2022-2023学年安徽省合肥市庐江县高二（下）期末化学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年安徽省合肥市庐江县高二（下）期末化学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年安徽省合肥市庐江县高二（下）期末化学试卷
一、选择题（本大题共14小题，第1-10小题每题3分，第11-14小题每题4分，共46分）
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是(    )
A. 可施加适量石膏(CaSO4⋅2H2O)降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)土壤的碱性
B. 二氧化氯(ClO2)、臭氧可以用于自来水消毒
C. “雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”，雷雨天可实现氮的固定
D. 市售食用油中加入微量叔丁基对苯二酚作氧化剂，以确保食品安全
2. 我国早期科技丛书《物理小识⋅金石类》提到“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽树不茂⋅⋅⋅⋅⋅⋅”，备注为“青矾(FeSO4⋅7H2O)强热，得赤色固体，气凝得矾油。”下列说法错误的是(    )
A. 久置的青矾溶液可变为黄色 B. 青矾厂气可导致酸雨等环境问题
C. 青矾强热时，发生了化学变化 D. 矾油与赤色固体反应可制得青矾溶液
3. 下列化学用语不正确的是(    )
A. 双线桥表示H2S和H2SO4(浓)反应电子转移的方向和数目：
B. 芒硝化学式：Na2SO4⋅10H2O
C. 用电子式表示H2O的形成过程：
D. NH3电子式：
4. 利用如图所示的装置(夹持装置略去)进行实验，b中的现象能证明a中反应所得产物的是 (    )
选项
发生反应
实验现象
A
乙醇和浓H2SO4反应生成乙烯
酸性KMnO4溶液褪色
B
木炭粉和浓H2SO4反应生成SO2
溴水褪色
C
MnO2和浓盐酸反应生成Cl2
滴有酚酞的NaOH溶液褪色
D
苯和液溴反应生成HBr
AgNO3溶液中产生浅黄色沉淀

A. A B. B C. C D. D
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(    )
A. 标准状况下，11.2LSO3中所含原子数目为2NA
B. 常温下，56gFe与足量浓H2SO4反应转移电子的数目为3NA
C. 在浓硫酸作用下，60g乙酸与足量乙醇发生反应生成乙酸乙酯分子的数目为NA
D. 常温下，1LpH=11的Na2CO3溶液中OH−的数目为10−3NA
6. 对羟基苯甲醛俗称水杨醛，是一种用途极广的有机合成中间体，主要工业合成路线有以下两种，下列说法正确的是 (    )


A. ①的反应类型为取代反应
B. 1mol对羟基苯甲醇分别与钠和氢氧化钠反应，消耗两者的物质的量相同
C. 对甲基苯酚的同分异构体中含有苯环的有4种
D. 水杨醛中所有原子一定共平面
7. X、Y、Z、W、E均为短周期主族元素，原子序数依次增大，且E与其他元素均不在同一周期。这五种元素组成的一种化合物的结构如图所示，下列说法不正确的是(    )

A. W和E形成的化合物中可能存在共价键
B. 第一电离能：W>Z>Y
C. 沸点：EX>X2W>ZX4
D. Y的氟化物YF3中所有原子均为8电子稳定结构
8. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(    )
A. 纯碱溶液中：Al3+、Ba2+、Cl−、NO3−
B. 室温下，c(H+)c(OH−)=1×10−1的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−
C. 无色溶液中：Na+、Al3+、Cl−、HCO3−
D. 室温下，pH=1的溶液中：K+、Fe2+、MnO4−、I−
9. 海藻酮糖是一种还原性二糖，有很好的保健效果。目前海藻酮糖仅在天然无刺蜂蜂蜜中发现，难以化学合成，其常见的两种结构简式如图所示。下列说法错误的是(    )

A. “1a”和“1b”都只含一种官能团
B. “1a”和“1b”都能发生银镜反应
C. “1a”→“1b”的原子利用率为100%
D. “1a”或“1b”中1′和2对应的都是手性碳原子
10. 利用苯基亚磺亚胺酸酰氯氧化醇制备醛、酮具有反应条件温和的优点，已知−R1和−R2均为烷烃基或氢原子，其反应历程如图所示。下列说法错误的是(    )
A. 反应②为取代反应
B. 反应③中存在极性键和非极性键断裂与形成
C. 若为CH3OH，则产物可能为甲醛
D. 该历程的总反应为
11. 某金属有机多孔材料(MOFA)对CO2具有超高吸附能力，并能催化CO2与环氧丙烷反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是(    )

A. b分子中碳原子采用sp2和sp3杂化
B. 物质a为醚类有机物，与环氧乙烷互为同系物
C. 1molb最多可与2molNaOH反应
