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北京市丰台区2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
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这是一份北京市丰台区2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共33页。试卷主要包含了1 ml/L 的四种溶液，9 kJ/ml，6%、8，0 kJ/ml，5＜电负性＜3，4℃等内容，欢迎下载使用。
北京市丰台区2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·北京丰台·高二期末）常温下，有 0.1 mol/L 的四种溶液：①HCl ②CH3COOH ③NaOH ④Na2CO3
(1)用化学用语解释溶液①呈酸性的原因：_________。
(2)溶液③的 pH=_________。
(3)溶液①、②分别与等量的溶液③恰好完全反应，消耗的体积：①_________②(填“＞”、“＜”或“=”)。
(4)溶液④加热后碱性增强，结合化学用语解释原因：_________。
(5)常温下，下列关于溶液②的判断正确的是_________。
a.c(CH3COO−) = 0.1 mol/L
b.溶液中c(H+) > c(CH3COO−) > c(OH −)
c.加入CH3COONa(s)，c(H+)不变
d.滴入 NaOH 浓溶液，溶液导电性增强
2. （2020春·北京丰台·高二期末）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图：
(1)电极 A 是_________(填“阴极”或“阳极”)，判断依据为_________。
(2)写出电极 B 的电极反应式_________。
(3)写出电解饱和食盐水的化学方程式_________。
(4)一段时间后，电极 B 周围 NaOH 稀溶液转变为浓溶液，原因：_________。
(5)电解时，工业用盐酸调节 A 室的 pH=2～3，请用化学平衡原理解释原因_________。
3. （2020春·北京丰台·高二期末）氮是地球上含量丰富的一种元素，其单质及化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
(1)如图是1mol NO2(g)和 1mol CO(g)反应生成 1mol CO2(g)和 1mol NO(g)过程中能量变化示意图。
①该反应是_________(填“吸热”或 “放热”)反应。
②请写出反应的热化学方程式_________。
③若在该反应体系中加入催化剂对反应热_________(填“有”或“没有”)影 响。原因是_________。
(2)已知，可逆反应2NO2 (g)⇌N2O4 (g) ΔH=−56.9 kJ/mol。在乙烧杯中投入一定量的CaO固体，此烧杯中NO2球的红棕色变深。根据现象，补全CaO与H2O反应过程的能量变化示意图_________。
(3)肼(N2H4)是一种应用广泛的化工原料，可作为火箭发动机的燃料。已知断裂 1 mol 化学键所需的能量：N≡N 为 942 kJ、O=O 为 500 kJ、N－N 为154 kJ，则断裂 1 mol N－H 键所需的能量是_________。
4. （2021春·北京·高二统考期末）现有下列5种有机物：①②③④油脂⑤葡萄糖，请回答下列问题：
(1)用于工业制镜的是_______(填序号)。
(2)属于酯类的是_______(填序号)。
(3)属于两性化合物，既能与酸又能与碱反应的是_______(填序号)。
(4)②的单体是_______(填结构简式)。
(5)①的同分异构体中属于芳香烃的有_______种(不包括①本身)。
5. （2021春·北京·高二统考期末）电负性与电离能是两种定量描述元素原子得失电子能力的参数，请回答下列问题：
元素符号
H
C
O
F
Mg
Al
Cl
电负性
2.1
2.5
3.5
4.0
1.2
1.5
3.0
(1)非金属性强弱：O_______Cl(填“＞”或“＜”)。
(2)依据电负性数值，上述元素的原子最容易形成离子键的是_______和_______(填元素符号)。
(3)某元素Y，其基态原子核外有2个电子层，3个未成对电子，该元素是_______(填元素符号)，Y元素电负性的取值范围是_______。
(4)二氟化氧的结构式为F—O—F，氧元素的化合价为_______，该分子属于_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(5)已知苯可与ICl发生取代反应，利用电负性相关知识预测反应产物：
+I-Cl_______+_______
(6)随着原子序数的递增，元素气态基态原子的第一电离能呈现起伏变化，而电负性的规律性更强。结合原子核外电子排布式解释Mg的第一电离能比Al的高的原因_______。
6. （2022春·北京丰台·高二统考期末）中学常见的6种有机化合物：乙烷、乙烯、1-溴丙烷、1-丙醇、乙酸、乙酸乙酯。
(1)物质结构
① 6种物质的分子中只含有σ键的是___________。
② 6种物质中，碳原子的杂化方式均为sp2杂化的是___________。
(2)物理性质
①常温下，乙醇的溶解性大于苯酚，从结构角度分析其原因：___________。
②从物质结构角度解释乙酸的沸点高于1-丙醇的原因：___________。
物质
相对分子质量
沸点
1-丙醇
60
97.4℃
乙酸
60
118℃
(3)反应类型
①1-溴丙烷生成丙烯的化学方程式为___________，反应类型为___________。
②1-溴丙烷与氨气发生取代反应的产物中，有机化合物的结构简式可能是___________。
(4)物质制备
乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业。实验室用无水乙醇、冰醋酸和浓硫酸反应可制备乙酸乙酯，常用装置如下图。
①写出无水乙醇、冰醋酸和浓硫酸反应制备乙酸乙酯的化学方程式___________。
②试管X中的试剂为___________。
③为提高反应速率或限度，实验中采取的措施及对应理由不正确的是___________(填字母)。
a．浓硫酸可做催化剂，提高化学反应速率
b．浓硫酸可做吸水剂，促进反应向生成乙酸乙酯的反应移动
c．已知该反应为放热反应，升高温度可同时提高化学反应速率和反应限度
④ 写出3种不同物质类别的乙酸乙酯的同分异构体的结构简___________、___________、___________。
7. （2020春·北京丰台·高二期末）已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中 NaOH 的质量分数，进行如下步骤实验：
① 称量 1.0g 样品溶于水，配成 250 mL 溶液；
② 准确量取 25.00 mL 所配溶液于锥形瓶中；
③ 滴加几滴酚酞溶液；
④ 用 0.10mol/L的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：
滴定序号
待测液体积(mL)
所消耗盐酸标准液的体积(mL)
滴定前
滴定后
1
25.00
0.50
20.60
2
25.00
6.00
26.00
3
25.00
1.10
21.00
请回答：
(1)称量1.0g 样品，除小烧杯、药匙外，所用到的主要仪器有_________。
(2)将样品配成 250 mL 溶液，除小烧杯、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有_________。
(3)用_________滴定管(填“酸式”或“碱式”)盛装 0.10mol/L 的盐酸标准液。
(4)观察滴定到终点时溶液颜色的变化为_________。
(5)烧碱样品的纯度为_________。
(6)若出现下列情况，测定结果偏高的是_________。
a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外
d．盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液再润洗
8. （2021春·北京·高二统考期末）葡萄糖生物发酵后，得到的混合物中含有一种有机化合物X，可用于作食品防腐剂和防霉剂。采用如下步骤研究有机化合物X的结构：
(1)将X从发酵液中提取出来，流程如下：
步骤①和②分别用到的仪器是_______、_______(填字母)。
(2)燃烧法测得有机化合物X中C、H、O元素质量分数分别为48.6%、8.1%、43.2%，通过仪器分析测得其相对分子质量为74，则分子式为_______。
(3)用化学方法检验官能团：X能与碳酸氢钠溶液反应产生CO2气体X的官能团名称是_______，X的结构简式为_______。
(4)若用仪器分析法确定有机化合物分子中的官能团，最直接的方法是_______。
A．红外光谱法 B．质谱法 C．核磁共振氢谱法
9. （2022春·北京丰台·高二统考期末）某小组同学探究FeCl3溶液显黄色的原因。
资料：FeCl3溶液中存在如下化学平衡：[Fe(H2O)6]3+ + H2O [Fe(H2O)5(OH)]2+ + H3O+
I．猜想与预测
小组同学认为可能是Fe3＋与其他微粒配位形成的配离子导致溶液显黄色，进而提出以下猜想：
i．Fe3＋与OH-配位
ii．Fe3＋与H2O配位
iii．Fe3＋与Cl-配位
(1)上述微粒能形成配离子的原因是___________。
II．实验与分析
为验证猜想i，小组同学设计并完成了以下实验。
实验
实验操作
实验现象
a
向2 mL FeCl3溶液中加0.5 mL稀硝酸
溶液由黄色变为浅黄色
b
向2 mL FeCl3溶液中加0.5 mL水
溶液黄色略变浅
(2)实验b的目的是___________。
(3)甲同学认为综合上述实验证明猜想i成立，乙同学认为不严谨，并进行了如下实验探究。
实验c：向2 mL 黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色。
①乙同学认为甲同学结论不严谨的理由是___________。
②乙同学认为实验c可以证明猜想i成立，猜想ii不成立，理由是___________。
③小组同学进一步设计实验证明了猜想iii成立。该实验为：向实验c所得无色溶液中加入少量___________，溶液由无色变为黄色。
III．结论与反思
(4)综合上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是______。
(5)向2 mL FeCl3溶液中加0.5 mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化，用平衡移动原理解释：______。
10. （2020春·北京丰台·高二期末）工业上利用CO2和H2反应生成甲醇，也是减少CO2的一种方法。在容积为 1L 的恒温密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应： CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)△H＝－49.0 kJ/mol，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示：
(1)达到平衡的时刻是_________min(填“3”或“10”)。在前10min内，用CO2浓度的变化表示的反应速率υ(CO2)＝_________mol/(L· min)。
(2)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_________。
a.容器内压强不变 b.混合气体中c(CO2)不变 c.υ(CH3OH)＝υ(H2O) d.c(CH3OH)＝c(H2O)
(3)达平衡后，H2的转化率是_________。平衡常数 K ＝_________(计算结果保留一位小数)。为了提高H2的转化率，可采取_________(填“增大”或“减小”)CO2浓度的措施。
(4)工业上也可用 CO 和H2合成甲醇
已知：①CO(g) + O2(g) = CO2(g) △H1＝-283.0 kJ/mol
②H2(g) + O2(g) = H2O(g) △H2＝-241.8 kJ/mol
③CH3OH(g) + O2(g) = CO2(g)+2H2O(g) △H3＝-673kJ/mol
则反应CO(g) + 2H2(g) = CH3OH(g)△H＝_________kJ/mol
(5)如图是甲醇燃料电池原理示意图，电池正极的电极反应式为：_________。
11. （2021春·北京·高二统考期末）以石油裂解气为原料，合成化工原料丁烯二酸的路线如下：
(1)A的名称是_______。
(2)B→D的反应试剂为_______，反应类型是_______。
(3)步骤a、b的目的是_______。
(4)F的结构简式是_______。
(5)丁烯二酸可用于生产多种聚合物，聚丁烯二酸为盐碱地土壤改良剂，聚丁烯二酸乙二酯可用于神经组织的3D打印。
①丁烯二酸存在顺反异构体，顺式丁烯二酸的结构简式为_______
②聚合物M的结构简式为_______，反应类型为_______。
③由丁烯二酸与乙二醇反应生成聚合物N的化学方程式为_______。
12. （2021春·北京·高二统考期末）百合醛具有百合香味，常用作花香型化妆品的香料。其合成路线如下图所示(部分试剂和条件未注明)：
已知：(R、R1、R2代表烃基)
ⅰ.
