2025年吉林省吉林市蛟河市一中高二下化学期末预测试题含解析.doc

2025年吉林省吉林市蛟河市一中高二下化学期末预测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是 ( )
A．强碱性溶液中：CO32－、Na＋、AlO2－、NO3－
B．由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，Na＋、K＋、Cl－、HCO3－
C．强碱性的溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42－
D．酸性溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO3－、I－
2、某元素原子的质量数为52，中子数为28，其基态原子未成对电子数为(　　)
A．1 B．3 C．4 D．6
3、为测定某有机物的结构，用核磁共振仪处理后得到如图所示的核磁共振氢谱，则该有机物可能是

A．C2H5OH B．
C． D．
4、下列事实，不能用氢键知识解释的是 ( )
A．水比硫化氢稳定 B．水和乙醇可以完全互溶
C．冰的密度比液态水的密度小 D．氟化氢的沸点高于氯化氢
5、用价层电子对互斥理论预测H2O和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（ ）
A．直线形；三角锥形 B．V形；三角锥形
C．直线形；平面三角形 D．V形；平面正三角形
6、在由5种基团－CH3、－OH、－CHO、－C6H5、－COOH两两组成的物质中，能与NaOH反应的有机物有（ ）
A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
7、已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量Cl2，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列说法中，不正确的是

A．还原性：I->Fe2+>Br-
B．原混合溶液中FeBr2的物质的量为6 mol
C．原溶液中：n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2:1:3
D．当通入2mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
8、等物质的量的下列有机物完全燃烧，消耗氧气最多的是（ ）
A．C2H4 B．C2H4O C．C2H6O D．C3H6O2
9、400℃时，向一个容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2，发生如下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。反应过程中测得的部分数据见下表：
t/min
0
10
20
30
n(CO)/mol
0.20
0.08
0.04

n(H2)/mol
0.40

0.08
下列说法不正确的是
A．反应在前10min内的平均速率为v(H2)＝0.012 mol/(L·min)
B．400℃时，该反应的平衡常数数值为2.5×103
C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(CH3OH)＝0.06mol·L-1，则反应的ΔH＜0
D．相同温度下，若起始时向容器中充入0.3mol CH3OH，达到平衡时CH3OH的转化率大于20%
10、下列说法中正确的是（ ）
A．含离子键的晶体不一定是离子晶体 B．含共价键的晶体一定是分子晶体
C．只含极性键的分子可能不是极性分子 D．含非极性键的分子一定是非极性分子
11、下列说法正确的是
A．常温下，0.1mol·L-1某一元酸(HA)溶液中，加入少量NaA晶体或加水稀释，溶液中c(OH-)均增大
B．已知：0.1mol·L-1KHC2O4溶液呈酸性，则存在关系：c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)＞c(H+)＞c(OH-)
C．25℃，H2SO3HSO3—+H+的电离常数Ka=1×10-2mol·L-1，该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh=1×10-12mol·L-1
D．0.1mol·L-1NaHSO4溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)
12、下列文物的材质属于合金的是
A．新石器彩陶缸 B．商代青铜四羊方尊
C．战国水晶杯 D．西汉素纱衣
13、将1 mL 0.1 mol·L-1的H2SO4溶液加入纯水中制成200 mL溶液，该溶液中由水自身电离产生的c(H+)最接近于（ ）
A．1×10-3mol·L-1B．1×10-11mol·L-1
C．1×10-7mol·L-1D．1×10-13mol·L-1
14、对于下列化学平衡在一定条件下发生移动的描述，不正确的是
A．Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中加入碳酸钙，漂白性增强
