遼寧省凌源市第三中學2025屆高二化學第二學期期末統考模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、室溫下，下列關于溶液中微粒的物質的量濃度關系的描述，不正確的是A．0.1mol·L-1HCl溶液與0.2mol·L-1NH3·H2O溶液等體積混合pH>7：c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)B．pH=8的NaClO2溶液中：c(Na+)>c(ClO2-)>c(OH-)>c(H+)C．向氨水中不斷通入CO2，隨著CO2的增加，c(OHD．CH3COOH與NaOH溶液發生中和反應，當醋酸過量時，溶液中可能存在：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)2、常溫下，向Ba(OH)2和NaOH混合溶液中緩慢通入CO2至過量（溶液溫度變化忽略不計)，生成沉淀物質的量與通入CO2體積的關系如圖所示。下列說法不正確的是A．b點時溶質為NaHCO3B．橫坐標軸上V4的值為90C．oa過程是CO2與Ba(OH)2反應生成BaCO3的過程D．原混合物中n[Ba(OH)2]:n(NaOH)=1:23、化學通式相同且價電子總數相等的分子或離子叫等電子體，下列粒子不屬于等電子體的是A．SO42-和PO43- B．H2O2和C24、下列有機物中，符合在核磁共振氫譜中出現兩組峰，且峰面積之比為3:2的化合物是A． B．C． D．5、科學家已經發現一種新型氫分子，其化學式為H3，在相同的條件下，等質量的H3和H2相同的是()A．原子數 B．分子數 C．體積 D．物質的量6、中科大發現了人工合成金剛石的新方法，化學原理為：Na+CO2C(金剛石)+C(石墨)+Na2CO3(未配平)，這種合成具有深遠的意義。下列說法不正確的是A．該反應中，鈉作還原劑，二氧化碳作氧化劑B．每生成1molNa2CO3時，共轉移4mol電子C．該反應中Na2CO3是氧化產物D．還原性Na大于C7、一定量的鹽酸跟過量的鐵粉反應時，為了減緩反應速率，且不影響生成氫氣的總量，可向鹽酸中加入適量的①NaOH固體②H2O③CH3COONa固體④NaNO3固體⑤KCl溶液A．②③⑤ B．①② C．②④ D．②③④⑤8、下列敘述錯誤的是（）A．用金屬鈉可區分乙醇和乙醚 B．用高錳酸鉀酸性可區分乙烷和3-己烯C．用水可區分苯和溴苯 D．用新制的銀氨溶液可區甲酸甲酯和乙醛9、某烷烴的結構簡式是CH3CH2CH（CH2CH3）CH3，它的正確命名是A．2-乙基丁烷 B．3-乙基丁烷C．3-甲基戊烷 D．2,2-二甲基丁烷10、科學家最近研制出可望成為高效火箭推進劑的N(NO2)3（如下圖所示）。已知該分子中N-N-N鍵角都是108.1°，下列有關N(NO2)3的說法正確的是A．分子中N、O間形成的共價鍵是非極性鍵B．分子中四個氮原子共平面C．該物質既有氧化性又有還原性D．15.2g該物資含有6.02×個原子11、下列反應中，屬于吸熱反應的是A．木炭在空氣中燃燒 B．氫氣在氯氣中燃燒C．鹽酸和氫氧化鈉溶液反應 D．Ba(OH)2·8H2O與NH4C1反應12、在同溫同壓下，某有機物和過量Na反應得到V1L氫氣，另一份等量的該有機物和足量的NaHCO3溶液反應得到V2L二氧化碳，若V1＝V2≠0，則該有機物可能是()A．HOOCCOOH B．CH3CHOHCOOH C．HOCH2CH2OH D．CH3CH2OH13、金剛砂(SiC)可由SiO2和碳在一定條件下反應制得，反應方程式為SiO2+3CSiC+2CO↑，下列有關制造金剛砂的說法中正確的是A．該反應中的氧化劑是SiO2，還原劑為CB．該反應中的氧化產物和還原產物的物質的量之比為1∶2C．該反應中轉移的電子數為12e－D．該反應中的還原產物是SiC、氧化產物是CO，其物質的量之比為1∶214、乙酸乙酯是一種用途廣泛的精細化工產品。工業生產乙酸乙酯的方法很多，如圖：下列說法正確的是（）A．