ⅱ.R1-CHO+R2-CH2CHO+H2O
请回答：
(1)A所属的类别是_______。
(2)B的结构简式为_______。
(3)B→E、F→M的反应类型分别为_______、_______。
(4)M→N的化学方程式为_______。
(5)写出符合下列条件的F的一种同分异构体_______。
a.具有手性 b.苯环上有两个取代基 c.可发生银镜反应
(6)以N和其他试剂为原料经过三步反应可合成百合醛：
请在虚线框内写出Q、H、X的结构简式：Q_______、H_______、X_______。
(7)N向H转化的过程中，常伴有分子式为C17H22O的副产物W产生。W的结构简式为_______。
13. （2022春·北京丰台·高二统考期末）M的合成为液晶的发展指明了一个新的方向，其合成路线如下：
(1)A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子。B的结构简式是___________。
(2)C的官能团的名称是___________；C→D的化学方程式是___________。
(3)E→F的反应类型是___________。
(4)试剂a 的结构简式是___________。
(5)G→H的化学方程式是___________。
(6)下列有关I的说法正确的是___________(填字母)。
A．能发生氧化、加成、消去反应
B．可以使酸性KMnO4溶液褪色
C．能与Na2CO3发生反应产生CO2
D．具有含苯环、醛基的羧酸类同分异构体
(7)J转化为M的过程如下，写出J、K的结构简式：___________、___________。
14. （2021春·北京·高二统考期末）铜的配合物在自然界中广泛存在，请回答下列问题：
(1)基态29Cu的核外电子排布式为_______。
(2)硫酸铜溶液中存在多种微粒：
①硫酸铜溶液呈蓝色的原因是其中存在配离子_______(填化学式)，配体中提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)。
②用价电子对互斥理论对以下微粒的空间构型进行分析，完成下表：
微粒
中心原子上的孤电子对数
中心原子上的价电子对总数
价电子对互斥理论(VSEPR)模型名称
分子或离子空间结构名称
H2O
_______
_______
_______
_______
_______
_______
_______
_______
③H2O、中心原子的杂化轨道类型分别为_______、_______。
(3)同学甲设计如下制备铜的配合物的实验：
已知：铜离子的配位数通常为4。
①结合化学平衡原理原理解释试管c中浑浊液转变为深蓝色溶液的原因_______。
②由上述实验可得出以下结论：
结论1：配合物的形成与_______、_______有关；
结论2：结合上述实验，试管b、c中深蓝色配离子的稳定性强弱顺序为：_______>_______(填化学式)。
15. （2022春·北京丰台·高二统考期末）H、C、N、O、Na、Mg、Cl、Cu是8种中学化学中常见的元素。
(1)原子结构与元素性质
①5种元素H、C、N、O、Na中，电负性最大的是___________。
②3种元素Na、Mg、Cl中，原子半径最大的是___________。
③基态Cu的价电子排布式为___________。
(2)微粒间相互作用与物质性质
① 下列物质的分子中同时存在σ键和π键的是___________(填字母)。
a．H2 b．N2 c．Cl2 d．NH3
②填写下表。
分子
中心原子杂化类型
空间结构
分子极性
BCl3
___________
___________
___________
CH≡CH
___________
___________
___________
③比较SO与NH3分子中的键角大小并给出相应解释：___________。
④相同条件下，SO2在水中的溶解度大于CO2的，理由是___________。
(3)不同聚集状态的物质与性质
①干冰晶体中微粒间的相互作用有___________。
②金属钠能导电的原因是___________。
③NaCl、NaBr、NaI中，熔点最高的是___________。
④金刚石和石墨是碳的两种常见单质，下列叙述正确的是___________(填字母)。
a．金刚石和石墨都是共价晶体
b．晶体中共价键的键角：金刚石＞石墨
c．金刚石中碳原子杂化类型为sp3杂化，石墨中碳原子杂化类型为sp2杂化
16. （2022春·北京丰台·高二统考期末）为解决汽车尾气达标排放，催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。
(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。
(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力，因而具有毒性。
已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2 O2＋HbCO
① 基态Fe2+中未成对电子数为___________。
② C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。
③ 在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。
④ 高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。
(4)为节省贵金属并降低成本，常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。
①该复合型物质的化学式为___________。
②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。
③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρ g/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。
参考答案：
1. HCl=H+ + Cl- 13 = 溶液中存在，水解为吸热反应，加热使平衡正向移动 bd
【详解】
(1)盐酸溶液呈酸性是由于HCl发生电离产生了H+，故答案为：HCl=H+ + Cl-；
(2)0.1 mol/LNaOH溶液中，c(OH −)=0.1mol/L，故，pH=13，故答案为：13；
(3)因为溶液①、②与溶液③都是按1:1进行反应的，故分别与等量的溶液③恰好完全反应，消耗的体积相等，故答案为：=；
(4)由溶液中存在，加热使平衡正向移动，故碱性增强，故答案为：溶液中存在，水解为吸热反应，加热使平衡正向移动
(5)a．根据物料守恒有c(CH3COO−) ＋c(CH3COOＨ)= 0.1 mol/L，故a错误；
ｂ．溶液中有醋酸和水都会电离出H+，故c(H+) > c(CH3COO−) > c(OH −)，故b正确；
ｃ．加入CH3COONa(s)，c(CH3COO−)增大，使得醋酸的电离平衡逆向移动，c(H+)减小，故c错误；
ｄ．醋酸是弱电解质，只能部分电离，滴入NaOH浓溶液后反应生成了强电解质醋酸钠，故溶液导电性增强，故d正确；
故答案为：bd。
2. 阳极 阳极发生氧化反应 电极B是阴极，产生OH-，Na+从左侧进入右侧，故NaOH浓度增大 溶液中存在化学平衡，调节pH为2~3，使平衡逆向移动，减少氯气的损失
【详解】
(1)电极A 发生，化合价升高，发生氧化反应，故是阳极，判断依据为阳极发生氧化反应，故答案为：阳极 阳极发生氧化反应；
(2)电极B为阴极，电极反应式，故答案为：
(3)从装置图中根据物质的进出分析可知电解饱和食盐水的化学方程式，故答案为：
(4)一段时间后，电极B为阴极，产生大量的OH-，左侧的Na+则可以透过阳离子交换膜进入右侧，故电极B周围 NaOH 稀溶液转变为浓溶液，故答案为：电极B是阴极，产生OH-，Na+从左侧进入右侧，故NaOH浓度增大；
(5)因为氯气能溶于水，溶于水的部分氯气与水反应存在化学平衡，电解时，工业用盐酸调节 A 室的 pH=2～3，是通过增大H+和Cl-浓度来使平衡逆向移动，减小氯气的损失，故答案为：溶液中存在化学平衡，调节pH为2~3，使平衡逆向移动，减少氯气的损失。
3. 放热 没有 反应热只与反应的始态和终态有关，与反应的途径无关 391kJ
【详解】(1)①根据反应过程图示，可知反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应是放热反应，故答案为：放热；
②从图中可知，该反应的反应热为，故该反应的热化学方程式为，故答案为：；
③由于反应热与反应途径无关，只与反应的始态和终态有关，加入催化剂对反应热没有影 响，故答案为：没有 反应热只与反应的始态和终态有关，与反应的途径无关
(2)乙烧杯中NO2球的红棕色变深，说明2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH=−56.9 kJ/mol平衡向逆方向移动，而该反应是一个放热反应，故说明CaO与H2O的反应是一个放热反应，使乙烧杯中的温度升高，故反应过程的能量变化示意图为： ，故答案为： ；
(3)根据图示，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ∆H1=-534kJ/mol，由图可知，反应过程如下： ，由盖斯定律可知：∆H1=∆H2+∆H3，∆H3=-534kJ/mol-(-2752kJ/mol)=2218kJ/mol，即4E（N—H）+E（N—N）+E（O=O）=2218kJ/mol，代入数据即可求出E（N—H）=391kJ/mol，故答案为：391kJ。
4. ⑤ ④ ③ CH3CH=CH2 3
【详解】(1)葡萄糖能有醛基，可以和银氨溶液发生银镜反应，故⑤葡萄糖用于工业制镜；
(2)油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯，故④油脂属于酯类；
(3)③中有-COOH、-NH2，属于两性化合物，既能与酸又能与碱反应；
(4)根据烯烃加聚反应生成高聚物的时候，双键变成单键，根据②的结构可知，所以②的单体是CH3CH=CH2；
(5)由题干可知，同分异构体中必须有苯环，所以有、、，故有3种。
5. ＞ Mg F N 2.5＜电负性(N)＜3.5 +2 极性 HCl Al的价电子排布式为3s23p1，Mg的价电子排布式为3s2，3s轨道处于全满状态，比较稳定，因此第一电离能Mg更高
【详解】(1)根据表格可知，O的电负性大于Cl的，电负性越强，非金属性越强，因此非金属性O＞Cl；
(2)电负性相差越大，越容易形成离子键，由表格数据可知，Mg和F电负性相差最大，容易形成离子键；
(3) Y基态原子核外有2个电子层，3个未成对电子，核外电子排布式为1s22s22p3，该元素是N；电负性在C和O之间，因此2.5＜电负性(N)＜3.5；
(4)OF2中F为-1价，因此O为+2价；根据价层电子对互斥理论，O的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4，孤电子对数为2，因此OF2空间构型是V形，正负电荷中心不重合，是极性分子；
(5)ICl中，Cl的电负性大于I，因此Cl更容易结合苯环的H，形成HCl，故产物为和HCl；
(6)根据洪特规则，轨道全空、半满、全满时更稳定，Mg的3s轨道处于全满状态，比较稳定，因此第一电离能Mg更高。
6. (1) 乙烷、1-溴丙烷、1-丙醇 乙烯
(2) 乙醇和苯酚中都含有羟基，羟基能和水形成氢键，是亲水基，乙醇中还含有乙基，苯酚中含有苯基，烃基是憎水基，烃基中的碳原子数越多，该有机物在水中的溶解度越小，所以乙醇的溶解性大于苯酚 乙酸的羰基氧电负性比乙醇羟基氧电负性更强，受羰基作用，乙酸羧基H的正电性也超过乙醇的羟基H，此外羧基上的羰基与羟基都可以参与构成氢键，分子间可以形成强有力的网状结构，所以乙酸的沸点高于1-丙醇
