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【化学】山西省长治市第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）
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山西省长治市第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 Cr-52 Fe-56 I-127
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上）
1.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 棉花、羊毛、蚕丝和麻是天然纤维
B. 蛋白质溶液中，加入浓的硫酸铵溶液有沉淀析出，加水后沉淀不溶解
C. 油脂是单位质量内产生能量最高的营养物质，有共同的水解产物乙二醇
D. 聚乳酸是一种可降解高分子材料，它是由单体之间通过加聚而合成的
【答案】A
【解析】
【详解】A. 棉花、羊毛、蚕丝和麻均是自然界原有的或经人工培植的植物上、人工饲养的动物上直接取得的纺织纤维，均属于天然纤维，故A符合题意；
B. 浓的硫酸铵溶液可使蛋白质盐析，盐析是可逆的，加水后蛋白质又会溶解，故B不符合题意；
C.油脂属于高级脂肪酸甘油酯，其水解的共同产物是丙三醇，故C不符合题意；
D. 聚乳酸是由羟基和羧基脱水而形成的，属于缩聚反应，而不是 加聚反应，故D不符合题意；
综上，本题选A。
2.下列由电子排布式或排布图所得的结论错误的是
选项
电子排布式或排布图
结论
A
1s22s22p63s23px2
违背洪特规则
B
1s22s22p63s23p63d3
违背能量最低原理
C
Ni原子的价电子排布图
该原子处于基态
D
S原子的电子排布图
违背泡利原理
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.3p轨道上的两个电子应排在不同轨道上, 违背洪特规则，故A不符合题意；
B. 排布时应先排能量低的4s轨道，而不是排能量高的3d，违反了能量最低原理，故B不符合题意；
C. Ni原子序数为28，其价电子排布式为3d84s2，当价电子排布图为时，该原子处于基态，故C不符合题意；
D. S原子电子排布图，违背了洪特规则，故D符合题意；
综上，本题选D。
【点睛】解决此类问题应熟记泡利原理以及洪特规则。泡利原理指出：在一个原子轨道里，最多只能容纳两个电子，而且它们的自旋状态相反；洪特规则指出：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。
3.山萘酚结构简式如下图所示，且大量存在于水果、蔬菜、豆类、茶叶中，具有多种生物学作用，如抗氧化、抑制肿瘤生长及保护肝细胞等作用。下列有关山萘酚的叙述正确的是
A. 山萘酚含有苯环和羟基、醚键、羰基、碳碳双键五种官能团
B. 可发生取代反应、水解反应、加成反应
C. 可与NaOH反应，不能与NaHCO3反应
D. 1 mol山萘酚与溴水反应最多可消耗4 mol Br2
【答案】C
【解析】
【分析】
从山萘酚结构简式入手，分析该物质中含有的官能团，从而推测其性质。如：该物质中含有羟基、醚键、羰基、碳碳双键四种官能团，可发生加成反应、取代反应等
【详解】A.苯环不属于官能团，山萘酚含有羟基、醚键、羰基、碳碳双键四种官能团，故A不符合题意；
B.由结构简式可知，山萘酚中不含酯基、卤原子这类能水解的官能团，不能发生水解反应，故B不符合题意；
C.山萘酚中含有酚羟基，具有酸性，但酸性比碳酸弱，则可与NaOH反应，不能与NaHCO3反应，故C符合题意；
D.山萘酚分子中含有3个酚羟基，共有4个邻位H原子可被取代，且含有1个碳碳双键，可与溴发生加成反应，共需5mol，故D不符合题意；
综上，本题选C。
4.聚乙炔衍生物分子M的结构简式及M在稀硫酸作用下的水解反应如图所示。下列有关说法不正确的是 ( )
M
A. M与A均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色
B. B中含有羧基和羟基两种官能团，能发生消去反应和酯化反应
C. 1 mol M与热的烧碱溶液反应，可消耗2n mol NaOH
D. A、B、C各1 mol分别与金属钠反应，放出气体的物质的量之比为1∶2∶2
【答案】D
【解析】
【分析】
M中含-COOC-，水解得到A为，C为OHCH2CH2OH，B为，据此分析作答。
【详解】A、M、A中均含碳碳双键，则均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，正确；
B、B中含-OH、-COOH，-OH可发生消去反应，-OH、-COOH可发生酯化反应，正确；
C、1molM中含2nmol-COOC-，则1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2n mol的NaOH，正确；
D、由2-COOH～2-OH～H2↑可知，A、B、C各1mol分别与金属钠反应，放出的气体的物质的量之比为n：2：2，错误；
答案选D。
5.铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。下列说法正确的是
A. Fe3＋基态核外价电子排布式[Ar]3d5
B. 1 mol丙酮能与2mol Ag(NH3)2OH发生反应
C. C、H、O三种元素的原子半径按由小到大的顺序为H
【答案】D
【解析】
【详解】A. Fe3＋基态核外价电子排布式为3d5，故A不符合题意；
B.丙酮中不含醛基，不能与Ag(NH3)2OH发生反应，故B不符合题意；
C.C、H、O三种元素的原子半径按由小到大的顺序为H
综上，本题选D。
6.下列说法正确的是
A. 最外层电子数为8的粒子都是稀有气体元素的原子
B. 电子在1s轨道上运动像地球围绕着太阳旋转
C. 任何原子里不存在运动状态完全相同的两个电子
D. 电子仅由激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
【答案】C
【解析】
【详解】A.最外层电子数为8的粒子也可以是Na+、Cl-等，故A不符合题意；
B.电子在原子核外作无规则的运动，不会像地球围绕太阳有规则的旋转，故B不符合题意；
C.多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，在一个原子轨道里，最多只能容纳两个电子，而且它们的自旋状态相反，故C符合题意；
D.电子在激发态跃迁到基态时，会产生发射光谱，电子由基态跃迁到激发态时，会产生吸收光谱，吸收光谱与发射光谱总称原子光谱，故D不符合题意；
综上，本题选C。
7.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是
A. 最外层有三个未成对电子的原子一定为主族元素原子
B. 基态原子的价电子排布为(n-1)dxnsy的元素的族序数一定为x+y
C. 在元素周期表中，所有非金属元素都位于p区
D. 在一个基态多电子的原子中，M层上的电子能量不一定比L层上的电子能量高
【答案】A
【解析】
【详解】A.最外层有3个未成对电子的原子一定是第ⅤA族元素，故A符合题意；
B.基态原子的价电子排布为(n-1)dxnsy的元素的族序数不一定为x+y，如：Cu的价电子排布为3d104s1位于ⅠB族，故B不符合题意；
C.除氢元素处于s区，其他非金属元素都位于p区，故C不符合题意；
D.L层只有2s、2p能级，2s、2p能级能量比3s、3p能级低，基态原子中M层上的电子能量肯定比L层上的电子能量高，故D不符合题意；
综上，本题选A。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 2.24 L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
B. 常温常压下，5.6g乙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4NA
C. 1L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA
D. 1mol甲苯中有含有6NA个C-H键
【答案】B
【解析】
【详解】A.标准状况下，苯不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，故A不符合题意；
B.乙烯和环丙烷的最简式都为CH2，5.6g混合气体中含有的碳原子数为0.4NA，故B符合题意；
C.在溶液中能电离为和水解为H2CO3，根据物料守恒可知，溶液中的、、H2CO3离子数之和为0.1NA，故C不符合题意；
D.甲苯的化学式为C7H8，1mol甲苯中含8NA条C-H键，故D不符合题意；
综上，本题选B。
【点睛】利用气体摩尔体积计算气体物质的量时，要注意该物质在标况下的聚集状态，非气体不适用。如：四氯化碳、苯、酒精、水等。
9.如图所示为用固体二氧化钛（TiO2）生产海绵钛的装置示意图，其原理是TiO2中的氧解离进入熔融盐中而得到纯钛。下列说法中正确的是
A. a极是正极，石墨极是阴极
B. 阴极的电极反应式为：TiO2 + 4e-= Ti+2O2-
C. 电解过程中，O2-、Cl-均向阴极移动
D. 反应后，石墨电极的质量不发生变化
【答案】B
【解析】
【分析】
阴极与负极相连，阳极与正极相连， 图为电解装置，由阴离子的定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极，电解时，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以此解答该题。
