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广东省四校（华附、省实、广雅、深中）2023-2024学年高二下学期期末联考化学试题
1．（2024高二下·广东期末）化学与生活密切相关。下列说法不正确的是
A．乙二醇可用于生产汽车防冻剂
B．疫苗一般应冷藏存放，目的是避免蛋白质变性
C．糖类、油脂、蛋白质在一定条件下一定都能发生水解反应
D．衣服面料中的聚酯纤维、棉、麻均属于有机高分子材料
【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料
【解析】【解答】A．乙二醇溶液具有较低的冰点，能有效防止在低温环境下汽车冷却系统结冰，可用于生产汽车防冻剂，故A正确；
B．为了保证疫苗中抗原的生物学活性，避免蛋白质变性，大部分的疫苗都应该被贮存在低温的环境里面，故B正确；
C．糖类中的单糖不能水解，故C错误；
D．衣服面料中的聚酯纤维属于合成高分子材料，棉、麻主要成分是纤维素，属于天然有机高分子化合物，故D正确；
故选C。
【分析】A．乙二醇沸点高，冰点低，不易挥发，热稳定性好，化学性能稳定；
Ｂ．蛋白质在高温下失去活性；
Ｃ．单糖不能水解；
Ｄ．有机高分子材料是一类由一种或几种分子或分子团 (结构单元或单体)以共价键结合成具有多个重复单体单元的大分子，可以是天然产物如纤维、蛋白质和天然橡胶等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡胶、合成树脂、合成纤维等非生物高聚物等。
2．（2024高二下·广东期末）下列有关化学用语表示正确的是
A．聚丙烯的链节：
B．基态氧原子的轨道表示式：
C．用石墨电极电解溶液：
D．用系统命名法命名为3-甲基丁酸
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．聚丙烯的链节是，故A错误；
B．O为8号元素，基态氧原子的电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为，故B错误；
C．用石墨电极电解溶液生成铜和氯气，故C错误；
D．用系统命名法命名为3-甲基丁酸，故D正确；
故选D。
【分析】A．聚丙烯的链节为；
Ｂ．基态氧原子的电子排布式为1s22s22p4；
Ｃ．用石墨电极电解溶液生成铜和氯气；
Ｄ．羧酸命名时，选含官能团最长的碳链为主链，从离羧基近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。
3．（2024高二下·广东期末）化学处处呈现美，下列说法不正确的是
A．舞台上干冰升华时，共价键断裂
B．与18-冠-6的空腔大小相近，形成稳定的超分子结构()，这体现出超分子的分子识别特征
C．缺角的晶体在饱和溶液中变为完美立方体块，体现晶体的自范性
D．雪花是天空中的水汽经凝华而来的一种晶体，其六角形形状与氢键的方向性有关
【答案】A
【知识点】分子间作用力；氢键的存在对物质性质的影响；晶体的定义
【解析】【解答】A．干冰升华时，只是从固态直接变成气态，破坏分子间作用力，共价键并未断裂，A错误；
B．碱金属离子有大有小，冠醚有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，K+与18-冠-6的空腔大小相近，则K+与18-冠-6形成稳定的超分子结构，现了超分子的分子识别特征，B正确；
C．在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，则缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，体现了晶体的自范性，C正确；
D．氢键具有方向性和饱和性，天空中的水汽经凝华形成雪花的六角形形状与氢键的方向性有关，D正确；
故选A。
【分析】A．干冰升华为物理变化；
Ｂ．冠醚有不同大小的空穴适配不同大小的金属离子；
Ｃ．晶体的自范性是指：在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质；
Ｄ．氢键具有方向性。
4．（2024高二下·广东期末）化学创造美好生活。下列选项中生产活动和化学原理关联正确的是
A．向工业废水中添加FeS以除去废水中的，是由于FeS具有还原性
B．利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇，是由于纤维素能发生水解反应生成乙醇
C．飞船返回舱使用耐高温的结构材料氮化硅，因为是由共价键构成的分子晶体
D．用醋酸能除去水垢中的，因为醋酸的酸性强于碳酸
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙酸的化学性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．向工业废水中添加FeS生成CuS除去废水中的，是因为CuS的溶解度小于FeS，利用沉淀转化原理，故A错误；
B．纤维素属于多糖，可水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，故B错误；
C．是由共价键构成的共价晶体，故C错误；
D．醋酸的酸性强于碳酸，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，因此可用醋酸能除去水垢中的，故D正确；
故选D。
【分析】A．CuS比FeS难溶；
Ｂ．纤维素属于多糖；
Ｃ．为共价晶体；
Ｄ．醋酸的酸性强于碳酸。
5．（2024高二下·广东期末）在生产生活中，金属腐蚀会带来严重的经济损失。下列说法正确的是（　　）
A．生铁浸泡在食盐水中易发生析氢腐蚀
B．在船舶外壳安装锌块，利用了牺牲阳极法
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是Fe-3e-=Fe3+
D．将钢铁闸门与电源正极相连的防腐措施属于外加电流法
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．食盐水显中性，生铁浸泡在中性溶液中易发生吸氧腐蚀，故A错误；
B．在船舶外壳安装锌块，锌比铁活泼作负极，利用了牺牲阳极法，故B正确；
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是铁失去电子形成亚铁离子，Fe-2e-=Fe2+，故C错误；
D．钢铁闸门应与电源负极相连通过还原反应保护，属于外加电流保护法，不是正极，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A.析氢腐蚀即为在酸性环境下，铁被腐蚀，同时生成氢气；
B.利用活泼金属做负极被腐蚀，从而起到保护船体目的，即为牺牲阳极法；
C.铁一般被氧化生成亚铁离子；而不是三价铁；
D.外加电流保护法即为被保护金属为阴极，不被消耗，起到保护作用。
6．（2024高二下·广东期末）碳酸二甲酯DMC()是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．反应进程中最大能垒为
B．适当的提高温度，可以增加碳酸二甲酯的产率
C．第2步的基元反应方程式为：
D．升高温度，可以对于第1步反应的正反应速率增加，对于第3步反应的正反应速率减小
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，该反应中能垒最大的反应为：CH3OH*+HO·* → CH3O·*+H2O*，能垒为1.257×104 eV，A正确；
B．由图可知，该反应的总反应为2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O ，生成物的总能量大于生成物的总能量ΔH>0，适当的提高温度，反应正向移动，可以增加碳酸二甲酯的产率，B正确；
C．第2步的基元反应方程式为：CH3OH·*+CO2* → CH3OCOO·*，C正确；
D．升高温度，反应速率加快，即第1步反应的正反应速率与第3步反应的正反应速率均增加，D错误；
答案选D。
【分析】A．该反应中能垒最大的反应为CH3OH*+HO·* → CH3O·*+H2O*；
Ｂ．该反应生成物的总能量大于生成物的总能量，为吸热反应；
Ｃ．结合图示书写方程式；
Ｄ．升温反应速率加快。
7．（2024高二下·广东期末）NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．标准状况下，2.24L苯所含的分子数为NA
B．的溶液中的数目为0.02NA
C．常温下，石墨中含有键的数目为1.5NA
D．标准状况下，和混合，生成物中含有的分子数为NA
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 标准状况下，苯是液体，不能用22.4L/mol计算物质的量，故A错误；
B．的溶液中，c(H+)=0.01mol/L，则的数目为1.0L×0.01mol·L－1NA=0.01NA，故B错误；
C． 石墨中一个碳形成3个键，一个键由2个碳原子共用，石墨中含有键的数目为=1.5NA，故C正确；
D． 标准状况下，和混合，NO被氧化为NO2，同时还存在反应2NO2N2O4，因此含有的分子数少于NA，故D错误；
故选C。
【分析】A．标况下苯是液态；
Ｂ． 的溶液，c(H+)=0.01mol/L；
Ｃ．石墨中一个碳形成3个键，一个键由2个碳原子共用；
Ｄ．该体系中还会发生反应2NO2N2O4。
8．（2024高二下·广东期末）甲氧基肉桂酸辛酯是一种化学防晒剂，其分子结构如图。下列说法正确的是
A．分子式为 B．分子中有2种官能团
C．该物质易溶于水 D．分子中有2个手性碳原子
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由分子结构可知，该分子中含有18个C原子，26个H原子，3个O原子，其分子式为C18H26O3，A正确；
B．该物质中含有的官能团有醚键、酯基、碳碳双键，共3种，B错误；
C．该物质属于酯类，难溶于水，C错误；
D．分子中有1个手性碳原子，如图用“*”标记，D错误；
故选A。
【分析】A．根据结构简式确定分子式；
Ｂ．该物质中含有的官能团有醚键、酯基、碳碳双键；
Ｃ．该物质属于酯；
Ｄ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
9．（2024高二下·广东期末）鲁米诺因能快速鉴定衣物等表面是否存在血迹而被称为“血迹检测小王子”，其一种合成路线如图所示。下列说法正确的是
A．一定条件，甲可以和乙醇发生缩聚反应
B．鲁米诺中最多12个原子位于同一平面
C．反应(1)是取代反应，反应(2)是氧化反应
D．鲁米诺既能与盐酸反应，又能与溶液反应
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．化合物甲属于二元羧酸，和乙醇的反应只能发生酯化反应，A错误；
B．鲁米诺中与苯环直接相连的原子在同一个平面上，羰基为平面结构，与苯环相连，单键在空间可旋转，所以最少有12个原子共面，B错误；
