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浙江省衢州市2023-2024学年高二下学期6月期末教学质量检测化学试题
1．（2024高二下·衢州期末）下列属于有机物的是
A． B． C． D．
2．（2024高二下·衢州期末）下列有关的说法不正确的是
A．比稳定
B．焰色试验显黄色
C．的俗名为纯碱
D．是发酵粉的主要成分之一
3．（2024高二下·衢州期末）下列化学用语表述不正确的是
A．用电子式表示KCl的形成过程：
B．中子数为10的氧原子：
C．分子的VSEPR模型：
D．的名称：3-甲基戊烷
4．（2024高二下·衢州期末）根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，下列说法正确的是（　　）
A．N2是还原产物
B．NH3在反应中得到电子
C．1molCl2反应转移电子的物质的量为3 mol
D．该反应中被氧化的物质与被还原的物质物质的量之比为2：3
5．（2024高二下·衢州期末）下列溶液中能大量共存的离子是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
6．（2024高二下·衢州期末）某废催化剂含、ZnS、CuS及少量的。某实验小组以该废催化剂为原料回收锌和铜，设计实验流程如图：
下列说法不正确的是
A．检验滤液1中是否含有，可以选用铁氰化钾溶液
B．步骤②操作中，先加1.0 ，然后不断搅拌下缓慢加入6%
C．滤渣1成分是CuS，滤渣2成分有S、
D．步骤①操作中，生成的气体可用NaOH溶液或溶液吸收
7．（2024高二下·衢州期末）下列说法不正确的是
A．和互为同位素
B．碳纳米管和石墨烯互为同素异形体
C．和互为同系物
D．和互为同分异构体
8．（2024高二下·衢州期末）下列实验描述正确的是
A B
验证溴乙烷消去产物具有还原性 验证对分解反应有催化作用
C D
配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 记录滴定终点读数为23.40mL
A．A B．B C．C D．D
9．（2024高二下·衢州期末）下列说法正确的是
A．强酸、强碱、金属盐等都可使蛋白质变性
B．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油
C．纤维素能发生酯化反应而淀粉不能
D．煤的气化是高温下煤和水蒸气作用转化为可燃性气体的过程
10．（2024高二下·衢州期末）下列方程式与描述相符的是
A．溶液中滴加稀硝酸：
B．向溶液中加入过量的氨水：
C．将少量溶液滴入溶液中：
D．制备烈性炸药TNT：
11．（2024高二下·衢州期末）丙烯可发生如下转化，其中光照条件下卤素单质较易取代饱和碳原子上的H，下列说法不正确的是
A．试剂a为NaOH水溶液
B．化合物Q中最多有6个原子共平面
C．聚合物Z的链节为
D．化合物W的核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢且峰面积比为1∶1∶2∶2
12．（2024高二下·衢州期末）X、Y、Z、W、Q为五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X原子半径最小，Y的同位素可用于考古断代，Z的最高能级电子数是电子总数的一半，W与Z、Q相邻。下列说法正确的是
A．沸点： B．氢化物的稳定性：
C．为非极性分子 D．电负性：
13．（2024高二下·衢州期末）物质有自发地从浓度大的区域向浓度小的区域扩散的趋势，利用该趋势可设计浓差电池。如图所示装置可测定氧气的含量，参比侧通入纯氧，测量侧气压调节到与参比侧相同，接通电路，通过电势差大小可测出测量侧气体的含氧量。下列说法正确的是
A．测量侧为电池的正极，电极反应式为：
B．相同压强下，电势差越大，测量侧气体中含氧量越高
C．测量侧处于封闭环境时，初期的读数比较准确
D．参比侧每消耗224mL气体，电路中通过0.04mol电子
14．（2024高二下·衢州期末）温度为55℃时，溴代烷在水中可按如下过程进行水解反应：
Ⅰ 慢 Ⅱ 快
Ⅲ 快
已知，当R基团不同时，水解相对速率如下
R
相对速率 100 0.023 x 0.0034
下列说法不正确的是
A．第一步反应的活化能较高
B．加入，能促进溴代烷的水解
C．可以预测x的值介于0.0034到0.023之间
D．溶液碱性增强时，反应速率加快且RBr转化率升高
15．（2024高二下·衢州期末）室温下，向10mL浓度均为0.1的和的混合溶液中逐滴加入0.1的溶液。已知：的，，，，．下列说法不正确的是
A．0.1的和的混合溶液中存在以下关系：
B．在和的混合溶液加几滴稀盐酸，pH几乎不变
C．向和的混合溶液加入0.1的溶液，可能生成碱式碳酸镁
D．加入10mL 0.1的溶液后，在上层清液中滴加溶液无明显现象
16．（2024高二下·衢州期末）下列方案设计、现象和结论都正确的是
　 目的 方案设计 现象和结论
A 比较、结合的能力强弱 配制相同浓度的溶液与NaClO溶液，用pH试纸测定溶液pH NaClO的pH大于，说明结合的能力比的强
B 比较AgCl和AgI的大小 向1mL 0.02的溶液中加入1mL 0.1的NaCl溶液，再加入1mL 0.1的NaI溶液 一开始有白色沉淀生成，后白色沉淀变为黄色沉淀，说明AgCl的比AgI大
C 检验未知溶液中是否含有铵盐 取一定量未知溶液于试管中，滴入NaOH溶液并加热，试管口放置湿润的红色石蕊试纸 试纸变蓝，说明溶液中含有铵盐
D 验证分子中的碳碳双键 取样品与过量溴水混合，充分反应观察现象 溴水褪色，说明样品分子中含有碳碳双键
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高二下·衢州期末）镍和钛是构建化合物的重要元素。请回答：
（1）写出基态Ti原子的价层电子轨道表示式　 　。
（2）关于的说法中错误的是______。
A．中心原子的化合价为+3价
B．中心原子的配位数是6
C．含1mol 的水溶液中加入足量溶液，产生3mol白色沉淀
D．1mol该配合物中含有的σ键数目为21(为阿伏加德罗常数的值)
（3）Ni原子位于元素周期表中　 　区，其M层上共有　 　个不同空间运动状态的电子。
（4）中键角　 　(填“大于”“小于”或“等于”)分子中键角。
（5）镍原子形成的微粒，电子排布式分别为①、②、③、④，有关这些微粒的叙述，下列叙述正确的是______。
A．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①③
B．由光谱仪一定可以捕捉到发射光谱的是：③④
C．电离一个电子所需最低能量：①>③
D．微粒半径：②>③
18．（2024高二下·衢州期末）硼及其化合物在工农业生产、新型材料等方面应用广泛，其相互转化关系如下图。其中乙硼烷()的结构与乙烷相似，氨硼烷()极易溶于水。请回答下列问题：
（1）立方氮化硼的晶体类型为　 　。
（2）形成的化合物中配位键的强度：　 　(填“>”、“<”或“=”)，理由是　 　。
（3）下列说法正确的是______。
A．在所形成的配位键中，B提供空轨道
B．相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷()>乙烷
C．的空间结构为平面三角形
D．氨硼烷分子中氮原子、硼原子的杂化轨道类型分别为、
（4）是一种常用的储氢材料，其晶胞结构如图。
①该晶体中的配位数为　 　。
②设为阿伏加德罗常数，则晶体的密度为　 　(用含a、的最简式表示)。
19．（2024高二下·衢州期末）实现碳中和已经成为全球广泛共识，化学学科在此过程中发挥着至关重要作用
（1）加氢可制备甲酸(HCOOH)。
①工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：
反应的焓变　 　。
②温度为℃时，将物质的量均为1mol的和充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应： ，达到平衡时的转化率为　 　。已知：，，、为速率常数。℃达到平衡时，则　 　(填“>”、“<”或“=”)。
（2）二甲醚(DME)是一种重要的化工原料，可以通过制备得到。方法如下：
Ⅰ．
伴随副反应：
Ⅱ．
恒压条件下，在密闭容器中制备二甲醚。按照投料，的平衡转化率和CO、的选择性随温度变化如图所示。
①下列说法正确的是　 　。
A．当反应达到平衡时，
B．曲线①表示二甲醚的选择性
C．温度越低越有利于工业生产二甲醚
D．工业上引入催化剂是为了降低反应Ⅰ的从而加快反应速率
②在200~350℃的范围内，的平衡转化率出现如图所示变化的原因：　 　。
20．（2024高二下·衢州期末）实验室以2-丁醇()为原料制备2-氯丁烷()，实验装置如图所示(夹持、加热装置已略去)：
已知：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/() 其他
2-丁醇 -114.7 99.5 0.81 与水互溶
2-氯丁烷 -131.3 68.2 0.87 微溶于水，不溶于酸
实验步骤如下：
步骤1：在甲装置中的圆底烧瓶内加入少量和100mL 12浓盐酸，充分溶解、冷却，再加入45.68mL 2-丁醇，加热一段时间；
步骤2：将反应混合物移至乙装置的蒸馏烧瓶内，蒸馏并收集115℃以下的馏分；
步骤3：从馏分中分离出有机相，进行系列操作，放置一段时间后过滤；
步骤4：滤液经进一步精制得产品。
回答下列问题：
（1）Ⅰ中缺少的仪器名称为　 　。
（2）步骤1中加入少量的作用是　 　。
（3）判断步骤1反应发生的现象　 　。
（4）步骤3进行如下系列操作，则顺序依次为③→　 　→　 　→　 　(填标号，可重复使用)
①10%溶液洗涤 ②加入无水固体 ③蒸馏水洗涤
（5）下列说法正确的是______。
A．甲装置应选择容积为150mL的圆底烧瓶
B．甲中烧杯所盛液体可能是NaOH溶液
C．该实验操作时动作要尽量快，以减少挥发造成的损失
D．步骤4进一步精制得产品所采用的操作方法是重结晶
（6）测定2-氯丁烷的产率：将全部产品加入足量NaOH溶液中，加热，冷却后，滴入硝酸溶液至溶液呈酸性，再滴入足量的硝酸银溶液，得到43.05g沉淀，则2-氯丁烷的产率是　 　。
21．（2024高二下·衢州期末）美托拉宗临床上用于利尿降压。其一种合成路线为：
已知：①②
（1）化合物A中的官能团名称是　 　。
（2）C的结构简式为　 　。
（3）下列说法不正确的是______。
A．A→E的过程中，采取了保护氨基的方法
B．化合物B中加入溶液产生白色沉淀
C．化合物G可在酸性或碱性条件下发生水解反应
D．化合物C→D的反应类型为取代反应
（4）由F生成G的化学方程式为　 　。
（5）写出4种满足下列条件的化合物B的同分异构体结构简式　 　。
①含有苯环，能发生银镜反应。
②谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子。
（6）设计以和乙醛为原料，制备的合成路线(无机试剂任选，合成路线示例见本题题干)　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．CO2中虽然含碳元素，但属于无机物中的氧化物，不属于有机物，A项不符合题意；
B．CH3CH3中含碳元素，属于有机物中的链状烷烃，B项符合题意；
C．CaCO3中虽然含碳元素，但属于无机物中的碳酸盐，不属于有机物，C项不符合题意；
D．H2O中不含碳元素，属于无机物中的氧化物，不属于有机物，D项不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对有机物判断的考查，结合有机物的概念进行分析即可。
2．【答案】D
【知识点】焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．受热易分解，稳定性较差，碳酸钠受热难分解，因此稳定性：＞，A正确；
B．含钠元素的物质，焰色试验火焰都是黄色，B正确；
C．的俗名为纯碱，C正确；
D．发酵粉的主要成分是NaHCO3，D错误；
