资源简介

广东省湛江市2024-2025高二下学期期中考试
化 学 试 卷
本卷满分共100分 考试时间75分钟
可能用到的相对原子质量 H 1 C 12 N 14 O 16 Si 28 Cl 35.5
一、单选题（本题共16小题，其中1-6每题2分，7-16每题3分，共42分）
1．广东有很多非物质文化遗产，下列传统民俗文化艺术品中涉及的主要材料不属于有机物的是
A．高州牛角雕刻 B．广州木刻版画 C．云浮玉雕 D．茂名剪纸
A．A B．B C．C D．D
2．“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，可通过此反应制备高纯硅：。下列有关说法正确的是
A．若硅原子的轨道表示式为，则违反了泡利原理
B．SiCl4是由极性键形成的极性分子
C．基态氯原子的价层电子排布式为1s22s22p63s23p5
D．HCl分子中键的形成：
3．下列说法中正确的是
A．CH3CH3的熔、沸点低于CH3(CH2)2CH3，是由于CH3(CH2)2CH3中氢键数目更多
B．液态氟化氢中氟化氢分子之间形成氢键，可写为(HF)n，则NO2分子间也是因氢键而聚合形成N2O4
C．邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高
D．CO比N2熔沸点高，是因为CO是极性分子，N2是非极性分子
4．下列物质的性质或数据与氢键无关的是
A．水的热稳定性比硫化氢强
B．氨气很容易液化
C．CH3OCH3微溶于水，而乙醇C2H5OH可与水以任意比互溶
D．邻羟基苯甲酸()的熔点低于对羟基苯甲酸()的熔点
5．中国科学院院士于吉红一直从事分子筛纳米孔材料的研究。分子筛的化学组成通式为：，M代表金属离子(人工合成时通常为Na)，n代表金属离子化合价数。下列说法正确的是
A．、、冰都是典型的共价晶体
B．硬度：金刚石>碳化硅>晶体硅
C．熔点：
D．可作半导体材料
6．《自然 天文学》发表的一篇研究论文称在金星大气中探测到一个只属于磷化氢()的特征光谱。磷化氢是一种无色、剧毒、易燃的强还原性气体，制备的流程如图所示：
下列说法正确的是
A．通过晶体的X射线衍射实验获得分子中∠P-P-P键角为109°28＇
B．次磷酸()属于一元酸
C．比稳定是因为分子间存在氢键
D．的VSEPR模型为平面正三角形
7．咪唑类盐可作离子液体，在电池、有机合成和催化剂方面具有广泛的用途。下图是一类咪唑类盐的结构简式，其中X、Y、Z均是短周期主族元素，X、Z同主族，基态Y原子和基态Z原子核外电子均有5种空间运动状态，基态X原子的最高能级的不同轨道中均有电子且自旋方向相同。下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点：
B．电负性：
C．原子半径：
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
8．物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是
选项 实例 解释
A 键角： O的电负性大于N
B 加热稀溶液，溶液变色 升温促进与形成
C 的碱性强于 中N的电子云密度比大
D 离子液体常温下呈液态 原因之一是离子液体的阴阳离子半径较大
A．A B．B C．C D．D
9．下列除杂试剂和方法的选择均正确的是
选项 物质(杂质) 除杂试剂 方法
A 苯(溴) 水 过滤
B 甲烷(乙烯) 酸性高锰酸钾溶液 洗气
C CO2(HCl) 碳酸钠 洗气
D 苯甲酸(泥沙，NaCl) 蒸馏水 重结晶
A．A B．B C．C D．D
10．化合物A经李比希法和质谱法分析得知其相对分子质量为136，分子式为 C8H8O2。A的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为 1∶2∶2∶3，A 分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱与核磁共振氢谱如下图。关于 A 的下列说法中，不正确的是
A．A属于芳香化合物 B．A的结构简式为
C．A属于羧酸类化合物 D．在红外光谱图中可以获得分子中含有的化学键或官能团的信息
11．分子的结构决定其性质。下列解释与事实相符的是
选项 实例 解释
A 萘()易溶于四氯化碳 萘与四氯化碳中均含有非极性共价键
B 氟乙酸的酸性大于氯乙酸 比的电负性大，导致氟乙酸中羟基的极性大于氯乙酸
C 单质碘的沸点大于单质溴 分子极性越大，范德华力越大
D 对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛中共价键更稳定