反應①、②均是取代反應B．反應③、④的原子利用率均為100％C．與乙酸乙酯互為同分異構體的酯類化合物有2種D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三種無色液體可用Na2CO3溶液鑒別15、下列描述中正確的是A．CS2為V形的極性分子B．ClO3—的空間構型為平面三角形C．SF6中有6對相同的成鍵電子對D．SiF4和SO32—的中心原子均為sp2雜化16、下列各組中，用惰性電極電解每種電解質溶液時只生成氫氣和氧氣的是（）A．HCl、CuCl2、Ba（OH）2B．NaOH、CuSO4、H2SO4C．Ba（OH）2、H2SO4、K2SO4D．NaBr、H2SO4、Ba（OH）217、下圖為工業合成氨的流程圖。圖中為提高原料轉化率而采取的措施是A．①②③ B．①③⑤ C．②④⑤ D．②③④18、某有機物的結構簡式如圖所示，下列說法中不正確的是（）A．1mol該有機物和過量的金屬鈉反應最多可以生成1.5molH2B．該有機物消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質的量之比為3∶2∶2C．可以用酸性KMnO4溶液檢驗其中的碳碳雙鍵D．該有機物能夠在催化劑作用下發生酯化反應19、下列有機物不屬于分子內所有原子均在同一平面上的是A．苯 B．乙烯 C．乙炔 D．乙烷20、NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()A．常溫下，60g甲醛和乙酸的混合物，在氧氣中完全燃燒生成CO2的分子數為2NAB．標況下，4.48LCl2與0.2molFe充分反應，轉移電子數為0.6NAC．0.lmol/L的Ba(OH)2溶液，含OH-個數為0.2NAD．1mol葡萄糖中含共價鍵數為22NA21、化學與生活密切相關，下列有關說法錯誤的是（）A．用灼燒的方法可以區分蠶絲和人造纖維B．利用糧食釀酒經過了淀粉→葡萄糖→乙醇的化學變化過程C．使用含鈣離子濃度較大的地下水洗衣服，肥皂去污能力減弱D．磨豆漿的大豆富含蛋白質，豆漿煮沸后蛋白質變成了氨基酸22、某烴通過催化加氫后得到2－甲基丁烷，該烴不可能是()A．3－甲基－1－丁炔 B．2－甲基－1－丁炔C．3－甲基－1－丁烯 D．2－甲基－1－丁烯二、非選擇題(共84分)23、（14分）由短周期元素組成的中學常見的含鈉元素的物質A、B、C、D,存在如圖轉化關系(部分生成物和反應條件已略去)。（1）若A為Na,則E為________,A與水反應的離子方程式為____________________（2）若A為Na2O2,則E為________,A與CO2反應的化學方程式為____________________,每有1molNa2O2參加反應，轉移電子數為________NA（3）①A不論是Na還是Na2O2,依據轉化關系判斷物質B是________物質C是________②向飽和的C溶液中通入CO2會析出白色晶體，該晶體為________，用化學方程式表示其反應原理為：_____________________③將1mol/L的B溶液逐滴加入到1L1mol/L的AlCl3溶液中，產生白色沉淀39g，則所加入的B溶液的體積可能為________L或者________L24、（12分）有機物A為天然蛋白質水解產物，含有C、H、N、O四種元素。某研究小組為研究A的組成與結構，進行了如下實驗：實驗步驟實驗結論(1)將A加熱使其氣化，測其密度約為相同條件下空氣密度的4.6倍。A的相對分子質量為_____(2)將26.6gA在足量純O2中充分燃燒，并使其產物依次緩緩通過濃硫酸、堿石灰、灼熱的銅網(假設每次氣體被完全吸收)，前兩者分別增重12.6g和35.2g，通過銅網后收集到的氣體為2.24L(標準狀況下)。A的分子式為_______(3)另取13.3gA，與足量的NaHCO3粉末完全反應，生成氣體4.48L(標準狀況下)。A

