正定中學2025屆高二下化學期末調研試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、“中國名片”中航天、軍事、天文等領域的發展受到世界矚目，它們與化學有著密切的聯系。下列說法錯誤的是（）A．“中國天眼”用到的鋼鐵屬于黑色金屬材料B．“殲-20”飛機上大量使用的碳纖維是一種新型有機高分子材料C．“神舟十一號”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結構陶瓷是新型無機非金屬材料D．“天宮二號”空間實驗室的硅電池板將光能直接轉換為電能2、天然維生素P（結構如圖）存在于槐樹花蕾中，它是一種營養增補劑。關于維生素P的敘述正確的是（）A．若R為甲基則該物質的分子式可以表示為C16H10O7B．分子中有三個苯環C．lmol該化合物與NaOH溶液作用消耗NaOH的物質的量以及與氫氣加成所需的氫氣的物質的量分別是4mol、8molD．lmol該化合物最多可與5molBr2完全反應3、下列說法中正確的是（）A．分子中鍵能越大，鍵長越長，則分子越穩定B．失電子難的原子獲得電子的能力一定強C．在化學反應中，某元素由化合態變為游離態，該元素被還原D．電子層結構相同的不同離子，其半徑隨核電荷數增多而減小4、下列實驗能達到實驗目的的是A．粗苯甲酸經過加熱溶解、趁熱過濾、蒸發結晶，可獲得純苯甲酸B．蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴中加熱，再加入銀氨溶液，檢驗蔗糖水解產物C．溴乙烷與強堿的乙醇溶液共熱，將產生的氣體直接通入酸性高錳酸鉀溶液，如果酸性高錳酸鉀溶液褪色，則證明產物中一定含有乙烯D．乙醇與濃硫酸混合加熱制乙烯，加熱時使溫度迅速上升至170℃5、常溫下，向10mL0.1mol/L的CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，滴加過程中溶液中-lgc(Cu2+)隨滴入的Na2S溶液體積的變化如圖所示(忽略滴加過程中的溫度變化和溶液體積變化)。下列敘述正確的是()A．常溫下Ksp(CuS)的數量級為10-30B．c點溶液中水的電離程度大于a點和d點溶液C．b點溶液中c(Na+)=2c(Cl-)D．d點溶液中c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)6、下列有關物質性質的比較順序中，不正確的是A．熱穩定性：HF＜HCl＜HBr＜HI B．微粒半徑：K+＞a+＞Mg2+＞Al3+C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3 D．最外層電子數：Li＜Mg＜Si＜Ar7、有關晶格能的敘述正確的是A．晶格能是氣態離子形成1摩離子晶體釋放的能量B．晶格能通常取正值，但是有時也取負值C．晶格能越大，形成的離子晶體越不穩定D．晶格能越大，物質的硬度反而越小8、下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是①pH=0的溶液：Na+、C2O42—、MnO4—、SO42—②pH=11的溶液中：CO32－、Na+、AlO2－、NO3－、S2－、SO32－③水電離的H+濃度為10－12mol·L－1的溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42－⑤使石蕊變紅的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3－、Na+、SO42－⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3－、I－、Cl－、S2－A．①②⑤ B．①③⑥ C．②④ D．①②④9、下列反應的離子方程式正確的是（）A．碳酸氫鈣溶液加到醋酸中：Ca(HCO3)2+2CH3COOH＝Ca2＋+2CH3COO－+2CO2↑+2H2OB．NaHCO3溶液和足量Ca(OH)2溶液反應：Ca2＋+2OH－+2HCO3一＝CaCO3↓+CO32－+2H2OC．酸性條件下，KIO3溶液與KI溶液反應：IO3－+5I－+3H2O＝3I2+6OH－D．Fe2+與H2O2在酸性溶液中的反應：2Fe2＋+H2O2+2H＋＝2Fe3＋+2H2O10、為了提純下表所列物質（括號內為雜質），有關除雜試劑和分離方法的選擇正確的是（）選項被提純的物質除雜試劑分離方法A己烷（己烯）溴水分液B淀粉（NaCl）水滲析CCH3CH2OH（CH3COOH）飽和碳酸氫鈉溶液蒸發D苯（苯酚）溴水過濾A．A B．B C．C D．D11、下表為元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W為短周期元素,W元素的核電荷數為X元素的2倍。下列說法正確的是A．X、W、Z的原子半徑依次遞減B．Y、Z、W的最高價氧化物的水化物酸性依次遞減C．根據元素周期表推測T元素的單質具有半導體特性D．最低價陰離子的失電子能力X比W強12、下列有關實驗操作的敘述錯誤的是A．過濾操作中，漏斗的尖端應接觸燒杯內壁B．向容量瓶中轉移液體時，引流用的玻璃棒可以接觸容量瓶內壁C．配制5%NaCl溶液時，必須用到的玻璃儀器是容量瓶、燒杯、膠頭滴管、玻璃棒D．分液漏斗、容量瓶及滴定管使用前都必須檢漏13、元素X、Y、Z原子序數之和為36，X、Y在同一周期，X＋與Z2－具有相同的核外電子層結構。下列推測不正確的是A．同周期元素中X的金屬性最強B．原子半徑X>Y，離子半徑X＋>Z2－C．同族元素中Z的簡單氫化物穩定性最高D．同周期元素中Y的最高價含氧酸的酸性最強14、下列說法不正確的是A．乙醇、苯應密封保存，置于陰涼處，且遠離火源B．金屬鈉著火時，可用細沙覆蓋滅火C．容量瓶和滴定管使用之前必須檢查是否漏水D．