(3) CH3CH2CH2Br+NaOHCH2=CHCH3↑+NaBr+H2O 消去反应
CH3CH2CH2NH3Br
(4) CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O 饱和碳酸钠溶液 c CH3CH2CH2COOH CH2OHCH2CH2CHO CH3OCH2COCH3
【解析】（1）①单键都是σ键，双键、三键均含π键，所以 6种物质的分子中只含有σ键的是乙烷、1-溴丙烷、1-丙醇；②碳原子和碳原子或氧原子形成双键时，碳原子的价层电子对数为3，碳原子的杂化方式为sp2，乙烯中的2个碳原子的杂化方式均为sp2，乙酸和乙酸乙酯中各有1个碳原子的杂化方式为sp2，则6种物质中，碳原子的杂化方式均为sp2杂化的是乙烯；
（2）①乙醇和苯酚中都含有羟基，羟基能和水形成氢键，是亲水基，乙醇中还含有乙基，苯酚中含有苯基，烃基是憎水基，烃基中的碳原子数越多，该有机物在水中的溶解度越小，所以乙醇的溶解性大于苯酚；②乙酸的羰基氧电负性比乙醇羟基氧电负性更强，受羰基作用，乙酸羧基H的正电性也超过乙醇的羟基H，此外羧基上的羰基与羟基都可以参与构成氢键，分子间可以形成强有力的网状结构，所以乙酸的沸点高于1-丙醇；
（3）①1-溴丙烷生成丙烯发生的是消去反应，在NaOH醇溶液作用下加热发生的，化学方程式为：CH3CH2CH2Br+NaOH CH2=CHCH3↑+NaBr+H2O；②1-溴丙烷与氨气发生取代反应，1-溴丙烷中的溴原子被氨基取代，生成CH3CH2CH2NH2和HBr，生成的CH3CH2CH2NH2具有碱性，和生成的HBr发生中和反应最终生成盐CH3CH2CH2NH3Br；
（4）①乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，化学方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；②饱和碳酸钠溶液可以吸收挥发的乙酸和乙醇，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度很小，所以X为饱和碳酸钠溶液；③a. 在酯化反应中，浓硫酸做催化剂，可加快反应速率，a正确；b. 酯化反应是可逆反应，浓硫酸具有吸水性，可以促进反应向生成乙酸乙酯的方向移动，b正确；c. 该反应为放热反应，升高温度可以加快速率，但平衡逆向移动，不能提高反应限度，故c不正确；故选c；④乙酸乙酯的同分异构体可以是羧酸类，也可以是羟基醛、羟基酮、醚醛、醚酮、含一个碳碳双键的二元醇等。3种结构简式为CH3CH2CH2COOH、CH2OHCH2CH2CHO、CH3OCH2COCH3等。
7. 托盘天平 250mL容量瓶 胶头滴管 酸式 粉红色变为无色，且30s内不恢复红色 80.0% cd
【分析】本题主要考查酸碱中和滴定的原理、计算和配制溶液的主要仪器，难度不大。
【详解】(1)称量1.0g 样品，除小烧杯、药匙外，所用到的主要仪器有托盘天平，故答案为：托盘天平；
(2)用固体配制一定物质的量浓度的溶液，需要的仪器除小烧杯、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有250mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶和胶头滴管；
(3)酸式滴定管主要用于装酸性、中性溶液和强氧化性的溶液（如高锰酸钾溶液），碱式滴定管装中性溶液和碱性溶液，故答案为：酸式
(4)锥形瓶中装有NaOH溶液和酚酞，故观察滴定到终点时溶液颜色的变化为粉红色变为无色，且30s内不恢复红色，故答案为：粉红色变为无色，且30s内不恢复红色
(5)由于第2组数据明显错误，故消耗盐酸的平均体积为故NaOH的物质的量浓度为：，故样品中 ，故答案为：80.0%；
(6) a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对实验结果没有影响，故a不合题意；
b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，将使实验结果偏低，故b不合题意；
c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，将使实验结果偏高，故c符合题意；
d．盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液再润洗，将使实验结果偏高，故d符合题意；
故答案为：cd。
8. B C C3H6O2 羧基 CH3CH2COOH A
【详解】(1)生物发酵所得的混合液与石灰乳反应，经过过滤得到沉淀物，沉淀物中加硫酸反应生成物质X，经过蒸馏得到纯净的X。
根据上述分析，步骤①为过滤，所用仪器为B；步骤②为蒸馏，所用仪器为C；
(2)有机化合物X中C、H、O元素质量分数分别为48.6%、8.1%、43.2%，原子个数比C：H：O=：：=3:6:2，相对分子质量为74，则分子式为C3H6O2；
(3)能与碳酸氢钠溶液反应产生CO2气体说明X中含有羧基，X的结构简式为CH3CH2COOH；
(4) A．红外光谱法可以确定分子中的官能团以及化学键的情况，A符合题意；
B．质谱法主要用于确定分子的相对分子质量，B不符合题意；
C．核磁共振氢谱可以确定有机物分子中不同化学环境的H的情况，C不符合题意；
故选A。
9. (1)Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子
(2)控制Fe3+离子浓度相同
(3) 实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位 滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动 固体氯化钠
(4)Fe3+与OH-配位和Fe3+与Cl-配位
(5)增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化
【解析】（1）上述微粒能形成配离子的原因是Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子，故答案为：Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子；
（2）实验b的目的是对照试验，控制Fe3+离子浓度相同，故答案为：控制Fe3+离子浓度相同；
（3）①乙同学认为甲同学结论不严谨的理由是：实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位，故答案为：实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位；
②实验c：向2mL黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动，证明猜想ⅰ成立，猜想ⅱ不成立，故答案为：滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动；
③小组同学进一步设计实验证明了猜想ⅲ成立该实验为：向实验c所得无色溶液中加入少量氯化钠固体，溶液由无色变为黄色，证明实验ⅲ．Fe3+与Cl-配位，故答案为：固体氯化钠；
（4）综合上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是ⅰ．Fe3+与OH-配位和ⅲ．Fe3+与Cl-配位；故答案为：Fe3+与OH-配位和Fe3+与Cl-配位；
（5）向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化，故答案为：增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化。
10. 10 0.075 ab 75% 5.3 增大 -93.6
【详解】(1)达到平衡时是物质的浓度保持不变而不是相等，故平衡的时刻是10min，在前10min内，用 CO2浓度的变化表示的反应速率 υ(CO2)＝，故答案为：10 0.075
(2) a.该反应的正反应气体分子数减小，建立平衡过程中气体分子物质的量是变化的，在恒容容器中，容器内的压强是变化的，故容器内压强不变能说明反应达到平衡状态；
b.混合气体中c(CO2)不变是反应达到平衡状态的特征；
c.υ(CH3OH)＝υ(H2O) 没有指明反应速率的方向，不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态；
d.从正反应开始建立平衡的过程中c(CH3OH)与c(H2O)始终相等，c(CH3OH)与c(H2O)不能说明反应达到平衡状态；
故答案为：ab；
(3)通过化学平衡三段式进行计算，可知：
H2的转化率=；平衡常数 ；增大一种反应物的浓度，另一种反应物的转化率增大，故为了提高 H2 的转化率，可采取增大CO2 浓度，故答案为：75% 5.3 增大；
(4) ①CO(g) + O2(g) = CO2(g) △H1＝-283.0 kJ/mol
②H2(g) + O2(g) = H2O(g) △H2＝-241.8 kJ/mol
③CH3OH(g) + O2(g) = CO2(g)+2H2O(g) △H3＝-673 kJ/mol
根据盖斯定律，将①+2×②-③即得到反应 CO(g) + 2H2(g) = CH3OH(g) ，故答案为：-93.6；
(5)根据甲醇燃料电池原理示意图，电解质是NaOH溶液，故电池正极的电极反应式为：，故答案为：。
11. 1，3-丁二烯 NaOH水溶液 取代(水解) 保护碳碳双键，避免被O2氧化 加聚反应 nHOOC-CH=CH-COOH+nHOCH2-CH2OH+(2n-1)H2O
【详解】A是1.3-丁二烯可以与溴发生1,4-加成反应生成B为ClCH2CH=CHCH2Cl，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解生成D，D与HCl发生加成反应生成E为HOCH2CH2CH(Cl)CH2OH，E催化氧化生成酸F，F为HOOCCH2CH(Cl) COOH，F在氢氧化钠乙醇溶液、加热条件下发生消去生成G，则G为NaOOC-CH=CH-COONa，G酸化得丁二烯。
(1) A的名称是1，3-丁二烯，故答案为：1，3-丁二烯
(2) B为ClCH2CH=CHCH2Cl在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解生成D，反应类型为取代反应，故答案为：NaOH水溶液、取代(水解)
(3) 步骤a D与HCl发生加成反应生成E为HOCH2CH2CH(Cl)CH2OH，保护双键不被氧化，b步骤F为HOOCCH2CH(Cl) COOH，F在氢氧化钠乙醇溶液、加热条件下发生消去生成G，则G为NaOOC-CH=CH-COONa，恢复双键，所以步骤a、b的目的是保护碳碳双键，避免被O2氧化，故答案为：保护碳碳双键，避免被O2氧化
(4) 根据分析F的结构简式是，故答案为：
(5) ①丁烯二酸为，存在顺反异构体，顺式丁烯二酸的结构简式为，故答案为：
②聚合物M是加聚产物，结构简式为，故答案为：
③由丁烯二酸与乙二醇反应生成聚合物N的化学方程式为nHOOC-CH=CH-COOH+nHOCH2-CH2OH+(2n-1)H2O
故答案为：nHOOC-CH=CH-COOH+nHOCH2-CH2OH+(2n-1)H2O
12. 烯烃 取代反应 还原反应 CH3CH2CHO
【分析】F为：，根据合成路线推知E为：，结合信息ⅰ可知B为：，所以A为：2-甲基丙烯，F被氢化铝锂还原为M：，M发生催化氧化生成N：，N经过三步反应生成，据此分析答题。
【详解】(1)经过上述分析可知，A为：2-甲基丙烯，属于烯烃，答案为：烯烃；
(2)B和甲苯发生取代反应生成E：，结合信息ⅰ可知B为：，答案为：；