【详解】A.由阴离子向阳极定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极，故A不符合题意；
B.电解池的阴极发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的过程，即TiO2+4e-=Ti+2O2-，故B符合题意；
C.电解池中，电解质里的阴离子O2-、Cl-均移向阳极（石墨极），故C不符合题意；
D.石墨电极会和阳极上产生的氧气之间发生反应，导致气体一氧化碳、二氧化碳的出现，所以电极本身会消耗，质量减轻，故D不符合题意；
综上，本题选B。
【点睛】电解池的实质就是溶液中的阴离子、阳离子分别在电流的作用下向阳极，阴极移动，并接受或失去电子发生氧化还原反应，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；解决此类问题时，应结合电解原理，具体分析。
10.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
在试管里加入10%的CuSO4溶液2mL，滴入2%的NaOH溶液4~6滴，得到新制的氢氧化铜，振荡后加入乙醛溶液0.5mL，加热，产生红色沉淀。
醛基能被新制Cu(OH)2氧化
B
取少量卤代烃加NaOH水溶液共热，冷却，再加AgNO3溶液，产生白色沉淀。
该卤代烃为氯代烃
C
实验室验证乙烯的生成，用如图装置和试剂。一段时间后，观察到酸性高锰酸钾溶液褪色。
说明乙醇和浓硫酸共热可生成乙烯
D
实验室制备溴苯的反应装置如图所示。实验中观察到b中液体变为浅红色，c中有气泡产生。
该装置可验证苯在催化剂作用下能与液溴发生取代反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.检验醛基时，应保证在碱性条件下反应，正确的操作应为：在试管里加入10%的NaOH溶液2mL，滴入2%的CuSO4溶液4~6滴，故A不符合题意；
B.检验有机物中的卤原子是否存在的步骤是：NaOH水溶液共热→冷却→加硝酸酸化→加AgNO3溶液→看是否有沉淀，故B不符合题意；
C.酸性高锰酸钾溶液褪色只能证明产生了还原性气体，并不能证明一定产生了乙烯，故C不符合题意；
D.b装置可将挥发出来的苯和溴蒸汽完全吸收，c中有气泡产生，证明苯和液溴反应过程中产生了HBr，即发生了取代反应，故D符合题意；
综上，本题选D。
11.下列实验的反应原理及对应的离子方程式错误的是
A. 泡沫灭火器的原理：Al3+ + 3HCO3- = Al(OH)3↓+ 3CO2↑
B. 可用NH4Cl溶液除铁锈的原因是：NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋
C. 向苯酚钠溶液中通少量CO2会出现白色浑浊：C6H5O- + CO2 + H2O→C6H5OH + CO32-
D. 用肥皂（主要成分C17H35COONa）检验含有较多钙离子的硬水：2C17H35COO- + Ca2+ = (C17H35COO)2Ca↓
【答案】C
【解析】
【详解】A.泡沫灭火器的原理是Al3+和HCO3- 的双水解，其方程式为：Al3+ + 3HCO3- = Al(OH)3↓+ 3CO2↑，故A不符合题意；
B. NH4Cl溶液除铁锈的原因是：NH4+水解使溶液呈现酸性，与铁锈的主要成分氧化铁可以反应除去铁锈，其水解方程式为：NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋，故B不符合题意；
C.酸性强弱顺序是：H2CO3＞C6H5OH＞，向苯酚钠溶液中通入CO2，产物是苯酚和碳酸氢根，其方程式为：C6H5O- + CO2 + H2O→C6H5OH +，故C符合题意；
D.用肥皂（主要成分C17H35COONa）检验含有较多钙离子的硬水其方程式为：2C17H35COO- + Ca2+ = (C17H35COO)2Ca↓，故D不符合题意；
综上，本题选C。
【点睛】由于酸性强弱顺序是：H2CO3＞C6H5OH＞，向苯酚钠溶液中通入CO2，无论CO2过量还是少量，产物都是碳酸氢根；
12.如图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是
A. 33e和34e化学性质明显不同
B. 第一电离能d>e;电负性：d>a
C. 气态氢化物的稳定性：a＞e＞d
D. a与b形成的化合物不可能含有共价键
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素中a为-2价、e为+6价，处于VIA族,可推知a为O、e为S，b有+1价，原子序数大于氧，则b为Na，由原子序数可以知道c、d处于第三周期，化合价分别为+3、+5，则c为Al、d为P，据此分析；
【详解】A. 33e和34e互为同位素，化学性质不会有明显不同，故A不符合题意；
B.同周期从左到右第一电离能增大，但是原子外层电子为全满或半充满状态，第一电离能较大，则第一电离能d>e，电负性d
D.a为O，b为Na，形成的化合物Na2O2中含有共价键，故D不符合题意；
综上，本题选C。
13.X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙，丙常用于制作光导纤维。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是
A. 四种元素中，W的原子半径最大
B. 反应①②③都属于氧化还原反应
C Na着火时，不可用甲扑灭
D. 一定条件下，x与甲反应生成丁
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查元素周期表和元素周期律，碳、硅及其化合物之间的性质，结合元素周期律进行分析。W形成的最高价氧化物丙常用于制作光导纤维，则W为Si。X、W为同一主族，则X为C。在高温下碳与二氧化硅反应生成W和丁，则丁为一氧化碳。y2为氧气，碳与氧气反应生成甲为二氧化碳，Z为镁，镁在二氧化碳中点燃生成碳和乙（为氧化镁）。
【详解】A.同周期元素原子半径自左而右逐渐减小，同主族元素原子半径自上而下逐渐增大，所以镁原子半径最大，故A符合题意；
B.反应①二氧化碳与镁反应、反应②碳与氧气反应、反应③高温下碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C.Na可以在二氧化碳中继续燃烧，故C不符合题意；
D.高温下碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，故D不符合题意；
综上，本题选A。
14.下列有机物同分异构体数目判断错误的是
选项
有机物
同分异构体数目
A
某烃相对氢气的密度为28，且不能使溴的四氯化碳溶液褪色
2
B
萘的七氯代物
4
C
分子式为C5H12O，可被氧化为醛
4
D
分子式为C3H8O的醇与分子式为C4H8O2的羧酸形成的酯
4
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.相对氢气的密度为28，则摩尔质量为56g/mol，可知分子式为C4H8，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明不含碳碳双键，满足该条件的同分异构体数目共2种：甲基环丙烷和环丁烷，故A不符合题意；
B.萘中共含有9个氢，其七氯代物和二氯代物的同分异构体是一样多的。先根据等效氢找一氯代物， 由结构对称可知，萘中含2种位置的H，则其一氯代物有2种（），二氯代物有10种，同理，萘的七氯代物共有10种，故B符合题意；
C.分子式为C5H12O，可被氧化为醛的有机分子中含有-CH2OH结构，所以符合条件的分子的种类，即是丁基的种数，共四种，故C不符合题意；
D.C3H8O分子式可对应的醇有2种：CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3，分子式为C4H8O2的羧酸有2种：CH3CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)COOH，两者之间组合形成的酯有4种，故D不符合题意；
综上，本题选B。
15.常温下，下列有关溶液的说法正确的是
A. pH相等的①NH4Cl ②NH4Al(SO4)2 ③NH4HSO4溶液：浓度的大小顺序为①>②>③
B. HA的电离常数Ka =4.93×10−10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na+) >c(HA) >c(A−)
C. NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3−)的比值将减小
D. 已知在相同条件下酸性HF >CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na+) – c(F−) >c(K+ ) − c(CH3COO−)
【答案】A
【解析】
A．NH4Cl水解时氯离子不影响铵根离子水解，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于NH4Cl，NH4Al(SO4)2中铝离子水解抑制铵根离子的水解，因此NH4Al(SO4)2中NH4+的浓度大于NH4Cl，浓度的大小顺序应为：①>②>③，选项A正确；B、NaA中水解平衡常数Kb=，水解平衡常数大于电离平衡常数，c(HA)−)，选项B错误；C、NaHCO3溶液加水稀释，促进碳酸氢根离子水解，钠离子物质的量不变，碳酸氢根 减小，c(Na+)与c(HCO3-)的比值保持增大，选项错误；D、HF 、CH3COOH都是弱酸，所以NaF与CH3COOK都是强碱弱酸盐，由于酸性HF >CH3COOH，水解程度F－＜CH3COO－，水解程度越大剩余离子浓度越小，故c(Na+) – c(F−)＜c(K+ ) − c(CH3COO−)，选项D错误。答案选A。