故答案为：D
【分析】A、NaHCO3不稳定受热易分解。
B、Na2CO3含有Na元素，焰色试验显黄色。
C、Na2CO3的俗名为纯碱。
D、发酵粉的主要成分是NaHCO3。
3．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；有机化合物的命名
【解析】【解答】A．为离子化合物，是由K＋和Cl－构成的，用电子式表示形成过程为：，故A正确；
B．质子数为8，质量数为18，因此其中子数为18-8=10，故B正确；
C．中心硫原子的价层电子对数：，其价层电子对互斥(VSEPR)模型为平面三角形，故C错误；
D．CH3CH(CH2CH3)2中最长碳链含有5个碳原子，3号碳原子上有一个甲基，因此该有机物的命名为：3-甲基戊烷，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、KCl是由K＋和Cl－构成的，据此分析。
B、中子数=质量数－质子数，据此计算。
C、计算SO3中心原子的价层电子对数，从而确定其VSEPR模型。
D、根据烷烃的系统命名法分析。
4．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、N元素由-3价升高到0价，发生氧化反应，因此N2是氧化产物，故A错误；
B. NH3中氮元素由-3价变为0价，发生失电子的氧化反应，故B错误；
C、氯元素由0价降低到-1价，得到1个电子。因此1molCl2反应转移电子的物质的量为2 mol，故C错误；
D、8molNH3反应，其中有2mol被氧化，因此该反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：3，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、存在元素化合价降低的物质发生还原反应，所得产物为还原产物。
B、根据反应过程中氮元素化合价变化分析。
C、反应过程中氯元素由0价变为－1价，据此计算转移电子数。
D、根据反应中元素化合价变化和化学计量数分析。
5．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．溶液中各离子相互之间不发生反应，能大量共存，故A正确；B．Fe3+、S2- 发生氧化还原反应生成Fe2＋和S，不能共存，故B错误；
C．H+能与反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故C错误；
D．Al3+能与F-反应生成配合物，不能够大量共存，故D错误；
故答案为：A
【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不形成难溶（或微溶）物质、不形成弱电解质、不形成易挥发性物质；不发生氧化还原反应；不发生络合反应。据此结合选项所给离子组合分析。
6．【答案】C
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则证明溶液中含有Fe2＋，因此的检验选用铁氰化钾溶液，A正确；
B．过氧化氢在酸性条件下可氧化CuS，因此需先加入稀硫酸，再加入过氧化氢，故B正确；
C．由分析可知，滤渣1含有SiO2、CuS，滤渣2含有硫和SiO2，C错误；
D．步骤①操作中发生反应ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑，因此生成的气体是H2S，可用NaOH溶液或溶液吸收，D正确；
故答案为：C
【分析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出时发生反应：ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑、Fe3O4＋4H2SO4=FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O。过滤后滤液中含ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3；浓缩结晶得到粗ZnSO4·7H2O。SiO2、CuS与H2SO4不反应，因此滤渣1含有SiO2、CuS；向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，CuS发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫。因此滤渣2含有硫、SiO2，滤液含有硫酸铜，经浓硫酸结晶可得到硫酸铜晶体，以此解答该题。
7．【答案】C
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；同位素及其应用
【解析】【解答】A．质子数相同，中子数不同的同种元素，互为同位素，因此69Ga和71Ga互为同位素，故A正确；
B．碳纳米管和石墨烯都由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C．C3H6和C4H8可能是环烷烃或者烯烃，如果一个是环烷烃，一个是烯烃，此时二者的结构不相似，因此不是同系物，故C错误；
D．CH2BrCH2Br和CH3CHBr2分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
B、同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。
C、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
D、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
8．【答案】A
【知识点】卤代烃简介；配制一定物质的量浓度的溶液；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．乙醇能使酸性KMnO4溶液褪色，可用水除去乙醇，高锰酸钾可氧化乙烯，紫色褪去，可检验消去产物为乙烯，故A正确；B．右侧试管温度高，且加硫酸铜催化过氧化氢分解，存在两个变量，因此不能验证CuSO4对H2O2分解反应有催化作用，故B错误；
C．容量瓶只能用于配制溶液，不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故C错误；
D．滴定管的小刻度在上方，读数精确到0.01mL，因此图中滴定终点读数为22.60mL，故D错误；
故答案为：A
【分析】A、乙醇具有挥发性，也能使酸性KMnO4溶液褪色，可用水吸收。
B、实验过程中存在两个变量，无法比较。
C、不能在容量瓶内进行溶解操作。
D、结合滴定管的读数分析。
9．【答案】D
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．轻金属盐（如钠盐）能使蛋白质发生盐析，不能变性，故A错误；
B．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，故B错误；
C．纤维素中有羟基，可与酸发生酯化反应，由于淀粉中葡萄糖单元醇羟基的存在，因此淀粉也可以发生酯化反应，故C错误；
D．煤的气化是指煤与水蒸气高温下反应生成一氧化碳和氢气，一氧化碳和氢气都是可燃性气体，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、重金属离子能使蛋白质发生变性。
B、油脂酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油。
C、纤维素和淀粉都可以发生酯化反应。
D、煤的气化反应生成CO和H2。
10．【答案】D
【知识点】苯的同系物及其性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．稀硝酸的强氧化性能将氧化成，自身还原生成NO，该反应的离子方程式为2H++8+3=8NO↑+6+H2O，A项不相符；
B．向AgNO3溶液中加入过量氨水，反应生成[Ag(NH3)2]+，该反应的离子方程式为Ag++2NH3 H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，B项不相符；
C．Ca2+与反应生成CaCO3沉淀，该反应的离子方程式为+Ca2+++H2O=Al(OH)3↓+CaCO3↓，C项不相符；
D．苯环上甲基使得邻位、对位氢原子活化，因此甲苯发生硝化反应生成2，4，6-三硝基甲苯（TNT），该反应的化学方程式为，D项相符；
故答案为：D
【分析】A、HNO3具有氧化性，能将S2O32－氧化成SO42－，自身还原为NO。
B、NH3·H2O过量，则反应生成[Ag(NH3)2]＋。
C、AlO2－与HCO3－反应生成Al(OH)3沉淀和CO32－，CO32－与Ca2＋形成CaCO3沉淀。
D、TNT为2，4，6－三硝基甲苯，由甲苯与HNO3发生取代反应生成。
11．【答案】B
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的推断；卤代烃简介
【解析】【解答】A．X为卤代烃，W为醇，因此X到W发生卤代烃的水解反应，反应所需试剂a为NaOH水溶液，A正确；
B．由分析可知，化合物Q是，中最多有5个原子共平面，B错误；
C．聚合物Z是聚丙烯，聚丙烯的链节为，C正确；
D．化合物W的结构简式为HOCH2CH=CH2，核磁共振氢谱有4种不同化学环境的氢，氢原子的个数比为1∶1∶2∶2，因此峰面积比为1∶1∶2∶2，D正确；
故答案为：B
【分析】光照条件下，丙烯中-CH3与Br2发生取代反应生成X，因此X的结构简式为BrCH2CH=CH2。X在试剂a作用下转化为W（C2H6O），因此W的结构简式为HOCH2CH=CH2，发生卤代烃的水解反应，因此试剂a是NaOH的水溶液。丙烯通过加聚反应生成聚丙烯Z，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成Y，因此Y的结构简式为BrCH2CHBrCH3。Y反应生成Q（C3H4）Q的不饱和度为2，因此Q的结构简式为，所加试剂b是NaOH的醇溶液。据此结合题干设问分析作答。
12．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．CS2和CO2均为分子晶体，二者组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，因此沸点：CS2>CO2，A正确；
B．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强。由于非金属性：CC．H2O2中正负电荷的重心不重合，因此H2O2为极性分子，C错误；
D．非金属性越强，则其电负性越强。由于非金属性：O>Cl>S，因此电负性：O>Cl>S，D错误；
故答案为：A
【分析】Y的同位素用于考古断代，因此Y为C。X的原子半径最小，且原子序数小于Y，因此X为H。Z的最高能级电子数是电子总数的一半，因此Z为O。W与Z、Q相邻，因此W是S，Q是Cl。据此结合元素周期律分析选项。
13．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，参比侧的铂电极为电池的正极，电极反应式为：，A错误；
B．相同压强下，电势差越大，测量侧气体中含氧量越低，B错误；
C．由分析可知，测量侧的铂电极为负极，氧离子发生是电子的氧化反应生成氧气；测量侧处于封闭环境时，初期的读数与测量侧气体中含氧量有关，后期由于氧气的生成导致读数与测量侧气体中含氧量相差很大，所以初期的读数比较准确，C正确；
D．没有给出气体所处的状态，不能应用Vm=22.4L·mol－1进行计算，D错误；
故答案为：C
【分析】由题给信息可知，参比侧的铂电极为浓差电池的正极，氧气发生得电子的还原反应生成O2-，其电极反应式为O2+4e-=2O2-。测量侧的铂电极为负极，O2-发生是电子的氧化反应生成氧气，其电极反应式为2O2-－4e-=O2↑。相同压强下，测量侧气体中氧气含量越低，浓差电池的电势差越大。