(3) B和甲苯发生取代反应生成E：；F被氢化铝锂还原为M：，答案为：取代反应；还原反应；
(4) M发生催化氧化生成N：反应方程式为：，答案为：；
(5) F为：，满足a.具有手性b.苯环上有两个取代基c.可发生银镜反应的同分异构体为：，答案为：；
(6) N：，根据信息ⅱ.R1-CHO+R2-CH2CHO+H2O，N先与丙醛发生醛的加成生成H：，再将醛基和碳碳双键还原生成X：，再将醇羟基氧化生成目标产物，答案为：CH3CH2CHO；；；
(7) 分子式为C17H22O的副产物W由1molN和2mol丙醛发生已知i的反应，W的结构简式为：，答案为：。
13. (1)
(2) 碳溴键、羧基 +C16H33OH+H2O
(3)取代反应
(4)CH3I
(5)2 +O22 +2H2O
(6)B
(7)
【分析】A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子，则A为，A被氧化生成B，根据B的分子式及B生成C的反应条件知，B为、C为，C和醇发生酯化反应生成D，D为；根据E的分子式及G的结构简式知，E为，E和a反应生成F，根据F的分子式及G的结构简式知，F为，F和b发生加成反应生成G，b为OHCCOOH，G发生催化氧化生成H为，H脱CO2生成I，则I为，I和D发生取代反应生成HBr和J，结合M的结构简式知，J为。
（1）B的结构简式是；
（2）C为，C的官能团的名称是碳溴键、羧基；C发生酯化反应生成D为，C→D的化学方程式为：+C16H33OH+H2O；
（3）E为，F为，E中酚羟基上的氢原子被甲基取代生成F，则E→F的反应类型是取代反应；
（4）试剂a的结构简式是CH3I；
（5）G发生催化氧化生成H为 ，G→H的化学方程式是2 +O22 +2H2O；
（6）I为 ，
A．I中酚羟基、醛基能发生氧化反应，苯环和醛基能发生加成反应，该有机物不能发生消去反应，故A错误；
B．酚羟基、醛基能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．能与Na2CO3发生反应生成酚-ONa、NaHCO3，不含羧基，不能生成CO2，故C错误；
D．I的不饱和度是5，苯环的不饱和度是4、醛基和羧基的不饱和度是1，则不具有含苯环、醛基的羧酸类同分异构体，故D错误；
故答案为：B；
（7）J为，J和发生加成反应生成K为，K发生消去反应生成M。
14. 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s1 [Cu(H2O)4]2+ O 2 4 四面体 V型 0 4 正四面体 正四面体 sp3 sp3 浑浊液中存在平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq) + 2OH-(aq)，加入NH3·H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液 配体的种类 配体的浓度 [Cu(NH3)4]2+ [Cu(OH)4]2-
【详解】(1)29号元素铜的核外电子排布式为：1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s1，答案为：1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s1；
(2)①硫酸铜溶液中铜离子以四水合铜配离子形式存在，溶液呈蓝色；水分子中氧原子存在孤电子对，作为配体给中心离子铜离子提供孤电子对，答案为：[Cu(H2O)4]2+；O；
②利用价层电子对互斥理论计算水分子中心原子的价层电子对数为：，孤电子对数为：2，价电子对互斥理论(VSEPR)模型名称为：四面体形，分子空间结构名称为：V形；利用价层电子对互斥理论计算中心原子的价层电子对数为：，无孤电子对，价电子对互斥理论(VSEPR)模型名称为：正四面体形，分子空间结构名称为：正四面体形，答案为：2；4；四面体；V形；0；4；正四面体；正四面体；
③水分子中心原子的价层电子对数为：，杂化方式为：sp3；中心原子的价层电子对数为：，杂化方式为：sp3，答案为：sp3；sp3；
(3)①向硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液后生成氢氧化铜难溶物，氢氧化铜浑浊液中存在沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq) + 2OH-(aq)，加入NH3·H2O后Cu2+与配体NH3形成配合物：[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液，答案为：浑浊液中存在平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq) + 2OH-(aq)，加入NH3·H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液；
②通过三组实验可知，氢氧化铜可以在浓氢氧化钠溶液中形成配合物溶解，稀氢氧化钠溶液不能溶解，氢氧化铜可以在低浓度氨水中形成配合物溶解，所以配合物的形成与配体的种类、配体的浓度有关；氢氧化铜在浓氢氧化钠溶液中形成配离子[Cu(OH)4]2-，证明和氢氧根形成配离子较为困难，氢氧化铜可以在低浓度氨水中形成配离子[Cu(NH3)4]2+，证明和氨分子形成配离子较为容易，所以试管b、c中深蓝色配离子的稳定性强弱顺序为：[Cu(NH3)4]2+>[Cu(OH)4]2-，答案为：配体的种类；配体的浓度；[Cu(NH3)4]2+；[Cu(OH)4]2-。
15. (1) O Na 3d104s1
(2) b sp2 平面三角形 非极性分子 sp 直线形 非极性分子 孤对电子之间的斥力大于孤对与成键电子之间的斥力大于成键电子之间的斥力，中没有孤对电子，NH3分子中含有1对孤对电子 SO2和水均为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度大于CO2的
(3) 范德华力和极性键 晶体中含有自由移动的电子 NaCl c
【解析】（1）
①同周期从左到右元素的电负性依次增大，同主族从下到上元素的电负性依次增大；5种元素H、C、N、O、Na中，电负性最大的是O，故答案为：O；
②同周期从左到右原子半径依次减小，3种元素Na、Mg、Cl中，原子半径最大的是Na，故答案为：Na；
③Cu是29号元素，价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
（2）
①双键和三键中含有σ键和π键，则含有σ键和π键的是N2，故答案为：b；
②BCl3的价层电子对数为3+0=3，中心原子杂化类型为sp2，空间结构是平面三角形，分子中没有孤对电子，为非极性分子；CH≡CH中碳原子的价层电子对数为2+0=2，中心原子杂化类型为sp，空间结构是直线形，分子结构对称，为非极性分子；故答案为：sp2；平面三角形；非极性分子；sp；直线形；非极性分子；
③中没有孤对电子，NH3分子中含有1对孤对电子，孤对电子之间的斥力大于孤对与成键电子之间的斥力大于成键电子之间的斥力，所以的键角大于NH3的键角，故答案为：孤对电子之间的斥力大于孤对与成键电子之间的斥力大于成键电子之间的斥力，中没有孤对电子，NH3分子中含有1对孤对电子；
④由于SO2和水均为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度大于CO2的，故答案为：SO2和水均为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度大于CO2的；
（3）
①干冰属于分子晶体，晶体中微粒间的相互作用有范德华力和极性键，故答案为：范德华力和极性键；
②金属钠能导电的原因是晶体中含有自由移动的电子，故答案为：晶体中含有自由移动的电子；
③离子晶体中阴阳离子半径越小，所带电荷越大，晶格能越大，熔点越高；NaCl、NaBr、NaI中，熔点最高的是NaCl，故答案为：NaCl；
④a．金刚石是共价晶体，石墨是混合型晶体，故a错误；
b．金刚石中碳原子是sp3杂化，石墨中碳原子是sp2杂化，晶体中共价键的键角：金刚石＜石墨，故b错误；
c．金刚石是立体结构，碳原子杂化类型为sp3杂化，石墨是平面结构，碳原子杂化类型为sp2杂化，故c正确；
故答案为：c。
16. (1) 第5周期第ⅣB族 d
(2) 4 N＞O＞C H2O＞NH3＞CH4 O电负性比N和C大 ，成键时不易给出孤电子对，不易和Fe2+配位 CO＋HbO2 ⇌ O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒 SrTiO3 6
【解析】（1）Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，电子层数为5，则Zr位于第5周期，外围有4个电子，则位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置为第5周期第ⅣB族，最后填入电子的能级为d，所以Zr属于d区元素。
（2）Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，根据电子排布的泡利原理和洪特规则，3d上的6个电子有2个在同一原子轨道中，另外4个均单独占据一条轨道，所以基态Fe2+中未成对电子数为4。第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需的最低能量。C、N、O三种元素中，C的半径最大，核电荷数最少，对电子的束缚力最弱，其第一电离能最小；N的2p轨道上排布了3个电子，达到了半充满的稳定结构，其第一电离能比O大，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。C、N、O三种元素的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子间有氢键，其沸点高于CH4，水分子间的氢键比NH3分子间的氢键强，所以水的沸点高于NH3，所以C、N、O三种元素简单氢化物的沸点由大到小的顺序为H2O＞NH3＞CH4。O电负性比N和C大，成键时不易给出孤对电子，不易和Fe2+配位。CO＋HbO2 ⇌ O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒。在该晶胞中，O位于立方体的棱心，所以该晶胞含有3个O，Ti原子位于顶点，则含有1个Ti，Sr位于体心，则含有1个Sr，该复合型物质的化学式为TiSrO3；每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为6；该晶胞的质量为g，晶体密度为ρ g/cm3，所以晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为cm。
北京市丰台区2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·北京丰台·高二期末）常温下，有 0.1 mol/L 的四种溶液：①HCl ②CH3COOH ③NaOH ④Na2CO3
(1)用化学用语解释溶液①呈酸性的原因：_________。
(2)溶液③的 pH=_________。
(3)溶液①、②分别与等量的溶液③恰好完全反应，消耗的体积：①_________②(填“＞”、“＜”或“=”)。
(4)溶液④加热后碱性增强，结合化学用语解释原因：_________。
(5)常温下，下列关于溶液②的判断正确的是_________。
a.c(CH3COO−) = 0.1 mol/L
b.溶液中c(H+) > c(CH3COO−) > c(OH −)
c.加入CH3COONa(s)，c(H+)不变
d.滴入 NaOH 浓溶液，溶液导电性增强
2. （2020春·北京丰台·高二期末）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图：
