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浙江省温州市十校联合体2022-2023学年高二化学下学期期末考试试卷（Word版附解析）
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这是一份浙江省温州市十校联合体2022-2023学年高二化学下学期期末考试试卷（Word版附解析），共38页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省温州市十校联合体
高二（下）期末化学试卷
一、选择题（共16小题，每小题仅有一个选项正确，每小题3分，共48分）
1．（3分）下列物质因水解呈碱性的是（ ）
A．NH3•H2O B．NaHCO3 C．NaClO4 D．NH4Cl
2．（3分）近日，温州大学王舜教授课题组与美国北德克萨斯大学ZhenhaiXia教授合作在杂原子掺杂碳的超级电容领域取得了新突破。下列C原子电子排布图表示的状态中能量关系正确的是（ ）
A．①＝②＝③＝④ B．③＞④＞①＞② C．②＞①＞④＞③ D．④＞③＞①＝②
3．（3分）下列有关物质结构说法不正确的是（ ）
A．HClO的空间结构为V型
B．BF3中B原子轨道为sp2杂化
C．[Co（NH3）4Cl2]Cl的中心离子配位数为6
D．基态Cr的价电子轨道表示式
4．（3分）下列关于物质的说法正确的是（ ）
A．在金刚石晶体中，最小的环上有6个碳原子
B．杯酚是一种常见的超分子，能与C60结合，不能与C70结合，因此可实现C60和C70的分离
C．B3N3H6（无机苯）的结构与苯类似，其熔点主要取决于所含化学键的键能
D．某些金属盐灼烧呈现不同焰色是因为电子从低能级跃迁至较高能级时吸收光的波长不同
5．（3分）下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是（ ）
A．NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因
B．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，不能说明稀HNO3氧化性更强
C．将Cl2通入饱和的澄清石灰水中，即制得以Ca（ClO）2为有效成分的漂白粉
D．工业上用石英砂制备高纯硅的过程涉及的反应类型有分解反应、化合反应、置换反应等
6．（3分）关于方程式C2H6O+KMnO4+H2SO4→K2SO4+X+CO2↑+H2O（未配平），下列说法正确的是（ ）
A．X的化学式为K2MnO4
B．氧化产物是CO2
C．每消耗1molC2H6O需要转移的电子数为6NA
D．H2SO4的化学计量数为20
7．（3分）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Na2NH中加入硫酸中：NH2﹣+2H+═NH3↑
B．将溶液NaAlO2与溶液NaHCO3混合：++H2O═Al（OH）3↓+
C．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：H2SO3+ClO﹣═Cl﹣+2H++
D．往硫酸氢铵溶液滴加过量NaOH溶液：H++OH﹣═H2O
8．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．高分子分离膜可用于污水、工业废水处理和海水淡化等
B．胺类可以看作是烃分子中的氢原子被氨基所替代的化合物
C．只用新制氢氧化铜（可加热）就能区分乙醇、乙醛、己烷、四氯化碳
D．酚醛树脂由苯酚和甲醛通过加聚反应得到，可用作绝缘隔热等材料
9．（3分）某有机物的结构简式如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．该物质含有两个手性碳原子，有旋光性
B．1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗3molBr2
C．该物质可以和碳酸钠、碳酸氢钠、盐酸反应
D．该有机物的分子式为C12H10O4NBr
10．（3分）前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的3倍；在同周期元素中；Z是金属性最强的短周期元素；W元素基态原子最外层只有2个电子（ ）
A．Y在周期表中位于第二周期ⅥA族
B．电负性大小：x（Z）＜x（X）＜x（Y）
C．X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的强
D．W元素在元素周期表中的s区
11．（3分）以柏林绿Fe[Fe（CN）6]新型可充电钠离子电池为电源，采用电解法在N﹣羟基邻苯二甲酰亚胺（NHPI）介质中用乙醇制乙醛。下列说法正确的是（ ）
A．原电池中的离子交换膜为阳离子交换膜且电池工作时溶液中Na+移向b极
B．制备乙醛时b极连接c极
C．电源充分充电时，a极反应式为Na2Fe[Fe（CN）6]﹣2e﹣═Fe[Fe（CN）6]+2Na+
D．若有2molFe[Fe（CN）6]转化成Na2Fe[Fe（CN）6]时，生成1molCH3CHO
12．（3分）吡啶（）含有与苯环类似的大π键，下列有关说法或实验操作不正确的是（ ）
A．吡啶中N原子的价层孤电子对占据了一个未参与杂化的p轨道
B．吡啶是极性分子且能与水形成氢键，故吡啶在水中的溶解度比苯中大
C．除去苯中含有的少量吡啶：用盐酸洗涤、分液、干燥有机层
D．N原子电子云密度越大则其碱性越强，故碱性比强
13．（3分）常温下，用NaOH溶液滴加到某酒石酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．L2表示pH与﹣lg的变化关系
B．NaHX溶液中c（H+）＞c（OH﹣）
C．线L2上每点对应的溶液中水的电离程度都大于线L1
D．当c（Na+）﹣c（HX﹣）﹣c（X2﹣）＝0时，pH＜7
14．（3分）2﹣甲氧基﹣2﹣甲基丁烷（TAME）常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得
反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx（Kx指用平衡时各物质的物质的量分数来代替该物质的平衡浓度）与温度T变化关系如图1所示。一定温度下（此温度时，Kx3＝9），充有A、B和CH3OH的容器中，A和B物质的量浓度随时间变化如图2所示。据图判断，下列说法正确的是（ ）
A．A和B相对稳定性较差的是B
B．的数值范围是（0～1）
C．图2中曲线X代表A的变化
D．t＝100s时，反应Ⅲ向逆反应方向移动
15．（3分）根据下列图示所得出的结论不正确的是（ ）
A．由图甲可知，除去CuCl2溶液中的Fe3+可加入适量CuO调节pH至4.5左右
B．图乙是一定温度下三种碳酸盐的沉淀溶解平衡曲线，向浓度相等的Mg2+、Mn2+、Ca2+溶液中加入Na2CO3溶液，首先沉淀的离子是Mn2+
C．图丙是室温下AgCl和AgI的饱和溶液中离子浓度的关系曲线，该温度下反应AgCl（s）+I﹣（aq）⇌AgI（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数K＝2.5×106
D．图丁是室温下AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，X区域中的点可以同时生成AgCl和Ag2CrO4沉淀
16．（3分）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
实验方案
现象
结论
A
向苯和甲苯中分别加入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡并观察现象
若甲苯中溶液紫红色褪去
说明甲苯分子中苯环对甲基有影响
B
将注射器充满NO2气体，然后将活塞往里推
注射器内气体颜色加深
证明加压平衡朝生成NO2气体的方向移动
C
用pH试纸测定1mol•L﹣1的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH
若前者的试纸颜色比后者深
说明非金属性：S＞C
D
取铁与水蒸气实验反应后固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液
若没有出现血红色
铁与水蒸气未反应
A．A B．B C．C D．D
17．铁及其化合物用途广泛，请回答：
（1）与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有 种。
（2）FeSO4•7H2O的结构如图所示。
FeSO4•7H2O中H2O与Fe2+、H2O与的作用力类型分别是 、 。H2O中H﹣O﹣H的键角 中O﹣S﹣O的键角（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图1所示。
Ⅰ．该超导材料的化学式是 。
Ⅱ．该晶胞参数a＝0.4nm、c＝1.4nm，该晶体密度ρ＝ g⋅cm﹣3。（用NA表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可）
Ⅲ．该晶胞在xy平面投影如图2所示，将图2补充完整 。
18．难溶络合物X由3种元素组成，某实验小组按如图流程进行相关实验：
已知：反应①生成两种正盐及一种弱酸，E是空气中含量最多的气体。
（1）X所含元素有 （填元素符号），X的化学式为 。
（2）写出反应①的离子方程式 。
（3）已知反应①中生成的弱酸有剧毒，工业上常采用碱性氯化法处理该物质，处理过程分两个阶段（即反应②）的化学方程式 。
（4）请设计实验检验溶液A中的金属阳离子 。
19．CO2有效转化是研究“碳中和”的重要方向。
（1）CO2可用于人工合成淀粉，其中前两步的反应如图1所示。
已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3，则CO2（g）+2H2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g）的△H＝ （用△H1、△H2、△H3表示）。
（2）一定条件下，利用CO2合成CH3OH的反应如下：
Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1，研究发现，反应过程中会有副反应：Ⅱ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H4，温度对CH3OH、CO产率的影响如图2所示。
下列说法不正确的是 。
A．△H1＞0，△H4＜0
B．增大压强有利于加快合成CH3OH反应的速率
C．生产过程中，温度越高越有利于提高CH3OH的产率
D．生产过程中，通过使用合适的催化剂以提高CH3OH的选择性
（3）一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，同时发生反应图2Ⅰ、Ⅱ，检测反应器出口气体的成分及其含量2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能（CH3OH选择性＝×100%）。
①220℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比为n（CH3OH）：n（CO2）：n（CO）＝1：5.2：2，则该温度下CO2转化率＝ 。
②其它条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图3所示：
由图3可知，CO2的转化率实验值低于其平衡值，而CH3OH选择性的实验值却略高于其平衡值，请说明理由 。
（4）恒压下，CO2和H2以物质的量之比1：3投料合成甲醇（不考虑副反应Ⅱ），在有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图4所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。请在图4中画出无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化曲线 。
20．三氯化六氨合钴（Ⅲ）的化学式为[Co（NH3）6]Cl3，是一种典型的维尔纳配合物。在实验室中，常以活性炭为催化剂，以H2O2、NH3、NH4Cl、CoCl2为原料在溶液中反应制备，化学方程式为：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O，某同学设计如图反应装置（夹持仪器及加热装置已省略）制备[Co（NH3）6]Cl3，并测定该物质中NH3的含量：
回答下列问题：
（1）装置A中盛放浓氨水的仪器名称 。
（2）反应温度不宜超过50℃的原因是 。
（3）装置C的作用 。
（4）装置B中反应结束后，用冰水浴冷却后过滤，把沉淀溶解于沸水中，再慢慢加入适量浓盐酸于滤液中，有大量橙黄色[Co（NH3）6]Cl3晶体析出。
①趁热过滤的目的是 。
②简述加入适量浓盐酸于滤液中，有大量橙黄色[Co（NH3）6]Cl3晶体析出的原因 。
（5）三氯化六氨合钴（Ⅲ）样品中NH3的含量测定涉及反应为NH3+H3BO3═NH3⋅H3BO3；NH3⋅H3BO3+HCl═NH4Cl+H3BO3。所用装置（部分夹持仪器已省略）如图所示。
称取[Co（NH3）6]Cl3晶体样品mg于烧杯中，加入蒸馏水溶解后，由进样漏斗加入烧瓶中，蒸馏水冲洗后，在进样漏斗留一部分蒸馏水。开启电炉加热3）6]Cl3+3NaOHCo（OH）3↓+6NH3↑+3NaCl}，直至无气体放出。氨气被硼酸完全吸收后，用cmol⋅L﹣1的盐酸滴定锥形瓶中混合液，滴定终点时，消耗盐酸的体积VmL。三氯化六氨合钴（Ⅲ）3的质量分数为 %。
21．电影《我不是药神》中治疗白血病的药物格列宁（化合物I）的合成路线如图：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）化合物F中官能团名称 。
（2）化合物B的结构简式是 。
（3）下列说法正确的是 。
A．化合物D的核磁共振氢谱有三种吸收峰
B．化合物G具有碱性
C．若反应④是加成反应，则试剂X：H2N﹣C≡N
D．化合物I的分子式是C24H30N7O
（4）C→E的化学方程式为 。
（5）写出同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式 。
①IR谱检测表明：分子中含苯环，不含C＝C键、C﹣N键、C≡N键；
