山西省呂梁市2025年高二化學第二學期期末經典試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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、分子式為C7H14O2的有機物在酸性條件下可水解為酸和醇，且生成的醇無具有相同官能團的同分異構體。若不考慮立體異構，這些酸和醇重新組合可形成的酯共有A．8種B．16種C．24種D．28種2、下列物質中，不屬于電解質的是A．固體氯化鉀 B．作電極的碳棒C．氣態硝酸 D．液態氯化氫3、下列原子中未成對電子數最多的是()A．C B．O C．N D．Cl4、在復雜的體系中，確認化學反應先后順序有利于解決問題，下列化學反應先后順序判斷正確的是A．向含等物質的量的的溶液中緩慢通入氯氣：B．向含等物質的量的的溶液中緩慢加入鋅粉：C．在含等物質的量的的混合溶液中緩慢通入CO2:、D．在含等物質的量的的溶液中逐滴加入鹽酸：5、下列關于化學與生產、生活的認識不正確的是（）A．石油分餾得到的汽油是純凈物B．使用清潔能源是防止酸雨發生的重要措施之一C．燃料電池是將化學能直接轉化為電能的裝置，所以能量利用率高D．合理開發利用可燃冰（固態甲烷水合物）有助于緩解能源緊缺6、NA表示阿伏加德羅常數的數值，下列說法正確的是A．標準狀況下，22.4

L

CHCl3含有的分子數目為NAB．3.4

g羥基(-OH)含有2NA個電子C．1

L0.1

mol/L甘氨酸()溶液中含有的氧原子數為0.

2NAD．0.5

mol

C4H10中含有的非極性共價鍵數目為1.5NA7、下列鑒別方法不可行的是A．用水鑒別乙醇、甲苯和溴苯B．用燃燒法鑒別乙醇、苯和四氯化碳C．用碳酸鈉溶液鑒別乙醇、乙酸和乙酸乙酯D．用酸性高錳酸鉀溶液鑒別苯、環已烯和環已烷8、相同物質的量的Fe、Al、Na

各0.1mol

分別投入到含HCl0.01mol

的稀鹽酸中，置換出H2

由多到少的順序是A．Al

>Fe>NaB．Al=Fe=NaC．Na>Al

=FeDNa>Al>Fe9、一定溫度下，在3個1.0L的恒容密閉容器中分別進行反應2X(g)+Y(g)Z(g)ΔH，達到平衡。相關數據如下表。容器溫度/K物質的起始濃度/mol·L-1物質的平衡濃度/mol·L-1c(X)c(Y)c(Z)c(Z)I4000.200.1000.080II4000.400.200aIII5000.200.1000.025下列說法不正確的是A．平衡時，X的轉化率：II＞IB．平衡常數：K(II)＞K(I)C．達到平衡所需時間：III＜ID．反應的ΔH＜010、下列實驗中，對應的現象以及結論都正確且兩者具有因果關系的是選項實驗現象結論A．將稀硝酸加入過量鐵粉中，充分反應后滴加KSCN溶液有氣體生成，溶液呈血紅色稀硝酸將Fe氧化為Fe3＋B．將銅粉加1.0mol·L－1Fe2(SO4)3溶液中溶液變藍、有黑色固體出現金屬鐵比銅活潑C．用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱熔化后的液態鋁滴落下來金屬鋁的熔點較低D．將0.1mol·L－1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產生，再滴加0.1mol·L－1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后變為淺藍色沉淀Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小A．A B．B C．C D．D11、下列有關物質結構的描述正確的是A．甲苯分子中的所有原子可能共平面 B．CH2=CH-C6H5分子中的所有原子可能共平面C．二氯甲烷分子具有正四面體結構 D．正戊烷分子中5個碳原子可以在同一直線上12、下列有關石油、煤、天然氣的敘述正確的是A．石油經過催化重整可得到芳香烴B．煤中含有的苯、甲苯等可通過干餾得到C．石油的分餾、煤的氣化和液化都屬于化學變化D．石油、煤、天然氣、可燃冰、沼氣都屬于化石燃料13、已知還原性：Fe2＋＞Br－。向100mLFeBr2溶液中通入3.36L(標準狀況)Cl2，反應后的溶液中Cl－和Br－的物質的量濃度相等，則原溶液中FeBr2的物質的量濃度為()A．2mol·L－1 B．1.5mol·L－1 C．1mol·L－1 D．0.75mol·L－114、下列說法正確的是（）A．硫酸鈉溶液和醋酸鉛溶液均能使蛋白質變性B．油脂是高級脂肪酸的甘油酯，在常溫下均呈固態C．CH3CH(NH2)COOH既能與鹽酸反應、又能與氫氧化鈉溶液反應D．合成橡膠的單體之一是CH3-C≡C-CH315、在25℃時，密閉容器中X、Y、Z三種氣體的初始濃度和平衡濃度如下表：物質XYZ初始濃度/mol·L－10.10.20平衡濃度/mol·L－10.050.050.1下列說法錯誤的是A．反應達到平衡時，X的轉化率為50%B．反應可表示為X＋3Y2Z，其平衡常數為1600C．增大壓強使平衡向生成Z的方向移動，平衡常數增大D．升高溫度平衡常數增大，則此反應為吸熱反應16、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是A．1molFeI2與1molCl2反應時轉移的電子數為2NAB．25℃時，pH＝3的醋酸溶液1L，溶液中含H+的數目等于0.001NAC．標準狀況下22.4L丙烷中含C－H鍵數約為8NAD．18g2H2O中含有的質子數為10NA17、下列有機物命名正確的是（）A．2－乙基丙烷 B．CH3CH2CH2CH2OH1－丁醇C．間二甲苯 D．2—甲基—2—丙烯18、下列實驗能達到預期目的的是（）A．可以用熱的濃NaOH溶液來區分植物油和礦物油B．除去己烷中己烯可以用溴水分液處理C．將纖維素和稀H2SO4加熱水解后的液體取出少許，加入新制的Cu(OH)2懸濁液并加熱，有無紅色沉淀生成，證明纖維素是否水解D．蛋白質溶液中加入丙酮可以使蛋白質從溶液中析出，再加水又能溶解19、水熱法制備Fe3O4納米顆粒的總反應為：3Fe2++2S2O32-+O2+XOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列說法正確的是（）A．硫元素被氧化，鐵元素被還原B．Fe2+、S2O32-都是還原劑C．X=2D．每生成1molFe3O4，則轉移電子數2mol20、下列幾種化學電池中，不屬于可充電電池的是A．堿性鋅錳電池 B．手機用鋰電池C．汽車用鉛蓄電池 D．玩具用鎳氫電池21、下列有機物存在順反異構現象的是A．CH3CH3 B．CH2=CH2 C．CH3CH=CHCH3 D．CH3CH=CH222、測定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH,數據如下。時刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實驗過程中，取①④時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比試驗，④產生白色沉淀多。下列說法錯誤的是（