B．ZnS + Cu2+CuS + Zn2+，闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)
C．2NO2N2O4 ΔH＜0，将装有NO2的玻璃球浸入热水中，红棕色变浅
D．Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色) +2H+，K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，橙色加深
15、下列有关说法不正确的是
A．CH2=CHCOOH、CH3COOCH=CH2均可作为合成聚合物的单体
B．C6Hn分子中的六个碳原子在同一直线上，则n可能等于2
C．2,2-二甲基丁烷与2,4-二甲基戊烷的一氯代物种类相同
D．与都是酚且互为同系物
16、某有机物结构如图所示，它的结构最多有多少种

A．108种 B．72种 C．56种 D．32种
二、非选择题（本题包括5小题）
17、某研究小组以甲苯为原料，合成抗癌药——拉帕替尼的中间体H的具体路线如下：

已知：①G的分子式为：C8H5N2OI
②
③
回答下列问题：
(1)A→B的试剂和条件是__________；D→E的反应类型是________。
(2)C的结构简式为__________，其中含有的官能团名称为_____________。
(3)写出E→G反应的化学方程式________________。
(4)C有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有________种。①分子中含有苯环；②分子中含有—NO2且不含—O—NO2结构；③能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱有3组峰，并且峰面积为1∶2∶2的有机物结构简式为____________。
(5)以硝基苯和有机物A为原料，设计路线合成，其他无机材料自选。___________。
18、有A、B、C、D、E五种元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数。B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中，D与B的质量比为7：8，E与B的质量比为1：1。根据以上条件，回答下列问题：
（1）推断C、D、E元素分别是(用元素符号回答)：C____，D___，E___。
（2）写出D原子的电子排布式____。
（3）写出A元素在B中完全燃烧的化学方程式_____。
（4）指出E元素在元素周期表中的位置____。
（5）比较A、B、C三种元素的第一电离能的大小顺序___(按由大到小的顺序排列,用元素符号表示)。
（6）比较元素D和E的电负性的相对大小___。(按由大到小的顺序排列，用元素符号表示)。
19、亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)制备。

已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2； ②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+；Na2O2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
（1）加热装置A前，先通一段时间N2，目的是_______________。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为__________________________________。实验结束后，将B瓶中的溶液经蒸发浓缩、__________(填操作名称)、过滤可获得CuSO4·5H2O。
（3）仪器C的名称为______________，其中盛放的药品为 ____________(填名称)。
（4）充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中，________________，则产物是NaNO2(注明试剂、现象)。
（5）为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：

①第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________(填代号)。
a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
b．锥形瓶洗净后未干燥
c．滴定终点时仰视读数
②根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数__________。
20、利用如图装置测定中和热的实验步骤如下：

①用量筒量取50mL0.25mol·L-1硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；
②用另一量筒量取50mL0.55mol·L-1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液的最高温度。
回答下列问题：
（1）倒入NaOH溶液的正确操作是___。
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