②1H﹣NMR谱检测表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子。
（6）设计以CH2＝CH2和CH3NH2为原料合成化合物D的路线（用流程图表示，无机试剂任选） 。
2022-2023学年浙江省温州市十校联合体高二（下）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16小题，每小题仅有一个选项正确，每小题3分，共48分）
1．（3分）下列物质因水解呈碱性的是（ ）
A．NH3•H2O B．NaHCO3 C．NaClO4 D．NH4Cl
【分析】物质的水溶液因水解呈碱性的是强碱弱酸盐，据此分析。
【解答】解：A．NH3•H2O电离出氢氧根离子，溶液显酸性；
B．NaHCO6是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，故B正确；
C．NaClO4为强酸强碱盐，不水解；
D．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了盐类的水解和电解质的电离，题目难度不大，应注意的是碱一定显碱性，但显碱性的不一定是碱。
2．（3分）近日，温州大学王舜教授课题组与美国北德克萨斯大学ZhenhaiXia教授合作在杂原子掺杂碳的超级电容领域取得了新突破。下列C原子电子排布图表示的状态中能量关系正确的是（ ）
A．①＝②＝③＝④ B．③＞④＞①＞② C．②＞①＞④＞③ D．④＞③＞①＝②
【分析】电子能量为1s＜2s＜2p，则2p轨道上电子越多、1s、2s轨道上电子越少，其能量越高，以此解答该题。
【解答】解：电子能量为1s＜2s＜3p，则2p轨道上电子越多、2s轨道上电子越少，则能量由高到低的顺序是②＞①＞④＞③，
故选：C。
【点评】本题考查基态原子核外电子排布规则，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握遵循洪特规则、泡利不相容原理、能量最低原理，基态原子排布能量最低，题目难度不大。
3．（3分）下列有关物质结构说法不正确的是（ ）
A．HClO的空间结构为V型
B．BF3中B原子轨道为sp2杂化
C．[Co（NH3）4Cl2]Cl的中心离子配位数为6
D．基态Cr的价电子轨道表示式
【分析】A．HClO的结构式为H﹣O﹣Cl，O原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体；
B．BF3中B原子的价层电子对数为3+＝3，VSEPR模型为平面三角形；
C．[Co（NH3）4Cl2]Cl的配离子[Co（NH3）4Cl2]+，其中NH3、Cl﹣为配体，配体数即为配体总数；
D．基态Cr的价电子排布式为3d54s1。
【解答】解：A．HClO的结构式为H﹣O﹣Cl，VSEPR模型为四面体，则HClO的空间结构为V型；
B．BF3中B原子的价层电子对数为3+＝3，则B原子杂化轨道类型为sp2，故B正确；
C．[Co（NH4）4Cl2]Cl的配离子[Co（NH4）4Cl2]+，其中NH8、Cl﹣为配体，配体数为4+2＝5；
D．基态Cr的价电子排布式为3d57s1，价电子轨道表示式为，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查配合物、原子轨道杂化类型和分子空间构型的判断，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握VSEPR模型的应用、配位键形成条件、配离子构成、价电子概念是解题关键，题目难度中等。
4．（3分）下列关于物质的说法正确的是（ ）
A．在金刚石晶体中，最小的环上有6个碳原子
B．杯酚是一种常见的超分子，能与C60结合，不能与C70结合，因此可实现C60和C70的分离
C．B3N3H6（无机苯）的结构与苯类似，其熔点主要取决于所含化学键的键能
D．某些金属盐灼烧呈现不同焰色是因为电子从低能级跃迁至较高能级时吸收光的波长不同
【分析】A．金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环；
B．杯酚与C60之间通过分子间作用力形成超分子；
C．分子熔点主要取决于分子间的作用力；
D．焰色试验是电子从高能到低能释放能量所发出的光波。
【解答】解：A．金刚石网状结构中，最小的环上有6个碳原子；
B．杯酚与C60之间通过分子间作用力形成超分子，不是通过共价键60和C70的分离，故B错误；
C．分子熔点主要取决于分子间的作用力，故C错误；
D．焰色试验是电子从高能到低能释放能量所发出的光波，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
5．（3分）下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是（ ）
A．NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因
B．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，不能说明稀HNO3氧化性更强
C．将Cl2通入饱和的澄清石灰水中，即制得以Ca（ClO）2为有效成分的漂白粉
D．工业上用石英砂制备高纯硅的过程涉及的反应类型有分解反应、化合反应、置换反应等
【分析】根据化学与生活中的应用，氧化还原反应的定义得出答案。
【解答】解：A.SO2是无色气体，故A错误；
B.不能根据还原产物的化合价判断氧化性的强弱，故B正确；
C.氯气与石灰乳反应制取漂白水，不是石灰水；
D.制取高纯硅的化学方程式为：SiO2+CSi+4CO2SiCl4，SiCl8+2H2Si+4HCl，过程中没有分解反应；
故选：B。
【点评】本题难度不大，主要考查化学在实际生活中的应用，以及氧化还原反应的定义。
6．（3分）关于方程式C2H6O+KMnO4+H2SO4→K2SO4+X+CO2↑+H2O（未配平），下列说法正确的是（ ）
A．X的化学式为K2MnO4
B．氧化产物是CO2
C．每消耗1molC2H6O需要转移的电子数为6NA
D．H2SO4的化学计量数为20
【分析】C2H6O中碳的化合价为﹣2价，反应中生成CO2，一个C原子化合价升高了6，酸性条件下KMnO4的还原产物是MnSO4，Mn的化合价降低了5，配平后方程式为：5C2H6O+12KMnO4+18H2SO4＝6K2SO4+12MnSO4+10CO2↑+33H2O
【解答】解：A.X是MnSO4，故A错误；
B.CO2是由C3H6O被高锰酸钾氧化生成的是氧化产物，故B正确；
C.每消耗lmolC2H8O需要转移的电子数为12NA，故C错误；
D.H2SO4 的化学计量数为18，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查的是氧化还原反应相关的概念，掌握配平方法、氧化产物的判断、转移电子数的计算是解题关键，侧重考查分析的能力，难度不大。
7．（3分）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Na2NH中加入硫酸中：NH2﹣+2H+═NH3↑
B．将溶液NaAlO2与溶液NaHCO3混合：++H2O═Al（OH）3↓+
C．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：H2SO3+ClO﹣═Cl﹣+2H++
D．往硫酸氢铵溶液滴加过量NaOH溶液：H++OH﹣═H2O
【分析】A．Na2NH和硫酸反应生成硫酸钠，酸溶液中不能生成氨气；
B．偏铝酸根离子结合水、碳酸氢根离子电离出的氢离子形成氢氧化铝沉淀，促进碳酸氢根离子的电离；
C．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液，发生氧化还原反应，亚硫酸被氧化为硫酸，过量的次氯酸根离子结合氢离子生成次氯酸；
D．往硫酸氢铵溶液滴加过量NaOH溶液，反应生成硫酸钠、水和一水合氨。
【解答】解：A．Na2NH和硫酸反应生成硫酸钠和硫酸铵，反应的离子方程式为：NH2﹣+2H+═，故A错误；
B．偏铝酸根离子结合水，促进碳酸氢根离子的电离++H2O═Al（OH）3↓+，故B正确；
C．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液，亚硫酸被氧化为硫酸，离子反应为H2SO3+2ClO﹣═Cl﹣+H+++HClO；
D．往硫酸氢铵溶液滴加过量NaOH溶液、水和一水合氨+++2OH﹣＝NH7•H2O+H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力．
8．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．高分子分离膜可用于污水、工业废水处理和海水淡化等
B．胺类可以看作是烃分子中的氢原子被氨基所替代的化合物
C．只用新制氢氧化铜（可加热）就能区分乙醇、乙醛、己烷、四氯化碳
D．酚醛树脂由苯酚和甲醛通过加聚反应得到，可用作绝缘隔热等材料
【分析】A．高分子分离膜有选择地使粒子通过；
B．胺是指烃分子中的氢原子被氨基所替代的产物；
C．乙醇不与新制氢氧化铜反应，互溶，乙醛与新制氢氧化铜加热可出现砖红色沉淀，己烷密度比水小且不溶于水，与新制氢氧化铜浊液分层，己烷在上层，四氯化碳密度比水大且不溶于水，与新制氢氧化铜浊液分层，四氯化碳在下层；
D．苯酚和甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂。
【解答】解：A．高分子分离膜有选择地使粒子通过、工业废水处理和海水淡化等；
B．胺是指烃分子中的氢原子被氨基所替代的产物；
C．乙醇不与新制氢氧化铜反应，乙醛与新制氢氧化铜加热可出现砖红色沉淀，与新制氢氧化铜浊液分层，四氯化碳密度比水大且不溶于水，四氯化碳在下层，可鉴别；
D．苯酚和甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、发生的反应等为解答的关键，注意有机物的性质，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。
9．（3分）某有机物的结构简式如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．该物质含有两个手性碳原子，有旋光性
B．1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗3molBr2
C．该物质可以和碳酸钠、碳酸氢钠、盐酸反应
D．该有机物的分子式为C12H10O4NBr
【分析】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
B．碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴以1：1发生取代反应；
C．该物质具有醇、烯烃、酰胺、溴代烃、苯和酚的性质；
D．分子中C、H、O、N、Br原子个数依次是12、10、4、1、1。
【解答】解：A．如图，该分子中含有两个手性碳原子，所以具有旋光性；
B．碳碳双键和溴以1：1发生加成反应、对位氢原子能和溴以7：1发生取代反应，最多消耗3mol溴、5mol溴发生取代反应；
C．该物质具有醇、酰胺、苯和酚的性质，该有机物不能和碳酸氢钠反应，故C错误；
D．分子中C、H、O、N、10、4、1、212H10O4NBr，故D正确；
故选：C。
【点评】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。
10．（3分）前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的3倍；在同周期元素中；Z是金属性最强的短周期元素；W元素基态原子最外层只有2个电子（ ）
A．Y在周期表中位于第二周期ⅥA族
B．电负性大小：x（Z）＜x（X）＜x（Y）
C．X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的强
D．W元素在元素周期表中的s区
【分析】基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的3倍则X的电子排布为1s22s22p2，X为C。Z是金属性最强的短周期元素，Z为Na。在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种，Y为N。W元素基态原子最外层只有2个电子，且内层轨道均排满，W可能为Mg或Zn。
【解答】解：A．Y为第二周期ⅤA族；
B．同周期从左往右电负性增强即X＜Y，电负性Z＜X＜Y；
C．同周期从左往右非金属性增强，即X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的弱；
D．若W为Zn，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
11．（3分）以柏林绿Fe[Fe（CN）6]新型可充电钠离子电池为电源，采用电解法在N﹣羟基邻苯二甲酰亚胺（NHPI）介质中用乙醇制乙醛。下列说法正确的是（ ）
A．原电池中的离子交换膜为阳离子交换膜且电池工作时溶液中Na+移向b极
B．制备乙醛时b极连接c极
C．电源充分充电时，a极反应式为Na2Fe[Fe（CN）6]﹣2e﹣═Fe[Fe（CN）6]+2Na+
D．若有2molFe[Fe（CN）6]转化成Na2Fe[Fe（CN）6]时，生成1molCH3CHO
【分析】根据放电工作原理图，在正极上发生还原反应：Fe[Fe（CN）6]+2Na++2e﹣＝Na2Fe[Fe（CN）6]，a为电源正极，负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl﹣﹣4e﹣＝[Mg2Cl2]2+，b为电源负极，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反。
【解答】解：A．由分析可知，b为电源负极+移向正极，因此原电池中的离子交换膜为阳离子交换膜且电池工作时溶液中Na+移向a极，故A错误；
B．由右图可知，c极Ni2+转化为Ni3+，发生氧化反应，则c极为阳极，故B错误；
C．由分析可知7]+2Na++2e﹣＝Na8Fe[Fe（CN）6]，则电源充分充电时2Fe[Fe（CN）6]﹣2e﹣═Fe[Fe（CN）6]+8Na+，故C正确；
