山西省晋中市平遥二中2025年化学高二第二学期期末达标测试试题含解析.doc

山西省晋中市平遥二中2025年化学高二第二学期期末达标测试试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、某溶液X呈无色，且仅可能含有Ba2＋、Na＋、NH4+、H＋、Cl－、I－、SO32-、SO42-八种离子中的几种（不考虑水的电离），溶液中各离子浓度均为0.1mol·L－1，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色。下列关于溶液X的分析中不正确的是（　　）
A．肯定不含Cl－ B．肯定不含H＋
C．肯定不含NH4+ D．肯定含有SO32-
2、某溶液中有①NH4+、②Mg2＋、③Fe2＋、④Al3＋四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是
A．①② B．①③ C．②③ D．③④
3、元素随着原子序数的递增发生周期性变化的是
A．元素原子量 B．元素的化合价
C．原子核外电子层 D．元素的核电荷数
4、将NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH配成100.0 mL混合溶液，向该溶液中通入足量CO2，生成沉淀的物质的量n(沉淀)，与通入CO2的体积（标准状况下）V(CO2)的关系，如下图所示，

下列说法中正确的是（ ）
A．P点的值为12.32
B．混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)=4.0 mol/L
C．bc段的化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3
D．cd段表示Al(OH)3沉淀溶解
5、下列属于强电解质的是
A．硫酸钡 B．食盐水 C．二氧化硅 D．醋酸
6、下列有机化合物分子中所有的原子不可能都处于同一平面的是（ ）
A．C6H5—CH＝CH—CHO B．CF2＝CF2
C．CH3—O—CH3 D．HC≡CH
7、用价层电子对互斥理论（VSEPR）预测H2S和COCl2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；平面三角形
8、下列物质属于烷烃的是
A．CH3COOH B．CH2=CH2
C．CH3CH2OH D．CH3CH3
9、在一定量铁的氧化物中，加入 45mL 4 mol/L 硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中 Fe2+能恰好被标准状况下 672 mL 氯气氧化。则该固体中氧原子和铁原子的个数之比为（ ）
A．9：7 B．3：2 C．6：5 D．4：3
10、去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如图所示。下列说法正确的是

A．去甲肾上腺素能与乙二酸发生缩聚反应且有多种缩合的可能
B．每个去甲肾上腺素分子中含有2个手性碳原子（连有四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子）
C．1mol去甲肾上腺素最多能与2 molBr2发生取代反应
D．去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应故属于氨基酸
11、苯乙烯的结构简式为，下列关于它的叙述中，错误的是( )
A．可以和溴水反应
B．是乙烯的同系物
C．化学式为C8H8
D．1mol苯乙烯最多可以和4mol H2发生加成反应
12、氯化亚砜(SOCl2)可作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚砜分子的几何构型和中心原子(S)采取杂化方式的说法正确是 (　)
A．三角锥型、sp3 B．V形、sp2 C．平面三角形、sp2 D．三角锥型、sp2
13、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是
A．由X、Y组成的化合物中均不含共价键 B．原子半径：r(W)﹥r(Z)﹥r(Y)
C．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱 D．Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强
14、化学中常用类比的方法可预测许多物质的性质．如根据H2+Cl2=2HCl推测：H2+Br2=2HBr．但类比是相对的，如根据2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，类推2Na2O2+2SO2=Na2SO3+O2是错误的，应该是Na2O2+SO2=Na2SO1．下列各组类比中正确的是（ ）
A．钠与水反应生成NaOH和H2，推测：所有金属与水反应都生成碱和H2
B．Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，推测：Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑
C．CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO，推测：2SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClO
D．铝和硫直接化合能得到Al2S3，推测：铁和硫直接化合也能得到Fe2S3
15、某化学课外活动小组拟用铅蓄电池进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置示意图如下。下列叙述正确的是