配制濃硫酸、濃硝酸的混酸時，應將濃硝酸沿玻璃棒緩慢注入濃硫酸中15、下列化學式對應的結構式從成鍵情況看不合理的是（）A．CH3N, B．CH2SeO,C．CH4S, D．CH4Si，16、NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．過氧化鈉與水反應生成0.1mol氧氣時，轉移的電子數為0.2NAB．常溫下，56g鐵片投入足量濃H2SO4中生成NA個SO2分子C．相同質量的鋁，分別與足量的鹽酸和氫氧化鈉溶液反應放出的氫氣體積一定不相同D．標準狀況下，11.2LN2和O2的混合氣體中所含的原子數為2NA17、在1.0L恒容密閉容器中放入0.10molX，在一定溫度下發生反應：X(g)Y(g)＋Z(g)ΔH＜0，容器內氣體總壓強p隨反應時間t的變化關系如圖所示。以下分析正確的是()A．該溫度下此反應的平衡常數K＝3.2B．從反應開始到t1時的平均反應速率v(X)＝0.2/t1mol·L－1·min－1C．欲提高平衡體系中Y的百分含量，可加入一定量的XD．其他條件不變，再充入0.1mol氣體X，平衡正向移動，X的轉化率減少18、設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．25℃時，1LpH＝11的CH3COONa溶液中水電離出的OH－的數目為0.001NAB．28g乙烯和丙烯的混合氣體含有的原子個數為3NAC．1mol·L－1NaHCO3溶液中含有的HCO3-數目小于NAD．1molCl2與足量NaOH溶液反應轉移的電子數為2NA19、下列圖示變化為吸熱反應的是（）A． B．C． D．20、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=CH221、在t℃時，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知t℃時AgCl的Ksp=4×10-10，下列說法正確的是A．圖中a點對應的體系中將有AgBr沉淀生成B．加入NaBr固體，AgBr的溶解度減小，AgBr的Ksp也減小C．在AgBr飽和溶液中加入固體NaBr，可使溶液中c點變到b點D．在t℃時，AgCl(s)+Br－(aq)AgBr(s)+Cl－(aq)的平衡常數K≈81622、下列同周期元素中，原子半徑最小的是A．Mg B．Al C．Si D．S二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知有機物A、B、C、D、E、F、G有如下轉化關系，其中C的產量可用來衡量一個國家的石油化工發展水平，G的分子式為C9H10O2，試回答下列有關問題。（1）G的結構簡式為_________。（2）指出下列反應的反應類型：A轉化為B：________，C轉化為D：__________。（3）寫出下列反應的化學方程式D生成E的化學方程式：___________________________________________________。A生成B的化學方程式：___________________________________________________。B和F生成G的化學方程式：___________________________________________________。24、（12分）已知：A是石油裂解氣的主要成份且A的產量通常用來衡量一個國家的石油化工水平；D是常用作廚房中調味品。請回答下列問題：（1）寫出C的結構簡式________________________。（2）寫出下列反應的反應類型：①________________，④________________。（3）寫出下列反應的化學方程式：②______________________________________________________________。⑤______________________________________________________________。25、（12分）實驗室常利用甲醛法測定(NH4)2SO4樣品中氮的質量分數，其反應原理為：4NH4++6HCHO===3H＋+6H2O+(CH2)6N4H＋[滴定時，1mol(CH2)6N4H+與lmolH+相當]，然后用NaOH標準溶液滴定反應生成的酸，某興趣小組用甲醛法進行了如下實驗：步驟I稱取樣品1.500g。步驟II將樣品溶解后，完全轉移到250mL容量瓶中，定容，充分搖勻。步驟III移取25.00mL樣品溶液于250mL錐形瓶中，加入10mL20％的中性甲醛溶液，搖勻、靜置5min后，加入1-2滴酚酞試液，用NaOH標準溶液滴定至終點。按上述操作方法再重復2次。（1）根據步驟III填空：①堿式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接加入NaOH標準溶液進行滴定，則測得樣品中氮的質量分數______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。②錐形瓶用蒸餾水洗滌后，水未倒盡，則滴定時用去NaOH標準溶液的體積______(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)③滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應觀察____________A．滴定管內液面的變化B．錐形瓶內溶液顏色的變化④滴定達到終點時，酚酞指示劑由_______色，且_____________。（2）滴定結果如下表所示：若NaOH標準溶液的濃度為0.1010mol·L－1則該樣品中氮的質量分數為______（3）實驗室現有3種酸堿指示劑，其pH變色范圍如下：甲基橙：3.1～4.4