D．C2H5OH发生氧化反应生成CH6CHO的过程中转移2个电子，由分析可知6]+5Na++2e﹣＝Na2Fe[Fe（CN）5]，当有2molFe[Fe（CN）6]转化成Na2Fe[Fe（CN）6]时，失去4mol电子4CHO，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生电解池的掌握情况，试题难度中等。
12．（3分）吡啶（）含有与苯环类似的大π键，下列有关说法或实验操作不正确的是（ ）
A．吡啶中N原子的价层孤电子对占据了一个未参与杂化的p轨道
B．吡啶是极性分子且能与水形成氢键，故吡啶在水中的溶解度比苯中大
C．除去苯中含有的少量吡啶：用盐酸洗涤、分液、干燥有机层
D．N原子电子云密度越大则其碱性越强，故碱性比强
【分析】A．吡啶中N原子的价层电子对数为3，含有1对孤电子对，N原子采用sp2杂化；
B．分子间氢键能使物质的溶解性增大；
C．吡啶分子中N原子含有孤电子对，能与H+形成配位键，所以吡啶能与盐酸反应生成可溶性盐；
D．中﹣CH3是推电子基，使N原子电子云密度增大，N原子电子云密度越大其碱性越强。
【解答】解：A．吡啶中N原子的价层电子对数为3，N原子采用sp2杂化，sp3杂化轨道用于容纳价层孤电子对，故A错误；
B．吡啶分子中N原子含有孤电子对，则吡啶是极性分子且能与水形成氢键，所以吡啶在水中的溶解度比苯中大；
C．吡啶分子中N原子含有孤电子对+形成配位键，则吡啶能与盐酸反应生成可溶性盐、分液，故C正确；
D．中﹣CH3是推电子基，使N原子电子云密度增大，碱性比强，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原子轨道杂化方式及杂化类型的判断，侧重分析能力和灵活运用能力考查，把握氢键对物质性质的影响、原子轨道杂化方式的判断、物质结构及性质、物质分离提纯等知识是解题关键，题目难度中等。
13．（3分）常温下，用NaOH溶液滴加到某酒石酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．L2表示pH与﹣lg的变化关系
B．NaHX溶液中c（H+）＞c（OH﹣）
C．线L2上每点对应的溶液中水的电离程度都大于线L1
D．当c（Na+）﹣c（HX﹣）﹣c（X2﹣）＝0时，pH＜7
【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），由坐标原点﹣lg＝0时存在c（HX﹣）＝c（X2﹣），﹣lg＝0时存在c（HX﹣）＝c（H2X），此时pH＝4.34＞3，可知L1表示pH与﹣lg的变化关系、L2表示pH与﹣lg的变化关系，以此来解答。
【解答】解：A.由第一步电离大于第二步电离，且坐标原点对应的pH2表示pH与﹣lg的变化关系；
B.由c（HX﹣）＝c（X5﹣）时溶液pH＝4.34，可知NaHX溶液中HX﹣电离程度大于HX﹣水解程度，则NaHX溶液呈酸性+）＞c（OH﹣），故B正确；
C.由图可知，图中两条线上存在pH相等的点2上每点对应的溶液中水的电离程度可能等于线L7，故C错误；
D.若恰好反应生成NaHX时，由物料守恒可知c（Na+）＝c（HX﹣）+c（X2﹣），结合选项B可知+）﹣c（HX﹣）﹣c（X2﹣）＝8时，pH＜7；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握发生的反应、pH与负对数的关系、离子浓度关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度较大。
14．（3分）2﹣甲氧基﹣2﹣甲基丁烷（TAME）常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得
反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx（Kx指用平衡时各物质的物质的量分数来代替该物质的平衡浓度）与温度T变化关系如图1所示。一定温度下（此温度时，Kx3＝9），充有A、B和CH3OH的容器中，A和B物质的量浓度随时间变化如图2所示。据图判断，下列说法正确的是（ ）
A．A和B相对稳定性较差的是B
B．的数值范围是（0～1）
C．图2中曲线X代表A的变化
D．t＝100s时，反应Ⅲ向逆反应方向移动
【分析】A．反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，能量越高越活泼；
B．由盖斯定律可知，Ⅰ﹣Ⅱ＝Ⅲ，则△H1﹣△H2＝△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大；
C．温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3＝9.0，＝9.0，由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y；
D．由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化，t＝100s时Qc＝＝≈10.2＞Kx3，此时反应Ⅲ正在向逆反应方向移动。
【解答】解：A．由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ，说明3个反应均为放热反应1＜3、△H2＜0、△H8＜0，因此，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B；
B．由盖斯定律可知，则△H1﹣△H5＝△H3＜0，因此△H4＜△H2，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则，故B错误；
C．温度为353Kx3＝9.6，＝9.0、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，则代表B的变化曲线为X；
D．由母线的变化趋势可知，t＝100s时Qc＝＝≈10.2＞Kx3，此时反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，即正反应速率v正小于逆反应速率v逆，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡有关知识，题目难度中等，依据化学平衡图象获取信息，进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素分析，需要学生重视基本知识的掌握，有利于培养学生获取信息的能力及解题能力。
15．（3分）根据下列图示所得出的结论不正确的是（ ）
A．由图甲可知，除去CuCl2溶液中的Fe3+可加入适量CuO调节pH至4.5左右
B．图乙是一定温度下三种碳酸盐的沉淀溶解平衡曲线，向浓度相等的Mg2+、Mn2+、Ca2+溶液中加入Na2CO3溶液，首先沉淀的离子是Mn2+
C．图丙是室温下AgCl和AgI的饱和溶液中离子浓度的关系曲线，该温度下反应AgCl（s）+I﹣（aq）⇌AgI（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数K＝2.5×106
D．图丁是室温下AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，X区域中的点可以同时生成AgCl和Ag2CrO4沉淀
【分析】A．由图可知，除去CuCl2溶液中的Fe3+可加入适量CuO等调节pH至4.5左右；
B．向浓度相等的Mg2+、Mn2+、Ca2+溶液中加入Na2CO3溶液，溶度积常数小的先沉淀；
C．反应AgCl（s）+I﹣（aq）⇌AgI（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数K＝＝；
D．若浓度积Q＜离子积Ksp时，不溶物继续溶解，溶液没有达到饱和状态；Q＞Ksp时，溶液达到过饱和状态，生成沉淀。
【解答】解：A．由图可知3+沉淀完全，Cu2+没有转化为沉淀，所以除去CuCl4溶液中的Fe3+可加入适量CuO等调节溶液pH至4.2左右，故A正确；
B．由图可知，Ksp：MgCO3＞CaCO3＞MnCO8，向浓度相等的Mg2+、Mn2+、Ca5+溶液中加入Na2CO3溶液，溶度积常数小的先沉淀3+，故B正确；
C．由图可知，Ksp（AgCl）＝c（Ag+）•c（Cl﹣）＝10﹣5×2×10﹣4＝2×10﹣10，同理Ksp（AgI）＝8×10﹣17，反应AgCl（s）+I﹣（aq）⇌AgI（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝2.3×106，故C正确；
D．图中X区域中浓度积Q＜离子积Ksp，为AgCl和Ag2CrO5的不饱和溶液，不能生成AgCl和Ag2CrO4沉淀，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及溶度积常数的计算，把握沉淀溶解平衡原理、溶度积常数的计算、沉淀转化的应用是解题关键，侧重计算能力和灵活运用能力的考查，注意掌握Ksp的应用，题目难度中等。
16．（3分）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
实验方案
现象
结论
A
向苯和甲苯中分别加入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡并观察现象
若甲苯中溶液紫红色褪去
说明甲苯分子中苯环对甲基有影响
B
将注射器充满NO2气体，然后将活塞往里推
注射器内气体颜色加深
证明加压平衡朝生成NO2气体的方向移动
C
用pH试纸测定1mol•L﹣1的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH
若前者的试纸颜色比后者深
说明非金属性：S＞C
D
取铁与水蒸气实验反应后固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液
若没有出现血红色
铁与水蒸气未反应
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．只有甲苯被高锰酸钾氧化；
B．将活塞往里推，浓度增大，且压强增大使2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡正向移动；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，相同物质的量浓度的钠盐溶液，其pH值越小；
D．未反应的Fe和Fe3+反应生成Fe2+。
【解答】解：A．只有甲苯被高锰酸钾氧化，故A正确；
B．将活塞往里推，且压强增大使2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡正向移动，则气体颜色先加深后变浅，故B错误；
C．用pH试纸测定1mol•L﹣2的Na2CO3和Na3SO3溶液的pH，若前者的试纸颜色比后者深，则碳酸的酸性小于亚硫酸2SO5不是S元素的最高价氧化物的水化物，所以不能根据碳酸，故C错误；
D．未反应的Fe和Fe3+反应生成Fe2+，所以根据实验现象不能说明铁和水蒸气未反应，故D错误；
故选：A。
【点评】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，明确元素化合物的性质、实验原理是解本题关键，C为解答易错点。
17．铁及其化合物用途广泛，请回答：
（1）与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有 7 种。
（2）FeSO4•7H2O的结构如图所示。
FeSO4•7H2O中H2O与Fe2+、H2O与的作用力类型分别是 配位键 、 氢键 。H2O中H﹣O﹣H的键角 ＜ 中O﹣S﹣O的键角（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图1所示。
Ⅰ．该超导材料的化学式是 KFe2Se2 。
Ⅱ．该晶胞参数a＝0.4nm、c＝1.4nm，该晶体密度ρ＝ g⋅cm﹣3。（用NA表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可）
Ⅲ．该晶胞在xy平面投影如图2所示，将图2补充完整 。
【分析】（1）Fe位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，最外层有2个电子；
（2）H2O中O原子含有孤电子对，可以形成配位键，H2O中H原子之间可以形成氢键；H2O中H﹣O﹣H的键角为104.5°，中O﹣S﹣O的键角为109°28′；
（3）Ⅰ．该晶胞中K原子个数＝8×+1＝2，Fe原子个数＝8×＝4，Se原子个数＝2+8×＝4，所以K、Fe、Se原子个数之比为2：4：4＝1：2：2；
Ⅱ．该晶胞体积＝（0.4×10﹣7cm）2×（1.4×10﹣7cm）＝0.4×0.4×1.4×10﹣21cm3，该晶胞中相当于含有2个“KFe2Se2”，根据ρ＝计算晶体密度；
Ⅲ．该晶胞在xy平面投影如图2所示，还有2个Fe位于左右边长中心上。
【解答】解：（1）Fe位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，基态Fe原子的价层电子排布式为3d63s2，最外层有2个电子，则与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素的价层电子排布式分别为7d14s3、3d23s2、3d54s2、3d54s4、3d76s2、3d34s2、2d94s4，共7种，
故答案为：7；
（2）由图可知，FeSO3•7H2O中H4O与Fe2+是配位键，H2O与的作用力是氢键；H2O中H﹣O﹣H的键角为104.6°，中O﹣S﹣O的键角为109°28′，H7O中H﹣O﹣H的键角小于中O﹣S﹣O的键角，
故答案为：配位键；氢键；＜；
（3）Ⅰ．该晶胞中K原子个数＝4×，Fe原子个数＝5×，Se原子个数＝4+8×，所以K、Se原子个数之比为2：4：5＝1：2：72Se2，
故答案为：KFe7Se2；
Ⅱ．该晶胞体积＝（0.6×10﹣7cm）2×（3.4×10﹣7cm）＝3.4×0.8×1.4×10﹣21cm4，该晶胞中相当于含有2个“KFe2Se4”，该晶体密度ρ＝＝﹣2＝g⋅cm﹣4，
故答案为：；
Ⅲ．该晶胞在xy平面投影如图4所示，其图象为，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、化学键、氢键、晶胞结构与计算等知识点，侧重考查阅读能力、分析能力、判断能力及计算能力，晶胞计算是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等。