16.化合物A经李比希法和质谱法分析得知其分子式是C8H8O2，相对分子质量为136。A分子中只含一个苯环，且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱与红外光谱如图。关于A的下列说法中，不正确的是
A. A分子属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应
B. 符合题中A分子结构特征的有机物只有一种
C. 1mol A在一定条件下可与3mol H2发生加成反应
D. 与A属于同类化合物的同分异构体只有3种
【答案】D
【解析】
【分析】
有机物A的分子式C8H8O2，不饱和度为5，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱有四个吸收峰，说明分子中含有4种H原子，峰面积之比为1：2：2：3，则四种氢原子个数之比=1：2：2：3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基等基团，故有机物A的结构简式为
【详解】A．A分子中含有酯基，属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应，故A不符合题意；
B．符合题中A分子结构特征的有机物为，只有一种，故B不符合题意；
C．1mol有机物A含有1mol苯环，可以与3mol氢气发生加成反应，故C不符合题意；
D．与A属于同类化合物，应含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，若为羧酸与酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸与酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，故5种异构体，故D符合题意；
综上，本题选D。
第Ⅱ卷（非选择题 共52分）
二、非选择题
17.X、Y、Z、M、R、Q为元素周期表中前四周期元素，且原子序数之和为105。X位于周期表的s区，有两种氧化物；Y是良好的半导体材料，晶体Y结构与金刚石类似；Z原子价电子层的p轨道半充满，核外电子总数是最外层电子数的3倍；X＋与M－相差一个电子层；M原子得到一个电子后3p轨道全充满；R有“生物金属”之称，R4＋离子和氩原子的核外电子排布相同。
请回答下列问题：
(1)六种元素中电负性最大的是____________(填元素符号)，其最高能级电子云的形状是______形；Z的价电子排布图为____________；Y、Z、M最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是__________________。（用化学式表示）
(2)X、Y、Z、M的第一电离能由小到大的顺序是____________(填元素符号)，若M元素第一次电离能突变出现在In，则n=_____。
(3)Q元素可形成两种常见的离子Q2＋与Q3＋，其中化学性质较稳定的是__________(填离子符号)，其原因是______________________。
(4)与R位于同周期的元素中，基态原子的电子排布中4s轨道上只有1个电子的元素有____________(填元素名称)。
【答案】 (1). Cl (2). 哑铃（纺锤） (3). (4). HClO4 >H3PO4 >H2SiO3 (5). Na
【分析】
s区为第ⅠA和第ⅡA族，且X有两种氧化物，X为钠；Y是良好的半导体材料，则Y为硅；Z的价电子层的p轨道半充满，说明为ns2np3结构，为第ⅤA族元素，核外电子总数是最外层电子数的3倍，则核外电子总数为15，为磷元素；M原子得到一个电子后3p轨道全充满，M为氯元素；R4＋离子和氩原子的核外电子排布相同，则R为22号元素钛；六种元素原子序数之和为105，则Q为26号元素铁。
【详解】(1)电负性最大，即非金属性最强，为Cl元素；其最高能级电子云的形状是哑铃（纺锤）形，Z为P元素，价电子排布图为，非金属性YH3PO4>H2SiO3，故答案为：Cl、哑铃（纺锤）、、HClO4 >H3PO4 >H2SiO3；
(2) Na、Si、P、Cl处于同一周期，随原子序数递增，第一电离能逐渐增大，故第一电离能由小到大的顺序是：Na
(4)R为22号元素钛，第四周期中，最外层电子排布为4s1的有钾、铬、铜，故答案为：钾、铬、铜；
18.阿司匹林(乙酰水杨酸，)是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃。某学习小组在实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与醋酸酐[(CH3CO)2O]为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：
制备基本操作流程如下：
主要试剂和产品的物理常数如下表所示：
请根据以上信息回答下列问题：
（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是___。
（2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是___。
（3）提纯粗产品流程如下，加热回流装置如图：
①使用温度计的目的是控制加热的温度，防止___。
②冷凝水的流进方向是___(填“a”或“b”)。
③趁热过滤的原因是___。
④下列说法不正确的是___(填字母)。
A.此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂
B.此种提纯粗产品的方法叫重结晶
C.根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时大
D.可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸
（4）在实验中原料用量：2.0g水杨酸、5.0mL醋酸酐(ρ＝1.08g/cm3)，最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为___%。
【答案】 (1). 醋酸酐和水易发生反应 (2). 水浴加热 (3). 乙酰水杨酸受热易分解 (4). a (5). 防止乙酰水杨酸结晶析出 (6). ABC (7). 84.3%
【解析】
【分析】
醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；
（1）醋酸酐和水易发生反应生成乙酸；
（2）合成阿司匹林时要控制温度在85℃～90℃，该温度低于水的沸点；
（3）向粗产品中加入乙酸乙酯，增大乙酰水杨酸的溶解性，然后加热回流，趁热过滤，然后冷却、减压过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸，
①乙酰水杨酸受热易分解；
②冷凝水采用逆流方法；
③乙酰水杨酸在温度低时易结晶析出；
不同进行分离提纯，水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸；
（4）水杨酸的相对分子质量为138，n（水杨酸）=2.0 g÷138g/mol=0.0145mol，n（乙酸酐）=（5.0 mL×1.08 g/cm3）÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=实际质量/理论质量×100%．
【详解】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；
(1)醋酸酐和水易发生反应生成乙酸，生成的乙酸抑制水杨酸和乙酸酐反应，所以需要干燥仪器，
故答案为：醋酸酐和水易发生反应；
(2)合成阿司匹林时要控制温度在85℃∼90℃，该温度低于水的沸点，所以合适的加热方法是水浴加热，
故答案为：水浴加热；
(3)①乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃∼135℃，使用温度计的目的是控制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热易分解，
故答案为：乙酰水杨酸受热易分解；
②采取逆流原理通入冷凝水，充满冷凝管，充分冷凝回流，冷凝水从a口进，从b口出，
故答案为：a；
③趁热过滤，防止乙酰水杨酸结晶析出，减少损失，
故答案为：防止乙酰水杨酸结晶析出；
④乙酸乙酯起溶剂作用，趁热过滤除去水杨酸，再冷却结晶析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分离提纯，这种分离提纯方法为重结晶，由于水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸，
故选：ABC；
(4)水杨酸的相对分子质量为138，n(水杨酸)=2.0g÷138g/mol=0.0145mol，n(乙酸酐)=(5.0mL×1.08g/cm3)÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量×100%=2.2g2.61g×100%=84.3%，
故答案为：84.3%.