14．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．第一步反应为慢反应，因此第一步反应的活化能最高，故A正确；B．加入AgNO3，溴离子和银离子生成溴化银沉淀，体系中c(Br－)减小，促使RBr R++Br-正向移动，因此能促进溴代烷的水解，故B正确；
C．由表可知，随着R基团减小，反应相对速率减小，因此可以预测x的值介于0.0034～0.023之间，故C正确；
D．反应速率由第I步决定，溶液碱性增强，即溶液中c(OH-)增大时，对第I步反应无影响，因此对水解速率影响不大，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、反应所需的活化能越大，反应速率越慢。
B、加入AgNO3，发生反应Ag＋＋Br－=AgBr↓，体系中c(Br－)减小，结合平衡移动分析。
C、根据R基团的不同对相对速率的影响分析。
D、溶液碱性增强，即溶液中c(OH－)增大，对反应Ⅰ平衡移动无影响。
15．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.0.1mol L-1的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中存在电荷守恒：c()+2c()+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)；物料守恒：2c(Na+)=3[c()+c()+c(H2CO3)]，两式联立，消去Na+可得：c()+c(OH-)=2c(H+)+c()+3c(H2CO3)，故A正确；
B．Na2CO3和NaHCO3的混合溶液可组成缓冲溶液，在Na2CO3和NaHCO3混合溶液中加几滴稀盐酸时，Na2CO3与酸反应生成NaHCO3，溶液中c(H＋)几乎不变，因此溶液的pH几乎不变，故B正确；
C．按碳酸的二级电离常数可计算得0.1mol L 1的Na2CO3中c(OH－)=4.2×10-3mol/L，滴加氯化镁，若产生碳酸镁沉淀，镁离子浓度只需要6.8×10-5mol/L，而此时，则会产生Mg(OH)2沉淀，所以Na2CO3和NaHCO3混合溶液加入MgCl2溶液时可能生成碱式碳酸镁沉淀，故C正确；
D．加入10mL 0.1mol·L－1的BaCl2溶液的瞬间c(Ba2+)=c()=0.05mol/L，c(Ba2+) c()=2.5×10-3＞Ksp(BaCO3)，因此上层清液为BaCO3的饱和溶液，再滴加BaCl2溶液时会生成BaCO3沉淀，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据电荷守恒和物料守恒进行分析。
B、滴加几滴稀盐酸，Na2CO3转化为NaHCO3，溶液中c(H＋)几乎不变。
C、结合Q与Ksp的相对大小，判断溶液中是否有Mg(OH)2沉淀生成。
D、结合溶液中c(Ba2＋)与c(CO32－)乘积的相对大小判断是否有BaCO3沉淀生成。
16．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价；醛的化学性质；酰胺
【解析】【解答】A．NaClO有漂白性，能使变色的pH试纸褪色，因此不能用pH试纸测量其溶液pH，故A错误；
B．向1mL 0.02的溶液中加入1mL 0.1的NaCl溶液，反应生成AgCl沉淀，此时NaCl过量。再加入1mL 0.1的NaI溶液，白色沉淀变为黄色沉淀，说明AgCl与I－反应生成AgI沉淀，发生了沉淀的转化，说明AgCl的比AgI大，故B正确；
C．试纸变蓝说明反应产生了氨气，若溶液中含有酰胺类物质，滴加NaOH溶液并加热，也会产生氨气。因此试纸变蓝，并不能说明溶液中含有铵盐，故C错误；
D．CH2=CHCHO中含有醛基和碳碳双键，都能使溴水褪色。因此溴水褪色，不能说明样品分子中含有碳碳双键，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测溶液的pH值。
B、要比较溶度积Ksp的相对大小，则需存在沉淀的转化。
C、铵盐、酰胺类物质，与NaOH溶液反应，都能产生NH3。
D、碳碳双键、醛基都能使溴水褪色。
17．【答案】（1）
（2）C
（3）d；9
（4）大
（5）A；D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】（1）22号元素钛位于元素周期表第4周期第ⅣB族，位于d区，基态钛原子的价层电子为其3d、4s能级上的电子，价层电子轨道表示式为。
故答案为：故答案为：
（2）A．NH3不带电荷，Cl带1个单位负电荷，整体呈电中性，所以中心原子的化合价为+3价，故A正确；
B．配体为NH3和Cl，所以中心原子的配位数是6，故B正确；
C．配合物外界完全电离，内界不电离，所以含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀，故C错误；
D.1mol NH3含有3molσ键，配位键有6mol，所以1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含σ键的数目为(3×5+6)NA=21NA，故D正确；
故答案为：C
（3）Ni原子位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，价电子排布式3d84s2，位于元素周期表中d区，其M层上共有1个3s，3个3p，5个3d空间运动状态，共有9个不同空间运动状态的电子，故答案为：d；9。
故答案为：d；9
（4）中不存在孤对电子，NH3分子存在一对孤对电子，孤对电子排斥成键电子对，中H—N—H键角大于NH3分子中H—N—H键角。
故答案为：大
（5）A．①[Ar]3d84s2是基态原子，③[Ar]3d8是基态离子，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①③，故A正确；
B．电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，因此由光谱仪一定可以捕捉到发射光谱的是：②④，故B错误；
C．能量越高越易失电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，电离一个电子所需最低能量：①＜③，故C错误；
D．电子层数越多，半径越大，②[Ar]3d84p1、③[Ar]3d8相比，微粒半径：②＞③，故D正确；
故答案为：AD
【分析】（1）根据基态Ti原子的核外电子排布式确定价层电子轨道表示式。
（2）A、根据化合价代数和为0进行计算。
B、根据配合物的结构确定其配位数。
C、内界的Cl－稳定，不与Ag＋形成AgCl沉淀。
D、配位键属于σ键，再结合NH3中所含的σ键确定配合物中所含的σ键数目。
（3）根据基态Ni原子的核外电子排布式分析。
（4）配合物中N原子不存在孤电子对，因此键角较大。
（5）A、属于基态，则起能量最低。
B、捕捉到发射光谱，则电子从激发态跃迁到基态。
C、基态原子的第一电离能小于第二电离能。
D、电子层数越多，半径越大。
（1）22号元素钛位于元素周期表第4周期第ⅣB族，位于d区，基态钛原子的价层电子为其3d、4s能级上的电子，价层电子轨道表示式为；
（2）A．NH3不带电荷，Cl带1个单位负电荷，整体呈电中性，所以中心原子的化合价为+3价，故A正确；
B．配体为NH3和Cl，所以中心原子的配位数是6，故B正确；
C．配合物外界完全电离，内界不电离，所以含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀，故C错误；
D.1mol NH3含有3molσ键，配位键有6mol，所以1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含σ键的数目为(3×5+6)NA=21NA，故D正确；
故选：C；
（3）Ni原子位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，价电子排布式3d84s2，位于元素周期表中d区，其M层上共有1个3s，3个3p，5个3d空间运动状态，共有9个不同空间运动状态的电子，故答案为：d；9；
（4）中不存在孤对电子，NH3分子存在一对孤对电子，孤对电子排斥成键电子对，中H—N—H键角大于NH3分子中H—N—H键角，故答案为：大；
（5）A．①[Ar]3d84s2是基态原子，③[Ar]3d8是基态离子，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①③，故A正确；
B．电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，因此由光谱仪一定可以捕捉到发射光谱的是：②④，故B错误；
C．能量越高越易失电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，电离一个电子所需最低能量：①＜③，故C错误；
D．电子层数越多，半径越大，②[Ar]3d84p1、③[Ar]3d8相比，微粒半径：②＞③，故D正确；
故答案为：AD。
18．【答案】（1）共价晶体
（2）>；Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键强度低
（3）A；B；C
（4）8；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子晶体（共价晶体）；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）立方氮化硼属于共价晶体。
故答案为：共价晶体
（2）配位键的强度：>，原因是：Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键强度低。
故答案为：＞； Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键强度低
（3）A．基态B原子的核外电子表达式1s22s22p1，基态B原子的轨道表达式，在所形成的配位键中，B提供空轨道，故A正确；
B．氨硼烷可与水形成分子间氢键可增大在水中的溶解度，故B正确；
C．的中心B原子价层电子对数为，无孤对电子，空间结构为平面三角形，故C正确；
D． 氨硼烷()中N、B周围均为4个σ键，均为采取sp3杂化，故D错误；
故答案为：ABC
（4）①分析晶胞结构可知的周围存在8个Na+，故配位数为8。
故答案为：8
②该晶胞中钠离子个数=6×+4×=4，个数=1+8×+4×=4，晶胞质量为，晶胞体积=(a×10-7cm)2×2a×10-7cm=2a3×10-21cm3，该晶体密度。
故答案为：
【分析】（1）立方氮化硼为共价晶体。
（2）根据电负性的大小，比较N原子电子云密度的大小，从而比较所形成的配位键的强度。
（3）A、根据B原子的核外电子排布式分析。
B、氮硼烷可形成氢键，水溶性增强。
C、根据中心B原子的价层电子对数分析。
D、根据氮硼烷中N、B原子的阶层电子对数分析其轨道杂化类型。
（4）①根据晶胞结构分析。
②根据公式计算晶胞密度。
（1）立方氮化硼属于共价晶体；
（2）配位键的强度：>，原因是：Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键强度低；
（3）A．基态B原子的核外电子表达式1s22s22p1，基态B原子的轨道表达式，在所形成的配位键中，B提供空轨道，故A正确；
B．氨硼烷可与水形成分子间氢键可增大在水中的溶解度，故B正确；
C．的中心B原子价层电子对数为，无孤对电子，空间结构为平面三角形，故C正确；
D． 氨硼烷()中N、B周围均为4个σ键，均为采取sp3杂化，故D错误；
故选ABC；
（4）①分析晶胞结构可知的周围存在8个Na+，故配位数为8，故答案为：8；
②该晶胞中钠离子个数=6×+4×=4，个数=1+8×+4×=4，晶胞质量为，晶胞体积=(a×10-7cm)2×2a×10-7cm=2a3×10-21cm3，该晶体密度。
19．【答案】（1）-31.4；50%；<