）A．Na?SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2OHSO-3+OH-B．④的pH與①不同,是由于SO32-濃度減小造成的C．①→③的過程中,溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致D．①與④的Kw值相等二、非選擇題(共84分)23、（14分）有一應用前景廣闊的納米材料甲，其由A、B兩種短周期非金屬元素組成，難溶于水，且硬度大，熔點高。取材料甲與熔融的燒堿反應，生成一種含A元素的含氧酸鹽乙和一種含B元素的氣體丙，丙能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍；乙能溶于水，加鹽酸產生白色沉淀，鹽酸過量沉淀不溶解。（1）甲的化學式為____________，其晶體屬于____________晶體。（2）乙的水溶液可以用來做________________________（寫出一種用途）。（3）B元素的一種氫化物丁，相對分子質量為32，常溫下為液體，其燃燒放熱多且燃燒產物對環境無污染，因此可用作火箭燃料、燃料電池燃料等。則①丁的電子式為_____。②丁可由次氯酸鈉與過量氨氣反應制得，其化學方程式________________________。甲的制備過程中氨氣需要過量的理由是____________________________________。③丁的水溶液呈弱堿性，室溫下其電離常數K1≈1.0×10－6，則0.01mol·L－1丁水溶液的pH等于____________（忽略丁的二級電離和H2O的電離）。24、（12分）A是生產某新型工程塑料的基礎原料之一，分子式為C10H10O2，其分子結構模型如圖所示（圖中球與球之間連線代表化學鍵單鍵或雙鍵）。(1)根據分子結構模型寫出A的結構簡式___________。(2)擬從芳香烴出發來合成A，其合成路線如下：已知：A在酸性條件下水解生成有機物B和甲醇。(a)寫出⑤反應類型__________反應；寫出H的結構簡式___________。(b)寫出G中官能團名稱：_________________________(c)寫出下列步驟的反應方程式（注明必要的條件）⑥_______________________________________。⑦________________________________________。(3)A的同分異構體有多種，同時滿足下列條件A的同分異構體有________種。ⅰ.含有苯環，苯環上有兩個側鏈且苯環上一氯取代物有兩種；ⅱ.與A有相同的官能團；ⅲ.能發生銀鏡反應。25、（12分）葡萄是一種常見水果，可以生食或制作葡萄干，除此之外，葡萄還可用于釀酒。(1)檢驗葡萄汁含有葡萄糖的方法是：向其中加堿調至堿性，再加入新制的Cu(OH)2并加熱，其現象是________。(2)葡萄在釀酒過程中，葡萄糖轉化為酒精的過程如下，補充完成下列化學方程式：C6H12O6(葡萄糖)2_________+2C2H5OH(3)葡萄酒密封儲存過程中會生成有香味的酯類，酯類也可以通過化學實驗來制備，實驗室可用如圖所示裝置制備乙酸乙酯：①試管a中生成乙酸乙酯的化學方程式是__________。②試管b中盛放的試劑是飽和____________溶液。③實驗開始時，試管b中的導管不伸入液面下的原因是________。④若要分離出試管b中的乙酸乙酯，需要用到的儀器是_______(填字母)。A．普通漏斗B．分液漏斗C．長頸漏斗26、（10分）制備乙酸乙酯，乙酸正丁酯是中學化學實驗中的兩個重要有機實驗①乙酸乙酯的制備②乙酸丁酯的制備完成下列填空：（1）制乙酸乙酯的化學方程式___________。（2）制乙酸乙酯時，通常加入過量的乙醇，原因是________，加入數滴濃硫酸即能起催化作用，但實際用量多于此量，原因是________；濃硫酸用量又不能過多，原因是_______________。（3）試管②中的溶液是________，其作用是________________。