（2）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是__。
A．用温度计小心搅拌 B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯 D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下移动
（3）实验数据如下表：
①请填写下表中的空白：
温度
实验次数
起始温度t1℃
终止温度t2/℃
温度差平均值(t2－t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
29.5
___________
2
25.9
25.9
25.9
29.2
3
26.4
26.2
26.3
29.8
②近似地认为0.55mol·L-1NaOH溶液和0.25mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1。则中和热ΔH=__(取小数点后一位)。
21、过量的碳排放会引起严重的温室效应，导致海洋升温、海水酸化，全球出现大规模珊瑚礁破坏，保护珊瑚礁刻不容缓。
（1）海水中含有的离子主要有Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl–、CO32–和HCO3–。其中，导致海水呈弱碱性的微粒有______。
（2）珊瑚礁是珊瑚虫在生长过程中吸收海水中物质而逐渐形成的石灰石外壳。形成珊瑚礁的主要反应为Ca2+ + 2HCO3- CaCO3↓+ CO2↑+ H2O。
① 请结合化学用语分析该反应能够发生的原因：______。
② 与珊瑚虫共生的藻类通过光合作用促进了珊瑚礁的形成；而海洋温度升高会使共生藻类离开珊瑚礁，导致珊瑚礁被破坏。请分析珊瑚礁的形成和破坏会受到共生藻类影响的原因：______。
（3）研究人员提出了一种封存大气中二氧化碳的思路：将二氧化碳和大量的水注入地下深层的玄武岩（主要成分为CaSiO3）中，使其转化为碳酸盐晶体。玄武岩转化为碳酸盐的化学方程式为______。
（4）“尾气CO2直接矿化磷石膏联产工艺”涉及低浓度CO2减排和工业固废磷石膏处理两大工业环保技术领域，其部分工艺流程如下图所示。

已知：磷石膏是在磷酸生产中用硫酸处理磷矿时产生的固体废渣，其主要成分为CaSO4·2H2O。
①吸收塔中发生的反应可能有______（写出任意2个反应的离子方程式）。
②料浆的主要成分是______（写化学式）。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】本题考查离子共存。
详解：强碱性溶液中：CO32－、Na＋、AlO2－、NO3－之间不能反应生成沉淀、气体、弱电解质以及其它反应类型，故可以大量共存，A正确；由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱的溶液，酸溶液中HCO3-与H+反应生成二氧化碳和水，碱溶液中HCO3-与OH-反应生成碳酸根离子和水，故一定不能大量共存，B错误；强碱性溶液中，Al3＋与OH-反应生成氢氧化铝沉淀不能大量共存，C错误；酸性溶液中，NO3－与Fe2＋、I－发生氧化还原反应不能大量共存，D错误。
故选A。
点睛：所谓离子共存实质上就是看离子间是否发生反应，若离子在溶液中发生反应，就不能共存。
2、D
【解析】
试题分析：原子的质量数为52，中子数为28则质子数为52-28=24，电子排布为1s22s2 2p63s2 3p63d54s1，所以未成对电子数为6个。
考点：基态原子的电子排布。
3、A
【解析】
由核磁共振氢谱的信息可知，该有机物中含有三种个数不同的等效氢原子；
A．乙醇中有三种个数不同的等效氢原子，A项符合；
B．该物种只含有两种等效氢原子，B项不符合；
C．该物质含有四种等效氢原子，C项不符合；
D．该物质仅含两种等效氢原子，D项不符合；
答案选A。
核磁共振氢谱，峰的组数即有机物中等效氢原子的种类，峰的面积比即等效氢原子的个数比。
4、A
【解析】
A、稳定性与化学键有关，即水分子稳定是因H-O键键能较大，而与氢键无关，A符合题意；
B、乙醇分子上的羟基易与水分子间形成氢键，使乙醇能与水以任意比例混溶，B不符合题意；
C、冰中含有氢键，其体积变大，则质量不变时，冰的密度比液态水的密度小，C不符合题意；
D、HF分子之间能形成氢键，HF分子可缔合在一起，则液态氟化氢的化学式有时可以写成（HF）n的形式，氟化氢的沸点高于氯化氢，D不符合题意；
故合理选项为A。
5、D
【解析】分析：H2O中中心原子O上的孤电子对数为（6-21）=2，成键电子对数为2，价层电子对数为2+2=4，VSEPR模型为四面体形，略去O上的两对孤电子对，H2O为V形；BF3中中心原子B上的孤电子对数为（3-31）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面正三角形，B上没有孤电子对，BF3为平面正三角形。
详解：H2O中中心原子O上的孤电子对数为（6-21）=2，成键电子对数为2，价层电子对数为2+2=4，VSEPR模型为四面体形，略去O上的两对孤电子对，H2O为V形；BF3中中心原子B上的孤电子对数为（3-31）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面正三角形，B上没有孤电子对，BF3为平面正三角形；答案选D。