中含有的官能團名稱為____(4)A的核磁共振氫譜顯示五組峰且峰面積比為1:1:1:2:2。A的結構簡式為_______(5)兩分子A反應生成一種六元環狀化合物的化學方程式為_________25、（12分）碘化鉀是一種無色晶體，易溶于水。實驗室制備KI晶體的步驟如下：Ⅰ.在如下圖所示的三頸燒瓶中加入研細的I2和一定量的30%KOH溶液，攪拌（已知：I2與KOH反應產物之一是KIO3）；Ⅱ.碘完全反應后，打開分液漏斗中的活塞、彈簧夾1、2，向裝置C中通入足量的H2S；Ⅲ.反應結束后，向裝置C中加入稀H2SO4酸化，水浴加熱；Ⅳ.冷卻，過濾得KI粗溶液。（1）儀器a的名稱是__________，步驟Ⅰ中控制KOH溶液過量的目的是______________。（2）裝置B的作用是_____________，裝置D中盛放的溶液是________________。（3）裝置C中H2S和KIO3反應的離子方程式為_______________________。（4）步驟Ⅲ中水浴加熱的目的是除去_________________________（填化學式）。（5）由步驟Ⅳ所得的KI粗溶液中含有少量K2SO4，需進行提純，提純流程如下：①已知白色固體B是混合物，試劑A為__________，為除去溶液C中的雜質，步驟②中調節溶液為弱酸性，則加入HI溶液后產生的現象是___________________。②為測定最后所得KI晶體的純度，取ag晶體配制100mL溶液，取出25mL溶液，滴入足量稀的酸性K2Cr2O7溶液，充分反應后，滴加幾滴淀粉溶液為指示劑，用bmol·L－1的Na2S2O3溶液進行滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL。滴定過程中涉及的反應為：Cr2O2－7＋6I26、（10分）硫化鈉在無機制備、廢水處理等領域常用作沉淀劑，其水溶液稱為“臭堿”。可在特殊條件下以硫酸鈉固體與炭粉為原料制備：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑（1）硫化鈉固體在保存時需注意_________，原因是___________。（2）實驗室用上圖裝置以Na2SO4與炭粉為原料制備Na2S并檢驗氣體產物、進行尾氣處理。步驟如下：①連接儀器順序為__________(按氣流方向，用小寫字母表示)；②檢查裝置氣密性；③裝入固體藥品及試劑，連好裝置；④加熱，進行實驗。（3）若amolNa2SO4和2amolC按上述步驟充分反應，實際得到Na2S小于amol，則實驗改進方案是____。某同學從氧化還原角度分析固體產物中可能含有少量Na2SO3，請設計實驗證明其猜測是否合理(供選擇的試劑有：酚酞溶液、硝酸、稀鹽酸、蒸餾水)_____。（4）經實驗測定，硫酸鈉與炭粉在一定條件下反應還可生成等物質的量的兩種鹽和體積比為1︰3的CO2和CO兩種氣體。反應方程式為_______。27、（12分）欲用98%的濃硫酸(密度＝1.84g·cm－3)配制成濃度為0.5mol·L－1的稀硫酸500mL。(1)選用的儀器有：①量筒；②燒杯；③玻璃棒；④_______；⑤_______。(2)下列各操作正確的順序為_____________________。A．用量筒量取濃H2SO4B．稀釋濃H2SO4C．將溶液轉入容量瓶D．洗滌所用儀器2至3次，洗滌液也轉入容量瓶中E．反復顛倒搖勻F．用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線(3)簡要回答下列問題：①所需濃硫酸的體積為_________mL。②濃硫酸稀釋后，在轉入容量瓶前應______，否則會使濃度偏_____(低或高）。③定容時必須使溶液液面與刻度線相切，若俯視會使濃度偏_____(低或高）。28、（14分）某同學用如圖所示裝量制取少量溴苯并證明該反應是取代反應。請回答：(1)儀器A的名稱為____________，冷凝水的進水口為_________，(填“m”或“n”)。(2)制取溴苯的化學方程式為___________________。(3)錐形瓶中足量NaOH溶液的作用是_________。(4)從實驗安全的角度分析，該實驗裝置存在一處明顯的缺陷請指出_________。(5)反應結束后向三頸瓶中滴加氫氧化鈉溶液，充分振蕩，然后用__________(填儀器名稱)分離出溴苯(仍含有少量苯)。(6)設計實驗證明制取溴苯的反應是取代反應___________________。29、（10分）高氯酸三碳酰肼合鎳{[Ni(CHZ)3](C104)2}是一種新型的起爆藥。(1)Ni2+某杰核外電子排布式為________。(2)ClO4空間構型是_______；與ClO4互為等電子體的一種分子為_______(填化學式)。(3)化學式中CHZ為碳酰肼，組成為CO(N2H3)2,碳酰肼中碳原子的雜化軌道類型為_____；C、N、0三種元素的電負性由大到小的順序為______。(4)高氯酸三碳酰肼合鎳可由NiO、髙氯酸及碳酰肼化合而成。NiO的晶胞結構如圖所示，晶胞中含有的Ni2+數目為_________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】分析：A.等濃度的一水合氨和氯化銨混合溶液中PH>7，一水合氨電離大于銨根離子水解；B.強堿弱酸鹽，水解顯堿性；C.c(OH-)c(NH3?H2O)詳解：A.0.1mol?L-1HCl溶液與0.2