C．反应(1)是A脱去羟基，N2H4脱去氢，生成B与2个水分子，属于取代反应，而反应(2)是乙中硝基转化为氨基生成鲁米诺，属于还原反应，C错误；
D．鲁米诺分子中含有氨基可以和盐酸反应，含有酰胺基可以和氢氧化钠溶液反应，D正确；
故选D。
【分析】A．化合物甲含有两个羧酸；
Ｂ．直接与苯环相连的原子与苯环共面，羰基为平面结构，单键可旋转；
Ｃ．反应(2)硝基转化为氨基，为还原反应；
Ｄ．氨基能与盐酸反应，酰胺基在NaOH溶液中水解。
10．（2024高二下·广东期末）下列关于物质的结构(或性质)及解释均正确的是
选项 物质的结构(或性质) 解释
A 键角： 水分子中O上孤电子对数比氨分子中N上的多
B 稳定性： HF分子间氢键强于HCl分子间作用力
C 熔点：碳化硅>金刚石 键的键能大于键的键能
D 在中的溶解度比在水中的大 和都是非极性分子，是极性分子
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．H2O中含有2个孤电子对，NH3中含有1个孤电子对，孤电子对数越多，键角减小，则H2O和NH3的键角大小为H2OB． 稳定性： 是因为H-F键强于H-Cl，与氢键无关，B错误；
C．原子半径越小，键长越短，键能越大，熔沸点越高，C－Si键键能小于C－C键能，碳化硅和金刚石的熔点大小为金刚石>碳化硅，C错误；
D．和CCl4都是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知，在CCl4中的溶解度比在水中的大，D正确；
故选D。
【分析】A．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
Ｂ．物质的稳定性与化学键的强弱有关，与氢键无关；
Ｃ．键能越大，熔沸点越高；
Ｄ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。
11．（2024高二下·广东期末）我国科学家在寻找“点击反应”的砌块过程中，发现一种新的化合物，结构如下图所示，其中X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与Z是同一主族元素。下列说法正确的是
A．简单离子半径：W>Z>Y>X
B．X、Y、Z和W形成的简单氢化物中，X沸点最高
C．X、Z、W氧化物的水化物均为强酸
D．X+采用的是sp杂化方式成键
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：，故A错误；
B． NH3、H2O、H2S、HCl中，常温下H2O为液态，其他均为气态，则H2O沸点最高，故B错误；
C． N、S、Cl的氧化物的水化物中，H2SO3、HClO等均为弱酸，故C错误；
D． N+的中心原子形成2个双键，无孤电子对，价层电子对数为2，采用sp杂化，故D正确；
故选D。
【分析】Y与Z是同一主族元素，根据成键情况可知，Y和Z位于第VI主族，根据原子序数可知，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，X为N元素。
12．（2024高二下·广东期末）氟化钾镁是一种具有优良光学性能的材料，主要应用于激光领域，其立方晶胞结构如图。表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．的配位数为8
B．氟化钾镁晶体的化学式为
C．每个位于距其最近且等距的构成的正八面体空隙中
D．若位于晶胞的体心，则位于晶胞的面心
【答案】A
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图可知，与等距离且最近的F-位于棱心，有12个，则K+的配位数为12，故A错误；
B．Mg2+位于顶点，数目为8×=1，F-位于棱心，数目为12×=3，K+位于体心，数目为1，则该晶体的化学式为，故B正确；
C．与最近且等距的有6个，6个F-构成正八面体，在构成的正八面体的空隙中，故C正确；
D．图示晶胞中，位于顶点，位于棱心，因此当位于晶胞的体心，位于晶胞的面心，故D正确；
故选A。
【分析】A．与等距离且最近的F-位于棱心；
Ｂ．根据均摊法计算；
Ｃ．与最近且等距的有6个；
Ｄ．该晶胞中位于顶点，位于棱心。
13．（2024高二下·广东期末）下列所示装置或操作能达到实验目的的是
A．图①：验证1-溴丁烷发生消去反应
B．图②：用已知浓度的酸性溶液滴定未知物质的量浓度的溶液
C．图③：比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱
D．图④：蒸干溶液获得晶体
【答案】B
【知识点】物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．乙醇易挥发，挥发的乙醇能使酸性高锰酸钾褪色，因此该实验不能验证1-溴丁烷发生消去反应，故A错误；
B．用已知浓度的酸性溶液滴定未知物质的量浓度的溶液，利用氧化还原反应的滴定原理，记录消耗高锰酸钾的体积，可以测定溶液的浓度，故B正确；
C．醋酸具有挥发性，挥发出的醋酸和苯酚钠反应生成苯酚，因此该实验不能验证醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱，故C错误；
D．蒸干溶液，会水解成，不能得到晶体，应采用降温结晶的方法获得晶体，故D错误；
故选B。
【分析】A．乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；
Ｂ．酸性溶液与溶液发生氧化还原反应；
Ｃ．挥发的醋酸也能与苯酚钠反应；
Ｄ．加热，易水解生成。
14．（2024高二下·广东期末）下列有关实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向淀粉中加入的溶液，加热一段时间，冷却，再加入少量新制的，加热 无砖红色沉淀产生 淀粉未水解
B 两支试管中各盛酸性高锰酸钾溶液，分别加入草酸溶液和草酸溶液 加入草酸溶液的试管中溶液褪色更快 其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快
C 常温下，向盛有2滴溶液的试管中滴加溶液，再向其中滴加灯溶液 先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀
D 室温下用试纸测定同浓度的溶液和溶液 颜色更深 酸性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】测定溶液pH的方法；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
【解析】【解答】A．葡萄糖在酸性条件下不能与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成砖红色沉淀，应先加NaOH溶液中和过量的硫酸，再滴加氢氧化铜溶液，因此该实验无砖红色沉淀产生不能说明淀粉未水解，故A错误；
B．由2KMnO4~5H2C2O4可知，4mL0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液完全反应消耗0.2mol/L草酸溶液的体积为5mL(或0.1mol/L草酸溶液10mL)，则实验中高锰酸钾溶液过量，不可能通过溶液褪色判断反应速率快慢，故B错误；
C．向不足量的硝酸银溶液中加入氯化钠溶液生成白色氯化银沉淀，再加入碘化钾溶液，白色沉淀转化为白色沉淀说明溶度积大的氯化银转化为了溶度积小的碘化银，故C正确；
D．次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故D错误；
故选C。
【分析】A．要在碱性条件下检验葡萄糖；
Ｂ．该实验中高锰酸钾过量；
Ｃ．沉淀往往从溶解度小的向溶解度更小的转化；
Ｄ．次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸。
15．（2024高二下·广东期末）我国科学家研究出一种新型水系电池，其结构如图，该电池既能实现乙炔加氢又能提供电能，下列说法正确的是
A．通过阴离子交换膜向a电极移动
B．左侧极室减小
C．a极的电极反应式为：
D．每转移，右侧极室中溶液质量增大
【答案】D
【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，b为负极，阴离子向负极移动，则OH-通过阴离子交换膜向b电极移动，故A错误；
B．左侧极室中a极的电极反应式为，若有2 mol 电子转移，从a室迁移到b室的氢氧根为2 mol，反应生成的氢氧根为2 mol，a室内氢根数目不变，但溶液体积减小，因此c（KOH）增大，pH增大，故B错误；
C．b为负极，左边a为正极，则a极发生还原反应，电极反应式为故C错误；
D．每转移，有2mol氢氧根移动到右侧极室，根据，则右侧极室中溶液质量增大1mol水的质量即18g，故D正确；
故选D。
【分析】b中锌化合价升高变为氧化锌，发生氧化反应，则b为负极，电极反应为，a为正极，电极反应为。
16．（2024高二下·广东期末）室温下，在P和Q浓度相等的混合溶液中，同时发生反应①P＋Q=X＋Z和反应②P＋Q=Y＋Z，反应①和②的速率方程分别是v1=k1c2(P)、v2=k2c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应过程中，Q、X的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是
A．反应开始后，体系中X和Y的浓度之比保持不变
B．45min时Z的浓度为0.4mol·L-1
C．反应①的活化能比反应②的活化能大
D．如果反应能进行到底，反应结束时，有40%的P转化为Y
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．反应开始后，体系中X和Y的浓度之比为， k1、k2为速率常数，保持不变，则体系中X和Y的浓度之比保持不变，故A正确；
B．根据反应①和反应②的方程式可知，每消耗1molQ同时生成1molZ，反应到45min时，Q的浓度降低0.4mol/L， 则Z的浓度为0.4mol·L-1，故B正确；
C．活化能越大，反应速率越慢，反应到20min时，Q的浓度降低0.3mol/L，反应①中X浓度增大0.12mol/L，反应②中Y浓度增大0.18mol/L，反应速率：②>①，则反应①的活化能比反应②的活化能大，故C正确；
D．反应到20min时，Q的浓度降低0.3mol/L，反应①中X浓度增大0.12mol/L，反应②中Y浓度增大0.18mol/L，如果反应能进行到底，则反应结束时，P转化为Y的百分数为：，故D错误；
故选D。
【分析】A．体系中X和Y的浓度之比为；
Ｂ．浓度变化量之比等于化学计量数之比；
Ｃ．活化能越大反应速率越慢；
Ｄ．反应中P转化为X和Y的比例不变。
17．（2024高二下·广东期末）铬(Cr)、锰(Mn)、钴(Co)、镍(Ni)等过渡金属元素化合物的应用研究是前沿科学之一，回答下列问题：
（1）基态铬原子的价层电子排布式为　 　。
（2）含铬化合物中Cr元素化合价为+6价，常温下呈蓝色，则其结构式可能为　 　。
A． B． C．