D. a转化为b发生取代反应，并有非极性共价键的形成
12. g−C3N4是一种光催化半导体材料，其结构如图1所示。有光照时，光催化材料会产生电子(e−)和空穴(h+)，能实现CO2和H2O转化，如图。下列说法错误的是 (    )


A. 该半导体可以实现太阳能→电能→化学能
B. 该半导体材料结构中，所有N原子杂化类型相同
C. 有H2O转化的过程可表示为2H2O+4h+=O2↑+4H+
D. 理论上每消耗0.5molCO2，能产生标准状况下11.2LO2
13. 下列实验方案设计，现象及所得结论都正确的是 (    )
选项
目的
实验方案设计
现象及结论
A
检验Fe2+与I−的还原性强弱
向含0.1mol溶质的FeI2溶液中通入0.05molCl2，再滴加淀粉溶液
溶液变蓝色，说明还原性：I−>Fe2+
B
证明铁片发生吸氧腐蚀
向铁片上滴1滴食盐水，静置
食盐水外围处产生一圈铁锈，说明铁片发生了吸氧腐蚀
C
Al(OH)3具有两性
向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入氨水至过量
先生成白色沉淀，后沉淀消失
D
证明蔗糖水解情况
在蔗糖溶液中加入稀硫酸，反应一段时间后，再加入适量新制的Cu(OH)2悬浊液并加热至煮沸
无砖红色沉淀生成，证明蔗糖未水解

A. A B. B C. C D. D
14. 将含银废液中的银回收具有实际应用价值。实验室利用沉淀滴定废液回收银的流程如图所示，下列有关说法错误的是 (    )


A. 回收过程的主要分离操作为过滤，所用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒
B. 氯化银中加入氨水发生的离子反应为：Ag++2NH3⋅H2O=Ag(NH3)2++2H2O
C. 当析出4.3200gAg时理论上至少消耗甲醛物质的量为0.01mol
D. 操作X为：减压蒸发、结晶、30℃下干燥
二、非选择题（共54分）
15. 某化学课外小组设计了如图所示的装置制取乙酸乙酯(图中夹持仪器和加热装置已略去)。请回答下列问题：
(1)该实验中，将乙醇、乙酸和浓硫酸加入三颈烧瓶中时，最先加入的液体不能是 ______ 。
(2)已知下列数据：

乙醇
乙酸
乙酸乙酯
98%浓硫酸
熔点/℃
−117.3
16.6
−83.6
−
沸点/℃
78.5
117.9
77.5
338.0
又知温度高于140℃时发生副反应：2CH3CH2OH→CH3CH2OCH2CH3+H2O。考虑到反应速率等多种因素，用上述装置制备乙酸乙酯时，反应的最佳温度范围是 ______ (填字母)。
a.T<77.5℃
b.T>150℃
c.115℃ (3)将反应后的混合液缓缓倒入盛有足量饱和碳酸钠溶液的烧杯中，搅拌、静置。饱和碳酸钠溶液的作用是：中和乙酸、溶解乙醇 ______ 。欲分离出乙酸乙酯，应使用的分离方法是 ______ (填操作方法名称，下同)，所用到的玻璃仪器为 ______ ，进行此步操作后，所得有机层中的主要无机物杂质是水，在不允许使用干燥剂的条件下，除去水可用 ______ 的方法。
(4)若实验所用乙酸质量为6.0g，乙醇质量为5.0g，得到纯净的产品质量为4.4g，则乙酸乙酯的产率是 ______ 。
16. 某软锰矿含锰为50%，是重要的锰矿石。其主要成分如下表：
软锰矿主要成分
杂质
MnO2
MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质
某科研团队设计制备高纯度MnCO3，反应原理为
①MnO2+BaS+H2O=MnO+Ba(OH)2+S；
②MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；
③硫酸锰+碳酸氢铵+一水合氨→MnCO3↓(白色)。工艺流程图如图。

回答下列问题：
(1)软锰矿与硫化钡反应时，适当提高反应液温度的目的是 ______ 。
(2)“不溶物”中除SiO2外，还有 ______ (“填化学式”)。
(3)工序2中加入H2O2的目的是 ______ ，使用氨水调溶液的pH，理论上pH最小值为 ______ 。{通常认为溶液中离子浓度小于10−5mol⋅L−1为沉淀完全；Ksp[Fe(OH)3]=10−38.6、Ksp[Fe(OH)2]=10−16.3、Ksp[Al(OH)3]=10−32.3、Ksp[Mn(OH)2]=10−12.7}
(4)MnF2难溶于水，工序3加入MnF2的目的是除去Mg2+，其反应的离子反应方程式为 ______ 。
(5)碳化过程中发生反应的化学方程式为 ______ 。
(6)由镍、锰、镓制备的磁性形状记忆型合金中，基态Mn原子的价电子的排布图为 ______ 。
17. 近期我国科学家利用CO2合成了淀粉，其中最关键步骤是CO2与H2合成CH3OH。该步骤同时发生下列反应：
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=−50.0kJ⋅mol−1
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.10kJ⋅mol−1
回答下列问题：
