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浙江省台州市2022-2023学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省台州市2022-2023学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 下列物质中属于碱性氧化物的是， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
台州市2022学年度第二学期高二年级期末质量评估
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 C1-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列物质中属于碱性氧化物的是
A. MnO2 B. Na2O2 C. SiO2 D. BaO
【答案】D
【解析】
【分析】与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物。
【详解】A．MnO2 是不成盐氧化物，与酸反应时不能生成+4价盐，因此不属于碱性氧化物， A错误；
B． Na2O2与酸反应产生钠盐、H2O和O2，所以Na2O2不是碱性氧化物，B错误；
C． SiO2与NaOH(碱)反应产生Na2SiO3(盐)和H2O，所以SiO2是酸性氧化物，C错误；
D．BaO与酸反应产生盐和H2O，所以BaO属于碱性氧化物，D正确；
故选：D
2. 下列有关化学用语或说法正确的是
A. H2O的VSEPR模型：
B. 用电子式表示氧化钠的形成过程：
C. HF分子间的氢键：
D. 1s22s22→ls22s2过程中形成的是发射光谱
【答案】A
【解析】
【详解】A．水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，则VSEPR模型的空间结构为，故A正确；
B．氧化钠是离子化合物，表示氧化钠形成过程的电子式为，故B错误；
C．氟化氢能形成分子间氢键，分子间氢键的表达式为，故C错误；
D．2px和2py的伸展方向不同、能量相同，则1s22s22→ls22s2过程中电子没有能量变化，不可能形成发射光谱，故D错误；
故选A。
3. 硫酸锌溶于过量氨水得到硫酸四氨合锌。下列说法中不正确的是
A. 硫酸四氨合锌属于强电解质 B. 锌元素位于第4周期Ⅷ族
C. 硫酸根的空间构型是四面体 D. 该物质中的共价键都是极性键
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫酸四氨合锌由内界离子和外界离子两部分组成，说明在水溶液中能电离出离子使溶液能导电，且属于化合物，符合电解质定义，根据结构判断属于盐为强电解质，故A正确；
B．Zn原子序数30，在元素周期表中位于第四周期第IIB族，故B错误；
C．硫酸根离子中心原子硫价层电子对数：，无孤电子对，为四面体结构，故C正确；
D．该物质中存在共价键包括了氮氢键、硫氧键及配位键都属于极性共价键，故D正确；
答案选B。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系或说法正确的是
A. 氧化铝的熔点高，可用氧化铝坩埚熔化NaOH固体
B. 钠的还原性强，可用于从锆、铌的金属氯化物溶液中置换出金属单质
C. 氢氧化铝受热分解，可用作中和过多的胃酸
D. 次氯酸的强氧化性能使有机色素褪色，可用作棉麻的漂白剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化铝和NaOH可以发生化学反应，A错误；
B．钠的还原性强，能和水反应，不可用于从锆、铌的金属氯化物溶液中置换出金属单质，B错误；
C．氢氧化铝呈碱性，可用作中和过多的胃酸，C错误；
D．次氯酸的强氧化性能使有机色素褪色，可用作棉麻的漂白剂，D正确；
故选D。
5. 下列关于元素及其化合物的说法不正确的是
A. 石膏加热后失去大部分结晶水后可转化为熟石膏
B. 钠在火焰上灼烧产生黄色火焰
C. 利用氨气制备硝酸属于人工固氮
D. 硬铝的密度小、强度高，有较强抗腐蚀能力，是制造飞机的理想材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．生石膏加热会部分失去结晶水，生成熟石膏，故A正确；
B．钠元素的焰色为黄色，故B正确；
C．氮的固定是将游离态氮气转化为氮的化合物的过程，因此氨气制备硝酸不属于人工固氮，故C错误；
D．Al的相对原子质量较小，铝的合金密度小、强度高、耐腐蚀，是制造飞机的理想材料，故D正确；
故选：C。
6. 关于反应5CH2=CH2+12+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O，下列说法正确的是
A. 生成1 mol CO2，转移6 mol电子
B. H2O是还原产物
C. CH2=CH2既是氧化剂又是还原剂
D. 若设计成原电池，Mn2+是负极产物
【答案】A
【解析】
【详解】A．由反应可知10mol CO2产生时转移60mol电子，则生成1 mol CO2，转移6 mol电子，故A正确；
B．反应中H、O元素化合价为发生变化，H2O既不是氧化产物也不是还原产物，故B错误；
C．由反应可知该反应中乙烯被氧化，只做还原剂，故C错误；
D．由反应可知Mn2+为还原产物，若设计成原电池应为正极产物，故D错误；
故选：A。
7. 下列反应的离子方程式不正确的是
A. Al2O3溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH-=2+H2O
B. 氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H+= Fe3++3H2O
C. 钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+ H2↑
D. 铜与浓硝酸反应：Cu+4H++2= Cu2++2NO2↑+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al2O3溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，离子方程式正确，故A正确；
B．氢氧化铁溶于氢碘酸中：2Fe(OH)3+6H++2I-= 2Fe2++I2+3H2O，故B错误；
C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式正确，故C正确；
D．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式正确，故D正确；
故选：B。
8. 下列说法不正确的是
A. 糖类都含有羰基，对氢氧化铜等弱氧化剂都表现出还原性
B. 高密度聚乙烯的支链少，链之间的作用力较大，软化温度和密度较高
C. 氢化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料
D. 甲醛与尿素在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子材料脲醛树脂
【答案】A
【解析】
【详解】A．糖类都是多羟基醛或多羟基酮，以及能水解生成多羟基醛或多羟基酮的物质，含有醛基的糖类与氢氧化铜弱氧化剂都表现出还原性，故A错误；
B．与低密度聚乙烯相比，高密度聚乙烯的支链少，链之间易于接近，相互作用力较大，软化温度和密度较高，故B正确；
C．油脂氢化使不饱和脂肪酸甘油酯与氢气加成生成不饱和程度较低的氢化油，氢化油可用于生产人造奶油，也可在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐用于制肥皂，故C正确；
D．脲醛树脂是性能优良的有机高分子材料，甲醛与尿素在一定条件下能发生缩聚反应生成脲醛树脂，故D正确；
故选A。
9. 重氮羰基化合物聚合可获得主链由一个碳原子作为重复结构单元的聚合物，为制备多官能团聚合物提供了新方法。利用该方法合成聚合物P的反应路线如图。
下列说法正确的是
A. 反应①属于加聚反应
B. 反应②中有苯酚生成
C. 1 mol聚合物A在碱性环境下发生水解，可消耗2 mol NaOH
D. 聚合物P在一定条件下可以和H2发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据元素守恒可知，反应①除生成聚合物A外，还有氮气生成，不符合加聚反应的特征，故A错误；
B．反应②发生取代反应生成聚合物P和苯酚，故B正确；
C．由结构简式可知1molA中含nmol酚酯基结构，能消耗2nmolNaOH，故C错误；
D．由P的结构简式可知，P中只含酰胺基一种官能团，酰胺基不能与氢气加成，故D错误；
故选：B。
10. 主族元素W、X、Y、Q、Z的原子序数依次递增且均不大于20，化合物ZW2与水反应生成可燃性气体单质，基态Y原子核外电子有8种运动状态，基态X原子的s能级和p能级电子数相等，在短周期元素形成的简单阳离子中Q的阳离子半径是最大的，下列说法正确的是
A. Q元素在自然界中均以化合态存在
B. 工业上通过电解熔融Q氧化物制备Q单质