（3）已知金属锰有多种晶型，型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列　 　(填序号)，每个Mn原子周围紧邻的原子数为　 　。
A． B． C． D．
（4）是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为，DMSO中硫原子的杂化轨道类型为　 　，中键角　 　中键角 (填“大于”“小于”或“等于”)，的空间构型是　 　，元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为　 　。
（5）镍可催化合成烯丙醇()，其相对分子质量与丙醛()的相等，但两者沸点相差较大，原因是　 　。
（6）①NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为，B为，则C的离子坐标参数为　 　。
②一定温度下，NiO可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为作密置单层排列(之间相切)，填充其中(如图乙)，已知的半径为apm，设阿伏加德罗常数值为，每平方米面积上具有该单分子层的质量为　 　g(用含a、的代数式表示)。
【答案】（1）3d54s1
（2）B
（3）C；12
（4）sp3；小于；正四面体形；O>Cl>S
（5）烯丙醇分子之间能形成分子间氢键
（6）；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态铬原子核外共有24个电子，其核外电子排布式为[Ar] 3d54s1，则价层电子排布式为：3d54s1；
（2）含铬化合物中Cr元素化合价为+6价，则5个O共为-6价，有1个氧为-2价，4个氧为-1价，则化合物中含有2个过氧键，其结构式可能为B，故选B；
（3）型锰的面心立方晶胞俯视图：顶点、面心、棱上均有Mn原子，故选C；型锰的面心立方晶胞中锰原子位于8个顶点和6个面心，以顶点Mn为例，晶胞内和此Mn共面、处于三个面心的Mn距其最近且等距离，顶点Mn在8个晶胞中，面上Mn被2个晶胞共有，所以距离Mn最近且等距离的Mn有3×8×=12个；
（4）DMSO（）中S形成3个σ键，还有1对孤对电子，则硫原子的价层电子对数为4，S原子杂化轨道类型为sp3杂化；的中心C原子形成3个σ键，无孤电子对，则C原子的价层电子对数为3，中心C原子为sp2杂化，故中键角小于中键角；中Cl原子的价层电子对数为：4+×(7+1-4×2)=4，Cl原子采取sp3杂化，空间构型是正四面体形；同周期主族元素从左往右电负性增大，Cl>S，同主族从上往下电负性减小，O>S，又电负性O>Cl，故元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为：O>Cl>S；
（5）烯丙醇()与丙醛()的相对分子质量相等，但两者沸点相差较大，原因是：烯丙醇分子之间能形成分子间氢键；
（6）C位于晶胞右侧面心，根据A和B 的坐标，可知C的离子坐标参数为：；由图乙可知，每个镍离子被3个氧离子包围，每个氧离子被3个镍离子包围，相对位置如图所示：，相邻的3个氧离子的中心形成边长为2apm的正三角形，每个三角形中含有1个镍离子，三角形的面积为×2apm×2apm×=a2pm2，实际上镍离子被如图所示的两个小三角形所包含：，两个小三角形形成的平行四边形的面积为，含有的氧离子个数为6×=1，则每平方米面积上具有该晶体的质量为。
【分析】（1）Cr为24号元素，根据核外电子排布规则书写其价电子排布式；
（2）化合物CrO5中Cr元素化合价为+6价，则5个O共为-6价，有1个氧为-2价，4个氧为-1价，则化合物中含有2个过氧键；
（3）γ型锰为面心立方晶胞，晶胞中锰原子位于晶胞的顶点和面心，C为面心立方晶胞俯视图，晶胞中顶点的锰与位于面心的锰原子紧邻；
（4） 中S原子的价层电子对数为4，；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；元素的非金属性越强，电负性越大；
（5）醇与水分子间能形成氢键，熔沸点升高；
（6）①C位于右侧面心，结合A、B的坐标确定C的坐标；
②每个镍离子被3个氧离子包围，每个氧离子被3个镍离子包围，相邻的3个氧离子的中心形成边长为2apm的正三角形，每个三角形中含有1个镍离子。
（1）基态铬原子的核外电子排布式为[Ar] 3d54s1，价层电子排布式为：3d54s1；
（2）含铬化合物中Cr元素化合价为+6价，常温下呈蓝色，则其结构式可能为B，B中氧原子均达8电子稳定结构，故选B；
（3）型锰的面心立方晶胞俯视图：顶点、面心、棱上均有Mn原子，故选C；型锰的面心立方晶胞中锰原子位于8个顶点和6个面心，以顶点Mn为例，晶胞内和此Mn共面、处于三个面心的Mn距其最近且等距离，顶点Mn在8个晶胞中，面上Mn被2个晶胞共有，所以距离Mn最近且等距离的Mn有3×8×=12个；
（4）DMSO（）中S形成3个σ键，还有1对孤对电子，则硫原子的价层电子对数为4，S原子杂化轨道类型为sp3杂化；的中心C原子形成3个σ键，无孤电子对，则C原子的价层电子对数为3，中心C原子为sp2杂化，故中键角小于中键角；中Cl原子的价层电子对数为：4+×(7+1-4×2)=4，Cl原子采取sp3杂化，空间构型是正四面体形；同周期主族元素从左往右电负性增大，Cl>S，同主族从上往下电负性减小，O>S，又电负性O>Cl，故元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为：O>Cl>S；
（5）烯丙醇()与丙醛()的相对分子质量相等，但两者沸点相差较大，原因是：烯丙醇分子之间能形成分子间氢键；
（6）C位于面心，根据A和B 的坐标，可知C的离子坐标参数为：；由图乙可知，每个镍离子被3个氧离子包围，每个氧离子被3个镍离子包围，相对位置如图所示：，相邻的3个氧离子的中心形成边长为2apm的正三角形，每个三角形中含有1个镍离子，三角形的面积为×2apm×2apm×=a2pm2，实际上镍离子被如图所示的两个小三角形所包含：，两个小三角形形成的平行四边形的面积为，含有的氧离子个数为6×=1，则每平方米面积上具有该晶体的质量为。
18．（2024高二下·广东期末）回答下列问题。
（1）制备硫酸铁铵晶体，实验步骤如下：
①向溶液中，加入　 　酸化，并加入适量30%溶液，充分反应；
②向上述溶液中加入适量溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、常温晾干，得硫酸铁铵晶体。该过程中需要用到的仪器有　 　(从下列图中选择序号)。
（2）某化学小组探究硫酸铁铵与的反应，
实验 试剂A 试剂B 现象
溶液() 逐滴加入溶液 迅速产生大量红褐色沉淀和大量气泡：继续滴加，当气泡量明显减少时，试管口的湿润红色石蕊试纸开始逐渐变蓝
溶液() 逐滴加入溶液 溶液立即变棕红(无丁达尔现象)，继续滴加溶液至过量，溶液依然为棕红色，放置两天无明显变化
已知：(棕红)。
实验中产生红褐色沉淀与大量气泡的离子方程式为　 　。
（3）查阅资料：可以氧化。针对实验中的现象，小组同学又设计并实施了如下实验。
实验 试剂A 试剂B 现象
溶液() 逐滴加入溶液 溶液立即变棕红色，约2小时后，棕红色消失，检测到
溶液() 逐滴加入溶液 溶液立即变棕红色，约5小时后，棕红色消失，检测到
实验中与反应生成的离子方程式为　 　
（4）针对实验、的现象差异、小组同学猜想，影响了的氧化性或的还原性，并实施实验，
实验 实验装置 实验步骤及现象
一、按如图搭好装置，接通电路，电压表读数为 二、向a电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数不变 三、向石墨电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数变为。
查阅资料：其他条件不变时，氧化剂氧化性越强，电压越大；还原剂还原性越强，电压越大。
①a电极材料为　 　；b溶液为　 　。
②结合上述查阅的资料和实验的现象，小组同学推测，还原性：　 　(填“>”、“<”或“=”)。
③补充实验：向实验得到的棕红色液体中加入3滴10%稀硫酸，棕红色迅速消失，检测到。
结合实验~，请用化学平衡移动原理解释实验中氧化还原反应明显加快的可能原因　 　。
综合以上实验，盐溶液间反应的多样性与微观粒子种类、试剂的相对用量、等有关。
【答案】（1）硫酸；AD
（2）2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
（3）2Fe3++H2O+SO=2Fe2++SO+2H+
（4）石墨；0.3 mol L-1 Na2SO3溶液；>；加入滴稀硫酸，H+与反应使降低，从而使平衡逆移，增大，与价硫化合物的氧化还原反应速率加快。
【知识点】氧化还原反应；配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①溶液因亚铁离子水解显酸性，为防止引入新杂质，加入硫酸酸化，并加入适量30%溶液，充分反应；
②蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、常温晾干，得硫酸铁铵晶体，蒸发用蒸发皿，过滤需要漏斗，该过程中需要用到的仪器有AD。
（2）实验中Fe3+与 发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
（3）实验中被还原为，被氧化为，反应的离子方程式为2Fe3++H2O+SO=2Fe2++SO+2H+；
（4）①实验验证对的氧化性或的还原性的影响，需要排除2个电极的影响，即2个电极应该相同，所以a电极材料为石墨；b溶液为0.3 mol L-1 Na2SO3溶液。
②向石墨电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数减小，说明还原性>。
③补充实验：向实验得到的棕红色液体中加入3滴10%稀硫酸，棕红色迅速消失，检测到。
根据实验~，加入滴稀硫酸，H+与反应使降低，从而使平衡逆移，增大，与价硫化合物的氧化还原反应速率加快。
【分析】（1）①硫酸亚铁水解显酸性，因此加入硫酸抑制亚铁离子水解；
②配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此选择所需仪器；
（2）产生的红褐色沉淀是氢氧化铁，气泡为二氧化碳；
（3）与反应生成 、硫酸根和氢离子，据此书写离子方程式；
（4）探究对的氧化性或的还原性的影响，根据控制变量法，应控制除pH外的其它条件完全相同，包括电极材料、以及选用溶液的浓度等。
（1）①向溶液中，为防止引入新杂质，加入硫酸酸化，并加入适量30%溶液，充分反应；
②蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、常温晾干，得硫酸铁铵晶体。蒸发用蒸发皿，过滤需要漏斗，该过程中需要用到的仪器有AD。
（2）实验中Fe3+与 发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，产生红褐色沉淀与大量气泡的离子方程式为2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