（4）制備乙酸丁酯的過程中，直玻璃管的作用是________，試管不與石棉網直接接觸的原因是_____。（5）在乙酸丁酯制備中，下列方法可提高1-丁醇的利用率的是________（填序號）。A．使用催化劑B．加過量乙酸C．不斷移去產物D．縮短反應時間（6）兩種酯的提純過程中都需用到的關鍵儀器是________，在操作時要充分振蕩、靜置，待液體分層后先將水溶液放出，最后將所制得的酯從該儀器的________（填序號）A．上口倒出B．下部流出C．都可以27、（12分）下圖為實驗室某濃鹽酸試劑瓶上的標簽，試根據有關數據回答下列問題：（1）該濃鹽酸的物質的量濃度為_______________mol/L。（2）取用任意體積的該鹽酸溶液時，下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是_______。A．溶液中HCl的物質的量B．溶液的濃度C．溶液中Cl－的數目D．溶液的密度（3）某學生欲用上述濃鹽酸和蒸餾水配制500mL物質的量濃度為0.1mol/L稀鹽酸。①該學生需要量取_____________mL上述濃鹽酸進行配制。②在配制過程中，下列實驗操作對所配制的稀鹽酸的物質的量濃度有何影響？（填“偏高”或“偏低”或“無影響”）。a、用量筒量取濃鹽酸時俯視觀察凹液面。（____________）b、用量筒量取濃鹽酸后，洗滌量筒2-3次，洗滌液也轉移到容量瓶。（_________）（4）現將100mL0.5mol/L的鹽酸與200mL0.1mol/LCuCl2溶液混合，體積變化忽略不計，所得溶液中Cl－的物質的量濃度是_______________。28、（14分）某反應體系中的物質有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。(1)請將Au2O3之外的反應物與生成物分別填入以下空格內：________(2)反應中，被還原的元素是______________，還原劑是___________。(3)請將反應物的化學式配平后的系數填入下列相應的位置中，并標出電子轉移的方向和數目。________(4)紡織工業中常用氯氣作漂白劑，Na2S2O3可作為漂白布匹后的“脫氯劑”，Na2S2O3和Cl2反應的產物是H2SO4、NaCl和HCl，則還原劑與氧化劑的物質的量之比為______________。29、（10分）化石燃料開采、加工過程產生的H2S廢氣可以通過多種方法進行治理．可以制取氫氣，同時回收硫單質，既廉價又環保?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知：H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；S(s)+O2(g)=SO2(g)；2S(s)S2(g)；2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(g)；則反應2H2S(g)2H2(g)+S2(g)=_______(2)工業上采州高溫熱分解HzS的方法制取H2，在膜反應器中分離出H2。在恒容密閉容器中，阻H2S的起始濃度均為0.009mol/L控制不同溫度進行H2S分解：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，實驗過程中測得H2S的轉化率如圖所示。曲線a表示H2S的平衡轉化率與溫度的關系，曲線b表示不同溫度F反應經過相同時間時H2S的轉化率。①在935℃時，該反應經過tsH2S的轉化率達到P點數值，則在ts內用H2濃度變化表示的平均反應速率v(H2)=___。②溫度升高，平衡向____方向移動（填“正反應”“逆反應”），平衡常數____（填“增大”“減小”或“不變”）。985℃時該反應的平衡常數為____。③隨著H2S分解溫度的升高，曲線b逐漸向曲線a靠近，其原因是___。(3)電解法治理硫化氫是先用FeCl3溶液吸收含H2S的工業廢氣，所得溶液用惰性電極電解，陽極區所得溶液循環利用。①進入電解池的溶液中，溶質是____。②陽極的電極反應式為____。③電解總反應的離子方程式是____。

