黑龍江省鶴崗市工農區第一中學2025屆化學高二下期末經典模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、下列有機物的結構表示不正確的是()A．羥基的電子式B．1-丁烯的鍵線式為C．乙醇的結構式為D．葡萄糖的最簡式為CH2O2、下列有機物中，不屬于烴的衍生物的是()A． B．CH3CH2NO2 C．CH2=CH2Br D．3、下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是()A．鈉與水反應：Na+2H2O＝Na++H2↑+2OH-B．氯氣溶于水：Cl2+H2O＝2H++Cl－+ClO－C．向Al2(SO4)3溶液中加入過量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O=[Al(OH)4]—+4NH4+D．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑4、下列說法正確的是（）A．由原子構成的晶體不一定是原子晶體B．分子晶體中的分子間可能含有共價鍵C．分子晶體中一定有共價鍵D．分子晶體中分子一定緊密堆積5、利用廢蝕刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制備堿性蝕刻液[Cu（NH3）4Cl2溶液]和FeCl3?6H2O的主要步驟：用H2O2氧化廢蝕刻液，制備氨氣，制備堿性蝕刻液[CuCl2+4NH3=Cu（NH3）4Cl2]、固液分離，用鹽酸溶解沉淀并制備FeCl3?6H2O。下列實驗原理和裝置不能達到實驗目的的是（）A．用裝置甲制備NH3 B．用裝置乙制備Cu（NH3）4Cl2并沉鐵C．用裝置丙分離Cu（NH3）4Cl2溶液和Fe（OH）3 D．用裝置丁將FeCl3溶液蒸干制備FeCl3?6H2O6、實驗室中用乙酸和乙醇制備乙酸乙酯，為除去所得的乙酸乙酯中殘留的乙酸，應選用的試劑是（）A．飽和食鹽水B．飽和碳酸鈉溶液C．飽和NaOH溶液D．濃硫酸7、相同溫度下，同物質的量濃度的Na2SO3和Na2CO3的兩種溶液中，下列關系式正確的是()A．cHSO3C．cHCO38、下列實驗操作、實驗現象和實驗結論均正確的是（）選項實驗操作實驗現象實驗結論A將Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合產生白色沉淀，并有大量氣體生成生成Al2(CO3)3沉淀和CO2氣體B在淀粉溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴5min，加入NaOH溶液調溶液pH至堿性，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，加熱有紅色沉淀生成淀粉完全水解C將少量SO2氣體通過足量Na2O2余下氣體能使帶火星木條復燃有O2生成D用pH試紙分別測定等濃度的A、B兩溶液（可能為NaHCO3或者Na2CO3）的pH值pHA>pHBA溶液為Na2CO3溶液A．A B．B C．C D．D9、下列關于元素第一電離能的說法不正確的是A．鉀元素的第一電離能小于鈉元素的第一電離能，故鉀的活潑性強于鈉B．因同周期元素的原子半徑從左到右逐漸減小，故第一電離能必依次增大C．最外層電子排布為ns2np6(當只有K層時為1s2)的原子，第一電離能較大D．對于同一元素而言，原子的電離能I1<I2<I3<…10、表示一個原子在第三電子層上有10個電子可以寫成（）A．3d104s2B．3d104s1C．3s23p63d2D．3s23p64s211、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12、設nA為阿伏伽德羅常數的數值，下列說法正確的是A．23gNa與足量H2O反應完全后可生成nA個H2分子B．1molCu和足量熱濃硫酸反應可生成nA個SO3分子C．標準狀況下，22.4LN2和H2混合氣中含nA個原子D．3mol單質Fe完全轉變為Fe3O4，失去8nA個電子13、進行化學實驗要注意實驗安全，正確的實驗操作是獲得正確的實驗結果和保障人身安全的前提。下圖中的實驗操作正確的是()A．熄滅酒精燈 B．稀釋濃硫酸C．檢驗鉀離子 D．稱量氫氧化鈉固體14、下列有關物質性質與用途具有對應關系的是A．NH3具有還原性，可用作制冷劑B．Si熔點高硬度大，可用于制半導體C．Fe2(SO4)3具有氧化性，可用作凈水劑D．Al(OH)3具有弱堿性，可用于制胃酸中和劑15、已知硫酸亞鐵溶液中加入Na2O2時發生反應：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋。下列說法正確的是()A．反應過程中可以看到白色沉淀先轉化為灰綠色后轉化為紅褐色B．若Fe2＋失去2mol電子，生成氧氣的體積約為11.2LC．4molNa2O2參加反應，共得到6mol電子D．