C. 以上非金属元素形成的单质均为非极性分子
D. ZX2也能与水反应放出气体单质，则ZW2和ZX2结构相似，化学键类型相同
【答案】A
【解析】
【分析】主族元素W、X、Y、Q、Z的原子序数依次递增且均不大于20，基态X原子的s能级和p能级电子数相等，则X为C元素；基态Y原子核外电子有8种运动状态，则Y为O元素；在短周期元素形成的简单阳离子中Q的阳离子半径是最大的，则Q为Na元素；化合物ZW2与水反应生成可燃性气体单质，则W为H元素、Z为Ca元素。
【详解】A．钠元素的金属性强，在自然界中均以化合态存在，不存在游离态，故A正确；
B．工业上通过电解熔融氯化钠制备金属钠，故B错误；
C．碳元素形成的单质中金刚石为原子(共价)晶体，晶体中只存在原子，不存在分子，故C错误；
D．碳化钙为含有离子键和共价键的离子化合物，氢化钙为只含有离子键的离子化合物，两者的化学键类型不同，故D错误；
故选A。
11. 过氧化氢是环境友好的绿色氧化剂。如图为太阳能驱动氧分子氧化水制备过氧化氢的过程(氢离子可在催化剂表面移动)。下列说法正确的是
A. 电子经导电玻璃(FTO)由Au极向BiVO/WO3极转移
B. Au极为阳极
C. BiVO4/WO3极的电极反应：2H2O-2e-=H2O2+2H+
D. 该过程只实现了化学能转化为电能
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，WO3电极上H2O发生氧化反应生成H2O2，为负极，Au电极上O2发生还原反应生成H2O2为正极。
【详解】A．电子由负极流向正极，电子从BiVO/WO3极经导电玻璃(FTO)移向Au极，A错误；
B．图中无电源，所以为原电池装置，Au为正极，B错误；
C．BiVO4/WO3极为负极上发生氧化反应，方程为：2H2O-2e-=H2O2+2H+，C正确；
D．该过程除化学能转化为电能外，还有太阳能转化为化学能与电能，D错误；
故选C。
12. 无机苯( B3N3H6)的结构与苯(C6H6)类似，也有大π键。下列有关B3N3H6的说法不正确的是
A 分子中所有原子共平面
B. 大π键电子云均匀对称分布在无机苯平面上下两侧
C. 形成大π键的电子全部由N提供
D. 分子中B和N的杂化方式不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．无机苯有类似于苯的平面结构，分子中所有原子共平面，A正确；
B．大π键为肩并肩结构，电子云均匀对称分布在无机苯平面上下两侧，B正确；
C．B不提供电子，故形成大π键的电子全部由N提供，C正确；
D．分子中B和N的杂化方式相同，均为sp2杂化，D错误；
故选D。
13. 常温下，H3AsO4各形态的分布分数(δ)随pH变化如图，下列说法不正确的是
A. H3AsO4 的Ka2=10-7.0
B. m点有c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH—)
C. n点对应的溶液中，离子浓度的大小关系为c()=c()>c(H+)=c(OH—)
D. m点水的电离程度大于n点水的电离程度
【答案】B
【解析】
【详解】A．由电离常数公式可知，H3AsO4的二级电离常数Ka2=，由图可知，n点时，溶液中的浓度与相等，溶液pH为7，则Ka2= c(H+)=10-7.0，故A正确；
B．若加入氢氧化钠调节溶液pH，m点的溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH—)，故B错误；
C．由图可知，n点时，溶液中的浓度与相等，溶液pH为7，则离子浓度的大小关系为c()=c()>c(H+)=c(OH—)，故C正确；
D．由图可知，n点时，溶液中的浓度与相等，溶液pH为7，则溶液中电离出的氢离子抑制水的电离程度与水解促进水的电离程度相同，m点时，溶液中的浓度与相等，溶液pH为11.5，则溶液中水解促进水电离的程度大于电离出的氢离子抑制水的电离程度，所以m点水的电离程度大于n点水的电离程度，故D正确；
故选B。
14. 中学常见反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)实际由2个基元反应构成，反应①：2NO(g)N2O2(g) K1；反应②：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) K2。其反应过程能量变化示意图如下。温度升高，NO(g)与O2(g)反应生成NO2(g)的速率会降低。下列说法正确的是
A. 加入催化剂能提高NO的平衡转化率
B. 总反应速率由反应①决定
C. 总反应的平衡常数K=
D. 温度升高，总反应速率降低，可能原因是c(N2O2)减少使反应②速率降低造成
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化剂只影响反应速率，对平衡无影响，不能改变平衡转化率，故A错误；
B．由图可知反应②的活化能较大，则反应②速率较慢，慢反应决定总反应速率快慢，故B错误；
C．总反应=反应①+反应②，则总反应的平衡常数K=，故C错误；
D．由图像可知上述两步反应均为放热反应，则温度升高会使平衡逆向移动，而反应①为快反应，导致c(N2O2)减少对速率的影响大于温度对速率的影响，从而使决速步速率降低，则总反应速率降低，故D正确；
故选：D。
15. 用0.10 mo/LAgNO3溶液滴定15 mL浓度均为0.01mol/L的Cl-、I-混合溶液，得到标准曲线如图。已知c点c(Ag+)=10-8 mol/L，Ksp(AgI) =8.5×10-17。下列说法不正确的是
A. 向d点溶液中加入足量KBr，充分反应后，沉淀主要成分为AgBr
B. c点c(I-)= 8.5×10-9 mol/L
C. c~d 段同时存在AgCl、AgI两种沉淀溶解平衡
D. b~c段I-浓度在降低
【答案】A
【解析】
【分析】AgI的溶解度小于AgCl，AgI先出现沉淀，a-b段，碘离子开始沉淀，b-c段 c(Ag+)明显增大，说明碘离子完全沉淀，c-d段，氯离子沉淀，d点开始c(Ag+)又明显增大，说明氯离子完全沉淀，据此分析解答。
【详解】A． d点溶液中加入足量KBr，因AgBr溶解度小于AgCl，溶液中的氯化银会转化为AgBr，但溴化银的溶解度大于AgI，AgI不易转化为AgBr，则沉淀的主要成分有AgI、AgBr，故A错误；
B．由以上分析可知c点时碘离子已完全沉淀，此时溶液中c(Ag+)·c(I-)= Ksp(AgI)，c(I-)= ，故B正确；
C． 由以上分析可知，c点开始氯离子已开始沉淀，因此溶液中同时存在AgCl、AgI两种沉淀溶解平衡，故C正确；
D．b~c段，c(Ag+)增大，则I-浓度在降低，故D正确；
故选：A。
16. 下列方案设计、现象及结论都正确的是
方案设计
现象
结论
A
室温下将铝片放入浓硫酸
未观察到气泡产生
铝片常温下与浓硫酸不反应
B
将2 mL 0.5mo/L CuCl2溶液置于试管中加热
溶液由蓝色变为绿色
升高温度可以使平衡 [Cu(H2O)4]2++4Cl-= [CuCl4]2-+4H2O正移
C
向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓NaOH溶液
溶液由黄色变为橙色
改变溶液pH可以使平衡+H2O2+2H+移动
D
将钠块分别投入水和无水乙醇中
水中生成气泡，无水乙醇无明显现象
水分子中氢原子的活泼性大于乙醇分子中氢原子的活泼性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝与浓硫酸发生钝化反应，所以观察不到气泡产生，并非铝片常温下不与浓硫酸反应，A错误；
B．该反应吸热，加热使平衡正向移动，颜色变化，B正确；
C．加入NaOH溶液pH升高，c(H+)降低，平衡正向移动，溶液颜色应由橙色变为黄色，现象错误，C错误；
D．钠与水剧烈反应，乙醇中缓慢放出气泡，D错误；
故选B。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 氮的化合物丰富多彩，请回答：
（1）HSCN的结构有两种，这两种分子结构中除氢外各原子均满足八电子稳定结构(无配位键)，请画出沸点高的分子的结构式_______， 解释沸点高的原因_______。
（2）杂环化合物咪唑结构如图，已知分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，眯唑分子中的大π键可表示为，则咪唑分子中②号氮的杂化方式为_______， 结合质子能力更强的氮原子是_______ (填“①”或“②”)。
（3）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示，立方氮化硼属于_______晶体， 其中硼原子的配位数为_______。
（4）SiCl4、NCl3均可发生水解反应，SiCl4水解机理如图：
已知中间体SiCl4(H2O)的中心原子Si采取的杂化类型为sp3d，下列关于该中间体VSEPR模型的空间结构推断合理的是_______ (填标号)。
a．正四面体 b．三角双锥 c．正八面体
请画出NCl3水解时生成的中间体_______。
【答案】（1） ① ②. 可以形成分子间氢键
（2） ①. sp2 ②. ①
（3） ①. 共价 ②. 4
（4） ①. b ②.