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、C【解析】生成的醇無具有相同官能團的同分異構體，則醇為甲醇或乙醇。如果為甲醇，則酸為C5H11-COOH，戊基有8種同分異構體，所以C5H11-COOH的同分異構體也有8種；如果為乙醇，則酸為C4H9-COOH，丁基有4種結構，所以C4H9-COOH的同分異構體也有4種，故醇有2種，酸有8+4=12種，所以這些酸和醇重新組合可形成的酯共有2*12=24種，答案選C。正確答案為C。點睛：本題的難點是理解生成的醇無具有相同官能團的同分異構體，甲醇、乙醇沒有醇類的同分異構體，從丙醇開始就有屬于醇類的同分異構體，如丙醇有2種屬于醇的同分異構體，CH3CH2OH和CH3CH(OH)CH3，故能否理解題意是解答此題的關鍵。2、B【解析】

A、固體氯化鉀屬于化合物，在熔融狀態或水溶液中能導電，屬于電解質，選項A不選；B、碳屬于單質，既不是電解質也不是非電解質，選項B選；C、硝酸屬于化合物，水溶液中能導電，屬于電解質，選項C不選；D、液態氯化氫屬于化合物，水溶液中能導電，屬于電解質，選項D不選；答案選B。本題考查電解質，屬于對基礎化學概念的考查，本題要理解好電解質的概念，電解質是在水溶液中或熔融狀態下能導電的化合物。3、C【解析】

根據能量最低原理書寫各元素的電子排布式，根據電子排布式判斷未成對電子數，可解答該題?！驹斀狻緼．C的電子排布式為1s22s22p2，未成對電子數為2；B．O的電子排布式為1s22s22p4，未成對電子數為2；C．N的電子排布式為1s22s22p3，未成對電子數為3；D．Cl的電子排布式為1s22s22p63s23p5，未成對電子數為1；比較可知N的未成對電子數為3，最多，答案選C。本題考查原子核外電子的排布，題目難度中等，注意根據電子排布式判斷未成對電子數。4、A【解析】A．離子還原性I-＞Fe2+＞Br-，氯氣先與還原性強的反應，參與反應的順序是I-、Fe2+、Br-，故A正確；B．氧化性順序：Ag+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，鋅粉先與氧化性強的反應，反應的正確順序為Ag+、Cu2+、H+、Fe2+，故B錯誤；C．氫氧化鋇先發生反應，因為生成的碳酸鉀與氫氧化鋇不能共存，然后與氫氧化鉀發生反應，再與碳酸鉀反應生成碳酸氫鉀，最后與碳酸鋇反應，如果先與碳酸鋇反應生成碳酸氫鋇，鋇離子會與溶液中的碳酸根離子反應生成碳酸鋇沉淀，故C錯誤；D．含等物質的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入鹽酸，氫氧根離子優先反應，反應的先后順序為：OH-、AlO2-、CO32-、Al(OH)3，因為如果氫氧化鋁先反應，生成的鋁離子會與溶液中的氫氧根離子反應生成氫氧化鋁沉淀，故D錯誤；故選A。點睛：明確反應發生的本質與物質性質是解題的關鍵。同一氧化劑與不同具有還原性的物質反應時，先與還原性強的物質反應；同一還原劑與具有不同氧化性的物質反應時，先與氧化性強的物質反應；復分解反應可以利用假設法判斷。5、A【解析】

A．分餾產品為烴的混合物；B．使用清潔能源含N、S氧化物的排放；C．燃料電池的燃料外部提供，能源利用率高；D．合理開發利用可燃冰，減少化石能源的使用?！驹斀狻緼．分餾產品為烴的混合物，汽油為混合物，故A錯誤；B．使用清潔能源，沒有含N、S氧化物的排放，是防止酸雨發生的重要措施之一，故B正確；C．燃料電池工作時，燃料和氧化劑連續地由外部提供，能源利用率高，將化學能直接轉化為電能，故C正確；D．合理開發利用可燃冰，減少化石能源的使用，有助于緩解能源緊缺，故D正確；故選A。6、D【解析】分析：A.標準狀況下三氯甲烷是液體；B.羥基含有9個電子；C.溶劑水分子中還含有氧原子；D.1分子丁烷含有3個碳碳單鍵。詳解：A.標準狀況下三氯甲烷是液體，不能利用氣體摩爾體積計算22.4LCHCl3含有的分子數目，A錯誤；B.3.4g羥基(-OH)的物質的量是3.4g÷17g/mol＝0.2mol，含有1.8NA個電子，B錯誤；C.1L0.1mol/L甘氨酸()溶液中甘氨酸的物質的量是0.1mol，但溶劑水分子中還含有氧原子，所以含有的氧原子數大于0.2NA，C錯誤；D.1分子丁烷含有3個碳碳單鍵，因此0.5molC4H10中含有的非極性共價鍵數目為1.5NA，D正確。答案選D。7、D【解析】

A．乙醇與水混溶，甲苯密度比水小，溴苯密度比水大，可加入水鑒別，故A可行；B．乙醇燃燒，火焰明亮，無濃煙，苯燃燒有濃煙，四氯化碳不燃燒，現象各不相同，可鑒別，故B可行；C．乙醇易溶于水，碳酸鈉與乙酸反應生成二氧化碳氣體，乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，溶液分層，可鑒別，故C可行；D．甲苯、環己烯都可被酸性高錳酸鉀氧化，故D不可行；故選D。8、C【解析】酸不足時，鈉可與水反應生成氫氣，而Fe、Mg、Al只能與鹽酸反應，故Na與酸反應時，多余的會和水反應，Na會完全反應，由2Na～H2可知，0.1molNa完全反應，生成氫氣的物質的量=0.1mol×1/2=0.05mol；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑0.1mol0.2mol故鹽酸不足，由方程式可知0.01mol

HCl生成氫氣為0.005mol，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑0.1mol0.3mol故鹽酸不足，由方程式可知0.01mol