(1)对于反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH= ______ kJ⋅mol−1。
(2)恒温下，CO2和H2在恒容密闭容器发生反应①②，下列能表明上述反应已达到平衡状态的有 ______ (填标号)。
A.每断裂1molH−H键，同时生成1molO−H键
B.混合气体的压强不变
C.混合气体的平均相对分子质量不变
D.n(CH3OH)n(CO2)=1
(3)向恒压密闭容器中通入3molH2和1molCO2，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化的关系如图所示。(已知：CH3OH的平衡产率=n(CH3OH)平衡n(CO2)初始×100%)

温度高于500K时，CO2的平衡转化率随温度升高而增大，其原因是 ______ 。
(4)一定温度和压强下，在密闭容器中充入一定量的CO2和H2进行模拟实验。各组分的相关信息如表：
物质
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
n(投料)/mol
0.5
0.9
0
0
0.3
n(平衡)/mol
0.1
0.3
y
0.3

达到平衡时，y= ______ ；CO2的转化率为 ______ 。
(5)以CO2为原料，“三步法”合成葡萄糖是一种新技术。在第二步电解CO合成CH3COOH的过程中，采用新型可传导H+的固体电解质，其工艺如图所示。

阴极主要反应的电极方程式为 ______ 。电解时，在阴极可能产生的气体副产物(单质)是 ______ (填化学式)。
18. 抗抑郁药米那普仑(Milnacipran)中间体H的合成路线如图：
(1)B的名称为 ______ ；C的结构简式为 ______ 。
(2)F→G的反应类型为 ______ ；H中含氧官能团的名称为 ______ 。
(3)D→E的化学方程式为 ______ 。
(4)K与G互为同分异构体，满足下列两个条件的K有 ______ 种。
①能与NaHCO3溶液反应
②属于苯的三取代物，有两个相同取代基，且不含甲基
其中核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为4：2：2：1：1的结构简式为 ______ (任写一种)。
(5)结合信息，设计以和为原料，合成的路线 ______ (无机试剂任选)。


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A.Na2CO3水解呈碱性，施加适量石膏，生成碳酸钙，可降低土壤的碱性，故A正确；
B.二氧化氯(ClO2)、臭氧具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，可以用于自来水消毒，故B正确；
C.氮气与氧气在放电条件下反应生成一氧化氮，雷雨天可实现氮的固定，故C正确；
D.叔丁基对苯二酚具有还原性，防止食用油被氧化，故D错误；
故选：D。
A.碳酸钠溶液呈碱性，钙离子能够沉淀碳酸根离子；
B.二氧化氯(ClO2)、臭氧具有强的氧化性；
C.氮气与氧气在放电条件下反应生成一氧化氮；
D.叔丁基对苯二酚具有还原性。
本题考查物质结构和性质等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合物性质是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】D 
【解析】解：A.青矾溶液久置时，Fe2+会被氧化为Fe3+，溶液浅绿色变化为黄色，故A正确；
B.青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽树不茂，根据描述可知青矾厂气具有腐蚀性，可推测FeSO4⋅7H2O分解所得产物为SO2和SO3的混合物，可导致酸雨等环境问题，故B正确；
C.青矾(FeSO4⋅7H2O)强热，得赤色固体为氧化铁，发生了化学变化，故C正确；
D.气凝得矾油的成分为硫酸，硫酸与Fe2O3反应生成水和Fe2(SO4)3，故D错误；
故选：D。
A.青矾(FeSO4⋅7H2O)溶液中亚铁离子易被氧化生成铁离子；
B.青矾厂气具有腐蚀性，可推测FeSO4⋅7H2O分解所得产物为SO2和SO3的混合物；
C.青钒受热分解；
D.气凝得矾油的成分为硫酸。
本题考查了物质性质的分析判断，注意题干信息的理解应用，题目难度不大。
3.【答案】C 
【解析】解：A.当氧化还原反应发生在同种元素之间时，化合价”只靠拢、不交错”，H2S和浓H2SO4反应生成S、SO2和水时，S为H2S的氧化产物，SO2为浓硫酸的还原产物，双线桥反应电子转移的方向和数目为：，故A正确；
B.十水合硫酸钠俗称芒硝，化学式为Na2SO4⋅10H2O，故B正确；
C.H2O为共价化合物，H、O原子间以共价键相结合，不存在电子的转移，用电子式表示H2O的形成过程为，故C错误；
D.氨气中N原子上有一对孤电子对，电子式为，故D正确；
故选：C。
A.当氧化还原反应发生在同种元素之间时，化合价”只靠拢、不交错”；
B.十水合硫酸钠俗称芒硝；
C.H2O为共价化合物，H、O原子间以共价键相结合，不存在电子的转移；
D.氨气中N原子上有一对孤电子对。