石蕊：5.0～8.0

酚酞：8.2～10.0用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知濃度的CH3COOH溶液，反應恰好完全時，下列敘述中正確的是__________。A．溶液呈中性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑B．溶液呈中性，只能選用石蕊作指示劑C．溶液呈堿性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑D．溶液呈堿性，只能選用酚酞作指示劑（4）在25℃下，向濃度均為0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀（填化學式），生成該沉淀的離子方程式為_________。已知25℃時Ksp［Mg(OH)2］=1.8×10—11,Ksp［Cu(OH)2］=2.2×10—20。（5）在25℃下，將amol·L—1的氨水與0.01mol·L—1的鹽酸等體積混合，反應平衡時溶液中c(NH4+)=c(Cl—)，則溶液顯_______性（填“酸”“堿”或“中”）；用含a的代數式表示NH3·H2O的電離常數Kb=_______。26、（10分）綠礬（FeSO4?7H1O）是治療缺鐵性貧血藥品的重要成分．某化學興趣小組同學采用以下方法測定某綠礬樣品純度。實驗步驟如下：a．稱取1．853g綠礬產品，溶解，在153mL容量瓶中定容；b．量取15．33mL待測溶液于錐形瓶中；c．用硫酸酸化的3．31333mol/LKMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液體積的平均值為13．33mL。（1）a步驟中定容時，如果仰視會使所配溶液濃度___________（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。（1）滴定時盛放KMnO4溶液的儀器為______（填儀器名稱）。（3）判斷此滴定實驗達到終點的方法是

_______________。（4）寫出酸性高錳酸鉀滴定Fe1+的離子反應方程式：_____________。（5）計算上述樣品中FeSO4·7H1O的質量分數為________（結果保留3位有效數字）。27、（12分）四氯化錫（SnCl4）是一種重要的化工產品，可在加熱下直接氯化來制備。已知：四氯化錫是無色液體，熔點-33℃，沸點114℃。SnCl4極易水解，在潮濕的空氣中發煙。實驗室可以通過下圖裝置制備少量SnCl4(夾持裝置略)。（1）裝置Ⅰ中發生反應的離子方程式為________；（2）裝置Ⅱ中的最佳試劑為_______，裝置Ⅶ的作用為_______；（3）該裝置存在的缺陷是：_______________；（4）如果沒有裝置Ⅲ，在Ⅳ中除生成SnCl4

外，還會生成的含錫的化合物的化學式為_______________；（5）實驗用錫粒中含有雜質Cu．某同學設計下列實驗測定錫粒的純度．第一步：稱取0.613g錫粒溶入足量鹽酸中，過濾；第二步：向濾液中加入過量FeCl3溶液，將Sn2+氧化成Sn4+；第三步：用0.100mol?L-1K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+，發生反應的表達式為（未配平）：Fe2++Cr2O72-+H+→Cr3++Fe3++H2O第二步中發生反應的離子方程式是_______________，若達到滴定終點時共消耗16.0mLK2Cr2O7溶液，試寫出試樣中錫的質量分數的計算式____________（僅寫計算結果，錫的相對原子質量按119計算）28、（14分）某無色溶液X，由Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、AlO、MnO4—、CO32—、SO42—中的若干種離子組成，取溶液進行如下連續實驗：（1）氣體A的成分是_______（填化學式，下同），氣體B的成分是_______。（2）X溶液中一定存在的離子是______________。（3）寫出步驟①中發生反應的所有離子方程式：______________。（4）寫出步驟②中形成白色沉淀的離子方程式：______________。（5）通過上述實驗，溶液X中不能確定是否存在的離子是______________；只要設計一個簡單的后續實驗就可以確定該離子是否存在，該方法是______________。29、（10分）某研究小組擬合成染料X和醫藥中間體Y。已知：①②③④。（1）下列說法正確的是_________。A．化合物A能與能與NaHCO3反應產生氣體B．X的分子式是C15H14Cl2O3N2C．化合物C能發生取代、還原、加成反應D．A→B，B→C的反應類型均為取代反應（2）化合物D的結構簡式是_________。（3）寫出E+H→F的化學反應方程式__________________。（4）寫出化合物B（C10H10O4）同時符合下列條件的兩種同分異構體的結構簡式______________。①與NaHCO3溶液反應，0.1mol該同分異構體能產生4.48L（標準狀況下）CO2氣體；②苯環上的一氯代物只有兩種且苯環上的取代基不超過三個；③核磁共振氫譜有五種不同化學環境的氫，且峰面積比為1：2：2：2：3。（5）設計以乙烯為原料合成制備Y（）的合成路線________________（用流程圖表示，無機試劑任選）。