18．难溶络合物X由3种元素组成，某实验小组按如图流程进行相关实验：
已知：反应①生成两种正盐及一种弱酸，E是空气中含量最多的气体。
（1）X所含元素有 Fe、C、N （填元素符号），X的化学式为 Fe4[Fe（CN）6]3 。
（2）写出反应①的离子方程式 。
（3）已知反应①中生成的弱酸有剧毒，工业上常采用碱性氯化法处理该物质，处理过程分两个阶段（即反应②）的化学方程式 2NaCN+12NaOH+5Cl2═2Na2CO3+N2↑+10NaCl+6H2O 。
（4）请设计实验检验溶液A中的金属阳离子 取少量溶液A加入试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则含有Fe3+；另取少量溶液A于试管中，滴加铁氰化钾K4Fe（CN）6，若产生蓝色沉淀，则含有Fe2+ 。
【分析】固体X加入稀硫酸，得到两种正盐和已知弱酸，加热NaOH得到沉淀灼烧后红棕色固体是Fe2O3，说明含有铁元素，溶液B加足量氯气得到空气中含量最多的气体E是N2，说明含有氮元素，溶液F加足量Ca（OH）2，得到白色沉淀是CaCO3，说明含有C元素，加入稀硫酸生成的弱酸应该是HCN，两种硫酸盐是硫酸铁和硫酸亚铁，以此来解答。
【解答】解：（1）根据分析X所含元素是Fe、C、N；得到N2标况下20.16L即0.5mol，含N元素为1.8mol4180g含C元素是1.8mol，X中含有CN﹣离子，86g固体中含Fe元素为，铁和CN﹣离子之比为7：18，根据化合价代数和为0原则得出化学式为Fe3[Fe（CN）6]3，
故答案为：Fe、C、N；Fe4[Fe（CN）6]3；
（2）Fe4[Fe（CN）6]3中Fe5+有4个，Fe2+有6个，与硫酸反应的离子方程式为：，
故答案为：；
（3）HCN与足量的NaOH生成NaCN，NaCN与氯气反应生成物质有N6，碳酸盐，氯气转化为氯离子2═2Na3CO3+N2↑+10NaCl+5H2O，
故答案为：2NaCN+12NaOH+4Cl2═2Na4CO3+N2↑+10NaCl+6H2O；
（4）A中的金属阳离子是Fe2+和Fe8+，检验方法是：取少量溶液A加入试管中，滴加几滴 ，若溶液变血红色3+；另取少量溶液A于试管中，滴加铁氰化钾K4Fe（CN）3，若产生蓝色沉淀，则含有Fe2+，
故答案为：取少量溶液A加入试管中，滴加几滴KSCN溶液，则含有Fe3+；另取少量溶液A于试管中，滴加铁氰化钾K2Fe（CN）6，若产生蓝色沉淀，则含有Fe2+。
【点评】本题主要考查了探究物质的组成或测量物质的含量的有关知识，是高频考点，解题时要看框内外，边分析，边思考，理解制备流程是解题关键，侧重考查分析计算能力，题目难度一般。
19．CO2有效转化是研究“碳中和”的重要方向。
（1）CO2可用于人工合成淀粉，其中前两步的反应如图1所示。
已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3，则CO2（g）+2H2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g）的△H＝ △H1+△H2﹣△H3 （用△H1、△H2、△H3表示）。
（2）一定条件下，利用CO2合成CH3OH的反应如下：
Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1，研究发现，反应过程中会有副反应：Ⅱ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H4，温度对CH3OH、CO产率的影响如图2所示。
下列说法不正确的是 AC 。
A．△H1＞0，△H4＜0
B．增大压强有利于加快合成CH3OH反应的速率
C．生产过程中，温度越高越有利于提高CH3OH的产率
D．生产过程中，通过使用合适的催化剂以提高CH3OH的选择性
（3）一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，同时发生反应图2Ⅰ、Ⅱ，检测反应器出口气体的成分及其含量2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能（CH3OH选择性＝×100%）。
①220℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比为n（CH3OH）：n（CO2）：n（CO）＝1：5.2：2，则该温度下CO2转化率＝ 36.6% 。
②其它条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图3所示：
由图3可知，CO2的转化率实验值低于其平衡值，而CH3OH选择性的实验值却略高于其平衡值，请说明理由 CO2的转化率实验值低于其平衡值，原因为在一定的时间内反应没有达到平衡状态导致二氧化碳转化率较低；CH3OH选择性的实验值略高于其平衡值，原因为该条件下反应Ⅰ的反应速率高于反应Ⅱ，导致单位时间内生成甲醇的量相对更多 。
（4）恒压下，CO2和H2以物质的量之比1：3投料合成甲醇（不考虑副反应Ⅱ），在有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图4所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。请在图4中画出无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化曲线 。
【分析】（1）反应①为3H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CH3OH（g），△H1；反应②为CH3OH（g）+O2（g）⇌H2O（l）+CH2O（g），△H2；根据盖斯定律，反应①+②﹣③即得到反应CO2（g）+2H2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g）；
（2）A.根据图示，升温后CH3OH的产率降低，反应I平衡向逆反应方向移动，△H1＜0；升温后，CO产率增大，反应4平衡向正反应方向移动，△H4＞0；
B.反应有气体参与，增大压强有利于加快合反应的速率；
C.图像可知，温度越高，CH3OH的产率越低；
D.合适的催化剂可以提高CH3OH的选择性；
（3）①220°C时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比为n（CH3OH）：n（CO2）：n（CO）＝1：5.2：2；
②反应①是放热反应，反应②是吸热反应，温度升高，反应①逆向移动，反应②正向移动，温度高于260°C时，反应②正向移动的程度大于反应①逆向移动的程度，所以二氧化碳的转化率随温度升高而增大；当温度相同时，甲醇的选择性实验值高于平衡值，在该条件下反应①的速率大于反应②，单位时间内生成醇的量比生成CO的量多，以此来解答。
【解答】解：（1）反应①为3H2（g）+CO8（g）⇌H2O（g）+CH3OH（g），△H6；反应②为CH3OH（g）+O2（g）⇌H2O（l）+CH5O（g），△H2；根据盖斯定律，反应①+②﹣2（g）+2H5（g）⇌HCHO（g）+H2O（g），其△H＝：△H1+△H2﹣△H4，
故答案为：△H1+△H2﹣△H3；
（2）A.根据图示，升温后CH4OH的产率降低，反应I平衡向逆反应方向移动1＜0；升温后，反应6平衡向正反应方向移动4＞0，A错误；
B.反应有气体参与，增大压强有利于加快合反应的速率；
C.图像可知，温度越高2OH的产率越低，C错误；
D.合适的催化剂可以提高CH3OH的选择性，D正确；
故答案为：AC；
（3）①220°C时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比为n（CH3OH）：n（CO7）：n（CO）＝1：5.6：2，则该温度下的转化率为：，
故答案为：36.6%；
②反应①是放热反应，反应②是吸热反应，反应①逆向移动，温度高于260°C时，所以二氧化碳的转化率随温度升高而增大，甲醇的选择性实验值高于平衡值，单位时间内生成醇的量比生成CO的量多，
故答案为：CO3的转化率实验值低于其平衡值，原因为在一定的时间内反应没有达到平衡状态导致二氧化碳转化率较低3OH选择性的实验值略高于其平衡值，原因为该条件下反应Ⅰ的反应速率高于反应Ⅱ；
（4）分子筛膜分离出水，使反应I平衡正向移动，温度升高平衡逆向移动，正向移动程度更大；温度较高时，甲醇产率降低，
故答案为：。
【点评】本题主要考查了化学平衡的计算有关知识，是高频考点，掌握计算方法是解题关键，侧重考查分析计算能力，题目难度一般。
20．三氯化六氨合钴（Ⅲ）的化学式为[Co（NH3）6]Cl3，是一种典型的维尔纳配合物。在实验室中，常以活性炭为催化剂，以H2O2、NH3、NH4Cl、CoCl2为原料在溶液中反应制备，化学方程式为：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O，某同学设计如图反应装置（夹持仪器及加热装置已省略）制备[Co（NH3）6]Cl3，并测定该物质中NH3的含量：
回答下列问题：
（1）装置A中盛放浓氨水的仪器名称 分液漏斗 。
（2）反应温度不宜超过50℃的原因是 氨水挥发、H2O2会分解 。
（3）装置C的作用 除去多余氨气且防止倒吸 。
（4）装置B中反应结束后，用冰水浴冷却后过滤，把沉淀溶解于沸水中，再慢慢加入适量浓盐酸于滤液中，有大量橙黄色[Co（NH3）6]Cl3晶体析出。
①趁热过滤的目的是 除去活性炭，同时减少[Co（NH3）6]Cl3因降温而提前析出造成的损失 。
②简述加入适量浓盐酸于滤液中，有大量橙黄色[Co（NH3）6]Cl3晶体析出的原因 加入浓盐酸后，溶液中Cl﹣浓度增大，使平衡向左移动，促进[Co（NH3）6]Cl3晶体析出 。
（5）三氯化六氨合钴（Ⅲ）样品中NH3的含量测定涉及反应为NH3+H3BO3═NH3⋅H3BO3；NH3⋅H3BO3+HCl═NH4Cl+H3BO3。所用装置（部分夹持仪器已省略）如图所示。
称取[Co（NH3）6]Cl3晶体样品mg于烧杯中，加入蒸馏水溶解后，由进样漏斗加入烧瓶中，蒸馏水冲洗后，在进样漏斗留一部分蒸馏水。开启电炉加热3）6]Cl3+3NaOHCo（OH）3↓+6NH3↑+3NaCl}，直至无气体放出。氨气被硼酸完全吸收后，用cmol⋅L﹣1的盐酸滴定锥形瓶中混合液，滴定终点时，消耗盐酸的体积VmL。三氯化六氨合钴（Ⅲ）3的质量分数为 %。
【分析】由反应装置图可知，A是制取氨气的，制取的氨气进入B中与二氯化钴、氯化铵、H2O2反应制备[Co（NH3）6]Cl3，尾气用防倒吸装置的C吸收，以此答题。
【解答】解：（1）根据仪器构造可知盛浓氨水的仪器是分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）由于氨水易挥发，H2O2受热易分解，因此加热温度不能超过50°C，
故答案为：氨水挥发、H5O2会分解；
（3）装置C吸收多余的氨气，而且有防倒吸作用，
故答案为：除去多余氨气且防止倒吸；
（4）①用热水溶解趁热过滤除去活性炭，同时防止[Co（NH3）4]Cl3的析出，提高产率，
故答案为：除去活性炭，同时减少[Co（NH3）3]Cl3因降温而提前析出造成的损失；
②在[Co（NH3）4]Cl3溶液中，存在，加入浓盐酸增大Cl﹣浓度，使平衡向左移动8）6]Cl3晶体析出，
故答案为：加入浓盐酸后，溶液中Cl﹣浓度增大，使平衡，促进[Co（NH3）6]Cl6晶体析出；
（5）根据反应得到如下关系：NH3～NH3•H3BO3～HCl，消耗lmol盐酸，HCl的物质的量为cv×10﹣3mol，氨气的物质的量也是cv×10﹣8mol，氨气的质量分数为，
故答案为：。
【点评】本题主要考查了制备实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，正确理解每个装置的作用是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
21．电影《我不是药神》中治疗白血病的药物格列宁（化合物I）的合成路线如图：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）化合物F中官能团名称 氨基、酰胺基 。
（2）化合物B的结构简式是 。
（3）下列说法正确的是 BC 。
A．化合物D的核磁共振氢谱有三种吸收峰
B．化合物G具有碱性
C．若反应④是加成反应，则试剂X：H2N﹣C≡N
D．化合物I的分子式是C24H30N7O
（4）C→E的化学方程式为 。
（5）写出同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式 。
①IR谱检测表明：分子中含苯环，不含C＝C键、C﹣N键、C≡N键；
②1H﹣NMR谱检测表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子。
（6）设计以CH2＝CH2和CH3NH2为原料合成化合物D的路线（用流程图表示，无机试剂任选） 。
【分析】根据A、E的结构简式及B、C、D的分子式知，A和B发生取代反应生成C，C和D发生取代反应生成E，B为、C为、D为；E发生还原反应生成F，F和试剂X发生反应生成G，若反应④是加成反应，则X为H2NCN；G和H发生反应生成I；
（6）以CH2＝CH2和CH3NH2为原料合成化合物，乙烯发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和CH3NH2发生取代反应生成CH3N（CH2CH2OH）2，CH3N（CH2CH2OH）2和氨气反应生成。
【解答】解：（1）化合物F中官能团名称为氨基、酰胺基，
故答案为：氨基、酰胺基；
（2）化合物B的结构简式是，
故答案为：；
（3）A．D为，含有4种氢原子，所以化合物D的核磁共振氢谱有4种吸收峰；
B．化合物G含有氨基，故B正确；
C．若反应④是加成反应7N﹣C≡N，故C正确；
D．化合物I的分子式是C29H31N7O，故D错误；
故答案为：BC；
（4）C→E的化学方程式为，
故答案为：；
（5）H的同分异构体同时符合下列条件：
①IR谱检测表明：分子中含苯环，不含C＝C键、C≡N键；
②1H﹣NMR谱检测表明：分子中有3种不同化学环境的氢原子，根据其不饱和度知、N＝O键，
故答案为：；