mol?L-1氨水等體積混合得到等濃度的一水合氨和氯化銨混合溶液，溶液PH>7說明一水合氨電離大于銨根離子水解，c（NH4+）>c（Cl-）>c（NH3?H2O）>c（OH-），故A錯誤；B.NaClO2為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，c(Na+)>c(ClO2-)>c(OH-)>c(H+)，故B正確；C.c(OH-)c(NH3?H2O)=kbc(NH4+)，向氨水中不斷通入CO2，隨著CO2的增加，c(NH4+)不斷增大,c(O2、D【解析】

OH－先與CO2反應：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ba2＋與CO32－反應生成BaCO3沉淀，因此認為Ba(OH)2先與CO2反應：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，然后NaOH再與CO2反應，NaOH＋CO2=NaHCO3，最后BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2，據此分析；【詳解】OH－先與CO2反應：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ba2＋與CO32－反應生成BaCO3沉淀，因此認為Ba(OH)2先與CO2反應：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，然后NaOH再與CO2反應，NaOH＋CO2=NaHCO3，最后BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2，A、根據上述分析，oa段發生反應：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，ab段發生反應：NaOH＋CO2=NaHCO3，即b點對應的溶液中溶質為NaHCO3，故A說法正確；B、根據oa段的反應，以及b點以后的反應，兩個階段消耗CO2的體積是相同的，即都是30mL，則V4=90，故B說法正確；C、根據上述分析，oa段發生Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，故C說法正確；D、根據圖像，oa段和ab段，消耗CO2的體積相同，根據oa段和ab段反應的方程式，n[Ba(OH)2]：n(NaOH)=1：1，故D說法錯誤；答案選D。3、B【解析】

A.SO42-和PO43-，兩者的電子數相等，原子個數相等，屬于等電子體，故A不符；

B.H2O2的價電子數為14和C2H2的價電子數為10，所以兩者的價電子數不相等，不是等電子體，故B符；

C.N2和CO兩者的價電子數相等，原子個數相等，是等電子體，故C不符；

D.SO2和NO2-價電子數相等，原子個數相等，是等電子體，故D不符。故選B。4、C【解析】

分析：核磁共振氫譜中出現兩組峰，說明有兩種位置不同的氫原子，峰面積之比為3:2，說明氫原子個數比為：3：2，據此解答.詳解：A.有兩組峰，峰面積之比為6：1，A錯誤；B.有三組峰，峰面積之比為6:8:2，B錯誤；C.有兩組峰，峰面積之比為3:2，C正確；D.有三組峰，D錯誤；答案選C.5、A【解析】

設這兩種物質都為1g，則n(H3)=mol，n(H2)=mol；A、molH3有1molH原子，molH2有1molH，故二者的原子相同，A正確；B、molH3和molH2的分子數不同，B錯誤；C、同溫同壓下，氣體的氣體與物質的量成正比，所以molH3和molH2的體積不同，C錯誤；D、molH3和molH2的物質的量不同，D錯誤；故選A。6、B【解析】

A、根據發生原理，Na的化合價升高，鈉作還原劑，CO2中C的化合價降低，CO2為氧化劑，故A說法正確；B、根據化學反應方程式，CO2中一部分C轉化成石墨和金剛石，一部分C轉化成Na2CO3，化合價沒有變化，因此根據Na計算轉移電子，即每生成1molNa2CO3，轉移2mol電子，故B說法錯誤；C、碳酸鈉中Na是由金屬鈉失去電子轉化成而成，因此碳酸鈉是氧化產物，故C說法正確；D、金屬鈉為還原劑，C為還原產物，還原劑的還原性強于還原產物的還原性，即Na的還原性強于C，故D說法正確。故選B。7、A【解析】

為了減緩反應速率，且不影響生成氫氣的總量，應降低溶液中氫離子的濃度，而不影響氫離子的總的物質的量，據此進行分析。【詳解】①加入NaOH固體，NaOH會和鹽酸反應，消耗氫離子，生成氫氣的總量減少，①錯誤；②加入水，鹽酸濃度降低，反應速率減小，氫離子總物質的量不變，生成氫氣的總量不變，②正確；③加入CH3COONa固體生成弱酸：CH3COOH，H+濃度降低，反應速率減慢，但H+的總的物質的量不變，不影響生成氫氣的總量，③正確；④加入NaNO3固體，NO3-在酸性條件下具有強氧化性，能與鐵粉反應生成NO和水，影響了生成氫氣的總量，④錯誤；⑤因為KCl不與鹽酸或鐵粉反應，加入KCl溶液相當于加水，鹽酸濃度降低，反應速率減小，生成氫氣的總量不變，⑤正確；綜上所述，A項正確；答案選A。8、D【解析】

A.乙醇和鈉反應能產生氣體，鈉不和乙醚反應，用金屬鈉可區分，說法正確，A不符合；B.3-己烯含碳碳雙鍵，能和酸性高錳酸鉀反應使之褪色，乙烷不能和酸性高錳酸鉀溶液反應，可區分，說法正確，B不符合；C.苯和溴苯都不溶于水，苯密度比水小，溴苯密度比水大，用水可區分，說法正確，C不符合；D.甲酸甲酯和乙醛均含有醛基，均能與新制的銀氨溶液發生銀鏡反應，不能區分，說法錯誤，D符合；答案選D。9、C【解析】

CH3CH2CH（CH2CH3）CH3，該有機物碳鏈為：，最長碳鏈含有5個C原子，主鏈為戊烷，在3號C含有一個甲基，該有機物命名為：3-甲基戊烷。答案選C。10、C【解析】

A．分子中N、O間形成的共價鍵是極性鍵，A錯誤；B．該分子中N-N-N鍵角都是108.1°，，因此分子中四個氮原子不可能共平面，B錯誤；C．氮元素的化合價是＋1.5價，處于中間價態，因此該物質既有氧化性又有還原性，C正確；D．15.2g該物質的物質的量是15.2g÷152g/mol＝0.1mol，則含有0.1×10×6.02×1023個原子，D錯誤；答案選C。11、D【解析】

