浙江省宁波市2021-2022学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析）

宁波市2021学年第二学期期末考试高二化学试卷考生须知：1.本卷试题分为选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Fe56Cu64选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50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.水溶液呈碱性的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．中的水解大于电离，溶液呈碱性，故选A；B．在水溶液中电离出Na+、H+、，溶液呈酸性，故不选B；C．是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，故不选C；D．是是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，故不选D；选A。2.下列物质属于非电解质的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．不能电离，属于非电解质，故选A；B．在水溶液能电离，属于电解质，故不选B；C．在水溶液能电离，属于电解质，故不选C；D．是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选D；选A。3.下列说法正确的是 A.的空间充填模型：B.2，3—二甲基丁烷的键线式：C.的电子式：D.基态N原子的轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A．水分子的空间构型为V形，空间充填模型为，故A错误；B．2，3—二甲基丁烷的键线式为，故B正确；C．溴化铵是离子化合物，电子式为，故C错误；D．氮原子的原子序数为7，基态原子的轨道表示式为，故D错误；故选B。4.下列说法不正确的是A.和碳纳米管互为同素异形体B.甘氨酸与丙氨酸互为同系物C.与是氯元素的两种核素D.乙醇与乙醚互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．和碳纳米管都是碳元素组成的单质，互为同素异形体，故A正确；B．甘氨酸与丙氨酸都含有羧基、氨基，结构相似，分子组成相差1个CH2，互为同系物，故B正确；C．与质子数相同、中子数不同，是氯元素的两种核素，故C正确；D．乙醇结构简式为CH3CH2OH、乙醚结构简式为CH3CH2OCH2CH3，分子式不同，不是同分异构体，故D错误；选D。5.下列各组比较正确的是A.键能：B.键角： C.酸性：甲酸>乙酸D.沸点：对羟基苯甲醛<邻羟基苯甲醛【答案】C【解析】【详解】A．Si原子半径大于C原子，原子半径越小，键长越短，键能越大，键能：，故A错误；B．HCHO分子空间构型为平面三角形，NH3分子空间构型为三角锥形，键角：，故B错误；C．烃基对电子有排斥作用，所以酸性：甲酸>乙酸，故C正确；D．对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分之内羟基，所以沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，故D错误；选C。6.下列有关叙述不正确的是A.N原子的第一电离能大于О原子B.HF的热稳定性和沸点均大于C.和化学键类型相同D.BN和SiC熔化克服的作用力相同【答案】B【解析】【详解】A．N原子2p能级半充满，结构稳定，所以N原子的第一电离能大于О原子，故A正确；B．同周期元素从左到右非金属性增强，元素非金属性越强气态氢化物越稳定，HF的热稳定性大于，的沸点大于HF，故B错误；C．和化学键类型都是极性共价键，故C正确；D．BN和SiC都是原子晶体，熔化时克服共价键，故D正确；选B。7.I、II、III分别为三种烃，其结构模型如图所示，下列说法正确的是A.化合物I存在顺反异构B.化合物III中存在碳碳双键 C.化合物I和II都能与溴水反应D.等质量的化合物I、II、III完全燃烧时，化合物II消耗O2最多【答案】D【解析】【分析】由结构模型可知I为CH2=CH2，II为CH4，III为C6H6；【详解】A．