【解析】
【小问1详解】
HSCN除氢外各原子均满足八电子稳定结构的结构式为N≡C—SH和，分子中亚氨基能形成分子间氢键，而N≡C—SH不能形成分子间氢键，所以的分子间作用力较强，沸点较高，故答案为：；可以形成分子间氢键；
【小问2详解】
由眯唑分子中的大π键可表示为可知，眯唑分子中的碳原子和氮原子都为sp2杂化，由结构简式可知，眯唑分子中的氮原子①具有孤对电子，氮原子②没有孤对电子，则氮原子①能与氢离子形成配位键，氮原子②不能与氢离子形成配位键，所以氮原子①结合质子能力更强，故答案为：sp2；①；
【小问3详解】
由立方氮化硼硬度仅次于金刚石可知，立方氮化硼是硬度很大的共价晶体，由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的硼原子个数为8×+6×=4，位于体内的氮原子个数为4，则氮化硼的化学式为BN，晶胞中每个氮原子周围有4个硼原子，由化学式可知，每个硼原子周围有4个氮原子，配位数为4，故答案为：共价；4；
【小问4详解】
由中间体SiCl4(H2O)分子中硅原子的杂化方式为sp3d杂化可知，硅原子可以形成5个σ键，则中间体VSEPR模型的空间结构和分子的空间结构都为三角双锥形，故选b；三氯化氮分子中氮原子没有空轨道，不能与水分子中的氧原子形成配位键，则中间体为具有空轨道的氯原子可以采用sp3d杂化形成空轨道，与水分子中的氧原子形成配位键，所以中间体的结构式为，故答案为：b；。
18. 化合物X由两种元素组成，它是非平面八元环状结构，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：所加各溶液均过量；C中除氢氧根外还含有两种中学化学常见的含氧酸根；假设生成的D全部被硝酸钾溶液吸收；气体F遇空气呈红棕色，请回答：
（1）X的组成元素是_______，X的化学式是_______。
（2）写出X和浓氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式_______。
（3）B和A在一定条件下可以反应生成X和一种正盐，写出化学方程式_______。
（4）设计实验检验溶液E中的阳离子_______。
【答案】（1） ①. S、N ②. S4N4
（2）6OH-+ S4N4+3H2O=4NH3++2
（3）10S+16NH3=S4N4+6(NH4)2S
（4）用洁净的铁丝蘸取E溶液，置于酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若观察到火焰呈紫色，则说明有K+；向E溶液中加入石蕊溶液，若溶液呈红色，则说明溶液中有H+
【解析】
【分析】气体F遇空气呈红棕色，可知F为NO，则气体D与硝酸钾发生氧化还原反应，且D溶于水后溶液显酸性；溶液E与氯化钡反应生成不溶于酸的白色沉淀，可知为硫酸钡沉淀，则气体D为二氧化硫；X与强碱NaOH反应生成气体A，A能与HCl反应生成白色固体，可知A为氨气，根据元素守恒可知X中含N、S两种元素；根据硫酸钡质量为69.9g，可知n(BaSO4)=，m(S)=0.3mol×32g/mol=9.6g，又知淡黄色沉淀B应为硫单质，则X中N原子的质量为18.4g-9.6g-3.2g=5.6g；n(N)=，X中S、N原子个数比为1：1，结合八元环结构可知X分子式为S4N4；C中除氢氧根外还含有两种中学化学常见的含氧酸，且能与盐酸反应生成二氧化硫和S单质，则C应应含、，根据此分析解答。
【小问1详解】
由以上分析可知X中含S、N两种元素，其化学式为：S4N4；
【小问2详解】
由以上分析可知X和浓氢氧化钠溶液反应生成氨气，和，反应离子方程式为：6OH-+ S4N4+3H2O=4NH3++2；
【小问3详解】
S和NH3在一定条件下可以反应生成S4N4和一种正盐，结合元素组成可知盐应为(NH4)2S，反应方程式为：10S+16NH3=S4N4+6(NH4)2S；
【小问4详解】
溶液E中的阳离子为钾离子，检验钾离子应用焰色反应，具体操作：用洁净的铁丝蘸取E溶液，置于酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若观察到火焰呈紫色，则说明有K+；向E溶液中加入石蕊溶液，若溶液呈红色，则说明溶液中有H+。
19. 某化学兴趣小组对合成配合物[Cu(NH3)4]2+产生了浓厚的兴趣，用如图装置制备，反应分两个阶段发生。
第一阶段：产生蓝色沉淀Cu2+(aq)+2NH3(aq)+2H2O=Cu(OH)2(s)+2(aq) △H1<0
第二阶段：沉淀溶解形成深蓝色溶液2(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq)+2H2O △H2<0
（1）下列方法可以促进浓氨水产生氨气的是_______。
A. 加热圆底烧瓶 B. 圆底烧瓶内加压
C. 加水稀释 D. 加入固体氧化钙
（2）总反应Cu2+(aq)+4NH3(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq)的△H=_______。(用△H1和△H2表示)
（3）反应2+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)+2H2O 的化学平衡表达式K=_______ 。 该化学兴趣小组将上述深蓝色溶液加水稀释，又有蓝色絮状沉淀析出，其原因是_______。
（4）若在一绝热密闭容器中加入Cu(OH)2和浓氨水，发生反应2NH3+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq) [Cu(NH3)4]2+(aq)+2H2O，不同时刻正反应速率随时间变化如图所示，请分析速率先增大后减小的原因_______。
（5）在四个其他条件均相同但温度不同的密闭容器中，分别加入等量的Cu(OH)2和浓氨水，在第5分钟分别测定[Cu(NH3)4]2+的浓度，连成曲线如图所示。若保持条件不变，等四个容器均达到平衡时测定[Cu(NH3)4]2+的浓度，请在图中画出新的曲线趋势图_______。
【答案】（1）AD （2）△H1+△H2
（3） ①. K= ②. 加水稀释后，、 NH3、[Cu(NH3)4]2+浓度同时降低，Q>K，平衡逆移
（4）前半段由于温度升高导致速率增大。后半段由于浓度降低导致速率减小
（5）
【解析】
【分析】向硫酸铜中通入氨气，先产生氢氧化铜蓝色沉淀，后发生络合反应产生[Cu(NH3)4]2+；
【小问1详解】
A．故选浓氨水分解产生氨气吸热，所以加热可以促进氨气的产生A正确；
B．增大压强会增大氨气的溶解度，抑制氨气的产生，B错误；
C．加水稀释，分解平衡逆向移动，C错误；
D．加入氧化钙能吸收水且放热，促进氨气生成，D正确；
故选AD。
【小问2详解】
总反应可由反应①+②得到，所以△H=△H1+△H2
【小问3详解】
①根据平衡常数定义：K=
②加水稀释后，、 NH3、[Cu(NH3)4]2+浓度同时降低，Q>K，平衡逆移，产生蓝色絮状的氢氧化铜；
【小问4详解】
由于两个反应均为放热反应，在绝热容器中，随反应的进行温度升高速率加快；但随反应的进行，反应物浓度下降，反应速率下降，得到如图结果；
【小问5详解】
由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2+平衡浓度减小，结果如图。
【点睛】对于关联反应，需要综合考虑两个过程对于整个体系的影响；
绝热体系中若反应为放热反应则随反应的进行，体系温度升高；若为吸热反应则随反应的进行，体系温度降低。
20. 三草酸合铁(Ⅲ)酸钾，即K3Fe[(C2O4)3]·3H2O，为绿色单斜晶体，溶于水，难溶于乙醇，光照下即发生分解，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是部分有机反应的催化剂。实验室模拟工业制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾常用工艺流程如下：
主要反应为：①(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4