該反應中氧化劑是Na2O2，還原劑是FeSO416、環之間共用一個碳原子的化合物稱為螺環化合物，螺[2，2]戊烷（）是最簡單的一種。下列關于該化合物的說法錯誤的是（）A．與環戊烯互為同分異構體 B．二氯代物超過兩種C．所有碳原子均處同一平面 D．生成1molC5H12至少需要2molH217、下列物質一定屬于天然高分子化合物的是A．橡膠 B．蠶絲 C．葡萄糖 D．塑料18、下列有關溶液配制的說法正確的是（）A．在50mL量筒中配制0.1000mol/L碳酸鈉溶液B．僅用燒杯、量筒、玻璃棒就可配制100mL0.1000mol/LK2Cr2O7溶液C．用100mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管和pH＝1的鹽酸配制100mLpH＝2的鹽酸D．配制溶液時，若加水超過容量瓶刻度，應用膠頭滴管將多余液體吸出19、在探究新制飽和氯水成分的實驗中，下列根據實驗現象得出的結論不正確的是A．氯水的顏色呈淺綠色，說明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，產生白色沉淀，說明氯水中含有Cl－C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有氣泡產生，說明氯水中含有H＋D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液顏色變成棕黃色，說明氯水中含有HClO20、有機物A、B均為合成某種抗支氣管哮喘藥物的中間體，A在一定條件下可轉化為B，如圖所示，下列說法不正確的是A．A的分子式是C11H14O2B．B中含有3種以上官能團C．B能發生銀鏡反應和水解反應D．用FeCl3溶液可檢驗物質B中是否混有A21、某化工廠由于操作失誤，反應釜中殘留大量金屬鈉，危險性極大。請選擇最合理、最安全的處理方案()A．打開反應釜，用工具將反應釜內金屬鈉取出B．向反應釜內加水，通過化學反應使鈉轉化成溶液流出C．向反應釜中加入乙醇，放出產生的氣體和溶液D．通入氧氣，將鈉氧化成氧化鈉，再加水溶解除去22、下列說法正確的是ABCD通電一段時間后，攪拌均勻，溶液的pH增大此裝置可實現銅的精煉鹽橋中的K+移向FeCl3溶液若觀察到甲燒杯中石墨電極附近先變紅，則乙燒杯中銅電極為陽極A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物H是一種有機光電材料中間體。實驗室由芳香化合物A制備H的合成路線如下：已知：回答下列問題：（1）A的化學名稱為為__________。（2）由E生成F的反應類型分別為_________。（3）E的結構簡式為______________________。（4）G為甲苯的同分異構體，由F生成H的化學方程式為__________________________。（5）芳香化合物X是F的同分異構體，X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2，其核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環境的氫，峰面積比為6∶2∶1∶1，寫出2種符合要求的X的結構簡式____________________、__________________________。24、（12分）鹽X由三種元素組成，其具有良好的熱電性能，在熱電轉換領域具有廣闊的應用前景。為研究它的組成和性質，現取12.30g化合物X進行如下實驗：試根據以上內容回答下列問題：(1)X的化學式為_____________。(2)無色溶液B中通入過量CO2產生白色沉淀的離子方程式為______________。(3)藍色溶液F中通入中SO2氣體會產生白色沉淀，該沉淀中氯元素質量分數為35.7%，其離子方程式為____________。(4)白色沉淀C煅燒的固體產物與D高溫反應可生成化合物X，其化學方程式為__________。25、（12分）某學習小組對人教版教材實驗“在200mL燒杯中放入20g蔗糖（C12H22O11），加入適量水，攪拌均勻，然后再加入15mL質量分數為98%濃硫酸，迅速攪拌”進行如下探究；（1）觀察現象：蔗糖先變黃，再逐漸變黑，體積膨脹，形成疏松多孔的海綿狀黑色物質，同時聞到刺激性氣味，按壓此黑色物質時，感覺較硬，放在水中呈漂浮狀態，同學們由上述現象推測出下列結論：①濃硫酸具有強氧化性②濃硫酸具有吸水性③濃硫酸具有脫水性④濃硫酸具有酸性⑤黑色物質具有強吸附性其中依據不充分的是_________（填序號）；（2）為了驗證蔗糖與濃硫酸反應生成的氣態產物，同學們設計了如下裝置：試回答下列問題：①圖1的A中最好選用下列裝置_________（填編號）；②圖1的B裝置所裝試劑是_________；D裝置中試劑的作用是_________；E裝置中發生的現象是_________；③圖1的A裝置中使蔗糖先變黑的化學反應方程式為_________，后體積膨脹的化學方程式為：_________；④某學生按圖進行實驗時，發現D瓶品紅不褪色，E裝置中有氣體逸出，F裝置中酸性高錳酸鉀溶液顏色變淺，推測F裝置中酸性高錳酸鉀溶液顏色變淺的原因_________，其反應的離子方程式是_________。