19.在恒容密闭容器中进行合成氨反应：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) △H＜0，其平衡常数K与温度T关系如下：
298
398
498
4.1×106
K1
K2
(1)K1____K2（填“>”“<”或“=”）。
(2)下列各项可说明反应达到平衡状态的是_______
a．容器内压强保持不变 b．v（N2）正 = 3v（H2）逆
c．容器内N2、H2、NH3浓度比为1：3：2
d．混合气体平均摩尔质量保持不变
e．混合气体密度保持不变
(3)以下措施中，既能加快反应速率，又能增大 H2转化率的是______
a．升高温度 b．减小容器体积 c．使用催化剂d．不断增加 H2的浓度 e．移走NH3
(4)某温度下，在1L恒温恒容容器中充入1mol N2和3mol H2进行上述反应，10min达平衡，此时容器内压强变为原来的。
①该过程的平均反应速率v（NH3）=__________
②N2的平衡转化率为_______
③此温度下的平衡常K=________（保留至小数点后两位）
④此时若保持容器温度和体积不变，向其中再加入2.25mol N2和0.5mol NH3，则平衡_______（填“正向”“逆向”或“不”）移动。
【答案】 (1). > (2). ad (3). b (4). 0.05mol/（Lmin） (5). 25% (6). 0.03 (7). 不
【解析】
【分析】
(1)正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；
(2)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；
(3)结合勒夏特烈原理进行分析；
(4)根据反应过程中的三段式求解。
【详解】(1)正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数K1＞K2，故答案为：>；
(2)a．随反应进行，混合气体物质的量变化，容器内压强发生变化，压强保持不变说明到达平衡，故a正确；
b．平衡时不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，应是3v（N2）正=v（H2）逆时反应到达平衡状态，故b错误；
c．容器内N2、H2、NH3浓度比与起始浓度及转化率有关，平衡时不一定等于化学计量数之比，故c错误；
d．混合气体总质量不变，随反应进行，混合气体物质的量变化，则平均摩尔质量变化，若混合气体平均摩尔质量保持不变，说明到达平衡，故d正确；
e．混合气体总质量不变，容器容积不变，混合气体密度始终保持不变，故e错误；
故答案为：ad；
(3) a．升高温度反应速率加快，平衡逆向移动， H2转化率降低，a错误；
b．减小容器体积反应速率加快，平衡正向移动， H2转化率升高，b正确；
c．使用催化剂反应速率加快， H2转化率不变，c错误；
d．不断增加 H2的浓度反应速率加快， H2转化率降低，d错误；
e．移走NH3反应速率减慢， H2转化率升高，e错误；
综上，答案为：b；
(4) 在1L恒温恒容容器中充入1mol N2和3mol H2，10min达平衡，
N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
转化量（mol）：x 3x 2x
平衡量（mol）：1-x 3-3x 2x
压强之比等于物质的量之比，则
=，计算得出x=0.25，
①v（NH3）= =0.05mol•L-1•min-1；
②氮气转化率= ×100%=25%；
③此温度下的平衡常 == 0.03；
④此时若保持容器温度和体积不变，并再向其中再加入2.25mol N2和0.5mol NH3，则容器中各物质浓度为3mol/L N2、2.25 mol/L H2、1 mol/L NH3，此时的平衡常数 ==0.03，加入气体前后平衡常数不变，即平衡不移动；
综上，答案为：0.05mol/（L．min）、 25% 、0.03 、 不
20.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)以难溶物CrOH(H2O)5SO4的形式回收，处理工艺流程如下：
已知：①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋。
②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3＋
Mg2＋
Al3＋
Cr3＋
Ca2+
沉淀完全时的pH
3.7
11.1
5.4(>8溶解)
9(>9)溶解
13.9
(1)H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式： _______________________。
(2)加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-。但溶液的pH不能超过8，其理由是_______________
(3)钠离子交换树脂的反应原理为Mn＋＋nNaR=MRn＋nNa＋，则利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有________。
(4)沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN－的浓度，可用标准AgNO3溶液滴定待测液，已知：
银盐
AgCl
AgI
AgCN
Ag2CrO4
AgSCN
颜色
白
黄
白
砖红
白
Ksp
1.8×10－10
8.3×10－17
1.2×10－16
3.5×10－11
1.0×10－12
滴定时可选为滴定指示剂的是________(填字母)，滴定终点的现象是_________________________________。
A．NaCl B．K2CrO4 C．KI D．NaCN
【答案】 (1). 2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋ (2). pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)的回收与再利用 (3). Mg2＋、Ca2＋ (4). B (5). 当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变
【解析】
分析】
(1)三步法配平离子方程式①化合价升降相等配平化合价变化的元素②根据左右两边电荷守恒确定氢离子系数③根据左右两边原子守恒确定水的系数；
(2) pH>8会使部分Al(OH)3溶解；
(3)学会知识迁移，联想硬水的软化就可确定Ca2+和Mg2+，或者根据阳离子互换原则确定；
(4)指示剂选择原则①颜色变化明显②Ksp略微大于AgSCN。
【详解】(1)三步法配平离子方程式①化合价升降相等配平化合价变化的元素②根据左右两边电荷守恒确定氢离子系数③根据左右两边原子守恒确定水的系数，离子方程式为2Cr3+＋3H2O2＋H2O＝Cr2O72-＋8H＋；故答案为：2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋；
(2)由表格可知，pH>8时会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)的回收与再利用，故答案为：pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)的回收与再利用；
(3)根据框图转化关系可知，滤液Ⅱ中主要阳离子为Na+、Mg2+ 、Ca2+，钠离子交换树脂就是对滤液Ⅱ进行离子交换，交换的离子是Mg2+ 、和Ca2+，增加的是Na+，故答案为：Mg2＋、Ca2＋；
(4)指示剂选择原则①颜色变化明显②Ksp略微大于AgSCN，确定K2CrO4作为指示剂，滴定终点现象是当滴入最后一滴标准液时，沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再改变。故答案为：B、当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变
【点睛】解决工艺流程这类问题时要知晓该流程的目的，看懂生产流程图;了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用;解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。其次本题（4）中考察：沉淀滴定法中指示剂选择原则除了一定要现象明显，还要注意指示剂离子沉淀浓度略大于测定离子所需沉淀浓度。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 Cr-52 Fe-56 I-127
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上）
1.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 棉花、羊毛、蚕丝和麻是天然纤维
B. 蛋白质溶液中，加入浓的硫酸铵溶液有沉淀析出，加水后沉淀不溶解
C. 油脂是单位质量内产生能量最高的营养物质，有共同的水解产物乙二醇