I为CH2=CH2，连接碳碳双键上的是同种原子，不存在顺反异构，A错误；B．III为苯C6H6，苯不存在碳碳双键，B错误；C．II为CH4，属于饱和烃，不能与溴水反应，C错误；D．等质量的烃的氢元素的质量分数越大，耗氧量越大，I可简化为CH2、，II为CH4，III为CH，CH4中H元素质量分数最大，则化合物II即CH4消耗O2最多，D正确；故选：D。8.下列说法不正确的是A.天然橡胶的主要成分是异戊二烯B.甲苯分子中甲基受苯环影响，可被酸性高锰酸钾溶液氧化C.可用蒸馏法分离氯气与甲烷反应得到的液态混合物D.德国化学家维勒在制备时得到了尿素【答案】A【解析】【详解】A．天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，它是由异戊二烯发生加聚反应的产物，故A错误；B．苯不能使高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能被高锰酸钾溶液氧化，说明是苯环对甲基产生了影响，故B正确；C．互溶且沸点不同的液体可以采用蒸馏的方法分离，氯气与甲烷反应得到的液态混合物互溶且熔沸点相差较大，所以可以采用蒸馏的方法分离，故C正确；D．1828年，德国化学家维勒在实验室里将无机物氰酸铵NH4CNO溶液蒸发，得到了有机物尿素[CO(NH2)2]，首次人工合成有机物，开启了无机物制备有机物的先河，故D正确；故选：A。9.下列说法中正确的是A.葡萄糖在人体内缓慢水解生成二氧化碳和水，并释放能量B.油脂、纤维素、蛋白质等高分子化合物都属于混合物，一定条件下均可发生水解C.在饱和溶液、福尔马林、紫外线等作用下，蛋白质均会发生变性D.淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间后再加入碘水，溶液不变蓝，可以判断淀粉已完全水解 【答案】D【解析】【详解】A．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，葡萄糖在人体内缓慢氧化生成二氧化碳和水，并释放能量，A错误；B．油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B错误；C．饱和溶液不属于重金属盐，加入蛋白质发生盐析，不会变性，C错误；D．向水解后的淀粉溶液加入碘水，溶液不变蓝，说明不含有淀粉，可以判断淀粉已完全水解，D正确；故选：D。10.在25℃和101kPa下，燃烧生成液态水放出的热量，则下列热化学方程式书写正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．燃烧生成液态水放出的热量，则2mol氢气燃烧生成液体放出的能量，故A错误；B．燃烧生成液态水放出的热量，则1mol氢气燃烧生成液体放出的能量，放热反应焓变为负值，故B错误；C．燃烧生成液态水放出的热量，则1mol氢气燃烧生成液体放出的能量，放热反应焓变为负值，，故C正确；D．燃烧生成液态水放出的热量，则2mol氢气燃烧生成液体放出的能量，若生成气态水放出的能量小于，故D错误；选C。11.某铜锌原电池的结构如图所示，下列说法正确的是 A.Zn电极为该原电池的正极B.锌电极发生氧化反应C.若盐桥中电解质为KCl，则电池工作时K+向左侧移动D.Cu电极上的电极反应式为【答案】B【解析】【详解】A．活泼金属Zn失电子被氧化作负极，A选项错误；B．Zn作负极失电子被氧化发生氧化反应，B选项正确；C．原电池中阳离子向正极迁移，该原电池中Cu为正极，C选项错误；D．Cu电极作为原电池正极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D选项错误；答案选B。12.下列离子方程式正确的是A.亚硫酸钠溶液呈碱性：B.用铂电极电解硫酸铜溶液：C.苯酚钠溶液通入少量的：2D.乙醛发生银镜反应：【答案】D【解析】【详解】A．亚硫酸钠溶液呈碱性是因为亚硫酸根离子发生微弱水解，该反应为可逆反应，所以正确反应离子方程式为：：，故A错误；B．用铂电极电解硫酸铜溶液实质是电解水和硫酸铜，反应的离子方程式为： ，故B错误；C．苯酚钠溶液通入少量的生成碳酸氢钠和苯酚，反应的离子方程式为：，故C错误；D．乙醛含有醛基，能发生银镜反应生成银沉淀，反应的离子方程式为：，故D正确；故选D选项。13.利巴韦林为广谱抗病毒药，其结构如图所示。