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、B【解析】

A.鋼鐵是鐵的合金，屬于黑色金屬材料，A項正確，不符合題意；B.碳纖維為碳的單質，不是有機物，B項錯誤，符合題意；C.宇宙飛船返回艙外表面主要用的是高溫結構陶瓷，屬于耐高溫的新型無機非金屬材料，C項正確，不符合題意；D.天宮二號的太陽能電池板是為空間實驗室提供電能的裝置，可以將光能轉化為電能，D項正確，不符合題意；答案選B。2、C【解析】分析：由結構可知，分子中含2個苯環，4個酚羥基、羰基、碳碳雙鍵及醚鍵，結合酚、烯烴等有機物的性質來解答。詳解：A．R為甲基，根據維生素P的結構簡式可以得出其分子式為：C16H12O7，故A錯誤；B．維生素P結構中含有兩個苯環，故B錯誤；C．維生素P結構中含有的苯環、碳碳雙鍵、碳氧雙鍵都能與氫氣發生加成反應，一定條件下1mol該物質可與H2加成，耗H2最大量為8mol，維生素P結構中含有酚羥基，能與氫氧化鈉反應，每1mol維生素P結構中含有4mol酚羥基，所以1mol該物質可與4molNaOH反應，故C正確；D．結構中含有酚羥基，能與溴水發生取代反應，反應時-OH的鄰、對位氫原子能夠被取代，含有碳碳雙鍵，能發生加成反應，1mol該物質與足量溴水反應耗6molBr2，故D錯誤；故選C。3、D【解析】分子中鍵能越大，鍵長越短，則分子越穩定，A不正確。失電子難的原子獲得電子的能力不一定強，例如稀有氣體，B不正確。某元素由化合態變為游離態，該元素可能被還原，也可能被氧化，C不正確。所以正確的答案是D。4、D【解析】

A.因苯甲酸在水中的溶解度受溫度影響很大,溶解后,趁熱過濾減少苯甲酸的損失,冷卻結晶、過濾、洗滌可提純粗苯甲酸，故A不符合題意；B.蔗糖水解產物有葡萄糖，在堿性條件下能與新制的銀氨溶液發生銀鏡反應，而題中水解后得到的溶液顯酸性，無法用銀鏡檢驗，故B錯誤；C.溴乙烷與強堿的乙醇溶液共熱產生乙烯，還含有揮發出來的乙醇，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C錯誤；D.乙醇與濃硫酸混合加熱制乙烯，加熱時使溫度迅速上升至170℃，防止副反應發生，故D正確；綜上所述，本題正確答案為D5、D【解析】

向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，發生反應：Cu2++S2-?CuS↓，Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會水解，水解促進水的電離，圖中-lgc(Cu2+)越大，則c(Cu2+)越小，結合圖中濃度計算溶度積常數及溶液中的守恒思想分析解答。【詳解】A．根據圖像，V=10mL時，二者恰好完全反應生成CuS沉淀，CuS?Cu2++S2-，平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.6mol/L，則Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-17.6mol/L×10-17.6mol/L=10-35.2mol2/L2，Ksp(CuS)的數量級為10-36，故A錯誤；B．c點為NaCl溶液，對水的電離無影響，而a點為氯化銅溶液、d點為硫化鈉溶液，都會發生水解反應促進水的電離，則c點溶液中水的電離程度小于a點和d點溶液，故B錯誤；C．根據圖像，b點時鈉離子的物質的量為0.1mol/L×0.005L×2=0.001mol，氯離子的物質的量為0.1mol/L×0.01L×2=0.002mol，則c(Cl-)=2c(Na+)，故C錯誤；D．d點溶液中NaCl和Na2S的濃度之比為2:1，且溶液顯堿性，因此c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)，故D正確；答案選D。6、A【解析】

A、第ⅦA自上而下依次為F、Cl、Br、I，它們的非金屬性依次減弱，所以形成的氣態氫化物的熱穩定性也依次減弱，即HF＞HCl＞HBr＞HI，故A不正確；B、K+是288型離子，Na+、Mg2+、Al3+都是2、8型離子，且核電荷數依次增大，所以半徑依次減小，因此離子半徑為K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故B正確；C、第三周期非金屬元素從左到右依次為Si、P、S、Cl，根據同周期非金屬性變化規律，它們的非金屬性依次增強，所以最高價含氧酸的酸性依次增強，故C正確；D、已知Li、Mg、Si、Ar的核電荷數分別為3、12、14、18，根據電子排布規律可得，它們最外層電子數分別為1、2、4、8，所以D正確。本題答案為A。7、A【解析】

晶格能是氣態離子形成1摩爾離子晶體釋放的能量，通常取正值；晶格能越大，形成的離子晶體越穩定，而且熔點越高，硬度越大。【詳解】A.晶格能是氣態離子形成1摩爾離子晶體釋放的能量，注意必須是氣態離子，所以A選項是正確的；B.晶格能通常為正值，故B錯誤；C.晶格能越大，形成的離子晶體越穩定，故C錯誤；D.晶格能越大，物質的硬度越大，故D錯誤。答案選A。該題主要是考查學生對晶格能概念的了解以及應用的掌握程度，有利于培養學生的邏輯思維能力和發散思維能力。解題的關鍵是明確晶格能的概念和含義，然后靈活運用即可。8、C【解析】