26、（10分）無水AlCl3可用作有機合成的催化劑、食品膨松劑等。已知:①AlCl3、FeCl3分別在183℃、315℃時升華；②無水AlCl3遇潮濕空氣變質。Ⅰ.實驗室可用下列裝置制備無水AlCl3。（1）組裝好儀器后，首先應_____________，具體操作為_____________________（2）裝置B中盛放飽和NaCl溶液，該裝置的主要作用是__________________。裝置C中盛放的試劑是________________。裝置F中試劑的作用是__________。若用一件儀器裝填適當試劑后也可起到F和G的作用，所裝填的試劑為_______（3）將所制得的無水AlCl3配制溶液時需加入鹽酸的目的是_________Ⅱ.工業上可由鋁土礦(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制備,流程如下:（1）氯化爐中Al2O3、Cl2和焦炭在高溫下發生反應的化學方程式為___________________（2）700℃時,升華器中物質充分反應后降溫實現FeCl3和AlCl3的分離。溫度范圍應為_______a.低于183℃b.介于183℃和315℃之間c.高于315℃（3）樣品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通過下列操作測得(部分物質略去)。計算該樣品中AlCl3的質量分數________(結果用m、n表示,不必化簡)。27、（12分）實驗室可利用環己醇的氧化反應制備環己酮，反應原理和實驗裝置（部分夾持裝置略）如下：有關物質的物理性質見下表。物質沸點（℃）密度（g·cm-3，20℃）溶解性環己醇161.1（97.8）*0.96能溶于水和醚環己酮155.6（95.0）*0.95微溶于水，能溶于醚水100.01.0*括號中的數據表示該有機物與水形成的具有固定組成的混合物的沸點。實驗中通過裝置B將酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有10mL環己醇的A中，在55~60℃進行反應。反應完成后，加入適量水，蒸餾，收集95~100℃的餾分，得到主要含環己酮粗品和水的混合物。（1）裝置D的名稱為____________________________。（2）酸性Na2Cr2O7溶液氧化環己醇反應的△H＜0，反應劇烈將導致體系溫度迅速上升，副反應增多。①滴加酸性Na2Cr2O7溶液的操作為_______________；②蒸餾不能分離環己酮和水的原因是______________。（3）環己酮的提純需要經過以下一系列的操作：a．往液體中加入NaCl固體至飽和，靜置，分液；b．水層用乙醚（乙醚沸點34.6℃，易燃燒）萃取，萃取液并入有機層；c．加人無水MgSO4固體，除去有機物中少量的水；d．過濾；e．蒸餾、除去乙醚后，收集151~156℃餾分。①B中水層用乙醚萃取的目的是_________；②上述操作a、d中使用的玻璃儀器除燒杯、錐形瓶、玻璃棒外，還需要的玻璃儀器有__，操作a中，加入NaC1固體的作用是____。③恢復至室溫時，分離得到純產品體積為6mL，則環已酮的產率為_____。（計算結果精確到0.1%）28、（14分）已知:用NH3催化還原NOx時包含以下反應.反應①:4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)?H1=-1807.0kJ·mol—1,反應②:4NH3(g)+6NO2(g)5N2(g)+3O2(g)+6H2O(l)?H2=?反應③:2NO(g)+O2(g)2NO2(g)?H3=-113.0kJ·mol一1(1)反應②的?H2==_____________。(2)為探究溫度及不同催化劑對反應①的影響.分別在不同溫度、不同催化劑下.保持其他初始條件不變重復實驗.在相同時間內測得N2濃度的變化情況如下圖所示。①反應①的平衡常數的表達式K=________。相同溫度下.在催化劑甲的作用下反應的平衡常數______(填“大于”“小于”或“等于”)在催化劑乙的作用下反應的平衡常數。②N點后N2濃度減小的原因可能是_____________________。(3)某溫度下，在1L恒容密閉容器中初始投入4molNH3和6molNO發生反應①.當氣體總物質的量為7.5mol時反應達到平衡.則NH3的轉化率為____，達平衡所用時間為5min.則用NO表示此反應0～5min內的平均反應速率為______.29、（10分）(1)曲酸是一種非常有潛力的食品添加劑，經測定曲酸的分子式為C6H6O4，結構簡式為，其所含有的官能團有(寫結構簡式)__________。(2)L­多巴用于帕金森綜合癥的治療，其結構簡式為。這種藥物的研制是基于獲得2000年諾貝爾生理學和醫學獎的研究成果。L­多巴分子中所含的官能團的名稱是__________。