（3）实验中被还原为，被氧化为，反应的离子方程式为2Fe3++H2O+SO=2Fe2++SO+2H+；
（4）①实验验证对的氧化性或的还原性的影响，需要排除2个电极的影响，即2个电极应该相同，所以a电极材料为石墨；b溶液为0.3 mol L-1 Na2SO3溶液。
②向石墨电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数减小，说明还原性>。
③补充实验：向实验得到的棕红色液体中加入3滴10%稀硫酸，棕红色迅速消失，检测到。
根据实验~，加入滴稀硫酸，H+与反应使降低，从而使平衡逆移，增大，与价硫化合物的氧化还原反应速率加快。
19．（2024高二下·广东期末）回答下列问题。
（1）金属活动顺序的强弱可参照下式表示：
已知： (与沸点相关)
(第一电离能)
(水合能)
①　 　(用含的式子表示)。
②已知，即Li的金属活动顺序更强，则　 　(填“>”、“<”或“=”)。
（2）探究不同的催化剂对反应温度的影响，其他条件不变时，在不同酸的催化下(酸的浓度相同)，得到反应a体系温度与反应时间的关系如图，下列说法合理的是___________。
A．其他条件相同时，酸的酸性越强，反应a的焓变绝对值越大
B．硫酸催化下，反应一段时间后，反应速率加快很多，可能原因是反应过程生成了新的催化剂
C．其他条件相同时，酸的酸性越弱，反应a的反应速率越慢
D．其他条件相同时，酸中含氢原子数越多，反应a的反应速率越快
（3）在催化剂作用下，由和CO合成的反应机理如下图所示，机理的起点从开始，以生成结束，则反应的催化剂为　 　。
（4）对于物质的量浓度均为的混合溶液(已知的电离常数为)，则其溶液中的微粒浓度大小排序为　 　(写出除外的所有微粒)。
（5）对于某一元酸HA，常温下，在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)，溶液和中的相等。设溶液中。
①溶液中的HA的电离度为，求　 　。
②将上图中的HA换为一元酸HB(图中其他条件不变，HB的电离常数为K)，则溶液和中的比值为　 　(用含K的式子表示)。
【答案】（1） H2+ H3+ H4；<
（2）C
（3）HI、
（4）c(NH)>c(Cl-)>c(NH3 H2O)>c(OH-)>c(H+)
（5）1×10-5；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①设a. ，b. ，c. ，根据盖斯定律，将a+b+c可得 ，则；
②已知ΔH1(Li)<ΔH1(Cs)，即Li的金属活动顺序更强，锂的水合能（ΔH绝对值）比其他的碱金属大的多，水合能ΔH为负值，所以ΔH4(Li)＜ΔH4(Cs)；
（2）A．反应中酸作为催化剂，催化剂不影响焓变，A错误；
B．根据图可知，硫酸催化下，反应一段时间后，反应速率加快很多，因为体系温度升高对速率的影响，B错误；
C．各种酸的浓度均相同，但是硫酸的催化效率最高，所以酸的酸性越弱，反应a的反应速率越慢，C正确；
D．应该是酸的浓度越大反应速率越快，D错误；
故选C。
（3）由流程图可知，机理的起点从CH3OH开始，以生成CH3COOH结束，则HI和为催化剂，可以改变化学反应速率；
（4）的水解常数为＜1.8×10 5，即NH3 H2O的电离大于水解，溶液为碱性，所以微粒浓度大小排序为c()>c(Cl-)>c(NH3 H2O)>c(OH-)>c(H+)；
（5）①HA的电离常数为；
②在溶液Ⅰ中，HB的电离常数，则，，同理，在溶液Ⅱ中有，由题可知未电离的HB可自由穿过该膜(如图所示)，溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HB)相等，则。
【分析】（1）①根据盖斯定律，将三个反应相加即可得到目标方程式；
②结合分析；
（2）A．催化剂不影响焓变；
Ｂ．反应过程中温度会升高；
Ｃ．硫酸的催化效率最佳，说明酸性越强，反应速率越快；
Ｄ．磷酸含有的氢原子数最多，但速率不是最快的；
（3）催化剂在反应前后不发生变化；
（4）一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度；
（5）①根据计算；
②未电离的HB可自由穿过该膜，则溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HB)相等。
（1）①假设与沸点有关的式子为②，第一电离能的式子为③，水合能的式子为④，则②+③+④得到，则；
②已知ΔH1(Li)<ΔH1(Cs)，即Li的金属活动顺序更强，锂的水合能（ΔH绝对值）比其他的碱金属大的多，水合能ΔH为负值，所以ΔH4(Li)＜ΔH4(Cs)；
（2）A．反应中酸作为催化剂，催化剂可以降低活化能，但是不改变焓变，A错误；
B．根据图可知，硫酸催化下，反应一段时间后，反应速率加快很多，因为体系温度升高对速率的影响，B错误；
C．各种酸的浓度均相同，但是硫酸的催化效率最高，所以酸的酸性越弱，反应a的反应速率越慢，C正确；
D．应该是酸的浓度越大反应速率越快，D错误；
故选C。
（3）由流程图可知，机理的起点从CH3OH开始，以生成CH3COOH结束，则HI和为催化剂，可以改变化学反应速率；
（4）的水解常数为＜1.8×10 5，即NH3 H2O的电离大于水解，溶液为碱性，所以微粒浓度大小排序为c()>c(Cl-)>c(NH3 H2O)>c(OH-)>c(H+)；
（5）①HA的电离常数为；
②在溶液Ⅰ中，HB的电离常数，则，，同理，在溶液Ⅱ中有，由题可知未电离的HB可自由穿过该膜(如图所示)，溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HB)相等，则。
20．（2024高二下·广东期末）含氤杂环化合物的合成在生命物质制备以及新药研发等方面具有重大意义。一种以苯为主要原料合成的路线如下(加料顺序、反应条件略)；
（1）反应①中，在催化剂以及酸性条件下，化合物与无色无味气体x反应，生成化合物，原子利用率为100%，x为　 　。
（2）写出反应③的化学方程式　 　。
（3）根据化合物的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂 反应形成的新官能团的名称 反应类型
a i)银氨溶液ii)酸化 　 　 氧化反应
b HCN 　 　和氰基 　 　
（4）关于反应⑥的说法中，不正确的有___________。
A．反应过程中，氮原子的杂化方式不变
B．产物中的所有碳原子和氮原子可能共平面
C．反应过程中，有双键和键断裂
D．反应过程中，有单键和双键形成
（5）化合物y的分子组成比多两个“”，y能发生银镜反应且其苯环上有两个取代基，则y有　 　种结构(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为3：2：2：1：1的结构简式为　 　(任写一种)。
（6）以有机物A、B和D为含碳原料，分两步合成抗癌药物盐酸厄洛替尼片的重要中间体，第2步利用反应⑥的原理。
①B的结构简式为　 　；②有机物D的化学名称是　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）羧基；羟基；加成反应
（4）A；B
（5）18；或或(任写一个)
（6）；甲醛
【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
【解析】【解答】（1）化合物Ⅰ与无色无味气体x反应，生成化合物Ⅱ，原子利用率为100%，x为CO，根据Ⅰ和Ⅱ的结构简式可知，x为CO，故答案为：CO；
（2）反应③是苯发生硝化反应生成硝基苯，反应的的化学方程式为：，故答案为：；
（3）①与银氨溶液反应生成苯甲酸银，酸化后生成苯甲酸，故含有官能团为羧基，故答案为：羧基；
②与HCN发生加成反应，生成，含有羟基和氰基，故答案为：羟基；
③由②可知，该反应为加成反应，故答案为：加成反应；
（4）A．反应过程中，中氮原子的杂化方式为sp3杂化，中氮原子的杂化方式分别为sp2、sp3杂化，杂化方式改变，故A项错误；
B．产物Ⅶ中含有饱和C、N原子，故所有C、N原子不可能共平面，故B项错误；
C．反应过程中，中C=O双键，中N H键断裂，故C项正确；
D．反应过程中，产物中有C N单键和C=N双键形成，故D项正确；
故答案为：AB；
（5）化合物y的分子组成比Ⅲ多两个“—CH2—”，y的分子式为：C9H9OCl，y能发生银镜反应，说明含有醛基，且其苯环上有两个取代基，则官能团异构氯原子位于邻、间、对位，共3种；官能团异构醛基位于邻、间、对位共3种；甲基位于邻、间、对位共3种；官能团异构，醛基位于邻、间、对位共3种共3种；官能团异构氯原子位于邻、间、对位，共3种；官能团异构，邻、间、对位3种同分异构体，共计18种，故答案为：18；
②其中核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为3：2：2：1：1的结构简式为：或或，故答案为：或或；
（6）①由结构可知，C的结构简式为：，D的结构简式为：HCHO，由C的结构简式可推出B为故答案为：；
②由①可知，D的结构简式为：HCHO，名称为：甲醛，故答案为：甲醛。
【分析】反应①的原子利用率为100%，结合Ⅰ和Ⅱ的结构简式，x为无色无味的气体，则x为CO， 反应②为与氯气反应生成，苯在浓硝酸、浓硫酸、加热条件下发生硝化反应生成，还原得到，与发生取代反应生成，与、NH3·H2O反应生成。
（1）由分析可知，在催化剂以及酸性条件下，化合物Ⅰ与无色无味气体x反应，生成化合物Ⅱ，原子利用率为100%，x为CO，故答案为：CO；
（2）写出反应③的化学方程式为：，故答案为：；
（3）①与银氨溶液反应生成苯甲酸银，酸化后生成苯甲酸，故含有官能团为羧基，故答案为：羧基；
②与HCN发生加成反应，生成，含有羟基和氰基，故答案为：羟基；
③由②可知，该反应为加成反应，故答案为：加成反应；
（4）A．反应过程中，中氮原子的杂化方式为sp3杂化，中氮原子的杂化方式分别为sp2、sp3杂化，故杂化发生改变，故A项错误；
B．产物Ⅶ中含有饱和C、N原子，故不可能所有C、N原子共平面，故B项错误；
C．反应过程中，中C=O双键，中N H键断裂，故C项正确；
D．反应过程中，产物中有C N单键和C=N双键形成，故D项正确；
故答案为：AB；
（5）化合物y的分子组成比Ⅲ多两个“—CH2—”，y的分子式为：C9H9OCl，y能发生银镜反应则含有醛基，且其苯环上有两个取代基，则官能团异构氯原子位于邻、间、对位，共3种；官能团异构醛基位于邻、间、对位共3种；甲基位于邻、间、对位共3种；官能团异构，醛基位于邻、间、对位共3种共3种；官能团异构氯原子位于邻、间、对位，共3种；官能团异构，邻、间、对位3种同分异构体，共计18种，故答案为：18；
②其中核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为3：2：2：1：1的结构简式为：或或，故答案为：或或；
（6）①由结构可知，C的结构简式为：，D的结构简式为：HCHO，由C的结构简式可推出B为故答案为：；
②由①可知，D的结构简式为：HCHO，名称为：甲醛，故答案为：甲醛。