D. 聚乳酸是一种可降解高分子材料，它是由单体之间通过加聚而合成的
【答案】A
【解析】
【详解】A. 棉花、羊毛、蚕丝和麻均是自然界原有的或经人工培植的植物上、人工饲养的动物上直接取得的纺织纤维，均属于天然纤维，故A符合题意；
B. 浓的硫酸铵溶液可使蛋白质盐析，盐析是可逆的，加水后蛋白质又会溶解，故B不符合题意；
C.油脂属于高级脂肪酸甘油酯，其水解的共同产物是丙三醇，故C不符合题意；
D. 聚乳酸是由羟基和羧基脱水而形成的，属于缩聚反应，而不是 加聚反应，故D不符合题意；
综上，本题选A。
2.下列由电子排布式或排布图所得的结论错误的是
选项
电子排布式或排布图
结论
A
1s22s22p63s23px2
违背洪特规则
B
1s22s22p63s23p63d3
违背能量最低原理
C
Ni原子的价电子排布图
该原子处于基态
D
S原子的电子排布图
违背泡利原理
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.3p轨道上的两个电子应排在不同轨道上, 违背洪特规则，故A不符合题意；
B. 排布时应先排能量低的4s轨道，而不是排能量高的3d，违反了能量最低原理，故B不符合题意；
C. Ni原子序数为28，其价电子排布式为3d84s2，当价电子排布图为时，该原子处于基态，故C不符合题意；
D. S原子电子排布图，违背了洪特规则，故D符合题意；
综上，本题选D。
【点睛】解决此类问题应熟记泡利原理以及洪特规则。泡利原理指出：在一个原子轨道里，最多只能容纳两个电子，而且它们的自旋状态相反；洪特规则指出：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。
3.山萘酚结构简式如下图所示，且大量存在于水果、蔬菜、豆类、茶叶中，具有多种生物学作用，如抗氧化、抑制肿瘤生长及保护肝细胞等作用。下列有关山萘酚的叙述正确的是
A. 山萘酚含有苯环和羟基、醚键、羰基、碳碳双键五种官能团
B. 可发生取代反应、水解反应、加成反应
C. 可与NaOH反应，不能与NaHCO3反应
D. 1 mol山萘酚与溴水反应最多可消耗4 mol Br2
【答案】C
【解析】
【分析】
从山萘酚结构简式入手，分析该物质中含有的官能团，从而推测其性质。如：该物质中含有羟基、醚键、羰基、碳碳双键四种官能团，可发生加成反应、取代反应等
【详解】A.苯环不属于官能团，山萘酚含有羟基、醚键、羰基、碳碳双键四种官能团，故A不符合题意；
B.由结构简式可知，山萘酚中不含酯基、卤原子这类能水解的官能团，不能发生水解反应，故B不符合题意；
C.山萘酚中含有酚羟基，具有酸性，但酸性比碳酸弱，则可与NaOH反应，不能与NaHCO3反应，故C符合题意；
D.山萘酚分子中含有3个酚羟基，共有4个邻位H原子可被取代，且含有1个碳碳双键，可与溴发生加成反应，共需5mol，故D不符合题意；
综上，本题选C。
4.聚乙炔衍生物分子M的结构简式及M在稀硫酸作用下的水解反应如图所示。下列有关说法不正确的是 ( )
M
A. M与A均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色
B. B中含有羧基和羟基两种官能团，能发生消去反应和酯化反应
C. 1 mol M与热的烧碱溶液反应，可消耗2n mol NaOH
D. A、B、C各1 mol分别与金属钠反应，放出气体的物质的量之比为1∶2∶2
【答案】D
【解析】
【分析】
M中含-COOC-，水解得到A为，C为OHCH2CH2OH，B为，据此分析作答。
【详解】A、M、A中均含碳碳双键，则均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，正确；
B、B中含-OH、-COOH，-OH可发生消去反应，-OH、-COOH可发生酯化反应，正确；
C、1molM中含2nmol-COOC-，则1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2n mol的NaOH，正确；
D、由2-COOH～2-OH～H2↑可知，A、B、C各1mol分别与金属钠反应，放出的气体的物质的量之比为n：2：2，错误；
答案选D。
5.铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。下列说法正确的是
A. Fe3＋基态核外价电子排布式[Ar]3d5
B. 1 mol丙酮能与2mol Ag(NH3)2OH发生反应
C. C、H、O三种元素的原子半径按由小到大的顺序为H
【答案】D
【解析】
【详解】A. Fe3＋基态核外价电子排布式为3d5，故A不符合题意；
B.丙酮中不含醛基，不能与Ag(NH3)2OH发生反应，故B不符合题意；
C.C、H、O三种元素的原子半径按由小到大的顺序为H
综上，本题选D。
6.下列说法正确的是
A. 最外层电子数为8的粒子都是稀有气体元素的原子
B. 电子在1s轨道上运动像地球围绕着太阳旋转
C. 任何原子里不存在运动状态完全相同的两个电子
D. 电子仅由激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
【答案】C
【解析】
【详解】A.最外层电子数为8的粒子也可以是Na+、Cl-等，故A不符合题意；
B.电子在原子核外作无规则的运动，不会像地球围绕太阳有规则的旋转，故B不符合题意；
C.多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，在一个原子轨道里，最多只能容纳两个电子，而且它们的自旋状态相反，故C符合题意；
D.电子在激发态跃迁到基态时，会产生发射光谱，电子由基态跃迁到激发态时，会产生吸收光谱，吸收光谱与发射光谱总称原子光谱，故D不符合题意；
综上，本题选C。
7.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是
A. 最外层有三个未成对电子的原子一定为主族元素原子
B. 基态原子的价电子排布为(n-1)dxnsy的元素的族序数一定为x+y
C. 在元素周期表中，所有非金属元素都位于p区
D. 在一个基态多电子的原子中，M层上的电子能量不一定比L层上的电子能量高
【答案】A
【解析】
【详解】A.最外层有3个未成对电子的原子一定是第ⅤA族元素，故A符合题意；
B.基态原子的价电子排布为(n-1)dxnsy的元素的族序数不一定为x+y，如：Cu的价电子排布为3d104s1位于ⅠB族，故B不符合题意；
C.除氢元素处于s区，其他非金属元素都位于p区，故C不符合题意；
D.L层只有2s、2p能级，2s、2p能级能量比3s、3p能级低，基态原子中M层上的电子能量肯定比L层上的电子能量高，故D不符合题意；
综上，本题选A。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 2.24 L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
B. 常温常压下，5.6g乙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4NA
C. 1L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA
D. 1mol甲苯中有含有6NA个C-H键
【答案】B
【解析】
【详解】A.标准状况下，苯不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，故A不符合题意；
B.乙烯和环丙烷的最简式都为CH2，5.6g混合气体中含有的碳原子数为0.4NA，故B符合题意；
C.在溶液中能电离为和水解为H2CO3，根据物料守恒可知，溶液中的、、H2CO3离子数之和为0.1NA，故C不符合题意；
D.甲苯的化学式为C7H8，1mol甲苯中含8NA条C-H键，故D不符合题意；
综上，本题选B。
【点睛】利用气体摩尔体积计算气体物质的量时，要注意该物质在标况下的聚集状态，非气体不适用。如：四氯化碳、苯、酒精、水等。
9.如图所示为用固体二氧化钛（TiO2）生产海绵钛的装置示意图，其原理是TiO2中的氧解离进入熔融盐中而得到纯钛。下列说法中正确的是
A. a极是正极，石墨极是阴极
B. 阴极的电极反应式为：TiO2 + 4e-= Ti+2O2-
C. 电解过程中，O2-、Cl-均向阴极移动
D. 反应后，石墨电极的质量不发生变化
【答案】B
【解析】
【分析】
阴极与负极相连，阳极与正极相连， 图为电解装置，由阴离子的定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极，电解时，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以此解答该题。
【详解】A.由阴离子向阳极定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极，故A不符合题意；
B.电解池的阴极发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的过程，即TiO2+4e-=Ti+2O2-，故B符合题意；
C.电解池中，电解质里的阴离子O2-、Cl-均移向阳极（石墨极），故C不符合题意；