(1)电极 A 是_________(填“阴极”或“阳极”)，判断依据为_________。
(2)写出电极 B 的电极反应式_________。
(3)写出电解饱和食盐水的化学方程式_________。
(4)一段时间后，电极 B 周围 NaOH 稀溶液转变为浓溶液，原因：_________。
(5)电解时，工业用盐酸调节 A 室的 pH=2～3，请用化学平衡原理解释原因_________。
3. （2020春·北京丰台·高二期末）氮是地球上含量丰富的一种元素，其单质及化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
(1)如图是1mol NO2(g)和 1mol CO(g)反应生成 1mol CO2(g)和 1mol NO(g)过程中能量变化示意图。
①该反应是_________(填“吸热”或 “放热”)反应。
②请写出反应的热化学方程式_________。
③若在该反应体系中加入催化剂对反应热_________(填“有”或“没有”)影 响。原因是_________。
(2)已知，可逆反应2NO2 (g)⇌N2O4 (g) ΔH=−56.9 kJ/mol。在乙烧杯中投入一定量的CaO固体，此烧杯中NO2球的红棕色变深。根据现象，补全CaO与H2O反应过程的能量变化示意图_________。
(3)肼(N2H4)是一种应用广泛的化工原料，可作为火箭发动机的燃料。已知断裂 1 mol 化学键所需的能量：N≡N 为 942 kJ、O=O 为 500 kJ、N－N 为154 kJ，则断裂 1 mol N－H 键所需的能量是_________。
4. （2021春·北京·高二统考期末）现有下列5种有机物：①②③④油脂⑤葡萄糖，请回答下列问题：
(1)用于工业制镜的是_______(填序号)。
(2)属于酯类的是_______(填序号)。
(3)属于两性化合物，既能与酸又能与碱反应的是_______(填序号)。
(4)②的单体是_______(填结构简式)。
(5)①的同分异构体中属于芳香烃的有_______种(不包括①本身)。
5. （2021春·北京·高二统考期末）电负性与电离能是两种定量描述元素原子得失电子能力的参数，请回答下列问题：
元素符号
H
C
O
F
Mg
Al
Cl
电负性
2.1
2.5
3.5
4.0
1.2
1.5
3.0
(1)非金属性强弱：O_______Cl(填“＞”或“＜”)。
(2)依据电负性数值，上述元素的原子最容易形成离子键的是_______和_______(填元素符号)。
(3)某元素Y，其基态原子核外有2个电子层，3个未成对电子，该元素是_______(填元素符号)，Y元素电负性的取值范围是_______。
(4)二氟化氧的结构式为F—O—F，氧元素的化合价为_______，该分子属于_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(5)已知苯可与ICl发生取代反应，利用电负性相关知识预测反应产物：
+I-Cl_______+_______
(6)随着原子序数的递增，元素气态基态原子的第一电离能呈现起伏变化，而电负性的规律性更强。结合原子核外电子排布式解释Mg的第一电离能比Al的高的原因_______。
6. （2022春·北京丰台·高二统考期末）中学常见的6种有机化合物：乙烷、乙烯、1-溴丙烷、1-丙醇、乙酸、乙酸乙酯。
(1)物质结构
① 6种物质的分子中只含有σ键的是___________。
② 6种物质中，碳原子的杂化方式均为sp2杂化的是___________。
(2)物理性质
①常温下，乙醇的溶解性大于苯酚，从结构角度分析其原因：___________。
②从物质结构角度解释乙酸的沸点高于1-丙醇的原因：___________。
物质
相对分子质量
沸点
1-丙醇
60
97.4℃
乙酸
60
118℃
(3)反应类型
①1-溴丙烷生成丙烯的化学方程式为___________，反应类型为___________。
②1-溴丙烷与氨气发生取代反应的产物中，有机化合物的结构简式可能是___________。
(4)物质制备
乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业。实验室用无水乙醇、冰醋酸和浓硫酸反应可制备乙酸乙酯，常用装置如下图。
①写出无水乙醇、冰醋酸和浓硫酸反应制备乙酸乙酯的化学方程式___________。
②试管X中的试剂为___________。
③为提高反应速率或限度，实验中采取的措施及对应理由不正确的是___________(填字母)。
a．浓硫酸可做催化剂，提高化学反应速率
b．浓硫酸可做吸水剂，促进反应向生成乙酸乙酯的反应移动
c．已知该反应为放热反应，升高温度可同时提高化学反应速率和反应限度
④ 写出3种不同物质类别的乙酸乙酯的同分异构体的结构简___________、___________、___________。
7. （2020春·北京丰台·高二期末）已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中 NaOH 的质量分数，进行如下步骤实验：
① 称量 1.0g 样品溶于水，配成 250 mL 溶液；
② 准确量取 25.00 mL 所配溶液于锥形瓶中；
③ 滴加几滴酚酞溶液；
④ 用 0.10mol/L的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：
滴定序号
待测液体积(mL)
所消耗盐酸标准液的体积(mL)
滴定前
滴定后
1
25.00
0.50
20.60
2
25.00
6.00
26.00
3
25.00
1.10
21.00
请回答：
(1)称量1.0g 样品，除小烧杯、药匙外，所用到的主要仪器有_________。
(2)将样品配成 250 mL 溶液，除小烧杯、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有_________。
(3)用_________滴定管(填“酸式”或“碱式”)盛装 0.10mol/L 的盐酸标准液。
(4)观察滴定到终点时溶液颜色的变化为_________。
(5)烧碱样品的纯度为_________。
(6)若出现下列情况，测定结果偏高的是_________。
a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外
d．盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液再润洗
8. （2021春·北京·高二统考期末）葡萄糖生物发酵后，得到的混合物中含有一种有机化合物X，可用于作食品防腐剂和防霉剂。采用如下步骤研究有机化合物X的结构：
(1)将X从发酵液中提取出来，流程如下：
步骤①和②分别用到的仪器是_______、_______(填字母)。
(2)燃烧法测得有机化合物X中C、H、O元素质量分数分别为48.6%、8.1%、43.2%，通过仪器分析测得其相对分子质量为74，则分子式为_______。
(3)用化学方法检验官能团：X能与碳酸氢钠溶液反应产生CO2气体X的官能团名称是_______，X的结构简式为_______。
(4)若用仪器分析法确定有机化合物分子中的官能团，最直接的方法是_______。
A．红外光谱法 B．质谱法 C．核磁共振氢谱法
9. （2022春·北京丰台·高二统考期末）某小组同学探究FeCl3溶液显黄色的原因。
资料：FeCl3溶液中存在如下化学平衡：[Fe(H2O)6]3+ + H2O [Fe(H2O)5(OH)]2+ + H3O+
I．猜想与预测
小组同学认为可能是Fe3＋与其他微粒配位形成的配离子导致溶液显黄色，进而提出以下猜想：
i．Fe3＋与OH-配位
ii．Fe3＋与H2O配位
iii．Fe3＋与Cl-配位
(1)上述微粒能形成配离子的原因是___________。
II．实验与分析
为验证猜想i，小组同学设计并完成了以下实验。
实验
实验操作
实验现象
a
向2 mL FeCl3溶液中加0.5 mL稀硝酸
溶液由黄色变为浅黄色
b
向2 mL FeCl3溶液中加0.5 mL水
溶液黄色略变浅
(2)实验b的目的是___________。
(3)甲同学认为综合上述实验证明猜想i成立，乙同学认为不严谨，并进行了如下实验探究。
实验c：向2 mL 黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色。
①乙同学认为甲同学结论不严谨的理由是___________。
②乙同学认为实验c可以证明猜想i成立，猜想ii不成立，理由是___________。
③小组同学进一步设计实验证明了猜想iii成立。该实验为：向实验c所得无色溶液中加入少量___________，溶液由无色变为黄色。
III．结论与反思
(4)综合上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是______。
(5)向2 mL FeCl3溶液中加0.5 mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化，用平衡移动原理解释：______。
10. （2020春·北京丰台·高二期末）工业上利用CO2和H2反应生成甲醇，也是减少CO2的一种方法。在容积为 1L 的恒温密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应： CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)△H＝－49.0 kJ/mol，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示：
(1)达到平衡的时刻是_________min(填“3”或“10”)。在前10min内，用CO2浓度的变化表示的反应速率υ(CO2)＝_________mol/(L· min)。
(2)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_________。
a.容器内压强不变 b.混合气体中c(CO2)不变 c.υ(CH3OH)＝υ(H2O) d.c(CH3OH)＝c(H2O)
(3)达平衡后，H2的转化率是_________。平衡常数 K ＝_________(计算结果保留一位小数)。为了提高H2的转化率，可采取_________(填“增大”或“减小”)CO2浓度的措施。
(4)工业上也可用 CO 和H2合成甲醇
已知：①CO(g) + O2(g) = CO2(g) △H1＝-283.0 kJ/mol
②H2(g) + O2(g) = H2O(g) △H2＝-241.8 kJ/mol
③CH3OH(g) + O2(g) = CO2(g)+2H2O(g) △H3＝-673kJ/mol
则反应CO(g) + 2H2(g) = CH3OH(g)△H＝_________kJ/mol
(5)如图是甲醇燃料电池原理示意图，电池正极的电极反应式为：_________。
11. （2021春·北京·高二统考期末）以石油裂解气为原料，合成化工原料丁烯二酸的路线如下：
(1)A的名称是_______。
(2)B→D的反应试剂为_______，反应类型是_______。
(3)步骤a、b的目的是_______。
(4)F的结构简式是_______。
(5)丁烯二酸可用于生产多种聚合物，聚丁烯二酸为盐碱地土壤改良剂，聚丁烯二酸乙二酯可用于神经组织的3D打印。
①丁烯二酸存在顺反异构体，顺式丁烯二酸的结构简式为_______
②聚合物M的结构简式为_______，反应类型为_______。
③由丁烯二酸与乙二醇反应生成聚合物N的化学方程式为_______。
12. （2021春·北京·高二统考期末）百合醛具有百合香味，常用作花香型化妆品的香料。其合成路线如下图所示(部分试剂和条件未注明)：
已知：(R、R1、R2代表烃基)
ⅰ.