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、A【解析】

A．羥基為中性原子團，O原子最外層含有7個電子，其電子式為，故A錯誤；B．1-丁烯的結構簡式為CH2=CHCH2CH3，鍵線式為，故B正確；C．乙醇分子中含有羥基，結構式為：，故C正確；D．葡萄糖的分子式為C6H12O6，其最簡式為CH2O，故D正確；答案選A?！军c睛】本題的易錯點為A，要注意區分羥基和氫氧根的電子式。2、D【解析】

烴是指只含有碳氫兩種元素的有機物，烴的衍生物是指除碳氫元素外，還含有其他元素的有機物，A中含有氯元素、B中含有氮和氧元素、C中含有溴元素，均為烴的衍生物，D只含有碳氫兩種元素，屬于烴，故正確答案為D。3、D【解析】分析：本題考查的是離子方程式的判斷，是常規題。詳解：A.鈉和水的反應的離子方程式為：2Na+2H2O＝2Na++H2↑+2OH-，故錯誤；B.氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不能拆成離子形式，故錯誤；C.硫酸鋁和過量的氨水反應生成氫氧化鋁沉淀，故錯誤；D.過氧化鈉先和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，氫氧化鈉和硫酸銅反應生成氫氧化銅沉淀和硫酸鈉，離子方程式為：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故正確。故選D。點睛：掌握離子方程式的判斷方法：(1)違背反應客觀事實如：Fe2O3與氫碘酸：Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O錯因：忽視了Fe3+與I-發生氧化一還原反應(2)違反質量守恒或電荷守恒定律及電子得失平衡如：FeCl2溶液中通Cl2：Fe2+＋Cl2＝Fe3+＋2Cl-錯因：電子得失不相等，離子電荷不守恒(3)混淆化學式（分子式）和離子書寫形式如：NaOH溶液中通入HI：OH-＋HI＝H2O＋I-錯因：HI誤認為弱酸.(4)反應條件或環境不分：如：次氯酸鈉中加濃HCl：ClO-＋H+＋Cl-＝OH-＋Cl2↑錯因：強酸制得強堿(5)忽視一種物質中陰、陽離子配比.4、A【解析】分析：A項，由原子構成的晶體不一定是原子晶體，如稀有氣體構成的晶體；B項，分子晶體中的分子間存在范德華力，可能存在氫鍵，不可能含共價鍵；C項，分子晶體中不一定含共價鍵，如稀有氣體；D項，分子晶體中分子不一定緊密堆積，如冰晶體。詳解：A項，由原子構成的晶體不一定是原子晶體，如稀有氣體構成的晶體，A項正確；B項，分子晶體中的分子間存在范德華力，可能存在氫鍵，不可能含共價鍵，B項錯誤；C項，分子晶體中不一定含共價鍵，如稀有氣體，C項錯誤；D項，分子晶體中分子不一定緊密堆積，如冰晶體，D項錯誤；答案選A。5、D【解析】