A、木炭在空氣中燃燒為放熱反應，錯誤；B、氫氣在氯氣中燃燒為放熱反應，錯誤；C、鹽酸和氫氧化鈉溶液反應為放熱反應，錯誤；D、將Ba(OH)2·8H2O晶體和NH4Cl晶體研細后混合并攪拌為吸熱反應，正確；故本題選擇D。12、B【解析】

—OH、—COOH均能與Na反應，2mol—OH或—COOH與過量Na反應生成1molH2。—COOH能與NaHCO3溶液反應，lmol—COOH與足量NaHCO3溶液反應生成1molCO2。【詳解】A.HOOC—COOH與過量Na、足量NaHCO3溶液反應產生H2、CO2的體積比為1∶2，故A錯誤；B.與過量Na、足量NaHCO3溶液反應產生H2、CO2的體積相等，故B正確；C.HOCH2CH2OH與Na反應產生氫氣，與NaHCO3不反應，故C錯誤；D.CH3CH2OH與Na反應產生氫氣，與NaHCO3不反應，故D錯誤；答案選B。13、D【解析】

A、氧化劑是化合價降低的物質，還原劑是化合價升高的物質，根據反應方程式C的化合價由0價到－4價，化合價降低，C作氧化劑，C的化合價由0價到＋2價，化合價升高，即C為還原劑，故A錯誤；B、根據選項A的分析，SiC作還原產物，CO作氧化產物，即氧化產物與還原產物的物質的量比值為2：1，故B錯誤；C、根據選項A的分析，該反應轉移電子數為4e－，故C錯誤；D、根據選項B的分析，故D正確；答案選D。14、D【解析】

A.反應①為酯化反應，屬于取代反應，反應②不飽和度降低，為加成反應，A項錯誤；B.反應③產物只有乙酸乙酯，其原子利用率為100％，而反應④為C4H10+O2→C4H8O2，H原子沒有全部進入到目標產物，原子利用率不為100%，B項錯誤；C.與乙酸乙酯互為同分異構體的酯類有HCOOCH2CH2CH3，HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3中，C項錯誤；D.乙醇溶于碳酸鈉溶液，乙酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳，乙酸乙酯不溶于碳酸鈉溶液，則乙醇、乙酸、乙酸乙酯三種無色液體可用Na2CO3溶液鑒別，D項正確；答案選D。有機物中的化學反應類型是常考點，其中取代反應與加成反應的特點很顯著，判斷依據可歸納為：若為取代反應，以甲烷與氯氣在光照下反應為例，甲烷分子內的一個H被取代，消耗一個Cl2，同時產生一個無機小分子HCl；若為加成反應，以CH2=CH2與Br2反應為例，其原理是：C=C中的雙鍵斷開其中一個，兩個C各形成一個半鍵，分別與兩個Br原子結合成鍵，其特點就是雙鍵變單鍵，不飽和變飽和。依據兩者的區別，本題的A選項反應②顯然為加成反應，而不是取代反應。因此抓住有機反應類型的主要特點才能萬變不離其宗，解答此類題型時游刃有余。15、C【解析】

A．CS2與CO2分子構型相同，二氧化碳的分子結構為O=C=O，則CS2的結構為S=C=S，屬于直線形分子，故A錯誤；B．ClO3-中Cl的價層電子對數=3+(7+1-2×3)=4，含有一個孤電子對，則離子的空間構型為三角錐形，故B錯誤；C．SF6中S-F含有一個成鍵電子對，所以SF6中含有6個S-F鍵，則分子中有6對完全相同的成鍵電子對，故C正確；D．SiF4中Si的價層電子對數=4+(4-1×4)=4，SO32-中S的價層電子對數=3+(6+2-2×3)=4，所以中心原子均為sp3雜化，故D錯誤；故選C。16、C【解析】

在電解時只生成氫氣和氧氣，則溶液中氫離子在陰極放電，氫氧根離子在陽極放電，結合離子的放電順序來解答。【詳解】A．電解HCl生成氫氣和氯氣，電解CuCl2生成Cu和氯氣，電解Ba(OH)2生成氫氣和氧氣，選項A不選；B．電解NaOH生成氫氣和氧氣，電解CuSO4生成Cu、氧氣、硫酸，電解H2SO4生成氫氣和氧氣，選項B不選；C．電解NaOH、H2SO4、Ba(OH)2，均只生成氫氣和氧氣，選項C選；D．電解NaBr生成溴、氫氣、NaOH，電解H2SO4生成氫氣和氧氣，電解Ba(OH)2生成氫氣和氧氣，選項D不選；答案選C。本題考查電解原理，明確溶液中離子的放電順序是解答本題的關鍵，注意常見的物質的電解及電極材料，題目難度不大。17、C【解析】