本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意当氧化还原反应发生在同种元素之间时，化合价”只靠拢、不交错”。
4.【答案】B 
【解析】解：A.乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，干扰乙烯的检验，故A错误；
B.二氧化硫和溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，木炭粉和浓H2SO4反应，只有生成的SO2可使溴水褪色，故B正确；
C.挥发的HCl能和NaOH溶液反应而使滴有酚酞的溶液褪色，干扰氯气和NaOH溶液反应，故C错误；
D.挥发的溴能和AgNO3反应生成淡黄色沉淀，干扰HBr的检验，故D错误；
故选：B。
A.乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
B.二氧化硫和溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；
C.挥发的HCl能和NaOH溶液反应而使滴有酚酞的溶液褪色；
D.挥发的溴能和AgNO3反应生成淡黄色沉淀。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质、实验操作规范性是解本题关键，C为解答易错点。
5.【答案】D 
【解析】解：A.标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B.铁与浓硫酸常温下发生钝化，所以常温下，56gFe与足量浓H2SO4反应转移电子的数目小于3NA，故B错误；
C.酯化反应为可逆反应，不能进行到底，在浓硫酸作用下，60g乙酸与足量乙醇发生反应生成乙酸乙酯分子的数目小于NA，故C错误；
D.常温下，1LpH=11的Na2CO3溶液中c(H+)=10−11mol⋅L−1，则c(OH−)=10−3mol⋅L−1，1LpH=11的Na2CO3溶液中OH−的数目为：10−3mol⋅L−1×1L×NAmol−1=10−3NA，故D正确；
故选：D。
A.气体摩尔体积使用对象为气体；
B.铁与浓硫酸常温下发生钝化；
C.酯化反应为可逆反应，不能进行到底；
D.碳酸钠为强碱弱酸盐，水解促进水的电离，溶液中氢氧根离子都来自与水。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
6.【答案】C 
【解析】解：A.苯酚和甲醛发生加成反应生成对羟基苯甲醇，则反应①为加成反应，故A错误；
B.羟基和Na以1：1反应，酚羟基和NaOH以1：1反应，醇羟基和NaOH不反应，该分子中含有1个酚羟基和1个醇羟基，所以1mol对羟基苯甲醇分别与钠和氢氧化钠反应，消耗两者的物质的量之比为2：1，故B错误；
C.对甲基苯酚的同分异构体中含有苯环的结构中取代基可能是−OCH3、−CH2OH或酚−OH和−CH3，如果取代基为−OCH3，有1种位置异构；如果取代基为−CH2OH，有1种位置异构；如果取代基是−OH、−CH3，两个取代基可能位于邻位或间位，所以符合条件的同分异构体有4种，故C正确；
D.苯环、羟基、−CHO中所有原子共平面，单键可以旋转，对羟基苯甲醛相当于苯分子中的两个氢原子被羟基和醛基取代，所以水杨醛中所有原子可能共平面，故D错误；
故选：C。
A.苯酚和甲醛发生加成反应生成对羟基苯甲醇；
B.羟基和Na以1：1反应，酚羟基和NaOH以1：1反应，醇羟基和NaOH不反应；
C.对甲基苯酚的同分异构体中含有苯环的结构中取代基可能是−OCH3、−CH2OH或酚−OH和−CH3；
D.苯环、羟基、−CHO中所有原子共平面，单键可以旋转。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】D 
【解析】解：由分析可知，X为H元素、Y为B元素、Z为C元素、W为O元素、E为Na元素；
A.W和E形成的化合物有Na2O、Na2O2等，Na2O2中氧原子之间形成共价键，故A正确；
B.同周期主族元素自左而右第一电离能呈增大趋势(ⅡA族、ⅤA反常)，故第一电离能：O>C>B，故B正确；
C.NaH属于离子化合物，常温下是固态，其沸点最高，而常温下CH4是气体、H2O是液体，则沸点：NaH>H2O>HF>CH4，故C正确；
D.BF3中F原子满足8电子稳定结构，但B原子形成3个B−F键，不满足8电子结构，故D错误；
故选：D。
X、Y、Z、W、E均为短周期主族元素，原子序数依次增大，且E与其他元素均不在同一周期，而化合物中E形成+1价阳离子，可知E为Na元素，阴离子结构中X形成1条共价键，且X的原子序数最小，可知X为H元素，则Y、Z、W处于第二周期，阴离子结构中W形成2条共价键，可知W为O元素，而Y、Z都形成4条共价键，推知Y为B元素、Z为C元素，Y的形成4条共价键中有1条是配位键。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，充分利用价键结构进行分析判断，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、综合运用知识的能力。
8.【答案】B 
