2022-2023学年安徽省合肥市肥西县高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年安徽省合肥市肥西县高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共23页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.生活中处处有化学。下列说法正确的是( )
A. 霓虹灯光、LED灯光与核外电子跃迁吸收能量有关
B. 冰能浮在水面上与氢键的不饱和性和无方向性有关
C. 石墨能导电与石墨中的碳原子采取sp3杂化有关
D. 用乙酸乙酯溶解油漆比水容易与“相似相溶”原理有关
2.某材料能用于制备潜艇的消声瓦，被誉为现代潜艇的“隐身衣”，其结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. 其分子式为(C12H14)nB. 该分子属于缩聚产物
C. 该分子属于生物大分子D. 合成该分子需要三种单体
3.LED基质材料Si3N4(超硬物质)可通过反应3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2制得(已知电负性H>Si)。下列有关说法正确的是( )
A. Si3N4为分子晶体B. 基态 30Si原子的价电子排布式为3s23p4
C. 每生成1mlH2，该反应转移1ml电子D. NH3中N的杂化轨道：
4.Cr的某配合物的结构如图所示。下列说法错误的是( )
A. 键角：NH4+>NH3B. 基态铬原子有6个未成对电子
C. SCN−中三原子在一条线上D. 1ml该配合物中含σ键的数目为20NA
5.下列实验装置或操作正确且能达到相应实验目的的是( )
A. 检验溴乙烷中的溴元素
B. 制备乙酸乙酯
C. 分离植物油与食盐水
D. 分离沸点不同的液体混合物
6.下列原因分析能正确解释性质差异的是( )
A. AB. BC. CD. D
7.某医药中间体的结构如图所示：
。下列说法正确的是( )
A. 该分子中含有2个手性碳原子
B. 可利用红外光谱仪测定其相对分子质量
C. 该分子与Br2按物质的量之比1：1发生加成反应，能得到三种产物
D. 该分子与可通过酸性高锰酸钾溶液鉴别
8.1−乙基−3−甲基咪唑双(三氟甲基磺酰基)酰亚胺{[EMIM][N(TF)2]}是一种室温离子液体，可以用作合成ZnO纳米颗粒的绿色溶剂，其结构如图所示，下列说法错误的是( )
A. [EMIM][N(TF)2]中含有离子键共价键
B. 结构中标“★”氮原子的杂化类型为sp2
C. 电负性：F>O>N
D. 熔点：ZnO>ZnS
9.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 向CuSO4溶液中加入过量的氨水：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+
B. 乳酸溶于NaOH溶液：
C. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2变浑浊：
D. 乙醛的银镜反应：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH→△CH3COO−+NH4++H2O+2Ag↓+3NH3
10.普瑞巴林(H)是治疗癫痫的药物，其部分合成路线如图所示(Et为乙基)：
下列说法正确的是( )
A. A的化学名称为2−甲基丙醛B. 反应②的原子利用率为100%
C. 1mlD最多能消耗3mlNaOHD. 普瑞巴林不能发生缩聚反应
11.高纯镁砂(主要成分为MgO)能制各种镁质耐火材料，以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图所示：
已知：①“焙烧”中，SiO2几乎不发生反应，Fe2O3转化为硫酸盐，Al2O3转化为NH4Al(SO4)2；
②该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
下列说法错误的是( )
A. “焙烧”中，Al2O3发生反应Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O
B. 在“分步沉淀”时，用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出Fe(OH)3、Al(OH)3、Mg(OH)2
C. 为加快反应速率，“分步沉淀”时的温度越高越好
D. “母液”经处理后可循环使用
12.下列实验操作和现象得出的结论正确的是{已知[CuCl4]2−为黄色，[Cu(H2O)4]2+为蓝色，二者共存时为绿色}( )
A. AB. BC. CD. D
13.已知HA、HB均为一元弱酸，且常温下，Ka(HA)>Ka(HB)>10−4。常温下，向20mL0.1ml⋅L−1的NaB溶液中逐滴滴加等浓度的HA溶液。下列有关说法错误的是( )
A. 等浓度溶液的碱性：NaB>NaA
B. 当滴至溶液pH=7时，c(A−)⋅c(HB)>c(B−)⋅c(HA)
C. 当滴入HA溶液20mL时，溶液显碱性