（2）B；温度较低时（200~280℃时）以反应Ⅰ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，平衡转化率降低；温度较高时（280℃~350℃时）以反应Ⅱ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，平衡转化率升高
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①I．HCOOH(g)=CO(g)+H2O(g) H1=+72.6kJ/mol
Ⅱ．CO(g)+O2(g)=CO2(g)H2=-283.0kJ/mol
Ⅲ．H2(g) +O2 (g) = H2O (g)H3=-241.8kJ/mol
根据盖斯定律，Ⅲ-Ⅱ-Ⅰ可得CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) H=-31.4kJ/mol。
故答案为： -31.4
②列出三段式：
K==2，解得x=0.5，CO2的转化率为；当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则 k正c(CO2)·c(H2)=k逆c(HCOOH)，K=，温度为T1℃时，K=2，温度为T2℃时，K=1.9，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K减小，由此可知T1故答案为： 50% ；＜
（2）①A．反应I中CO2和H2按照1：3反应，而反应ⅡCO2和H2按照1：1反应，当反应达到平衡时，，A错误；
B．根据以上分析，曲线①表示二甲醚的选择性，B正确；
C．温度过低反应速率太慢，不利于二甲醚的工业生产，C错误；
D．引入催化剂不能降低反应热，D错误；
故答案为：B
②在200~350℃的范围内，的平衡转化率出现如图所示变化的原因：温度较低时(200~280℃时)以反应Ⅰ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，平衡转化率降低；温度较高时(280℃~350℃时)以反应Ⅱ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，平衡转化率升高。
故答案为： 温度较低时（200~280℃时）以反应Ⅰ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，平衡转化率降低；温度较高时（280℃~350℃时）以反应Ⅱ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，平衡转化率升高
【分析】（1）①根据盖斯定律计算反应热。
②令参与反应的c(CO2)=xmol·L－1，可得三段式：
结合平衡常数K的表达式可得x的值，从而计算平衡时CO2的转化率。
根据温度对平衡移动的影响分析。
（2）反应Ⅰ．为放热反应；反应Ⅱ．为吸热反应；随着温度升高，反应I逆向移动，的选择性降低，曲线①代表的选择性；反应Ⅱ正向移动，CO的选择性升高，曲线③代表CO的选择性；曲线②代表CO2的平衡转化率。
（1）①I．HCOOH(g)=CO(g)+H2O(g) H1=+72.6kJ/mol
Ⅱ．CO(g)+O2(g)=CO2(g)H2=-283.0kJ/mol
Ⅲ．H2(g) +O2 (g) = H2O (g)H3=-241.8kJ/mol
根据盖斯定律，Ⅲ-Ⅱ-Ⅰ可得CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) H=-31.4kJ/mol；
②列出三段式：
K==2，解得x=0.5，CO2的转化率为；当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则 k正c(CO2)·c(H2)=k逆c(HCOOH)，K=，温度为T1℃时，K=2，温度为T2℃时，K=1.9，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K减小，由此可知T1（2）①A．反应I中CO2和H2按照1：3反应，而反应ⅡCO2和H2按照1：1反应，当反应达到平衡时，，A错误；
B．根据以上分析，曲线①表示二甲醚的选择性，B正确；
C．温度过低反应速率太慢，不利于二甲醚的工业生产，C错误；
D．引入催化剂不能降低反应热，D错误；
答案选B；
②在200~350℃的范围内，的平衡转化率出现如图所示变化的原因：温度较低时(200~280℃时)以反应Ⅰ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，平衡转化率降低；温度较高时(280℃~350℃时)以反应Ⅱ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，平衡转化率升高。
20．【答案】（1）冷凝管
（2）作催化剂
（3）圆底烧瓶上层出现油(珠)状物质
（4）①；③；②
（5）B；C
（6）60%
【知识点】醇类简介；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）直形冷凝管，倾斜放置，用于冷凝馏分。
故答案为： 冷凝管
（2）甲装置中圆底烧瓶中反应是CH3CHOHCH2CH3+HCl→CH3CHClCH2CH3+H2O，步骤1中加入的无水ZnCl2不作反应物，故其作催化剂，加快化学反应速率。
故答案为： 作催化剂
（3）甲装置中圆底烧瓶中反应是CH3CHOHCH2CH3+HCl→CH3CHClCH2CH3+H2O，反应对应现象为圆底烧瓶上层出现油(珠)状物质。
故答案为： 圆底烧瓶上层出现油(珠)状物质
（4）步骤3进行系列操作的顺序是用蒸馏水洗去产品中含有的HCl、ZnCl2→用10%Na2CO3溶液洗去少量的HCl→用蒸馏水洗去少量的Na2CO3→用CaCl2固体干燥产品，放置一段时间后过滤。
故答案为：①；③；②
（5）A．试剂体积不低于容器体积，不超过容器体积，根据实验试剂用量可判断不能选择容积为150mL的圆底烧瓶，A错误；
B．实验中盐酸易挥发出HCl气体，可用NaOH溶液进行吸收，B正确；
C．由表格信息可知，2-氯丁烷在碱性溶液中水解，为了防止2-氯丁烷水解，同时减少2-氯丁烷(沸点较低)挥发，故洗涤时操作要迅速，C正确；
D．蒸馏可分离互溶的、有一定沸点差的液体混合物，故步骤4进一步精制得产品所采用的操作方法是蒸馏，D错误；
故答案为：BC
（6）45.68mL2-丁醇的物质的量：，则理论上可得到0.50mol2-氯丁烷；由2-氯丁烷在测定实验中的反应可得关系CH3CHClCH2CH3～NaCl～AgCl，，则2-氯丁烷的产率：。
故答案为：60%
【分析】（1）根据图示仪器确定名称。
（2）ZnCl2作为反应的催化剂，可加快反应速率。
（3）步骤1中反应生成2－氯丁烷，为不溶于水的油状液体，据此判断实验现象。
（4）蒸馏水洗涤后，应用Na2CO3溶液洗涤，再用无水CaCl2进行干燥。
（5）A、液体体积不能超过圆底烧瓶体积的，不能超过圆底烧瓶容积的，据此确定圆底烧瓶的容积。
B、烧杯中的溶液用于吸收反应过程中挥发的HCl。
C、2－丁醇易挥发，因此实验过程中应迅速，防止2－丁醇挥发。
D、步骤4中互溶液体的分离用蒸馏。
（6）根据关系式“CH3CHClCH2CH3～NaCl～AgCl”，结合反应生成的n(AgCl)进行计算。
（1）直形冷凝管，倾斜放置，用于冷凝馏分；
（2）甲装置中圆底烧瓶中反应是CH3CHOHCH2CH3+HCl→CH3CHClCH2CH3+H2O，步骤1中加入的无水ZnCl2不作反应物，故其作催化剂，加快化学反应速率；
（3）甲装置中圆底烧瓶中反应是CH3CHOHCH2CH3+HCl→CH3CHClCH2CH3+H2O，反应对应现象为圆底烧瓶上层出现油(珠)状物质；
（4）步骤3进行系列操作的顺序是用蒸馏水洗去产品中含有的HCl、ZnCl2→用10%Na2CO3溶液洗去少量的HCl→用蒸馏水洗去少量的Na2CO3→用CaCl2固体干燥产品，放置一段时间后过滤；
（5）A．试剂体积不低于容器体积，不超过容器体积，根据实验试剂用量可判断不能选择容积为150mL的圆底烧瓶，A错误；
B．实验中盐酸易挥发出HCl气体，可用NaOH溶液进行吸收，B正确；
C．由表格信息可知，2-氯丁烷在碱性溶液中水解，为了防止2-氯丁烷水解，同时减少2-氯丁烷(沸点较低)挥发，故洗涤时操作要迅速，C正确；
D．蒸馏可分离互溶的、有一定沸点差的液体混合物，故步骤4进一步精制得产品所采用的操作方法是蒸馏，D错误；
答案选BC；
（6）45.68mL2-丁醇的物质的量：，则理论上可得到0.50mol2-氯丁烷；由2-氯丁烷在测定实验中的反应可得关系CH3CHClCH2CH3～NaCl～AgCl，，则2-氯丁烷的产率：。
21．【答案】（1）碳氯键、氨基
（2）
（3）B；D
（4）+CH3CHO+H2O
（5）、、、、、
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；银镜反应；酰胺
【解析】【解答】（1）由A的结构简式知，A中官能团的名称为氨基、碳氯键。
故答案为：氨基、碳氯键
（2）根据分析，C的结构简式为。
故答案为：
（3）A．A与(CH3CO)2O反应生成B时A中氨基转化为B中酰胺基，D→E时D中酰胺基水解成E中氨基，故A→E的过程中采取了保护氨基的方法，防止氨基被氧化，A项正确；
B．B的结构简式为，B不能电离出Cl-，B中加入AgNO3溶液不会产生白色沉淀，B项错误；
C．G中含，G在酸性或碱性条件下都能发生水解，C项正确；
D．根据分析C→D为C中—CH3被KMnO4氧化为—COOH的氧化反应，D项错误；
故答案为：BD
（4）根据分析，F与CH3CHO在HCl存在下反应生成G和H2O，反应的化学方程式为+CH3CHO+H2O。
故答案为：+CH3CHO+H2O
（5）B的结构简式为，B的同分异构体含有苯环，能发生银镜反应说明结构中含—CHO，1H—NMR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，说明结构具有较高的对称性，符合条件的同分异构体的结构简式为、、、、、。
故答案为：、、、、、
（6）对比与和CH3CHO的结构简式，仿流程中F→G，可由与CH3CHO在HCl存在下反应生成；中两个侧链处于对位，根据题给已知①、②，可由先与浓硝酸、浓硫酸的混合酸发生硝化反应生成，为防止—NH2被氧化，接着与KMnO4发生氧化反应生成，然后与Fe、HCl发生还原反应生成。
故答案为：
【分析】A与(CH3CO)2O反应生成B，B先与ClSO3H反应、再与NH3 H2O反应生成C，C与KMnO4发生氧化反应生成D，结合C的分子式和D的结构简式知，B的结构简式为，C的结构简式为；D发生水解反应生成E，E与在PCl3存在下反应生成F，F与CH3CHO在HCl存在下反应生成G，结合F的分子式和G的结构简式，F的结构简式为。
（1）由A的结构简式知，A中官能团的名称为氨基、碳氯键。
（2）根据分析，C的结构简式为。
（3）A．A与(CH3CO)2O反应生成B时A中氨基转化为B中酰胺基，D→E时D中酰胺基水解成E中氨基，故A→E的过程中采取了保护氨基的方法，防止氨基被氧化，A项正确；
B．B的结构简式为，B不能电离出Cl-，B中加入AgNO3溶液不会产生白色沉淀，B项错误；
C．G中含，G在酸性或碱性条件下都能发生水解，C项正确；
D．根据分析C→D为C中—CH3被KMnO4氧化为—COOH的氧化反应，D项错误；
答案选BD。
（4）根据分析，F与CH3CHO在HCl存在下反应生成G和H2O，反应的化学方程式为+CH3CHO+H2O。
（5）B的结构简式为，B的同分异构体含有苯环，能发生银镜反应说明结构中含—CHO，1H—NMR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，说明结构具有较高的对称性，符合条件的同分异构体的结构简式为、、、、、；
（6）对比与和CH3CHO的结构简式，仿流程中F→G，可由与CH3CHO在HCl存在下反应生成；中两个侧链处于对位，根据题给已知①、②，可由先与浓硝酸、浓硫酸的混合酸发生硝化反应生成，为防止—NH2被氧化，接着与KMnO4发生氧化反应生成，然后与Fe、HCl发生还原反应生成；故合成路线为。