①凈化干燥，不能提高原料的利用率，①錯誤；②加壓，體積減小，平衡正向移動，原料利用率提高，②正確；③催化劑對平衡無影響，不能提高原料利用率，③錯誤；④液化分離，減小氨氣的濃度，平衡正向移動，原料利用率提高，④正確；⑤剩余的氫氣與氮氣再循環，可提高原料利用率，⑤正確；答案為C。18、C【解析】

A.該有機物含有一個羥基，兩個羧基，都可以和金屬鈉反應，所以1mol該有機物與金屬鈉反應最多可以生成1.5mol氫氣，故正確；B.1mol該有機物消耗3mol鈉，2mol氫氧化鈉，2mol碳酸氫鈉，故正確；C.羥基和碳碳雙鍵都可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故不能用其檢驗碳碳雙鍵，故錯誤；D.該有機物含有羥基和羧基，可以在催化劑作用下發生酯化反應，故正確。答案選C。學習有機物的關鍵是掌握各種官能團及其性質，有其官能團就有其性質，常見的官能團有碳碳雙鍵、羥基，羧基等。19、D【解析】A.苯環上6個C與6個H共平面；B.乙烯分子結構中2個C與4個H共平面；C.乙炔分子結構中4個原子在一直線上，肯定共平面；D.乙烷分子中有2個碳原子與6個氫原子，其中最多有4個原子共平面；故答案選D。20、A【解析】

本題考查了阿伏伽德羅常數的有關計算。A.甲醛和乙酸的最簡式相同，最簡式相同的物質，只要總質量一定，無論以何種比例混合，完全完全燃燒生成CO2的量為定值；B.等物質的量的Cl2與Fe充分反應生成FeCl3時，鐵過量，以Cl2的物質的量計算轉移電子數；C.缺少0.lmol/L的Ba(OH)2溶液的體積，無法計算OH-的物質的量；D.葡萄糖分子中含有共價鍵數為24。【詳解】甲醛和乙酸的最簡式都為CH2O，1mol甲醛燃燒生成1molCO2，60gCH2O的物質的量是2mol，則在氧氣中完全燃燒生成CO2的分子數為2NA，A正確；標況下，4.48LCl2的物質的量為0.2mol，等物質的量的Cl2與Fe充分反應生成FeCl3時，鐵過量，0.2molCl2完全反應轉移電子數為0.4NA，B錯誤；缺溶液的體積，無法計算0.lmol/L的Ba(OH)2溶液中OH-的物質的量，C錯誤；葡萄糖分子中含有5個H—O鍵、5個C—O鍵、1個C=O鍵、7個H—C鍵、5個C—C鍵，共價鍵數為24，則1mol葡萄糖中含共價鍵數為24NA，D錯誤。故選A。阿伏加德羅常數是歷年高考的“熱點”問題，這是由于它既考查了學生對物質的量、粒子數、質量、體積等與阿伏加德羅常數關系的理解，又可以涵蓋多角度的化學知識內容。要準確解答好這類題目，一是要掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關系；二是要準確弄清分子、原子、化學鍵的構成關系。21、D【解析】

A項、蠶絲含有蛋白質，灼燒時具有燒焦的羽毛氣味，為蛋白質的特有性質，可用灼燒的方法可以區分蠶絲和人造纖維，故A正確；B項、一定條件下，糧食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成酒精，整個過程有新物質生成，屬于化學變化，故B正確；C項、含鈣離子濃度較大的地下水與高級脂肪酸鈉反應可生成高級脂肪酸鈣沉淀，去污能力減弱，故C正確；D項、豆漿煮沸是蛋白質發生了變性，故D錯誤；故選D。本題考查了物質的性質與用途，側重化學與生活、生產的考查，把握常見物質的性質與用途的關系是解答的關鍵。22、B【解析】

根據加成原理，不飽和鍵斷開，結合H原子，生成2-甲基丁烷，采取倒推法相鄰碳原子之間各去掉氫原子形成不飽和鍵，即得到不飽和烴。【詳解】2-甲基丁烷的碳鏈結構為。A.若在3、4號碳原子之間為三鍵，則烴可為3-甲基-1-丁炔，A可能；B.1、2號碳原子之間不可能為三鍵，不存在2-甲基-1-丁炔，B不可能；C.若在3、4號碳原子之間為雙鍵，則烴可為3-甲基-1-丁烯，C可能；D.若在1、2號碳原子之間為雙鍵，則烴為2-甲基-1-丁烯，D可能；故合理選項是B。本題考查根據烷烴判斷相應的不飽和烴，會根據烷烴結構去掉相鄰碳原子上的氫原子形成不飽和鍵，注意不能重寫、漏寫，在加成反應發生時，不能改變碳鏈結構，只能降低不飽和度，也可以根據加成原理寫出選項中與氫氣加成的產物，進行判斷。二、非選擇題(共84分)23、H22Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑O22Na2O2+2CO22Na2CO3+O21NaOHNa2CO3NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3↓1.53.5【解析】