②2FeC2O4·2H2O +H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·2H2O
请回答：
（1）步骤Ⅱ中，需要用到玻璃仪器有_______。
（2）步骤Ⅳ中，需检验Fe(Ⅱ)是否完全转化为Fe(Ⅲ)，可取少许溶液于试管中，并向其中加入_______，观察现象。
（3）步骤Ⅴ中，95%乙醇的作用是_______。
（4）下列有关说法不正确的是_______。
A. 步骤Ⅰ中，搅拌的作用是使反应物充分混合
B. 步骤Ⅳ中，为加快反应速率应当改为沸水浴
C. 步骤Ⅴ中，若没有观察到晶体产生，可用玻璃棒在烧杯壁摩擦
D. 所得三草酸合铁(Ⅲ)酸钾产品应当保存在无色广口瓶中
（5）所得产品中可能混有少量Fe(OH)3杂质，实验室通常用标准KMnO4溶液确定所得产品的纯度。从下列选项中选择合理的仪器和现象，补全滴定过程[“_______” 上填写一件最关键仪器，“( )”内填写一种现象，均用字母表示]。
称量m g产品于_______中，用水溶解后加稀H2SO4酸化→用_______(盛装cmol/L KMnO4标准溶液)→滴定至(_______)。
仪器：a．酸式滴定管 b．锥形瓶 c．碱式滴定管 d．容量瓶
现象：e．溶液变为浅红色且保持半分钟不变 f．溶液紫红色恰好褪去且保持半分钟不变
（6）消耗V mL KMnO4溶液时达到滴定终点，所得产品中K3Fe[(C2O4)3]·3H2O的质量分数表达式为_______。 (K3Fe[(C2O4)3]·3H2O的摩尔质量用M表示)
【答案】（1）漏斗、烧杯、玻璃棒
（2）K3[Fe(CN)6]
（3）改变溶剂极性，使三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体析出 （4）BD
（5） ①. b ②. a ③. e
（6）
【解析】
【分析】硫酸亚铁铵和饱和草酸溶液一起加热搅拌，生成草酸亚铁晶体，经过过滤、洗涤，得到草酸亚铁晶体，用饱和草酸钾溶解后，在313K下水浴加热，加入3%H2O2，生成三草酸合铁，加入95%乙醇，过滤、洗涤，晾干得到三草酸合铁酸钾晶体。
【小问1详解】
步骤Ⅱ为过滤、洗涤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。
【小问2详解】
检验Fe2+，用K3[Fe(CN)6]。
【小问3详解】
加入95%乙醇相当于将溶剂从水换成了乙醇，改变了溶剂的极性，使三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体析出。
【小问4详解】
A．步骤Ⅰ中，搅拌的能使反应物充分混合，反应进行的更成分，A正确；
B．步骤Ⅳ中，为加快反应速率应当改为热水浴，沸水浴会使双氧水分解，B错误；
C．步骤Ⅴ中，若没有观察到晶体产生，可用玻璃棒在烧杯壁摩擦产生静电作用，C正确；
D．所得三草酸合铁(Ⅲ)酸钾产品应当保存在棕色广口瓶中，D错误；
故选BD。
【小问5详解】
滴定原理中，称量m g产品于锥形瓶中，用水溶解后加稀H2SO4酸化→用酸式滴定管 (盛装cmol/L KMnO4标准溶液)→滴定至溶液变为浅红色且保持半分钟不变，故答案为：b a e
【小问6详解】
根据题意，设样品中K3Fe[(C2O4)3]·3H2O的质量为，由得失电子守恒可知：
，解得，故质量分数=。
21. 吲哚布芬为抗血栓形成药，用于治疗动脉硬化引起的缺血性心血管、脑血管病变。其合成路线如图所示
已知：RBr+NaCN→RCN+NaBr (R为烃基)；M的核磁共振氢谱有两组峰。
请回答：
（1）化合物B的官能团名称是_______。
（2）M的结构简式是_______。
（3）下列说法正确的是_______。
A. 反应①和②的反应类型相同
B. 化合物H可发生加成、取代反应，也能使酸性高锰酸钾和溴水褪色
C. 吲哚布芬的分子式是C18H16NO3
D. 化合物C和D互为同系物
（4）写出D生成E的化学反应方程式_______。
（5）写出3种同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式_______
①分子中含 ；
②H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为4：2：2：1：1，无碳氮双键和碳氮叁键；
③在碱性环境下彻底水解，产物中有氨气。
（6）设计以B为原料合成 的路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】（1）碳溴键 （2） （3）AD
（4） +HNO3(浓) +H2O
（5） （6）
【解析】
【分析】由F的结构简式可知A-E中均含苯环结构，结合A的分子式可知A为甲苯，甲苯与溴在光照条件下反应生成B( )，B与NaCN发生取代反应生成C( )，C与发生取代反应生成D( )，D与浓硝酸发生硝化反应生成E，结合F的结构简式可知E应为 ，E水解得到 F，F生成G，对比组成可知G比F多2个H少2个O，可知F发生还原反应生成G，G为： ；M的核磁共振氢谱有两组峰,结合吲哚布芬的结构可知M应为 ；则H为 ；H再经还原生成吲哚布芬，据此分析解答。
【小问1详解】
由以上分析可知B为 ，含有的官能团为碳溴键；
【小问2详解】
由以上分析可知M为 ；
【小问3详解】
A．反应①为还原反应，反应②也为还原反应，反应类型相同，故正确；
B．化合物H中不含能与溴单质反应的官能团结构，不能使溴水褪色，故错误；
C．由吲哚布芬的结构简式可知，其分子式是C18H17NO3，故错误；
D．化合物C和D结构相似，官能团个数种类形同，分子组成相差2个CH2，互为同系物，故正确；
【小问4详解】
D与浓硝酸发生硝化反应生成E，反应方程式为： +HNO3(浓) +H2O；
【小问5详解】
①分子中含 ；②H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为4：2：2：1：1，无碳氮双键和碳氮叁键；③在碱性环境下彻底水解，产物中有氨气，可知N应形成-CONH2或 ，结合不饱和可知支链中含3个不饱和，则满足条件的结构有： ；
【小问6详解】
台州市2022学年度第二学期高二年级期末质量评估
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 C1-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列物质中属于碱性氧化物的是
A. MnO2 B. Na2O2 C. SiO2 D. BaO
【答案】D
【解析】
【分析】与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物。
【详解】A．MnO2 是不成盐氧化物，与酸反应时不能生成+4价盐，因此不属于碱性氧化物， A错误；
B． Na2O2与酸反应产生钠盐、H2O和O2，所以Na2O2不是碱性氧化物，B错误；
C． SiO2与NaOH(碱)反应产生Na2SiO3(盐)和H2O，所以SiO2是酸性氧化物，C错误；
D．BaO与酸反应产生盐和H2O，所以BaO属于碱性氧化物，D正确；
故选：D
2. 下列有关化学用语或说法正确的是
A. H2O的VSEPR模型：
B. 用电子式表示氧化钠的形成过程：
C. HF分子间的氢键：
D. 1s22s22→ls22s2过程中形成的是发射光谱
【答案】A
【解析】
【详解】A．水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，则VSEPR模型的空间结构为，故A正确；
B．氧化钠是离子化合物，表示氧化钠形成过程的电子式为，故B错误；
C．氟化氢能形成分子间氢键，分子间氢键的表达式为，故C错误；
D．2px和2py的伸展方向不同、能量相同，则1s22s22→ls22s2过程中电子没有能量变化，不可能形成发射光谱，故D错误；
故选A。
3. 硫酸锌溶于过量氨水得到硫酸四氨合锌。下列说法中不正确的是