1 / 1浙江省衢州市2023-2024学年高二下学期6月期末教学质量检测化学试题
1．（2024高二下·衢州期末）下列属于有机物的是
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．CO2中虽然含碳元素，但属于无机物中的氧化物，不属于有机物，A项不符合题意；
B．CH3CH3中含碳元素，属于有机物中的链状烷烃，B项符合题意；
C．CaCO3中虽然含碳元素，但属于无机物中的碳酸盐，不属于有机物，C项不符合题意；
D．H2O中不含碳元素，属于无机物中的氧化物，不属于有机物，D项不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对有机物判断的考查，结合有机物的概念进行分析即可。
2．（2024高二下·衢州期末）下列有关的说法不正确的是
A．比稳定
B．焰色试验显黄色
C．的俗名为纯碱
D．是发酵粉的主要成分之一
【答案】D
【知识点】焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．受热易分解，稳定性较差，碳酸钠受热难分解，因此稳定性：＞，A正确；
B．含钠元素的物质，焰色试验火焰都是黄色，B正确；
C．的俗名为纯碱，C正确；
D．发酵粉的主要成分是NaHCO3，D错误；
故答案为：D
【分析】A、NaHCO3不稳定受热易分解。
B、Na2CO3含有Na元素，焰色试验显黄色。
C、Na2CO3的俗名为纯碱。
D、发酵粉的主要成分是NaHCO3。
3．（2024高二下·衢州期末）下列化学用语表述不正确的是
A．用电子式表示KCl的形成过程：
B．中子数为10的氧原子：
C．分子的VSEPR模型：
D．的名称：3-甲基戊烷
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；有机化合物的命名
【解析】【解答】A．为离子化合物，是由K＋和Cl－构成的，用电子式表示形成过程为：，故A正确；
B．质子数为8，质量数为18，因此其中子数为18-8=10，故B正确；
C．中心硫原子的价层电子对数：，其价层电子对互斥(VSEPR)模型为平面三角形，故C错误；
D．CH3CH(CH2CH3)2中最长碳链含有5个碳原子，3号碳原子上有一个甲基，因此该有机物的命名为：3-甲基戊烷，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、KCl是由K＋和Cl－构成的，据此分析。
B、中子数=质量数－质子数，据此计算。
C、计算SO3中心原子的价层电子对数，从而确定其VSEPR模型。
D、根据烷烃的系统命名法分析。
4．（2024高二下·衢州期末）根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，下列说法正确的是（　　）
A．N2是还原产物
B．NH3在反应中得到电子
C．1molCl2反应转移电子的物质的量为3 mol
D．该反应中被氧化的物质与被还原的物质物质的量之比为2：3
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、N元素由-3价升高到0价，发生氧化反应，因此N2是氧化产物，故A错误；
B. NH3中氮元素由-3价变为0价，发生失电子的氧化反应，故B错误；
C、氯元素由0价降低到-1价，得到1个电子。因此1molCl2反应转移电子的物质的量为2 mol，故C错误；
D、8molNH3反应，其中有2mol被氧化，因此该反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：3，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、存在元素化合价降低的物质发生还原反应，所得产物为还原产物。
B、根据反应过程中氮元素化合价变化分析。
C、反应过程中氯元素由0价变为－1价，据此计算转移电子数。
D、根据反应中元素化合价变化和化学计量数分析。
5．（2024高二下·衢州期末）下列溶液中能大量共存的离子是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．溶液中各离子相互之间不发生反应，能大量共存，故A正确；B．Fe3+、S2- 发生氧化还原反应生成Fe2＋和S，不能共存，故B错误；
C．H+能与反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故C错误；
D．Al3+能与F-反应生成配合物，不能够大量共存，故D错误；
故答案为：A
【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不形成难溶（或微溶）物质、不形成弱电解质、不形成易挥发性物质；不发生氧化还原反应；不发生络合反应。据此结合选项所给离子组合分析。
6．（2024高二下·衢州期末）某废催化剂含、ZnS、CuS及少量的。某实验小组以该废催化剂为原料回收锌和铜，设计实验流程如图：
下列说法不正确的是
A．检验滤液1中是否含有，可以选用铁氰化钾溶液
B．步骤②操作中，先加1.0 ，然后不断搅拌下缓慢加入6%
C．滤渣1成分是CuS，滤渣2成分有S、
D．步骤①操作中，生成的气体可用NaOH溶液或溶液吸收
【答案】C
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则证明溶液中含有Fe2＋，因此的检验选用铁氰化钾溶液，A正确；
B．过氧化氢在酸性条件下可氧化CuS，因此需先加入稀硫酸，再加入过氧化氢，故B正确；
C．由分析可知，滤渣1含有SiO2、CuS，滤渣2含有硫和SiO2，C错误；
D．步骤①操作中发生反应ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑，因此生成的气体是H2S，可用NaOH溶液或溶液吸收，D正确；
故答案为：C
【分析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出时发生反应：ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑、Fe3O4＋4H2SO4=FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O。过滤后滤液中含ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3；浓缩结晶得到粗ZnSO4·7H2O。SiO2、CuS与H2SO4不反应，因此滤渣1含有SiO2、CuS；向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，CuS发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫。因此滤渣2含有硫、SiO2，滤液含有硫酸铜，经浓硫酸结晶可得到硫酸铜晶体，以此解答该题。
7．（2024高二下·衢州期末）下列说法不正确的是
A．和互为同位素
B．碳纳米管和石墨烯互为同素异形体
C．和互为同系物
D．和互为同分异构体
【答案】C
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；同位素及其应用
【解析】【解答】A．质子数相同，中子数不同的同种元素，互为同位素，因此69Ga和71Ga互为同位素，故A正确；
B．碳纳米管和石墨烯都由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C．C3H6和C4H8可能是环烷烃或者烯烃，如果一个是环烷烃，一个是烯烃，此时二者的结构不相似，因此不是同系物，故C错误；
D．CH2BrCH2Br和CH3CHBr2分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
B、同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。
C、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
D、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
8．（2024高二下·衢州期末）下列实验描述正确的是
A B
验证溴乙烷消去产物具有还原性 验证对分解反应有催化作用
C D
配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 记录滴定终点读数为23.40mL
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】卤代烃简介；配制一定物质的量浓度的溶液；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．乙醇能使酸性KMnO4溶液褪色，可用水除去乙醇，高锰酸钾可氧化乙烯，紫色褪去，可检验消去产物为乙烯，故A正确；B．右侧试管温度高，且加硫酸铜催化过氧化氢分解，存在两个变量，因此不能验证CuSO4对H2O2分解反应有催化作用，故B错误；
C．容量瓶只能用于配制溶液，不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故C错误；
D．滴定管的小刻度在上方，读数精确到0.01mL，因此图中滴定终点读数为22.60mL，故D错误；
故答案为：A
【分析】A、乙醇具有挥发性，也能使酸性KMnO4溶液褪色，可用水吸收。
B、实验过程中存在两个变量，无法比较。
C、不能在容量瓶内进行溶解操作。
D、结合滴定管的读数分析。
9．（2024高二下·衢州期末）下列说法正确的是
A．强酸、强碱、金属盐等都可使蛋白质变性
B．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油
C．纤维素能发生酯化反应而淀粉不能
D．煤的气化是高温下煤和水蒸气作用转化为可燃性气体的过程
【答案】D
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．轻金属盐（如钠盐）能使蛋白质发生盐析，不能变性，故A错误；
B．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，故B错误；
C．纤维素中有羟基，可与酸发生酯化反应，由于淀粉中葡萄糖单元醇羟基的存在，因此淀粉也可以发生酯化反应，故C错误；
D．煤的气化是指煤与水蒸气高温下反应生成一氧化碳和氢气，一氧化碳和氢气都是可燃性气体，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、重金属离子能使蛋白质发生变性。
B、油脂酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油。
C、纤维素和淀粉都可以发生酯化反应。
D、煤的气化反应生成CO和H2。
10．（2024高二下·衢州期末）下列方程式与描述相符的是
A．溶液中滴加稀硝酸：
B．向溶液中加入过量的氨水：
C．将少量溶液滴入溶液中：
D．制备烈性炸药TNT：
【答案】D
【知识点】苯的同系物及其性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．稀硝酸的强氧化性能将氧化成，自身还原生成NO，该反应的离子方程式为2H++8+3=8NO↑+6+H2O，A项不相符；
B．向AgNO3溶液中加入过量氨水，反应生成[Ag(NH3)2]+，该反应的离子方程式为Ag++2NH3 H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，B项不相符；
C．Ca2+与反应生成CaCO3沉淀，该反应的离子方程式为+Ca2+++H2O=Al(OH)3↓+CaCO3↓，C项不相符；