A．Y的电极反应为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4
B．电解池内仅发生反应：2Al+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2↑
C．若电解池阴极上有0.5mol H2生成，则铅蓄电池中消耗H2SO4为98g
D．用电絮凝法净化过的水，pH显著升高
16、下列有关说法正确是
A．表明S2Cl2为非极性分子
B．表明1个碳酸亚乙烯分子中含6个σ键
C．表明每个P4S3分子中含孤电子对的数目为6个
D．表明1s轨道呈球形，有无数对称轴
二、非选择题（本题包括5小题）
17、盐X由三种元素组成，其具有良好的热电性能，在热电转换领域具有广阔的应用前景。为研究它的组成和性质，现取12.30g化合物X进行如下实验：

试根据以上内容回答下列问题：
(1)X的化学式为_____________。
(2)无色溶液B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为______________。
(3)蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，其离子方程式为____________。
(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X，其化学方程式为__________。
18、高血脂是一种常见的心血管疾病.治疗高血脂的新药I的合成路线如下图所示:

已知：a、；
b、
请回答下列问题:
(1)反应①所需试剂、条件分别是___________________。
(2)②的反应类型是____________;A→B的化学方程式为____________________。
(3)G的结构简式为____________;H中所含官能团的名称是______________。
(4)化合物W的相对分子质量比化合物C大14。且满足下列条件.W的可能结构有___种。
①遇FeCl3溶液显紫色 ②属于芳香族化合物 ③能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢.且峰面积比为2:2:2:1:1的结构简式为_____________
(5)设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选(合成路线常用的表示方式为:AB……目标产物) _______
19、某同学设计实验制备2-羟基-4-苯基丁酸乙酯，反应原理、装置和数据如下：

相对分子质量
密度(g/cm3)
沸点(℃)
水溶性
2-羟基-4-苯基丁酸
180
1.219
357
微溶
乙醇
46
0.789
78.4
易溶
2- 羟基-4-苯基丁酸乙酯
208
1.075
212
难溶
实验步骤：
①如图1，在干燥的圆底烧瓶中加入20mL2-羟基-4-苯基丁酸、20mL 无水乙醇和适量浓硫酸，再加入几粒沸石；
②加热至70℃左右保持恒温半小时；
③分离、提纯三颈瓶中的粗产品，得到有机粗产品；
④精制产品。
请回答下列问题：
（1）油水分离器的作用为____________________。实验过程中发现忘记加沸石该如何操作_______________________。
（2）本实验采用____________加热方式（填“水浴”、“油浴”或“酒精灯加热”）。
（3）取三颈烧瓶中的混合物分别用水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤。第二次水洗的目的是___________________。
（4）在精制产品时，加入无水MgSO4的作用为___________________；然后过滤，再利用如图2装置进行蒸馏纯化，图2 装置中的错误有__________________________。
（5）若按纠正后的操作进行蒸馏纯化，并收集212℃的馏分，得2-羟基-4-苯基丁酸乙酯约9.0g。则该实验的产率为__________________________。
20、实验室需要0.1 mol·L－1 NaOH溶液450 mL和0.3 mol·L－1硫酸溶液480 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
（1）如图是已提供仪器，配制上述溶液均需用到的玻璃仪器是________（填选项）。

（2）下列操作会使配制的NaOH溶液浓度偏低的是__________。
A 称量NaOH所用砝码生锈
B 选用的容量瓶内有少量蒸馏水
C 定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线
D 定容时俯视刻度线
（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为________g。
（4）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为__________mL（计算保留一位小数）。
21、氨的合成对国家工业发展有着举足轻重的作用，请根据化学原理知识回答下列问题：
（1）已知氢气的燃烧热为285.8kJ/mol。
4NH3 (g) +5O2 (g) 4NO(g) + 6H2O(l) △H= —1168.8kJ/mol
N2（g）+ O2（g）═ 2NO（g）△H = +180.6kJ/mol。
则工业合成氨的热化学方程式为________________。
（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)反应的影响。实验结果如图所示：（图中 T表示温度， n表示物质的量）