下列说法不正确的是A.分子中有5个手性碳原子B.利巴韦林水溶性较好，可以与盐酸反应C.利巴韦林能够发生氧化、取代反应和消去反应D.羟基中的极性强于亚甲基(-CH2-)中的极性【答案】A【解析】【详解】A．连接四种不同基团的碳原子是手性碳原子，分子中有4个手性碳原子，故A错误；B．酰胺基和羟基都属于亲水基，则利巴韦林水溶性较好，酰胺基能和酸、碱溶液反应，所以该有机物能和稀盐酸反应，故B正确；C ．利巴韦林中含有醇羟基、醚键、碳氮双键、酰胺基，具有醇、醚等物质的性质，醇羟基能发生氧化反应，酰胺基和醇羟基都能发生取代反应，与羟基相连的邻位碳上有H原子则醇羟基也能发生消去反应，故C正确；D．O比C得电子的能力强，则羟基中O-H的极性强于乙基中C-H的极性，故D正确；故选：A。14.下列“类比”结果正确的是A.是非极性分子，则也是非极性分子B.的分子构型为V形，则二甲醚的分子骨架()构型也为V形C.HF易形成，则HCl也易形成D.充分水解后再加热分解得到，则也可用类似的方法从得到【答案】B【解析】【详解】A．结构简式为CH3CH3，结构对称，是非极性分子；结构简式为CH3CH2Br，结构不对称，是极性分子，故A错误；B．、二甲醚的分子骨架()，O原子价电子对数都是4，有2个孤电子对，空间构型为V形，故B正确；C．HF分子间能形成氢键，所以易形成；HCl分子间不能形成氢键，不易形成，故C错误；D．不能水解，溶液加热不能生成，故D错误；选B。15.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，基态W原子的核外s能级上的电子总数比p能级上多3个，X与Z同主族，W、X、Y形成的化合物如图。下列说法正确的是A.原子半径：Y<ZB.电负性：W>XC.X、Z形成的化合物可能为非极性分子D.位于s区的元素有2种【答案】C 【解析】【分析】基态W原子的核外s能级上的电子总数比p能级上多3个，电子排布式为1s22s22p1，则W为B元素，X能形成2对电子对且原子序数比B大，则X为O元素，X与Z同主族且都是短周期元素，则Z为S元素，Y是+2价的离子，则Y为Mg元素，【详解】分析可知，W、X、Y、Z分别是B、O、Mg、S元素，A．Y、Z分别是Mg、S元素，同周期元素从左到右原子半径减小，则原子半径：Y(Mg)>Z(S)，A错误；B．非金属性越强其电负性越大，W、X分别是B、O，同周期从左到右非金属性增强，则电负性：W(B)<X(O)，B错误；C．非极性分子是原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子，X为O、Z为S元素，形成的化合物可能为非极性分子如SO3，C正确；D．位于周期表第IA、IIA族元素属于s区的元素，则只有Mg元素属于s区元素，D错误；故选：C。16.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molSi原子含有的未成对电子数为B.1mol羟基()所含有的电子数为C.常温下，14g乙烯含有的共用电子对数为D.25℃，的NaOH溶液中含有的数目为【答案】A【解析】【详解】A．Si原子中有2个未成对电子，1molSi原子含有的未成对电子数为，故A正确；B．含有9个电子，1mol羟基()所含有的电子数为，故B错误；C．1个乙烯分子中含有6个共价键，常温下，14g乙烯含有的共用电子对数为，故C错误；D．25℃，的NaOH溶液，没有明确溶液体积不能计算的数目，故D错误；选A。17.钙钛矿可用于高温超导领域，其晶胞结构如图所示，下列说法正确的是 A.距离钙离子最近且等距离的氧离子4个B.距离钛离子最近且等距离的钛离子有6个C.晶胞中氧、钙、钛粒子的个数比为1∶1∶3D.晶胞中任何一个粒子都完全属于该晶胞【答案】B【解析】【详解】A．根据晶胞图，距离钙离子最近且等距离的氧离子12个，故A错误；B．根据晶胞图，距离钛离子最近且等距离的钛离子有6个，故B正确；C．根据均摊原则，晶胞中氧粒子数为、钙粒子数为1、钛粒子数为，晶胞中氧、钙、钛粒子的个数比为3∶1∶1，故C错误；D．晶胞中位于顶点、面心、楞上的粒子不完全属于该晶胞，故D错误；选B。18.下列说法正确的是A.等pH的氨水、Ba(OH)2溶液中：2c(NH)=c(Ba2+)B.向氨水中通入CO2，随着CO2的增加，增大C.