1 / 1广东省四校（华附、省实、广雅、深中）2023-2024学年高二下学期期末联考化学试题
1．（2024高二下·广东期末）化学与生活密切相关。下列说法不正确的是
A．乙二醇可用于生产汽车防冻剂
B．疫苗一般应冷藏存放，目的是避免蛋白质变性
C．糖类、油脂、蛋白质在一定条件下一定都能发生水解反应
D．衣服面料中的聚酯纤维、棉、麻均属于有机高分子材料
2．（2024高二下·广东期末）下列有关化学用语表示正确的是
A．聚丙烯的链节：
B．基态氧原子的轨道表示式：
C．用石墨电极电解溶液：
D．用系统命名法命名为3-甲基丁酸
3．（2024高二下·广东期末）化学处处呈现美，下列说法不正确的是
A．舞台上干冰升华时，共价键断裂
B．与18-冠-6的空腔大小相近，形成稳定的超分子结构()，这体现出超分子的分子识别特征
C．缺角的晶体在饱和溶液中变为完美立方体块，体现晶体的自范性
D．雪花是天空中的水汽经凝华而来的一种晶体，其六角形形状与氢键的方向性有关
4．（2024高二下·广东期末）化学创造美好生活。下列选项中生产活动和化学原理关联正确的是
A．向工业废水中添加FeS以除去废水中的，是由于FeS具有还原性
B．利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇，是由于纤维素能发生水解反应生成乙醇
C．飞船返回舱使用耐高温的结构材料氮化硅，因为是由共价键构成的分子晶体
D．用醋酸能除去水垢中的，因为醋酸的酸性强于碳酸
5．（2024高二下·广东期末）在生产生活中，金属腐蚀会带来严重的经济损失。下列说法正确的是（　　）
A．生铁浸泡在食盐水中易发生析氢腐蚀
B．在船舶外壳安装锌块，利用了牺牲阳极法
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是Fe-3e-=Fe3+
D．将钢铁闸门与电源正极相连的防腐措施属于外加电流法
6．（2024高二下·广东期末）碳酸二甲酯DMC()是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．反应进程中最大能垒为
B．适当的提高温度，可以增加碳酸二甲酯的产率
C．第2步的基元反应方程式为：
D．升高温度，可以对于第1步反应的正反应速率增加，对于第3步反应的正反应速率减小
7．（2024高二下·广东期末）NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．标准状况下，2.24L苯所含的分子数为NA
B．的溶液中的数目为0.02NA
C．常温下，石墨中含有键的数目为1.5NA
D．标准状况下，和混合，生成物中含有的分子数为NA
8．（2024高二下·广东期末）甲氧基肉桂酸辛酯是一种化学防晒剂，其分子结构如图。下列说法正确的是
A．分子式为 B．分子中有2种官能团
C．该物质易溶于水 D．分子中有2个手性碳原子
9．（2024高二下·广东期末）鲁米诺因能快速鉴定衣物等表面是否存在血迹而被称为“血迹检测小王子”，其一种合成路线如图所示。下列说法正确的是
A．一定条件，甲可以和乙醇发生缩聚反应
B．鲁米诺中最多12个原子位于同一平面
C．反应(1)是取代反应，反应(2)是氧化反应
D．鲁米诺既能与盐酸反应，又能与溶液反应
10．（2024高二下·广东期末）下列关于物质的结构(或性质)及解释均正确的是
选项 物质的结构(或性质) 解释
A 键角： 水分子中O上孤电子对数比氨分子中N上的多
B 稳定性： HF分子间氢键强于HCl分子间作用力
C 熔点：碳化硅>金刚石 键的键能大于键的键能
D 在中的溶解度比在水中的大 和都是非极性分子，是极性分子
A．A B．B C．C D．D
11．（2024高二下·广东期末）我国科学家在寻找“点击反应”的砌块过程中，发现一种新的化合物，结构如下图所示，其中X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与Z是同一主族元素。下列说法正确的是
A．简单离子半径：W>Z>Y>X
B．X、Y、Z和W形成的简单氢化物中，X沸点最高
C．X、Z、W氧化物的水化物均为强酸
D．X+采用的是sp杂化方式成键
12．（2024高二下·广东期末）氟化钾镁是一种具有优良光学性能的材料，主要应用于激光领域，其立方晶胞结构如图。表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．的配位数为8
B．氟化钾镁晶体的化学式为
C．每个位于距其最近且等距的构成的正八面体空隙中
D．若位于晶胞的体心，则位于晶胞的面心
13．（2024高二下·广东期末）下列所示装置或操作能达到实验目的的是
A．图①：验证1-溴丁烷发生消去反应
B．图②：用已知浓度的酸性溶液滴定未知物质的量浓度的溶液
C．图③：比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱
D．图④：蒸干溶液获得晶体
14．（2024高二下·广东期末）下列有关实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向淀粉中加入的溶液，加热一段时间，冷却，再加入少量新制的，加热 无砖红色沉淀产生 淀粉未水解
B 两支试管中各盛酸性高锰酸钾溶液，分别加入草酸溶液和草酸溶液 加入草酸溶液的试管中溶液褪色更快 其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快
C 常温下，向盛有2滴溶液的试管中滴加溶液，再向其中滴加灯溶液 先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀
D 室温下用试纸测定同浓度的溶液和溶液 颜色更深 酸性：
A．A B．B C．C D．D
15．（2024高二下·广东期末）我国科学家研究出一种新型水系电池，其结构如图，该电池既能实现乙炔加氢又能提供电能，下列说法正确的是
A．通过阴离子交换膜向a电极移动
B．左侧极室减小
C．a极的电极反应式为：
D．每转移，右侧极室中溶液质量增大
16．（2024高二下·广东期末）室温下，在P和Q浓度相等的混合溶液中，同时发生反应①P＋Q=X＋Z和反应②P＋Q=Y＋Z，反应①和②的速率方程分别是v1=k1c2(P)、v2=k2c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应过程中，Q、X的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是
A．反应开始后，体系中X和Y的浓度之比保持不变
B．45min时Z的浓度为0.4mol·L-1
C．反应①的活化能比反应②的活化能大
D．如果反应能进行到底，反应结束时，有40%的P转化为Y
17．（2024高二下·广东期末）铬(Cr)、锰(Mn)、钴(Co)、镍(Ni)等过渡金属元素化合物的应用研究是前沿科学之一，回答下列问题：
（1）基态铬原子的价层电子排布式为　 　。
（2）含铬化合物中Cr元素化合价为+6价，常温下呈蓝色，则其结构式可能为　 　。
A． B． C．
（3）已知金属锰有多种晶型，型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列　 　(填序号)，每个Mn原子周围紧邻的原子数为　 　。
A． B． C． D．
（4）是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为，DMSO中硫原子的杂化轨道类型为　 　，中键角　 　中键角 (填“大于”“小于”或“等于”)，的空间构型是　 　，元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为　 　。
（5）镍可催化合成烯丙醇()，其相对分子质量与丙醛()的相等，但两者沸点相差较大，原因是　 　。
（6）①NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为，B为，则C的离子坐标参数为　 　。
②一定温度下，NiO可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为作密置单层排列(之间相切)，填充其中(如图乙)，已知的半径为apm，设阿伏加德罗常数值为，每平方米面积上具有该单分子层的质量为　 　g(用含a、的代数式表示)。
18．（2024高二下·广东期末）回答下列问题。
（1）制备硫酸铁铵晶体，实验步骤如下：
①向溶液中，加入　 　酸化，并加入适量30%溶液，充分反应；
②向上述溶液中加入适量溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、常温晾干，得硫酸铁铵晶体。该过程中需要用到的仪器有　 　(从下列图中选择序号)。
（2）某化学小组探究硫酸铁铵与的反应，
实验 试剂A 试剂B 现象
溶液() 逐滴加入溶液 迅速产生大量红褐色沉淀和大量气泡：继续滴加，当气泡量明显减少时，试管口的湿润红色石蕊试纸开始逐渐变蓝
溶液() 逐滴加入溶液 溶液立即变棕红(无丁达尔现象)，继续滴加溶液至过量，溶液依然为棕红色，放置两天无明显变化
已知：(棕红)。
实验中产生红褐色沉淀与大量气泡的离子方程式为　 　。
（3）查阅资料：可以氧化。针对实验中的现象，小组同学又设计并实施了如下实验。
实验 试剂A 试剂B 现象
溶液() 逐滴加入溶液 溶液立即变棕红色，约2小时后，棕红色消失，检测到
溶液() 逐滴加入溶液 溶液立即变棕红色，约5小时后，棕红色消失，检测到
实验中与反应生成的离子方程式为　 　
（4）针对实验、的现象差异、小组同学猜想，影响了的氧化性或的还原性，并实施实验，
实验 实验装置 实验步骤及现象
一、按如图搭好装置，接通电路，电压表读数为 二、向a电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数不变 三、向石墨电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数变为。
查阅资料：其他条件不变时，氧化剂氧化性越强，电压越大；还原剂还原性越强，电压越大。
①a电极材料为　 　；b溶液为　 　。
②结合上述查阅的资料和实验的现象，小组同学推测，还原性：　 　(填“>”、“<”或“=”)。
③补充实验：向实验得到的棕红色液体中加入3滴10%稀硫酸，棕红色迅速消失，检测到。
结合实验~，请用化学平衡移动原理解释实验中氧化还原反应明显加快的可能原因　 　。
综合以上实验，盐溶液间反应的多样性与微观粒子种类、试剂的相对用量、等有关。
19．（2024高二下·广东期末）回答下列问题。
（1）金属活动顺序的强弱可参照下式表示：
已知： (与沸点相关)
(第一电离能)
(水合能)
①　 　(用含的式子表示)。
②已知，即Li的金属活动顺序更强，则　 　(填“>”、“<”或“=”)。
（2）探究不同的催化剂对反应温度的影响，其他条件不变时，在不同酸的催化下(酸的浓度相同)，得到反应a体系温度与反应时间的关系如图，下列说法合理的是___________。
A．其他条件相同时，酸的酸性越强，反应a的焓变绝对值越大
B．硫酸催化下，反应一段时间后，反应速率加快很多，可能原因是反应过程生成了新的催化剂