D. 当滴入HA溶液10mL时，c(A−)+c(OH−)=c(H+)+c(HB)
14.5−氨基异酞酸()常用作有机合成中间体，其同分异构体满足以下条件的有(不考虑立体异构)( )
ⅰ.含有−NH2和苯环
ⅱ.能与NaOH按物质的量之比1：4发生反应
ⅲ.不能发生水解反应
A. 3种B. 6种C. 8种D. 9种
二、实验题：本大题共1小题，共12分。
15.苯甲酸可用于合成纤维、树脂涂料等，也可作为药物或防腐剂，有抑制真菌、细菌生长的作用。实验室利用高锰酸钾溶液氧化甲苯制备苯甲酸，实验装置如图所示：
对反应混合物进行分离提纯的流程如图：
已知：甲苯的沸点是110.6℃，苯的沸点约为80℃；苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。
请回答下列问题：
(1)甲苯中常含有杂质苯，提纯甲苯的常用方法为______。
(2)仪器a的名称为______，冷凝水从______口流出(填“甲”或“乙”)。
(3)在三颈烧瓶中加入一定量的甲苯、水和稍过量高锰酸钾固体，通入冷凝水，维持反应温度90℃，开启电磁搅拌器，加热回流至回流液不再出现油珠。
①“回流液不再出现油珠”说明______。
②已知反应过程中甲苯被氧化为苯甲酸钾，该反应的化学方程式为______。
(4)粗苯甲酸可通过______的方法提纯。
(5)为测定所得产品的纯度，称取1.220g粗产品，配成100mL溶液，取其中25.00mL溶液用0.080ml⋅L−1KOH溶液进行滴定。
①第一次滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，则所用KOH溶液的体积为______ mL。
②重复①中实验，测得所用KOH溶液的体积分别为26.08mL、26.12mL，则该粗产品中苯甲酸的质量分数为______ %。
三、简答题：本大题共3小题，共46分。
16.CO2资源化利用是科学工作者重点研究的课题。
(1)一定条件下，CO2可合成燃料甲醇，主要发生反应的热化学方程式如下：
ⅰ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.2kJ⋅ml−1
ⅱ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2=−90.0kJ⋅ml−1
ⅲ.CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH3=−144.9kJ⋅ml−1
二氧化碳与氢气合成甲醇的反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH4=______ kJ⋅ml−1。
(2)向两个恒压(压强分别为0.1MPa、1.0MPa)密闭容器中均通入1mlCO2、4mlH2的混合气体，只发生反应ⅰ和反应ⅲ。平衡时CH4或CO占所有含碳化合物的物质的量分数(η)随温度的变化曲线如图所示。
①表示压强为1.0MPa时η(CH4)和η(CO)的曲线分别是______和______ (填“甲”“乙”“丙”或“丁”)，判断1.0MPa时η(CH4)曲线的理由为______。
②c点时，容器内CO2的物质的量为______ ml。
③600℃时，反应ⅰ的压强平衡常数Kp=______ (结果保留2位有效数字，Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(3)科学工作者采用电催化方法用CO2重整CH4制取合成气(CO、H2组成的混合气体)，其装置示意图如图所示。
该装置工作时，阴极的电极反应式为______；若产生4.48L合成气(换算为标准状况)，理论上外电路中转移______ ml电子。
17.石墨相(类似石墨的二维层状结构)光催化材料g−C3N4在光电池方面应用广泛，进一步研究发现，非金属掺杂(O、S等)能提高其光催化活性。
(1)若将基态氮
原子的电子轨道表示式画为
，该排布图违背的规则或原理有______。
(2)N、O、S的第一电离能从大到小的顺序为______。
(3)三聚氰胺属于______晶体，属于______ (填“极性”或“非极性”)分子。
(4)三聚氰胺难溶于冷水，但能溶于热水，原因可能为______ (从氢键角度解释)。
(5)每个基本结构单元(图中虚线大圈部分)中两个N原子(图中虚线小圈部分)被O原子代替，形成O掺杂的g−C3N4(OPCN)，则OPCN中n(O)：n(C)：n(N)=______。
(6)镍的某种氧化物常用作催化剂，其立方晶胞结构如图所示：
已知该晶体的密度为ρg⋅cm−3，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的参数为______ pm(用含ρ、NA的代数式表示)。
18.以有机物A为原料合成某新型高分子中间体(H)的路线如图所示(部分反应条件与试剂略)：
已知：RCOOR′+R ′ ′OH→催化剂RCOOR ′ ′+R′OH(R为烃基)
请回答下列问题：
(1)甲的结构简式为______； F的化学名称为______。
(2)反应⑥的试剂和反应条件为______；反应⑦的反应类型为______。