【解析】解：A.Al3+、Ba2+都与CO32−反应，在纯碱溶液中不能大量共存，故A错误；
B.室温下，c(H+)c(OH−)=1×10−1的溶液中c(OH−)>c(H+)，呈碱性，K+、Na+、CO32−、NO3−、OH−之间不发生反应，能大量共存，故B正确；
C.Al3+、HCO3−之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故C错误；
D.室温下，pH=1的溶液呈酸性，酸性溶液中MnO4−具好有强氧化性，能氧化Fe2+、I−，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
A.钡离子、铝离子都与碳酸根离子反应；
B.该溶液中c(OH−)>c(H+)，呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
C.铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
D.该溶液呈酸性，高锰酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子和碘离子。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
9.【答案】A 
【解析】解：A.“1a”和“1b”都含有羟基和醚键两种官能团，故A错误；
B.海藻酮糖是一种还原性二糖，能发生银镜反应，故B正确；
C.“1a”→“1b”过程中没有其他物质生成，原子利用率为100%，故C正确；
D.手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，“1a”或“1b”中1′和2对应的都是手性碳原子，故D正确；
故选：A。
A.“1a”和“1b”都含有羟基和醚键；
B.海藻酮糖是一种还原性二糖；
C.“1a”→“1b”过程中没有其他物质生成；
D.手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子。
本题考查反应机理，侧重考查学生反应过程的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】B 
【解析】解：A.②步反应中，有机物结构中氯原子被取代，反应属于取代反应，故A正确；
B.反应③中，有S=N双键断，S−O单键断，C−H单键断，故只有极性键断裂，没有非极性键断裂，故B错误；
C.若为CH3OH，则R1、R2均为H原子，第③步应生成HCHO(甲醛)，题目中未描述H原子会进一步被氧化的信息，故C正确；
D.对本题反应进程图象整体分析可得，故在整个反应过程可以看作是催化剂，所以总反应为，故D正确；
故选：B。
A.分析取代反应的特点，原子或原子团替代有机物中的原子或原子团；
B.反应③中，有S=N双键断，S−O单键断，C−H单键断，不存在非极性断裂；
C.若为CH3OH，则产物为甲醛；
D.分析流程可知，反应催化剂，依据历程书写总反应方程式。
本题考查了有机化学反应历程的相关内容，明确反应每一步所发生的变化为解题关键，需要学生有较强的理解能力，试题难度适中。
11.【答案】D 
【解析】解：A.b分子中存在单键碳，采用sp3杂化，羰基中的C原子采用sp2杂化，故A正确；
B.物质a为醚类有机物，与环氧乙烷也是醚类有机物，组成上相差1个CH2，故两者互为同系物，故B正确；
C.1molb中含有2mol酯基，最多可消耗2molNaOH，故C正确；
D.a转化为b发生加成反应，由断键过程可知该转化过程中只形成了极性键，故D错误；
故选：D。
A.b分子中存在单键碳，采用sp3杂化，羰基中的C原子采用sp2杂化；
B.分子结构相似，组成上相差n个CH2，两者互为同系物；
C.由b的结构简式可知1molb中等同于含有2mol酯基；
D.a转化为b发生加成反应。
本题考查原子轨道杂化方式判断，把握物质结构及反应、VSEPR模型的应用等知识是解题关键，注意掌握价层电子对数的计算，题目难度中等。
12.【答案】BD 
【解析】解：A.由图可知，光照时该光催化材料产生电子(e−)和空穴(h+)，电子移动形成电流、产生电能，CO2和H2O发生反应将电能转化为化学能储存，实现了太阳能→电能→化学能的转化，故A正确；
B.该半导体材料结构中，连有三个单键的氮原子为sp3杂化，连有一个单键和一个双键的氮原子为sp2杂化，因此该半导体材料结构中，所有N原子杂化类型不相同，故B错误；
C.由图2可知，H2O结合h+转化为O2和H+，结合原子、电荷守恒可知，H2O转化的反应为2H2O+4h+=O2↑+4H+，故C正确；
D.g−C3N4是催化剂，总反应为，则n(O2)=2n(CO2)=2×0.5mol=1mol，1molO2在标况下的体积22.4L，故D错误；
故选：BD。
A.由图可知，光照时该光催化材料产生电子(e−)和空穴(h+)，电子移动形成电流、产生电能，CO2和H2O发生反应将电能转化为化学能储存；
B.该半导体材料结构中，连有三个单键的氮原子为sp3杂化，连有一个单键和一个双键的氮原子为sp2杂化；
C.由图2可知，H2O结合h+转化为O2和H+，结合原子、电荷守恒分析即可；
D.g−C3N4是催化剂，总反应为，则n(O2)=2n(CO2)，进而求出产生氧气的体积。