①图像中 T2和 T1的关系是： T2 _______________ T1（填“高于”、“低于”、 “等于”或“无法确定”）。
②比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N 2 的转化率最高的是_______________（填字母）。
③在起始体系中n(N2)：n(H2)= 1:3时，反应后氨的百分含量最大；若容器容积为1L， n=3mol反应达到平衡时H2的转化率为60%，则此条件下（ T 2），反应的平衡常数 K=__________________。
（3）氮元素的+4价氧化物有两种，它们之间发生反应：2NO2N2O4 ∆H < 0，将一定量的NO2充入注射器中后封口，下图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化 (气体颜色越深，透光率越小)。下列说法正确的是______________

A．b点的操作是压缩注射器
B．c点与a点相比， c(NO2)增大， c(N2O4)减小
C．若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则b、c两点的平衡常数Kb>Kc
D．d点：v(正)> v(逆)
（4）利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成原电池，能消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，装置如图所示。

①电极a为___________________极，其电极反应式为__________________。
②当有0.1 mol NO2被处理时，转移电子为________________mol。
③为使电池持续放电，该离子交换膜需选用___________________交换膜。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
某溶液X 呈无色，且仅可能含有Ba2+、Na+、NH4+、H+、Cl-、SO32-、SO42-七种离子中的几种(不考虑水的电离)，根据离子共存，Ba2+与SO32-、SO42-不能同时存在，H+与SO32-不能同时存在。向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色，说明氯水中的氯气发生了反应，说明X中一定含有SO32-，则不存在Ba2+和H+；溶液中各离子浓度均为0.1mol/L，为了满足电荷守恒，必须含有Na+、NH4+，由于没有其他阳离子存在，则一定没有Cl-和SO42-。A. 根据上述分析，溶液中肯定不含Cl-，故A正确；B. 根据上述分析，肯定不含H+，故B正确；C. 根据上述分析，肯定含NH4+，故C错误；D. 根据上述分析，肯定含有SO32-，故D正确；故选C。
2、B
【解析】
混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg(OH)2、Fe(OH)2沉淀和NaAlO2；Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3；再向混合物中加入过量盐酸，则Mg(OH)2、Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，则减少的离子主要有：NH4+和Fe2+，答案选B。
3、B
【解析】
A. 元素原子量不随元素随着原子序数的递增发生周期性变化，A错误；
B. 元素的化合价随元素随着原子序数的递增发生周期性变化，B正确；
C. 原子核外电子层不随元素随着原子序数的递增发生周期性变化，C错误；
D. 元素的核电荷数不随元素随着原子序数的递增发生周期性变化，D错误；
答案选B。
4、B
【解析】
分析：开始通入CO2，二氧化碳与氢氧化钡反应有沉淀BaCO3产生；将Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀(即沉淀的量保持不变)；NaOH被消耗完毕，接下来二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3反应，沉淀量不变，继续与BaCO3反应，沉淀减少，最后剩余沉淀为Al(OH)3。
详解：A. 根据上述分析，b点对应的溶液中含有碳酸钠，c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，d点对应的溶液中含有碳酸氢钠和碳酸氢钡，溶解碳酸钡消耗的二氧化碳为22.4L-15.68L=6.72L，物质的量为=0.3mol，因此原混合溶液中含有0.3mol Ba(OH)2；c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，根据碳元素守恒，生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗=0.7mol二氧化碳，因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol -0.3mol=0.4mol，根据钠元素守恒，混合溶液中n(NaOH)+n(NaAlO2) =0.4 mol，b点消耗的二氧化碳是与NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH反应生成碳酸钡，氢氧化铝和碳酸钠的二氧化碳的总量，根据CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al(OH)3↓+Na2CO3可知，n (CO2)=n[Ba(OH)2]+ n(NaOH)+n(NaAlO2)=0.3mol+0.2mol=0.5mol，体积为11.2L，故A错误；B. c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，根据碳元素守恒，生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗=0.7mol二氧化碳，因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol -0.3mol=0.4mol，根据钠元素守恒，混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)==4.0 mol/L，故B正确；C. bc段是碳酸钠溶解的过程，反应的化学反应方程式为：Na2CO3+H2O +CO2=2NaHCO3，故C错误；D. cd段是溶解碳酸钡的过程，故D错误；故选B。