A．A B．B C．C D．D
12．下列有机物的系统命名正确的是
A． 2，2，3-三甲基丁烷
B． 3-乙基-1，3-丁二烯
C． 邻硝基甲苯
D． 2-甲基-3-丁炔
13．冠醚能与阳离子作用，12-冠-4与作用而不与作用；18-冠-6与作用，但不与或作用。下列说法正确的是
A．冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征
B．超分子中O原子与间存在离子键
C．12-冠-4中C和O的杂化方式分别是超分子和
D．18-冠-6可增大在甲苯中的溶解度
14．按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物：

下列各步实验操作原理与方法正确的是
A B C D

步骤① 步骤② 步骤③ 步骤④
A．A B．B C．C D．D
15．一种厌氧氨氧化菌生物电解池处理生活含氮废水的工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A．与导电碳布相连的一极为电源的负极
B．反应一段时间后，阴极区和阳极区溶液的均减小
C．理论上每将处理为，阳极区溶液减少
D．若该电池在高温下工作，其处理废水的效率会下降
16．电位滴定是根据滴定过程中电极电位的变化来确定滴定终点的一种分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，电极电位也发生突跃，进而确定滴定终点。常温下利用盐酸滴定某溶液中Na2CO3的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法正确的是
A．该滴定过程需要酚酞和甲基橙两种指示剂
B．a点溶液中存在：c(H+)=c(OH-)+c(CO)+c(HCO)-c(H2CO3)
C．水电离出的c(H+)水：a点 < b点
D．b点溶液中：>
二、非选择题（本题共5小题，58分）
17．二氧化铈()是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图所示：
已知：①能与结合成，也能与结合成；
②在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能。
回答下列问题：
(1)氧化焙烧中氧化的目的是 。
(2)“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为 。
(3)向水层中加入溶液来调节溶液的，应大于 时，完全生成沉淀。(已知当离子浓度小于时，可以认为该离子沉淀完全，)
(4)“氧化”步骤中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
(5)是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着的循环，请写出消除NO尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式 。
(6)氧化铈，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示。(已知：的空缺率)
①已知M点原子的分数坐标为，则N点原子的分数坐标为 。
②晶胞中与最近的的个数为 。
③若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为 。
18．氨及其化合物应用广泛。回答下列问题：
(1)氮原子激发态的电子排布式有 (填标号，下同)，其中能量较高的是 (填标号)。
A． B． C． D．
基态氮原子激发过程形成的原子光谱为 光谱(填“吸收”或“发射”)。
(2)甲乙酮肟结构简式如图，其中氮原子采取的杂化方式为 ，键角① ②(填“>”、“<”或“=”)。
(3)一种季铵类离子液体及其制备前体、的结构如下图所示，熔点较低的原因是 。已知A、B中的N-H能电离使溶液显酸性，其中酸性较强的是 (填标号)。
(4)在铁系储氢合金中引入硼可降低储氢量，提升储氢合金活化性能，某种储氢材料的晶胞如图，●代表的配离子中，八面体中心为金属铁的离子，顶点均为NH3配体；○代表的配离子中，四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。
①一个晶胞平均含Fe原子 个。
②在答题卡上画出该晶胞的俯视图 。(用●和○表示)
③已知该晶体化学式的相对分子质量为M，密度为dg/cm3， NA代表阿伏加德罗常数的值，则该晶体中距离最近的两个铁原子的距离为 cm(用含M、d、NA的代数式表示)。