点睛：本题考查价层电子对互斥理论确定分子的空间构型，理解价层电子对互斥理论确定分子空间构型的步骤是解题的关键。当中心原子上没有孤电子对时，分子的空间构型与VSEPR模型一致；当中心原子上有孤电子对时，分子的空间构型与VSEPR模型不一致。
6、C
【解析】
分析：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握羧酸和酚的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意HOCOOH为碳酸，碳酸为无机酸。
详解：题给的5种基团两两组合后能与氢氧化钠反应的物质有：CH3COOH，C6H5COOH，CHOCOOH，C6H5OH， HOCHO， HOCOOH共6种，其中HOCOOH为碳酸，所以能与氢氧化钠反应的有机物有5种。故选B。
点睛：本题注意苯酚有弱酸性，能与氢氧化钠反应，碳酸是无机酸，不符合条件。
7、B
【解析】
A、已知：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，则根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知还原性：I－>Fe2＋>Br－，A正确；
B、在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，碘离子先被氧化，即碘化亚铁是1mol。通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，亚铁离子被氧化，碘化亚铁中亚铁离子是1mol，所以溴化亚铁中亚铁离子是3mol，则溴化亚铁是3mol，B错误；
C、根据以上分析可知原溶液中：n（Fe2＋）∶n（I－）∶n（Br－）＝2∶1∶3，C正确；
D、当通入2 mol Cl2时，碘完全被氧化，亚铁离子有2mol被氧化，则溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，D正确。
答案选B。
8、D
【解析】
根据燃烧通式CxHyOz＋(x+y/4－z/2)O2xCO2＋y/2H2O可知等物质的量的有机物完全燃烧时，耗氧量取决于(x+y/4－z/2)值的大小，其值越大，耗氧量越多。选项A～D中(x+y/4－z/2)的值分别是3、2.5、3、3.5，因此消耗氧气最多的是C3H6O2。
答案选D。
9、D
【解析】
A.容积为2L的密闭容器中充入0.20mol CO和0.40mol H2,发生：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，10min后n(CO)= 0.08mol，变化了0.12mol，H2变化了0.24mol，所以10min内的H2的平均速率为v(H2)＝=0.012 mol/(L·min)；故A正确；
B. 由表中的数据分析可知：20min时CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应达到平衡，各物质浓度变化情况为：
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
初始浓度（mol·L-1） 0.1 0.2 0
变化浓度（mol·L-1） 0.08 0.16 0.08
平衡浓度（mol·L-1） 0.02 0.04 0.08
400℃时，该反应的平衡常数K==2.5×103，故B正确；
C. 保持其他条件不变，升高温度使反应达到平衡时c(CH3OH)＝0.06mol·L-1<0.08 mol·L-1，说明平衡逆向移动了，Δ则该反应的ΔH＜0，故C正确；
D. 当容积为2L的密闭容器中充入0.20mol CO和0.40mol H2,发生：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，达到平衡时，CO的转化率为80%；根据等效平衡，若开始加0.2mol的CH3OH时，达到平衡时CH3OH的转化率为20%；相同温度下，若起始时向容器中充入0.3mol CH3OH，相当于增减了反应物，达到平衡时CH3OH的转化率小于20%，故D错误；
综上所述，本题正确答案：D。
考查化学反应速率计算及其影响因素，化学平衡移动及等效平衡的知识。依据化学反应速率计算公式v=，化学平衡常数K=生成物浓度幂次方的乘积/反应物浓度幂次方的乘积判断即可。
10、C
【解析】分析：本题考查的是化学键类型和物质的类型。属于基本知识，平时注重积累。
详解：A.含有离子键的晶体一定是离子晶体，故错误；B.含有共价键的晶体可能是分子晶体也可能是原子晶体或离子晶体，故错误；C.只含极性键的分子可能是极性分子也可能是非极性分子，与分子的构型有关，故正确；D.含有非极性键的分子不一定是非极性分子，故错误。
点睛：区别化学键类型和物质类型的关系。含有离子键的物质一定是离子化合物，一定形成离子晶体。含有共价键的化合物一定是共价化合物，可能形成分子晶体或原子晶体。共价键是两个相同的原子形成的，为非极性键，若是两个不同的原子形成的为极性键。而分子的极性与分子的构型有关，对称的含有极性键的分子为非极性分子。
11、C
【解析】
A．根据，，可计算出c(H+)=0.1mol/L，说明该一元酸为强酸，加入少量NaA晶体时，溶液中c(OH-)不变，加水稀释，溶液中c(H+)减小，则c(OH-)增大，A项错误；