C．其他条件相同时，酸的酸性越弱，反应a的反应速率越慢
D．其他条件相同时，酸中含氢原子数越多，反应a的反应速率越快
（3）在催化剂作用下，由和CO合成的反应机理如下图所示，机理的起点从开始，以生成结束，则反应的催化剂为　 　。
（4）对于物质的量浓度均为的混合溶液(已知的电离常数为)，则其溶液中的微粒浓度大小排序为　 　(写出除外的所有微粒)。
（5）对于某一元酸HA，常温下，在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)，溶液和中的相等。设溶液中。
①溶液中的HA的电离度为，求　 　。
②将上图中的HA换为一元酸HB(图中其他条件不变，HB的电离常数为K)，则溶液和中的比值为　 　(用含K的式子表示)。
20．（2024高二下·广东期末）含氤杂环化合物的合成在生命物质制备以及新药研发等方面具有重大意义。一种以苯为主要原料合成的路线如下(加料顺序、反应条件略)；
（1）反应①中，在催化剂以及酸性条件下，化合物与无色无味气体x反应，生成化合物，原子利用率为100%，x为　 　。
（2）写出反应③的化学方程式　 　。
（3）根据化合物的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂 反应形成的新官能团的名称 反应类型
a i)银氨溶液ii)酸化 　 　 氧化反应
b HCN 　 　和氰基 　 　
（4）关于反应⑥的说法中，不正确的有___________。
A．反应过程中，氮原子的杂化方式不变
B．产物中的所有碳原子和氮原子可能共平面
C．反应过程中，有双键和键断裂
D．反应过程中，有单键和双键形成
（5）化合物y的分子组成比多两个“”，y能发生银镜反应且其苯环上有两个取代基，则y有　 　种结构(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为3：2：2：1：1的结构简式为　 　(任写一种)。
（6）以有机物A、B和D为含碳原料，分两步合成抗癌药物盐酸厄洛替尼片的重要中间体，第2步利用反应⑥的原理。
①B的结构简式为　 　；②有机物D的化学名称是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料
【解析】【解答】A．乙二醇溶液具有较低的冰点，能有效防止在低温环境下汽车冷却系统结冰，可用于生产汽车防冻剂，故A正确；
B．为了保证疫苗中抗原的生物学活性，避免蛋白质变性，大部分的疫苗都应该被贮存在低温的环境里面，故B正确；
C．糖类中的单糖不能水解，故C错误；
D．衣服面料中的聚酯纤维属于合成高分子材料，棉、麻主要成分是纤维素，属于天然有机高分子化合物，故D正确；
故选C。
【分析】A．乙二醇沸点高，冰点低，不易挥发，热稳定性好，化学性能稳定；
Ｂ．蛋白质在高温下失去活性；
Ｃ．单糖不能水解；
Ｄ．有机高分子材料是一类由一种或几种分子或分子团 (结构单元或单体)以共价键结合成具有多个重复单体单元的大分子，可以是天然产物如纤维、蛋白质和天然橡胶等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡胶、合成树脂、合成纤维等非生物高聚物等。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．聚丙烯的链节是，故A错误；
B．O为8号元素，基态氧原子的电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为，故B错误；
C．用石墨电极电解溶液生成铜和氯气，故C错误；
D．用系统命名法命名为3-甲基丁酸，故D正确；
故选D。
【分析】A．聚丙烯的链节为；
Ｂ．基态氧原子的电子排布式为1s22s22p4；
Ｃ．用石墨电极电解溶液生成铜和氯气；
Ｄ．羧酸命名时，选含官能团最长的碳链为主链，从离羧基近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。
3．【答案】A
【知识点】分子间作用力；氢键的存在对物质性质的影响；晶体的定义
【解析】【解答】A．干冰升华时，只是从固态直接变成气态，破坏分子间作用力，共价键并未断裂，A错误；
B．碱金属离子有大有小，冠醚有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，K+与18-冠-6的空腔大小相近，则K+与18-冠-6形成稳定的超分子结构，现了超分子的分子识别特征，B正确；
C．在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，则缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，体现了晶体的自范性，C正确；
D．氢键具有方向性和饱和性，天空中的水汽经凝华形成雪花的六角形形状与氢键的方向性有关，D正确；
故选A。
【分析】A．干冰升华为物理变化；
Ｂ．冠醚有不同大小的空穴适配不同大小的金属离子；
Ｃ．晶体的自范性是指：在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质；
Ｄ．氢键具有方向性。
4．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙酸的化学性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．向工业废水中添加FeS生成CuS除去废水中的，是因为CuS的溶解度小于FeS，利用沉淀转化原理，故A错误；
B．纤维素属于多糖，可水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，故B错误；
C．是由共价键构成的共价晶体，故C错误；
D．醋酸的酸性强于碳酸，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，因此可用醋酸能除去水垢中的，故D正确；
故选D。
【分析】A．CuS比FeS难溶；
Ｂ．纤维素属于多糖；
Ｃ．为共价晶体；
Ｄ．醋酸的酸性强于碳酸。
5．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．食盐水显中性，生铁浸泡在中性溶液中易发生吸氧腐蚀，故A错误；
B．在船舶外壳安装锌块，锌比铁活泼作负极，利用了牺牲阳极法，故B正确；
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是铁失去电子形成亚铁离子，Fe-2e-=Fe2+，故C错误；
D．钢铁闸门应与电源负极相连通过还原反应保护，属于外加电流保护法，不是正极，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A.析氢腐蚀即为在酸性环境下，铁被腐蚀，同时生成氢气；
B.利用活泼金属做负极被腐蚀，从而起到保护船体目的，即为牺牲阳极法；
C.铁一般被氧化生成亚铁离子；而不是三价铁；
D.外加电流保护法即为被保护金属为阴极，不被消耗，起到保护作用。
6．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，该反应中能垒最大的反应为：CH3OH*+HO·* → CH3O·*+H2O*，能垒为1.257×104 eV，A正确；
B．由图可知，该反应的总反应为2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O ，生成物的总能量大于生成物的总能量ΔH>0，适当的提高温度，反应正向移动，可以增加碳酸二甲酯的产率，B正确；
C．第2步的基元反应方程式为：CH3OH·*+CO2* → CH3OCOO·*，C正确；
D．升高温度，反应速率加快，即第1步反应的正反应速率与第3步反应的正反应速率均增加，D错误；
答案选D。
【分析】A．该反应中能垒最大的反应为CH3OH*+HO·* → CH3O·*+H2O*；
Ｂ．该反应生成物的总能量大于生成物的总能量，为吸热反应；
Ｃ．结合图示书写方程式；
Ｄ．升温反应速率加快。
7．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 标准状况下，苯是液体，不能用22.4L/mol计算物质的量，故A错误；
B．的溶液中，c(H+)=0.01mol/L，则的数目为1.0L×0.01mol·L－1NA=0.01NA，故B错误；
C． 石墨中一个碳形成3个键，一个键由2个碳原子共用，石墨中含有键的数目为=1.5NA，故C正确；
D． 标准状况下，和混合，NO被氧化为NO2，同时还存在反应2NO2N2O4，因此含有的分子数少于NA，故D错误；
故选C。
【分析】A．标况下苯是液态；
Ｂ． 的溶液，c(H+)=0.01mol/L；
Ｃ．石墨中一个碳形成3个键，一个键由2个碳原子共用；
Ｄ．该体系中还会发生反应2NO2N2O4。
8．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由分子结构可知，该分子中含有18个C原子，26个H原子，3个O原子，其分子式为C18H26O3，A正确；
B．该物质中含有的官能团有醚键、酯基、碳碳双键，共3种，B错误；
C．该物质属于酯类，难溶于水，C错误；
D．分子中有1个手性碳原子，如图用“*”标记，D错误；
故选A。
【分析】A．根据结构简式确定分子式；
Ｂ．该物质中含有的官能团有醚键、酯基、碳碳双键；
Ｃ．该物质属于酯；
Ｄ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
9．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．化合物甲属于二元羧酸，和乙醇的反应只能发生酯化反应，A错误；
B．鲁米诺中与苯环直接相连的原子在同一个平面上，羰基为平面结构，与苯环相连，单键在空间可旋转，所以最少有12个原子共面，B错误；
C．反应(1)是A脱去羟基，N2H4脱去氢，生成B与2个水分子，属于取代反应，而反应(2)是乙中硝基转化为氨基生成鲁米诺，属于还原反应，C错误；
D．鲁米诺分子中含有氨基可以和盐酸反应，含有酰胺基可以和氢氧化钠溶液反应，D正确；
故选D。
【分析】A．化合物甲含有两个羧酸；
Ｂ．直接与苯环相连的原子与苯环共面，羰基为平面结构，单键可旋转；
Ｃ．反应(2)硝基转化为氨基，为还原反应；
Ｄ．氨基能与盐酸反应，酰胺基在NaOH溶液中水解。
10．【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．H2O中含有2个孤电子对，NH3中含有1个孤电子对，孤电子对数越多，键角减小，则H2O和NH3的键角大小为H2OB． 稳定性： 是因为H-F键强于H-Cl，与氢键无关，B错误；
C．原子半径越小，键长越短，键能越大，熔沸点越高，C－Si键键能小于C－C键能，碳化硅和金刚石的熔点大小为金刚石>碳化硅，C错误；
D．和CCl4都是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知，在CCl4中的溶解度比在水中的大，D正确；
故选D。