ⅱ.R1-CHO+R2-CH2CHO+H2O
请回答：
(1)A所属的类别是_______。
(2)B的结构简式为_______。
(3)B→E、F→M的反应类型分别为_______、_______。
(4)M→N的化学方程式为_______。
(5)写出符合下列条件的F的一种同分异构体_______。
a.具有手性 b.苯环上有两个取代基 c.可发生银镜反应
(6)以N和其他试剂为原料经过三步反应可合成百合醛：
请在虚线框内写出Q、H、X的结构简式：Q_______、H_______、X_______。
(7)N向H转化的过程中，常伴有分子式为C17H22O的副产物W产生。W的结构简式为_______。
13. （2022春·北京丰台·高二统考期末）M的合成为液晶的发展指明了一个新的方向，其合成路线如下：
(1)A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子。B的结构简式是___________。
(2)C的官能团的名称是___________；C→D的化学方程式是___________。
(3)E→F的反应类型是___________。
(4)试剂a 的结构简式是___________。
(5)G→H的化学方程式是___________。
(6)下列有关I的说法正确的是___________(填字母)。
A．能发生氧化、加成、消去反应
B．可以使酸性KMnO4溶液褪色
C．能与Na2CO3发生反应产生CO2
D．具有含苯环、醛基的羧酸类同分异构体
(7)J转化为M的过程如下，写出J、K的结构简式：___________、___________。
14. （2021春·北京·高二统考期末）铜的配合物在自然界中广泛存在，请回答下列问题：
(1)基态29Cu的核外电子排布式为_______。
(2)硫酸铜溶液中存在多种微粒：
①硫酸铜溶液呈蓝色的原因是其中存在配离子_______(填化学式)，配体中提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)。
②用价电子对互斥理论对以下微粒的空间构型进行分析，完成下表：
微粒
中心原子上的孤电子对数
中心原子上的价电子对总数
价电子对互斥理论(VSEPR)模型名称
分子或离子空间结构名称
H2O
_______
_______
_______
_______
_______
_______
_______
_______
③H2O、中心原子的杂化轨道类型分别为_______、_______。
(3)同学甲设计如下制备铜的配合物的实验：
已知：铜离子的配位数通常为4。
①结合化学平衡原理原理解释试管c中浑浊液转变为深蓝色溶液的原因_______。
②由上述实验可得出以下结论：
结论1：配合物的形成与_______、_______有关；
结论2：结合上述实验，试管b、c中深蓝色配离子的稳定性强弱顺序为：_______>_______(填化学式)。
15. （2022春·北京丰台·高二统考期末）H、C、N、O、Na、Mg、Cl、Cu是8种中学化学中常见的元素。
(1)原子结构与元素性质
①5种元素H、C、N、O、Na中，电负性最大的是___________。
②3种元素Na、Mg、Cl中，原子半径最大的是___________。
③基态Cu的价电子排布式为___________。
(2)微粒间相互作用与物质性质
① 下列物质的分子中同时存在σ键和π键的是___________(填字母)。
a．H2 b．N2 c．Cl2 d．NH3
②填写下表。
分子
中心原子杂化类型
空间结构
分子极性
BCl3
___________
___________
___________
CH≡CH
___________
___________
___________
③比较SO与NH3分子中的键角大小并给出相应解释：___________。
④相同条件下，SO2在水中的溶解度大于CO2的，理由是___________。
(3)不同聚集状态的物质与性质
①干冰晶体中微粒间的相互作用有___________。
②金属钠能导电的原因是___________。
③NaCl、NaBr、NaI中，熔点最高的是___________。
④金刚石和石墨是碳的两种常见单质，下列叙述正确的是___________(填字母)。
a．金刚石和石墨都是共价晶体
b．晶体中共价键的键角：金刚石＞石墨
c．金刚石中碳原子杂化类型为sp3杂化，石墨中碳原子杂化类型为sp2杂化
16. （2022春·北京丰台·高二统考期末）为解决汽车尾气达标排放，催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。
(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。
(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力，因而具有毒性。
已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2 O2＋HbCO
① 基态Fe2+中未成对电子数为___________。
② C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。
③ 在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。
④ 高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。
(4)为节省贵金属并降低成本，常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。
①该复合型物质的化学式为___________。
②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。
③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρ g/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。
参考答案：
1. HCl=H+ + Cl- 13 = 溶液中存在，水解为吸热反应，加热使平衡正向移动 bd
【详解】
(1)盐酸溶液呈酸性是由于HCl发生电离产生了H+，故答案为：HCl=H+ + Cl-；
(2)0.1 mol/LNaOH溶液中，c(OH −)=0.1mol/L，故，pH=13，故答案为：13；
(3)因为溶液①、②与溶液③都是按1:1进行反应的，故分别与等量的溶液③恰好完全反应，消耗的体积相等，故答案为：=；
(4)由溶液中存在，加热使平衡正向移动，故碱性增强，故答案为：溶液中存在，水解为吸热反应，加热使平衡正向移动
(5)a．根据物料守恒有c(CH3COO−) ＋c(CH3COOＨ)= 0.1 mol/L，故a错误；
ｂ．溶液中有醋酸和水都会电离出H+，故c(H+) > c(CH3COO−) > c(OH −)，故b正确；
ｃ．加入CH3COONa(s)，c(CH3COO−)增大，使得醋酸的电离平衡逆向移动，c(H+)减小，故c错误；
ｄ．醋酸是弱电解质，只能部分电离，滴入NaOH浓溶液后反应生成了强电解质醋酸钠，故溶液导电性增强，故d正确；
故答案为：bd。
2. 阳极 阳极发生氧化反应 电极B是阴极，产生OH-，Na+从左侧进入右侧，故NaOH浓度增大 溶液中存在化学平衡，调节pH为2~3，使平衡逆向移动，减少氯气的损失
【详解】
(1)电极A 发生，化合价升高，发生氧化反应，故是阳极，判断依据为阳极发生氧化反应，故答案为：阳极 阳极发生氧化反应；
(2)电极B为阴极，电极反应式，故答案为：
(3)从装置图中根据物质的进出分析可知电解饱和食盐水的化学方程式，故答案为：
(4)一段时间后，电极B为阴极，产生大量的OH-，左侧的Na+则可以透过阳离子交换膜进入右侧，故电极B周围 NaOH 稀溶液转变为浓溶液，故答案为：电极B是阴极，产生OH-，Na+从左侧进入右侧，故NaOH浓度增大；
(5)因为氯气能溶于水，溶于水的部分氯气与水反应存在化学平衡，电解时，工业用盐酸调节 A 室的 pH=2～3，是通过增大H+和Cl-浓度来使平衡逆向移动，减小氯气的损失，故答案为：溶液中存在化学平衡，调节pH为2~3，使平衡逆向移动，减少氯气的损失。
3. 放热 没有 反应热只与反应的始态和终态有关，与反应的途径无关 391kJ
【详解】(1)①根据反应过程图示，可知反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应是放热反应，故答案为：放热；
②从图中可知，该反应的反应热为，故该反应的热化学方程式为，故答案为：；
③由于反应热与反应途径无关，只与反应的始态和终态有关，加入催化剂对反应热没有影 响，故答案为：没有 反应热只与反应的始态和终态有关，与反应的途径无关
(2)乙烧杯中NO2球的红棕色变深，说明2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH=−56.9 kJ/mol平衡向逆方向移动，而该反应是一个放热反应，故说明CaO与H2O的反应是一个放热反应，使乙烧杯中的温度升高，故反应过程的能量变化示意图为： ，故答案为： ；
(3)根据图示，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ∆H1=-534kJ/mol，由图可知，反应过程如下： ，由盖斯定律可知：∆H1=∆H2+∆H3，∆H3=-534kJ/mol-(-2752kJ/mol)=2218kJ/mol，即4E（N—H）+E（N—N）+E（O=O）=2218kJ/mol，代入数据即可求出E（N—H）=391kJ/mol，故答案为：391kJ。
4. ⑤ ④ ③ CH3CH=CH2 3
【详解】(1)葡萄糖能有醛基，可以和银氨溶液发生银镜反应，故⑤葡萄糖用于工业制镜；
(2)油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯，故④油脂属于酯类；
(3)③中有-COOH、-NH2，属于两性化合物，既能与酸又能与碱反应；
(4)根据烯烃加聚反应生成高聚物的时候，双键变成单键，根据②的结构可知，所以②的单体是CH3CH=CH2；
(5)由题干可知，同分异构体中必须有苯环，所以有、、，故有3种。
5. ＞ Mg F N 2.5＜电负性(N)＜3.5 +2 极性 HCl Al的价电子排布式为3s23p1，Mg的价电子排布式为3s2，3s轨道处于全满状态，比较稳定，因此第一电离能Mg更高
【详解】(1)根据表格可知，O的电负性大于Cl的，电负性越强，非金属性越强，因此非金属性O＞Cl；
(2)电负性相差越大，越容易形成离子键，由表格数据可知，Mg和F电负性相差最大，容易形成离子键；
(3) Y基态原子核外有2个电子层，3个未成对电子，核外电子排布式为1s22s22p3，该元素是N；电负性在C和O之间，因此2.5＜电负性(N)＜3.5；
(4)OF2中F为-1价，因此O为+2价；根据价层电子对互斥理论，O的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4，孤电子对数为2，因此OF2空间构型是V形，正负电荷中心不重合，是极性分子；
(5)ICl中，Cl的电负性大于I，因此Cl更容易结合苯环的H，形成HCl，故产物为和HCl；
(6)根据洪特规则，轨道全空、半满、全满时更稳定，Mg的3s轨道处于全满状态，比较稳定，因此第一电离能Mg更高。
6. (1) 乙烷、1-溴丙烷、1-丙醇 乙烯