A. 硫酸四氨合锌属于强电解质 B. 锌元素位于第4周期Ⅷ族
C. 硫酸根的空间构型是四面体 D. 该物质中的共价键都是极性键
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫酸四氨合锌由内界离子和外界离子两部分组成，说明在水溶液中能电离出离子使溶液能导电，且属于化合物，符合电解质定义，根据结构判断属于盐为强电解质，故A正确；
B．Zn原子序数30，在元素周期表中位于第四周期第IIB族，故B错误；
C．硫酸根离子中心原子硫价层电子对数：，无孤电子对，为四面体结构，故C正确；
D．该物质中存在共价键包括了氮氢键、硫氧键及配位键都属于极性共价键，故D正确；
答案选B。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系或说法正确的是
A. 氧化铝的熔点高，可用氧化铝坩埚熔化NaOH固体
B. 钠的还原性强，可用于从锆、铌的金属氯化物溶液中置换出金属单质
C. 氢氧化铝受热分解，可用作中和过多的胃酸
D. 次氯酸的强氧化性能使有机色素褪色，可用作棉麻的漂白剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化铝和NaOH可以发生化学反应，A错误；
B．钠的还原性强，能和水反应，不可用于从锆、铌的金属氯化物溶液中置换出金属单质，B错误；
C．氢氧化铝呈碱性，可用作中和过多的胃酸，C错误；
D．次氯酸的强氧化性能使有机色素褪色，可用作棉麻的漂白剂，D正确；
故选D。
5. 下列关于元素及其化合物的说法不正确的是
A. 石膏加热后失去大部分结晶水后可转化为熟石膏
B. 钠在火焰上灼烧产生黄色火焰
C. 利用氨气制备硝酸属于人工固氮
D. 硬铝的密度小、强度高，有较强抗腐蚀能力，是制造飞机的理想材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．生石膏加热会部分失去结晶水，生成熟石膏，故A正确；
B．钠元素的焰色为黄色，故B正确；
C．氮的固定是将游离态氮气转化为氮的化合物的过程，因此氨气制备硝酸不属于人工固氮，故C错误；
D．Al的相对原子质量较小，铝的合金密度小、强度高、耐腐蚀，是制造飞机的理想材料，故D正确；
故选：C。
6. 关于反应5CH2=CH2+12+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O，下列说法正确的是
A. 生成1 mol CO2，转移6 mol电子
B. H2O是还原产物
C. CH2=CH2既是氧化剂又是还原剂
D. 若设计成原电池，Mn2+是负极产物
【答案】A
【解析】
【详解】A．由反应可知10mol CO2产生时转移60mol电子，则生成1 mol CO2，转移6 mol电子，故A正确；
B．反应中H、O元素化合价为发生变化，H2O既不是氧化产物也不是还原产物，故B错误；
C．由反应可知该反应中乙烯被氧化，只做还原剂，故C错误；
D．由反应可知Mn2+为还原产物，若设计成原电池应为正极产物，故D错误；
故选：A。
7. 下列反应的离子方程式不正确的是
A. Al2O3溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH-=2+H2O
B. 氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H+= Fe3++3H2O
C. 钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+ H2↑
D. 铜与浓硝酸反应：Cu+4H++2= Cu2++2NO2↑+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al2O3溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，离子方程式正确，故A正确；
B．氢氧化铁溶于氢碘酸中：2Fe(OH)3+6H++2I-= 2Fe2++I2+3H2O，故B错误；
C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式正确，故C正确；
D．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式正确，故D正确；
故选：B。
8. 下列说法不正确的是
A. 糖类都含有羰基，对氢氧化铜等弱氧化剂都表现出还原性
B. 高密度聚乙烯的支链少，链之间的作用力较大，软化温度和密度较高
C. 氢化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料
D. 甲醛与尿素在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子材料脲醛树脂
【答案】A
【解析】
【详解】A．糖类都是多羟基醛或多羟基酮，以及能水解生成多羟基醛或多羟基酮的物质，含有醛基的糖类与氢氧化铜弱氧化剂都表现出还原性，故A错误；
B．与低密度聚乙烯相比，高密度聚乙烯的支链少，链之间易于接近，相互作用力较大，软化温度和密度较高，故B正确；
C．油脂氢化使不饱和脂肪酸甘油酯与氢气加成生成不饱和程度较低的氢化油，氢化油可用于生产人造奶油，也可在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐用于制肥皂，故C正确；
D．脲醛树脂是性能优良的有机高分子材料，甲醛与尿素在一定条件下能发生缩聚反应生成脲醛树脂，故D正确；
故选A。
9. 重氮羰基化合物聚合可获得主链由一个碳原子作为重复结构单元的聚合物，为制备多官能团聚合物提供了新方法。利用该方法合成聚合物P的反应路线如图。
下列说法正确的是
A. 反应①属于加聚反应
B. 反应②中有苯酚生成
C. 1 mol聚合物A在碱性环境下发生水解，可消耗2 mol NaOH
D. 聚合物P在一定条件下可以和H2发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据元素守恒可知，反应①除生成聚合物A外，还有氮气生成，不符合加聚反应的特征，故A错误；
B．反应②发生取代反应生成聚合物P和苯酚，故B正确；
C．由结构简式可知1molA中含nmol酚酯基结构，能消耗2nmolNaOH，故C错误；
D．由P的结构简式可知，P中只含酰胺基一种官能团，酰胺基不能与氢气加成，故D错误；
故选：B。
10. 主族元素W、X、Y、Q、Z的原子序数依次递增且均不大于20，化合物ZW2与水反应生成可燃性气体单质，基态Y原子核外电子有8种运动状态，基态X原子的s能级和p能级电子数相等，在短周期元素形成的简单阳离子中Q的阳离子半径是最大的，下列说法正确的是
A. Q元素在自然界中均以化合态存在
B. 工业上通过电解熔融Q氧化物制备Q单质
C. 以上非金属元素形成的单质均为非极性分子
D. ZX2也能与水反应放出气体单质，则ZW2和ZX2结构相似，化学键类型相同
【答案】A
【解析】
【分析】主族元素W、X、Y、Q、Z的原子序数依次递增且均不大于20，基态X原子的s能级和p能级电子数相等，则X为C元素；基态Y原子核外电子有8种运动状态，则Y为O元素；在短周期元素形成的简单阳离子中Q的阳离子半径是最大的，则Q为Na元素；化合物ZW2与水反应生成可燃性气体单质，则W为H元素、Z为Ca元素。
【详解】A．钠元素的金属性强，在自然界中均以化合态存在，不存在游离态，故A正确；
B．工业上通过电解熔融氯化钠制备金属钠，故B错误；
C．碳元素形成的单质中金刚石为原子(共价)晶体，晶体中只存在原子，不存在分子，故C错误；
D．碳化钙为含有离子键和共价键的离子化合物，氢化钙为只含有离子键的离子化合物，两者的化学键类型不同，故D错误；
故选A。
11. 过氧化氢是环境友好的绿色氧化剂。如图为太阳能驱动氧分子氧化水制备过氧化氢的过程(氢离子可在催化剂表面移动)。下列说法正确的是
A. 电子经导电玻璃(FTO)由Au极向BiVO/WO3极转移
B. Au极为阳极
C. BiVO4/WO3极的电极反应：2H2O-2e-=H2O2+2H+