D．苯环上甲基使得邻位、对位氢原子活化，因此甲苯发生硝化反应生成2，4，6-三硝基甲苯（TNT），该反应的化学方程式为，D项相符；
故答案为：D
【分析】A、HNO3具有氧化性，能将S2O32－氧化成SO42－，自身还原为NO。
B、NH3·H2O过量，则反应生成[Ag(NH3)2]＋。
C、AlO2－与HCO3－反应生成Al(OH)3沉淀和CO32－，CO32－与Ca2＋形成CaCO3沉淀。
D、TNT为2，4，6－三硝基甲苯，由甲苯与HNO3发生取代反应生成。
11．（2024高二下·衢州期末）丙烯可发生如下转化，其中光照条件下卤素单质较易取代饱和碳原子上的H，下列说法不正确的是
A．试剂a为NaOH水溶液
B．化合物Q中最多有6个原子共平面
C．聚合物Z的链节为
D．化合物W的核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢且峰面积比为1∶1∶2∶2
【答案】B
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的推断；卤代烃简介
【解析】【解答】A．X为卤代烃，W为醇，因此X到W发生卤代烃的水解反应，反应所需试剂a为NaOH水溶液，A正确；
B．由分析可知，化合物Q是，中最多有5个原子共平面，B错误；
C．聚合物Z是聚丙烯，聚丙烯的链节为，C正确；
D．化合物W的结构简式为HOCH2CH=CH2，核磁共振氢谱有4种不同化学环境的氢，氢原子的个数比为1∶1∶2∶2，因此峰面积比为1∶1∶2∶2，D正确；
故答案为：B
【分析】光照条件下，丙烯中-CH3与Br2发生取代反应生成X，因此X的结构简式为BrCH2CH=CH2。X在试剂a作用下转化为W（C2H6O），因此W的结构简式为HOCH2CH=CH2，发生卤代烃的水解反应，因此试剂a是NaOH的水溶液。丙烯通过加聚反应生成聚丙烯Z，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成Y，因此Y的结构简式为BrCH2CHBrCH3。Y反应生成Q（C3H4）Q的不饱和度为2，因此Q的结构简式为，所加试剂b是NaOH的醇溶液。据此结合题干设问分析作答。
12．（2024高二下·衢州期末）X、Y、Z、W、Q为五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X原子半径最小，Y的同位素可用于考古断代，Z的最高能级电子数是电子总数的一半，W与Z、Q相邻。下列说法正确的是
A．沸点： B．氢化物的稳定性：
C．为非极性分子 D．电负性：
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．CS2和CO2均为分子晶体，二者组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，因此沸点：CS2>CO2，A正确；
B．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强。由于非金属性：CC．H2O2中正负电荷的重心不重合，因此H2O2为极性分子，C错误；
D．非金属性越强，则其电负性越强。由于非金属性：O>Cl>S，因此电负性：O>Cl>S，D错误；
故答案为：A
【分析】Y的同位素用于考古断代，因此Y为C。X的原子半径最小，且原子序数小于Y，因此X为H。Z的最高能级电子数是电子总数的一半，因此Z为O。W与Z、Q相邻，因此W是S，Q是Cl。据此结合元素周期律分析选项。
13．（2024高二下·衢州期末）物质有自发地从浓度大的区域向浓度小的区域扩散的趋势，利用该趋势可设计浓差电池。如图所示装置可测定氧气的含量，参比侧通入纯氧，测量侧气压调节到与参比侧相同，接通电路，通过电势差大小可测出测量侧气体的含氧量。下列说法正确的是
A．测量侧为电池的正极，电极反应式为：
B．相同压强下，电势差越大，测量侧气体中含氧量越高
C．测量侧处于封闭环境时，初期的读数比较准确
D．参比侧每消耗224mL气体，电路中通过0.04mol电子
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，参比侧的铂电极为电池的正极，电极反应式为：，A错误；
B．相同压强下，电势差越大，测量侧气体中含氧量越低，B错误；
C．由分析可知，测量侧的铂电极为负极，氧离子发生是电子的氧化反应生成氧气；测量侧处于封闭环境时，初期的读数与测量侧气体中含氧量有关，后期由于氧气的生成导致读数与测量侧气体中含氧量相差很大，所以初期的读数比较准确，C正确；
D．没有给出气体所处的状态，不能应用Vm=22.4L·mol－1进行计算，D错误；
故答案为：C
【分析】由题给信息可知，参比侧的铂电极为浓差电池的正极，氧气发生得电子的还原反应生成O2-，其电极反应式为O2+4e-=2O2-。测量侧的铂电极为负极，O2-发生是电子的氧化反应生成氧气，其电极反应式为2O2-－4e-=O2↑。相同压强下，测量侧气体中氧气含量越低，浓差电池的电势差越大。
14．（2024高二下·衢州期末）温度为55℃时，溴代烷在水中可按如下过程进行水解反应：
Ⅰ 慢 Ⅱ 快
Ⅲ 快
已知，当R基团不同时，水解相对速率如下
R
相对速率 100 0.023 x 0.0034
下列说法不正确的是
A．第一步反应的活化能较高
B．加入，能促进溴代烷的水解
C．可以预测x的值介于0.0034到0.023之间
D．溶液碱性增强时，反应速率加快且RBr转化率升高
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．第一步反应为慢反应，因此第一步反应的活化能最高，故A正确；B．加入AgNO3，溴离子和银离子生成溴化银沉淀，体系中c(Br－)减小，促使RBr R++Br-正向移动，因此能促进溴代烷的水解，故B正确；
C．由表可知，随着R基团减小，反应相对速率减小，因此可以预测x的值介于0.0034～0.023之间，故C正确；
D．反应速率由第I步决定，溶液碱性增强，即溶液中c(OH-)增大时，对第I步反应无影响，因此对水解速率影响不大，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、反应所需的活化能越大，反应速率越慢。
B、加入AgNO3，发生反应Ag＋＋Br－=AgBr↓，体系中c(Br－)减小，结合平衡移动分析。
C、根据R基团的不同对相对速率的影响分析。
D、溶液碱性增强，即溶液中c(OH－)增大，对反应Ⅰ平衡移动无影响。
15．（2024高二下·衢州期末）室温下，向10mL浓度均为0.1的和的混合溶液中逐滴加入0.1的溶液。已知：的，，，，．下列说法不正确的是
A．0.1的和的混合溶液中存在以下关系：
B．在和的混合溶液加几滴稀盐酸，pH几乎不变
C．向和的混合溶液加入0.1的溶液，可能生成碱式碳酸镁
D．加入10mL 0.1的溶液后，在上层清液中滴加溶液无明显现象
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.0.1mol L-1的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中存在电荷守恒：c()+2c()+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)；物料守恒：2c(Na+)=3[c()+c()+c(H2CO3)]，两式联立，消去Na+可得：c()+c(OH-)=2c(H+)+c()+3c(H2CO3)，故A正确；
B．Na2CO3和NaHCO3的混合溶液可组成缓冲溶液，在Na2CO3和NaHCO3混合溶液中加几滴稀盐酸时，Na2CO3与酸反应生成NaHCO3，溶液中c(H＋)几乎不变，因此溶液的pH几乎不变，故B正确；
C．按碳酸的二级电离常数可计算得0.1mol L 1的Na2CO3中c(OH－)=4.2×10-3mol/L，滴加氯化镁，若产生碳酸镁沉淀，镁离子浓度只需要6.8×10-5mol/L，而此时，则会产生Mg(OH)2沉淀，所以Na2CO3和NaHCO3混合溶液加入MgCl2溶液时可能生成碱式碳酸镁沉淀，故C正确；
D．加入10mL 0.1mol·L－1的BaCl2溶液的瞬间c(Ba2+)=c()=0.05mol/L，c(Ba2+) c()=2.5×10-3＞Ksp(BaCO3)，因此上层清液为BaCO3的饱和溶液，再滴加BaCl2溶液时会生成BaCO3沉淀，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据电荷守恒和物料守恒进行分析。
B、滴加几滴稀盐酸，Na2CO3转化为NaHCO3，溶液中c(H＋)几乎不变。
C、结合Q与Ksp的相对大小，判断溶液中是否有Mg(OH)2沉淀生成。
D、结合溶液中c(Ba2＋)与c(CO32－)乘积的相对大小判断是否有BaCO3沉淀生成。
16．（2024高二下·衢州期末）下列方案设计、现象和结论都正确的是
　 目的 方案设计 现象和结论
A 比较、结合的能力强弱 配制相同浓度的溶液与NaClO溶液，用pH试纸测定溶液pH NaClO的pH大于，说明结合的能力比的强
B 比较AgCl和AgI的大小 向1mL 0.02的溶液中加入1mL 0.1的NaCl溶液，再加入1mL 0.1的NaI溶液 一开始有白色沉淀生成，后白色沉淀变为黄色沉淀，说明AgCl的比AgI大
C 检验未知溶液中是否含有铵盐 取一定量未知溶液于试管中，滴入NaOH溶液并加热，试管口放置湿润的红色石蕊试纸 试纸变蓝，说明溶液中含有铵盐
D 验证分子中的碳碳双键 取样品与过量溴水混合，充分反应观察现象 溴水褪色，说明样品分子中含有碳碳双键
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价；醛的化学性质；酰胺
【解析】【解答】A．NaClO有漂白性，能使变色的pH试纸褪色，因此不能用pH试纸测量其溶液pH，故A错误；
B．向1mL 0.02的溶液中加入1mL 0.1的NaCl溶液，反应生成AgCl沉淀，此时NaCl过量。再加入1mL 0.1的NaI溶液，白色沉淀变为黄色沉淀，说明AgCl与I－反应生成AgI沉淀，发生了沉淀的转化，说明AgCl的比AgI大，故B正确；
C．试纸变蓝说明反应产生了氨气，若溶液中含有酰胺类物质，滴加NaOH溶液并加热，也会产生氨气。因此试纸变蓝，并不能说明溶液中含有铵盐，故C错误；
D．CH2=CHCHO中含有醛基和碳碳双键，都能使溴水褪色。因此溴水褪色，不能说明样品分子中含有碳碳双键，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测溶液的pH值。
B、要比较溶度积Ksp的相对大小，则需存在沉淀的转化。
C、铵盐、酰胺类物质，与NaOH溶液反应，都能产生NH3。
D、碳碳双键、醛基都能使溴水褪色。
17．（2024高二下·衢州期末）镍和钛是构建化合物的重要元素。请回答：
（1）写出基态Ti原子的价层电子轨道表示式　 　。
（2）关于的说法中错误的是______。
A．中心原子的化合价为+3价
B．中心原子的配位数是6
C．含1mol 的水溶液中加入足量溶液，产生3mol白色沉淀
D．1mol该配合物中含有的σ键数目为21(为阿伏加德罗常数的值)
（3）Ni原子位于元素周期表中　 　区，其M层上共有　 　个不同空间运动状态的电子。
（4）中键角　 　(填“大于”“小于”或“等于”)分子中键角。
（5）镍原子形成的微粒，电子排布式分别为①、②、③、④，有关这些微粒的叙述，下列叙述正确的是______。
A．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①③
B．由光谱仪一定可以捕捉到发射光谱的是：③④
C．电离一个电子所需最低能量：①>③
D．微粒半径：②>③
【答案】（1）
（2）C
（3）d；9
（4）大
（5）A；D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】（1）22号元素钛位于元素周期表第4周期第ⅣB族，位于d区，基态钛原子的价层电子为其3d、4s能级上的电子，价层电子轨道表示式为。
故答案为：故答案为：