HCl生成氫氣為0.005mol，相同條件下，體積之比等于物質的量之比，故生成氫氣的體積：Al=Fe＜Na，故選C。點睛：本題考查根據方程式計算，易錯點：進行過量計算，0.1molAl、Fe與0.01molHCl反應時，鹽酸不足，按酸計算氫氣，而0.1molNa與0.01molHCl反應時，要注意鈉的性質，鈉還要和水反應。9、B【解析】

A.II可以看成是向2L的容器中，充入0.4mol的X和0.2mol的Y（則I、II的平衡等效），平衡后再將容器壓縮至1L，由于壓強增大，平衡向右移動，所以II中X的轉化率＞I，A正確；B.平衡常數只和溫度有關，I、II的溫度相同，則這兩個平衡的平衡常數也相同，B錯誤；C.III的溫度比I高，III的化學反應速率也快，則III先達到平衡，C正確；D.對比I和III，二者起始狀態，除了溫度不同，其他條件都相同，則可以將III看作是I達到平衡后，升高溫度，Z的濃度降低了，說明升溫使得平衡向逆反應方向移動，則正反應為放熱反應，即反應的ΔH＜0，D正確；故合理選項為B。10、D【解析】

A、因為加入過量的鐵粉，反應生成Fe(NO3)2，加入KSCN溶液，溶液不變紅，A錯誤；B、Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，溶液變藍，但沒有黑色固體出現，B錯誤；C、鋁表面產生氧化鋁，因為氧化鋁的熔點比鋁的高，因此出現熔化而不滴落，C錯誤；D、MgSO4溶液加入NaOH，生成Mg(OH)2，再加入CuSO4溶液，出現藍色沉淀，即Mg(OH)2＋Cu2＋=Cu(OH)2＋Mg2＋，化學反應向更難溶的方向進行，即Cu(OH)2的溶度積小于Mg(OH)2，D正確；故合理選項為D。11、B【解析】

A.甲烷是正四面體結構，所以甲苯分子中的所有原子不可能共平面，A錯誤；B.乙烯是平面結構，苯是平面結構，所以CH2=CH-C6H5分子中的所有原子可能共平面，B正確；C.甲烷是正四面體結構，因此二氯甲烷分子一定不是正四面體結構，C錯誤；D.正戊烷分子中5個碳原子形成的碳鏈其實是鋸齒狀的，而不是一條直線，D錯誤。答案選B。12、A【解析】分析：本題考查的是煤和石油的綜合利用，難度較小。詳解：A.石油催化重整得到芳香烴，故正確；B.煤是復雜混合物，不含苯，經過干餾的化學反應生成苯，故錯誤；C.石油的分餾是物理變化，煤的氣化和液化是化學變化，故錯誤；D.可燃冰不是化石燃料，故錯誤。故選A。13、A【解析】

因為還原性Fe2+>Br-，所以Cl2先與Fe2+反應，后與Br-反應，反應后溶液中Cl-和Br-的物質的量濃度相等，則Cl2完全反應，Fe2+完全反應、Br-部分反應；根據得失電子守恒和原子守恒列式。【詳解】n（Cl2）=3.36L22.4L/mol=0.15mol，因為還原性Fe2+>Br-，所以Cl2先與Fe2+反應，后與Br-反應，反應后溶液中Cl-和Br-的物質的量濃度相等，則Cl2完全反應，Fe2+完全反應、Br-部分反應，根據Cl守恒，反應后溶液中n（Cl-）=0.15mol×2=0.3mol；設原溶液中FeBr2物質的量為x，則原溶液中n（Fe2+）=x、n（Br-）=2x，根據得失電子守恒，0.15mol×2=x+（2x-0.3mol），解得x=0.2mol，原FeBr214、C【解析】分析：A．重金屬離子能使蛋白質變性而中毒；B．有些油脂是不飽和高級脂肪酸的甘油酯；C．H2N－能與鹽酸反應；-COOH能與氫氧化鈉溶液反應；D．若是加聚產物；找單體是在碳鏈兩兩（兩個碳原子）斷鍵，如鏈上有雙鍵，則有四個碳原子斷鍵（丁二烯結構）．詳解：A．加入少量飽和的硫酸鈉溶液會發生鹽析，不發生變性，故A錯誤；B．有些油脂是不飽和高級脂肪酸的甘油酯，含有不飽和鍵，能發生氫化反應，故B錯誤；C．H2N－能與鹽酸反應生成鹽酸鹽；-COOH能與氫氧化鈉溶液反應生成鈉鹽，故C正確；D、的單體是丁二烯和CH2=CH-CN，故D錯誤。故選C。點睛：本題考查油脂、蛋白質、氨基酸、高分子化合物的性質，難點D，注意加聚產物找單體的方法：找單體是在碳鏈兩兩（兩個碳原子）斷鍵，如鏈上有雙鍵，則有四個碳原子斷鍵（丁二烯結構）．15、C【解析】