(3)乙的结构简式为______。
(4)写出反应③的化学方程式：______。
(5)E的同分异构体X具有如下结构和性质：
ⅰ.含有苯环且苯环上只有一个取代基
ⅱ.能发生水解反应，但不能发生银镜反应
则X的可能结构有______种(不考虑立体异构)，X的核磁共振氢谱至少有______组峰。
(6)已知：
。写出以苯、1，3−丁二烯和
为原料制备
的合成路线：______ (其他无机试剂任选)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.霓虹灯光、LED灯光与核外电子跃迁释放能量有关，故A错误；
B.水分子间存在氢键，氢键具有方向性和饱和性，导致体积膨胀，所以冰的密度低于液态水的密度，冰会浮在水面上，所以与氢键具有方向性和饱和性有关，故B错误；
C.石墨中每个C原子形成3个σ键，且不存在孤电子对，为sp2杂化，石墨能导电与石墨中的未参与杂化的2p电子有关，故C错误；
D.油漆主要是非极性物质，乙酸乙酯是非极性溶剂，水是极性溶剂，根据相似相溶原理可知，用乙酸乙酯溶解油漆比水容易，故D正确；
故选：D。
A.霓虹灯光、LED灯光等是原子的发射光谱；
B.氢键具有方向性和饱和性；
C.石墨能导电与石墨中的未参与杂化的2p电子有关；
D.相似相溶原理：极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，有机物易溶于有机溶剂。
本题以生活中的化学为素材，考查物质结构与性质知识，意在考查理解判断能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养。
2.【答案】A
【解析】解：A.由结构可知，分子式为(C12H14)n，故A正确；
B.该分子属于加聚产物，故B错误；
C.该分子为合成高分子，不具有生物活性，不属于生物大分子，故C错误；
D.单体为CH2=CH−CH=CH2、，共2种，故D错误；
故选：A。
的主链只有碳原子，属于加聚产物，分子式为(C12H14)n，其单体为CH2=CH−CH=CH2、，以此来解答。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意加聚产物单体的判断，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据Si3N4为超硬物质，可判断Si3N4为共价晶体，故A错误；
B.基态 30Si原子的价电子排布式为3s23p2，故B错误；
C.电负性：H>Si，判断SiH4中氢元素显−1价，故每生成1mlH2，该反应转移1ml电子，故C正确；
D.NH3中N的价层电子对数为4，其杂化类型为sp3，故D错误；
故选：C。
A.共价晶体硬度较大；
B.硫为主族元素，基态S原子最外层6个电子，都是价电子；
C.电负性：H>Si，判断SiH4中氢元素显−1价；
D.根据氨气中N原子的价层电子数进行判断。
本题以合成Si3N4的反应为情境，考查物质结构与性质知识，意在考查判断能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养。
4.【答案】D
【解析】解：A.NH4+中N原子价层电子对个数=4+5−1−4×12=4且不含孤电子对，NH3中N原子价层电子对个数=3+5−3×12=4且含有1个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以键角：NH4+>NH3，故A正确；
B.根据核外电子排布规律可以写出基态铬价电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，所以基态铬(Cr)原子的价电子排布式是3d54s1；未成对电子数为6，故B正确；
C.SCN−中碳原子采取sp杂化，故SCN−中三个原子在一条线上，故C正确；
D.1个该配合物中含4个S−Cσ键、4个C−Nσ键、6个N−Crσ键、(4+2×3)个N−Hσ键，故1ml该配合物中含σ键的数目为24NA，故D错误；
故选：D。
A.孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；
B.铬原子序数为24，根据核外电子排布规律写出价电子排布式；
C.SCN−中碳原子采取sp杂化；
D.1个该配合物中含4个S−Cσ键、4个C−Nσ键、6个N−Crσ键、(4+2×3)个N−Hσ键。
本题以配合物为素材，考查物质结构与性质知识，意在考查理解迁移能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养。
5.【答案】C
【解析】解：A.溴乙烷与硝酸银溶液不反应，应发生水解或消去反应后，在酸性溶液中加硝酸银检验，故A错误；
B.酯化反应选浓硫酸作催化剂、吸水剂，不能选稀硫酸，故B错误；
C.植物油与食盐水分层，可选图中分液漏斗分离，故C正确；
D.蒸馏时温度计测定馏分的温度，温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；
故选：C。
A.溴乙烷与硝酸银溶液不反应；
B.酯化反应选浓硫酸作催化剂、吸水剂；
C.植物油与食盐水分层；
