢气浓度增大，虽然压强增大，平衡向逆反应方向移动，移动的结果减小氢气浓度的增大，但根据勒夏特列原理，不会消除浓度增大，平衡后c (H2)增大，故D错误；
故选A。
7.常温下，关于下列两种溶液的说法不正确的是（ ）
①
②
pH
12
12
溶质
NaOH
NH3·H2O
A. ①中c(NH4+)等于②中c(Na+)
B. 两溶液中溶质的物质的量浓度：①<②
C. 中和等体积的两溶液所用等浓度盐酸的体积：①<②
D. 两溶液分别与pH=2的盐酸等体积混合后，混合液的pH：①>②
【答案】D
【解析】
【详解】A.电荷守恒可得：c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)、c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，两溶液的pH相同，相同温度下氢离子、氢氧根离子浓度相同，则c(NH4+)=c(Na+)=c(OH-)- c(H+)，A正确；
B.NaOH是一元强碱，完全电离，c(OH-)=c(NaOH)，一水合氨是一元弱碱，存在电离平衡，所以c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(NaOH)，即①<②，B正确；
C.由于物质的量浓度c(NH3·H2O)>c(NaOH)，所以当两者体积相同时，n(NH3·H2O)>n(NaOH)，因此中和等体积的两溶液所用等浓度盐酸的体积：n(NH3·H2O)>n(NaOH)，即①<②，C正确；
D.由于c(NH3·H2O)>c(NaOH)，所以两溶液分别与pH=2的盐酸等体积混合后，一水合氨过量，溶液相对来说，碱性强些，故混合后混合液的pH：①<②，D错误；
故合理选项是D。
8.研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2—CaO作电解质，利用图示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。下列说法中正确的是（ ）
A. 将熔融CaF2—CaO换成Ca(NO3)2溶液也可以达到相同目的
B. 阳极的电极反应式为：C + 2O2- - 4e- ＝ CO2↑
C. 在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量减少
D. 石墨为阴极
【答案】B
【解析】
试题分析：由图可知，石墨为阳极，阳极上的电极反应式为C+2O2﹣﹣4e﹣═CO2↑，钛网电极是阴极，阴极上的电极反应式为:2Ca2++4e﹣═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为:2Ca+TiO2＝Ti+2CaO。A. 将熔融CaF2—CaO换成Ca(NO3)2溶液后，阴极上溶液中的氢离子放电，所以得不到钙，故A不正确；B. 阳极的电极反应式为C+2O2--4e-＝CO2↑，B正确；C. 由阴极上的电极反应式:2Ca2++4e﹣═2Ca及钙还原二氧化钛反应方程式2Ca+TiO2＝Ti+2CaO可知，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变，C不正确；D. 石墨为阳极，D不正确。本题选B。
点睛：本题考查了电解原理，根据图中信息可以判断电极属性及两个电极上发生的反应，要仔细读图、充分尊重题中信息，切不可主观臆造。
9.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. K+的结构示意图：
B. 基态氮原子的电子排布图：
C. 水的电子式：
D. 基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d44s2
【答案】B
【解析】
分析：A、钾离子的核外电子数是18；
B、根据核外电子排布规律分析；
C、水是共价化合物；
D、处于全充满或半充满时稳定性强。
详解：A、K+的结构示意图：，A错误；
B、根据核外电子排布规律可知基态氮原子的电子排布图为，B正确；
C、水是共价化合物，含有共价键，水的电子式：，C错误；
D、基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d54s1，D错误；答案选B。
10.下列说法正确的是( )
A. 基态原子的能量一定比激发态原子的能量低
B. 1s22s12p1表示的是基态原子的电子排布
C. 日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关
D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
【答案】C
【解析】
【分析】
：A．基态原子吸收能量变为激发态原子；
B．基态Be原子的电子排布式是1s22s2；
C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量；
D．吸收光谱和发射光谱统称原子光谱。
【详解】A．基态原子吸收能量变为激发态原子，所以激发态原子能量大于基态原子能量，前提是同种原子间的比较，A错误；
B．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，所以基态Be原子的电子排布式是1s22s2，B错误；
C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量，因此日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，C正确；
D．电子在基态跃迁到激发态时也会产生原子光谱，D错误；
答案选C。
11.下列变化中，不需要破坏化学键的是（ ）
A. 食盐熔融 B. 氨气液化 C. HCl溶于水 D. 石油裂化