【分析】A．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
Ｂ．物质的稳定性与化学键的强弱有关，与氢键无关；
Ｃ．键能越大，熔沸点越高；
Ｄ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。
11．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：，故A错误；
B． NH3、H2O、H2S、HCl中，常温下H2O为液态，其他均为气态，则H2O沸点最高，故B错误；
C． N、S、Cl的氧化物的水化物中，H2SO3、HClO等均为弱酸，故C错误；
D． N+的中心原子形成2个双键，无孤电子对，价层电子对数为2，采用sp杂化，故D正确；
故选D。
【分析】Y与Z是同一主族元素，根据成键情况可知，Y和Z位于第VI主族，根据原子序数可知，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，X为N元素。
12．【答案】A
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图可知，与等距离且最近的F-位于棱心，有12个，则K+的配位数为12，故A错误；
B．Mg2+位于顶点，数目为8×=1，F-位于棱心，数目为12×=3，K+位于体心，数目为1，则该晶体的化学式为，故B正确；
C．与最近且等距的有6个，6个F-构成正八面体，在构成的正八面体的空隙中，故C正确；
D．图示晶胞中，位于顶点，位于棱心，因此当位于晶胞的体心，位于晶胞的面心，故D正确；
故选A。
【分析】A．与等距离且最近的F-位于棱心；
Ｂ．根据均摊法计算；
Ｃ．与最近且等距的有6个；
Ｄ．该晶胞中位于顶点，位于棱心。
13．【答案】B
【知识点】物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．乙醇易挥发，挥发的乙醇能使酸性高锰酸钾褪色，因此该实验不能验证1-溴丁烷发生消去反应，故A错误；
B．用已知浓度的酸性溶液滴定未知物质的量浓度的溶液，利用氧化还原反应的滴定原理，记录消耗高锰酸钾的体积，可以测定溶液的浓度，故B正确；
C．醋酸具有挥发性，挥发出的醋酸和苯酚钠反应生成苯酚，因此该实验不能验证醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱，故C错误；
D．蒸干溶液，会水解成，不能得到晶体，应采用降温结晶的方法获得晶体，故D错误；
故选B。
【分析】A．乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；
Ｂ．酸性溶液与溶液发生氧化还原反应；
Ｃ．挥发的醋酸也能与苯酚钠反应；
Ｄ．加热，易水解生成。
14．【答案】C
【知识点】测定溶液pH的方法；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
【解析】【解答】A．葡萄糖在酸性条件下不能与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成砖红色沉淀，应先加NaOH溶液中和过量的硫酸，再滴加氢氧化铜溶液，因此该实验无砖红色沉淀产生不能说明淀粉未水解，故A错误；
B．由2KMnO4~5H2C2O4可知，4mL0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液完全反应消耗0.2mol/L草酸溶液的体积为5mL(或0.1mol/L草酸溶液10mL)，则实验中高锰酸钾溶液过量，不可能通过溶液褪色判断反应速率快慢，故B错误；
C．向不足量的硝酸银溶液中加入氯化钠溶液生成白色氯化银沉淀，再加入碘化钾溶液，白色沉淀转化为白色沉淀说明溶度积大的氯化银转化为了溶度积小的碘化银，故C正确；
D．次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故D错误；
故选C。
【分析】A．要在碱性条件下检验葡萄糖；
Ｂ．该实验中高锰酸钾过量；
Ｃ．沉淀往往从溶解度小的向溶解度更小的转化；
Ｄ．次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸。
15．【答案】D
【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，b为负极，阴离子向负极移动，则OH-通过阴离子交换膜向b电极移动，故A错误；
B．左侧极室中a极的电极反应式为，若有2 mol 电子转移，从a室迁移到b室的氢氧根为2 mol，反应生成的氢氧根为2 mol，a室内氢根数目不变，但溶液体积减小，因此c（KOH）增大，pH增大，故B错误；
C．b为负极，左边a为正极，则a极发生还原反应，电极反应式为故C错误；
D．每转移，有2mol氢氧根移动到右侧极室，根据，则右侧极室中溶液质量增大1mol水的质量即18g，故D正确；
故选D。
【分析】b中锌化合价升高变为氧化锌，发生氧化反应，则b为负极，电极反应为，a为正极，电极反应为。
16．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．反应开始后，体系中X和Y的浓度之比为， k1、k2为速率常数，保持不变，则体系中X和Y的浓度之比保持不变，故A正确；
B．根据反应①和反应②的方程式可知，每消耗1molQ同时生成1molZ，反应到45min时，Q的浓度降低0.4mol/L， 则Z的浓度为0.4mol·L-1，故B正确；
C．活化能越大，反应速率越慢，反应到20min时，Q的浓度降低0.3mol/L，反应①中X浓度增大0.12mol/L，反应②中Y浓度增大0.18mol/L，反应速率：②>①，则反应①的活化能比反应②的活化能大，故C正确；
D．反应到20min时，Q的浓度降低0.3mol/L，反应①中X浓度增大0.12mol/L，反应②中Y浓度增大0.18mol/L，如果反应能进行到底，则反应结束时，P转化为Y的百分数为：，故D错误；
故选D。
【分析】A．体系中X和Y的浓度之比为；
Ｂ．浓度变化量之比等于化学计量数之比；
Ｃ．活化能越大反应速率越慢；
Ｄ．反应中P转化为X和Y的比例不变。
17．【答案】（1）3d54s1
（2）B
（3）C；12
（4）sp3；小于；正四面体形；O>Cl>S
（5）烯丙醇分子之间能形成分子间氢键
（6）；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态铬原子核外共有24个电子，其核外电子排布式为[Ar] 3d54s1，则价层电子排布式为：3d54s1；
（2）含铬化合物中Cr元素化合价为+6价，则5个O共为-6价，有1个氧为-2价，4个氧为-1价，则化合物中含有2个过氧键，其结构式可能为B，故选B；
（3）型锰的面心立方晶胞俯视图：顶点、面心、棱上均有Mn原子，故选C；型锰的面心立方晶胞中锰原子位于8个顶点和6个面心，以顶点Mn为例，晶胞内和此Mn共面、处于三个面心的Mn距其最近且等距离，顶点Mn在8个晶胞中，面上Mn被2个晶胞共有，所以距离Mn最近且等距离的Mn有3×8×=12个；
（4）DMSO（）中S形成3个σ键，还有1对孤对电子，则硫原子的价层电子对数为4，S原子杂化轨道类型为sp3杂化；的中心C原子形成3个σ键，无孤电子对，则C原子的价层电子对数为3，中心C原子为sp2杂化，故中键角小于中键角；中Cl原子的价层电子对数为：4+×(7+1-4×2)=4，Cl原子采取sp3杂化，空间构型是正四面体形；同周期主族元素从左往右电负性增大，Cl>S，同主族从上往下电负性减小，O>S，又电负性O>Cl，故元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为：O>Cl>S；
（5）烯丙醇()与丙醛()的相对分子质量相等，但两者沸点相差较大，原因是：烯丙醇分子之间能形成分子间氢键；
（6）C位于晶胞右侧面心，根据A和B 的坐标，可知C的离子坐标参数为：；由图乙可知，每个镍离子被3个氧离子包围，每个氧离子被3个镍离子包围，相对位置如图所示：，相邻的3个氧离子的中心形成边长为2apm的正三角形，每个三角形中含有1个镍离子，三角形的面积为×2apm×2apm×=a2pm2，实际上镍离子被如图所示的两个小三角形所包含：，两个小三角形形成的平行四边形的面积为，含有的氧离子个数为6×=1，则每平方米面积上具有该晶体的质量为。
【分析】（1）Cr为24号元素，根据核外电子排布规则书写其价电子排布式；
（2）化合物CrO5中Cr元素化合价为+6价，则5个O共为-6价，有1个氧为-2价，4个氧为-1价，则化合物中含有2个过氧键；
（3）γ型锰为面心立方晶胞，晶胞中锰原子位于晶胞的顶点和面心，C为面心立方晶胞俯视图，晶胞中顶点的锰与位于面心的锰原子紧邻；
（4） 中S原子的价层电子对数为4，；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；元素的非金属性越强，电负性越大；
（5）醇与水分子间能形成氢键，熔沸点升高；
（6）①C位于右侧面心，结合A、B的坐标确定C的坐标；
②每个镍离子被3个氧离子包围，每个氧离子被3个镍离子包围，相邻的3个氧离子的中心形成边长为2apm的正三角形，每个三角形中含有1个镍离子。
（1）基态铬原子的核外电子排布式为[Ar] 3d54s1，价层电子排布式为：3d54s1；
（2）含铬化合物中Cr元素化合价为+6价，常温下呈蓝色，则其结构式可能为B，B中氧原子均达8电子稳定结构，故选B；
（3）型锰的面心立方晶胞俯视图：顶点、面心、棱上均有Mn原子，故选C；型锰的面心立方晶胞中锰原子位于8个顶点和6个面心，以顶点Mn为例，晶胞内和此Mn共面、处于三个面心的Mn距其最近且等距离，顶点Mn在8个晶胞中，面上Mn被2个晶胞共有，所以距离Mn最近且等距离的Mn有3×8×=12个；
（4）DMSO（）中S形成3个σ键，还有1对孤对电子，则硫原子的价层电子对数为4，S原子杂化轨道类型为sp3杂化；的中心C原子形成3个σ键，无孤电子对，则C原子的价层电子对数为3，中心C原子为sp2杂化，故中键角小于中键角；中Cl原子的价层电子对数为：4+×(7+1-4×2)=4，Cl原子采取sp3杂化，空间构型是正四面体形；同周期主族元素从左往右电负性增大，Cl>S，同主族从上往下电负性减小，O>S，又电负性O>Cl，故元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为：O>Cl>S；
（5）烯丙醇()与丙醛()的相对分子质量相等，但两者沸点相差较大，原因是：烯丙醇分子之间能形成分子间氢键；
（6）C位于面心，根据A和B 的坐标，可知C的离子坐标参数为：；由图乙可知，每个镍离子被3个氧离子包围，每个氧离子被3个镍离子包围，相对位置如图所示：，相邻的3个氧离子的中心形成边长为2apm的正三角形，每个三角形中含有1个镍离子，三角形的面积为×2apm×2apm×=a2pm2，实际上镍离子被如图所示的两个小三角形所包含：，两个小三角形形成的平行四边形的面积为，含有的氧离子个数为6×=1，则每平方米面积上具有该晶体的质量为。
18．【答案】（1）硫酸；AD