D.石墨电极会和阳极上产生的氧气之间发生反应，导致气体一氧化碳、二氧化碳的出现，所以电极本身会消耗，质量减轻，故D不符合题意；
综上，本题选B。
【点睛】电解池的实质就是溶液中的阴离子、阳离子分别在电流的作用下向阳极，阴极移动，并接受或失去电子发生氧化还原反应，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；解决此类问题时，应结合电解原理，具体分析。
10.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
在试管里加入10%的CuSO4溶液2mL，滴入2%的NaOH溶液4~6滴，得到新制的氢氧化铜，振荡后加入乙醛溶液0.5mL，加热，产生红色沉淀。
醛基能被新制Cu(OH)2氧化
B
取少量卤代烃加NaOH水溶液共热，冷却，再加AgNO3溶液，产生白色沉淀。
该卤代烃为氯代烃
C
实验室验证乙烯的生成，用如图装置和试剂。一段时间后，观察到酸性高锰酸钾溶液褪色。
说明乙醇和浓硫酸共热可生成乙烯
D
实验室制备溴苯的反应装置如图所示。实验中观察到b中液体变为浅红色，c中有气泡产生。
该装置可验证苯在催化剂作用下能与液溴发生取代反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.检验醛基时，应保证在碱性条件下反应，正确的操作应为：在试管里加入10%的NaOH溶液2mL，滴入2%的CuSO4溶液4~6滴，故A不符合题意；
B.检验有机物中的卤原子是否存在的步骤是：NaOH水溶液共热→冷却→加硝酸酸化→加AgNO3溶液→看是否有沉淀，故B不符合题意；
C.酸性高锰酸钾溶液褪色只能证明产生了还原性气体，并不能证明一定产生了乙烯，故C不符合题意；
D.b装置可将挥发出来的苯和溴蒸汽完全吸收，c中有气泡产生，证明苯和液溴反应过程中产生了HBr，即发生了取代反应，故D符合题意；
综上，本题选D。
11.下列实验的反应原理及对应的离子方程式错误的是
A. 泡沫灭火器的原理：Al3+ + 3HCO3- = Al(OH)3↓+ 3CO2↑
B. 可用NH4Cl溶液除铁锈的原因是：NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋
C. 向苯酚钠溶液中通少量CO2会出现白色浑浊：C6H5O- + CO2 + H2O→C6H5OH + CO32-
D. 用肥皂（主要成分C17H35COONa）检验含有较多钙离子的硬水：2C17H35COO- + Ca2+ = (C17H35COO)2Ca↓
【答案】C
【解析】
【详解】A.泡沫灭火器的原理是Al3+和HCO3- 的双水解，其方程式为：Al3+ + 3HCO3- = Al(OH)3↓+ 3CO2↑，故A不符合题意；
B. NH4Cl溶液除铁锈的原因是：NH4+水解使溶液呈现酸性，与铁锈的主要成分氧化铁可以反应除去铁锈，其水解方程式为：NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋，故B不符合题意；
C.酸性强弱顺序是：H2CO3＞C6H5OH＞，向苯酚钠溶液中通入CO2，产物是苯酚和碳酸氢根，其方程式为：C6H5O- + CO2 + H2O→C6H5OH +，故C符合题意；
D.用肥皂（主要成分C17H35COONa）检验含有较多钙离子的硬水其方程式为：2C17H35COO- + Ca2+ = (C17H35COO)2Ca↓，故D不符合题意；
综上，本题选C。
【点睛】由于酸性强弱顺序是：H2CO3＞C6H5OH＞，向苯酚钠溶液中通入CO2，无论CO2过量还是少量，产物都是碳酸氢根；
12.如图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是
A. 33e和34e化学性质明显不同
B. 第一电离能d>e;电负性：d>a
C. 气态氢化物的稳定性：a＞e＞d
D. a与b形成的化合物不可能含有共价键
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素中a为-2价、e为+6价，处于VIA族,可推知a为O、e为S，b有+1价，原子序数大于氧，则b为Na，由原子序数可以知道c、d处于第三周期，化合价分别为+3、+5，则c为Al、d为P，据此分析；
【详解】A. 33e和34e互为同位素，化学性质不会有明显不同，故A不符合题意；
B.同周期从左到右第一电离能增大，但是原子外层电子为全满或半充满状态，第一电离能较大，则第一电离能d>e，电负性d
D.a为O，b为Na，形成的化合物Na2O2中含有共价键，故D不符合题意；
综上，本题选C。
13.X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙，丙常用于制作光导纤维。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是
A. 四种元素中，W的原子半径最大
B. 反应①②③都属于氧化还原反应
C Na着火时，不可用甲扑灭
D. 一定条件下，x与甲反应生成丁
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查元素周期表和元素周期律，碳、硅及其化合物之间的性质，结合元素周期律进行分析。W形成的最高价氧化物丙常用于制作光导纤维，则W为Si。X、W为同一主族，则X为C。在高温下碳与二氧化硅反应生成W和丁，则丁为一氧化碳。y2为氧气，碳与氧气反应生成甲为二氧化碳，Z为镁，镁在二氧化碳中点燃生成碳和乙（为氧化镁）。
【详解】A.同周期元素原子半径自左而右逐渐减小，同主族元素原子半径自上而下逐渐增大，所以镁原子半径最大，故A符合题意；
B.反应①二氧化碳与镁反应、反应②碳与氧气反应、反应③高温下碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C.Na可以在二氧化碳中继续燃烧，故C不符合题意；
D.高温下碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，故D不符合题意；
综上，本题选A。
14.下列有机物同分异构体数目判断错误的是
选项
有机物
同分异构体数目
A
某烃相对氢气的密度为28，且不能使溴的四氯化碳溶液褪色
2
B
萘的七氯代物
4
C
分子式为C5H12O，可被氧化为醛
4
D
分子式为C3H8O的醇与分子式为C4H8O2的羧酸形成的酯
4
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.相对氢气的密度为28，则摩尔质量为56g/mol，可知分子式为C4H8，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明不含碳碳双键，满足该条件的同分异构体数目共2种：甲基环丙烷和环丁烷，故A不符合题意；
B.萘中共含有9个氢，其七氯代物和二氯代物的同分异构体是一样多的。先根据等效氢找一氯代物， 由结构对称可知，萘中含2种位置的H，则其一氯代物有2种（），二氯代物有10种，同理，萘的七氯代物共有10种，故B符合题意；
C.分子式为C5H12O，可被氧化为醛的有机分子中含有-CH2OH结构，所以符合条件的分子的种类，即是丁基的种数，共四种，故C不符合题意；
D.C3H8O分子式可对应的醇有2种：CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3，分子式为C4H8O2的羧酸有2种：CH3CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)COOH，两者之间组合形成的酯有4种，故D不符合题意；
综上，本题选B。
15.常温下，下列有关溶液的说法正确的是
A. pH相等的①NH4Cl ②NH4Al(SO4)2 ③NH4HSO4溶液：浓度的大小顺序为①>②>③
B. HA的电离常数Ka =4.93×10−10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na+) >c(HA) >c(A−)
C. NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3−)的比值将减小
D. 已知在相同条件下酸性HF >CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na+) – c(F−) >c(K+ ) − c(CH3COO−)
【答案】A
【解析】
A．NH4Cl水解时氯离子不影响铵根离子水解，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于NH4Cl，NH4Al(SO4)2中铝离子水解抑制铵根离子的水解，因此NH4Al(SO4)2中NH4+的浓度大于NH4Cl，浓度的大小顺序应为：①>②>③，选项A正确；B、NaA中水解平衡常数Kb=，水解平衡常数大于电离平衡常数，c(HA)−)，选项B错误；C、NaHCO3溶液加水稀释，促进碳酸氢根离子水解，钠离子物质的量不变，碳酸氢根 减小，c(Na+)与c(HCO3-)的比值保持增大，选项错误；D、HF 、CH3COOH都是弱酸，所以NaF与CH3COOK都是强碱弱酸盐，由于酸性HF >CH3COOH，水解程度F－＜CH3COO－，水解程度越大剩余离子浓度越小，故c(Na+) – c(F−)＜c(K+ ) − c(CH3COO−)，选项D错误。答案选A。