将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：c(Na+)=c(Cl-)D.25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为该溶液的pH不可能是7【答案】D【解析】【详解】A．氨水和Ba(OH)2溶液中的电荷守恒式分别是c(NH)+c(H+)=c(OH-)、2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)，等pH说明两溶液c(H+)、c(OH-)分别相等，则c(NH)=2c(Ba2+)，A选项错误；B．氨水中通入CO2，发生中和反应，溶液中存在NH的水解平衡， ，其中水的离子积Kw、NH的水解平衡常数Kh在温度一定时均为定值，随着反应的进行c(NH)逐渐增大，所以逐渐减小，B选项错误；C．醋酸钠、盐酸两溶液混合后所得溶液的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，溶液呈中性时c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)，C选项错误；D．25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为1×10-20mol2/L2，可得水电离产生的c(H+)=c(OH-)=1×10-10mol/L<1×10-7mol/L，水的电离被抑制，溶液pH可能为4或10，D选项正确；答案选D。19.反应速率v和反应物浓度关系是用实验方法测定的。化学反应包含下列两步：①(慢)、②(快)，第一步反应的速率表达式为，式中k为常数，m、n值可用下表中数据确定。T℃时测得有关实验数据如下：序号c(NO)/(mol/L)c(H2)/(mol/L)速率/(mol/(L·min))I0.00600.0010II0.00600.0020III0.00100.0060IV0.00200.0060下列说法正确的是A.整个反应速率由第②步反应决定B.分步反应的活化能大小：①<②C.反应①速率表达式：D.相同条件下，浓度对反应速率的影响：【答案】C 【解析】【详解】A．整个反应速率由最慢的一步决定，即由第①步反应决定，A错误；B．活化能越大反应速率越慢，由第①步反应速率较慢因此其或化能较大，则活化能大小：①>②，B错误；C．第一步反应的速率表达式为，由表知c(NO)相同时取实验I和II数据代入可得，解得n=1，c(H2)相同时取实验III和IV数据代入可得，解得m=2，，取实验II数据代入可得，解得k=5000，则反应①速率表达式：，C正确；D．相同条件下，由实验I和II数据可知c(H2)增大一倍反应速率增大2倍，由实验III和IV数据可知c(NO)增大一倍反应速率增大4倍，则浓度对反应速率的影响：，D错误；故选：C。20.汽车尾气处理原理为：。在特定温度下，起始时，甲、乙、丙三个密闭容器中，；平衡时，容器内气体的浓度如下表所示，下列说法正确的是实验编号容器温度/℃容器体积平衡浓度NOCON2甲100V10.100.100.20乙100V2xx0.10丙150V1yy0.18A.该反应在低温条件下不能自发进行B.100℃时反应的平衡常数为32C.D.乙容器中CO的转化率小于80%【答案】D【解析】 【详解】A．对比甲、丙数据，可知升高温度，N2的浓度降低，说明平衡逆向移动，则反应的△H<0，△S<0，如能自发进行，△G=△H-T△S<0，可知在低温条件下能自发进行，A错误；B．由表中甲组数据可知100℃时平衡时c(NO)=0.10mol/L、c(CO)=0.10mol/L、c(N2)=c(CO2)=0.20mol/L，则反应的平衡常数为==320，B错误；C．由平衡常数可知，==320，解得x=0.05946mol/L，假设平衡时的体积不变，将实验1和实验2中的平衡状态利用极值可以得到，当c(CO)=0.1mol/L时，实验1中c(N2)=0.25mol/L，实验2中c(N2)=0.01mol/L+mol/L=0.012973mol/L，而此时两个虚拟容器中甲烷的物质的量相同，物质的量浓度之比等于体积反比，V1：V2=0.012973：0.25不等于1：2，C错误；D．根据C选项，可知平衡时x=0.05946mol/L，c(N2)=0.10mol/L，根据反应2NO+2CO⇌N2+2CO2，可知起始c(CO)=0.05946mol/L+0.20mol/L=0.25946mol/L，乙容器中CO的转化率为≈77.08%<80%，D正确；故选D。