【答案】B
【解析】
【详解】A. 食盐熔融电离出阴阳离子，离子键被破坏，A错误；
B. 氨气液化属于物理变化，改变的分子间作用力，化学键不变，B正确；
C. HCl溶于水电离出阴阳离子，共价键被破坏，C错误；
D. 石油裂化是化学变化，化学键被破坏，D错误。
答案选B。
12.化合物A是近年来采用的锅炉水添加剂，其结构式如图，A能除去锅炉水中溶解的氧气，下列说法正确的是（ ）
A. A分子中所有原子都在同一平面内
B. A分子中所含σ键与π键个数之比为10：1
C. 所含C、N均为sp2杂化
D. A与O2反应生成CO2、N2、H2O物质的量之比为1∶2∶3
【答案】D
【解析】
【详解】A．因氨气分子构型为三角锥形，即氮原子与所连的三个原子不在同一平面，所以A分子中所有原子不可能共平面，A错误；
B．一个单键就1个σ键，一个双键含有1个σ键和1个π键，所以A分子中含有11个σ键和1个π键，σ键与π键个数之比为11：1，B错误；
C．N为sp3杂化，C错误；
D．根据元素守恒，1molA在足量O2中燃烧生成CO2、N2、H2O的物质的量分别为：1mol，2mol，3mol，之比为1：2：3，D正确；
答案选D。
13.C5H12有3种不同结构，甲：CH3(CH2)3CH3，乙：CH3CH(CH3)CH2CH3，丙：C(CH3)4 ，下列相关叙述正确的是（ ）
A. 甲、乙、丙属同系物，物理性质相似，化学性质相同
B. C5H12表示一种纯净物
C. 甲、乙、丙中，丙的沸点最低
D. 丙有3种不同沸点的二氯取代物
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3(CH2)3CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4是分子式相同，结构不同，是同分异构体，不是同系物，故A错误；
B．C5H12存在3种同分异构体：CH3(CH2)3CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4，不能表示纯净物，故B错误；
C．同分异构体中，支链越多，沸点越低，则沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷，即甲、乙、丙中，丙的沸点最低，故C正确；
D．C(CH3)4的二氯代物有两种：CHCl2C(CH3)3、(CH2Cl)2C(CH3)2，即有2种不同沸点的二氯取代物，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为A，要注意正确区分同系物和同分异构体，关键是从概念理解和区分。
14.将气体X通入溶液A（如下图，尾气吸收装置略）中，实验现象能够支持结论的是（ ）
选项
气体X
溶液A及反应现象
结论
A
乙醇与浓硫酸共热170℃产生的气体
Br2的水溶液由橙黄色变为无色
乙烯与溴发生反应
B
电石与饱和食盐水反应产生的气体
KMnO4酸性溶液紫色逐渐变浅
乙炔被高锰酸钾酸性溶液氧化
C
溴乙烷与氢氧化钠醇溶液共热生成的气体
Br2的水溶液由橙黄色变为无色
乙烯与溴发生反应
D
碳酸钠固体与醋酸溶液反应产生的气体
苯酚钠溶液中出现白色浑浊
碳酸的酸性强于苯酚
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙醇与浓硫酸共热170℃产生的乙烯气体中混有杂质二氧化硫，二氧化硫也能够使溴水褪色，干扰了检验，故A错误；
B.电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有硫化氢，硫化氢能够使KMnO4酸性溶液紫色逐渐变浅，干扰了实验结果，故B错误；
C. 溴乙烷与氢氧化钠醇溶液共热发生消去反应得到乙烯，乙烯可以与溴水反应，使之褪色，故C正确；
D. 碳酸钠固体与醋酸溶液反应产生的二氧化碳气体中混有醋酸，醋酸能够与硅酸钠溶液反应，干扰了检验结果，故D错误。
故选C。
【点睛】在物质检验过程中，要考虑可能存在的杂质的干扰，这些杂质可能是反应中的副产物，也可能是未反应的反应物。
15.有机物W 在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如下：
下列说法正确的是（ ）
A. M、N、W 均能发生加成反应、取代反应
B. N、W 组成上相差一个CH2原子团，所以互为同系物
C. W 属于酯类，酸性水解和碱性水解产物相同
D. 1mol N可与4mol H2发生加成反应
【答案】A
【解析】
【分析】
由合成流程可知，M发生氧化反应生成N，N与甲醇发生酯化反应生成W，结合三者的结构分析解答。
【详解】A．M、N、W均含苯环，均可与氢气发生加成反应，在催化剂条件下苯环上H可发生取代反应，故A正确；
B．N属于羧酸，W属于酯，为不同类别的有机物，结构不相似，不属于同系物，故B错误；
C．W 属于酯类，酸性条件下水解生成酸和醇，碱性条件下水解生成盐和醇，产物不同，故C错误；
D．N中只有苯环能够与氢气发生加成反应，1molN中含有1mol苯环，最多能够与3mol氢气发生加成反应，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意羧基和酯基中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应。
16.已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸。可经三步反应制取，发生的反应类型依次是（ ）
A. 水解反应、加成反应、氧化反应 B. 加成反应、水解反应、氧化反应
C. 水解反应、氧化反应、加成反应 D. 加成反应、氧化反应、水解反应
【答案】A
【解析】