19．甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
反应③的 (用、表示)，平衡常数 (用、表示)。
(2)把用电喷雾电离等方法得到的(、、等)加入、混合体系中可产生，与反应能高选择性地生成甲醇。与反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示。
(ⅰ)产生的反应为 ，在甲烷选择性氧化制备甲醇过程中的作用是 。
(ⅱ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅲ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化(历程与相似)应为图中曲线 (填“c”或“d”)。
(3)其他反应条件相同，分别在300K和310K下进行反应，结果如图所示。图中300K的曲线是 (填“a”或“b”)。300K、60s时的转化率为 (列出计算式)。
20．铜氨配合物在催化剂、电化学传感器等方面有潜在的应用价值。某兴趣小组探究铜氨配合物的制备。
I．准备溶液
(1)配制的溶液，需称量胆矾() 。
(2)氨水浓度的测定：移取一定体积未知浓度的氨水，加入指示剂，用盐酸标准溶液滴定至终点，该滴定操作用到的仪器有___________(填标号)。
A． B． C． D．
II．探究铜氨配合物的制备
(3)小组同学完成实验制备铜氨配合物。
序号 操作 现象
向溶液中逐滴加入4mL2mol氨水 先产生蓝色沉淀，后得到深蓝色透明溶液
①生成蓝色沉淀的离子方程式为 。
②小组同学向实验i所得深蓝色溶液中，加入 ，过滤、洗涤、干燥，得到0.32g深蓝色晶体。为验证实验中与形成配离子，小组同学设计并完成实验ii和iii。
序号 操作 现象
ii 取0.1的CuSO4溶液于试管中，向其中浸入一根铁丝 2min后铁丝表面有红色固体析出，溶液颜色变浅
③请基于实验ii设计实验iii，证明蓝色晶体中的形成了稳定的配离子 (简述操作及实验现象)。
(4)该小组同学认为实验中生成了沉淀，若直接向固体中滴加氨水也可得到铜氨配合物。于是取固体于试管中，滴加氨水，发现固体几乎不溶解。
理论分析
小组同学认为该反应进行的程度很小是导致铜氨配合物制备不理想的原因。
提出猜想　
猜想a：结合平衡移动原理，增大可明显促进铜氨配离子的生成。
猜想b：在实验i中生成了，可明显促进铜氨配离子的生成。
猜想c：在实验i中引入了，可明显促进铜氨配离子的生成。
分析讨论：猜想c不成立，其理由是 。
实验验证　为验证猜想是否成立，设计并完成实验iv~vi，测算溶解的最大质量，记录数据。
序号 操作 溶解质量
iv 取固体于试管中 滴加氨水
v 滴加氨水
vi 滴加氨水，再加入少量 (填化学式)固体
实验结论 实验结果为略大于，且 (填“大于”或“小于”)，可证明猜想成立而猜想不成立。
计算分析 实验vi中存在反应：，该反应的平衡常数 ［已知]。
21．分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛的应用。布洛芬(如图)具有消炎、解热、镇痛的作用。
(1)布洛芬的分子式为 。
(2)M()为布洛芬的中间体，其核磁共振氢谱会显示不同化学环境的氢原子 种。
(3)口服布洛芬对胃、肠道有刺激。科研人员将布洛芬修饰成有机物Q(下图)，取得很好的疗效。
Q中的含氧官能团是 (填名称)。
(4)有机物IV是制备Q的物质之一，其合成路线如下：
①I→II的反应方程式为 。II的系统名称为 。
②已知II→III的原子利用率为100% ，则反应物a的化学式为 。
③下列关于I、II、IV的说法正确的是 。
A．I和II中，碳原子的杂化方式完全相同 B．II中最多有8个原子共面
C．II的同分异构体中存在顺反异构 D．IV中含有手性碳原子
④IV的沸点比III的高，原因是 。
(5)是合成布洛芬的原料，其同分异构体中，分子中含有苯环，且苯环上有2个取代基的共有 种。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
《广东省湛江市2024-2025高二下学期期中考试化学试卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D D A B B B A D C
题号 11 12 13 14 15 16
答案 B A D D C D
1．C
【详解】A．高州牛角雕刻，牛角属于蛋白质，属于有机物，A正确；
B．广州木刻版画，组成成分为纤维素，属于有机物，B正确；
C．云浮玉雕主要成分大部分是SiO2，属于无机物，C错误；
D．茂名剪纸的组成成分是纤维素，属于有机物，D正确；
故答案为：C。