21.、可与分别形成(无色)、配离子。将无水固体溶于水，得到蓝色溶液，加入浓盐酸后，溶液由蓝色变为绿色。该反应过程为：。下列说法正确的是A.等物质的量的和中σ键数之比为1∶1B.往绿色溶液中加入少量固体，溶液变蓝色，可知配离子稳定性：C.往绿色溶液中加水稀释，溶液变蓝色，是由于增大导致平衡逆向移动D.无水固体中，与通过配位键结合【答案】B【解析】【详解】A．中有4个配位键，4个配体中有8个σ键数；只有4个配位键，所以等物质的量的和中σ键数之比为12：4=3：1，A错误；B．往绿色溶液中加入少量固体，溶液变蓝色，表明加入固体后，被抢夺了 而转化为，而则形成了配离子，所以稳定性，B正确；C．往绿色溶液中加水稀释，导致浓度下降，平衡逆向移动，转化为，溶液变蓝，C错误；D．无水固体中，与通过离子键结合，D错误；故合理选项为B。22.某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行电解饱和NaCl溶液的实验，装置如下图所示，下列说法正确的是A.甲烷燃料电池工作时，负极的电极反应为：B.电极b上得到的是Cl2C.标准状况下，每个电池通入且完全反应，理论上最多能得到D.若将电极a的石墨棒换成Fe棒，NaCl溶液中发生的总反应式为：【答案】A【解析】【分析】燃料电池中通入燃料一极为负极，通入O2一极为正极，与负极相连的b为电解池阴极，正极相连的a为电解池阳极，据此可分析解答。【详解】A．甲烷燃料电池工作时，负极甲烷失电子被氧化，电极反应为：CH4−8e−+10OH−=7H2O+，A选项正确；B．b连接通入CH4的燃料电池的负极，b为阴极，H2O中H+在此得电子被还原为H2，B选项错误；C．根据电子得失守恒可知CH4~~8e-~4H2，所以标准状况下，每个电池通入1LCH4 且完全反应，理论上最多能得到4LH2，C选项错误；D．若将a的石墨换成Fe棒，则Fe作为活性电极自身失电子被氧化，发生反应，D选项错误；答案选A。23.常温下向中逐滴滴加溶液，pH的变化曲线如图(溶液混合时体积的变化忽略不计)。下列说法正确的是A.水电离出的：A点大于B点B.在B点，离子浓度大小为C.在C点，滴加的D.在D点，【答案】D【解析】【详解】A．A点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小，B点为氢氧化钠和CH3COONa的混合液，CH3COO-水解促进了水的电离，则水电离出的c(H+)A点小于B点，故A错误；B．B点呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．滴加的V(CH3COOH)=12.5mL时，恰好反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V(CH3COOH)＞12.5mL，故C错误；D．在D点，V(CH3COOH)=25mL，相当于CH3COONa和CH3COOH的1：1混合溶液，由质子守恒可得：2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，移项得：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故D正确；故选：D。 24.以和为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，V为元素钒，其最高化合价为+5价，、分别为两种不同氨基酸，下列说法正确的是A.该机理中化合物A是中间产物B.反应过程中，钒的成键数目不变C.该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成D.该过程的总反应为：【答案】C【解析】【详解】A．该机理中化合物A是催化剂，故A错误；B．反应过程中，从A→B钒的成键数目增多，故B错误；C．B→C过程中有氧氢键断裂，C→D过程中有氧氢键形成，故C正确；D．该过程的总反应为：，故D错误；选C。25.