A．實驗室制備氨氣，可用氫氧化鈣、氯化銨在加熱條件下進行，故A正確；B．氨氣易溶于水，注意防止倒吸，氨氣與溶液反應生成Cu(NH3)4Cl2和氫氧化鐵，故B正確；C．分離固體和液體，可用過濾的方法，故C正確；D．應在蒸發皿中蒸發，且避免氯化鐵水解，更不能直接蒸干，故D錯誤；故答案為D?！军c睛】考查物質制備實驗設計、物質分離的實驗基本操作，明確實驗原理是解題關鍵，用H2O2氧化廢蝕刻液，使亞鐵離子生成鐵離子，用甲裝置制備氨氣，生成的氨氣通入乙裝置，制備堿性蝕刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]，用丙裝置過濾分離，用鹽酸溶解氫氧化鐵沉淀，將溶液在蒸發皿中進行蒸發，且應通入氯化氫，防止鐵離子水解，以達到制備FeCl3?6H2O的目的，注意把握物質性質的理解、物質分離提純的方法。6、B【解析】分析：本題考查的是有機物的分離和提純，注意有機物官能團的性質。詳解：乙酸能與碳酸鈉反應，乙醇能溶于水，乙酸乙酯不溶于水，所以選用飽和碳酸鈉可以溶解乙醇，反應乙酸，降低酯在水中的溶解度，有利于其析出。故選B。7、A【解析】

根據H2CO3酸性小于H2SO3，相同溫度下，同物質的量濃度的Na2SO3和Na2CO3的兩種溶液中，CO32-水解程度比【詳解】由于H2CO3酸性小于H2SO3，故CO32-水解程度比SO32-更高，所以cHCO3->cHSO8、D【解析】

A、利用HCO3－的水解，進行分析；B、淀粉水解分為未水解、部分水解、全部水解，當淀粉部分水解或全部水解時，都具有上述現象；C、SO2以還原性為主，Na2O2具有強氧化性，兩者能發生氧化還原反應，生成Na2SO4，沒有氧氣生成；D、同溫下，相同濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液的堿性強?！驹斀狻緼、HCO3－發生水解：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，Al3＋與OH－結合成Al(OH)3，促使HCO3－水解，其反應為Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故A錯誤；B、淀粉在酸性條件下水解成葡萄糖，葡萄糖與新制氫氧化銅懸濁液生成磚紅色沉淀，如果淀粉部分水解，此溶液中有葡萄糖，按照上述操作，也可以得到紅色沉淀，故B錯誤；C、SO2具有還原性，Na2O2具有強氧化性，因為SO2是少量，因此生成的產物是Na2SO4，無氧氣生成，故C錯誤；D、CO32－的水解程度大于HCO3－，因此相同濃度下，Na2CO3溶液的堿性強于NaHCO3，故D正確?！军c睛】本題的難點是選項A，應從雙水解的角度分析，HCO3－發生水解：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，Al3＋水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，兩者混合，互相促進，因此得到的沉淀是Al(OH)3，氣體為CO2。9、B【解析】

A.鉀元素的第一電離能小于鈉元素的第一電離能，說明鉀失電子能力比鈉強，所以鉀的活潑性強于鈉，故A正確；B.同一周期元素原子半徑隨著原子序數的增大而減小，第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，故B錯誤；C.最外層電子排布為ns2np6（若只有K層時為1s2）的原子達到穩定結構，再失去電子較難，所以其第一電離能較大，故C正確；D.對于同一元素來說，原子失去電子個數越多，其失電子能力越弱，所以原子的電離能隨著原子失去電子個數的增多而增大，故D正確。故選B。10、C【解析】分析：s能級有1個軌道，最多可容納2個電子，p能級有3個軌道，最多可容納6個電子，d能級有5個軌道，最多可容納10個電子，按照能量最低原理分析。詳解：按照能量最低原理，在同一電子層，電子應先排滿s能級，再排滿p能級，最后排d能級，A選項中第三電子層上10個電子全部排在3d軌道，A選項錯誤；B選項中第三電子層上10個電子全部排在3d軌道，B選項錯誤；C選項中第三電子層上3s軌道排滿2個電子，3p軌道排滿6個電子，剩余2個電子排在3d軌道，C選項符合能量最低原理，C選項正確；按照能量最低原理，第三電子層先排3s軌道，再排3p軌道，因為4s軌道能量比3d軌道能量低，電子在排滿3p軌道以后，電子進入4s軌道，4s軌道排滿后再排3d軌道，D選項中第三電子層只有8個電子，D選項錯誤；正確選項C。11、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。12、D【解析】