B．KHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度，则c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，B项错误；
C．NaHSO3水解方程式为：HSO3-+H2OH2SO3+OH-，其水解平衡常数Kh=，C项正确；
D．NaHSO4是强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离，故0.1mol·L-1NaHSO4溶液中根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，D项错误；
答案选C。
12、B
【解析】
合金是由金属与金属或金属与非金属融合而成的。
【详解】
A、新石器彩陶缸是硅酸盐产品，故A不符；
B、商代青铜四羊方尊是铜合金，主要成分属于合金，故B正确；
C、战国水晶杯主要成分是二氧化硅，主要成分不属于合金，故C不符；
D、西汉“素纱禅衣”是丝绸的一种，主要成分不属于合金，故D错误；
故选B。
本题考查了物质的组成，本题较为简单，注意合金是由金属与金属或金属与非金属融合而成的。
13、B
【解析】
制成200 mL溶液后，C（H2SO4）=（0.1 mol·L-1×1mL）/200mL=5.0×10-4mol·L-1，即[H+]酸=1.0×10-3mol·L-1，Kw=[H+]酸[OH-]水=1.0×10-14，则[OH-]水=1×10-11mol·L-1，故选B
14、C
【解析】
A. 氯水中加入碳酸钙，会使得HCl的浓度减小，从而增大HClO的浓度，使得氯水的漂白性增强，A正确；
B. 将ZnS投入到CuSO4溶液中，有ZnSZn2++S2-，由于CuS的溶解度更小，所以Cu2+与S2-会结合生成CuS，使得溶液中S2-的浓度减小，增加了ZnS的溶解的量和电离的程度，最终ZnS转化为CuS，B正确；
C. 该平衡的正反应是放热反应，将玻璃球浸入热水中，相当于升高体系的温度，则平衡向逆反应方向移动，即红棕色加深，C错误；
D. 向K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，H+浓度增大，平衡向逆反应方向移动，Cr2O72－的浓度增大，橙色加深，D正确；
故合理选项为C。
15、D
【解析】A．CH2=CHCOOH、CH3COOCH=CH2均含有碳碳双键，可作为合成聚合物的单体，故A正确；B．C6Hn分子中的六个碳原子在同一直线上，则分子结构中有三个碳碳叁键，直接相连形成碳链，两端为H原子，即n等于2，故B正确；C．2,2-二甲基-丁烷与2,4-二甲基戊烷的一氯代物均为3种，故C正确；D．与分子结构中含有的酚羟基数目不等，两者不可能互为同系物，故D错误；答案为D。
16、B
【解析】
试题分析：戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，-C5H11是戊烷去掉一个H之后形成的戊基，去掉一个H，正戊烷、异戊烷、新戊烷分别有3、4、1种结构，共8种；-C3H5Br2根据碳链异构和Br位置异构共9种，因此总共8×9=72种，故选B。
【考点定位】考查同分异构体和同分异构现象
【名师点晴】本题解题时需注意同分异构体的类型包括碳链异构、官能团异构、位置异构等；该有机物的同分异构体取决于两个取代基的同分异构，主要考虑碳链异构和位置异构即可，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，-C5H11是戊烷去掉一个H之后形成的戊基，去掉一个H，正戊烷、异戊烷、新戊烷分别有3、4、1种结构；-C3H5Br2根据碳链异构和Br位置异构共9种，因此总共8×9=72种。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、浓HNO3、浓H2SO4，加热取代反应羧基、硝基13
【解析】
根据流程图，甲苯发生硝化反应生成B()，B中苯环上含有甲基，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，则C为，根据信息②，C发生还原反应生成D()，D与ICl发生取代反应生成E()，G的分子式为：C8H5N2OI，则E和F(H2NCH=NH)发生取代反应生成G，G为，同时生成氨气和水，据此结合物质的结构和官能团的性质分析解答。
【详解】
(1)A(甲苯)发生硝化反应生成B()，反应的试剂和条件为浓HNO3、浓H2SO4，加热；根据上述分析，D→E的反应类型为取代反应，故答案为：浓HNO3、浓H2SO4，加热；取代反应；
(2)根据上述分析，C为，其中含有的官能团有羧基、硝基，故答案为：；羧基、硝基；
(3)E()和F(H2NCH=NH)发生取代反应生成G，G为，同时生成氨气和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
(4)C()有多种同分异构体，①分子中含有苯环；②分子中含有—NO2且不含—O—NO2结构；③能发生银镜反应，说明还含有醛基，因此该同分异构体的结构有：若苯环上含有醛基、羟基和硝基，则有10种结构(醛基、羟基位于邻位，硝基有4种位置、醛基、羟基位于间位，硝基有4种位置、醛基、羟基位于对位，硝基有2种位置)；若苯环上含有HCOO-和硝基，则有3种结构，共含有13种同分异构体；其中核磁共振氢谱有3组峰，并且峰面积为1∶2∶2的有机物结构简式为，故答案为：13；；