（2）A．NH3不带电荷，Cl带1个单位负电荷，整体呈电中性，所以中心原子的化合价为+3价，故A正确；
B．配体为NH3和Cl，所以中心原子的配位数是6，故B正确；
C．配合物外界完全电离，内界不电离，所以含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀，故C错误；
D.1mol NH3含有3molσ键，配位键有6mol，所以1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含σ键的数目为(3×5+6)NA=21NA，故D正确；
故答案为：C
（3）Ni原子位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，价电子排布式3d84s2，位于元素周期表中d区，其M层上共有1个3s，3个3p，5个3d空间运动状态，共有9个不同空间运动状态的电子，故答案为：d；9。
故答案为：d；9
（4）中不存在孤对电子，NH3分子存在一对孤对电子，孤对电子排斥成键电子对，中H—N—H键角大于NH3分子中H—N—H键角。
故答案为：大
（5）A．①[Ar]3d84s2是基态原子，③[Ar]3d8是基态离子，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①③，故A正确；
B．电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，因此由光谱仪一定可以捕捉到发射光谱的是：②④，故B错误；
C．能量越高越易失电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，电离一个电子所需最低能量：①＜③，故C错误；
D．电子层数越多，半径越大，②[Ar]3d84p1、③[Ar]3d8相比，微粒半径：②＞③，故D正确；
故答案为：AD
【分析】（1）根据基态Ti原子的核外电子排布式确定价层电子轨道表示式。
（2）A、根据化合价代数和为0进行计算。
B、根据配合物的结构确定其配位数。
C、内界的Cl－稳定，不与Ag＋形成AgCl沉淀。
D、配位键属于σ键，再结合NH3中所含的σ键确定配合物中所含的σ键数目。
（3）根据基态Ni原子的核外电子排布式分析。
（4）配合物中N原子不存在孤电子对，因此键角较大。
（5）A、属于基态，则起能量最低。
B、捕捉到发射光谱，则电子从激发态跃迁到基态。
C、基态原子的第一电离能小于第二电离能。
D、电子层数越多，半径越大。
（1）22号元素钛位于元素周期表第4周期第ⅣB族，位于d区，基态钛原子的价层电子为其3d、4s能级上的电子，价层电子轨道表示式为；
（2）A．NH3不带电荷，Cl带1个单位负电荷，整体呈电中性，所以中心原子的化合价为+3价，故A正确；
B．配体为NH3和Cl，所以中心原子的配位数是6，故B正确；
C．配合物外界完全电离，内界不电离，所以含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀，故C错误；
D.1mol NH3含有3molσ键，配位键有6mol，所以1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含σ键的数目为(3×5+6)NA=21NA，故D正确；
故选：C；
（3）Ni原子位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，价电子排布式3d84s2，位于元素周期表中d区，其M层上共有1个3s，3个3p，5个3d空间运动状态，共有9个不同空间运动状态的电子，故答案为：d；9；
（4）中不存在孤对电子，NH3分子存在一对孤对电子，孤对电子排斥成键电子对，中H—N—H键角大于NH3分子中H—N—H键角，故答案为：大；
（5）A．①[Ar]3d84s2是基态原子，③[Ar]3d8是基态离子，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①③，故A正确；
B．电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，因此由光谱仪一定可以捕捉到发射光谱的是：②④，故B错误；
C．能量越高越易失电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，电离一个电子所需最低能量：①＜③，故C错误；
D．电子层数越多，半径越大，②[Ar]3d84p1、③[Ar]3d8相比，微粒半径：②＞③，故D正确；
故答案为：AD。
18．（2024高二下·衢州期末）硼及其化合物在工农业生产、新型材料等方面应用广泛，其相互转化关系如下图。其中乙硼烷()的结构与乙烷相似，氨硼烷()极易溶于水。请回答下列问题：
（1）立方氮化硼的晶体类型为　 　。
（2）形成的化合物中配位键的强度：　 　(填“>”、“<”或“=”)，理由是　 　。
（3）下列说法正确的是______。
A．在所形成的配位键中，B提供空轨道
B．相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷()>乙烷
C．的空间结构为平面三角形
D．氨硼烷分子中氮原子、硼原子的杂化轨道类型分别为、
（4）是一种常用的储氢材料，其晶胞结构如图。
①该晶体中的配位数为　 　。
②设为阿伏加德罗常数，则晶体的密度为　 　(用含a、的最简式表示)。
【答案】（1）共价晶体
（2）>；Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键强度低
（3）A；B；C
（4）8；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子晶体（共价晶体）；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）立方氮化硼属于共价晶体。
故答案为：共价晶体
（2）配位键的强度：>，原因是：Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键强度低。
故答案为：＞； Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键强度低
（3）A．基态B原子的核外电子表达式1s22s22p1，基态B原子的轨道表达式，在所形成的配位键中，B提供空轨道，故A正确；
B．氨硼烷可与水形成分子间氢键可增大在水中的溶解度，故B正确；
C．的中心B原子价层电子对数为，无孤对电子，空间结构为平面三角形，故C正确；
D． 氨硼烷()中N、B周围均为4个σ键，均为采取sp3杂化，故D错误；
故答案为：ABC
（4）①分析晶胞结构可知的周围存在8个Na+，故配位数为8。
故答案为：8
②该晶胞中钠离子个数=6×+4×=4，个数=1+8×+4×=4，晶胞质量为，晶胞体积=(a×10-7cm)2×2a×10-7cm=2a3×10-21cm3，该晶体密度。
故答案为：
【分析】（1）立方氮化硼为共价晶体。
（2）根据电负性的大小，比较N原子电子云密度的大小，从而比较所形成的配位键的强度。
（3）A、根据B原子的核外电子排布式分析。
B、氮硼烷可形成氢键，水溶性增强。
C、根据中心B原子的价层电子对数分析。
D、根据氮硼烷中N、B原子的阶层电子对数分析其轨道杂化类型。
（4）①根据晶胞结构分析。
②根据公式计算晶胞密度。
（1）立方氮化硼属于共价晶体；
（2）配位键的强度：>，原因是：Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键强度低；
（3）A．基态B原子的核外电子表达式1s22s22p1，基态B原子的轨道表达式，在所形成的配位键中，B提供空轨道，故A正确；
B．氨硼烷可与水形成分子间氢键可增大在水中的溶解度，故B正确；
C．的中心B原子价层电子对数为，无孤对电子，空间结构为平面三角形，故C正确；
D． 氨硼烷()中N、B周围均为4个σ键，均为采取sp3杂化，故D错误；
故选ABC；
（4）①分析晶胞结构可知的周围存在8个Na+，故配位数为8，故答案为：8；
②该晶胞中钠离子个数=6×+4×=4，个数=1+8×+4×=4，晶胞质量为，晶胞体积=(a×10-7cm)2×2a×10-7cm=2a3×10-21cm3，该晶体密度。
19．（2024高二下·衢州期末）实现碳中和已经成为全球广泛共识，化学学科在此过程中发挥着至关重要作用
（1）加氢可制备甲酸(HCOOH)。
①工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：
反应的焓变　 　。
②温度为℃时，将物质的量均为1mol的和充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应： ，达到平衡时的转化率为　 　。已知：，，、为速率常数。℃达到平衡时，则　 　(填“>”、“<”或“=”)。
（2）二甲醚(DME)是一种重要的化工原料，可以通过制备得到。方法如下：
Ⅰ．
伴随副反应：
Ⅱ．
恒压条件下，在密闭容器中制备二甲醚。按照投料，的平衡转化率和CO、的选择性随温度变化如图所示。
①下列说法正确的是　 　。
A．当反应达到平衡时，
B．曲线①表示二甲醚的选择性
C．温度越低越有利于工业生产二甲醚
D．工业上引入催化剂是为了降低反应Ⅰ的从而加快反应速率
②在200~350℃的范围内，的平衡转化率出现如图所示变化的原因：　 　。
【答案】（1）-31.4；50%；<
（2）B；温度较低时（200~280℃时）以反应Ⅰ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，平衡转化率降低；温度较高时（280℃~350℃时）以反应Ⅱ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，平衡转化率升高
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①I．HCOOH(g)=CO(g)+H2O(g) H1=+72.6kJ/mol
Ⅱ．CO(g)+O2(g)=CO2(g)H2=-283.0kJ/mol
Ⅲ．H2(g) +O2 (g) = H2O (g)H3=-241.8kJ/mol
根据盖斯定律，Ⅲ-Ⅱ-Ⅰ可得CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) H=-31.4kJ/mol。
故答案为： -31.4
②列出三段式：
K==2，解得x=0.5，CO2的转化率为；当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则 k正c(CO2)·c(H2)=k逆c(HCOOH)，K=，温度为T1℃时，K=2，温度为T2℃时，K=1.9，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K减小，由此可知T1故答案为： 50% ；＜
（2）①A．反应I中CO2和H2按照1：3反应，而反应ⅡCO2和H2按照1：1反应，当反应达到平衡时，，A错误；
B．根据以上分析，曲线①表示二甲醚的选择性，B正确；
C．温度过低反应速率太慢，不利于二甲醚的工业生产，C错误；
D．引入催化剂不能降低反应热，D错误；
故答案为：B
②在200~350℃的范围内，的平衡转化率出现如图所示变化的原因：温度较低时(200~280℃时)以反应Ⅰ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，平衡转化率降低；温度较高时(280℃~350℃时)以反应Ⅱ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，平衡转化率升高。
故答案为： 温度较低时（200~280℃时）以反应Ⅰ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，平衡转化率降低；温度较高时（280℃~350℃时）以反应Ⅱ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，平衡转化率升高