（6）以CH2＝CH2和CH3NH2为原料合成化合物，乙烯发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和CH3NH2发生取代反应生成CH3N（CH2CH8OH）2，CH3N（CH2CH2OH）2和氨气反应生成，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
2022-2023学年浙江省温州市十校联合体
高二（下）期末化学试卷
一、选择题（共16小题，每小题仅有一个选项正确，每小题3分，共48分）
1．（3分）下列物质因水解呈碱性的是（ ）
A．NH3•H2O B．NaHCO3 C．NaClO4 D．NH4Cl
2．（3分）近日，温州大学王舜教授课题组与美国北德克萨斯大学ZhenhaiXia教授合作在杂原子掺杂碳的超级电容领域取得了新突破。下列C原子电子排布图表示的状态中能量关系正确的是（ ）
A．①＝②＝③＝④ B．③＞④＞①＞② C．②＞①＞④＞③ D．④＞③＞①＝②
3．（3分）下列有关物质结构说法不正确的是（ ）
A．HClO的空间结构为V型
B．BF3中B原子轨道为sp2杂化
C．[Co（NH3）4Cl2]Cl的中心离子配位数为6
D．基态Cr的价电子轨道表示式
4．（3分）下列关于物质的说法正确的是（ ）
A．在金刚石晶体中，最小的环上有6个碳原子
B．杯酚是一种常见的超分子，能与C60结合，不能与C70结合，因此可实现C60和C70的分离
C．B3N3H6（无机苯）的结构与苯类似，其熔点主要取决于所含化学键的键能
D．某些金属盐灼烧呈现不同焰色是因为电子从低能级跃迁至较高能级时吸收光的波长不同
5．（3分）下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是（ ）
A．NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因
B．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，不能说明稀HNO3氧化性更强
C．将Cl2通入饱和的澄清石灰水中，即制得以Ca（ClO）2为有效成分的漂白粉
D．工业上用石英砂制备高纯硅的过程涉及的反应类型有分解反应、化合反应、置换反应等
6．（3分）关于方程式C2H6O+KMnO4+H2SO4→K2SO4+X+CO2↑+H2O（未配平），下列说法正确的是（ ）
A．X的化学式为K2MnO4
B．氧化产物是CO2
C．每消耗1molC2H6O需要转移的电子数为6NA
D．H2SO4的化学计量数为20
7．（3分）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Na2NH中加入硫酸中：NH2﹣+2H+═NH3↑
B．将溶液NaAlO2与溶液NaHCO3混合：++H2O═Al（OH）3↓+
C．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：H2SO3+ClO﹣═Cl﹣+2H++
D．往硫酸氢铵溶液滴加过量NaOH溶液：H++OH﹣═H2O
8．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．高分子分离膜可用于污水、工业废水处理和海水淡化等
B．胺类可以看作是烃分子中的氢原子被氨基所替代的化合物
C．只用新制氢氧化铜（可加热）就能区分乙醇、乙醛、己烷、四氯化碳
D．酚醛树脂由苯酚和甲醛通过加聚反应得到，可用作绝缘隔热等材料
9．（3分）某有机物的结构简式如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．该物质含有两个手性碳原子，有旋光性
B．1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗3molBr2
C．该物质可以和碳酸钠、碳酸氢钠、盐酸反应
D．该有机物的分子式为C12H10O4NBr
10．（3分）前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的3倍；在同周期元素中；Z是金属性最强的短周期元素；W元素基态原子最外层只有2个电子（ ）
A．Y在周期表中位于第二周期ⅥA族
B．电负性大小：x（Z）＜x（X）＜x（Y）
C．X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的强
D．W元素在元素周期表中的s区
11．（3分）以柏林绿Fe[Fe（CN）6]新型可充电钠离子电池为电源，采用电解法在N﹣羟基邻苯二甲酰亚胺（NHPI）介质中用乙醇制乙醛。下列说法正确的是（ ）
A．原电池中的离子交换膜为阳离子交换膜且电池工作时溶液中Na+移向b极
B．制备乙醛时b极连接c极
C．电源充分充电时，a极反应式为Na2Fe[Fe（CN）6]﹣2e﹣═Fe[Fe（CN）6]+2Na+
D．若有2molFe[Fe（CN）6]转化成Na2Fe[Fe（CN）6]时，生成1molCH3CHO
12．（3分）吡啶（）含有与苯环类似的大π键，下列有关说法或实验操作不正确的是（ ）
A．吡啶中N原子的价层孤电子对占据了一个未参与杂化的p轨道
B．吡啶是极性分子且能与水形成氢键，故吡啶在水中的溶解度比苯中大
C．除去苯中含有的少量吡啶：用盐酸洗涤、分液、干燥有机层
D．N原子电子云密度越大则其碱性越强，故碱性比强
13．（3分）常温下，用NaOH溶液滴加到某酒石酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．L2表示pH与﹣lg的变化关系
B．NaHX溶液中c（H+）＞c（OH﹣）
C．线L2上每点对应的溶液中水的电离程度都大于线L1
D．当c（Na+）﹣c（HX﹣）﹣c（X2﹣）＝0时，pH＜7
14．（3分）2﹣甲氧基﹣2﹣甲基丁烷（TAME）常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得
反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx（Kx指用平衡时各物质的物质的量分数来代替该物质的平衡浓度）与温度T变化关系如图1所示。一定温度下（此温度时，Kx3＝9），充有A、B和CH3OH的容器中，A和B物质的量浓度随时间变化如图2所示。据图判断，下列说法正确的是（ ）
A．A和B相对稳定性较差的是B
B．的数值范围是（0～1）
C．图2中曲线X代表A的变化
D．t＝100s时，反应Ⅲ向逆反应方向移动
15．（3分）根据下列图示所得出的结论不正确的是（ ）
A．由图甲可知，除去CuCl2溶液中的Fe3+可加入适量CuO调节pH至4.5左右
B．图乙是一定温度下三种碳酸盐的沉淀溶解平衡曲线，向浓度相等的Mg2+、Mn2+、Ca2+溶液中加入Na2CO3溶液，首先沉淀的离子是Mn2+
C．图丙是室温下AgCl和AgI的饱和溶液中离子浓度的关系曲线，该温度下反应AgCl（s）+I﹣（aq）⇌AgI（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数K＝2.5×106
D．图丁是室温下AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，X区域中的点可以同时生成AgCl和Ag2CrO4沉淀
16．（3分）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
实验方案
现象
结论
A
向苯和甲苯中分别加入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡并观察现象
若甲苯中溶液紫红色褪去
说明甲苯分子中苯环对甲基有影响
B
将注射器充满NO2气体，然后将活塞往里推
注射器内气体颜色加深
证明加压平衡朝生成NO2气体的方向移动
C
用pH试纸测定1mol•L﹣1的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH
若前者的试纸颜色比后者深
说明非金属性：S＞C
D
取铁与水蒸气实验反应后固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液
若没有出现血红色
铁与水蒸气未反应
A．A B．B C．C D．D
17．铁及其化合物用途广泛，请回答：
（1）与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有 种。
（2）FeSO4•7H2O的结构如图所示。
FeSO4•7H2O中H2O与Fe2+、H2O与的作用力类型分别是 、 。H2O中H﹣O﹣H的键角 中O﹣S﹣O的键角（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图1所示。
Ⅰ．该超导材料的化学式是 。
Ⅱ．该晶胞参数a＝0.4nm、c＝1.4nm，该晶体密度ρ＝ g⋅cm﹣3。（用NA表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可）
Ⅲ．该晶胞在xy平面投影如图2所示，将图2补充完整 。
18．难溶络合物X由3种元素组成，某实验小组按如图流程进行相关实验：
已知：反应①生成两种正盐及一种弱酸，E是空气中含量最多的气体。
（1）X所含元素有 （填元素符号），X的化学式为 。
（2）写出反应①的离子方程式 。
（3）已知反应①中生成的弱酸有剧毒，工业上常采用碱性氯化法处理该物质，处理过程分两个阶段（即反应②）的化学方程式 。
（4）请设计实验检验溶液A中的金属阳离子 。
19．CO2有效转化是研究“碳中和”的重要方向。
（1）CO2可用于人工合成淀粉，其中前两步的反应如图1所示。
已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3，则CO2（g）+2H2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g）的△H＝ （用△H1、△H2、△H3表示）。
（2）一定条件下，利用CO2合成CH3OH的反应如下：
Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1，研究发现，反应过程中会有副反应：Ⅱ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H4，温度对CH3OH、CO产率的影响如图2所示。
下列说法不正确的是 。
A．△H1＞0，△H4＜0
B．增大压强有利于加快合成CH3OH反应的速率
C．生产过程中，温度越高越有利于提高CH3OH的产率
D．生产过程中，通过使用合适的催化剂以提高CH3OH的选择性
（3）一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，同时发生反应图2Ⅰ、Ⅱ，检测反应器出口气体的成分及其含量2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能（CH3OH选择性＝×100%）。
①220℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比为n（CH3OH）：n（CO2）：n（CO）＝1：5.2：2，则该温度下CO2转化率＝ 。
②其它条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图3所示：
由图3可知，CO2的转化率实验值低于其平衡值，而CH3OH选择性的实验值却略高于其平衡值，请说明理由 。
（4）恒压下，CO2和H2以物质的量之比1：3投料合成甲醇（不考虑副反应Ⅱ），在有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图4所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。请在图4中画出无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化曲线 。
20．三氯化六氨合钴（Ⅲ）的化学式为[Co（NH3）6]Cl3，是一种典型的维尔纳配合物。在实验室中，常以活性炭为催化剂，以H2O2、NH3、NH4Cl、CoCl2为原料在溶液中反应制备，化学方程式为：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O，某同学设计如图反应装置（夹持仪器及加热装置已省略）制备[Co（NH3）6]Cl3，并测定该物质中NH3的含量：
回答下列问题：
（1）装置A中盛放浓氨水的仪器名称 。
（2）反应温度不宜超过50℃的原因是 。
（3）装置C的作用 。
（4）装置B中反应结束后，用冰水浴冷却后过滤，把沉淀溶解于沸水中，再慢慢加入适量浓盐酸于滤液中，有大量橙黄色[Co（NH3）6]Cl3晶体析出。
①趁热过滤的目的是 。
②简述加入适量浓盐酸于滤液中，有大量橙黄色[Co（NH3）6]Cl3晶体析出的原因 。
（5）三氯化六氨合钴（Ⅲ）样品中NH3的含量测定涉及反应为NH3+H3BO3═NH3⋅H3BO3；NH3⋅H3BO3+HCl═NH4Cl+H3BO3。所用装置（部分夹持仪器已省略）如图所示。
称取[Co（NH3）6]Cl3晶体样品mg于烧杯中，加入蒸馏水溶解后，由进样漏斗加入烧瓶中，蒸馏水冲洗后，在进样漏斗留一部分蒸馏水。开启电炉加热3）6]Cl3+3NaOHCo（OH）3↓+6NH3↑+3NaCl}，直至无气体放出。氨气被硼酸完全吸收后，用cmol⋅L﹣1的盐酸滴定锥形瓶中混合液，滴定终点时，消耗盐酸的体积VmL。三氯化六氨合钴（Ⅲ）3的质量分数为 %。
21．电影《我不是药神》中治疗白血病的药物格列宁（化合物I）的合成路线如图：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）化合物F中官能团名称 。
（2）化合物B的结构简式是 。
（3）下列说法正确的是 。
A．化合物D的核磁共振氢谱有三种吸收峰
B．化合物G具有碱性
C．若反应④是加成反应，则试剂X：H2N﹣C≡N
D．化合物I的分子式是C24H30N7O
（4）C→E的化学方程式为 。
（5）写出同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式 。
①IR谱检测表明：分子中含苯环，不含C＝C键、C﹣N键、C≡N键；
②1H﹣NMR谱检测表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子。
（6）设计以CH2＝CH2和CH3NH2为原料合成化合物D的路线（用流程图表示，无机试剂任选） 。