考查無機物的推斷，（1）假設A為Na，則Na與H2O反應生成NaOH和H2，即E為H2，B為NaOH，C為Na2CO3，D為NaHCO3；（2）假設A為Na2O2，Na2O2與H2O反應生成O2和NaOH，與(1)類似；（3）根據（1）和（2）的分析，以及鈉及其化合物的性質進行分析。【詳解】（1）若A為Na，Na與H2O反應：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，則單質E為H2，B為NaOH，CO2與NaOH反應：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，繼續通入CO2:Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，A與水反應的離子方程式為2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；（2）若A為Na2O2，則Na2O2與水反應：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，則單質E為O2，Na2O2與CO2能發生反應：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O2與CO2反應，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，因此1molNa2O2與CO2反應轉移電子物質的量為1mol，電子數為NA；（3）①根據上述分析，B為NaOH，C為Na2CO3；②NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，因此向飽和的Na2CO3溶液中通入CO2，產生NaHCO3沉淀；其反應Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓；③如果只發生AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl，n(AlCl3)=1mol，n[Al(OH)3]=39/78mol=0.5mol，即AlCl3過量，消耗NaOH的體積0.5×3/1L=1.5L；氫氧化鋁為兩性氫氧化物，NaOH稍微過量，發生的反應是AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl、Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，AlCl3全部參與反應，生成氫氧化鋁的總物質的量為1mol，此時消耗NaOH的物質的量為3mol，最后沉淀的物質的量為39/78mol=0.5mol，即有(1－0.5)mol氫氧化鋁被消耗，同時該反應中消耗NaOH的物質的量為0.5mol，總共消耗氫氧化鈉的物質的量為3.5mol，體積為3.5/1L=3.5L。本題的難點是電子轉移物質的量的計算，Na2O2無論與CO2反應還是與H2O反應，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，每消耗2molNa2O2，或生成1molO2，轉移電子物質的量為2mol，因此消耗1molNa2O2，轉移電子物質的量為1mol，特別注意本題讓求的是電子數，與阿伏加德羅常數有關。24、133C4H7O4N羧基氨基HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH2HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH→+2H2O【解析】

（1）密度是相同條件下空氣的4.6倍，則相對分子質量也為空氣的4.6倍；（2）濃硫酸增重的質量就是水的質量，堿石灰增重的質量就是二氧化碳的質量，灼熱的銅網的作用是除去里面混有的氧氣，這樣通過銅網后收集到的氣體為氮氣；（3）與碳酸氫鈉反應放出氣體，說明有-COOH；（4）核磁共振氫譜顯示五組峰且峰面積比為1:1:1:2:2，說明有5中等效氫，且個數比為1:1:1:2:2。【詳解】(1)A加熱使其氣化，測其密度約為相同條件下空氣密度的4.6倍，所以A的相對分子質量是空氣平均相對分子質量的4.6倍，所以A的相對分子質量=29×4.6≈133，故答案為：133；(2)由分析可知，該有機物燃燒產生水的質量=12.6g，物質的量==0.7mol，H原子的物質的量=1.4mol。產生二氧化碳的質量=35.2g，物質的量==0.8mol，C原子的物質的量=0.8mol。氮氣的物質的量==0.1mol，N原子的物質的量=0.2mol。結合(1)可知燃燒該有機物的物質的量==0.2mol，所以該有機物分子中，C的個數==4，同理：H的個數=7，N的個數=1，設該有機物分子式為C4H7OxN，有12×4+7×1+14×1+16x=133，解得x=4，所以該有機物分子式為C4H7O4N，故答案為：C4H7O4N；(3)有機物的物質的量==0.1mol，產生二氧化碳的物質的量==0.2mol，根據-COOH～NaHCO3～CO2可知，每1mol羧基能和碳酸氫鈉反應產生1mol二氧化碳氣體，所以產生0.2mol二氧化碳對應0.2mol羧基，所以該有機物含2個羧基，因為該有機物為蛋白質水解產物，所以還有1個氨基，故答案為：羧基；氨基；(4)核磁共振氫譜說明有5種氫，且個數比=1:1:1:2:2，所以該有機物結構簡式為：HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH，故答案為：HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH；(5)兩分子該有機物可以發生反應生成六元環，該六元環只可能為，所以反應的方程式為：2HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH→+2H2O，故答案為：2HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH→+2H2O。1mol-COOH和1molNaHCO3反應可產生1molCO2。25、分液漏斗使碘充分反應除去硫化氫中的氯化氫氣體NaOH溶液3H2S+IO3-=3S↓+I-+3H2OH2SBaCO3有無色氣體放出當滴入最后一滴硫代硫酸鈉溶液后，溶液藍色褪去，且30s不恢復bmol/L×V×10-3L×4×166/a×100%【解析】