【分析】（1）①根据盖斯定律计算反应热。
②令参与反应的c(CO2)=xmol·L－1，可得三段式：
结合平衡常数K的表达式可得x的值，从而计算平衡时CO2的转化率。
根据温度对平衡移动的影响分析。
（2）反应Ⅰ．为放热反应；反应Ⅱ．为吸热反应；随着温度升高，反应I逆向移动，的选择性降低，曲线①代表的选择性；反应Ⅱ正向移动，CO的选择性升高，曲线③代表CO的选择性；曲线②代表CO2的平衡转化率。
（1）①I．HCOOH(g)=CO(g)+H2O(g) H1=+72.6kJ/mol
Ⅱ．CO(g)+O2(g)=CO2(g)H2=-283.0kJ/mol
Ⅲ．H2(g) +O2 (g) = H2O (g)H3=-241.8kJ/mol
根据盖斯定律，Ⅲ-Ⅱ-Ⅰ可得CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) H=-31.4kJ/mol；
②列出三段式：
K==2，解得x=0.5，CO2的转化率为；当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则 k正c(CO2)·c(H2)=k逆c(HCOOH)，K=，温度为T1℃时，K=2，温度为T2℃时，K=1.9，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K减小，由此可知T1（2）①A．反应I中CO2和H2按照1：3反应，而反应ⅡCO2和H2按照1：1反应，当反应达到平衡时，，A错误；
B．根据以上分析，曲线①表示二甲醚的选择性，B正确；
C．温度过低反应速率太慢，不利于二甲醚的工业生产，C错误；
D．引入催化剂不能降低反应热，D错误；
答案选B；
②在200~350℃的范围内，的平衡转化率出现如图所示变化的原因：温度较低时(200~280℃时)以反应Ⅰ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，平衡转化率降低；温度较高时(280℃~350℃时)以反应Ⅱ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，平衡转化率升高。
20．（2024高二下·衢州期末）实验室以2-丁醇()为原料制备2-氯丁烷()，实验装置如图所示(夹持、加热装置已略去)：
已知：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/() 其他
2-丁醇 -114.7 99.5 0.81 与水互溶
2-氯丁烷 -131.3 68.2 0.87 微溶于水，不溶于酸
实验步骤如下：
步骤1：在甲装置中的圆底烧瓶内加入少量和100mL 12浓盐酸，充分溶解、冷却，再加入45.68mL 2-丁醇，加热一段时间；
步骤2：将反应混合物移至乙装置的蒸馏烧瓶内，蒸馏并收集115℃以下的馏分；
步骤3：从馏分中分离出有机相，进行系列操作，放置一段时间后过滤；
步骤4：滤液经进一步精制得产品。
回答下列问题：
（1）Ⅰ中缺少的仪器名称为　 　。
（2）步骤1中加入少量的作用是　 　。
（3）判断步骤1反应发生的现象　 　。
（4）步骤3进行如下系列操作，则顺序依次为③→　 　→　 　→　 　(填标号，可重复使用)
①10%溶液洗涤 ②加入无水固体 ③蒸馏水洗涤
（5）下列说法正确的是______。
A．甲装置应选择容积为150mL的圆底烧瓶
B．甲中烧杯所盛液体可能是NaOH溶液
C．该实验操作时动作要尽量快，以减少挥发造成的损失
D．步骤4进一步精制得产品所采用的操作方法是重结晶
（6）测定2-氯丁烷的产率：将全部产品加入足量NaOH溶液中，加热，冷却后，滴入硝酸溶液至溶液呈酸性，再滴入足量的硝酸银溶液，得到43.05g沉淀，则2-氯丁烷的产率是　 　。
【答案】（1）冷凝管
（2）作催化剂
（3）圆底烧瓶上层出现油(珠)状物质
（4）①；③；②
（5）B；C
（6）60%
【知识点】醇类简介；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）直形冷凝管，倾斜放置，用于冷凝馏分。
故答案为： 冷凝管
（2）甲装置中圆底烧瓶中反应是CH3CHOHCH2CH3+HCl→CH3CHClCH2CH3+H2O，步骤1中加入的无水ZnCl2不作反应物，故其作催化剂，加快化学反应速率。
故答案为： 作催化剂
（3）甲装置中圆底烧瓶中反应是CH3CHOHCH2CH3+HCl→CH3CHClCH2CH3+H2O，反应对应现象为圆底烧瓶上层出现油(珠)状物质。
故答案为： 圆底烧瓶上层出现油(珠)状物质
（4）步骤3进行系列操作的顺序是用蒸馏水洗去产品中含有的HCl、ZnCl2→用10%Na2CO3溶液洗去少量的HCl→用蒸馏水洗去少量的Na2CO3→用CaCl2固体干燥产品，放置一段时间后过滤。
故答案为：①；③；②
（5）A．试剂体积不低于容器体积，不超过容器体积，根据实验试剂用量可判断不能选择容积为150mL的圆底烧瓶，A错误；
B．实验中盐酸易挥发出HCl气体，可用NaOH溶液进行吸收，B正确；
C．由表格信息可知，2-氯丁烷在碱性溶液中水解，为了防止2-氯丁烷水解，同时减少2-氯丁烷(沸点较低)挥发，故洗涤时操作要迅速，C正确；
D．蒸馏可分离互溶的、有一定沸点差的液体混合物，故步骤4进一步精制得产品所采用的操作方法是蒸馏，D错误；
故答案为：BC
（6）45.68mL2-丁醇的物质的量：，则理论上可得到0.50mol2-氯丁烷；由2-氯丁烷在测定实验中的反应可得关系CH3CHClCH2CH3～NaCl～AgCl，，则2-氯丁烷的产率：。
故答案为：60%
【分析】（1）根据图示仪器确定名称。
（2）ZnCl2作为反应的催化剂，可加快反应速率。
（3）步骤1中反应生成2－氯丁烷，为不溶于水的油状液体，据此判断实验现象。
（4）蒸馏水洗涤后，应用Na2CO3溶液洗涤，再用无水CaCl2进行干燥。
（5）A、液体体积不能超过圆底烧瓶体积的，不能超过圆底烧瓶容积的，据此确定圆底烧瓶的容积。
B、烧杯中的溶液用于吸收反应过程中挥发的HCl。
C、2－丁醇易挥发，因此实验过程中应迅速，防止2－丁醇挥发。
D、步骤4中互溶液体的分离用蒸馏。
（6）根据关系式“CH3CHClCH2CH3～NaCl～AgCl”，结合反应生成的n(AgCl)进行计算。
（1）直形冷凝管，倾斜放置，用于冷凝馏分；
（2）甲装置中圆底烧瓶中反应是CH3CHOHCH2CH3+HCl→CH3CHClCH2CH3+H2O，步骤1中加入的无水ZnCl2不作反应物，故其作催化剂，加快化学反应速率；
（3）甲装置中圆底烧瓶中反应是CH3CHOHCH2CH3+HCl→CH3CHClCH2CH3+H2O，反应对应现象为圆底烧瓶上层出现油(珠)状物质；
（4）步骤3进行系列操作的顺序是用蒸馏水洗去产品中含有的HCl、ZnCl2→用10%Na2CO3溶液洗去少量的HCl→用蒸馏水洗去少量的Na2CO3→用CaCl2固体干燥产品，放置一段时间后过滤；
（5）A．试剂体积不低于容器体积，不超过容器体积，根据实验试剂用量可判断不能选择容积为150mL的圆底烧瓶，A错误；
B．实验中盐酸易挥发出HCl气体，可用NaOH溶液进行吸收，B正确；
C．由表格信息可知，2-氯丁烷在碱性溶液中水解，为了防止2-氯丁烷水解，同时减少2-氯丁烷(沸点较低)挥发，故洗涤时操作要迅速，C正确；
D．蒸馏可分离互溶的、有一定沸点差的液体混合物，故步骤4进一步精制得产品所采用的操作方法是蒸馏，D错误；
答案选BC；
（6）45.68mL2-丁醇的物质的量：，则理论上可得到0.50mol2-氯丁烷；由2-氯丁烷在测定实验中的反应可得关系CH3CHClCH2CH3～NaCl～AgCl，，则2-氯丁烷的产率：。
21．（2024高二下·衢州期末）美托拉宗临床上用于利尿降压。其一种合成路线为：
已知：①②
（1）化合物A中的官能团名称是　 　。
（2）C的结构简式为　 　。
（3）下列说法不正确的是______。
A．A→E的过程中，采取了保护氨基的方法
B．化合物B中加入溶液产生白色沉淀
C．化合物G可在酸性或碱性条件下发生水解反应
D．化合物C→D的反应类型为取代反应
（4）由F生成G的化学方程式为　 　。
（5）写出4种满足下列条件的化合物B的同分异构体结构简式　 　。
①含有苯环，能发生银镜反应。
②谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子。
（6）设计以和乙醛为原料，制备的合成路线(无机试剂任选，合成路线示例见本题题干)　 　。
【答案】（1）碳氯键、氨基
（2）
（3）B；D
（4）+CH3CHO+H2O
（5）、、、、、
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；银镜反应；酰胺
【解析】【解答】（1）由A的结构简式知，A中官能团的名称为氨基、碳氯键。
故答案为：氨基、碳氯键
（2）根据分析，C的结构简式为。
故答案为：
（3）A．A与(CH3CO)2O反应生成B时A中氨基转化为B中酰胺基，D→E时D中酰胺基水解成E中氨基，故A→E的过程中采取了保护氨基的方法，防止氨基被氧化，A项正确；
B．B的结构简式为，B不能电离出Cl-，B中加入AgNO3溶液不会产生白色沉淀，B项错误；
C．G中含，G在酸性或碱性条件下都能发生水解，C项正确；
D．根据分析C→D为C中—CH3被KMnO4氧化为—COOH的氧化反应，D项错误；
故答案为：BD
（4）根据分析，F与CH3CHO在HCl存在下反应生成G和H2O，反应的化学方程式为+CH3CHO+H2O。
故答案为：+CH3CHO+H2O
（5）B的结构简式为，B的同分异构体含有苯环，能发生银镜反应说明结构中含—CHO，1H—NMR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，说明结构具有较高的对称性，符合条件的同分异构体的结构简式为、、、、、。
故答案为：、、、、、
（6）对比与和CH3CHO的结构简式，仿流程中F→G，可由与CH3CHO在HCl存在下反应生成；中两个侧链处于对位，根据题给已知①、②，可由先与浓硝酸、浓硫酸的混合酸发生硝化反应生成，为防止—NH2被氧化，接着与KMnO4发生氧化反应生成，然后与Fe、HCl发生还原反应生成。
故答案为：
【分析】A与(CH3CO)2O反应生成B，B先与ClSO3H反应、再与NH3 H2O反应生成C，C与KMnO4发生氧化反应生成D，结合C的分子式和D的结构简式知，B的结构简式为，C的结构简式为；D发生水解反应生成E，E与在PCl3存在下反应生成F，F与CH3CHO在HCl存在下反应生成G，结合F的分子式和G的结构简式，F的结构简式为。
（1）由A的结构简式知，A中官能团的名称为氨基、碳氯键。
（2）根据分析，C的结构简式为。
（3）A．A与(CH3CO)2O反应生成B时A中氨基转化为B中酰胺基，D→E时D中酰胺基水解成E中氨基，故A→E的过程中采取了保护氨基的方法，防止氨基被氧化，A项正确；
B．B的结构简式为，B不能电离出Cl-，B中加入AgNO3溶液不会产生白色沉淀，B项错误；
C．G中含，G在酸性或碱性条件下都能发生水解，C项正确；
D．根据分析C→D为C中—CH3被KMnO4氧化为—COOH的氧化反应，D项错误；
答案选BD。
（4）根据分析，F与CH3CHO在HCl存在下反应生成G和H2O，反应的化学方程式为+CH3CHO+H2O。
（5）B的结构简式为，B的同分异构体含有苯环，能发生银镜反应说明结构中含—CHO，1H—NMR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，说明结构具有较高的对称性，符合条件的同分异构体的结构简式为、、、、、；
（6）对比与和CH3CHO的结构简式，仿流程中F→G，可由与CH3CHO在HCl存在下反应生成；中两个侧链处于对位，根据题给已知①、②，可由先与浓硝酸、浓硫酸的混合酸发生硝化反应生成，为防止—NH2被氧化，接着与KMnO4发生氧化反应生成，然后与Fe、HCl发生还原反应生成；故合成路线为。
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