本題主要考查化學反應中物質的濃度變化與化學計量數關系。A.轉化率=，根據表格信息得出結論即可；B.由表格中數據求出各物質的濃度變化比例，得出化學方程式；C.平衡常數只與溫度有關；D.溫度升高，吸熱方向化學平衡常數增大。【詳解】A.達到平衡時，X的轉化率為=50%，正確；B.由表可知，X、Y作為反應物，Z作為生成物，、、，由此可知該反應X、Y、Z的系數比為1:3:2，即反應可表示為X＋3Y2Z，故B正確；C.增大壓強，平衡向氣體體積減小的方向移動，由B項可知，該反應正向為氣體體積減小的反應，故平衡正向移動，而化學平衡常數只與溫度有關，改變壓強對平衡常數無影響，錯誤；D.升高溫度，平衡向吸熱方向移動，若升高溫度平衡常數增大，則說明向正向移動，即正向為吸熱反應，正確。16、D【解析】

A．1molFeI2與1molCl2反應，氯氣完全反應生成2mol氯離子，轉移的電子數為2NA，故A正確；

B．25°C時，pH=3的醋酸溶液1L，氫離子濃度為0.001mol/L，含有氫離子個數=0.001mol/L1LNA/mol=0.001NA，故B正確；

C．1個丙烷分子含有8個C-H鍵，標準狀況下22.4L丙烷中含C-H鍵數約為8NA，故C正確；

D．18g2H2O中含有的質子數=10NA/mol=9NA，故D錯誤；故答案：D。17、B【解析】

A．2-乙基丙烷，烷烴命名中出現2-乙基，說明選取的主鏈不是最長的，主鏈應該為丁烷，正確命名為：2-甲基丁烷，故A錯誤；B．CH3CH2CH2CH2OH1-丁醇，醇的命名需要標出羥基的位置，該有機物中羥基在1號C，其命名符合有機物的命名原則，故B正確；C．間二甲苯，兩個甲基分別在苯環的對位，正確命名應該為：對二甲苯，故C錯誤；D．2-甲基-2-丙烯，碳碳雙鍵在1號C，該有機物正確命名為：2-甲基-1-丙烯，故D錯誤；故答案為B。18、A【解析】A.植物油與濃NaOH溶液反應生成可溶于水的高級脂肪酸鈉和甘油，反應后不分層；礦物油不與濃NaOH溶液反應，而且礦物油也不溶于水，混合物分層，故可以用熱的濃NaOH溶液來區分植物油和礦物油，A正確；B.己烯可與溴水反應生成二溴己烷，二溴己烷可以溶于己烷，所以，除去己烷中己烯用溴水處理是達不到目的的，也無法分液，B不正確；C.將纖維素和稀H2SO4加熱水解后的液體取出少許，要先加入適量的氫氧化鈉溶液中和硫酸，然后再加入新制的Cu(OH)2懸濁液并加熱，觀察有無紅色沉淀生成，才能證明纖維素是否水解，C不正確；D.丙酮可以使蛋白質變性，變性后的蛋白質不溶于水，D不正確。本題選A。19、B【解析】

A.化合物中鐵元素、硫元素用平均化合價，鐵元素的化合價變化：+2→+；硫元素的化合價變化為：+2→+，Fe和S元素都被氧化，A錯誤；B.由上述分析可知，還原劑是Fe2+、S2O32-，氧化劑是O2，B正確；C.由電荷守恒可知：2×3+2×(-2)-X=-2，X=4，C錯誤；D.由方程式可知，每生成1molFe3O4，參加反應的氧氣為1mol，轉移電子數為1mol×4=4mol，D錯誤。故合理選項是B。20、A【解析】

A、堿性鋅錳電池屬于一次電池，不屬于可充電電池；B、手機用鋰電池屬于可充電電池；C、汽車用鉛蓄電池屬于可充電電池；D、玩具用鎳氫電池屬于可充電電池；故選A。21、C【解析】

A、不存在碳碳雙鍵，不符合；B、2個C原子所連基團完全相同，不符合；C、碳碳雙鍵的每個C原子所連基團是完全不同的，存在順反異構體，符合；D、碳碳雙鍵有一端是相同基團（＝CH2），不存在順反異構，不符合；答案選C。本題考查順反異構體的物質結構特點的判斷。順反異構體是分子中含有碳碳雙鍵，且碳碳雙鍵的每個C原子所連基團是完全不同的基團時才存在順反異構。22、C【解析】分析：A項，Na2SO3屬于強堿弱酸鹽，SO32-存在水解平衡；B項，取①④時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產生白色沉淀多，說明實驗過程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①與④溫度相同，④與①對比，SO32-濃度減小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C項，鹽類水解為吸熱過程，①→③的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c（SO32-）減小，水解平衡逆向移動；D項，Kw只與溫度有關。詳解：A項，Na2SO3屬于強堿弱酸鹽，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A項正確；B項，?、佗軙r刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產生白色沉淀多，說明實驗過程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①與④溫度相同，④與①對比，SO32-濃度減小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH與①不同，是由于SO32-濃度減小造成的，B項正確；C項，鹽類水解為吸熱過程，①→③的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c（SO32-）減小，水解平衡逆向移動，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響相反，C項錯誤；D項，Kw只與溫度有關，①與④溫度相同，Kw值相等；答案選C。點睛：本題考查鹽類水解離子方程式的書寫、外界條件對鹽類水解平衡的影響、影響水的離子積的因素、SO32-的還原性。解題時注意從溫度和濃度兩個角度進行分析。二、非選擇題(共84分)23、Si3N4原子黏合劑、木材等的防腐劑或防火劑NaClO＋2NH3＝N2H4＋NaCl＋H2O次氯酸鈉有強氧化性，防止N2H4繼續被氧化10【解析】