【详解】：先水解，溴原子被-OH取代，得到，然后其和氯化氢加成，保护双键，最后用强氧化剂将醇氧化为羧酸即可，发生的反应类型依次为：水解反应、加成反应、氧化反应，故选A。
17.下列有机物的同分异构体数目（不考虑立体异构）由小到大的顺序是（ ）
序数
①
②
③
分子式
C9H12
C3H7OCl
C5H12O
限定条件
芳香烃
含羟基
不能与钠反应放出气体
A. ③②① B. ②③① C. ③①② D. ②①③
【答案】B
【解析】
【详解】分子式为C9H12，其同分异构体属于芳香烃，分子组成符合CnH2n−6，是苯的同系物，可以有一个侧链为：正丙基或异丙基，可以有2个侧链为：乙基、甲基，有邻、间、对3种，可以有3个甲基，有相连、相偏、相均3种，即C9H12是芳香烃的同分异构体共有8种，由化学式C3H7OCl可知丙烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个−OH取代，丙烷只有一种结构，Cl与−OH可以取代同一碳原子上的H原子，有2种：CH3CH2CHOHCl、CH3COHClCH3，可以取代不同碳原子上的H原子，有3种：HOCH2CH2CH2Cl、CH3CHOHCH2Cl、CH3CHClCH2OH，共有5种，分子式为C5H12O的有机物，不与金属钠反应放出氢气，说明该物质为醚类，若为甲基和丁基组合，醚类有4种，若为乙基和丙基组合，醚类有2种，所以该醚的同分异构体共有6种，则同分异构体数目(不考虑立体异构)由小到大的顺序是②③①，故选B。
【点睛】根据限制条件正确判断该有机物的结构特点是解决本题的关键，第③个有机物同分异构体数目的判断为易错点，注意醇和醚化学性质的区别。
18.乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如图：
下列说法正确的是（ ）
A. 反应①、②均是取代反应
B. 反应③、④的原子利用率均为100％
C. 与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2种
D. 乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应①为酯化反应，属于取代反应，反应②不饱和度降低，为加成反应，A项错误；
B. 反应③产物只有乙酸乙酯，其原子利用率为100％，而反应④为C4H10+O2 →C4H8O2，H原子没有全部进入到目标产物，原子利用率不为100%，B项错误；
C.与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类有HCOOCH2CH2CH3，HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3中，C项错误；
D. 乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，则乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别，D项正确；
答案选D。
【点睛】有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。依据两者的区别，本题的A选项反应②显然为加成反应，而不是取代反应。因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题型时游刃有余。
二、非选择题（本大题共4题46分）
19.硫的化合物在科研、生活及化学工业中具有重要的作用。
（1）废水处理领域中，H2S或Na2S能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。25 ℃，在0.10 mol·L－1 H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2－)关系如下表(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。
pH
3
5
7
9
11
c(S2－)/ (mol·L－1)
1.4×10－15
1.4×10－11
6.8×10－8
1.3×10－5
1.3×10－3
某溶液含0.020 mol·L－1 Mn2＋、0.10 mol·L－1 H2S，当溶液pH＝5时，Mn2＋开始沉淀，MnS的溶度积为_______。
（2）工业上采用高温分解H2S制取氢气，其反应为2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)，在膜反应器中分离出H2。
①在密闭容器中，充入0.10 mol H2S(g)，发生反应2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)，控制不同温度和压强进行实验，结果如下图。
图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为________________________________。
②若容器的容积为2.0 L，则压强为p3，温度为950 ℃时，反应经3 h达到平衡，化学反应速率v(S2)＝____。
③若压强p2＝7.2 MPa、温度为975 ℃时，该反应的平衡常数Kp＝__________________（用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数，结果保留两位有效数字）。
【答案】 (1). 2.8×10－13 (2). p3>p2>p1 (3). 0.0025 mol·L－1·h－1 (4). 0.53
【解析】
【分析】
(1)根据表格数据，溶液的pH=5，c(S2-)=1.4×10-11mol•L-1，Mn2＋开始沉淀，结合Ksp=c(Mn2+)•c(S2-)计算；