反應時，首先使碘單質與過量的KOH反應，生成的產物中有碘化鉀和碘酸鉀，再利用制取的硫化氫與碘酸鉀反應生成碘化鉀和硫酸鉀，除去硫酸鉀，制備碘化鉀。【詳解】（1）根據圖像可知，儀器a的名稱是分液漏斗；裝置C中KOH過量時可使碘充分反應；（2）制取硫化氫使用的鹽酸易揮發，裝置B的作用是除去硫化氫中的氯化氫氣體；硫化氫氣體有毒，裝置D為除去硫化氫防止污染空氣，使用的藥品為NaOH溶液；（3）裝置C中H2S和KIO3反應生成單質硫、碘化鉀和水，反應的離子方程式為3H2S+IO3-=3S↓+I-+3H2O；（4）步驟Ⅲ中水浴加熱可降低硫化氫在水中的溶解度，使過量的硫化氫逸出；（5）①除去溶液中的硫酸根離子通常用鋇離子，除雜時不引入新的雜質離子，可利用沉淀的轉化使用碳酸鋇固體；溶液C中含有一定量的碳酸根離子，加入HI溶液時，生成二氧化碳氣體，觀察到有氣泡產生；②反應過程：用重鉻酸鉀氧化碘離子為單質，再用硫代硫酸鈉與碘反應生成碘離子，則滴定終點時，溶液中無碘單質，當滴入最后一滴硫代硫酸鈉溶液后，溶液藍色褪去，且30s不恢復；根據方程式可知，n（I-）：n（S2O32-）=1：1，生成硫代硫酸鈉的物質的量等于碘離子的物質的量為bmol/L×V×10-3L，原溶液在碘離子的物質的量=bmol/L×V×10-3L×100mL/25mL，跟碘原子守恒，則純度=b×V×10-3×4×166/a×100%。用重鉻酸鉀氧化碘離子為單質，再用硫代硫酸鈉與碘反應生成碘離子，多步反應的計算，只要根據碘離子與硫代硫酸根之間的關系式進行即可，不必分析碘與重鉻酸鉀之間的關系。26、干燥環境密閉保存硫化鈉在空氣中易被氧化，潮濕環境易水解a→e→f→d加入稍過量的碳取少量反應后的固體于試管中，加蒸餾水溶解，滴加適量稀鹽酸，若出現淡黃色沉淀，則固體中含亞硫酸鈉，反之不含2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑【解析】

(1)硫化鈉易被氧化，溶液中硫離子可發生水解；(2)A中發生Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑，選裝置D檢驗二氧化碳，選裝置C吸收尾氣，二氧化碳不需要干燥；(3)實際得到Na2S小于amol，可增大反應物的量；固體產物中可能含有少量Na2SO3，加鹽酸發生氧化反應生成S；(4)硫酸鈉與炭粉在一定條件下反應還可生成等物質的量的兩種鹽和體積比為1：3的CO2和CO兩種氣體，C失去電子，S得到電子，結合電子、原子守恒來解答。【詳解】(1)硫化鈉固體在保存時需注意干燥環境密閉保存，原因是硫化鈉在空氣中易被氧化，潮濕環境易水解；(2)①A為制備裝置，裝置D檢驗二氧化碳，選裝置C吸收尾氣，則連接儀器順序為a→e→f→d；(3)若amolNa2SO4和2amolC按上述步驟充分反應，實際得到Na2S小于amol，則實驗改進方案是加入稍過量的碳；固體產物中可能含有少量Na2SO3，設計實驗為取少量反應后的固體于試管中，加蒸餾水溶解，滴加適量稀鹽酸，若出現淡黃色沉淀，則固體中含亞硫酸鈉，反之不含；(4)經實驗測定，硫酸鈉與炭粉在一定條件下反應還可生成等物質的量的兩種鹽和體積比為1：3的CO2和CO兩種氣體，C失去電子，S得到電子，若CO2和CO分別為1mol、3mol，失去電子為10mol，則S得到10mol電子，應生成等量的Na2S、Na2SO3，反應方程式為2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑。27、500mL容量瓶膠頭滴管A、B、C、D、F、E13.6恢復至室溫高高【解析】分析：（1）根據配制步驟是計算、量取、稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶來分析需要的儀器；（2）根據配制一定物質的量濃度溶液的一般步驟排序；（3）依據c=1000ρω/M計算濃硫酸的物質的量濃度，依據溶液稀釋過程中所含溶質的物質的量不變計算需要濃硫酸體積；分析操作對溶質的物質的量和溶液體積的影響，依據c=n/V進行誤差分析。詳解：（1）操作步驟有計算、量取、稀釋、冷卻、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用量筒量取濃硫酸，在燒杯中稀釋（可用量筒量取水加入燒杯），并用玻璃棒攪拌。冷卻后轉移到500mL