甲由A、B兩種短周期非金屬元素組成，難溶于水，且硬度大，熔點高，考慮甲屬于原子晶體。甲與熔融的燒堿反應生成一種含A元素的含氧酸鹽乙和一種含B元素的氣體丙，且丙能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，證明丙氣體為NH3，說明甲中含有氮元素。含氧酸鹽乙由短周期元素組成且為鈉鹽，能溶于水，加鹽酸產生白色沉淀，鹽酸過量沉淀不溶解，說明生成的沉淀為H2SiO3，則乙為Na2SiO3，證明甲中含有硅元素，故A為Si元素，B為N元素，依據元素化合價可推知甲為Si3N4，據此分析解答。【詳解】(1)由分析可知，甲的化學式為Si3N4，屬于原子晶體，故答案為：Si3N4；原子；(2)乙的水溶液為硅酸鈉溶液，是一種礦物膠，可以做黏合劑、木材等的防腐劑或防火劑，故答案為：黏合劑、木材等的防腐劑或防火劑；(3)①B元素的一種氫化物丁，相對分子質量為32，常溫下為液體，可知丁為N2H4，電子式為：，故答案為：；②丁可由次氯酸鈉與過量氨氣反應制得，反應的化學方程式為：NaClO+2NH3＝N2H4+NaCl+H2O，次氯酸鈉有強氧化性，防止N2H4繼續被氧化，氨氣需要過量，故答案為：NaClO+2NH3＝N2H4+NaCl+H2O；次氯酸鈉有強氧化性，防止N2H4繼續被氧化；③電離方程式為：N2H4+H2O?N2H5++OH-，該溶液中溶質電離程度較小，則c(N2H4)≈0.01mol/L，由平衡常數K=，可知該溶液中c(OH-)≈==1.0×10-4，溶液中c(H+)=mol/L=10-10mol/L，則溶液的pH=10，故答案為：10。正確推斷元素是解答本題的關鍵。本題的易錯點和難點為(3)③中pH的計算，要注意電離平衡常數表達式和水的離子積的靈活運用。24、消去羥基、醛基+CH3OH+H2O+H2O6【解析】

(1)根據分子結構模型知，A中含有苯環，苯環上含有一個支鏈，支鏈上含有一個碳碳雙鍵、一個酯基，寫出結構簡式；(2)和溴水發生加成反應生成D，D的結構簡式為，D和氫氧化鈉的水溶液發生水解反應生成E，E的結構簡式為：，E反應生成F，根據E、F的分子式知，E發生消去反應生成F，F的結構簡式為：，E被氧氣氧化生成G，G的結構簡式為：，G被氧化生成H，H的結構簡式為，H反應生成B，B反應生成A，A在酸性條件下水解生成有機物B和甲醇，B的結構簡式為；據此分析解答。【詳解】(1)A是生產某新型工程塑料的基礎原料之一，分子式為C10H10O2，每個碳原子形成4個共價鍵，結合其分子結構模型()知，A中含有苯環，苯環上含有一個支鏈，支鏈上含有一個碳碳雙鍵、一個酯基，且結構簡式為：，故答案為；(2)和溴水發生加成反應生成D，D的結構簡式為，D和氫氧化鈉的水溶液發生水解反應生成E，E的結構簡式為：，E反應生成F，根據E、F的分子式知，E發生消去反應生成F，F的結構簡式為：，E被氧氣氧化生成G，G的結構簡式為：，G被氧化生成H，H的結構簡式為，H反應生成B，B反應生成A，A在酸性條件下水解生成有機物B和甲醇，B的結構簡式為；（a）通過以上分析知，反應⑤屬于消去反應，H的結構簡式為，故答案為：消去；；（b）G的結構簡式為：，含有的官能團有—OH、—CHO，名稱為羥基、醛基，故答案為：羥基、醛基；（c）反應⑥為B和甲醇發生酯化反應生成A，反應方程式是+CH3OH+H2O；反應⑦為E發生消去反應生成F，反應方程式是+H2O，故答案為：+CH3OH+H2O；+H2O；(3)A的結構簡式為：，A中含有的官能團為碳碳雙鍵和酯基，A的同分異構體苯環上有兩個側鏈且苯環上一氯取代物有兩種，則只能是對位，又與A有相同的官能團且能發生銀鏡反應，則苯環連接的兩個側鏈分別為①—CH=CH2、—CH2OOCH②—CH3、—CH=CHOOCH③—CH3、—C(OOCH)=CH2④—OOCH、—CH=CHCH3⑤—OOCH、—CH2CH=CH2⑥—OOCH、—C(CH3)=CH2，共6種，故答案為：6。本題的難點是第（3）問，符合條件的同分異構體數目的確定；確定同分異構體的數目先根據限制的條件確定可能存在的結構，然后進行有序書寫。25、產生磚紅色沉淀CO2CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2ONa2CO3(或碳酸鈉)防止倒吸B【解析】