（2）2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
（3）2Fe3++H2O+SO=2Fe2++SO+2H+
（4）石墨；0.3 mol L-1 Na2SO3溶液；>；加入滴稀硫酸，H+与反应使降低，从而使平衡逆移，增大，与价硫化合物的氧化还原反应速率加快。
【知识点】氧化还原反应；配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①溶液因亚铁离子水解显酸性，为防止引入新杂质，加入硫酸酸化，并加入适量30%溶液，充分反应；
②蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、常温晾干，得硫酸铁铵晶体，蒸发用蒸发皿，过滤需要漏斗，该过程中需要用到的仪器有AD。
（2）实验中Fe3+与 发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
（3）实验中被还原为，被氧化为，反应的离子方程式为2Fe3++H2O+SO=2Fe2++SO+2H+；
（4）①实验验证对的氧化性或的还原性的影响，需要排除2个电极的影响，即2个电极应该相同，所以a电极材料为石墨；b溶液为0.3 mol L-1 Na2SO3溶液。
②向石墨电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数减小，说明还原性>。
③补充实验：向实验得到的棕红色液体中加入3滴10%稀硫酸，棕红色迅速消失，检测到。
根据实验~，加入滴稀硫酸，H+与反应使降低，从而使平衡逆移，增大，与价硫化合物的氧化还原反应速率加快。
【分析】（1）①硫酸亚铁水解显酸性，因此加入硫酸抑制亚铁离子水解；
②配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此选择所需仪器；
（2）产生的红褐色沉淀是氢氧化铁，气泡为二氧化碳；
（3）与反应生成 、硫酸根和氢离子，据此书写离子方程式；
（4）探究对的氧化性或的还原性的影响，根据控制变量法，应控制除pH外的其它条件完全相同，包括电极材料、以及选用溶液的浓度等。
（1）①向溶液中，为防止引入新杂质，加入硫酸酸化，并加入适量30%溶液，充分反应；
②蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、常温晾干，得硫酸铁铵晶体。蒸发用蒸发皿，过滤需要漏斗，该过程中需要用到的仪器有AD。
（2）实验中Fe3+与 发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，产生红褐色沉淀与大量气泡的离子方程式为2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
（3）实验中被还原为，被氧化为，反应的离子方程式为2Fe3++H2O+SO=2Fe2++SO+2H+；
（4）①实验验证对的氧化性或的还原性的影响，需要排除2个电极的影响，即2个电极应该相同，所以a电极材料为石墨；b溶液为0.3 mol L-1 Na2SO3溶液。
②向石墨电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数减小，说明还原性>。
③补充实验：向实验得到的棕红色液体中加入3滴10%稀硫酸，棕红色迅速消失，检测到。
根据实验~，加入滴稀硫酸，H+与反应使降低，从而使平衡逆移，增大，与价硫化合物的氧化还原反应速率加快。
19．【答案】（1） H2+ H3+ H4；<
（2）C
（3）HI、
（4）c(NH)>c(Cl-)>c(NH3 H2O)>c(OH-)>c(H+)
（5）1×10-5；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①设a. ，b. ，c. ，根据盖斯定律，将a+b+c可得 ，则；
②已知ΔH1(Li)<ΔH1(Cs)，即Li的金属活动顺序更强，锂的水合能（ΔH绝对值）比其他的碱金属大的多，水合能ΔH为负值，所以ΔH4(Li)＜ΔH4(Cs)；
（2）A．反应中酸作为催化剂，催化剂不影响焓变，A错误；
B．根据图可知，硫酸催化下，反应一段时间后，反应速率加快很多，因为体系温度升高对速率的影响，B错误；
C．各种酸的浓度均相同，但是硫酸的催化效率最高，所以酸的酸性越弱，反应a的反应速率越慢，C正确；
D．应该是酸的浓度越大反应速率越快，D错误；
故选C。
（3）由流程图可知，机理的起点从CH3OH开始，以生成CH3COOH结束，则HI和为催化剂，可以改变化学反应速率；
（4）的水解常数为＜1.8×10 5，即NH3 H2O的电离大于水解，溶液为碱性，所以微粒浓度大小排序为c()>c(Cl-)>c(NH3 H2O)>c(OH-)>c(H+)；
（5）①HA的电离常数为；
②在溶液Ⅰ中，HB的电离常数，则，，同理，在溶液Ⅱ中有，由题可知未电离的HB可自由穿过该膜(如图所示)，溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HB)相等，则。
【分析】（1）①根据盖斯定律，将三个反应相加即可得到目标方程式；
②结合分析；
（2）A．催化剂不影响焓变；
Ｂ．反应过程中温度会升高；
Ｃ．硫酸的催化效率最佳，说明酸性越强，反应速率越快；
Ｄ．磷酸含有的氢原子数最多，但速率不是最快的；
（3）催化剂在反应前后不发生变化；
（4）一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度；
（5）①根据计算；
②未电离的HB可自由穿过该膜，则溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HB)相等。
（1）①假设与沸点有关的式子为②，第一电离能的式子为③，水合能的式子为④，则②+③+④得到，则；
②已知ΔH1(Li)<ΔH1(Cs)，即Li的金属活动顺序更强，锂的水合能（ΔH绝对值）比其他的碱金属大的多，水合能ΔH为负值，所以ΔH4(Li)＜ΔH4(Cs)；
（2）A．反应中酸作为催化剂，催化剂可以降低活化能，但是不改变焓变，A错误；
B．根据图可知，硫酸催化下，反应一段时间后，反应速率加快很多，因为体系温度升高对速率的影响，B错误；
C．各种酸的浓度均相同，但是硫酸的催化效率最高，所以酸的酸性越弱，反应a的反应速率越慢，C正确；
D．应该是酸的浓度越大反应速率越快，D错误；
故选C。
（3）由流程图可知，机理的起点从CH3OH开始，以生成CH3COOH结束，则HI和为催化剂，可以改变化学反应速率；
（4）的水解常数为＜1.8×10 5，即NH3 H2O的电离大于水解，溶液为碱性，所以微粒浓度大小排序为c()>c(Cl-)>c(NH3 H2O)>c(OH-)>c(H+)；
（5）①HA的电离常数为；
②在溶液Ⅰ中，HB的电离常数，则，，同理，在溶液Ⅱ中有，由题可知未电离的HB可自由穿过该膜(如图所示)，溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HB)相等，则。
20．【答案】（1）
（2）
（3）羧基；羟基；加成反应
（4）A；B
（5）18；或或(任写一个)
（6）；甲醛
【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
【解析】【解答】（1）化合物Ⅰ与无色无味气体x反应，生成化合物Ⅱ，原子利用率为100%，x为CO，根据Ⅰ和Ⅱ的结构简式可知，x为CO，故答案为：CO；
（2）反应③是苯发生硝化反应生成硝基苯，反应的的化学方程式为：，故答案为：；
（3）①与银氨溶液反应生成苯甲酸银，酸化后生成苯甲酸，故含有官能团为羧基，故答案为：羧基；
②与HCN发生加成反应，生成，含有羟基和氰基，故答案为：羟基；
③由②可知，该反应为加成反应，故答案为：加成反应；
（4）A．反应过程中，中氮原子的杂化方式为sp3杂化，中氮原子的杂化方式分别为sp2、sp3杂化，杂化方式改变，故A项错误；
B．产物Ⅶ中含有饱和C、N原子，故所有C、N原子不可能共平面，故B项错误；
C．反应过程中，中C=O双键，中N H键断裂，故C项正确；
D．反应过程中，产物中有C N单键和C=N双键形成，故D项正确；
故答案为：AB；
（5）化合物y的分子组成比Ⅲ多两个“—CH2—”，y的分子式为：C9H9OCl，y能发生银镜反应，说明含有醛基，且其苯环上有两个取代基，则官能团异构氯原子位于邻、间、对位，共3种；官能团异构醛基位于邻、间、对位共3种；甲基位于邻、间、对位共3种；官能团异构，醛基位于邻、间、对位共3种共3种；官能团异构氯原子位于邻、间、对位，共3种；官能团异构，邻、间、对位3种同分异构体，共计18种，故答案为：18；
②其中核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为3：2：2：1：1的结构简式为：或或，故答案为：或或；
（6）①由结构可知，C的结构简式为：，D的结构简式为：HCHO，由C的结构简式可推出B为故答案为：；
②由①可知，D的结构简式为：HCHO，名称为：甲醛，故答案为：甲醛。
【分析】反应①的原子利用率为100%，结合Ⅰ和Ⅱ的结构简式，x为无色无味的气体，则x为CO， 反应②为与氯气反应生成，苯在浓硝酸、浓硫酸、加热条件下发生硝化反应生成，还原得到，与发生取代反应生成，与、NH3·H2O反应生成。
（1）由分析可知，在催化剂以及酸性条件下，化合物Ⅰ与无色无味气体x反应，生成化合物Ⅱ，原子利用率为100%，x为CO，故答案为：CO；
（2）写出反应③的化学方程式为：，故答案为：；
（3）①与银氨溶液反应生成苯甲酸银，酸化后生成苯甲酸，故含有官能团为羧基，故答案为：羧基；
②与HCN发生加成反应，生成，含有羟基和氰基，故答案为：羟基；
③由②可知，该反应为加成反应，故答案为：加成反应；
（4）A．反应过程中，中氮原子的杂化方式为sp3杂化，中氮原子的杂化方式分别为sp2、sp3杂化，故杂化发生改变，故A项错误；
B．产物Ⅶ中含有饱和C、N原子，故不可能所有C、N原子共平面，故B项错误；
C．反应过程中，中C=O双键，中N H键断裂，故C项正确；
D．反应过程中，产物中有C N单键和C=N双键形成，故D项正确；
故答案为：AB；
（5）化合物y的分子组成比Ⅲ多两个“—CH2—”，y的分子式为：C9H9OCl，y能发生银镜反应则含有醛基，且其苯环上有两个取代基，则官能团异构氯原子位于邻、间、对位，共3种；官能团异构醛基位于邻、间、对位共3种；甲基位于邻、间、对位共3种；官能团异构，醛基位于邻、间、对位共3种共3种；官能团异构氯原子位于邻、间、对位，共3种；官能团异构，邻、间、对位3种同分异构体，共计18种，故答案为：18；
②其中核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为3：2：2：1：1的结构简式为：或或，故答案为：或或；
（6）①由结构可知，C的结构简式为：，D的结构简式为：HCHO，由C的结构简式可推出B为故答案为：；
②由①可知，D的结构简式为：HCHO，名称为：甲醛，故答案为：甲醛。
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