本题主要考查原子杂化轨道类型及常见能量的转化形式等知识，为高频考点，题目难度一般。
13.【答案】AB 
【解析】解：A.氯气能氧化亚铁离子生成铁离子、能氧化碘离子生成碘，向含0.1mol的FeI2溶液中通入0.05molCl2，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有碘生成，碘离子有剩余，说明还原性：I−>Fe2+，故A正确；
B.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，食盐水外围处产生一圈铁锈，故B正确；
C.氢氧化铝不溶于弱碱，向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入氨水至过量，最终沉淀不溶解，故C错误；
D.在加入新制氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，防止加入的新制氢氧化铜悬浊液和稀硫酸反应而得不到砖红色沉淀，故D错误；
故选：AB。
A.氯气能氧化亚铁离子生成铁离子、能氧化碘离子生成碘；
B.食盐水为中性；
C.氢氧化铝不溶于弱碱；
D.在加入新制氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸。
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、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，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14.【答案】B 
【解析】解：A.流程中主要分离溶液和沉淀，所以主要分离操作为过滤，且所用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯和玻璃棒，故A正确；
B.AgCl难溶于水，书写离子方程式不能拆，故B错误；
C.1 mol HCHO可以与银氨溶液发生反应，得到4 mol Ag，因此题目中4.3200 g Ag物质的量为0.04 mol，则理论上至少消耗0.01 mol HCHO，故C正确；
D.操作X为由硝酸银溶液得到AgNO3固体，硝酸银受热可分解，所以减压蒸发、结晶、30℃下干燥，故D正确；
故选：B。
滴定废液中加入盐酸(或NaCl+HNO3)充分反应后过滤，所得AgCl等沉淀中加入NH3⋅H2O，反应后过滤，在滤液中加入盐酸，反应生成AgCl沉淀，加入NH3⋅H2O，再加入HCHO，反应生成Ag，Ag与HNO3按1：1反应，经后续操作，最后减压蒸发、结晶、30℃下干燥得到AgNO3固体，据此分析解答。
本题考查混合物分离的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
15.【答案】浓硫酸  c  降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层  分液  分液漏斗  蒸馏  50% 
【解析】解：(1)浓硫酸密度比较大，倒入乙醇或乙酸时会放出大量的热量，使液体沸腾发生危险，该实验中，将乙醇、乙酸和浓硫酸加入三颈烧瓶中时，最先加入的液体不能是浓硫酸，
故答案为：浓硫酸；
(2)考虑到反应速率等多种因素，温度越高越好，但温度过高会发生副反应，2CH3CH2OH→CH3CH2OCH2CH3+H2O，用上述装置制备乙酸乙酯时，反应的最佳温度范围是115℃ 故答案为：c；
(3)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，乙酸乙酯，其密度比水小，所以在碳酸钠溶液层上方有无色油状液体出现，欲分离出乙酸乙酯，应使用的分离方法是分液，用到的主要仪器为分液漏斗，乙酸乙酯从该仪器的上端流出，进行此步操作后，所得有机层中的主要无机物杂质是水，在不允许使用干燥剂的条件下，除去水可用蒸馏的方法分离，
故答案为：降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；分液；分液漏斗；上端；蒸馏；
，乙醇和乙酸反应的质量比为：46：60，若实验所用乙酸质量为6.0g，乙醇质量为5.0g，乙醇过量，依据乙酸计算生成的乙酸乙酯，理论上计算得到乙酸乙酯的质量，CH3COOH～CH3COOC2H5，计算得到乙酸乙酯质量6.0g60g/mol×88g/mol=8.8g，得到纯净的产品质量为4.4g，则乙酸乙酯的产率=4.4g8.8g×100%=50%，
故答案为：50%。
(1)浓硫酸密度比较大，倒入乙醇或乙酸时会放出大量的热量，使液体沸腾发生危险；
(2)从反应速率因素来看，温度越高越好，但温度过高会发生副反应，可知温度低于副反应发生的温度；
(3)饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；乙酸乙酯不溶于水，密度比水小，分液操作遵循“上吐下泻”的原则，结合沸点不同蒸馏分离得到纯净的乙酸乙酯；
(4)依据化学方程式定量关系计算分析，乙醇过量按照乙酸计算乙酸乙酯，产率=实际产量理论产量×100%。