点睛：本题考查了二氧化碳、偏铝酸钠等的性质和相关计算，本题的难度较大，理清反应的顺序是解题的关键。本题的难点为A，要注意守恒法的应用。
5、A
【解析】
按强电解质的定义可知，强电解质指在水中完全电离的电解质，包含强酸、强碱、大部分盐等。所以对四个选项进行物质分类考查：
A.可知硫酸钡是强电解质，A项正确；
B.食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，B项错误；
C.二氧化硅是非电解质，C项错误；
D.醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D项错误。
故答案选A。
6、C
【解析】
A．苯环为平面结构，苯乙烯相当于苯环上的一个氢被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一个面上，C6H5—CH＝CH—CHO相当于苯乙烯被醛基取代，甲醛是平面三角形结构，这三个平面可以是一个平面，所以A所有原子可能都处在同一平面上；
B．CF2＝CF2相当于乙烯中的氢原子全部被氟原子取代，所有B原子在同一平面上；
C．该分子相当于甲烷中的一个氢原子被-O-CH3取代，甲烷是正四面体结构，所以C甲烷中所有原子不可能在同一平面上；
D．HC≡CH是直线型分子，D所有原子在同一平面上。
答案选C。
【点晴】
解答时注意根据已学过的甲烷、乙烯、苯的结构来类比进行判断。该类试题需要掌握以下知识点：
①甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛5种分子中的H原子若被其他原子如C、O、Cl、N等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。
②借助C—C键可以旋转而—C≡C—键、键不能旋转以及立体几何知识判断。
③苯分子中苯环可以以任一碳氢键为轴旋转，每个苯分子有三个对称轴，轴上有四个原子共线。
7、D
【解析】
H2S分子中的中心原子S原子上的孤对电子对数是1/2×(6-1×2)=2，则说明H2S分子中中心原子有4对电子对，其中2对是孤对电子因此空间结构是V型；而COCl2中中心原子的孤对电子对数是1/2×(4-2×1-1×2)=0，因此COCl2中的中心原子电子对数是3对，是平面三角形结构，故选项是D。
8、D
【解析】
A．CH3COOH为乙酸，含有氧元素，为烃的衍生物，故A错误；
B．CH2=CH2含有碳碳双键，为烯烃，故B错误；
C．CH3CH2OH为乙醇，含有氧元素，为烃的衍生物，故C错误；
D．CH3CH3为乙烷，符合CnH2n+2通式，故D正确。
故选D。
本题考查了有机物分类判断，试题注重了基础知识的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意掌握有机物的分类依据及有机物类别名称。
9、A
【解析】
铁的氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，由H、O守恒可知，n(H2O)=n(H2SO4)=n(氧化物中的O)，硫酸的物质的量为0.045L ×4 mol/L=0.18mol ，可知氧化物中含O为0.18mol；Fe2+能恰好被标准状况下672 mL 氯气氧化，由电子守恒可知n(Fe2+)×1=0.672 L /22.4L∙mol-1×2×1，n(Fe2+)=0.06mol；铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，设n(Fe3+)=x，则3x+0.06×2=0.18×2，解得x=0.08mol，该固体中氧原子和铁原子的个数之比为0.18mol ：(0.08mol +0.06mol )=9:7，故选项A符合题意。
综上所述，本题正确答案为A。
解题依据：物料守恒和氧化还原中的电子守恒进行解答即可。
10、A
【解析】分析：A. 去甲肾上腺素结构中含有氨基，乙二酸含有羧基，二者能够发生缩聚反应；B. 有机物中只有1个手性碳；C. 该有机物分子含有酚羟基，溴原子可以取代酚羟基的邻对位上的氢原子；D.既含有氨基，又含有羧基的有机物为氨基酸。据以上分析解答。
详解：去甲肾上腺素结构中含有氨基，乙二酸含有羧基，二者能够发生缩聚反应，A正确；手性碳原子的四个基团都不相同，该有机物中满足条件的碳原子只有1个，， B错误；该有机物分子含有酚羟基，溴原子可以取代酚羟基的邻对位上的氢原子，因此 1mol该分子最多可能与3molBr2发生取代反应，C错误；该有机物的酚羟基可以与氢氧化钠溶液发生反应，氨基可以与盐酸发生反应，但是该有机物不含羧基，不属于氨基酸，D错误；正确选项A。
11、B
【解析】
A.苯环上连接的碳碳双键易发生加成反应，可以和溴水反应，故A正确；
B.与乙烯的结构不相似，不是同系物关系，故B错误；
C.分子式为C8H8，故C正确；
D.苯环在一定条件下能发生加成反应，苯环上连接的碳碳双键易发生加成反应，1mol苯乙烯能与4mol氢气发生加成反应，故D正确；