(2) 乙醇和苯酚中都含有羟基，羟基能和水形成氢键，是亲水基，乙醇中还含有乙基，苯酚中含有苯基，烃基是憎水基，烃基中的碳原子数越多，该有机物在水中的溶解度越小，所以乙醇的溶解性大于苯酚 乙酸的羰基氧电负性比乙醇羟基氧电负性更强，受羰基作用，乙酸羧基H的正电性也超过乙醇的羟基H，此外羧基上的羰基与羟基都可以参与构成氢键，分子间可以形成强有力的网状结构，所以乙酸的沸点高于1-丙醇
(3) CH3CH2CH2Br+NaOHCH2=CHCH3↑+NaBr+H2O 消去反应
CH3CH2CH2NH3Br
(4) CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O 饱和碳酸钠溶液 c CH3CH2CH2COOH CH2OHCH2CH2CHO CH3OCH2COCH3
【解析】（1）①单键都是σ键，双键、三键均含π键，所以 6种物质的分子中只含有σ键的是乙烷、1-溴丙烷、1-丙醇；②碳原子和碳原子或氧原子形成双键时，碳原子的价层电子对数为3，碳原子的杂化方式为sp2，乙烯中的2个碳原子的杂化方式均为sp2，乙酸和乙酸乙酯中各有1个碳原子的杂化方式为sp2，则6种物质中，碳原子的杂化方式均为sp2杂化的是乙烯；
（2）①乙醇和苯酚中都含有羟基，羟基能和水形成氢键，是亲水基，乙醇中还含有乙基，苯酚中含有苯基，烃基是憎水基，烃基中的碳原子数越多，该有机物在水中的溶解度越小，所以乙醇的溶解性大于苯酚；②乙酸的羰基氧电负性比乙醇羟基氧电负性更强，受羰基作用，乙酸羧基H的正电性也超过乙醇的羟基H，此外羧基上的羰基与羟基都可以参与构成氢键，分子间可以形成强有力的网状结构，所以乙酸的沸点高于1-丙醇；
（3）①1-溴丙烷生成丙烯发生的是消去反应，在NaOH醇溶液作用下加热发生的，化学方程式为：CH3CH2CH2Br+NaOH CH2=CHCH3↑+NaBr+H2O；②1-溴丙烷与氨气发生取代反应，1-溴丙烷中的溴原子被氨基取代，生成CH3CH2CH2NH2和HBr，生成的CH3CH2CH2NH2具有碱性，和生成的HBr发生中和反应最终生成盐CH3CH2CH2NH3Br；
（4）①乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，化学方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；②饱和碳酸钠溶液可以吸收挥发的乙酸和乙醇，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度很小，所以X为饱和碳酸钠溶液；③a. 在酯化反应中，浓硫酸做催化剂，可加快反应速率，a正确；b. 酯化反应是可逆反应，浓硫酸具有吸水性，可以促进反应向生成乙酸乙酯的方向移动，b正确；c. 该反应为放热反应，升高温度可以加快速率，但平衡逆向移动，不能提高反应限度，故c不正确；故选c；④乙酸乙酯的同分异构体可以是羧酸类，也可以是羟基醛、羟基酮、醚醛、醚酮、含一个碳碳双键的二元醇等。3种结构简式为CH3CH2CH2COOH、CH2OHCH2CH2CHO、CH3OCH2COCH3等。
7. 托盘天平 250mL容量瓶 胶头滴管 酸式 粉红色变为无色，且30s内不恢复红色 80.0% cd
【分析】本题主要考查酸碱中和滴定的原理、计算和配制溶液的主要仪器，难度不大。
【详解】(1)称量1.0g 样品，除小烧杯、药匙外，所用到的主要仪器有托盘天平，故答案为：托盘天平；
(2)用固体配制一定物质的量浓度的溶液，需要的仪器除小烧杯、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有250mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶和胶头滴管；
(3)酸式滴定管主要用于装酸性、中性溶液和强氧化性的溶液（如高锰酸钾溶液），碱式滴定管装中性溶液和碱性溶液，故答案为：酸式
(4)锥形瓶中装有NaOH溶液和酚酞，故观察滴定到终点时溶液颜色的变化为粉红色变为无色，且30s内不恢复红色，故答案为：粉红色变为无色，且30s内不恢复红色
(5)由于第2组数据明显错误，故消耗盐酸的平均体积为故NaOH的物质的量浓度为：，故样品中 ，故答案为：80.0%；
(6) a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对实验结果没有影响，故a不合题意；
b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，将使实验结果偏低，故b不合题意；
c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，将使实验结果偏高，故c符合题意；
d．盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液再润洗，将使实验结果偏高，故d符合题意；
故答案为：cd。
8. B C C3H6O2 羧基 CH3CH2COOH A
【详解】(1)生物发酵所得的混合液与石灰乳反应，经过过滤得到沉淀物，沉淀物中加硫酸反应生成物质X，经过蒸馏得到纯净的X。
根据上述分析，步骤①为过滤，所用仪器为B；步骤②为蒸馏，所用仪器为C；
(2)有机化合物X中C、H、O元素质量分数分别为48.6%、8.1%、43.2%，原子个数比C：H：O=：：=3:6:2，相对分子质量为74，则分子式为C3H6O2；
(3)能与碳酸氢钠溶液反应产生CO2气体说明X中含有羧基，X的结构简式为CH3CH2COOH；
(4) A．红外光谱法可以确定分子中的官能团以及化学键的情况，A符合题意；
B．质谱法主要用于确定分子的相对分子质量，B不符合题意；
C．核磁共振氢谱可以确定有机物分子中不同化学环境的H的情况，C不符合题意；
故选A。
9. (1)Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子
(2)控制Fe3+离子浓度相同
(3) 实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位 滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动 固体氯化钠
(4)Fe3+与OH-配位和Fe3+与Cl-配位
(5)增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化
【解析】（1）上述微粒能形成配离子的原因是Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子，故答案为：Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子；
（2）实验b的目的是对照试验，控制Fe3+离子浓度相同，故答案为：控制Fe3+离子浓度相同；
（3）①乙同学认为甲同学结论不严谨的理由是：实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位，故答案为：实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位；
②实验c：向2mL黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动，证明猜想ⅰ成立，猜想ⅱ不成立，故答案为：滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动；
③小组同学进一步设计实验证明了猜想ⅲ成立该实验为：向实验c所得无色溶液中加入少量氯化钠固体，溶液由无色变为黄色，证明实验ⅲ．Fe3+与Cl-配位，故答案为：固体氯化钠；
（4）综合上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是ⅰ．Fe3+与OH-配位和ⅲ．Fe3+与Cl-配位；故答案为：Fe3+与OH-配位和Fe3+与Cl-配位；
（5）向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化，故答案为：增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化。
10. 10 0.075 ab 75% 5.3 增大 -93.6
【详解】(1)达到平衡时是物质的浓度保持不变而不是相等，故平衡的时刻是10min，在前10min内，用 CO2浓度的变化表示的反应速率 υ(CO2)＝，故答案为：10 0.075
(2) a.该反应的正反应气体分子数减小，建立平衡过程中气体分子物质的量是变化的，在恒容容器中，容器内的压强是变化的，故容器内压强不变能说明反应达到平衡状态；
b.混合气体中c(CO2)不变是反应达到平衡状态的特征；
c.υ(CH3OH)＝υ(H2O) 没有指明反应速率的方向，不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态；
d.从正反应开始建立平衡的过程中c(CH3OH)与c(H2O)始终相等，c(CH3OH)与c(H2O)不能说明反应达到平衡状态；
故答案为：ab；
(3)通过化学平衡三段式进行计算，可知：
H2的转化率=；平衡常数 ；增大一种反应物的浓度，另一种反应物的转化率增大，故为了提高 H2 的转化率，可采取增大CO2 浓度，故答案为：75% 5.3 增大；
(4) ①CO(g) + O2(g) = CO2(g) △H1＝-283.0 kJ/mol
②H2(g) + O2(g) = H2O(g) △H2＝-241.8 kJ/mol
③CH3OH(g) + O2(g) = CO2(g)+2H2O(g) △H3＝-673 kJ/mol
根据盖斯定律，将①+2×②-③即得到反应 CO(g) + 2H2(g) = CH3OH(g) ，故答案为：-93.6；
(5)根据甲醇燃料电池原理示意图，电解质是NaOH溶液，故电池正极的电极反应式为：，故答案为：。
11. 1，3-丁二烯 NaOH水溶液 取代(水解) 保护碳碳双键，避免被O2氧化 加聚反应 nHOOC-CH=CH-COOH+nHOCH2-CH2OH+(2n-1)H2O
【详解】A是1.3-丁二烯可以与溴发生1,4-加成反应生成B为ClCH2CH=CHCH2Cl，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解生成D，D与HCl发生加成反应生成E为HOCH2CH2CH(Cl)CH2OH，E催化氧化生成酸F，F为HOOCCH2CH(Cl) COOH，F在氢氧化钠乙醇溶液、加热条件下发生消去生成G，则G为NaOOC-CH=CH-COONa，G酸化得丁二烯。
(1) A的名称是1，3-丁二烯，故答案为：1，3-丁二烯
(2) B为ClCH2CH=CHCH2Cl在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解生成D，反应类型为取代反应，故答案为：NaOH水溶液、取代(水解)
(3) 步骤a D与HCl发生加成反应生成E为HOCH2CH2CH(Cl)CH2OH，保护双键不被氧化，b步骤F为HOOCCH2CH(Cl) COOH，F在氢氧化钠乙醇溶液、加热条件下发生消去生成G，则G为NaOOC-CH=CH-COONa，恢复双键，所以步骤a、b的目的是保护碳碳双键，避免被O2氧化，故答案为：保护碳碳双键，避免被O2氧化
(4) 根据分析F的结构简式是，故答案为：
(5) ①丁烯二酸为，存在顺反异构体，顺式丁烯二酸的结构简式为，故答案为：
②聚合物M是加聚产物，结构简式为，故答案为：
③由丁烯二酸与乙二醇反应生成聚合物N的化学方程式为nHOOC-CH=CH-COOH+nHOCH2-CH2OH+(2n-1)H2O