本题考查乙酸乙酯的制备，题目难度中等，涉及的题量较大，注意实验混合液的配制、饱和碳酸钠溶液的作用以及酯化反应的机理，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力。
16.【答案】加快反应速率  S  将Fe2+氧化为Fe3+  4.9  MnF2(s)+Mg2+(aq)⇌Mn2+(aq)+MgF2(s)  MnSO4+NH4HCO3+NH3⋅H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O  
【解析】解：(1)升高反应温度，提高反应速率，
故答案为：加快反应速率；
(2)软锰矿中的成分SiO2在软锰矿溶于硫化钡溶液时，不参加反应，再加入硫酸酸解过程也不会溶于硫酸，所以沉淀中除了SiO2还有S，
故答案为：S；
(3)MgO、MnO、FeO、Fe2O3与硫酸反应生成硫酸镁、硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝，结合题意氢氧化锰与氢氧化亚铁的Ksp相近，若不加双氧水，沉淀Fe2+的同时Mn2+也会被沉淀，从而使Fe2+和Mn2+不能分离；工序2中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水生成氢氧化铁、氢氧化铝；由Ksp[Fe(OH)3]=10−38.6 故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；4.9；
(4)工序③中加入MnF2，MnF2(s)⇌Mn2+(aq)+2F−(aq)产生的F−与Mg2+反应生成MgF2沉淀，即发生反应MnF2(s)+Mg2+(aq)⇌Mn2+(aq)+MgF2(s)，
故答案为：MnF2(s)+Mg2+(aq)⇌Mn2+(aq)+MgF2(s)；
(5)“碳化”过程是硫酸锰、碳酸氢铵、氨水反应，其化学方程式为：MnSO4+NH4HCO3+NH3⋅H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O，
故答案为：MnSO4+NH4HCO3+NH3⋅H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O；
(6)M原子的原子序数为25，基态锰原子价电子轨道表示为，
故答案为：。
软矿石(MnO2、MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等)加入硫化钡发生反应MnO2+BaS+H2O=MnO+Ba(OH)2+S后过滤，向滤渣中加入硫酸，MgO、MnO、FeO、Fe2O3与硫酸反应生成硫酸镁、硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝，加双氧水将亚铁氧化成三价铁后用氨水以氢氧化铁和氢氧化铝的形式除去铁和铝元素，再用氟离子以氟化镁的形成去除镁。软锰矿中的成分SiO2在软锰矿溶于硫化钡溶液时，不参加反应，再加入硫酸酸解过程也不会溶于硫酸，所以沉淀中除了SiO2还有S。滤液加碳酸氢铵和氨水碳化后获得高纯碳酸锰；
(1)升高温度，速率加快；
(2)软锰矿中的成分SiO2在软锰矿溶于硫化钡溶液时，不参加反应，再加入硫酸酸解过程也不会溶于硫酸；
(3)MgO、MnO、FeO、Fe2O3与硫酸反应生成硫酸镁、硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝，结合题意氢氧化锰与氢氧化亚铁的Ksp相近，若不加双氧水，沉淀Fe2+的同时Mn2+也会被沉淀，从而使Fe2+和Mn2+不能分离；工序2中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水生成氢氧化铁、氢氧化铝；
(4)工序③中加入MnF2，MnF2(s)⇌Mn2+(aq)+2F−(aq)产生的F−与Mg2+反应生成MgF2沉淀；
(5)“碳化”过程是硫酸锰、碳酸氢铵、氨水反应；
(6)M原子的原子序数为25，根据电子排布规则进行书写。
本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化、分离提纯和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】−91.1  BC  反应①放热，温度升高平衡逆向移动，反应②吸热，温度升高平衡正向移动，500K以后，温度升高，反应②平衡右移的程度更大，故CO2的平衡转化率增大  0.1  80%  2CO+4e−+4H+=CH3COOH  H2 
【解析】(1)由盖斯定律可知，反应CO (g)+2H2(g)=CH3OH 可由①−②得到，则△H=−50.0kJ⋅mol−1−41.1kJ⋅mol−1=−91.1kJ⋅mol−1，
故答案为：−91.1；
(2)A.每断裂1molH−H键，同时生成1molO--H键，正逆反应速率不相等，则不能判断达到化学平衡状态，故A错误；
B.混合气体的压强不变，说明混合物各组分的物质的量不变，达到化学平衡状态，故B正确；
C.混合气体的平均相对分子质量不变，说明混合物各组分的物质的量不变，达到化学平衡状态，故C正确；