16.化合物A经李比希法和质谱法分析得知其分子式是C8H8O2，相对分子质量为136。A分子中只含一个苯环，且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱与红外光谱如图。关于A的下列说法中，不正确的是
A. A分子属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应
B. 符合题中A分子结构特征的有机物只有一种
C. 1mol A在一定条件下可与3mol H2发生加成反应
D. 与A属于同类化合物的同分异构体只有3种
【答案】D
【解析】
【分析】
有机物A的分子式C8H8O2，不饱和度为5，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱有四个吸收峰，说明分子中含有4种H原子，峰面积之比为1：2：2：3，则四种氢原子个数之比=1：2：2：3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基等基团，故有机物A的结构简式为
【详解】A．A分子中含有酯基，属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应，故A不符合题意；
B．符合题中A分子结构特征的有机物为，只有一种，故B不符合题意；
C．1mol有机物A含有1mol苯环，可以与3mol氢气发生加成反应，故C不符合题意；
D．与A属于同类化合物，应含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，若为羧酸与酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸与酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，故5种异构体，故D符合题意；
综上，本题选D。
第Ⅱ卷（非选择题 共52分）
二、非选择题
17.X、Y、Z、M、R、Q为元素周期表中前四周期元素，且原子序数之和为105。X位于周期表的s区，有两种氧化物；Y是良好的半导体材料，晶体Y结构与金刚石类似；Z原子价电子层的p轨道半充满，核外电子总数是最外层电子数的3倍；X＋与M－相差一个电子层；M原子得到一个电子后3p轨道全充满；R有“生物金属”之称，R4＋离子和氩原子的核外电子排布相同。
请回答下列问题：
(1)六种元素中电负性最大的是____________(填元素符号)，其最高能级电子云的形状是______形；Z的价电子排布图为____________；Y、Z、M最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是__________________。（用化学式表示）
(2)X、Y、Z、M的第一电离能由小到大的顺序是____________(填元素符号)，若M元素第一次电离能突变出现在In，则n=_____。
(3)Q元素可形成两种常见的离子Q2＋与Q3＋，其中化学性质较稳定的是__________(填离子符号)，其原因是______________________。
(4)与R位于同周期的元素中，基态原子的电子排布中4s轨道上只有1个电子的元素有____________(填元素名称)。
【答案】 (1). Cl (2). 哑铃（纺锤） (3). (4). HClO4 >H3PO4 >H2SiO3 (5). Na
【分析】
s区为第ⅠA和第ⅡA族，且X有两种氧化物，X为钠；Y是良好的半导体材料，则Y为硅；Z的价电子层的p轨道半充满，说明为ns2np3结构，为第ⅤA族元素，核外电子总数是最外层电子数的3倍，则核外电子总数为15，为磷元素；M原子得到一个电子后3p轨道全充满，M为氯元素；R4＋离子和氩原子的核外电子排布相同，则R为22号元素钛；六种元素原子序数之和为105，则Q为26号元素铁。
【详解】(1)电负性最大，即非金属性最强，为Cl元素；其最高能级电子云的形状是哑铃（纺锤）形，Z为P元素，价电子排布图为，非金属性Y
(2) Na、Si、P、Cl处于同一周期，随原子序数递增，第一电离能逐渐增大，故第一电离能由小到大的顺序是：Na
(4)R为22号元素钛，第四周期中，最外层电子排布为4s1的有钾、铬、铜，故答案为：钾、铬、铜；
18.阿司匹林(乙酰水杨酸，)是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃。某学习小组在实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与醋酸酐[(CH3CO)2O]为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：
制备基本操作流程如下：
主要试剂和产品的物理常数如下表所示：
请根据以上信息回答下列问题：
（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是___。
（2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是___。
（3）提纯粗产品流程如下，加热回流装置如图：
①使用温度计的目的是控制加热的温度，防止___。
②冷凝水的流进方向是___(填“a”或“b”)。
③趁热过滤的原因是___。
④下列说法不正确的是___(填字母)。
A.此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂
B.此种提纯粗产品的方法叫重结晶
C.根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时大
D.可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸
（4）在实验中原料用量：2.0g水杨酸、5.0mL醋酸酐(ρ＝1.08g/cm3)，最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为___%。
【答案】 (1). 醋酸酐和水易发生反应 (2). 水浴加热 (3). 乙酰水杨酸受热易分解 (4). a (5). 防止乙酰水杨酸结晶析出 (6). ABC (7). 84.3%
【解析】
【分析】
醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；
（1）醋酸酐和水易发生反应生成乙酸；
（2）合成阿司匹林时要控制温度在85℃～90℃，该温度低于水的沸点；
（3）向粗产品中加入乙酸乙酯，增大乙酰水杨酸的溶解性，然后加热回流，趁热过滤，然后冷却、减压过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸，
①乙酰水杨酸受热易分解；
②冷凝水采用逆流方法；
③乙酰水杨酸在温度低时易结晶析出；
不同进行分离提纯，水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸；
（4）水杨酸的相对分子质量为138，n（水杨酸）=2.0 g÷138g/mol=0.0145mol，n（乙酸酐）=（5.0 mL×1.08 g/cm3）÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=实际质量/理论质量×100%．
【详解】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；
(1)醋酸酐和水易发生反应生成乙酸，生成的乙酸抑制水杨酸和乙酸酐反应，所以需要干燥仪器，
故答案为：醋酸酐和水易发生反应；
(2)合成阿司匹林时要控制温度在85℃∼90℃，该温度低于水的沸点，所以合适的加热方法是水浴加热，
故答案为：水浴加热；
(3)①乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃∼135℃，使用温度计的目的是控制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热易分解，
故答案为：乙酰水杨酸受热易分解；
②采取逆流原理通入冷凝水，充满冷凝管，充分冷凝回流，冷凝水从a口进，从b口出，
故答案为：a；
③趁热过滤，防止乙酰水杨酸结晶析出，减少损失，
故答案为：防止乙酰水杨酸结晶析出；
④乙酸乙酯起溶剂作用，趁热过滤除去水杨酸，再冷却结晶析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分离提纯，这种分离提纯方法为重结晶，由于水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸，
故选：ABC；
(4)水杨酸的相对分子质量为138，n(水杨酸)=2.0g÷138g/mol=0.0145mol，n(乙酸酐)=(5.0mL×1.08g/cm3)÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量×100%=2.2g2.61g×100%=84.3%，
故答案为：84.3%.