D.蒸馏时温度计测定馏分的温度。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验、混合物的分离提纯、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意科学探究与创新意识的核心素养，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.Mg和Al的电子层数相同，Mg的原子半径大，原子核对最外层电子的吸引力小，镁易失去最外层电子，所以金属性：Mg>Al，碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3，与第一电离能Mg>Al无关，故A错误；
B.沸点：NH3>PH3，是因为氨气分子间存在氢键，NH3、PH3的稳定性与键能有关，故B错误；
C.水溶性：丙三醇大于乙醇，是因为丙三醇分子中羟基多，与水分子间形成的氢键数目多，故C错误；
D.氯的电负性大于氢的电负性，氯的吸电子效应导致ClCH2COOH的羧基中O−H键的极性较大，更易电离出H+，故D正确；
故选：D。
A.金属性越强则最高价氧化物对应的水化物的碱性越强；
B.NH3、PH3的稳定性与键能有关；
C.羟基越多，与水分子间形成的氢键数目多，溶解度越大；
D.羧基中O−H键的极性较大，更易电离出H+，据此进行解答。
本题以性质差异与原因分析为情境，考查物质结构与性质知识，意在考查理解应用能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养。
7.【答案】A
【解析】解：A.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，该分子含有2个手性碳原子，如图中标“*”的碳原子，，故A正确；
B.红外光谱仪测定官能团及化学键，可利用质谱仪测定其相对分子质量，故B错误；
C.该有机物含2个碳碳双键，且结构不对称，该分子不具有类似1，3−丁二烯的共轭双键结构，另一个官能团是醛基，醛基与溴不发生加成反应，因此与Br2按物质的量之比1：1发生加成反应，能得到两种产物，故C错误；
D.二者均含醛基，后者苯环上连接甲基，均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则与均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故选：A。
A.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子；
B.红外光谱仪测定官能团及化学键；
C.该有机物含2个碳碳双键，且结构不对称；
D.二者均含醛基，后者苯环上连甲基，均可被酸性高锰酸钾溶液氧化。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、醛的性质，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.[EMIN][N(TF)2]中阴、阳离子间存在离子键，非金属元素之间存在共价键，故A正确；
B.结构中标“★”氮原子有2个σ键，还有2个孤电子对，杂化类型为sp3，故B错误；
C.同一周期主族元素，从左向右，电负性逐渐增大，F、O、N位于同一周期，则电负性：F>O>N，故C正确；
D.ZnS和ZnO均为离子晶体，离子电荷相同，O2−离子半径小于S2−离子半径，所以ZnO的晶格能比ZnS的晶格能大，则ZnO的熔点高于ZnS的，故D正确；
故选：B。
A.[EMIN][N(TF)2]中阴、阳离子间存在离子键，非金属元素之间存在共价键；
B.结构中标“★”氮原子有2个σ键，还有2个孤电子对；
C.同一周期主族元素，从左向右，电负性逐渐增大；
D.二者均为离子晶体，离子电荷相同，离子半径越小、晶格能越大，晶体的熔点越高。
本题以1−乙基−3−甲基咪唑双(三氟甲基磺酰基)酰亚胺为素材，考查物质结构与性质知识，意在考查理解判断能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养。
9.【答案】B
【解析】解：A.向CuSO4溶液中加入过量的氨水[Cu(NH3)4]SO4和(NH4)2SO4，反应的总的离子方程式为Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故A错误；
B.乳酸中含有羧基和羟基，羧基与碱发生中和反应，羟基与碱不反应，反应的离子方程式为，故B正确；
C.苯酚钠溶液与CO2反应，无论CO2是否过量，都只会生成NaHCO3，其离子方程式为+CO2+H2O→+HCO3−，故C错误；
D.乙醛发生银镜反应生成CH3COONH4、Ag、NH3，离子方程式为CH3CHO+[Ag(NH3)2]++2OH−→△CH3COO−+NH4++H2O+2Ag↓+3NH3↑，故D错误；
故选：B。
A.过量的氨水能溶解Cu(OH)2生成[Cu(NH3)4]2+；
B.羟基与碱不反应；
C.向苯酚钠溶液中通入少量CO2，生成苯酚和NaHCO3；
D.[Ag(NH3)2]OH溶于水，可拆分为[Ag(NH3)2]+和OH−。