2．D
【详解】
A．若硅原子的轨道表示式为，违反了洪特规则，A错误；
B．SiCl4是正四面体形分子，属于非极性分子，由极性键形成的非极性分子，B错误；
C．基态氯原子的价层电子排布式为3s23p5，C错误；
D．HCl分子中键是s-p键，形成过程为：，D正确；
答案选D。
3．D
【详解】A．CH3CH3和CH3(CH2)2CH3都不能形成氢键，CH3CH3的相对分子质量更小，范德华力更小，熔沸点更低，故A错误；
B．NO2分子间没有氢键，故B错误；
C．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，使熔、沸点升高，故对羟基苯甲醛的熔、沸点比邻羟基苯甲醛高，故C错误；
D．CO比N2熔沸点高，是因为CO是极性分子，N2是非极性分子，极性分子的分子间作用力更大，熔沸点高，D正确；
答案选D。
4．A
【详解】A．水的热稳定性比硫化氢强是由于H-O的键能比H-S强，与氢键无关，A符合题意；
B．NH3分子间存在氢键，导致NH3的沸点较高，故氨气很容易液化与氢键有关，B不合题意；
C．CH3OCH3为非极性分子，且与水分子间不能形成氢键，而CH3CH2OH能与水分子间形成氢键，导致CH3OCH3微溶于水，而乙醇C2H5OH可与水以任意比互溶，C不合题意；
D．邻羟基苯甲酸()的熔点低于对羟基苯甲酸()的熔点是由于前者形成分子内氢键，后者形成分子间氢键，D不合题意；
故答案为：A。
5．B
【详解】A．冰是分子晶体，A错误；
B．金刚石、碳化硅、晶体硅都是共价晶体，原子半径C＜Si，则键长C-C＜C-Si＜Si-Si，共价键键能C-C＞C-Si＞Si-Si，所以硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，B正确；
C．SiO2为共价晶体，Na2O、Al2O3为离子晶体，Al3+半径小于Na+，且带电荷比Na+高，晶格能Al2O3大于Na2O，H2O为分子晶体，所以熔点：，C错误；
D．硅的导电性介于导体与绝缘体之间，是重要的半导体材料，不导电，不可作半导体材料，D错误；
故选B。
6．B
【详解】A．由图可知，白磷分子的空间结构为正四面体形，分子中∠P-P-P键角为60°，故A错误；
B．由分析可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液共热反应生成磷化氢和次磷酸钠，说明次磷酸属于一元酸，故B正确；
C．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，所以氨分子比磷化氢稳定是因为氮元素的非金属性强于磷元素，与氨分子能形成分子间存在氢键无关，故C错误；
D．磷化氢分子中磷原子的价层电子对数为4，分子的VSEPR模型为四面体形，故D错误；
故选B。
7．B
【分析】基态Y原子和基态Z原子核外电子均有5种空间运动状态，有5个原子轨道都填充了电子，所以Y、Z均为第二周期元素，Y可以形成1个共价键，所以Y为F，基态X原子的最高能级的不同轨道中均有电子且自旋方向相同，X、Z同主族，所以X为P，Z为N，据此回答。
【详解】A．因分子间存在氢键、分子间存在氢键，HF、NH3沸点比PH3高，氢键作用大于分子间氢键，所以沸点：，A错误；
B．根据同周期主族元素，从左往右电负性增大，同主族从上往下电负性减小，所以电负性为，B正确；
C．N、F核外电子层数相同，N的核电荷数小、原子半径大，N、P同主族，P的核外电子层数多半径大，所以原子半径：，C错误；
D．F没有正价，不能形成最高价含氧酸，D错误；
答案选B。
8．A
【详解】A．和均为sp3杂化，有一个孤电子对，有两个孤电子对。孤电子对越多，对成键电子对排斥力越大，键角越小，因此键角大于是由孤电子对数目决定，而非电负性，A错误；
B．加热稀溶液，升温促进与形成，导致溶液颜色变化，B正确；
C．甲基为推电子基团，使中N的电子云密度增大，更易给出孤电子对，碱性强于，C正确；
D．离子液体阴阳离子半径大，晶格能小，熔点低，因此常温下呈液态，D正确；
故答案选A。
9．D
【详解】A．苯与溴互溶，且溴在苯中溶解度大于在水中的溶解度，不能选用水，应选用NaOH溶液后分液，A错误；
B．乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应生成CO2，又引入了CO2气体杂质，B错误；
C．CO2可以和碳酸钠反应，则除去二氧化碳中的氯化氢应用饱和碳酸氢钠溶液洗气，C错误；
D．苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，氯化钠的溶解度受温度影响变化不大，可配成热饱和溶液，趁热过滤，降温结晶，为进一步提纯，可采取重结晶的方法，D正确；