(2)①2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)为气体体积增大的反应，根据压强对平衡的影响结合图像分析判断；②950℃时，压强为p3，H2S的转化率为30%，计算出H2S的物质的量的变化量，计算v(H2S)，再根据方程式计算v(S2)；③压强p2＝7.2 MPa、温度为975 ℃时，H2S的转化率为40%，根据三段式计算。
【详解】(1)根据表格数据，溶液的pH=5，c(S2-)=1.4×10-11mol•L-1，Mn2＋开始沉淀，所以Ksp=c(Mn2+)•c(S2-)=1.4×10-11mol•L-1×0.020mol•L-1=2.8×10-13，故答案为：2.8×10-13；
(2)①2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)为气体体积增大的反应，压强越大，H2S的转化率越低，因此压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p3>p2>p1，故答案为：p3>p2>p1；
②950℃时，压强为p3，H2S的转化率为30%，H2S的物质的量的变化量△n=0.1mol×30%=0.03mol，因此v(H2S)===0.005mol/(L•h)，则v(S2)＝v(H2S)=0.0025mol/(L•h)， 故答案为：0.0025mol/(L•h)；
③压强p2＝7.2 MPa、温度为975 ℃时，H2S的转化率为40%，H2S的物质的量的变化量为0.1mol×40%=0.04mol，
2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)
起始量(mol) 0.1 0 0
变化量(mol) 0.04 0.04 0.02
平衡量(mol) 0.06 0.04 0.02
平衡常数Kp==0.53 MPa，故答案为：0.53 MPa。
20.铬钾矾[KCr(SO4)2˙12H2O]在鞣革、纺织等工业上有广泛的用途。某学习小组用还原K2Cr2O7,酸性溶液的方法制备铬钾矾，装置如图所示：
回答下列问题：
(1)A中盛装浓硫酸的仪器名称是________。
(2)装置B中反应的离子方程式为_________________________________。
(3)反应结束后，从B装置中获取铬钾矾晶体的方法是：向混合物中加入乙醇后析出晶体，过滤、洗涤、低温干燥，得到产品。
①加入乙醇后再进行过滤的目的是____________。
②低温干燥的原因是_________________________。
(4)铬钾矾样品中铬含量的测定：取mg样品置于锥形瓶中用适量水溶解，加入足量的Na2O2进行氧化，然后用硫酸酸化使铬元素全部变成Cr2O72-，用c mol/L的FeSO4溶液滴定至终点，消耗FeSO4溶液v mL，该样品中铬的质量分数为________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Cr2O72-+3SO2 +2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O (3). 降低铬钾矾在溶液中的溶解量，有利于晶体析出 (4). 防止铬钾矾失去结晶水 (5). %
【解析】
【分析】
由装置图可知，A为制备还原剂二氧化硫的装置，B为制备铬钾矾的装置，C为尾气处理装置。B中发生二氧化硫和Cr2O72-的反应，生成铬离子和硫酸根离子，根据氧化还原反应的规律，结合化学实验的基本操作分析解答。
【详解】(1)根据装置图，A中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(2)装置B中二氧化硫和Cr2O72-的反应，生成铬离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为Cr2O72-+3SO2 +2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O，故答案为：Cr2O72-+3SO2 +2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O；
(3)反应结束后，从B装置中获取铬钾矾晶体的方法是：向混合物中加入乙醇后析出晶体，过滤、洗涤、低温干燥，得到产品。
①加入乙醇降低铬钾矾在溶液中的溶解量，有利于晶体析出，然后过滤即可，故答案为：降低铬钾矾在溶液中的溶解量，有利于晶体析出；
②由于铬钾矾晶体[KCr(SO4)2˙12H2O]中含有结晶水，高温下会失去结晶水，为了防止铬钾矾失去结晶水，实验中需要低温干燥，故答案为：防止铬钾矾失去结晶水；
(4)将样品置于锥形瓶中用适量水溶解，加入足量的Na2O2进行氧化，然后用硫酸酸化使铬元素全部变成Cr2O72-，用c mol/L的FeSO4溶液滴定至终点，根据得失电子守恒，存在Cr2O72-~6 FeSO4，根据Cr2O72-+3SO2 +2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O有2Cr3+~ Cr2O72-~6 FeSO4，消耗FeSO4溶液v mL，消耗的FeSO4的物质的量=c mol/L×v ×10-3L= c v×10-3 mol，因此样品中含有Cr3+ 的物质的量=×c v×10-3 mol，样品中铬的质量分数=×100%=%，故答案为：%。
21.碳、氮、氧、氟、钙、铜等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：
(1)将乙炔(C2H2)通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。1个乙炔分子中σ键数目为___________，基态Cl原子的核外电子排布式为__________，[Cu(NH3)4] 2+中Cu 2+的配位数为___________。