2022-2023学年浙江省温州市十校联合体高二（下）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16小题，每小题仅有一个选项正确，每小题3分，共48分）
1．（3分）下列物质因水解呈碱性的是（ ）
A．NH3•H2O B．NaHCO3 C．NaClO4 D．NH4Cl
【分析】物质的水溶液因水解呈碱性的是强碱弱酸盐，据此分析。
【解答】解：A．NH3•H2O电离出氢氧根离子，溶液显酸性；
B．NaHCO6是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，故B正确；
C．NaClO4为强酸强碱盐，不水解；
D．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了盐类的水解和电解质的电离，题目难度不大，应注意的是碱一定显碱性，但显碱性的不一定是碱。
2．（3分）近日，温州大学王舜教授课题组与美国北德克萨斯大学ZhenhaiXia教授合作在杂原子掺杂碳的超级电容领域取得了新突破。下列C原子电子排布图表示的状态中能量关系正确的是（ ）
A．①＝②＝③＝④ B．③＞④＞①＞② C．②＞①＞④＞③ D．④＞③＞①＝②
【分析】电子能量为1s＜2s＜2p，则2p轨道上电子越多、1s、2s轨道上电子越少，其能量越高，以此解答该题。
【解答】解：电子能量为1s＜2s＜3p，则2p轨道上电子越多、2s轨道上电子越少，则能量由高到低的顺序是②＞①＞④＞③，
故选：C。
【点评】本题考查基态原子核外电子排布规则，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握遵循洪特规则、泡利不相容原理、能量最低原理，基态原子排布能量最低，题目难度不大。
3．（3分）下列有关物质结构说法不正确的是（ ）
A．HClO的空间结构为V型
B．BF3中B原子轨道为sp2杂化
C．[Co（NH3）4Cl2]Cl的中心离子配位数为6
D．基态Cr的价电子轨道表示式
【分析】A．HClO的结构式为H﹣O﹣Cl，O原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体；
B．BF3中B原子的价层电子对数为3+＝3，VSEPR模型为平面三角形；
C．[Co（NH3）4Cl2]Cl的配离子[Co（NH3）4Cl2]+，其中NH3、Cl﹣为配体，配体数即为配体总数；
D．基态Cr的价电子排布式为3d54s1。
【解答】解：A．HClO的结构式为H﹣O﹣Cl，VSEPR模型为四面体，则HClO的空间结构为V型；
B．BF3中B原子的价层电子对数为3+＝3，则B原子杂化轨道类型为sp2，故B正确；
C．[Co（NH4）4Cl2]Cl的配离子[Co（NH4）4Cl2]+，其中NH8、Cl﹣为配体，配体数为4+2＝5；
D．基态Cr的价电子排布式为3d57s1，价电子轨道表示式为，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查配合物、原子轨道杂化类型和分子空间构型的判断，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握VSEPR模型的应用、配位键形成条件、配离子构成、价电子概念是解题关键，题目难度中等。
4．（3分）下列关于物质的说法正确的是（ ）
A．在金刚石晶体中，最小的环上有6个碳原子
B．杯酚是一种常见的超分子，能与C60结合，不能与C70结合，因此可实现C60和C70的分离
C．B3N3H6（无机苯）的结构与苯类似，其熔点主要取决于所含化学键的键能
D．某些金属盐灼烧呈现不同焰色是因为电子从低能级跃迁至较高能级时吸收光的波长不同
【分析】A．金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环；
B．杯酚与C60之间通过分子间作用力形成超分子；
C．分子熔点主要取决于分子间的作用力；
D．焰色试验是电子从高能到低能释放能量所发出的光波。
【解答】解：A．金刚石网状结构中，最小的环上有6个碳原子；
B．杯酚与C60之间通过分子间作用力形成超分子，不是通过共价键60和C70的分离，故B错误；
C．分子熔点主要取决于分子间的作用力，故C错误；
D．焰色试验是电子从高能到低能释放能量所发出的光波，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
5．（3分）下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是（ ）
A．NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因
B．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，不能说明稀HNO3氧化性更强
C．将Cl2通入饱和的澄清石灰水中，即制得以Ca（ClO）2为有效成分的漂白粉
D．工业上用石英砂制备高纯硅的过程涉及的反应类型有分解反应、化合反应、置换反应等
【分析】根据化学与生活中的应用，氧化还原反应的定义得出答案。
【解答】解：A.SO2是无色气体，故A错误；
B.不能根据还原产物的化合价判断氧化性的强弱，故B正确；
C.氯气与石灰乳反应制取漂白水，不是石灰水；
D.制取高纯硅的化学方程式为：SiO2+CSi+4CO2SiCl4，SiCl8+2H2Si+4HCl，过程中没有分解反应；
故选：B。
【点评】本题难度不大，主要考查化学在实际生活中的应用，以及氧化还原反应的定义。
6．（3分）关于方程式C2H6O+KMnO4+H2SO4→K2SO4+X+CO2↑+H2O（未配平），下列说法正确的是（ ）
A．X的化学式为K2MnO4
B．氧化产物是CO2
C．每消耗1molC2H6O需要转移的电子数为6NA
D．H2SO4的化学计量数为20
【分析】C2H6O中碳的化合价为﹣2价，反应中生成CO2，一个C原子化合价升高了6，酸性条件下KMnO4的还原产物是MnSO4，Mn的化合价降低了5，配平后方程式为：5C2H6O+12KMnO4+18H2SO4＝6K2SO4+12MnSO4+10CO2↑+33H2O
【解答】解：A.X是MnSO4，故A错误；
B.CO2是由C3H6O被高锰酸钾氧化生成的是氧化产物，故B正确；
C.每消耗lmolC2H8O需要转移的电子数为12NA，故C错误；
D.H2SO4 的化学计量数为18，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查的是氧化还原反应相关的概念，掌握配平方法、氧化产物的判断、转移电子数的计算是解题关键，侧重考查分析的能力，难度不大。
7．（3分）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Na2NH中加入硫酸中：NH2﹣+2H+═NH3↑
B．将溶液NaAlO2与溶液NaHCO3混合：++H2O═Al（OH）3↓+
C．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：H2SO3+ClO﹣═Cl﹣+2H++
D．往硫酸氢铵溶液滴加过量NaOH溶液：H++OH﹣═H2O
【分析】A．Na2NH和硫酸反应生成硫酸钠，酸溶液中不能生成氨气；
B．偏铝酸根离子结合水、碳酸氢根离子电离出的氢离子形成氢氧化铝沉淀，促进碳酸氢根离子的电离；
C．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液，发生氧化还原反应，亚硫酸被氧化为硫酸，过量的次氯酸根离子结合氢离子生成次氯酸；
D．往硫酸氢铵溶液滴加过量NaOH溶液，反应生成硫酸钠、水和一水合氨。
【解答】解：A．Na2NH和硫酸反应生成硫酸钠和硫酸铵，反应的离子方程式为：NH2﹣+2H+═，故A错误；
B．偏铝酸根离子结合水，促进碳酸氢根离子的电离++H2O═Al（OH）3↓+，故B正确；
C．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液，亚硫酸被氧化为硫酸，离子反应为H2SO3+2ClO﹣═Cl﹣+H+++HClO；
D．往硫酸氢铵溶液滴加过量NaOH溶液、水和一水合氨+++2OH﹣＝NH7•H2O+H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力．
8．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．高分子分离膜可用于污水、工业废水处理和海水淡化等
B．胺类可以看作是烃分子中的氢原子被氨基所替代的化合物
C．只用新制氢氧化铜（可加热）就能区分乙醇、乙醛、己烷、四氯化碳
D．酚醛树脂由苯酚和甲醛通过加聚反应得到，可用作绝缘隔热等材料
【分析】A．高分子分离膜有选择地使粒子通过；
B．胺是指烃分子中的氢原子被氨基所替代的产物；
C．乙醇不与新制氢氧化铜反应，互溶，乙醛与新制氢氧化铜加热可出现砖红色沉淀，己烷密度比水小且不溶于水，与新制氢氧化铜浊液分层，己烷在上层，四氯化碳密度比水大且不溶于水，与新制氢氧化铜浊液分层，四氯化碳在下层；
D．苯酚和甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂。
【解答】解：A．高分子分离膜有选择地使粒子通过、工业废水处理和海水淡化等；
B．胺是指烃分子中的氢原子被氨基所替代的产物；
C．乙醇不与新制氢氧化铜反应，乙醛与新制氢氧化铜加热可出现砖红色沉淀，与新制氢氧化铜浊液分层，四氯化碳密度比水大且不溶于水，四氯化碳在下层，可鉴别；
D．苯酚和甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、发生的反应等为解答的关键，注意有机物的性质，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。
9．（3分）某有机物的结构简式如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．该物质含有两个手性碳原子，有旋光性
B．1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗3molBr2
C．该物质可以和碳酸钠、碳酸氢钠、盐酸反应
D．该有机物的分子式为C12H10O4NBr
【分析】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
B．碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴以1：1发生取代反应；
C．该物质具有醇、烯烃、酰胺、溴代烃、苯和酚的性质；
D．分子中C、H、O、N、Br原子个数依次是12、10、4、1、1。
【解答】解：A．如图，该分子中含有两个手性碳原子，所以具有旋光性；
B．碳碳双键和溴以1：1发生加成反应、对位氢原子能和溴以7：1发生取代反应，最多消耗3mol溴、5mol溴发生取代反应；
C．该物质具有醇、酰胺、苯和酚的性质，该有机物不能和碳酸氢钠反应，故C错误；
D．分子中C、H、O、N、10、4、1、212H10O4NBr，故D正确；
故选：C。
【点评】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。
10．（3分）前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的3倍；在同周期元素中；Z是金属性最强的短周期元素；W元素基态原子最外层只有2个电子（ ）
A．Y在周期表中位于第二周期ⅥA族
B．电负性大小：x（Z）＜x（X）＜x（Y）
C．X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的强
D．W元素在元素周期表中的s区
【分析】基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的3倍则X的电子排布为1s22s22p2，X为C。Z是金属性最强的短周期元素，Z为Na。在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种，Y为N。W元素基态原子最外层只有2个电子，且内层轨道均排满，W可能为Mg或Zn。
【解答】解：A．Y为第二周期ⅤA族；
B．同周期从左往右电负性增强即X＜Y，电负性Z＜X＜Y；
C．同周期从左往右非金属性增强，即X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的弱；
D．若W为Zn，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
11．（3分）以柏林绿Fe[Fe（CN）6]新型可充电钠离子电池为电源，采用电解法在N﹣羟基邻苯二甲酰亚胺（NHPI）介质中用乙醇制乙醛。下列说法正确的是（ ）
A．原电池中的离子交换膜为阳离子交换膜且电池工作时溶液中Na+移向b极
B．制备乙醛时b极连接c极
C．电源充分充电时，a极反应式为Na2Fe[Fe（CN）6]﹣2e﹣═Fe[Fe（CN）6]+2Na+
D．若有2molFe[Fe（CN）6]转化成Na2Fe[Fe（CN）6]时，生成1molCH3CHO
【分析】根据放电工作原理图，在正极上发生还原反应：Fe[Fe（CN）6]+2Na++2e﹣＝Na2Fe[Fe（CN）6]，a为电源正极，负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl﹣﹣4e﹣＝[Mg2Cl2]2+，b为电源负极，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反。
【解答】解：A．由分析可知，b为电源负极+移向正极，因此原电池中的离子交换膜为阳离子交换膜且电池工作时溶液中Na+移向a极，故A错误；
B．由右图可知，c极Ni2+转化为Ni3+，发生氧化反应，则c极为阳极，故B错误；
C．由分析可知7]+2Na++2e﹣＝Na8Fe[Fe（CN）6]，则电源充分充电时2Fe[Fe（CN）6]﹣2e﹣═Fe[Fe（CN）6]+8Na+，故C正确；
D．C2H5OH发生氧化反应生成CH6CHO的过程中转移2个电子，由分析可知6]+5Na++2e﹣＝Na2Fe[Fe（CN）5]，当有2molFe[Fe（CN）6]转化成Na2Fe[Fe（CN）6]时，失去4mol电子4CHO，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生电解池的掌握情况，试题难度中等。