故选D。
10．C
【详解】A．由分析可知，A中含有苯环和酯基，属于芳香化合物，故A正确；
B．A的结构简式为 ，故B正确；
C．由分析可知，A中含有酯基，没有羧基，属于酯类化合物，故C错误；
D．当红外线照射有机物分子时，分子中的化学键或官能团可发生振动吸收，不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱上将处于不同的位置，从而可以获得分子中含有的化学键或官能团的信息，故D正确；
答案选C。
11．B
【详解】A．萘易溶于四氯化碳是因为萗与四氯化碳均为非极性分子，故A错误；
B．F比Cl的电负性大，导致氟乙酸中羟基的极性大于氯乙酸，更易电离出氢离子，酸性增强，故B正确；
C．单质碘和单质溴均是非极性分子，单质碘的沸点大于单质溴的原因是单质碘的相对分子质量大，范德华力大，故C错误；
D．对羟基苯甲醛主要形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键，因此对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛，故D错误；
选B。
12．A
13．D
【详解】A．冠醚能与半径大小相匹配的金属离子作用，因此18-冠-6与K+作用，不与Li+或Na+作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征，A错误；
B．由图可知18-冠-6中O原子存在孤对电子，有空轨道，二者之间以配位键结合，不存在离子键，B错误；
C．18-冠-6中C和O的价层电子对数均为4，均采用sp3杂化，所以其杂化轨道类型相同，C错误；
D．KMnO4不溶于大多数有机物，冠醚通过与形成配合物，可以增加在非极性溶剂（如甲苯）中的溶解度，D正确；
故选D。
14．D
【详解】A．样品粉末用甲苯和甲醇溶解，并过滤得到滤液，滴加硝酸钠溶液分液得到水层溶液，蒸发结晶得到固体粗产品，有机层溶液蒸馏得到甲苯。步骤①为分离固体与液体混合物的操作，应使用过滤装置，A错误；
B．步骤②是将互不相溶的有机层与水溶液层分离，应使用分液操作，B错误；
C．步骤③是从水溶液中提取溶质，应使用蒸发操作，C错误；
D．步骤④是从有机溶液中分离出溶剂，应使用蒸馏操作，D正确；
故选D。
15．C
【详解】A．由分析可知，导电碳刷作阳极，故导电碳布是阴极，与导电碳布相连的一极为电源的负极，故A正确　
B．阳极总反应为，转移电子数目与迁移到右侧阴极区的H＋数目相等，因此随着反应进行，阳极区氢离子浓度增大，pH减小；阴极发生为，转移电子数目与迁移过来的H＋数目相等，因此随着反应进行，阴极区氢离子浓度增大，pH减小；故B正确；
C．理论上每将处理为，转移6mol电子，生成1mol N2(28g)逸出，同时有6mol H＋(6g)迁移到右侧阴极区，因此阳极区溶液质量减少28g+6g =34g，故C错误；
D．若该电池在高温下工作，厌氧氨氧化菌催化效果降低甚至失去活性，其处理废水的效率会下降，故D正确；
故选C。
16．D
【详解】A．因为是电位滴定，根据指示电极电位的突跃位置可以确定滴定终点，无需任何指示剂，A错误；
B．结合分析可知，a点溶液的溶质为和NaCl，由物料守恒有，根据电荷守恒有，两式联立可得c(H+)=c(OH-)+c(CO)-c(H2CO3)，B错误；
C．a点溶液的溶质为和NaCl，水解促进水的电离，b点溶液的溶质为和NaCl，抑制水的电离，水电离出的c(H+)水：a点＞ b点，C错误；
D．b点溶液中：溶液中存在电离平衡，，，则，则，D正确；
故选D。
17．(1)将+3价铈氧化为+4价
(2)2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+
(3)9
(4)1：2
(5)
(6) (1，，) 12 10%
【分析】氟碳铈矿（主要含CeFCO3）氧化焙烧将将+3价铈氧化为+4价，加入盐酸得到Ce4+的溶液，加入萃取剂，，从而除去溶液中的F-，再加入过氧化氢和硫酸，发生反应2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到Ce3+的溶液，加入NaOH，使Ce3+转化为Ce(OH)3，加入NaClO、Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4，最终生成CeO2。
【详解】（1）根据分析可知，氧化的目的是将+3价铈氧化为+4价；