A、23g鈉的物質的量為1mol，而鈉與水反應時1mol鈉生成0.5mol氫氣，即生成0.5NA個分子，故A錯誤；B、銅和濃硫酸反應時，濃硫酸被還原為SO2，不是三氧化硫，故B錯誤；C、標準狀況下，22.4LN2和H2混合氣的物質的量為1mol，而N2和H2均為雙原子分子，故1mol混合氣體中無論兩者的比例如何，均含2mol原子，即2NA個，故C錯誤；D、Fe3O4中鐵為+價，故1mol鐵反應失去mol電子，3mol單質Fe完全轉化為Fe3O4失去8mol電子，即8NA個，故D正確；故選D。13、C【解析】

A．酒精燈的熄滅不能用嘴直接吹，應用燈帽蓋滅，故A錯誤；B．濃硫酸稀釋應將濃硫酸沿器壁注入水中，玻璃棒不斷攪拌，故B錯誤；C．用焰色反應檢驗鉀離子時要透過藍色鈷玻璃觀察，故C正確；D．NaOH易潮解，具有腐蝕性，稱量時應放在燒杯或其它玻璃器皿中，故D錯誤；答案為C。14、D【解析】

A.液氨氣化時吸熱，可用作制冷劑，故A錯誤；B.晶體硅可用于制作半導體材料是因為導電性介于導體與絕緣體之間，與晶體硅熔點高硬度大無關，故B錯誤；C.Fe2(SO4)3在溶液中水解生成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體吸附水中懸浮雜質，可用作凈水劑，故C錯誤；D.Al(OH)3是兩性氫氧化物，能與鹽酸反應，可用于制胃酸中和劑，故D正確；故選D?！军c睛】本題考查了常見物質的用途，解題關鍵：熟悉相關物質的性質，易錯點B，注意結構性質和用途的關系。15、C【解析】

A、反應過程中亞鐵離子被氧化為三價鐵離子，反應過程中看不到白色沉淀轉化為灰綠色再轉化為紅褐色沉淀的現象，故A錯誤；B、沒有明確是否為標準狀況，無法計算生成氧氣的體積，故B錯誤；C、由題給離子方程式可知，過氧化鈉中氧元素化合價即升高到又降低，4mol過氧化鈉有1mol做還原劑，3mol做氧化劑，則反應得到電子6mol，故C正確；D、由題給離子方程式可知，反應中過氧化鈉中氧元素化合價即升高到又降低，硫酸亞鐵中鐵元素化合價升高，則反應中氧化劑是Na2O2，還原劑是Na2O2和FeSO4，故D錯誤；答案選C。【點睛】過氧化鈉中氧元素化合價即升高到又降低，Na2O2既是氧化劑又是還原劑是解答本題的關鍵，也是易錯點。16、C【解析】分析：A、分子式相同結構不同的化合物互為同分異構體；B、根據分子中氫原子的種類判斷；C、根據飽和碳原子的結構特點判斷；D、根據氫原子守恒解答。詳解：A、螺[2，2]戊烷的分子式為C5H8，環戊烯的分子式也是C5H8，結構不同，互為同分異構體，A正確；B、分子中的8個氫原子完全相同，二氯代物中可以取代同一個碳原子上的氫原子，也可以是相鄰碳原子上或者不相鄰的碳原子上，因此其二氯代物超過兩種，B正確；C、由于分子中4個碳原子均是飽和碳原子，而與飽和碳原子相連的4個原子一定構成四面體，所以分子中所有碳原子不可能均處在同一平面上，C錯誤；D、戊烷比螺[2，2]戊烷多4個氫原子，所以生成1molC5H12至少需要2molH2，D正確。答案選C。點睛：選項B與C是解答的易錯點和難點，對于二元取代物同分異構體的數目判斷，可固定一個取代基的位置，再移動另一取代基的位置以確定同分異構體的數目。關于有機物分子中共面問題的判斷需要從已知甲烷、乙烯、乙炔和苯的結構特點進行知識的遷移靈活應用。17、B【解析】