12．（3分）吡啶（）含有与苯环类似的大π键，下列有关说法或实验操作不正确的是（ ）
A．吡啶中N原子的价层孤电子对占据了一个未参与杂化的p轨道
B．吡啶是极性分子且能与水形成氢键，故吡啶在水中的溶解度比苯中大
C．除去苯中含有的少量吡啶：用盐酸洗涤、分液、干燥有机层
D．N原子电子云密度越大则其碱性越强，故碱性比强
【分析】A．吡啶中N原子的价层电子对数为3，含有1对孤电子对，N原子采用sp2杂化；
B．分子间氢键能使物质的溶解性增大；
C．吡啶分子中N原子含有孤电子对，能与H+形成配位键，所以吡啶能与盐酸反应生成可溶性盐；
D．中﹣CH3是推电子基，使N原子电子云密度增大，N原子电子云密度越大其碱性越强。
【解答】解：A．吡啶中N原子的价层电子对数为3，N原子采用sp2杂化，sp3杂化轨道用于容纳价层孤电子对，故A错误；
B．吡啶分子中N原子含有孤电子对，则吡啶是极性分子且能与水形成氢键，所以吡啶在水中的溶解度比苯中大；
C．吡啶分子中N原子含有孤电子对+形成配位键，则吡啶能与盐酸反应生成可溶性盐、分液，故C正确；
D．中﹣CH3是推电子基，使N原子电子云密度增大，碱性比强，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原子轨道杂化方式及杂化类型的判断，侧重分析能力和灵活运用能力考查，把握氢键对物质性质的影响、原子轨道杂化方式的判断、物质结构及性质、物质分离提纯等知识是解题关键，题目难度中等。
13．（3分）常温下，用NaOH溶液滴加到某酒石酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．L2表示pH与﹣lg的变化关系
B．NaHX溶液中c（H+）＞c（OH﹣）
C．线L2上每点对应的溶液中水的电离程度都大于线L1
D．当c（Na+）﹣c（HX﹣）﹣c（X2﹣）＝0时，pH＜7
【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），由坐标原点﹣lg＝0时存在c（HX﹣）＝c（X2﹣），﹣lg＝0时存在c（HX﹣）＝c（H2X），此时pH＝4.34＞3，可知L1表示pH与﹣lg的变化关系、L2表示pH与﹣lg的变化关系，以此来解答。
【解答】解：A.由第一步电离大于第二步电离，且坐标原点对应的pH2表示pH与﹣lg的变化关系；
B.由c（HX﹣）＝c（X5﹣）时溶液pH＝4.34，可知NaHX溶液中HX﹣电离程度大于HX﹣水解程度，则NaHX溶液呈酸性+）＞c（OH﹣），故B正确；
C.由图可知，图中两条线上存在pH相等的点2上每点对应的溶液中水的电离程度可能等于线L7，故C错误；
D.若恰好反应生成NaHX时，由物料守恒可知c（Na+）＝c（HX﹣）+c（X2﹣），结合选项B可知+）﹣c（HX﹣）﹣c（X2﹣）＝8时，pH＜7；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握发生的反应、pH与负对数的关系、离子浓度关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度较大。
14．（3分）2﹣甲氧基﹣2﹣甲基丁烷（TAME）常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得
反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx（Kx指用平衡时各物质的物质的量分数来代替该物质的平衡浓度）与温度T变化关系如图1所示。一定温度下（此温度时，Kx3＝9），充有A、B和CH3OH的容器中，A和B物质的量浓度随时间变化如图2所示。据图判断，下列说法正确的是（ ）
A．A和B相对稳定性较差的是B
B．的数值范围是（0～1）
C．图2中曲线X代表A的变化
D．t＝100s时，反应Ⅲ向逆反应方向移动
【分析】A．反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，能量越高越活泼；
B．由盖斯定律可知，Ⅰ﹣Ⅱ＝Ⅲ，则△H1﹣△H2＝△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大；
C．温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3＝9.0，＝9.0，由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y；
D．由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化，t＝100s时Qc＝＝≈10.2＞Kx3，此时反应Ⅲ正在向逆反应方向移动。
【解答】解：A．由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ，说明3个反应均为放热反应1＜3、△H2＜0、△H8＜0，因此，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B；
B．由盖斯定律可知，则△H1﹣△H5＝△H3＜0，因此△H4＜△H2，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则，故B错误；
C．温度为353Kx3＝9.6，＝9.0、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，则代表B的变化曲线为X；
D．由母线的变化趋势可知，t＝100s时Qc＝＝≈10.2＞Kx3，此时反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，即正反应速率v正小于逆反应速率v逆，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡有关知识，题目难度中等，依据化学平衡图象获取信息，进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素分析，需要学生重视基本知识的掌握，有利于培养学生获取信息的能力及解题能力。
15．（3分）根据下列图示所得出的结论不正确的是（ ）
A．由图甲可知，除去CuCl2溶液中的Fe3+可加入适量CuO调节pH至4.5左右
B．图乙是一定温度下三种碳酸盐的沉淀溶解平衡曲线，向浓度相等的Mg2+、Mn2+、Ca2+溶液中加入Na2CO3溶液，首先沉淀的离子是Mn2+
C．图丙是室温下AgCl和AgI的饱和溶液中离子浓度的关系曲线，该温度下反应AgCl（s）+I﹣（aq）⇌AgI（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数K＝2.5×106
D．图丁是室温下AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，X区域中的点可以同时生成AgCl和Ag2CrO4沉淀
【分析】A．由图可知，除去CuCl2溶液中的Fe3+可加入适量CuO等调节pH至4.5左右；
B．向浓度相等的Mg2+、Mn2+、Ca2+溶液中加入Na2CO3溶液，溶度积常数小的先沉淀；
C．反应AgCl（s）+I﹣（aq）⇌AgI（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数K＝＝；
D．若浓度积Q＜离子积Ksp时，不溶物继续溶解，溶液没有达到饱和状态；Q＞Ksp时，溶液达到过饱和状态，生成沉淀。
【解答】解：A．由图可知3+沉淀完全，Cu2+没有转化为沉淀，所以除去CuCl4溶液中的Fe3+可加入适量CuO等调节溶液pH至4.2左右，故A正确；
B．由图可知，Ksp：MgCO3＞CaCO3＞MnCO8，向浓度相等的Mg2+、Mn2+、Ca5+溶液中加入Na2CO3溶液，溶度积常数小的先沉淀3+，故B正确；
C．由图可知，Ksp（AgCl）＝c（Ag+）•c（Cl﹣）＝10﹣5×2×10﹣4＝2×10﹣10，同理Ksp（AgI）＝8×10﹣17，反应AgCl（s）+I﹣（aq）⇌AgI（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝2.3×106，故C正确；
D．图中X区域中浓度积Q＜离子积Ksp，为AgCl和Ag2CrO5的不饱和溶液，不能生成AgCl和Ag2CrO4沉淀，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及溶度积常数的计算，把握沉淀溶解平衡原理、溶度积常数的计算、沉淀转化的应用是解题关键，侧重计算能力和灵活运用能力的考查，注意掌握Ksp的应用，题目难度中等。
16．（3分）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
实验方案
现象
结论
A
向苯和甲苯中分别加入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡并观察现象
若甲苯中溶液紫红色褪去
说明甲苯分子中苯环对甲基有影响
B
将注射器充满NO2气体，然后将活塞往里推
注射器内气体颜色加深
证明加压平衡朝生成NO2气体的方向移动
C
用pH试纸测定1mol•L﹣1的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH
若前者的试纸颜色比后者深
说明非金属性：S＞C
D
取铁与水蒸气实验反应后固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液
若没有出现血红色
铁与水蒸气未反应
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．只有甲苯被高锰酸钾氧化；
B．将活塞往里推，浓度增大，且压强增大使2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡正向移动；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，相同物质的量浓度的钠盐溶液，其pH值越小；
D．未反应的Fe和Fe3+反应生成Fe2+。
【解答】解：A．只有甲苯被高锰酸钾氧化，故A正确；
B．将活塞往里推，且压强增大使2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡正向移动，则气体颜色先加深后变浅，故B错误；
C．用pH试纸测定1mol•L﹣2的Na2CO3和Na3SO3溶液的pH，若前者的试纸颜色比后者深，则碳酸的酸性小于亚硫酸2SO5不是S元素的最高价氧化物的水化物，所以不能根据碳酸，故C错误；
D．未反应的Fe和Fe3+反应生成Fe2+，所以根据实验现象不能说明铁和水蒸气未反应，故D错误；
故选：A。
【点评】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，明确元素化合物的性质、实验原理是解本题关键，C为解答易错点。
17．铁及其化合物用途广泛，请回答：
（1）与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有 7 种。
（2）FeSO4•7H2O的结构如图所示。
FeSO4•7H2O中H2O与Fe2+、H2O与的作用力类型分别是 配位键 、 氢键 。H2O中H﹣O﹣H的键角 ＜ 中O﹣S﹣O的键角（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图1所示。
Ⅰ．该超导材料的化学式是 KFe2Se2 。
Ⅱ．该晶胞参数a＝0.4nm、c＝1.4nm，该晶体密度ρ＝ g⋅cm﹣3。（用NA表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可）
Ⅲ．该晶胞在xy平面投影如图2所示，将图2补充完整 。
【分析】（1）Fe位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，最外层有2个电子；
（2）H2O中O原子含有孤电子对，可以形成配位键，H2O中H原子之间可以形成氢键；H2O中H﹣O﹣H的键角为104.5°，中O﹣S﹣O的键角为109°28′；
（3）Ⅰ．该晶胞中K原子个数＝8×+1＝2，Fe原子个数＝8×＝4，Se原子个数＝2+8×＝4，所以K、Fe、Se原子个数之比为2：4：4＝1：2：2；
Ⅱ．该晶胞体积＝（0.4×10﹣7cm）2×（1.4×10﹣7cm）＝0.4×0.4×1.4×10﹣21cm3，该晶胞中相当于含有2个“KFe2Se2”，根据ρ＝计算晶体密度；
Ⅲ．该晶胞在xy平面投影如图2所示，还有2个Fe位于左右边长中心上。
【解答】解：（1）Fe位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，基态Fe原子的价层电子排布式为3d63s2，最外层有2个电子，则与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素的价层电子排布式分别为7d14s3、3d23s2、3d54s2、3d54s4、3d76s2、3d34s2、2d94s4，共7种，
故答案为：7；
（2）由图可知，FeSO3•7H2O中H4O与Fe2+是配位键，H2O与的作用力是氢键；H2O中H﹣O﹣H的键角为104.6°，中O﹣S﹣O的键角为109°28′，H7O中H﹣O﹣H的键角小于中O﹣S﹣O的键角，
故答案为：配位键；氢键；＜；
（3）Ⅰ．该晶胞中K原子个数＝4×，Fe原子个数＝5×，Se原子个数＝4+8×，所以K、Se原子个数之比为2：4：5＝1：2：72Se2，
故答案为：KFe7Se2；
Ⅱ．该晶胞体积＝（0.6×10﹣7cm）2×（3.4×10﹣7cm）＝3.4×0.8×1.4×10﹣21cm4，该晶胞中相当于含有2个“KFe2Se4”，该晶体密度ρ＝＝﹣2＝g⋅cm﹣4，
故答案为：；
Ⅲ．该晶胞在xy平面投影如图4所示，其图象为，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、化学键、氢键、晶胞结构与计算等知识点，侧重考查阅读能力、分析能力、判断能力及计算能力，晶胞计算是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等。
18．难溶络合物X由3种元素组成，某实验小组按如图流程进行相关实验：
已知：反应①生成两种正盐及一种弱酸，E是空气中含量最多的气体。
（1）X所含元素有 Fe、C、N （填元素符号），X的化学式为 Fe4[Fe（CN）6]3 。