故选B。
12、A
【解析】
根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型，SOCl2中S原子成2个S-Cl键，1个S=O，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4，杂化轨道数是4，故S原子采取sp3杂化，含一对孤电子，分子形状为三角锥形，
综上，本题答案选A。
思考中心原子的杂化类型时，需要计算孤对电子数；在考虑空间构型时，只考虑原子的空间排布，而不需要考虑孤对电子。
13、D
【解析】分析：地壳中含量前四位的元素是：氧、硅、铝、铁；根据题目信息推出各个元素，然后判断性质，注意元素周期表中有个特点，左下角是金属，右上角是非金属，根据该特点可以很容易的判断金属与非金属性的强弱变化规律。
详解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，X为氧元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为钠元素；Z位于周期表ⅢA族，Z为铝元素；W与X属于同一主族，W为硫元素；钠与氧元素形成的过氧化钠中，不仅含有离子键，还含有共价键，而氧化钠只含离子键，A错误；同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，因此钠、硫、铝三种原子半径：r(S)<r(Al)<r(Na)，B错误；非金属性：氧大于硫，所以水的稳定性大于硫化氢，C错误；钠的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，是强碱；铝的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，是弱碱；D正确；正确选项D。
14、B
【解析】分析：A．活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；
B．根据强酸制弱酸分析；
C．从次氯酸盐的强氧化性和二氧化硫的还原性分析判断；
D．硫是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁。
详解：A．活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，A错误；
D．Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑和Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑都强酸制弱酸，所以类比合理，B正确；
C．二氧化硫具有还原性，次氯酸盐具有强氧化性，生成的亚硫酸钙会被氧化为硫酸钙，C错误；
D．硫是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁，所以铁和硫直接化合能得到FeS，不存在Fe2S3这种物质，D错误；
答案选B。
15、C
【解析】
左端装置为电池，右端装置为电解池，根据电解池的装置图，铁电极上H2O转化成H2和OH－，铁电极为阴极，即Al电极为阳极，X为负极，Y为正极，据此分析。
【详解】
A、根据上述分析，Y电极为正极，电极反应式为PbO2+SO42-＋H＋+2e-=PbSO4+H2O，故A错误；
B、根据电解池装置，Al电极上除有Al3＋生成外，还含有O2的生成，故B错误；
C、阴极上有0.5mol H2产生，铅蓄电池的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，即有H2～2e-～2H2SO4，即铅蓄电池中消耗硫酸的质量为0.5mol×2×98g/mol=98g，故C正确；
D、电解池内部发生的反应是2Al＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑，2H2O2H2↑＋O2↑，净化过的水，pH基本保持不变，故D错误；
答案选C。
涉及电化学计算，特别是两池的计算时，一般采用关系式法，让电子为中介，像本题，阴极上产生氢气，得出H2～2e-，铅蓄电池中也转移2mol e-，根据铅蓄电池总反应，列出H2～2e-～2H2SO4，从而计算出硫酸的质量。
16、D
【解析】
A．从结构来看，S2Cl2的正负电荷重心不可能重合，S2Cl2为极性分子，A错误；
B．单键全是σ键，双键含一个σ键，一个π键，所以表明1个碳酸亚乙烯分子中含8个σ键，B错误；
C. 由可知：1个P4S3分子中含有4个P和3个S，一个P含有=1对孤电子对，1个S含有=2对孤电子对，则每个P4S3分子含有的孤电子对数=4×1+2×3=10，C错误；
D. 表明1s轨道呈球形，有无数对称轴，D正确。
答案选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、CuAlO2 AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－ 2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋SO42－＋4H＋ 2Al2O3＋4CuO4CuAlO2＋O2↑
【解析】
蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B，则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2，沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO，D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2；无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C，故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3；则溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素，则红色固体A为Cu，结合转化可知X中还含有O元素。结合题意中物质的质量计算解答。
【详解】
(1) 根据上述分析，固体X中含有Cu、Al和O元素。Al(OH)3的物质的量为=0.1mol，Cu(OH)2的物质的量为=0.05mol，Cu单质的物质的量为=0.05mol，由原子守恒可知12.3gX中含有0.1mol Al原子、0.1mol Cu原子，则含有O原子为：=0.2mol，则X中Cu、Al、O原子数目之比为0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2，故X的化学式为CuAlO2，故答案为：CuAlO2；
(2) B中含有AlO2-，B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；
(3) F为CuCl2，F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，Cu、Cl原子的个数之比为＝1：1，则沉淀为CuCl，反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+；
(4)Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3，与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2，其化学方程式为：2Al2O3+4CuO 4CuAlO2+O2↑，故答案为：2Al2O3+4CuO 4CuAlO2+O2↑。
18、Cl2、光照 取代反应 羟基 13
【解析】
甲苯发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成，则A为，该分子继续氧化为B，可推知B为，C为；D经过消去反应可得到HCHO，所以E为HCHO，根据给定的已知信息及逆合成分析法可知，G为，据此分析作答。
【详解】
甲苯→，发生的是取代反应，所需试剂、条件分别是Cl2、光照；
故答案为：Cl2、光照；
（2）反应②是C和H发生的酸和醇的酯化反应（取代反应），A→B 的化学方程式为
，
故答案为：取代反应；；
（3）结合给定的已知信息推出G 的结构简式为；G→H，是-CHO和H2的加成反应，所以H中所含官能团的名称是羟基，
故答案为：；羟基。
（4）C为，化合物W 的相对分子质量比化合物C 大14，W比C多一个CH2，遇FeCl3 溶液显紫色含有酚羟基，属于芳香族化合物含有苯环，能发生银镜反应含有醛基，①苯环上有三个取代基，分别为醛基、羟基和甲基，先固定醛基和羟基的位置，邻间对，最后移动甲基，可得到10种不同结构；②苯环上有两个取代基，分别为-OH和-CH2CHO，邻间对位共3种，所以W 的可能结构有10+3 = 13种；符合①遇FeCl3 溶液显紫色、②属于芳香族化合物、③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1要求的W 的结构简式：，
故答案为：13；；
（5）根据题目已知信息和有关有机物的性质，用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线具体如下：
，
故答案为：。
19、 及时分离生成的水，促进平衡正向进行 停止加热，待冷却至室温后，再往装置内加入沸石 水浴 洗掉碳酸氢钠 干燥 温度计水银球的位置，冷凝水的方向 32%
【解析】分析：(1)2-羟基-4-苯基丁酸于三颈瓶中，加入适量浓硫酸和20mL无水乙醇发生的是酯化反应，存在化学平衡，油水分离器的作用及时分离生成的水，促进平衡正向进行分析；实验过程中发现忘记加沸石，需要冷却至室温后，再加入沸石；
(2)根据反应需要的温度分析判断；
(3)取三颈烧瓶中的混合物分别用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤后，混合物中有少量的碳酸氢钠溶液要除去；
(4)在精制产品时，加入无水MgSO4，硫酸镁能吸水，在蒸馏装置中温度计的水银球的位置应与蒸馏烧瓶的支管口处相平齐，为有较好的冷却效果，冷凝水应采用逆流的方法；
(5)计算出20mL 2-羟基-4-苯基丁酸的物质的量和20mL无水乙醇的物质的量，根据方程式判断出完全反应的物质，在计算出2-羟基-4-苯基丁酸乙酯的理论产量，根据产率= ×100%计算。
详解：(1)依据先加入密度小的再加入密度大的液体，所以浓硫酸应最后加入，防止浓硫酸使有机物脱水，被氧化等副反应发生，防止乙醇和酸在浓硫酸溶解过程中放热而挥发；2-羟基-4-苯基丁酸于三颈瓶中，加入适量浓硫酸和20mL无水乙醇发生的是酯化反应，存在化学平衡，油水分离器的作用及时分离生成的水，促进平衡正向进行分析，实验过程中发现忘记加沸石，应该停止加热，待冷却至室温后，再往装置内加入沸石，故答案为：及时分离产物水，促进平衡向生成酯的反应方向移动；停止加热，待冷却至室温后，再往装置内加入沸石；
(2)加热至70℃左右保持恒温半小时，保持70℃，应该采用水浴加热方式，故答案为：水浴；
(3)取三颈烧瓶中的混合物分别用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤后，混合物中有少量的碳酸氢钠溶液要除去，所以要用水洗，故答案为：洗掉碳酸氢钠；