(5)以硝基苯和甲苯为原料，合成，根据流程图中G→H的提示，要合成，可以首先合成，可以由苯甲酸和苯胺发生取代反应得到，苯甲酸可以由甲苯氧化得到，苯胺可以由硝基苯还原得到，因此合成路线为，故答案为：。
本题的易错点和难点为(5)中合成路线的设计，理解和运用信息③和题干流程图G→H的提示是解题的关键。本题的另一个易错点为(4)中同分异构体数目的判断，要注意苯环上连接结构的判断。
18、N Si S 1s22s22p63s23p2 C+O2CO2 第三周期VIA族 N＞O＞C Si＜S
【解析】
（1）根据题干：A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，可知A是碳元素。又因为B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，可知B是氧元素，又因为A、B、C位于同一周期，故C是氮元素。DB2中D与B的质量比为7：8，可知D的相对原子质量为28，是硅元素，EB2中E与B的质量比为1：1，可知E的相对原子质量为32，是硫元素。故答案为：N，Si，S。
（2）硅的电子排布式为1s22s22p63s23p2。
（3）碳在氧气中完全燃烧的化学方程式为C+O2CO2。
（4）硫在元素周期表中位于第三周期VIA族。
（5）第一电离能与核外电子排布有关，失去一个电子越容易，第一电离能越低，同周期元素的第一电离能呈增大趋势，由于氮元素核外2p能级半充满，因此第一电离能高于同周期相邻的两种元素，故第一电离能排序为N＞O＞C。
（6）同一周期主族元素的电负性随原子序数递增而递增，因此电负性Si＜S。
19、 排除装置中的空气 冷却结晶 干燥管 碱石灰 加入稀硫酸（或稀盐酸），溶液中有气泡产生且在试管上方变成红棕色气体 ac 86.25%
【解析】(1)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，装置中无空气存在，加热A前，先通一段时间N2，目的是把装置中的空气赶净，避免生成的亚硝酸钠混入杂质；
(2)装置A中发生反应是浓硝酸和碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，装置A中生成的二氧化氮进入装置B生成硝酸，氧化铜生成硝酸铜、硫酸铜，蒸发浓缩过程硝酸是易挥发性的酸，所以冷却结晶得到晶体为硫酸铜晶体；
(3)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，仪器C为干燥管，利用其中的碱石灰用来干燥一氧化氮气体；
(4)3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反应生成的一氧化氮遇到空气会生成红棕色气体二氧化氮，充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中加入稀硫酸溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体，证明产物是NaNO2；
(5)①第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，会导致测量结果偏高；a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积会偏大，故a正确；b．锥形瓶不需要干燥，所以锥形瓶洗净后未干燥，不影响测定结果，故b错误；c．滴定终了仰视读数，导致读数偏大，计算出的标准液体积偏大，故c正确；故答案为ac；
②由于第一组数据偏高，应该舍弃；其它三组消耗标准液平均体积为： mL=20.00mL，25mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为0.002mol×=0.02mol，根据化合价变化可得反应关系式：2MnO4-～5NO2-，则4.000g样品中含有亚硝酸钠的物质的量为0.02mol×=0.05mol，质量为69g/mol×0.05mol=3.45g，所以反应后的固体中亚硝酸钠的质量分数为： ×100%=86.25%。
20、C D 3.4 -56.8kJ/mol
【解析】
(1)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失；
(2)根据中和热测定正确操作方法分析；
(3)①3次温度差分别为：3.4℃，3.3℃，3.5℃，均有效，计算温度差平均值；
②根据公式进行计算。
【详解】
(1)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为：C；
(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失，故答案为：D；
(3)①3次温度差分别为：3.4℃，3.3℃，3.5℃，均有效，温度差平均值=3.4℃，故答案为：3.4；