(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氫氧化銅懸濁液氧化，所以實驗現象是產生磚紅色沉淀；(2)根據碳原子和氧原子守恒可知，另外一種生成物是CO2；(3)①乙酸和乙醇在濃硫酸作用下發生酯化反應，生成乙酸乙酯和水；②制備乙酸乙酯時常用飽和碳酸鈉溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分層；③實驗開始時，試管b中的導管不伸入液面下的原因是防止倒吸；④乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的儀器是分液漏斗。【詳解】(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氫氧化銅懸濁液氧化，所以實驗現象是產生磚紅色沉淀氧化亞銅；(2)根據碳原子和氧原子守恒可知,另外一種生成物是CO2；(3)①在濃硫酸的作用下,乙醇和乙酸發生酯化反應生成乙酸乙酯,反應的化學方程式是CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O；②由于乙醇和乙酸都是易揮發的，所以生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，除去乙醇和乙酸的試劑是飽和的碳酸鈉(Na2CO3)溶液；③由于乙醇和乙酸都是和水互溶的，如果直接插入水中吸收，容易引起倒吸，所以試管b中的導管不伸入液面下的原因是防止溶液倒吸；④乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的儀器是分液漏斗，故答案為B；26、增大反應物的濃度，使平衡正向移動，提高乙酸的轉化率；；濃硫酸能吸收反應生成的水，使平衡正向移動，提高酯的產率濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產率飽和碳酸鈉溶液中和乙酸、吸收乙醇減少乙酸乙酯在水中的溶解冷凝回流防止加熱溫度過高，有機物碳化分解BC分液漏斗A【解析】

（1）實驗室用乙醇和乙酸在濃硫酸加熱的條件下制乙酸乙酯，化學方程式為。答案為：；（2）酯化反應屬于可逆反應，加入過量的乙醇，相當于增加反應物濃度，可以讓平衡生成酯的方向移動，提高酯的產率；在酯化反應中，濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑；理論上"加入數滴濃硫酸即能起催化作用，但實際用量多于此量"，原因是：利用濃硫酸能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移動，提高酯的產率；“濃硫酸用量又不能過多”，原因是：濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產率；答案為：增大反應物的濃度，使平衡正向移動，提高乙酸的轉化率；濃硫酸能吸收反應生成的水，使平衡正向移動，提高酯的產率；濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產率；（3）由于乙酸和乙醇具有揮發性，所以制得的乙酸乙酯中常混有少量揮發出的乙酸和乙醇，將產物通到飽和碳酸鈉溶液的液面上，飽和碳酸鈉溶液的作用是：中和乙酸、溶解乙醇、減少乙酸乙酯在水中的溶解；答案為：飽和碳酸鈉溶液；中和乙酸、吸收乙醇減少乙酸乙酯在水中的溶解；（4）乙酸、丁醇加熱易揮發，為減少原料的損失，直玻璃管對蒸汽進行冷凝，重新流回反應器內。試管與石棉網直接接觸受熱溫度高，容易使有機物分解碳化。故答案為：冷凝、回流；防止加熱溫度過高，有機物碳化分解。（5）提高1?丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移動。A.使用催化劑，縮短反應時間，平衡不移動，故A錯誤；B.加過量乙酸，平衡向生成酯的方向移動，1?丁醇的利用率增大，故B正確；C.不斷移去產物，平衡向生成酯的方向移動，1?丁醇的利用率增大，故C正確；D.縮短反應時間，反應未達平衡，1?丁醇的利用率降低，故D錯誤。答案選BC。（6）分離互不相溶的液體通常分液的方法，分液利用的儀器主要是分液漏斗，使用時注意下層液從分液漏斗管放出，上層液從分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，應從分液漏斗上口倒出。故答案為：分液漏斗；A。27、12BD4.2偏低偏高0.3mol/L【解析】分析：（1）根據物質的量濃度為c=1000ρW/M進行計算；（2）根據溶液的特點分析；（3）①根據溶液稀釋前后溶質的物質的量不變計算；②根據c=n/V，判斷實驗操作對n或V的影響，以此判斷實驗誤差；（4）計算Cl-的物質的量，進一步計算濃度。詳解：（1）假設溶液的體積為1L，濃鹽酸中HCl的物質的量濃度為：c=1000ρW/M=1000×1.2×36.5%/36.5=12mol/L，正確答案為：12；（2）取用任意體積的該鹽酸溶液時，不同體積的溶液濃度相同，密度相同，物質的量不同，所含溶質的物質的量不同，所以含有的離子數目也不同，A選項HCl物質的量與體積多少有關，A選項錯誤，C選項中Cl-的數目也與物質的量有關，即與溶液的體積有關，C選項錯誤，正確選項為：B、D；（3）①溶液稀釋前后溶質的物質的量不變，設需濃鹽酸的體