(4)在精制产品时，加入无水MgSO4，硫酸镁能吸水，在蒸馏装置中温度计的水银球的位置应与蒸馏烧瓶的支管口处相平齐，为有较好的冷却效果，冷凝水应采用逆流的方法，所以装置中两处错误为温度计水银球的位置，冷凝水的方向，故答案为：干燥；温度计水银球的位置，冷凝水的方向；
(5)20mL 2-羟基-4-苯基丁酸的物质的量为mol=0.135mol，20mL无水乙醇的物质的量为mol=0.343mol，根据方程式可知，乙醇过量，所以理论上产生2-羟基-4-苯基丁酸乙酯的质量为0.135mol×208g/mol=28.08g，所以产率=×100%=×100%=32%，故答案为：32%。
20、BDEC2.08.2
【解析】
（1）根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器选择；
（2）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析，凡是能够使n增大，或者使V减小的操作，都会使C偏大；凡是能够使n减小，V增大的操作都会使C偏小；凡是不当操作导致实验失败且无法补救的，需要重新配制；
（3）依据n=cv计算需要的氢氧化钠的物质的量，m=nM计算氢氧化钠的质量；
（4）根据c=计算浓硫酸的浓度，再根据浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变计算，计算浓硫酸的体积。
【详解】
(1)配制一定物质的量浓度溶液用到仪器：托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等；
故答案为：BDE；
(2) A称量NaOH所用砝码生锈，称取的氢氧化钠的质量增多，n偏大，则浓度偏高，故A不选；
B. 选用的容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液的体积不会产生影响，所配溶液准确，故B不选；
C. 定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线，相当于多加了水，溶液的体积偏大，浓度偏小，故C选；
D. 定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏小，浓度偏大，故D不选；
故选：C。
(3) 0.1mol/LNaOH溶液450mL，需选择500ml的容量瓶，0.1mol/LNaOH溶液500mL中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.05mol=2.0g，
故答案为：2.0；
(4) 质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度为：c=1000×1.84×98%÷98=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0.3mol/L×0.5L，得V=0.0082L=8.2ml，
故答案为：8.2。
一定物质的量浓度溶液的配制需要使用容量瓶，实验室中容量瓶的规格一般有50ml，100ml，250ml，500ml，1000ml，所配溶液的体积应该选用相应规格的容量瓶。
21、N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H = -92.4kJ/mol 低于 C 25/12 或2.08或2.1 AC 负 2NH3—6e—+6OH—=N2+6H2O 0.4 阴离子
【解析】
（1）①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H1=-285.8 kJ•mol-1；②4NH3 (g) +5O2 (g) 4NO(g) + 6H2O(l) △H2= —1168.8kJ/mol ；③N2（g）+ O2（g）═ 2NO（g）△H3 = +180.6kJ/mol；根据盖斯定律可知，③+①×3-②×可得：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），则△H=（+180.6kJ/mol）+（-285.8 kJ•mol-1）×3-（—1168.8kJ/mol）×=-92.4 kJ•mol-1；
（2）①反应为放热反应，温度升高化学平衡向着吸热方向进行，从T1到T2反应物氮气的量增加，故T1＜T2；
 ②b点代表平衡状态，c点又加入了氢气，故平衡向右移动，氮气的转化率增大，故答案为c；
 ③当氮气和氢气的物质的量之比为1∶3时达平衡状态时氨的百分含量最大，平衡点时产物的产率最大，当n=3mol反应达到平衡时H2的转化率为60%，故起始氮气浓度为1.2mol/l，变化的氢气浓度为1.8mol/l，变化的氮气浓度为0.6mol/l，平衡时氮气、氢气、氨气的浓度分别是0.4mol/l、1.2mol/l、1.2mol/l，据K= ==2.08；
(3)A．b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故A正确；
B．c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故B错误；
C．b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T（b）＜T（c），升温平衡逆向移动，平衡常数减小，所以Kb＞Kc，故C正确；
D．c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v（逆）＞v（正），故D错误；
故答案为AC。
（4）①由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则a为负极，b为正极，负极电极方程式为2NH3-6e-+60H-=N2+6H2O；
②当有0.1molNO2 被处理