②50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为：100ml×1g/ml=100g，温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/(g•℃)×3.4℃=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热△H=-1.4212kJ/0.025mol=-56.8kJ/mol，故答案为：-56.8kJ/mol。
考查中和热概念的理解应用，方程式书写方法，注意概念的条件和实质分析。中和热是指强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量。
21、CO32-、HCO3- HCO3-在海水中存在电离平衡：HCO3-CO32- + H+，当c(Ca2+)与c(CO32-)的乘积大于Ksp(CaCO3)时，Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀；使HCO3-电离平衡正向移动，c(H+)增大，H+与HCO3-进一步作用生成CO2 共生藻类存在，会通过光合作用吸收CO2，使平衡：Ca2+ + 2HCO3-CaCO3↓+ CO2↑+ H2O正向移动，促进珊瑚礁的形成；共生藻类死亡，使海水中CO2的浓度增大，使上述平衡逆向移动，抑制珊瑚礁的形成 CaSiO3 + CO2 + H2O＝CaCO3 + H2SiO3（或CaSiO3 + CO2＝CaCO3 + SiO2） NH3·H2O + CO2＝2NH4+ + CO32- + H2O、NH3·H2O + CO2＝NH4+ + HCO3-、CO32- + CO2 + H2O＝2HCO3-（写出任意2个均可） CaCO3、(NH4)2SO4
【解析】
(1)根据盐类水解的规律分析判断；
(2)①HCO3-在海水中存在电离平衡：HCO3-CO32- + H+，当c(Ca2+)与c(CO32-)的乘积大于Ksp(CaCO3)时生成CaCO3沉淀；常见HCO3-电离平衡正向移动，c(H+)增大，H+与HCO3-进一步作用生成CO2，据此分析解答；②结合光合作用和Ca2+ + 2HCO3-CaCO3↓+ CO2↑+ H2O的平衡移动分析解答；
(3)根据沉淀的转化书写反应的方程式；
(4)①二氧化碳和氨气发生反应可能生成碳酸氢铵，也可能生成碳酸铵，据此书写反应的离子方程式；②碳氨溶液中的HCO3-与氨气生成CO32-、CO32-和磷石膏(主要成分为CaSO4·2H2O)发生沉淀的转化，据此分析判断。
【详解】
(1)在Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl–、CO32–和HCO3–微粒中，CO32-、HCO3-水解生成氢氧根离子，导致海水呈弱碱性，故答案为：CO32-、HCO3-；
(2)①HCO3-在海水中存在电离平衡：HCO3-CO32- + H+，当c(Ca2+)与c(CO32-)的乘积大于Ksp(CaCO3)时，Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀；使HCO3-电离平衡正向移动，c(H+)增大，H+与HCO3-进一步作用生成CO2，总反应为Ca2+ + 2HCO3- CaCO3↓+ CO2↑+ H2O，故答案为：HCO3-在海水中存在电离平衡：HCO3-CO32- + H+，当c(Ca2+)与c(CO32-)的乘积大于Ksp(CaCO3)时，Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀；使HCO3-电离平衡正向移动，c(H+)增大，H+与HCO3-进一步作用生成CO2；
②共生藻类存在，会通过光合作用吸收CO2，使平衡：Ca2+ + 2HCO3-CaCO3↓+ CO2↑+ H2O正向移动，促进珊瑚礁的形成；共生藻类死亡，使海水中CO2的浓度增大，使上述平衡逆向移动，抑制珊瑚礁的形成，因此与珊瑚虫共生的藻类通过光合作用促进了珊瑚礁的形成；而海洋温度升高会使共生藻类离开珊瑚礁，导致珊瑚礁被破坏，故答案为：共生藻类存在，会通过光合作用吸收CO2，使平衡：Ca2+ + 2HCO3-CaCO3↓+ CO2↑+ H2O正向移动，促进珊瑚礁的形成；共生藻类死亡，使海水中CO2的浓度增大，使上述平衡逆向移动，抑制珊瑚礁的形成；
(3)将二氧化碳和大量的水注入地下深层的玄武岩(主要成分为CaSiO3)中，使其转化为碳酸盐晶体，反应的化学方程式为CaSiO3 + CO2 + H2O = CaCO3 + H2SiO3，故答案为：CaSiO3 + CO2 + H2O = CaCO3 + H2SiO3；
(4)①根据流程图，吸收塔中吸收了尾气中的二氧化碳和进入吸收塔的氨气发生反应生成了碳氨溶液，反应的方程式可能有NH3·H2O + CO2 = 2NH4+ + CO32- + H2O、NH3·H2O + CO2 =NH4+ + HCO3-、CO32- + CO2 + H2O =2HCO3-，故答案为：NH3·H2O + CO2 = 2NH4+ + CO32- + H2O、NH3·H2O + CO2 =NH4+ + HCO3-、CO32- + CO2 + H2O =2HCO3-；
②碳氨溶液(含NH4+、HCO3-)、氨气、和磷石膏(主要成分为CaSO4·2H2O)发生三相反应，HCO3-与氨气反应生成CO32-和NH4+，CO32-与CaSO4·2H2O反应生成碳酸钙沉淀和硫酸根离子，因此料浆的主要成分有CaCO3、(NH4)2SO4，故答案为：CaCO3、(NH4)2SO4。