（2）依据流程中水层含Ce3+可知，Ce4+作氧化剂，H2O2作还原剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境下反应，从而写出离子方程式2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+；
（3）Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于，依据，，c(H+)==10-9，因此pH大于9时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀；
（4）“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的离子方程式为2Ce(OH)3+NaClO+H2O＝2Ce(OH)4+NaCl，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2；
（5）根据题目信息“CeO2在氧化气氛中耗氧”，“气体产物是空气的某一成分”，可知NO的产物是N2，方程式为；
（6）①根据M点原子的分数坐标为(0，0，0)，N在面心位置，则N点原子的分数坐标为(1，，)；
②根据图示，CeO2晶胞中，与Ce4+最近的Ce4+的个数为12；
③CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1：2，若掺杂Y2O3后得到n(CeO2)：n(Y2O3)=0.6：0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1：1.8，则此晶体中O2-的空缺率为。
18．(1) AD D 吸收
(2) sp2 ＞
(3) 阴、阳离子半径较大，离子间作用力弱 A
(4) 4 ×
【详解】（1）A．1s22s22p23s1是2p轨道的一个电子激发到了3s轨道上，是激发态氮原子；
B．1s22s22p33d1一共有8个电子，不是氮原子；
C．1s22s22p2一共有6个电子，不是氮原子；
D．1s22s22p23p1是2p轨道的一个电子激发到了3p轨道上，是激发态氮原子；
故氮原子激发态的电子排布式有AD；
由于3p轨道的能量大于3s，所以1s22s22p23p1的能量高于1s22s22p23s1；其中能量较高的是D，基态氮原子激发过程中需要吸收能量，故形成的原子光谱为吸收光谱，故答案为：AD；D；吸收；
（2）根据甲乙酮肟的结构简式，氮原子的价层电子对数为2+=3，所以采取的杂化方式为sp2；键角①的中心碳原子为sp2杂化且无孤对电子，氮原子上有孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥作用大，导致键角②变小，所以键角①＞②，故答案为：sp2；＞；
（3）离子液体[Ach][Tf2N]中阴、阳离子半径较大，离子间作用力弱，所以熔点较低；F的电负性大于H，所以A中N—H的极性增强，更易断裂，其水溶液的酸性较强，故答案为：阴、阳离子半径较大，离子间作用力弱；A；
（4）①根据均摊法可知，一个晶胞平均含●个数为：=4，而每个●代表的四面体中含有1个Fe原子，即一个晶胞平均含有Fe原子4个，故答案为：4；
②由题干晶胞结构图可知，该晶胞的俯视图为：，故答案为：；
③根据均摊法可知，一个晶胞平均含●个数为：=4，而每个●代表的四面体中含有1个Fe原子，含有8个B，即一个晶胞含有4个FeB2(NH3)6H4，已知该晶体化学式的相对分子质量为M，密度为dg/cm3， NA代表阿伏加德罗常数的值，设晶胞的边长为acm，则有NAa3d=4M，解得a=cm，则该晶体中距离最近的两个铁原子的距离为面对角线的一般，即为a=×cm，故答案为：×。
19．(1) 或
(2) 催化剂 Ⅰ c
(3) b
【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应，所以对应；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数或，故答案为：；或。
（2）(ⅰ)(、、等)加入、混合体系中可产生，根据质量守恒定律可知是，与反应，生成和氧气的过程，离子方程式为：；由图可知，在甲烷选择性氧化制备甲醇过程中的作用是催化剂，故答案为：；催化剂。
(ⅱ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，故答案为：Ⅰ。
(ⅲ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，与反应的能量变化应为图中曲线c，故答案为：c。