下列方案设计能达到实验目的的是目的方案设计A检验乙炔具有还原性 将饱和食盐水滴入盛有电石的锥形瓶中，将产生的气体导入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液颜色变化B比较HClO与的酸性强弱常温下，分别用玻璃棒蘸取和溶液点在pH试纸上，观察现象C除去粗苯甲酸样品中少量氯化钠和泥沙取一定量样品加入适量的水，加热充分溶解，趁热过滤，冷却结晶，过滤，用少量蒸馏水洗涤所得晶体D验证向盛有溶液的试管中滴加4滴溶液，振荡后，继续滴加4滴溶液，观察现象A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．将饱和食盐水滴入盛有电石的锥形瓶中，产生的气体中可能含有H2S，H2S具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不选A；B．溶液具有漂白性，不能用pH试纸测溶液的pH，故不选B；C．苯甲酸的溶解度随温度变化大，取一定量样品加入适量的水，加热充分溶解，趁热过滤，冷却结晶，过滤，可除去粗苯甲酸样品中少量氯化钠和泥沙，故选C；D．向盛有溶液的试管中滴加4滴溶液，生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钠过量，继续滴加4滴溶液，剩余的氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，不能验证，故不选D；选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分。) 26.25℃时，向的溶液中加入的盐酸(混合后溶液的体积变化忽略不计)。已知25℃时，。请回答下列问题：（1）混合后溶液的pH=_______。（2）混合后溶液中_______mol/L(写出计算过程)。【答案】（1）1（2）【解析】【小问1详解】硝酸银和盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，反应后溶液中c(H+)=，pH=1。【小问2详解】向的溶液中加入的盐酸，硝酸银和盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，盐酸过量，反应后氯离子有剩余，，混合后溶液中mol/L。27.化合物I()易与Cu2+结合生成化合物II()。请回答：（1）Cu原子的M电子层中有_______个能级，Cu原子的核外电子排布式为_______。（2）下列说法正确的是_______。A.化合物I中S原子采取sp3杂化B.化合物I中碳原子的杂化类型有sp3和sp2C.化合物II中C-C-C键角是180°D.化合物II中存在离子键和共价键（3）化合物I中同周期的两种元素的电负性大小为_______。（4）金属铜的熔点高于钾的原因是_______。（5）Cu可以形成一种离子化合物。若要确定它是晶体还是非晶体，最科学方法是对它进行_______实验；其阴离子的空间构型是_______。（6）CX4的熔沸点如下表所示： CX4熔点/℃-22.888170沸点/℃76.8190329分析上述三种CX4的熔沸点变化原因：_______。【答案】（1）①.3②.（2）AB（3）C<O（4）金属铜的阳离子电荷多、半径小，金属键强，熔点高（5）①.X射线衍射②.正四面体（6）CCl4、CBr4、CI4是结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高【解析】【小问1详解】Cu原子的M电子层中有3s、3p、3d共3个能级；Cu为29号原子，原子的核外电子排布式为：；【小问2详解】A.化合物I中S原子形成2根键，还有2个孤电子对，采取sp3杂化，A正确；B.化合物I中饱和碳原子为sp3杂化，羧基中的碳原子为sp2杂化，故碳原子的杂化类型有sp3和sp2，B正确；C.化合物II中C-C-C键角接近，C错误；D.化合物II中存在共价键和配位键，不存在离子键，D错误；故选AB；【小问3详解】化合物I中同周期的两种元素为C和O，从左往右电负性逐渐增大，故电负性：C<O；【小问4详解】铜和钾均为金属晶体，金属阳离子电荷越多、半径越小，金属键越强，熔点越高，故金属铜的熔点高于钾的原因是：金属铜的阳离子电荷多、半径小，金属键强，熔点高；【小问5详解】要确定它是晶体还是非晶体，最科学的方法是：X射线衍射；硫酸根中硫原子的价层电子对数为：，空间构型为正四面体；【小问6详解】 CCl4、CBr4、CI4是结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。28.