D. 该过程只实现了化学能转化为电能
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，WO3电极上H2O发生氧化反应生成H2O2，为负极，Au电极上O2发生还原反应生成H2O2为正极。
【详解】A．电子由负极流向正极，电子从BiVO/WO3极经导电玻璃(FTO)移向Au极，A错误；
B．图中无电源，所以为原电池装置，Au为正极，B错误；
C．BiVO4/WO3极为负极上发生氧化反应，方程为：2H2O-2e-=H2O2+2H+，C正确；
D．该过程除化学能转化为电能外，还有太阳能转化为化学能与电能，D错误；
故选C。
12. 无机苯( B3N3H6)的结构与苯(C6H6)类似，也有大π键。下列有关B3N3H6的说法不正确的是
A 分子中所有原子共平面
B. 大π键电子云均匀对称分布在无机苯平面上下两侧
C. 形成大π键的电子全部由N提供
D. 分子中B和N的杂化方式不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．无机苯有类似于苯的平面结构，分子中所有原子共平面，A正确；
B．大π键为肩并肩结构，电子云均匀对称分布在无机苯平面上下两侧，B正确；
C．B不提供电子，故形成大π键的电子全部由N提供，C正确；
D．分子中B和N的杂化方式相同，均为sp2杂化，D错误；
故选D。
13. 常温下，H3AsO4各形态的分布分数(δ)随pH变化如图，下列说法不正确的是
A. H3AsO4 的Ka2=10-7.0
B. m点有c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH—)
C. n点对应的溶液中，离子浓度的大小关系为c()=c()>c(H+)=c(OH—)
D. m点水的电离程度大于n点水的电离程度
【答案】B
【解析】
【详解】A．由电离常数公式可知，H3AsO4的二级电离常数Ka2=，由图可知，n点时，溶液中的浓度与相等，溶液pH为7，则Ka2= c(H+)=10-7.0，故A正确；
B．若加入氢氧化钠调节溶液pH，m点的溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH—)，故B错误；
C．由图可知，n点时，溶液中的浓度与相等，溶液pH为7，则离子浓度的大小关系为c()=c()>c(H+)=c(OH—)，故C正确；
D．由图可知，n点时，溶液中的浓度与相等，溶液pH为7，则溶液中电离出的氢离子抑制水的电离程度与水解促进水的电离程度相同，m点时，溶液中的浓度与相等，溶液pH为11.5，则溶液中水解促进水电离的程度大于电离出的氢离子抑制水的电离程度，所以m点水的电离程度大于n点水的电离程度，故D正确；
故选B。
14. 中学常见反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)实际由2个基元反应构成，反应①：2NO(g)N2O2(g) K1；反应②：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) K2。其反应过程能量变化示意图如下。温度升高，NO(g)与O2(g)反应生成NO2(g)的速率会降低。下列说法正确的是
A. 加入催化剂能提高NO的平衡转化率
B. 总反应速率由反应①决定
C. 总反应的平衡常数K=
D. 温度升高，总反应速率降低，可能原因是c(N2O2)减少使反应②速率降低造成
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化剂只影响反应速率，对平衡无影响，不能改变平衡转化率，故A错误；
B．由图可知反应②的活化能较大，则反应②速率较慢，慢反应决定总反应速率快慢，故B错误；
C．总反应=反应①+反应②，则总反应的平衡常数K=，故C错误；
D．由图像可知上述两步反应均为放热反应，则温度升高会使平衡逆向移动，而反应①为快反应，导致c(N2O2)减少对速率的影响大于温度对速率的影响，从而使决速步速率降低，则总反应速率降低，故D正确；
故选：D。
15. 用0.10 mo/LAgNO3溶液滴定15 mL浓度均为0.01mol/L的Cl-、I-混合溶液，得到标准曲线如图。已知c点c(Ag+)=10-8 mol/L，Ksp(AgI) =8.5×10-17。下列说法不正确的是
A. 向d点溶液中加入足量KBr，充分反应后，沉淀主要成分为AgBr
B. c点c(I-)= 8.5×10-9 mol/L
C. c~d 段同时存在AgCl、AgI两种沉淀溶解平衡
D. b~c段I-浓度在降低
【答案】A
【解析】
【分析】AgI的溶解度小于AgCl，AgI先出现沉淀，a-b段，碘离子开始沉淀，b-c段 c(Ag+)明显增大，说明碘离子完全沉淀，c-d段，氯离子沉淀，d点开始c(Ag+)又明显增大，说明氯离子完全沉淀，据此分析解答。
【详解】A． d点溶液中加入足量KBr，因AgBr溶解度小于AgCl，溶液中的氯化银会转化为AgBr，但溴化银的溶解度大于AgI，AgI不易转化为AgBr，则沉淀的主要成分有AgI、AgBr，故A错误；
B．由以上分析可知c点时碘离子已完全沉淀，此时溶液中c(Ag+)·c(I-)= Ksp(AgI)，c(I-)= ，故B正确；
C． 由以上分析可知，c点开始氯离子已开始沉淀，因此溶液中同时存在AgCl、AgI两种沉淀溶解平衡，故C正确；
D．b~c段，c(Ag+)增大，则I-浓度在降低，故D正确；
故选：A。
16. 下列方案设计、现象及结论都正确的是
方案设计
现象
结论
A
室温下将铝片放入浓硫酸
未观察到气泡产生
铝片常温下与浓硫酸不反应
B
将2 mL 0.5mo/L CuCl2溶液置于试管中加热
溶液由蓝色变为绿色
升高温度可以使平衡 [Cu(H2O)4]2++4Cl-= [CuCl4]2-+4H2O正移
C
向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓NaOH溶液
溶液由黄色变为橙色
改变溶液pH可以使平衡+H2O2+2H+移动
D
将钠块分别投入水和无水乙醇中
水中生成气泡，无水乙醇无明显现象
水分子中氢原子的活泼性大于乙醇分子中氢原子的活泼性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝与浓硫酸发生钝化反应，所以观察不到气泡产生，并非铝片常温下不与浓硫酸反应，A错误；
B．该反应吸热，加热使平衡正向移动，颜色变化，B正确；
C．加入NaOH溶液pH升高，c(H+)降低，平衡正向移动，溶液颜色应由橙色变为黄色，现象错误，C错误；
D．钠与水剧烈反应，乙醇中缓慢放出气泡，D错误；
故选B。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 氮的化合物丰富多彩，请回答：
（1）HSCN的结构有两种，这两种分子结构中除氢外各原子均满足八电子稳定结构(无配位键)，请画出沸点高的分子的结构式_______， 解释沸点高的原因_______。
（2）杂环化合物咪唑结构如图，已知分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，眯唑分子中的大π键可表示为，则咪唑分子中②号氮的杂化方式为_______， 结合质子能力更强的氮原子是_______ (填“①”或“②”)。
（3）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示，立方氮化硼属于_______晶体， 其中硼原子的配位数为_______。
（4）SiCl4、NCl3均可发生水解反应，SiCl4水解机理如图：
已知中间体SiCl4(H2O)的中心原子Si采取的杂化类型为sp3d，下列关于该中间体VSEPR模型的空间结构推断合理的是_______ (填标号)。
a．正四面体 b．三角双锥 c．正八面体
请画出NCl3水解时生成的中间体_______。
【答案】（1） ① ②. 可以形成分子间氢键
（2） ①. sp2 ②. ①
（3） ①. 共价 ②. 4
（4） ①. b ②.