本题考查离子方程式正误判断，把握有机物的性质、发生的反应是解题关键，侧重考查理解判断能力，注意掌握离子方程式的书写方法，题目难度中等。
10.【答案】B
【解析】解：A.A的结构简式为(CH3)2CHCH2CHO，含醛基的最长主链含4个碳原子，3号碳原子上有甲基，化学名称为3−甲基丁醛或异戊醛，故A错误；
B.反应②中碳碳双键转化为单键，反应中不饱和碳原子分别连接氢原子、−CH(COOC2H5)2，故反应②的反应类型是加成反应，原子利用率为100%，故B正确；
C.D中含3个酯基、1个羧基，则1mlD最多能消耗4mlNaOH，故C错误；
D.普瑞巴林含氨基、羧基，能发生缩聚反应，故D错误；
故选：B。
A.A中含醛基的最长主链含4个碳原子，3号碳原子上有甲基；
B.反应②中碳碳双键转化为单键，生成物只有一种；
C.D中含3个酯基、1个羧基；
D.普瑞巴林含氨基、羧基。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的官能团及碳原子数的变化，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.“焙烧”中，Al2O3转化为NH4Al(SO4)2，反应为Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O，故A正确；
B.由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，pH=2.0的滤液中加入氨水调节pH为11.6时，Fe3+先沉淀，然后是Al3+沉淀，最后是Mg2+沉淀，故B正确；
C.一水合氨受热易分解，“分步沉淀”时温度太高会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，溶液的pH减小，降低氨水的利用率，故C错误；
D.母液中含有(NH4)2SO4，经处理可在“焙烧”阶段循环使用，故D正确；
故选：C。
“焙烧”中，SiO2几乎不发生反应，Fe2O3转化为硫酸盐，Al2O3转化为NH4Al(SO4)2，反应为Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O，水浸后调节pH=2.0、过滤，除去SiO2得到含有Fe3+、Al3+、Mg2+、NH4+、SO42−的溶液，加入氨水逐步调节pH“分步沉淀”，依次析出Fe(OH)3、Al(OH)3、Mg(OH)2，分两步过滤得到Mg(OH)2，洗涤、干燥Mg(OH)2，高温煅烧得到高纯镁砂(主要成分为MgO)，母液中含有(NH4)2SO4，可循环使用，据此分析解答。
本题以制备高纯镁砂为素材，考查了方程式的书写、溶度积常数的应用等知识，侧重考查理解分析能力和灵活运用能力，题目难度中等。
12.【答案】A
【解析】解：A.溶液由蓝色变为绿色，可知[Cu(H2O)4]2+与Cl−反应转化为[CuCl4]2−，则Cu2+与Cl−的配位能力强于H2O，故A正确；
B.蔗糖水解后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能证明蔗糖未水解，故B错误；
C.生成的乙烯中可能混有二氧化硫，均与溴水反应，溴水褪色，不能证明产物中有乙烯生成，故C错误；
D.蛋白质遇浓硝酸发生颜色反应，加热，一段时间后鸡皮变黄，不能证明鸡皮中含有脂肪，故D错误；
故选：A。
A.溶液由蓝色变为绿色，可知[Cu(H2O)4]2+与Cl−反应转化为[CuCl4]2−；
B.蔗糖水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖；
C.生成的乙烯中可能混有二氧化硫，均与溴水反应；
D.蛋白质遇浓硝酸发生颜色反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意科学探究与创新意识的核心素养，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.根据“越弱越水解”可知，等浓度溶液的碱性：NaB>NaA，故A正确；
B.Ka(HA)=c(A−)c(HA)×c(H+)，Ka(HB)=c(B−)c(HB)×c(H+)，且Ka(HA)>Ka(HB)，则Ka(HA)Ka(HB)=c(A−)⋅c(HB)c(B−)⋅c(HA)>1，c(A−)⋅c(HB)>c(B−)⋅c(HA)，故B正确；
C.当滴入HA溶液20mL时，NaB和HA恰好完全反应生成NaA和HB，且n(HB)=n(NaA)，根据Ka(HA)>Ka(HB)>10−4可知，HB的电离程度大于A−的水解程度，则反应后的溶液显酸性，故C错误；
D.当滴入HA溶液10mL时，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(A−)+c(B−)，物料守恒关系为2c(A−)+2c(HA)=c(Na+)=c(HB)+c(B−)，则c(A−)+c(OH−)=c(H+)+c(HB)，故D正确；
故选：C。
A.根据“越弱越水解”规律分析判断；
B.Ka(HA)>Ka(HB)，即c(H+)相同的溶液中存在c(A−)c(HA)×c(H+)>c(B−)c(HB)×c(H+)，则c(A−)c(HA)>c(B−)c(HB)；