（3）根据图示信息可知，纵坐标表示，即与的微粒分布系数成反比，的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成的物质的量浓度比a曲线的小，说明其反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300K条件的反应；，根据上述分析结合图像可知，300K、60s时=0.1，则，根据反应可知，生成的即为转化的，则的转化率为=，故答案为：b；。
20．(1)2.5
(2)BC
(3) 95%乙醇 将实验得到的深蓝色透明溶液中浸入一根铁丝，铁丝表面没有红色固体析出
(4) 因为未参与 所以对比实验i，引入不会促进铜氨配离子的生成 (NH4)2SO4 大于 500
【详解】（1）配制的溶液，需称量胆矾()的质量为： 。
（2）该滴定操作用到的仪器有：酸式滴定管、锥形瓶，故选BC。
（3）①向溶液中逐滴加入4mL2mol氨水，先生成Cu(OH)2蓝色沉淀，离子方程式为：；
②小组同学向实验i所得深蓝色溶液中，加入95%乙醇，降低的溶解度，使析出，过滤、洗涤、干燥，得到0.32g深蓝色晶体；
③配合物内界的离子不能电离出来，实验ii说明Fe可以将Cu2+置换为Cu，可以设计实验iii：将实验得到的深蓝色透明溶液中浸入一根铁丝，铁丝表面没有红色固体析出，说明形成了稳定的配离子，溶液中不含。
（4）因为未参与 所以对比实验i，引入不会促进铜氨配离子的生成；根据猜想b与猜想c，实验vi应该加入少量(NH4)2SO4固体；如果猜想a正确，则m2大于m1，但是m2不会略大于m1；如果猜想b正确，则可以得出大于m1，并且与m1差距较大；因此对比实验v与实验vi，如果m2略大于m1，且m3-m1大于m2- m1，可证明猜想b成立而猜想a不成立；因为 , 即K = ，反应的平衡常数K=。
21．(1)C13H18O2
(2)6
(3) COO (酯基)和 OH(羟基)
(4) 3 氯 1 丙烯 HClO AC IV分子中含有3个羟基，而III中含有1个羟基，IV形成分子间氢键更多，分子间氢键会使物质的沸点升高 ，所以IV的沸点比III高
(5)9
【详解】（1）通过观察布洛芬的结构简式，数出分子中各原子的个数。碳原子有13个，氢原子有18个，氧原子有2个，所以分子式为C13H18O2；
（2）分析中间体M的结构，根据等效氢的判断方法：同一碳原子上的氢原子是等效的；同一碳原子所连甲基上的氢原子是等效的；处于对称位置上的氢原子是等效的。M中苯环上有3种不同化学环境的氢原子，侧链上有3种不同化学环境的氢原子，总共6种，所以其核磁共振氢谱会显示不同化学环境的氢原子6种；
（3）观察有机物Q的结构简式，其中含有的含氧官能团为 COO (酯基)和 OH(羟基)；
（4）①I→II是丙烯(C3H6)与氯气在500 C发生取代反应，生成CH2=CH CH2Cl和HCl，反应方程式为；根据有机物系统命名法，II 中含有碳碳双键，以含双键的最长碳链为主链，从离双键近的一端编号，所以II的系统名称为3 氯 1 丙烯；
②II→III原子利用率为100%，即加成反应。II为CH2=CH CH2Cl，III为C3H6OCl2，对比II和III的分子式，可知反应物a为HClO；
③A．I(丙烯)中，双键碳原子采取sp2杂化，甲基碳原子采取sp3杂化；II(3 氯 1 丙烯)中，双键碳原子采取sp2杂化 ， CH2Cl中的碳原子采取sp3杂化，杂化情况完全相同，A正确；
B．II(3 氯 1 丙烯)中，碳碳双键及相连的原子共平， CH2Cl中碳原子在平面内，根据甲烷结构， CH2Cl中除了碳原子最多还有1个原子可与双键平面共面，最多有7个原子共面，B错误；
C．II(3 氯 1 丙烯)的同分异构体CH3CH2=CHCl中碳碳双键的碳原子均连有2个不同原子或原子团，存在顺反异构，C正确；
D．IV(HOCH2CH(OH)CH2OH)中没有连有4个不同原子或原子团的碳原子，即不含手性碳原子，D错误；
故选AC。
④IV(HOCH2CH(OH)CH2OH)分子中含有3个羟基，而III中含有1个羟基，IV形成的分子间氢键更多，分子间氢键会使物质的沸点升高 ，所以IV的沸点比III高；
（5）合成布洛芬的原料的取代基为 CH2CH(CH3)2，其同分异构体中分子含苯环且苯环上有2个取代基。当一个取代基为 CH3，另一个取代基为 CH2CH2CH3时，二者在苯环上有邻、间、对3种位置关系；当一个取代基为 CH3，另一个取代基为 CH(CH3)2时，二者在苯环上也有邻、间、对3种位置关系。当一个取代基为 CH2CH3，另一个取代基为 CH2CH3时，二者在苯环上也有邻、间、对3种位置关系；所以共有9种。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

展开更多......

收起↑