D.n(CH3OH)n(CO2)=1，不能说明甲醇和二氧化碳的量不变，即不能说明达到化学平衡状态，故D错误；
故选：BC；
(3)升高温度，反应①为发热反应平衡逆向移动，则导致CO2的转化率减小，反应②为吸热反应平衡正向移动，则导致CO2的转化率增大，而图中500K以后，CO2的平衡转化率随温度升高而增大，则表明500K以后，反应②的平衡移动占主导地位，500K以后，温度升高，反应②平衡右移的程度更大，故CO2的平衡转化率增大，
故答案为：反应①放热，温度升高平衡逆向移动，反应②吸热，温度升高平衡正向移动，500K以后，温度升高，反应②平衡右移的程度更大，故CO2的平衡转化率增大；
(4)由图中信息，列出三段式：
                      ①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
单位：mol   开始     0.5          0.9 0                  0
                  变化     a 3a a                   a
                  平衡    0.5−a−b     0.9−3a−b       a                 a+b
                       ②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
单位：mol   开始     0.5          0.9 0                  0
                  变化     b              b               b                    b
                  平衡    0.5−a−b     0.9−3a−b       b                a+b
由表格数据可知0.9−3a−b=0.3，0.5−a−b=0.1，解得a=0.1，b=0.3则y=0.1，二氧化碳转换率=0.4mol0.5mol×100%=80%，
故答案为：0.1；80%；
(5)电解过程中阴极得到电子发生还原反应，阴极主要反应的电极方程式为2CO+4e−+4H+=CH3COOH，电解时还可能发生2H++2e−=H2，
故答案为：2CO+4e−+4H+=CH3COOH；H2。
(1)根据盖斯定律计算，反应CO (g)+2H2(g)=CH3OH 可由①−②得到；
(2)判断化学反应是否平衡状态的物理量是由变到不变的量；
(3)放热反应升高温度平衡逆向移动，吸热反应平衡正向移动，结合图像回答问题；
(4)根据表中数据列三段式计算；
(5)电解过程中阴极得到电子发生还原反应。
本题考查盖斯定律计算、化学平衡移动判断、三段式计算、电极方程式书写，综合较强。
18.【答案】甲苯   取代反应(或酯化反应)  羧基   6 (或)  
【解析】解：(1)由分析可知，B的结构简式为，B的名称为甲苯；对比B、D的结构简式，结合C的分子式、反应条件可知，B与氯气在光照条件下发生甲基上一氯取代生成C，则C的结构简式为，
故答案为：甲苯；；
(2)F→G是中羧基与羟基酯基发生酯化反应成环，也属于取代反应；观察结构可知，H中含氧官能团的名称为羧基，
故答案为：取代反应(或酯化反应)；羧基；
(3)D→E的化学方程式为，
故答案为：；
(4)K与G()互为同分异构体，K满足下列两个条件：①能与NaHCO3反应，说明含有羧基；②属于苯的三取代物，有两个相同取代基，且不含甲基，从结构上可知分子中含7个不饱和度，苯环中含4个不饱和度，−COOH中含1个不饱和度，剩余4个C中有2个不饱和度，应该为两个−CH=CH2，即苯环三个侧链为1个−COOH、2个−CH=CH2，而2个−CH=CH2有邻、间、对3种位置关系，对应的−COOH分别有2种、3种、1种位置，则符合条件的K共有2+3+1=6种，其中核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为4：2：2：1：1，符合条件的K的结构简式有、，
故答案为：6；(或)；
(5)与发生酯化反应生成，水解生成，水解生成，合成路线为，
故答案为：。
由A的分子式、D的结构简式，可知A为，与CH3Cl在氯化铝作用下发生取代反应生成B为，对比B、D的结构简式，结合C的分子式、反应条件可知，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C与NaCN发生取代反应生成，D→E的转化中还有HCl生成，对比D、G的结构简式，结合F的分子式、反应条件可知，D水解、酸化引入羟基生成F，F酯化反应成环生成G，可知F为，G与HBr发生开环加成生成H；
(5)与发生酯化反应生成，水解生成，水解生成。
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、官能团识别、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，题目较好地考查了学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。