C.当滴入HA溶液20mL时，NaB和HA恰好完全反应，溶液中n(HB)=n(NaA)，由于Ka(HA)>Ka(HB)>10−4，A−水解常数Kh=KwKa(HA)<10−10D.Ka(HA)>Ka(HB)，当滴入HA溶液10mL时溶液中n(NaB)=n(HB)=n(NaA)，物料守恒关系为2c(A−)+2c(HA)=c(Na+)=c(HB)+c(B−)，结合电荷守恒关系分析判断。
本题考查弱电解质的电离平衡及电离平衡常数的应用，考查电解质溶液中的离子平衡知识，侧重考查理解推理能力、宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养，注意掌握守恒关系式的应用，题目难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：5−氨基异酞酸的同分异构体含有氨基，能与氢氧化钠按物质的量之比1：4发生反应，且不能发生水解反应，说明分子中的官能团为碳碳三键、氨基和4个酚羟基，同分异构体可以视作、、分子中烃基的氢原子被氨基取代所得，共有2×3=6种，
故选：B。
5−氨基异酞酸的同分异构体含有氨基，能与氢氧化钠按物质的量之比1：4发生反应，且不能发生水解反应，说明分子中的官能团为碳碳三键、氨基和4个酚羟基，据此进行解答。
本题以5−氨基异酞酸为素材，考查同分异构体数目的判断、官能团的性质知识，意在考查理解分析能力，变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的核心素养。
15.【答案】蒸馏 球形冷凝管 乙 反应已进行完全 +2KMnO4→90℃+KOH+2MnO2↓+H2O重结晶
【解析】解：(1)甲苯与苯互为同系物，两者沸点差异较大，可采用蒸馏的方式除去甲苯中的杂质苯，
故答案为：蒸馏；
(2)根据实验装置图可知，仪器a为球形冷凝管；应从甲处通入冷凝水，才能充满冷凝管，冷凝水从乙口流出，获得较好的冷凝回流效果，
故答案为：球形冷凝管；乙；
(3)①甲苯是油状液体，“回流液不再出现油珠”说明甲苯已被充分氧化，则反应已进行完全，
故答案为：反应已进行完全；
②依题意可知，甲苯被氧化为苯甲酸钾，高锰酸钾被还原为MnO2，据此配平可得反应的化学方程式为+2KMnO4→90℃+KOH+2MnO2↓+H2O，
故答案为：+2KMnO4→90℃+KOH+2MnO2↓+H2O；
(4)苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，故可通过重结晶的方法提纯粗苯甲酸，
故答案为：重结晶；
(5)①由图可知，滴定前的读数为0.20mL，滴定后的读数为26.30mL，因此所用KOH溶液的体积为26.30mL−0.20mL=26.10mL，
故答案为：26.10；
②由题意知，所得粗产品中苯甲酸的质量分数=0.080×26.10×10−3×4×1221.22×100%=83.52%，
故答案为：83.52。
甲苯被高锰酸钾溶液氧化，得到的苯甲酸钾和KOH易溶于水，MnO2难溶于水，则过滤得到的滤液中含有苯甲酸钾、KOH和未反应的甲苯，甲苯不溶于水，分液得到的有机层中含有甲苯，水层中含有苯甲酸钾和KOH；在水层中加过量浓盐酸酸化，可得到微溶于水的苯甲酸，过滤可分离出苯甲酸。
本题以苯甲酸的制备为情境，考查实验仪器、实验操作、实验设计与评价等知识，意在考查实验探究能力，科学探究与创新意识的核心素养，题目难度一般。
16.【答案】−44.8甲 丁 反应i为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，η(CH4)减小，且反应ⅲ随着压强增大，平衡正向移动，η(CH4)升高，故曲线甲为1.0MPa下的η(CH4)+2e−=CO+O2− 0.1
【解析】解：(1)根据盖斯定律：反应i+ii计算反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH4=+41.2kJ⋅ml−1+(−90.0kJ⋅ml−1)=−48.8kJ/ml，
故答案为：−48.8；
(2)①反应ⅰ为气体体积不变的吸热反应，反应ⅲ为气体体积减小的放热反应，压强一定时升高温度，反应ⅰ的平衡正向移动，η(CO)增大，反应ⅲ的平衡逆向移动，η(CH4)减小；温度一定时增大压强，反应ⅲ的平衡正向移动，η(CH4)增大，c(H2O)增大，使反应ⅰ的平衡逆向移动，η(CO)减小，即温度一定时压强越大，η(CH4)越大，η(CO)越小，所以图中曲线甲、乙、丙、丁分别表示1.0MPa时η(CH4)、0.1MPa时η(CH4)、0.1MPa时η(CO)、1.0MPa时η(CO)，
故答案为：甲；丁；反应i为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，η(CH4)减小，且反应ⅲ随着压强增大，平衡正向移动，η(CH4)升高，故曲线甲为1.0MPa下的η(CH4)；
②图中曲线乙、丙分别表示0.1MPa时η(CH4)、0.1MPa时η(CO)，且c点时η(CH4)=η(CO)=40%，η(CH4)+η(CO)+η(CO2)=1，则η(CO2)=20%，c点时n(CH4)=n(CO)=1ml×40%=0.4ml，n(CO2)=1ml−0.4ml−0.4ml=0.2ml，