故答案为：nHOOC-CH=CH-COOH+nHOCH2-CH2OH+(2n-1)H2O
12. 烯烃 取代反应 还原反应 CH3CH2CHO
【分析】F为：，根据合成路线推知E为：，结合信息ⅰ可知B为：，所以A为：2-甲基丙烯，F被氢化铝锂还原为M：，M发生催化氧化生成N：，N经过三步反应生成，据此分析答题。
【详解】(1)经过上述分析可知，A为：2-甲基丙烯，属于烯烃，答案为：烯烃；
(2)B和甲苯发生取代反应生成E：，结合信息ⅰ可知B为：，答案为：；
(3) B和甲苯发生取代反应生成E：；F被氢化铝锂还原为M：，答案为：取代反应；还原反应；
(4) M发生催化氧化生成N：反应方程式为：，答案为：；
(5) F为：，满足a.具有手性b.苯环上有两个取代基c.可发生银镜反应的同分异构体为：，答案为：；
(6) N：，根据信息ⅱ.R1-CHO+R2-CH2CHO+H2O，N先与丙醛发生醛的加成生成H：，再将醛基和碳碳双键还原生成X：，再将醇羟基氧化生成目标产物，答案为：CH3CH2CHO；；；
(7) 分子式为C17H22O的副产物W由1molN和2mol丙醛发生已知i的反应，W的结构简式为：，答案为：。
13. (1)
(2) 碳溴键、羧基 +C16H33OH+H2O
(3)取代反应
(4)CH3I
(5)2 +O22 +2H2O
(6)B
(7)
【分析】A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子，则A为，A被氧化生成B，根据B的分子式及B生成C的反应条件知，B为、C为，C和醇发生酯化反应生成D，D为；根据E的分子式及G的结构简式知，E为，E和a反应生成F，根据F的分子式及G的结构简式知，F为，F和b发生加成反应生成G，b为OHCCOOH，G发生催化氧化生成H为，H脱CO2生成I，则I为，I和D发生取代反应生成HBr和J，结合M的结构简式知，J为。
（1）B的结构简式是；
（2）C为，C的官能团的名称是碳溴键、羧基；C发生酯化反应生成D为，C→D的化学方程式为：+C16H33OH+H2O；
（3）E为，F为，E中酚羟基上的氢原子被甲基取代生成F，则E→F的反应类型是取代反应；
（4）试剂a的结构简式是CH3I；
（5）G发生催化氧化生成H为 ，G→H的化学方程式是2 +O22 +2H2O；
（6）I为 ，
A．I中酚羟基、醛基能发生氧化反应，苯环和醛基能发生加成反应，该有机物不能发生消去反应，故A错误；
B．酚羟基、醛基能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．能与Na2CO3发生反应生成酚-ONa、NaHCO3，不含羧基，不能生成CO2，故C错误；
D．I的不饱和度是5，苯环的不饱和度是4、醛基和羧基的不饱和度是1，则不具有含苯环、醛基的羧酸类同分异构体，故D错误；
故答案为：B；
（7）J为，J和发生加成反应生成K为，K发生消去反应生成M。
14. 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s1 [Cu(H2O)4]2+ O 2 4 四面体 V型 0 4 正四面体 正四面体 sp3 sp3 浑浊液中存在平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq) + 2OH-(aq)，加入NH3·H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液 配体的种类 配体的浓度 [Cu(NH3)4]2+ [Cu(OH)4]2-
【详解】(1)29号元素铜的核外电子排布式为：1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s1，答案为：1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s1；
(2)①硫酸铜溶液中铜离子以四水合铜配离子形式存在，溶液呈蓝色；水分子中氧原子存在孤电子对，作为配体给中心离子铜离子提供孤电子对，答案为：[Cu(H2O)4]2+；O；
②利用价层电子对互斥理论计算水分子中心原子的价层电子对数为：，孤电子对数为：2，价电子对互斥理论(VSEPR)模型名称为：四面体形，分子空间结构名称为：V形；利用价层电子对互斥理论计算中心原子的价层电子对数为：，无孤电子对，价电子对互斥理论(VSEPR)模型名称为：正四面体形，分子空间结构名称为：正四面体形，答案为：2；4；四面体；V形；0；4；正四面体；正四面体；
③水分子中心原子的价层电子对数为：，杂化方式为：sp3；中心原子的价层电子对数为：，杂化方式为：sp3，答案为：sp3；sp3；
(3)①向硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液后生成氢氧化铜难溶物，氢氧化铜浑浊液中存在沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq) + 2OH-(aq)，加入NH3·H2O后Cu2+与配体NH3形成配合物：[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液，答案为：浑浊液中存在平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq) + 2OH-(aq)，加入NH3·H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液；
②通过三组实验可知，氢氧化铜可以在浓氢氧化钠溶液中形成配合物溶解，稀氢氧化钠溶液不能溶解，氢氧化铜可以在低浓度氨水中形成配合物溶解，所以配合物的形成与配体的种类、配体的浓度有关；氢氧化铜在浓氢氧化钠溶液中形成配离子[Cu(OH)4]2-，证明和氢氧根形成配离子较为困难，氢氧化铜可以在低浓度氨水中形成配离子[Cu(NH3)4]2+，证明和氨分子形成配离子较为容易，所以试管b、c中深蓝色配离子的稳定性强弱顺序为：[Cu(NH3)4]2+>[Cu(OH)4]2-，答案为：配体的种类；配体的浓度；[Cu(NH3)4]2+；[Cu(OH)4]2-。
15. (1) O Na 3d104s1
(2) b sp2 平面三角形 非极性分子 sp 直线形 非极性分子 孤对电子之间的斥力大于孤对与成键电子之间的斥力大于成键电子之间的斥力，中没有孤对电子，NH3分子中含有1对孤对电子 SO2和水均为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度大于CO2的
(3) 范德华力和极性键 晶体中含有自由移动的电子 NaCl c
【解析】（1）
①同周期从左到右元素的电负性依次增大，同主族从下到上元素的电负性依次增大；5种元素H、C、N、O、Na中，电负性最大的是O，故答案为：O；
②同周期从左到右原子半径依次减小，3种元素Na、Mg、Cl中，原子半径最大的是Na，故答案为：Na；
③Cu是29号元素，价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
（2）
①双键和三键中含有σ键和π键，则含有σ键和π键的是N2，故答案为：b；
②BCl3的价层电子对数为3+0=3，中心原子杂化类型为sp2，空间结构是平面三角形，分子中没有孤对电子，为非极性分子；CH≡CH中碳原子的价层电子对数为2+0=2，中心原子杂化类型为sp，空间结构是直线形，分子结构对称，为非极性分子；故答案为：sp2；平面三角形；非极性分子；sp；直线形；非极性分子；
③中没有孤对电子，NH3分子中含有1对孤对电子，孤对电子之间的斥力大于孤对与成键电子之间的斥力大于成键电子之间的斥力，所以的键角大于NH3的键角，故答案为：孤对电子之间的斥力大于孤对与成键电子之间的斥力大于成键电子之间的斥力，中没有孤对电子，NH3分子中含有1对孤对电子；
④由于SO2和水均为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度大于CO2的，故答案为：SO2和水均为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度大于CO2的；
（3）
①干冰属于分子晶体，晶体中微粒间的相互作用有范德华力和极性键，故答案为：范德华力和极性键；
②金属钠能导电的原因是晶体中含有自由移动的电子，故答案为：晶体中含有自由移动的电子；
③离子晶体中阴阳离子半径越小，所带电荷越大，晶格能越大，熔点越高；NaCl、NaBr、NaI中，熔点最高的是NaCl，故答案为：NaCl；
④a．金刚石是共价晶体，石墨是混合型晶体，故a错误；
b．金刚石中碳原子是sp3杂化，石墨中碳原子是sp2杂化，晶体中共价键的键角：金刚石＜石墨，故b错误；
c．金刚石是立体结构，碳原子杂化类型为sp3杂化，石墨是平面结构，碳原子杂化类型为sp2杂化，故c正确；
故答案为：c。
16. (1) 第5周期第ⅣB族 d
(2) 4 N＞O＞C H2O＞NH3＞CH4 O电负性比N和C大 ，成键时不易给出孤电子对，不易和Fe2+配位 CO＋HbO2 ⇌ O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒 SrTiO3 6
【解析】（1）Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，电子层数为5，则Zr位于第5周期，外围有4个电子，则位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置为第5周期第ⅣB族，最后填入电子的能级为d，所以Zr属于d区元素。
（2）Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，根据电子排布的泡利原理和洪特规则，3d上的6个电子有2个在同一原子轨道中，另外4个均单独占据一条轨道，所以基态Fe2+中未成对电子数为4。第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需的最低能量。C、N、O三种元素中，C的半径最大，核电荷数最少，对电子的束缚力最弱，其第一电离能最小；N的2p轨道上排布了3个电子，达到了半充满的稳定结构，其第一电离能比O大，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。C、N、O三种元素的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子间有氢键，其沸点高于CH4，水分子间的氢键比NH3分子间的氢键强，所以水的沸点高于NH3，所以C、N、O三种元素简单氢化物的沸点由大到小的顺序为H2O＞NH3＞CH4。O电负性比N和C大，成键时不易给出孤对电子，不易和Fe2+配位。CO＋HbO2 ⇌ O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒。在该晶胞中，O位于立方体的棱心，所以该晶胞含有3个O，Ti原子位于顶点，则含有1个Ti，Sr位于体心，则含有1个Sr，该复合型物质的化学式为TiSrO3；每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为6；该晶胞的质量为g，晶体密度为ρ g/cm3，所以晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为cm。
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