A．橡膠有天然橡膠也有合成橡膠，不一定是天然的高分子化合物，A項不符合；B．蠶絲主要成分是蛋白質，屬于天然高分子化合物，B項符合；C．葡萄糖不屬于高分子化合物，C項不符合；D．塑料屬于合成高分子材料，D項不符合；答案選B。18、C【解析】A．配制一定物質的量濃度的溶液，應在容量瓶中進行，A錯誤；B．配制100mL、0.1000mol/LK2Cr2O7溶液必須使用100mL容量瓶，B錯誤；C．根據配制一定物質的量濃度的溶液的步驟是計算、量取、稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻可知所需的儀器有量筒、100mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管，C正確；D．配制溶液時，若加水超過容量瓶刻度，如果用膠頭滴管將多余液體吸出，導致溶質部分損耗，溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低，D錯誤；答案選C。點睛：本題考查了一定物質的量濃度溶液的配制，明確配制原理及操作步驟，熟悉各步操作需要的儀器即可解答，注意容量瓶為配制一定物質的量濃度溶液的專用儀器。19、D【解析】

A、氯氣是黃綠色氣體，因此氯水的顏色呈淺綠色，說明氯水中含有Cl2，A正確；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，產生白色沉淀，白色沉淀是氯化銀，這說明氯水中含有Cl－，B正確；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有氣泡產生，氣體是CO2，這說明氯水中含有H＋，C正確；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液顏色變成棕黃色，說明反應中有氯化鐵生成。由于氯氣也能把氯化亞鐵氧化生成氯化鐵，因此不能說明氯水中含有HClO，D不正確。答案選D。20、C【解析】

A．由結構簡式得A的分子式為：C11H14O2，故A正確；B．B中含羰基、-CHO及碳碳雙鍵、醚鍵，含4種官能團，故B正確；C．B中含-CHO，能發生銀鏡反應，B中不含能水解的官能團，不能發生水解反應，故C錯誤；D．A中含酚-OH，A遇FeCl3溶液會發生顯色反應，用FeCl3溶液可檢驗物質B中是否混有A，故D正確；故選C?！军c睛】本題考查有機物的結構與性質，把握有機物的官能團、性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意酚、醛的性質，易錯點B，官能團識別時，要將官能團全部找出。21、C【解析】

本題主要考查的是實驗室安全及鈉的相關化學知識。金屬鈉性質很活潑，反應釜中存在金屬鈉，說明反應釜中一定存在有機物；金屬鈉能與和氧氣和水劇烈反應且放出大量熱；甲醇和鈉反應較緩慢。【詳解】由于金屬鈉量大，取出過程中，與空氣中氧氣或水蒸氣反應，反應放熱可能會引燃保存金屬鈉的有機物，發生危險，A錯誤；鈉很活潑，遇水立即發生劇烈反應同時生成氫氣，導致反應釜中氣體壓強增大，能產生爆炸，B錯誤；鈉與乙醇反應，反應速度相對緩慢，若能導出氫氣和熱量，則應更安全、更合理，C正確；通入氧氣，將鈉氧化成氧化鈉會放出大量的熱，可能會引燃保存金屬鈉的有機物，發生危險，D錯誤。故選C?！军c睛】該題側重對實驗基礎知識的檢驗和訓練，學會在實驗過程中處理常見意外事故的方法是解題的關鍵。22、C【解析】