（2）写出反应①的离子方程式 。
（3）已知反应①中生成的弱酸有剧毒，工业上常采用碱性氯化法处理该物质，处理过程分两个阶段（即反应②）的化学方程式 2NaCN+12NaOH+5Cl2═2Na2CO3+N2↑+10NaCl+6H2O 。
（4）请设计实验检验溶液A中的金属阳离子 取少量溶液A加入试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则含有Fe3+；另取少量溶液A于试管中，滴加铁氰化钾K4Fe（CN）6，若产生蓝色沉淀，则含有Fe2+ 。
【分析】固体X加入稀硫酸，得到两种正盐和已知弱酸，加热NaOH得到沉淀灼烧后红棕色固体是Fe2O3，说明含有铁元素，溶液B加足量氯气得到空气中含量最多的气体E是N2，说明含有氮元素，溶液F加足量Ca（OH）2，得到白色沉淀是CaCO3，说明含有C元素，加入稀硫酸生成的弱酸应该是HCN，两种硫酸盐是硫酸铁和硫酸亚铁，以此来解答。
【解答】解：（1）根据分析X所含元素是Fe、C、N；得到N2标况下20.16L即0.5mol，含N元素为1.8mol4180g含C元素是1.8mol，X中含有CN﹣离子，86g固体中含Fe元素为，铁和CN﹣离子之比为7：18，根据化合价代数和为0原则得出化学式为Fe3[Fe（CN）6]3，
故答案为：Fe、C、N；Fe4[Fe（CN）6]3；
（2）Fe4[Fe（CN）6]3中Fe5+有4个，Fe2+有6个，与硫酸反应的离子方程式为：，
故答案为：；
（3）HCN与足量的NaOH生成NaCN，NaCN与氯气反应生成物质有N6，碳酸盐，氯气转化为氯离子2═2Na3CO3+N2↑+10NaCl+5H2O，
故答案为：2NaCN+12NaOH+4Cl2═2Na4CO3+N2↑+10NaCl+6H2O；
（4）A中的金属阳离子是Fe2+和Fe8+，检验方法是：取少量溶液A加入试管中，滴加几滴 ，若溶液变血红色3+；另取少量溶液A于试管中，滴加铁氰化钾K4Fe（CN）3，若产生蓝色沉淀，则含有Fe2+，
故答案为：取少量溶液A加入试管中，滴加几滴KSCN溶液，则含有Fe3+；另取少量溶液A于试管中，滴加铁氰化钾K2Fe（CN）6，若产生蓝色沉淀，则含有Fe2+。
【点评】本题主要考查了探究物质的组成或测量物质的含量的有关知识，是高频考点，解题时要看框内外，边分析，边思考，理解制备流程是解题关键，侧重考查分析计算能力，题目难度一般。
19．CO2有效转化是研究“碳中和”的重要方向。
（1）CO2可用于人工合成淀粉，其中前两步的反应如图1所示。
已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3，则CO2（g）+2H2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g）的△H＝ △H1+△H2﹣△H3 （用△H1、△H2、△H3表示）。
（2）一定条件下，利用CO2合成CH3OH的反应如下：
Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1，研究发现，反应过程中会有副反应：Ⅱ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H4，温度对CH3OH、CO产率的影响如图2所示。
下列说法不正确的是 AC 。
A．△H1＞0，△H4＜0
B．增大压强有利于加快合成CH3OH反应的速率
C．生产过程中，温度越高越有利于提高CH3OH的产率
D．生产过程中，通过使用合适的催化剂以提高CH3OH的选择性
（3）一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，同时发生反应图2Ⅰ、Ⅱ，检测反应器出口气体的成分及其含量2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能（CH3OH选择性＝×100%）。
①220℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比为n（CH3OH）：n（CO2）：n（CO）＝1：5.2：2，则该温度下CO2转化率＝ 36.6% 。
②其它条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图3所示：
由图3可知，CO2的转化率实验值低于其平衡值，而CH3OH选择性的实验值却略高于其平衡值，请说明理由 CO2的转化率实验值低于其平衡值，原因为在一定的时间内反应没有达到平衡状态导致二氧化碳转化率较低；CH3OH选择性的实验值略高于其平衡值，原因为该条件下反应Ⅰ的反应速率高于反应Ⅱ，导致单位时间内生成甲醇的量相对更多 。
（4）恒压下，CO2和H2以物质的量之比1：3投料合成甲醇（不考虑副反应Ⅱ），在有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图4所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。请在图4中画出无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化曲线 。
【分析】（1）反应①为3H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CH3OH（g），△H1；反应②为CH3OH（g）+O2（g）⇌H2O（l）+CH2O（g），△H2；根据盖斯定律，反应①+②﹣③即得到反应CO2（g）+2H2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g）；
（2）A.根据图示，升温后CH3OH的产率降低，反应I平衡向逆反应方向移动，△H1＜0；升温后，CO产率增大，反应4平衡向正反应方向移动，△H4＞0；
B.反应有气体参与，增大压强有利于加快合反应的速率；
C.图像可知，温度越高，CH3OH的产率越低；
D.合适的催化剂可以提高CH3OH的选择性；
（3）①220°C时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比为n（CH3OH）：n（CO2）：n（CO）＝1：5.2：2；
②反应①是放热反应，反应②是吸热反应，温度升高，反应①逆向移动，反应②正向移动，温度高于260°C时，反应②正向移动的程度大于反应①逆向移动的程度，所以二氧化碳的转化率随温度升高而增大；当温度相同时，甲醇的选择性实验值高于平衡值，在该条件下反应①的速率大于反应②，单位时间内生成醇的量比生成CO的量多，以此来解答。
【解答】解：（1）反应①为3H2（g）+CO8（g）⇌H2O（g）+CH3OH（g），△H6；反应②为CH3OH（g）+O2（g）⇌H2O（l）+CH5O（g），△H2；根据盖斯定律，反应①+②﹣2（g）+2H5（g）⇌HCHO（g）+H2O（g），其△H＝：△H1+△H2﹣△H4，
故答案为：△H1+△H2﹣△H3；
（2）A.根据图示，升温后CH4OH的产率降低，反应I平衡向逆反应方向移动1＜0；升温后，反应6平衡向正反应方向移动4＞0，A错误；
B.反应有气体参与，增大压强有利于加快合反应的速率；
C.图像可知，温度越高2OH的产率越低，C错误；
D.合适的催化剂可以提高CH3OH的选择性，D正确；
故答案为：AC；
（3）①220°C时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比为n（CH3OH）：n（CO7）：n（CO）＝1：5.6：2，则该温度下的转化率为：，
故答案为：36.6%；
②反应①是放热反应，反应②是吸热反应，反应①逆向移动，温度高于260°C时，所以二氧化碳的转化率随温度升高而增大，甲醇的选择性实验值高于平衡值，单位时间内生成醇的量比生成CO的量多，
故答案为：CO3的转化率实验值低于其平衡值，原因为在一定的时间内反应没有达到平衡状态导致二氧化碳转化率较低3OH选择性的实验值略高于其平衡值，原因为该条件下反应Ⅰ的反应速率高于反应Ⅱ；
（4）分子筛膜分离出水，使反应I平衡正向移动，温度升高平衡逆向移动，正向移动程度更大；温度较高时，甲醇产率降低，
故答案为：。
【点评】本题主要考查了化学平衡的计算有关知识，是高频考点，掌握计算方法是解题关键，侧重考查分析计算能力，题目难度一般。
20．三氯化六氨合钴（Ⅲ）的化学式为[Co（NH3）6]Cl3，是一种典型的维尔纳配合物。在实验室中，常以活性炭为催化剂，以H2O2、NH3、NH4Cl、CoCl2为原料在溶液中反应制备，化学方程式为：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O，某同学设计如图反应装置（夹持仪器及加热装置已省略）制备[Co（NH3）6]Cl3，并测定该物质中NH3的含量：
回答下列问题：
（1）装置A中盛放浓氨水的仪器名称 分液漏斗 。
（2）反应温度不宜超过50℃的原因是 氨水挥发、H2O2会分解 。
（3）装置C的作用 除去多余氨气且防止倒吸 。
（4）装置B中反应结束后，用冰水浴冷却后过滤，把沉淀溶解于沸水中，再慢慢加入适量浓盐酸于滤液中，有大量橙黄色[Co（NH3）6]Cl3晶体析出。
①趁热过滤的目的是 除去活性炭，同时减少[Co（NH3）6]Cl3因降温而提前析出造成的损失 。
②简述加入适量浓盐酸于滤液中，有大量橙黄色[Co（NH3）6]Cl3晶体析出的原因 加入浓盐酸后，溶液中Cl﹣浓度增大，使平衡向左移动，促进[Co（NH3）6]Cl3晶体析出 。
（5）三氯化六氨合钴（Ⅲ）样品中NH3的含量测定涉及反应为NH3+H3BO3═NH3⋅H3BO3；NH3⋅H3BO3+HCl═NH4Cl+H3BO3。所用装置（部分夹持仪器已省略）如图所示。
称取[Co（NH3）6]Cl3晶体样品mg于烧杯中，加入蒸馏水溶解后，由进样漏斗加入烧瓶中，蒸馏水冲洗后，在进样漏斗留一部分蒸馏水。开启电炉加热3）6]Cl3+3NaOHCo（OH）3↓+6NH3↑+3NaCl}，直至无气体放出。氨气被硼酸完全吸收后，用cmol⋅L﹣1的盐酸滴定锥形瓶中混合液，滴定终点时，消耗盐酸的体积VmL。三氯化六氨合钴（Ⅲ）3的质量分数为 %。
【分析】由反应装置图可知，A是制取氨气的，制取的氨气进入B中与二氯化钴、氯化铵、H2O2反应制备[Co（NH3）6]Cl3，尾气用防倒吸装置的C吸收，以此答题。
【解答】解：（1）根据仪器构造可知盛浓氨水的仪器是分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）由于氨水易挥发，H2O2受热易分解，因此加热温度不能超过50°C，
故答案为：氨水挥发、H5O2会分解；
（3）装置C吸收多余的氨气，而且有防倒吸作用，
故答案为：除去多余氨气且防止倒吸；
（4）①用热水溶解趁热过滤除去活性炭，同时防止[Co（NH3）4]Cl3的析出，提高产率，
故答案为：除去活性炭，同时减少[Co（NH3）3]Cl3因降温而提前析出造成的损失；
②在[Co（NH3）4]Cl3溶液中，存在，加入浓盐酸增大Cl﹣浓度，使平衡向左移动8）6]Cl3晶体析出，
故答案为：加入浓盐酸后，溶液中Cl﹣浓度增大，使平衡，促进[Co（NH3）6]Cl6晶体析出；
（5）根据反应得到如下关系：NH3～NH3•H3BO3～HCl，消耗lmol盐酸，HCl的物质的量为cv×10﹣3mol，氨气的物质的量也是cv×10﹣8mol，氨气的质量分数为，
故答案为：。
【点评】本题主要考查了制备实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，正确理解每个装置的作用是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
21．电影《我不是药神》中治疗白血病的药物格列宁（化合物I）的合成路线如图：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）化合物F中官能团名称 氨基、酰胺基 。
（2）化合物B的结构简式是 。
（3）下列说法正确的是 BC 。
A．化合物D的核磁共振氢谱有三种吸收峰
B．化合物G具有碱性
C．若反应④是加成反应，则试剂X：H2N﹣C≡N
D．化合物I的分子式是C24H30N7O
（4）C→E的化学方程式为 。
（5）写出同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式 。
①IR谱检测表明：分子中含苯环，不含C＝C键、C﹣N键、C≡N键；
②1H﹣NMR谱检测表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子。
（6）设计以CH2＝CH2和CH3NH2为原料合成化合物D的路线（用流程图表示，无机试剂任选） 。
【分析】根据A、E的结构简式及B、C、D的分子式知，A和B发生取代反应生成C，C和D发生取代反应生成E，B为、C为、D为；E发生还原反应生成F，F和试剂X发生反应生成G，若反应④是加成反应，则X为H2NCN；G和H发生反应生成I；
（6）以CH2＝CH2和CH3NH2为原料合成化合物，乙烯发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和CH3NH2发生取代反应生成CH3N（CH2CH2OH）2，CH3N（CH2CH2OH）2和氨气反应生成。
【解答】解：（1）化合物F中官能团名称为氨基、酰胺基，
故答案为：氨基、酰胺基；
（2）化合物B的结构简式是，
故答案为：；
（3）A．D为，含有4种氢原子，所以化合物D的核磁共振氢谱有4种吸收峰；
B．化合物G含有氨基，故B正确；
C．若反应④是加成反应7N﹣C≡N，故C正确；
D．化合物I的分子式是C29H31N7O，故D错误；
故答案为：BC；
（4）C→E的化学方程式为，
故答案为：；
（5）H的同分异构体同时符合下列条件：
①IR谱检测表明：分子中含苯环，不含C＝C键、C≡N键；
②1H﹣NMR谱检测表明：分子中有3种不同化学环境的氢原子，根据其不饱和度知、N＝O键，
故答案为：；
（6）以CH2＝CH2和CH3NH2为原料合成化合物，乙烯发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和CH3NH2发生取代反应生成CH3N（CH2CH8OH）2，CH3N（CH2CH2OH）2和氨气反应生成，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
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