故答案为：0.2；
③图中曲线甲、丁分别表示1.0MPa时η(CH4)、1.0MPa时η(CO)，且600℃时η(CO)=10%，η(CH4)=80%，η(CH4)+η(CO)+η(CO2)=1，则η(CO2)=10%，即平衡时n(CH4)=0.8ml，n(CO)=n(CO2)=0.1ml，根据反应i、iii可知此时n(H2O)=0.1ml+0.8ml×2=1.7ml，n(H2)=4ml−0.1ml−0.8ml×4=0.7ml，容器中气体总量为3.4ml，各相关物质平衡分压分别为：p(CO)=p(CO2)=×1.0MPa=134MPa，p(H2O)=1734MPa，p(H2)=734MPa，则反应ⅰ的压强平衡常数Kp=p(CO)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p(H2)=1734×134734×134≈2.4，
故答案为：2.4；
(3)CO2重整CH4制取合成气，图中CO2转化为CO，C的化合价降低，为阴极反应，阴极反应式为CO2+2e−=CO+O2−；图中M电极上CH4转化为CO和H2，C的化合价升高6，H的化合价降低1，整体升高6−1×4=2，即1mlCH4失去2mle−，阳极反应式为CH4−2e−+O2−=CO+2H2，电解总反应为CO2+CH42CO+2H2，转移电子2e−，若产生4.48L合成气(标准状况)，物质的量为，理论上外电路中转移电子的物质的量为24×0.2ml=0.1ml，
故答案为：CO2+2e−=CO+O2−；0.1。
(1)根据盖斯定律：反应i+ii计算反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH4；
(2)①反应ⅰ为气体体积不变的吸热反应，反应ⅲ为气体体积减小的放热反应，压强一定时升高温度，反应ⅰ的平衡正向移动，η(CO)增大，反应ⅲ的平衡逆向移动，η(CH4)减小；温度一定时增大压强，反应ⅲ的平衡正向移动，η(CH4)增大，c(H2O)增大，使反应ⅰ的平衡逆向移动，η(CO)减小，即温度一定时压强越大，η(CH4)越大，η(CO)越小，并且η(CH4)+η(CO)+η(CO2)=1，所以图中曲线甲、乙、丙、丁分别表示1.0MPa时η(CH4)、0.1MPa时η(CH4)、0.1MPa时η(CO)、1.0MPa时η(CO)；
②图中曲线乙、丙分别表示0.1MPa时η(CH4)、0.1MPa时η(CO)，且c点时η(CH4)=η(CO)=40%，η(CH4)+η(CO)+η(CO2)=1，则η(CO2)=20%；
③图中曲线甲、丁分别表示1.0MPa时η(CH4)、1.0MPa时η(CO)，且600℃时η(CO)=10%，η(CH4)=80%，η(CH4)+η(CO)+η(CO2)=1，则η(CO2)=10%，即平衡时n(CH4)=0.8ml，n(CO)=n(CO2)=0.1ml，根据反应i、iii可知此时n(H2O)=0.1ml+0.8ml×2=1.7ml，n(H2)=4ml−0.1ml−0.8ml×4=0.7ml；
(3)该装置为电解池，M电极上CH4失电子生成CO和H2，N电极上CO2得电子生成CO，则M电极为阳极，N电极为阴极，熔融氧化物作电解质，阴极反应式为CO2+2e−=CO+O2−，阳极反应式为CH4−2e−+O2−=CO+2H2，电解总反应为CO2+CH42CO+2H2。
本题化学平衡的计算、平衡图象和电解原理的应用，把握盖斯定律的计算应用、外界因素对化学平衡的影响、电极反应式与计算等知识即可解答，考查学生的分析能力、计算能力和理解运用能力，题目难度中等。
17.【答案】能量最低原理、洪特规则 N>O>S分子 非极性 热水有利于三聚氰胺分子间氢键断裂，与H2O分子形成氢键，溶解度增大 1：3：33300ρNA×1010
【解析】解：(1)中2s能级没有排满，违背能量最低原理，2p能级有4个电子，应该首先各自占用一个轨道，但是实际上却空了一个轨道，违背洪特规则，
故答案为：能量最低原理、洪特规则；
(2)同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，N原子2p轨道半充满，比相邻的O原子更稳定，更难失电子；同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，故第一电离能：N>O>S，
故答案为：N>O>S；
(3)由图可知，存在三聚氰胺分子，故为分子晶体，其空间结构对称，为非极性分子，
故答案为：分子；非极性；
(4)热水破坏了部分三聚氰胺分子间的氢键，并且三聚氰胺分子与水形成分子间氢键，增大了溶解度，
故答案为：热水有利于三聚氰胺分子间氢键断裂，与H2O分子形成氢键，溶解度增大；
(5)由基本结构单元可知，位于虚线大圈上的N原子属于3个结构单元所有，圈内的N原子完全属于该结构单元，N原子的个数为7+3×13=8，6个C原子完全属于该结构单元；将图中虚线小圈部分的N原子用O原子代替，则O原子完全属于该基本结构单元，故该基本结构单元含有6个C原子、6个N原子、2个O原子，则n(O)：n(C)：n(N)=1：3：3，