【解析】
【小问1详解】
HSCN除氢外各原子均满足八电子稳定结构的结构式为N≡C—SH和，分子中亚氨基能形成分子间氢键，而N≡C—SH不能形成分子间氢键，所以的分子间作用力较强，沸点较高，故答案为：；可以形成分子间氢键；
【小问2详解】
由眯唑分子中的大π键可表示为可知，眯唑分子中的碳原子和氮原子都为sp2杂化，由结构简式可知，眯唑分子中的氮原子①具有孤对电子，氮原子②没有孤对电子，则氮原子①能与氢离子形成配位键，氮原子②不能与氢离子形成配位键，所以氮原子①结合质子能力更强，故答案为：sp2；①；
【小问3详解】
由立方氮化硼硬度仅次于金刚石可知，立方氮化硼是硬度很大的共价晶体，由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的硼原子个数为8×+6×=4，位于体内的氮原子个数为4，则氮化硼的化学式为BN，晶胞中每个氮原子周围有4个硼原子，由化学式可知，每个硼原子周围有4个氮原子，配位数为4，故答案为：共价；4；
【小问4详解】
由中间体SiCl4(H2O)分子中硅原子的杂化方式为sp3d杂化可知，硅原子可以形成5个σ键，则中间体VSEPR模型的空间结构和分子的空间结构都为三角双锥形，故选b；三氯化氮分子中氮原子没有空轨道，不能与水分子中的氧原子形成配位键，则中间体为具有空轨道的氯原子可以采用sp3d杂化形成空轨道，与水分子中的氧原子形成配位键，所以中间体的结构式为，故答案为：b；。
18. 化合物X由两种元素组成，它是非平面八元环状结构，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：所加各溶液均过量；C中除氢氧根外还含有两种中学化学常见的含氧酸根；假设生成的D全部被硝酸钾溶液吸收；气体F遇空气呈红棕色，请回答：
（1）X的组成元素是_______，X的化学式是_______。
（2）写出X和浓氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式_______。
（3）B和A在一定条件下可以反应生成X和一种正盐，写出化学方程式_______。
（4）设计实验检验溶液E中的阳离子_______。
【答案】（1） ①. S、N ②. S4N4
（2）6OH-+ S4N4+3H2O=4NH3++2
（3）10S+16NH3=S4N4+6(NH4)2S
（4）用洁净的铁丝蘸取E溶液，置于酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若观察到火焰呈紫色，则说明有K+；向E溶液中加入石蕊溶液，若溶液呈红色，则说明溶液中有H+
【解析】
【分析】气体F遇空气呈红棕色，可知F为NO，则气体D与硝酸钾发生氧化还原反应，且D溶于水后溶液显酸性；溶液E与氯化钡反应生成不溶于酸的白色沉淀，可知为硫酸钡沉淀，则气体D为二氧化硫；X与强碱NaOH反应生成气体A，A能与HCl反应生成白色固体，可知A为氨气，根据元素守恒可知X中含N、S两种元素；根据硫酸钡质量为69.9g，可知n(BaSO4)=，m(S)=0.3mol×32g/mol=9.6g，又知淡黄色沉淀B应为硫单质，则X中N原子的质量为18.4g-9.6g-3.2g=5.6g；n(N)=，X中S、N原子个数比为1：1，结合八元环结构可知X分子式为S4N4；C中除氢氧根外还含有两种中学化学常见的含氧酸，且能与盐酸反应生成二氧化硫和S单质，则C应应含、，根据此分析解答。
【小问1详解】
由以上分析可知X中含S、N两种元素，其化学式为：S4N4；
【小问2详解】
由以上分析可知X和浓氢氧化钠溶液反应生成氨气，和，反应离子方程式为：6OH-+ S4N4+3H2O=4NH3++2；
【小问3详解】
S和NH3在一定条件下可以反应生成S4N4和一种正盐，结合元素组成可知盐应为(NH4)2S，反应方程式为：10S+16NH3=S4N4+6(NH4)2S；
【小问4详解】
溶液E中的阳离子为钾离子，检验钾离子应用焰色反应，具体操作：用洁净的铁丝蘸取E溶液，置于酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若观察到火焰呈紫色，则说明有K+；向E溶液中加入石蕊溶液，若溶液呈红色，则说明溶液中有H+。
19. 某化学兴趣小组对合成配合物[Cu(NH3)4]2+产生了浓厚的兴趣，用如图装置制备，反应分两个阶段发生。
第一阶段：产生蓝色沉淀Cu2+(aq)+2NH3(aq)+2H2O=Cu(OH)2(s)+2(aq) △H1<0
第二阶段：沉淀溶解形成深蓝色溶液2(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq)+2H2O △H2<0
（1）下列方法可以促进浓氨水产生氨气的是_______。
A. 加热圆底烧瓶 B. 圆底烧瓶内加压
C. 加水稀释 D. 加入固体氧化钙
（2）总反应Cu2+(aq)+4NH3(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq)的△H=_______。(用△H1和△H2表示)
（3）反应2+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)+2H2O 的化学平衡表达式K=_______ 。 该化学兴趣小组将上述深蓝色溶液加水稀释，又有蓝色絮状沉淀析出，其原因是_______。
（4）若在一绝热密闭容器中加入Cu(OH)2和浓氨水，发生反应2NH3+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq) [Cu(NH3)4]2+(aq)+2H2O，不同时刻正反应速率随时间变化如图所示，请分析速率先增大后减小的原因_______。
（5）在四个其他条件均相同但温度不同的密闭容器中，分别加入等量的Cu(OH)2和浓氨水，在第5分钟分别测定[Cu(NH3)4]2+的浓度，连成曲线如图所示。若保持条件不变，等四个容器均达到平衡时测定[Cu(NH3)4]2+的浓度，请在图中画出新的曲线趋势图_______。
【答案】（1）AD （2）△H1+△H2
（3） ①. K= ②. 加水稀释后，、 NH3、[Cu(NH3)4]2+浓度同时降低，Q>K，平衡逆移
（4）前半段由于温度升高导致速率增大。后半段由于浓度降低导致速率减小
（5）
【解析】
【分析】向硫酸铜中通入氨气，先产生氢氧化铜蓝色沉淀，后发生络合反应产生[Cu(NH3)4]2+；
【小问1详解】
A．故选浓氨水分解产生氨气吸热，所以加热可以促进氨气的产生A正确；
B．增大压强会增大氨气的溶解度，抑制氨气的产生，B错误；
C．加水稀释，分解平衡逆向移动，C错误；
D．加入氧化钙能吸收水且放热，促进氨气生成，D正确；
故选AD。
【小问2详解】
总反应可由反应①+②得到，所以△H=△H1+△H2
【小问3详解】
①根据平衡常数定义：K=
②加水稀释后，、 NH3、[Cu(NH3)4]2+浓度同时降低，Q>K，平衡逆移，产生蓝色絮状的氢氧化铜；
【小问4详解】
由于两个反应均为放热反应，在绝热容器中，随反应的进行温度升高速率加快；但随反应的进行，反应物浓度下降，反应速率下降，得到如图结果；
【小问5详解】