①pH=0的溶液中氫離子濃度為1mol/L，MnO4-在酸性條件下能夠氧化C2O42-，在溶液中不能大量共存，故①錯誤；②pH=11的溶液中氫氧根離子濃度為0.001mol/L，CO32-、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-離子之間不發生反應，都不與氫氧根離子反應，在溶液中能夠大量共存，故②正確；③水電離的H+濃度c（H+）=10-12mol?L-1的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，CO32-、SO32-與氫離子反應，NH4+與氫氧根離子反應，在溶液中不能大量共存，故③錯誤；④加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氫離子，Mg2+、NH4+、Cl-、K+、SO42-離子之間不反應，且都不與氫離子反應，在溶液中能夠大量共存，故④正確；⑤使石蕊變紅的溶液中存在大量氫離子，MnO4-、NO3-在酸性條件下具有強氧化性，能夠氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故⑤錯誤；⑥Fe3+能夠氧化I-、S2-，Al3+在溶液中與S2-發生雙水解反應，在溶液中不能大量共存，故⑥錯誤；根據以上分析，在溶液中能夠大量共存的為②④，故選C。9、D【解析】分析：A.碳酸氫鈣完全電離；B.氫氧化鈣過量生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水；C.溶液顯酸性；D.雙氧水把亞鐵離子氧化為鐵離子，本身被還原為水。詳解：A.碳酸氫鈣溶液加到醋酸中：HCO3－+CH3COOH＝CH3COO－+CO2↑+H2O，A錯誤；B.NaHCO3溶液和足量Ca(OH)2溶液反應：Ca2＋+OH－+HCO3一＝CaCO3↓+H2O，B錯誤；C.酸性條件下，KIO3溶液與KI溶液反應：IO3－+5I－+6H＋＝3I2+3H2O，C錯誤；D.Fe2+與H2O2在酸性溶液中的反應：2Fe2＋+H2O2+2H＋＝2Fe3＋+2H2O，D正確。答案選D。10、B【解析】

A、二溴己烷與己烷互溶；B、用滲析的方法分離溶液和膠體；C、除去乙醇中的乙酸，應加入碳酸鈉固體，加熱分餾；D、三溴苯酚溶于苯。【詳解】A項、己烯與溴水發生加成反應生成二溴己烷，二溴己烷與己烷互溶，不能用分液方法分離，故A錯誤；B項、淀粉溶液為膠體，氯化鈉溶于水得到氯化鈉溶液，溶液和膠體可用滲析的方法分離提純，故B正確；C項、除去乙醇中的乙酸，應加入碳酸鈉固體，加熱蒸餾得到乙醇，故C錯誤；D項、苯酚與溴水發生取代反應生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯，不能用過濾方法分離，可以用氫氧化鈉溶液除溴后分液，故D錯誤；故選B。本題考查物質的分離與提純，注意有機溶質易溶于有機溶劑，無機溶質易溶于無機溶劑，把握常見物質的分離方法和操作原理是解答關鍵。11、C【解析】分析：本題考查的是元素周期表和元素周期律，根據元素在周期表中的位置進行分析即可。詳解：W元素的核電荷數為X元素的2倍，說明X為氧，W為硫，則Y為硅，Z為磷，T為砷。A.根據同周期元素，從左到右半徑依次減小，同族元素從上往下半徑依次增大，所以X、W、Z的原子半徑依次遞增，故錯誤；B.根據同周期元素，從左到右非金屬性增強，最高價氧化物的對應水化物的酸性依次增強，故Y、Z、W的最高價氧化物的水化物酸性依次遞增，故錯誤；C.砷元素在金屬和非金屬的分界線上，具有半導體性質，故正確；D.X的非金屬性比W強，所以最低價陰離子的失電子能力X比W弱，故錯誤。故選C。12、C【解析】

A.過濾操作要注意“一貼二低三靠”，漏斗頸下端口要靠在燒杯內壁。故A正確；B.將溶液轉移到容量瓶中時，要用玻璃棒引流，玻璃棒的下端要靠在容量瓶刻度線以下的內壁上。故B正確；C.配制一定質量分數的溶液，必須用到的玻璃儀器是量筒、燒杯、膠頭滴管、玻璃棒。故C錯誤；D.容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前都必須檢查是否漏水。故D正確；故答案選：C。配制一定質量分數的溶液和配置一定濃度的溶液所需儀器不同。13、B【解析】