(2)NF3是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体。元素第一电离能N___________F(填“>”“<”或“=”)， NF3中氮原子的杂化轨道类型为____________________，NF3分子的空间构型___________。
(3)氮的氧化物中与CO2互为等电子体的分子为___________（写化学式）。
【答案】 (1). 3 (2). 1s22s22p63s23p5 (3). 4 (4). < (5). sp3杂化 (6). 三角锥形 (7). N2 O
【解析】
【分析】
(1)乙炔分子结构式为H-C≡C-H，据此判断σ键的数目；Cl原子核外有17个电子，据此书写电子排布式；[Cu(NH3)4]2+中 Cu2+与4个NH3形成配位键，据此判断配位数；
(2)同周期主族元素随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素第一电离能高于同周期相邻元素的；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算判断；
(3)原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，据此分析解答。
【详解】(1)乙炔分子结构式为H-C≡C-H，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，1个乙炔分子中σ键数目为3；Cl原子核外有17个电子，电子排布式为：1s22s22p63s23p5；[Cu(NH3)4]2+中 Cu2+与4个NH3形成配位键，配位数为4，故答案为：3；1s22s22p63s23p5；4；
(2)同周期主族元素随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能N＜F；NF3中氮原子孤电子对数==1，价层电子对数=1+3=4，即杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化，分子空间构型为三角锥形结构，故答案为：＜；sp3杂化；三角锥形；
(3) 互为等电子体的微粒具有相等的原子数和价电子数，氮的氧化物中与CO2互为等电子体的分子为N2 O，故答案为：N2 O。
22.某研究小组以甲苯为原料，合成抗癌药——拉帕替尼的中间体H的具体路线如下：
已知：①G的分子式为：C8H5N2OI
②
③
回答下列问题：
(1)A→B的试剂和条件是__________；D→E的反应类型是________。
(2)C的结构简式为__________，其中含有的官能团名称为_____________。
(3)写出E→G反应的化学方程式________________。
(4)C有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有________种。①分子中含有苯环；②分子中含有—NO2且不含—O—NO2结构；③能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱有3组峰，并且峰面积为1∶2∶2的有机物结构简式为____________。
(5)以硝基苯和有机物A为原料，设计路线合成，其他无机材料自选。___________。
【答案】 (1). 浓HNO3、浓H2SO4，加热 (2). 取代反应 (3). (4). 羧基、硝基 (5). (6). 13 (7). (8).
【解析】
【分析】
根据流程图，甲苯发生硝化反应生成B()，B中苯环上含有甲基，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，则C为，根据信息②，C发生还原反应生成D()，D与ICl发生取代反应生成E()，G的分子式为：C8H5N2OI，则E和F(H2NCH=NH)发生取代反应生成G，G为，同时生成氨气和水，据此结合物质的结构和官能团的性质分析解答。
【详解】(1)A(甲苯)发生硝化反应生成B()，反应试剂和条件为浓HNO3、浓H2SO4，加热；根据上述分析，D→E的反应类型为取代反应，故答案为：浓HNO3、浓H2SO4，加热；取代反应；
(2)根据上述分析，C为，其中含有的官能团有羧基、硝基，故答案为：；羧基、硝基；
(3)E()和F(H2NCH=NH)发生取代反应生成G，G为，同时生成氨气和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
(4)C()有多种同分异构体，①分子中含有苯环；②分子中含有—NO2且不含—O—NO2结构；③能发生银镜反应，说明还含有醛基，因此该同分异构体的结构有：若苯环上含有醛基、羟基和硝基，则有10种结构(醛基、羟基位于邻位，硝基有4种位置、醛基、羟基位于间位，硝基有4种位置、醛基、羟基位于对位，硝基有2种位置)；若苯环上含有HCOO-和硝基，则有3种结构，共含有13种同分异构体；其中核磁共振氢谱有3组峰，并且峰面积为1∶2∶2的有机物结构简式为，故答案为：13；；
(5)以硝基苯和甲苯为原料，合成，根据流程图中G→H的提示，要合成，可以首先合成，可以由苯甲酸和苯胺发生取代反应得到，苯甲酸可以由甲苯氧化得到，苯胺可以由硝基苯还原得到，因此合成路线为，故答案为：。
【点睛】本题的易错点和难点为(5)中合成路线的设计，理解和运用信息③和题干流程图G→H的提示是解题的关键。本题的另一个易错点为(4)中同分异构体数目的判断，要注意苯环上连接结构的判断。
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