由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2+平衡浓度减小，结果如图。
【点睛】对于关联反应，需要综合考虑两个过程对于整个体系的影响；
绝热体系中若反应为放热反应则随反应的进行，体系温度升高；若为吸热反应则随反应的进行，体系温度降低。
20. 三草酸合铁(Ⅲ)酸钾，即K3Fe[(C2O4)3]·3H2O，为绿色单斜晶体，溶于水，难溶于乙醇，光照下即发生分解，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是部分有机反应的催化剂。实验室模拟工业制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾常用工艺流程如下：
主要反应为：①(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4
②2FeC2O4·2H2O +H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·2H2O
请回答：
（1）步骤Ⅱ中，需要用到玻璃仪器有_______。
（2）步骤Ⅳ中，需检验Fe(Ⅱ)是否完全转化为Fe(Ⅲ)，可取少许溶液于试管中，并向其中加入_______，观察现象。
（3）步骤Ⅴ中，95%乙醇的作用是_______。
（4）下列有关说法不正确的是_______。
A. 步骤Ⅰ中，搅拌的作用是使反应物充分混合
B. 步骤Ⅳ中，为加快反应速率应当改为沸水浴
C. 步骤Ⅴ中，若没有观察到晶体产生，可用玻璃棒在烧杯壁摩擦
D. 所得三草酸合铁(Ⅲ)酸钾产品应当保存在无色广口瓶中
（5）所得产品中可能混有少量Fe(OH)3杂质，实验室通常用标准KMnO4溶液确定所得产品的纯度。从下列选项中选择合理的仪器和现象，补全滴定过程[“_______” 上填写一件最关键仪器，“( )”内填写一种现象，均用字母表示]。
称量m g产品于_______中，用水溶解后加稀H2SO4酸化→用_______(盛装cmol/L KMnO4标准溶液)→滴定至(_______)。
仪器：a．酸式滴定管 b．锥形瓶 c．碱式滴定管 d．容量瓶
现象：e．溶液变为浅红色且保持半分钟不变 f．溶液紫红色恰好褪去且保持半分钟不变
（6）消耗V mL KMnO4溶液时达到滴定终点，所得产品中K3Fe[(C2O4)3]·3H2O的质量分数表达式为_______。 (K3Fe[(C2O4)3]·3H2O的摩尔质量用M表示)
【答案】（1）漏斗、烧杯、玻璃棒
（2）K3[Fe(CN)6]
（3）改变溶剂极性，使三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体析出 （4）BD
（5） ①. b ②. a ③. e
（6）
【解析】
【分析】硫酸亚铁铵和饱和草酸溶液一起加热搅拌，生成草酸亚铁晶体，经过过滤、洗涤，得到草酸亚铁晶体，用饱和草酸钾溶解后，在313K下水浴加热，加入3%H2O2，生成三草酸合铁，加入95%乙醇，过滤、洗涤，晾干得到三草酸合铁酸钾晶体。
【小问1详解】
步骤Ⅱ为过滤、洗涤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。
【小问2详解】
检验Fe2+，用K3[Fe(CN)6]。
【小问3详解】
加入95%乙醇相当于将溶剂从水换成了乙醇，改变了溶剂的极性，使三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体析出。
【小问4详解】
A．步骤Ⅰ中，搅拌的能使反应物充分混合，反应进行的更成分，A正确；
B．步骤Ⅳ中，为加快反应速率应当改为热水浴，沸水浴会使双氧水分解，B错误；
C．步骤Ⅴ中，若没有观察到晶体产生，可用玻璃棒在烧杯壁摩擦产生静电作用，C正确；
D．所得三草酸合铁(Ⅲ)酸钾产品应当保存在棕色广口瓶中，D错误；
故选BD。
【小问5详解】
滴定原理中，称量m g产品于锥形瓶中，用水溶解后加稀H2SO4酸化→用酸式滴定管 (盛装cmol/L KMnO4标准溶液)→滴定至溶液变为浅红色且保持半分钟不变，故答案为：b a e
【小问6详解】
根据题意，设样品中K3Fe[(C2O4)3]·3H2O的质量为，由得失电子守恒可知：
，解得，故质量分数=。
21. 吲哚布芬为抗血栓形成药，用于治疗动脉硬化引起的缺血性心血管、脑血管病变。其合成路线如图所示
已知：RBr+NaCN→RCN+NaBr (R为烃基)；M的核磁共振氢谱有两组峰。
请回答：
（1）化合物B的官能团名称是_______。
（2）M的结构简式是_______。
（3）下列说法正确的是_______。
A. 反应①和②的反应类型相同
B. 化合物H可发生加成、取代反应，也能使酸性高锰酸钾和溴水褪色
C. 吲哚布芬的分子式是C18H16NO3
D. 化合物C和D互为同系物
（4）写出D生成E的化学反应方程式_______。
（5）写出3种同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式_______
①分子中含 ；
②H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为4：2：2：1：1，无碳氮双键和碳氮叁键；
③在碱性环境下彻底水解，产物中有氨气。
（6）设计以B为原料合成 的路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】（1）碳溴键 （2） （3）AD
（4） +HNO3(浓) +H2O
（5） （6）
【解析】
【分析】由F的结构简式可知A-E中均含苯环结构，结合A的分子式可知A为甲苯，甲苯与溴在光照条件下反应生成B( )，B与NaCN发生取代反应生成C( )，C与发生取代反应生成D( )，D与浓硝酸发生硝化反应生成E，结合F的结构简式可知E应为 ，E水解得到 F，F生成G，对比组成可知G比F多2个H少2个O，可知F发生还原反应生成G，G为： ；M的核磁共振氢谱有两组峰,结合吲哚布芬的结构可知M应为 ；则H为 ；H再经还原生成吲哚布芬，据此分析解答。
【小问1详解】
由以上分析可知B为 ，含有的官能团为碳溴键；
【小问2详解】
由以上分析可知M为 ；
【小问3详解】
A．反应①为还原反应，反应②也为还原反应，反应类型相同，故正确；
B．化合物H中不含能与溴单质反应的官能团结构，不能使溴水褪色，故错误；
C．由吲哚布芬的结构简式可知，其分子式是C18H17NO3，故错误；
D．化合物C和D结构相似，官能团个数种类形同，分子组成相差2个CH2，互为同系物，故正确；
【小问4详解】
D与浓硝酸发生硝化反应生成E，反应方程式为： +HNO3(浓) +H2O；
【小问5详解】
①分子中含 ；②H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为4：2：2：1：1，无碳氮双键和碳氮叁键；③在碱性环境下彻底水解，产物中有氨气，可知N应形成-CONH2或 ，结合不饱和可知支链中含3个不饱和，则满足条件的结构有： ；
【小问6详解】
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