元素X、Y、Z的原子序數之和為36，X、Y在同一周期，X+與Z2-具有相同的核外電子排布，若X為Na，Z為O，則Y的原子序數為36-11-8=17，則Y為Cl；若X為K，Y為S，19+16=35，Y只能為H，則不符合X、Y位于同周期，以此來解答。【詳解】由上述分析可知，X為Na，Y為Cl，Z為O，A.同周期從左向右金屬性減弱，則同周期元素中

X

的金屬性最強，A項正確；B.同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：X>Y，具有相同電子排布的離子中原子序數大的離子半徑小，則離子半徑：X+<Z2?，B項錯誤；C.同主族從上到下非金屬性減弱，則同族元素中Z的氫化物穩定性最高，故C正確；D.高氯酸為所有含氧酸中酸性最強，則同周期元素中Y的最高價含氧酸的酸性最強，故D正確；答案選B。14、D【解析】

A．乙醇、苯易揮發，易燃燒，所以應密封保存，置于陰涼處，且遠離火源，故A正確；B．鈉燃燒生成過氧化鈉，過氧化鈉和水、二氧化碳反應生成氧氣，氧氣能助燃，所以鈉著火時不能用水、泡沫滅火器滅火，應該用細沙覆蓋滅火，故B正確；C．具有磨口玻璃塞子或活塞的儀器使用前需要查漏，則容量瓶和滴定管在使用之前必須先檢查是否漏液，故C正確；D．配制濃硫酸、濃硝酸的混酸時，應將濃硫酸沿玻璃棒緩慢注入濃硝酸中，并用玻璃棒攪拌，故D錯誤；故答案為D。15、D【解析】

A．C原子最外層有4個電子，應形成4個共價鍵，N原子最外層有5個電子，應形成3個共價鍵，H原子最外層有1個電子，應形成1個共價鍵，A正確；B．C原子最外層有4個電子，應形成4個共價鍵，H原子最外層有1個電子，應形成1個共價鍵，O和Se均為第ⅥA族元素，其原子最外層均有6個電子，均應形成2個共價鍵，B正確；C．C原子最外層有4個電子，應形成4個共價鍵，H原子最外層有1個電子，應形成1個共價鍵，S原子最外層有6個電子，形成2個共價鍵，C正確；D．H原子最外層有1個電子，應形成1個共價鍵，C和Si都是第ⅣA族元素，其原子最外層電子數均為4，應形成4個共價鍵，C原子和Si原子均不滿足，D錯誤。答案選D。16、A【解析】分析：A．過氧化鈉與水反應時，氧元素的價態一半由-1價變為0價，一半降為-2價；B、常溫下，鐵在濃硫酸中會鈍化；C．根據鋁與氫氧化鈉溶液和稀鹽酸反應的化學方程式分析判斷；D.先計算標準狀況下11.2LN2和O2的混合氣體的物質的量，再判斷。詳解：A．過氧化鈉與水反應時，氧元素的價態由-1價變為0價，一半降為-2價，故當生成0.1mol氧氣時轉移0.2mol電子即0.2NA個，故A正確；B、鐵在濃硫酸中會鈍化，故鐵不能完全反應，則生成的二氧化硫分子小于NA個，故B錯誤；C．由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知，當酸、堿均過量，鋁完全反應，鋁的物質的量相等，轉移電子數相等，生成氫氣的物質的量相等，故C錯誤；D.標準狀況下，11.2LN2和O2的混合氣體的物質的量為11.2L22.4L/mol=0.5mol，所含的原子數為NA，故D錯誤；故選點睛：本題考查阿伏加德羅常數的有關計算和判斷。本題的易錯點為B，要注意鐵或鋁常溫下在濃硫酸或濃硝酸中發生鈍化，同時要知道鈍化屬于化學變化。17、D【解析】

X(g)Y(g)＋Z(g)開始0.100變化bbbt1min末0.1-bbb根據壓強比等于物質的量比，，b=0.04；X(g)Y(g)＋Z(g)開始0.100轉化aaa平衡0.1-aaa根據壓強比等于物質的量比，，a=0.08。【詳解】A.該溫度下此反應的平衡常數K＝0.32，故A錯誤；B.從反應開始到t1時的平均反應速率v(X)＝0.04/t1mol·L－1·min－1，故B錯誤；C.向體現中加入一定量的X，相當于加壓，Y的百分含量減小，故C錯誤；D.其他條件不變，再充入0.1mol氣體X，平衡正向移動，但對于X的轉化率，相當于加壓，X的轉化率減少，故D正確。18、A【解析】

A、醋酸鈉水解顯堿性，根據Kw=c(H＋)×c(OH－)，因此c(OH－)＝10－14/10－11mol·L－1=10－3mol·L－1，因此水電離產生的n(OH－)=0.001mol，A正確；B、設混合氣體為CnH2n，因此原子的物質的量為28×3n/14nmol=6mol，B錯誤；C、HCO3－發生水解，且題目中說明溶液體積，無法計算HCO3－的物質的量，C錯誤；D、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，因此1molCl2轉移電子的物質的量為1mole－，D錯誤。答案選A。19、A【解析】