是一种常用的硝化剂，常用的臭氧化法制备，反应原理如下：反应I：反应II：（1）298K时，几种物质的相对能量如下表：物质能量(kJ/mol)-90-14-62-181-198请可根据物质的相对能量计算反应I的_______(忽略△H随温度的变化)。（2）在密闭容器中充入和，发生反应I和II。①在恒温恒压条件下，下列说法正确的是_______。A.和的物质的量之比不变时说明反应已达平衡B.说明反应Ⅱ已达到平衡C.混合气体密度不再改变说明反应Ⅰ已达到平衡D.反应达到平衡后，再往容器中通入稀有气体Ar，反应Ⅰ平衡不移动②保持温度不变，对反应体系加压，平衡时的转化率与压强的关系如图所示。请解释压强增大至的过程中逐渐增大的原因：_______。③保持容器体积2L不变，10min时反应达到平衡，此时的转化率为50%，O2的物质的量为0.2mol，反应II的平衡常数K=_______。④以固体催化剂M催化反应I，若O3分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，该反应机理分为两步，写出第二步的化学方程式：步骤a.；步骤b._______。（3）T℃时，在密闭容器中充入，保持压强不变，只发生反应II，t1时到达平衡， 随时间的变化如图所示，在t2时刻继续充入一定量的，t3时刻重新到达平衡，请在图中作出随时间变化的曲线__________。【答案】（1）（2）①.C②.加压，反应II平衡向逆反应方向移动，浓度增大，有利于反应向正反应方向移动，逐渐增大③.0.36④.（3）【解析】【小问1详解】根据物质的相对能量，(-198-90+14+181)kJ/mol=-93kJ/mol；【小问2详解】①A．和都是反应I的生成物，物质的量之比始终为1:1，所以和物质的量之比不变时，反应不一定平衡，故A错误；B．反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比，时反应Ⅱ没有达到平衡，故B错误；C．反应II 反应前后气体物质的量是变量，则容器体积是变量，反应前后气体总质量不变，密度是变量，混合气体密度不再改变，说明反应II得到平衡状态，则浓度不变，所以反应Ⅰ一定达到平衡，故C正确；D．反应达到平衡后，再往容器中通入稀有气体Ar，容器体积增大，反应II正向移动，浓度减小，则反应Ⅰ平衡逆移动，故D错误；选C。②保持温度不变，对反应体系加压，反应II平衡向逆反应方向移动，浓度增大，有利于反应向正反应方向移动，逐渐增大。③保持容器体积2L不变，10min时反应达到平衡，此时的转化率为50%，O2的物质的量为0.2mol，则0.2mol参与反应Ⅰ，0.3mol参与反应II，生成NO2的物质的量为0.6mol，反应II的平衡常数K=。④总反应为，步骤a为；总反应-步骤a得步骤b的方程式为。【小问3详解】T℃时，在密闭容器中充入，保持压强不变，只发生反应，t1时到达平衡，在t2时刻继续充入一定量的，t3时刻重新到达平衡，0~t1逆反应速率逐渐增大，t1反应达到平衡状态=，在t2时刻继续充入一定量的，容器体积增大，反应物浓度增大、生成物浓度减小，突然增大、突然减小，新达到平衡与原平衡等效，所以新平衡的速率和旧平衡相等，随时间变化的曲线为。29.乳酸亚铁()是一种常见的食品铁强化剂。某兴趣小组利用废旧聚乳酸()材料与碳酸亚铁制备乳酸亚铁实现“变废为宝”，并测定产品纯度。 I.制备乳酸实验步骤如下(部分环节已略去)：已知：乳酸常温下为易溶于水、乙醇等溶剂的淡黄色黏性液体。（1）实验室加热回流装置如图所示，仪器A的名称是_______。（2）写出聚乳酸与NaOH反应的化学方程式_______。II.制备乳酸亚铁晶体将FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸至铁粉完全溶解，低温下蒸发浓缩，冷却，加入少量乙醇并充分搅拌，过滤，洗涤，干燥。（3）加入乙醇的作用_______。III.乳酸亚铁晶体纯度的测量：用Ce(SO4)2标准溶液滴定Fe2+进行测定，生成Fe3+与Ce3+。测定时，先称取4.680g样品，溶解后进行必要处理，配制成250mL溶液。每次取25.00mL，用0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点。（4）滴定过程要用到酸式滴定管，从下列选项选择合适操作并排序：蒸馏水洗涤→加入标准液3~5mL→→→→→→准备开始滴定(润洗操作只进行一次)。