19.在恒容密闭容器中进行合成氨反应：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) △H＜0，其平衡常数K与温度T关系如下：
298
398
498
4.1×106
K1
K2
(1)K1____K2（填“>”“<”或“=”）。
(2)下列各项可说明反应达到平衡状态的是_______
a．容器内压强保持不变 b．v（N2）正 = 3v（H2）逆
c．容器内N2、H2、NH3浓度比为1：3：2
d．混合气体平均摩尔质量保持不变
e．混合气体密度保持不变
(3)以下措施中，既能加快反应速率，又能增大 H2转化率的是______
a．升高温度 b．减小容器体积 c．使用催化剂d．不断增加 H2的浓度 e．移走NH3
(4)某温度下，在1L恒温恒容容器中充入1mol N2和3mol H2进行上述反应，10min达平衡，此时容器内压强变为原来的。
①该过程的平均反应速率v（NH3）=__________
②N2的平衡转化率为_______
③此温度下的平衡常K=________（保留至小数点后两位）
④此时若保持容器温度和体积不变，向其中再加入2.25mol N2和0.5mol NH3，则平衡_______（填“正向”“逆向”或“不”）移动。
【答案】 (1). > (2). ad (3). b (4). 0.05mol/（Lmin） (5). 25% (6). 0.03 (7). 不
【解析】
【分析】
(1)正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；
(2)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；
(3)结合勒夏特烈原理进行分析；
(4)根据反应过程中的三段式求解。
【详解】(1)正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数K1＞K2，故答案为：>；
(2)a．随反应进行，混合气体物质的量变化，容器内压强发生变化，压强保持不变说明到达平衡，故a正确；
b．平衡时不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，应是3v（N2）正=v（H2）逆时反应到达平衡状态，故b错误；
c．容器内N2、H2、NH3浓度比与起始浓度及转化率有关，平衡时不一定等于化学计量数之比，故c错误；
d．混合气体总质量不变，随反应进行，混合气体物质的量变化，则平均摩尔质量变化，若混合气体平均摩尔质量保持不变，说明到达平衡，故d正确；
e．混合气体总质量不变，容器容积不变，混合气体密度始终保持不变，故e错误；
故答案为：ad；
(3) a．升高温度反应速率加快，平衡逆向移动， H2转化率降低，a错误；
b．减小容器体积反应速率加快，平衡正向移动， H2转化率升高，b正确；
c．使用催化剂反应速率加快， H2转化率不变，c错误；
d．不断增加 H2的浓度反应速率加快， H2转化率降低，d错误；
e．移走NH3反应速率减慢， H2转化率升高，e错误；
综上，答案为：b；
(4) 在1L恒温恒容容器中充入1mol N2和3mol H2，10min达平衡，
N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
转化量（mol）：x 3x 2x
平衡量（mol）：1-x 3-3x 2x
压强之比等于物质的量之比，则
=，计算得出x=0.25，
①v（NH3）= =0.05mol•L-1•min-1；
②氮气转化率= ×100%=25%；
③此温度下的平衡常 == 0.03；
④此时若保持容器温度和体积不变，并再向其中再加入2.25mol N2和0.5mol NH3，则容器中各物质浓度为3mol/L N2、2.25 mol/L H2、1 mol/L NH3，此时的平衡常数 ==0.03，加入气体前后平衡常数不变，即平衡不移动；
综上，答案为：0.05mol/（L．min）、 25% 、0.03 、 不
20.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)以难溶物CrOH(H2O)5SO4的形式回收，处理工艺流程如下：
已知：①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋。
②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3＋
Mg2＋
Al3＋
Cr3＋
Ca2+
沉淀完全时的pH
3.7
11.1
5.4(>8溶解)
9(>9)溶解
13.9
(1)H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式： _______________________。
(2)加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-。但溶液的pH不能超过8，其理由是_______________
(3)钠离子交换树脂的反应原理为Mn＋＋nNaR=MRn＋nNa＋，则利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有________。
(4)沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN－的浓度，可用标准AgNO3溶液滴定待测液，已知：
银盐
AgCl
AgI
AgCN
Ag2CrO4
AgSCN
颜色
白
黄
白
砖红
白
Ksp
1.8×10－10
8.3×10－17
1.2×10－16
3.5×10－11
1.0×10－12
滴定时可选为滴定指示剂的是________(填字母)，滴定终点的现象是_________________________________。
A．NaCl B．K2CrO4 C．KI D．NaCN
【答案】 (1). 2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋ (2). pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)的回收与再利用 (3). Mg2＋、Ca2＋ (4). B (5). 当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变
【解析】
分析】
(1)三步法配平离子方程式①化合价升降相等配平化合价变化的元素②根据左右两边电荷守恒确定氢离子系数③根据左右两边原子守恒确定水的系数；
(2) pH>8会使部分Al(OH)3溶解；
(3)学会知识迁移，联想硬水的软化就可确定Ca2+和Mg2+，或者根据阳离子互换原则确定；
(4)指示剂选择原则①颜色变化明显②Ksp略微大于AgSCN。
【详解】(1)三步法配平离子方程式①化合价升降相等配平化合价变化的元素②根据左右两边电荷守恒确定氢离子系数③根据左右两边原子守恒确定水的系数，离子方程式为2Cr3+＋3H2O2＋H2O＝Cr2O72-＋8H＋；故答案为：2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋；
(2)由表格可知，pH>8时会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)的回收与再利用，故答案为：pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)的回收与再利用；
(3)根据框图转化关系可知，滤液Ⅱ中主要阳离子为Na+、Mg2+ 、Ca2+，钠离子交换树脂就是对滤液Ⅱ进行离子交换，交换的离子是Mg2+ 、和Ca2+，增加的是Na+，故答案为：Mg2＋、Ca2＋；
(4)指示剂选择原则①颜色变化明显②Ksp略微大于AgSCN，确定K2CrO4作为指示剂，滴定终点现象是当滴入最后一滴标准液时，沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再改变。故答案为：B、当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变
【点睛】解决工艺流程这类问题时要知晓该流程的目的，看懂生产流程图;了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用;解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。其次本题（4）中考察：沉淀滴定法中指示剂选择原则除了一定要现象明显，还要注意指示剂离子沉淀浓度略大于测定离子所需沉淀浓度。
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