A.反應物的能量小于生成物的能量，圖中反應為吸熱反應，符合題意，A項正確；B.反應物的能量大于生成物的能量，反應為放熱反應，不符合題意，B項錯誤；C.濃硫酸是稀釋放熱，但不是化學反應，不符合題意，C項錯誤；D.活潑金屬與酸的反應是放熱反應，不符合題意，D項錯誤；答案選A。20、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。21、D【解析】

A.a點位于曲線下方，c(Ag+)c(Br－)<Ksp，對應的溶液為不飽和溶液，故A錯誤；B.在一定溫度下，Ksp為一常數，故B錯誤；C.AgBrAg+(aq)+Br－(aq)，加入固體NaBr后，c(Br－)增大，使溶解平衡逆向移動，c(Ag+)應減小，但仍然在曲線上移動，不能到b點，故C錯誤；D.由圖中c點可知，t℃時AgBr的Ksp=c(Ag+)c(Br－)=（7×10-7）2=4.9×10-13，由方程式可知，K=c(Cl－)/c(Br－)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)=4×10-10/4.9×10-13≈816，故D正確；故選D。22、D【解析】

同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，原子半徑最小的是S，故D正確。答案選D。二、非選擇題(共84分)23、取代反應加成反應【解析】

C的產量可用來衡量一個國家的石油化工發展水平，則C為CH2=CH2；D為CH3CH2OH，E為CH3CHO，F為CH3COOH；根據甲苯到B的合成路線，可以推測出B為醇，G為C9H10O2，則B為，A為。【詳解】（1）B為，F為CH3COOH，則G為；（2）A為，B為，A→B為取代反應；C為CH2=CH2；D為CH3CH2OH，C→D為加成反應；（3）D為CH3CH2OH，E為CH3CHO，D→E的方程式為：；（4）A為，B為，A→B的方程式為：；（5）B為，F為CH3COOH，則G為，則B+F→G的化學方程式為：苯的同系物和Cl2、Br2發生的取代反應，如果條件是光照或者加熱，發生烷基上的取代，如果條件是Fe或者FeX3（X=Cl、Br）的催化，則發生苯環上的取代。24、CH3CHO加成反應取代反應或酯化反應2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH【解析】

已知A是石油裂解氣的主要成份且A的產量通常用來衡量一個國家的石油化工水平，因此A是乙烯，與水發生加成反應生成B是乙醇，乙醇發生催化氧化生成C是乙醛，乙醛氧化生成D是乙酸，乙酸常用作廚房中調味品。乙酸和乙醇發生酯化反應生成E是乙酸乙酯，乙酸乙酯在堿性溶液中水解生成乙酸鈉和乙醇，F酸化轉化為乙酸，則F是乙酸鈉，據此解答。【詳解】（1）根據以上分析可知C是乙醛，結構簡式為CH3CHO；（2）反應①是乙烯與水的加成反應；反應④是酯化反應，也是取代反應；（3）反應②是乙醇的催化氧化，反應的方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反應⑤是乙酸乙酯在堿性溶液中水解，方程式為CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH。25、偏高②③④無影響B無色變成粉紅(或淺紅)半分鐘后溶液顏色無新變化則表示已達滴定終點18.85%DCu(OH)2Cu2++2NH1·H2O====Cu(OH)2↓+2NH4+中【解析】