_______a.加液至“0”刻度以上2~3mL处b.倾斜转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁c.调整液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数d.右手握住滴定管，左手打开活塞快速放液e.橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球，放液f.控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出g.将洗涤液从滴定管上口倒出（5）实验记录数据如表：滴定次数Ce(SO4)2溶液滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL 10.10198520.1221.3231.0520.70则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为：_______(乳酸亚铁摩尔质量为234g/mol)。【答案】（1）球形冷凝管（2）（3）降低乳酸亚铁的溶解度，促进其析出（4）bfadc（5）9850%【解析】【小问1详解】仪器A为球形冷凝管，起到冷凝回流和导气作用；【小问2详解】聚乳酸在碱性条件下水解完全，反应方程式为；【小问3详解】加乙醇降低乳酸亚铁的溶解度，促进其析出；【小问4详解】按照“润洗—装液—排气—调零—读数”的顺序可知正确操作顺序为bfadc；【小问5详解】3次消耗Ce(SO4)2溶液的体积为19.75mL、21.20mL、19.65mL，其中21.20mL误差较大而舍去，故消耗Ce(SO4)2溶液的平均体积为mL，用Ce(SO4)2标准溶液滴定Fe2+进行测定，生成Fe3+与Ce3+，根据电子得失守恒可知Ce(SO4)2与乳酸亚铁的反应物质的量比为1:1，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数=。30.有机物I是合成药物的重要中间体，某课题组设计的合成路线如下： 已知：①A中有两个环，其中一个为苯环②③请回答：（1）B的结构简式是_______；I中官能团的名称是_______。（2）下列说法不正确的是_______。A.化合物D中所有碳原子不可能共平面B.化合物E可以发生加成、取代、消去、加聚反应C.1molI最多能与2molNaOH反应D.A→B与G→H反应类型相同（3）D+E→F的化学方程式是_______（4）写出2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(不包括立体异构体)_____。①属于芳香族化合物，但不能使氯化铁溶液显色②核磁共振氢谱显示4个吸收峰（5）设计以为原料合成E的合成路线_______(用流程图表示，其它无机试剂任选)。【答案】（1）①.②.酰胺基、碳溴键（2）AB（3）+H2O（4）、、 （5）【解析】【分析】由D的结构和C生成D的反应条件可知发生酯化反应，则C为，已知A中有两个环，其中一个为苯环，则A为，A发生卤代反应生成B为，D和E发生已知信息②反应生成F为，由F和G的分子式可知多了2个H原子，说明发生加成反应，G为，G发生已知信息③反应生成H为，H中羟基与HBr发生取代反应生成I；【小问1详解】由分析可知，B的结构简式是；I中官能团的名称是酰胺基、碳溴键；【小问2详解】A．化合物D中苯环、醛基、酯基都是平面型结构，由于单键可旋转，所有碳原子可能共平面，A错误；B．化合物E含有苯环，可以与氢气发生加成反应，含有羟基，可发生取代反应、与羟基相连的邻位碳上有H原子可发生消去反应，不能发生加聚反应，B错误；C．I中含有酰胺基、碳溴键可与NaOH溶液发生反应，则1molI最多能与2molNaOH反应，C正确；D．A→B是发生卤代反应即取代反应，G→H是取代反应，两者的反应类型相同，D正确；故选：AB；【小问3详解】 D和E发生已知信息②反应生成F为，D+E→F的化学方程式是+H2O；【小问4详解】满足条件：①属于芳香族化合物，但不能使氯化铁溶液显色说明不含有酚羟基，②核磁共振氢谱显示4个吸收峰，化合物E的同分异构体的结构简式为、、；【小问5详解】苯甲醛先与HCN发生加成反应生成，-CN再与氢气发生加成反应可得E，合成路线为：。