故答案为：1：3：3；
(6)该晶胞中Ni位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，O位于棱心和体心，个数为12×14+1=4，晶胞的质量为4×75NAg=300NAg，设该晶胞的边长为acm，则晶胞体积为a3cm3，根据ρ=mV可得，ρg⋅cm−3=300NAga3cm3，则a=3300ρNAcm，即该晶胞的参数为3300ρNA×1010pm，
故答案为：3300ρNA×1010。
(1)中2s能级没有排满，2p空了一个轨道；
(2)同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，N原子2p轨道半充满，比相邻元素稳定；同一主族从上到下第一电离能逐渐减小；
(3)由图可知，三聚氰胺分子空间结构对称；
(4)氢键作用力比较弱，受热易断裂，并且可与水形成分子间氢键；
(5)由基本结构单元可知，位于虚线大圈上的N原子属于3个结构单元所有，圈内的N原子完全属于该结构单元，N原子的个数为7+3×13=8，6个C原子完全属于该结构单元；将图中虚线小圈部分的N原子用O原子代替，则O原子完全属于该基本结构单元，故该基本结构单元含有6个C原子、6个N原子、2个O原子；
(6)该晶胞中Ni位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，O位于棱心和体心，个数为12×14+1=4，晶胞的质量为4×75NAg=300NAg，设该晶胞的边长为acm，则晶胞体积为a3cm3，根据ρ=mV可求得晶胞参数。
本题以光催化材料g−C3N4为情境考查物质结构与性质知识，侧重考查理解应用能力、计算能力，题目难度中等。
18.【答案】CH2=CH2 溴环己烷 NaOH水溶液、加热 取代反应 HC≡CCOOCH3 +2NaOH→△醇+2NaBr+2H2O105
【解析】解：(1)甲的分子为C2H4，甲与发生加成反应生成，则甲的结构简式是CH2=CH2；CH3CH2Br的名称是溴乙烷，可知的化学名称为溴环己烷，
故答案为：CH2=CH2；溴环己烷；
(2)反应⑥是发生水解反应生成，其试剂和反应条件为NaOH水溶液、加热；与发生酯交换反应生成H，该反应是取代反应，
故答案为：NaOH水溶液、加热；取代反应；
(3)结合反应①，对比D和E的结构，可判断乙的结构简式为HC≡CCOOCH3，
故答案为：HC≡CCOOCH3；
(4)反应③是发生消去反应生成，其化学方程式为+2NaOH→△醇+2NaBr+2H2O，
故答案为：+2NaOH→△醇+2NaBr+2H2O；
(5)E的结构简式为，E的分子式为C10H12O2，不饱和度为5，E的同分异构体X能发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明含有酯基且不是甲酸某酯，X含有苯环且苯环上只有一个取代基，将插入、中碳碳键之间即可得到X的结构，依次有3种、2种位置，而有2种连接方式，故符合条件的同分异构体共有2×(3+2)=10种，其中或的核磁共振氢谱峰数最少，有5组峰，
故答案为：10；5；
(6)由已知中反应，与反应生成，然后发生消去反应生成，最后与1，3−丁二烯加成形成六元环得到，合成路线为，
故答案为：。
甲的分子为C2H4，甲与发生加成反应生成，则甲是CH2=CH2，与Br2发生加成反应生成C为，C发生消去反应生成，对比、结构，可推知乙为HC≡CCOOCH3，与HBr发生加成反应生成F为，F转化生成G，G与与发生信息中酯交换反应生成，则G为；
(6)由已知中反应，与反应生成，然后发生消去反应生成，最后与1，3−丁二烯加成形成六元环得到。
本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目较好地考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。选项
性质差异
原因分析
A
碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3
第一电离能：Mg>Al
B
沸点：NH3>PH3
键能：H−N>H−P
C
水溶性：丙三醇大于乙醇
丙三醇的相对分子质量大于乙醇
D
酸性：ClCH2COOH>CH3COOH
电负性氯大于氢，导致ClCH2COOH中O−H键极性较大
金属离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
沉淀完全(c=1.0×10−5ml⋅L−1)的pH
3.2
4.7
11.1
选项
实验操作和现象
结论
A
向0.1ml⋅L−1CuSO4溶液中加入少量NaCl固体，溶液由蓝色变为绿色
Cu2+与Cl−的配位能力强于H2O
B
向盛有1mL20%蔗糖溶液的试管中滴入3∼5滴稀硫酸，将混合液煮沸几分钟，冷却，在冷却后的溶液中加入银氨溶液，无银镜产生
蔗糖未水解
C
取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通过溴水，溴水褪色
产物中有乙烯生成
D
取一小块鸡皮于表面皿上，将几滴浓硝酸滴到鸡皮上，加热，一段时间后鸡皮变黄
鸡皮中含有脂肪