（1）①滴定管中未用標準液潤洗，直接加入標準液會稀釋溶液濃度減小；②錐形瓶內水對滴定結果無影響；③滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應觀察錐形瓶中溶液的顏色變化，以判定滴定終點；④如溶液顏色發生變化，且半分鐘內不褪色為滴定終點；（2）依據滴定前后消耗氫氧化鈉溶液的體積的平均值，結合4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O、H＋+OH－=H2O計算．（1）根據鹽類的水解考慮溶液的酸堿性，然后根據指示劑的變色范圍與酸堿中和后的越接近越好，且變色明顯（終點變為紅色），溶液顏色的變化由淺到深容易觀察，而由深變淺則不易觀察；（4）根據難溶物的溶度積常數判斷先沉淀的物質，溶度積常數越小，越先沉淀；（5）在25℃下，平衡時溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根據物料守恒得c（NH1·H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根據電荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的電離常數Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)。【詳解】（1）①滴定管中未用標準液潤洗，直接加入標準液會稀釋溶液濃度減小，消耗標準液體積增大，氫離子物質的量增大，4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，反應可知測定氮元素含量偏高；②錐形瓶內水對滴定結果無影響；③滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應觀察錐形瓶中溶液的顏色變化B；④氫氧化鈉滴定酸溶液，達到終點時，酚酞顏色變化為無色變化為紅色，半分鐘內不褪色；（2）樣品1.5000g，反應為4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，消耗氫離子的物質的量和氮元素物質的量相同，依據圖表數據分析可知，三次實驗中消耗氫氧化鈉溶液體積分別為：20.01mL、19.99mL、20.00ml，三次均有效，氫氧化鈉溶液的平均體積為20.00mL，由酸堿中和反應可知，氫離子物質的量=氫氧化鈉物質的量=0.1000mol·L-1×20.00ml×10-1L/ml=2.00×10-1mol，250mL溶液中氮元素物質的量和氫離子物質的量相同，該樣品中氮的質量分數為2×10-1mol×14g·mol－1×250÷25÷1.5000g×100%=18.85%．（1）NaOH溶液滴和CH1COOH溶液反應恰好完全時，生成了CH1COONa，CH1COONa水解溶液呈堿性，應選擇堿性范圍內變色的指示劑，即酚酞，故D正確；（4）由于KsP[Cu（OH）2]=2.2×10-20＜Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，所以Cu（OH）2先生成沉淀；一水合氨和銅離子反應生成氫氧化銅和氨根離子，所以離子方程式為2NH1·H2O+Cu2＋=Cu（OH）2↓+2NH4＋；（5）在25℃下，平衡時溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根據物料守恒得c（NH1．H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根據電荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的電離常數Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)=10-7×5×10-1/(0.5a-5×10-1)=。難點和易錯點（5）：根據電荷守恒確定溶液酸堿性，結合一水合氨電離平衡常數解答問題，注意二者混合后溶液體積增大一倍，物質濃度降為原來一半，為易錯點。26、偏低酸式滴定管滴加最后一滴KMnO4溶液時，溶液變成淺紅色且半分鐘內不褪色5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O3.975或97.5%【解析】分析：（1）仰視時液面超過刻度線；（1）根據高錳酸鉀具有強氧化性，一般用硫酸酸化分析；（3）根據高錳酸鉀溶液顯紅色分析；（4）高錳酸鉀能把亞鐵離子為氧化鐵離子，自身被還原為錳離子；（5）根據方程式計算。詳解：（1）a步驟中定容時，如果仰視，則液面超過刻度線，因此會使所配溶液濃度偏低；（1）高錳酸鉀溶液具有強氧化性，一般用硫酸酸化，所以滴定時盛放KMnO4溶液的儀器為酸式滴定管；（3）高錳酸鉀溶液顯紅色，因此判斷此滴定實驗達到終點的方法是滴加最后一滴KMnO4溶液時，溶液變成淺紅色且半分鐘內不褪色。（4）高錳酸鉀能把亞鐵離子氧化為鐵離子，自身被還原為錳離子，Mn元素化合價從+7價降低到+1價，得到5個電子，鐵元素化合價從+1價升高到+3價，失去1個電子，所以酸性高錳酸鉀滴定Fe1+離子的反應方程式為5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O。（5）反應中消耗高錳酸鉀的物質的量是3.31333mol/L×3.31L＝3.3331mol，根據方程式5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O可知消耗亞鐵離子是3.331mol，所以根據鐵原子守恒可知上述樣品中FeSO4·7H1O的質量分數為0.001mol×25027、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O飽和氯化鈉溶液防止空氣中水蒸氣進入裝置，使SnCl4水解缺少尾氣處理裝置Sn(OH)4或SnO22Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+93.18%【解析】

由裝置圖可知裝置Ⅰ應為制備氯氣的裝置，裝置Ⅱ和裝置Ⅲ是氯氣的凈化裝置，氯氣經除雜，干燥后與錫在裝置Ⅳ中反應生成SnCl4，經冷卻后在裝置Ⅵ中收集，因SnCl4極易水解，應防止空氣中的水蒸氣進入裝置Ⅵ中。(5)用已知濃度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，根據原子守恒、電子轉移守恒可得關系式：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，據此分析解答。【詳解】(1)裝置Ⅰ中濃鹽酸與MnO2在加熱時發生反應產生氯氣，發生反應的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)由于鹽酸有揮發性，所以在制取的氯氣中含有雜質HCl，在與金屬錫反應前要除去，因此裝置Ⅱ中的最佳試劑為除去HCl同時還可以減少氯氣消耗的飽和食鹽水；SnCl4極易水解，在潮濕的空氣中發煙，為了防止鹽水解，所以要防止起水解，裝置Ⅶ的作用為防止空氣中的水蒸氣進入Ⅵ中使SnCl4水解，故答案為飽和氯化鈉溶液；防止空氣中水蒸氣進入Ⅵ中，SnCl4水解；(3)未反應的氯氣沒有除去，缺少尾氣處理裝置，故答案為缺少尾氣處理裝置；(4)如果沒有裝置Ⅲ，則在氯氣中含有水蒸汽，所以在Ⅳ中除生成SnCl4外，還會生成SnCl4水解產生的含錫的化合物Sn(OH)4或SnO2，故答案為Sn(OH)4或SnO2等；(5)滴定過程中的反應方程式為6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，第二步中加入過量FeCl3溶液，將Sn2+氧化成Sn4+，反應的方程式為2Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+，令錫粉中錫的質量分數為x，則：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7119g

mol0.613xg