A、電解硫酸溶液，實質是電解其中的水，電解一段時間后，溶劑水減少，溶液中硫酸濃度增加，整體溶液的PH值減小，故A錯誤；B、電解精煉銅時，粗銅應與電源正極相連，精銅與電源負極相連，故B錯誤；C、此原電池中銅電極為負極，石墨電極為正極，陽離子K+向正極移動，故C正確；D、甲燒杯中石墨電極附近先變紅說明甲燒杯石墨電極附近有氫氧根生成，則此電極為陰極，鐵電極為陽極，所以直流電源M為正極，N為負極，與N負極相連的銅電極為陰極，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題重點考查原電池與電解池的工作原理。原電池：失高氧負（失電子,化合價升高,被氧化,是負極）得低還正（得電子,化合價降低,被還原,是正極）電子從負極通過外電路到正極；電解池：氧陽還陰（失電子,被氧化,做陽極；得電子,被還原,做陰極）由于外加電場的作用,電解池中陽離子做定向移動,由陽極移動到陰極產生電流。二、非選擇題(共84分)23、苯甲醛取代反應、、、【解析】

結合A生成B的步驟與已知信息①可知A為苯甲醛，B為，根據反應條件Cu(OH)2和加熱可知C為，C經過Br2的CCl4溶液加成生成D，D生成E的過程應為鹵族原子在強堿和醇溶液的條件下發生消去反應，則E為，E經過酯化反應生成F，F中的碳碳三鍵與G中的碳碳雙鍵加成生成H，結合條件②可知G為?！驹斀狻浚?）根據分析可知A的化學名稱為苯甲醛。答案：苯甲醛。（2）根據分析可知E生成F為醇和羧酸的酯化反應，屬于取代反應。答案：取代反應。（3）由分析可知E的結構簡式為。答案：。（4）G為甲苯的同分異構體，則G的分子式為C7H8，G的結構簡式為，所以F生成H的化學方程式為：。答案：。（5）芳香化合物X是F的同分異構體，則X的分子式為C11H10O2，X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2，說明X中含有羧基，核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環境的氫，峰面積比為6∶2∶1∶1，所以X的結構簡式有、、、共4種可能性，任意寫兩種即可。24、CuAlO2AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋SO42－＋4H＋2Al2O3＋4CuO4CuAlO2＋O2↑【解析】

藍色溶液A與過量的NaOH溶液反應得到藍色沉淀B與無色溶液B，則溶液A含有Cu2+、沉淀B為Cu(OH)2，沉淀B加熱分解生成黑色固體D為CuO，D與鹽酸反應得到藍色溶液F為CuCl2；無色溶液B通入過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為Al(OH)3、E為AlCl3；則溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固體X中含有Cu、Al元素，則紅色固體A為Cu，結合轉化可知X中還含有O元素。結合題意中物質的質量計算解答?！驹斀狻?1)根據上述分析，固體X中含有Cu、Al和O元素。Al(OH)3的物質的量為=0.1mol，Cu(OH)2的物質的量為=0.05mol，Cu單質的物質的量為=0.05mol，由原子守恒可知12.3gX中含有0.1molAl原子、0.1molCu原子，則含有O原子為：=0.2mol，則X中Cu、Al、O原子數目之比為0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2，故X的化學式為CuAlO2，故答案為：CuAlO2；(2)B中含有AlO2-，B中通入過量CO2產生白色沉淀的離子方程式為：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，故答案為：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；(3)F為CuCl2，F溶液中通入中SO2氣體會產生白色沉淀，該沉淀中氯元素質量分數為35.7%，Cu、Cl原子的個數之比為＝1：1，則沉淀為CuCl，反應的離子方程式為：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案為：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+；(4)Al(OH)3煅燒的固體產物為Al2O3，與CuO高溫反應可生成化合物CuAlO2，其化學方程式為：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑，故答案為：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑。25、②④Ⅱ品紅溶液檢驗SO2是否被除盡溶液出現白色渾濁C12H22O11（蔗糖）12C+11H2O2H2SO4（濃）+CCO2↑+2SO2↑+2H2OCO氣體能還原熱的酸性高錳酸鉀5CO+6H++2MnO4-5CO2↑+2Mn2++3H2O【解析】

（1）濃硫酸的三大特性：吸水性、脫水性和強氧化性；（2）①蔗糖與濃硫酸反應為固液不加熱裝置；②B中盛放品紅溶液，檢驗二氧化硫，用E中的氫氧化鋇溶液檢驗二氧化碳，D中品紅溶液檢驗SO2是否被除盡；③濃硫酸能使蔗糖脫水生成C，濃硫酸有強氧化性能將C氧化成二氧化碳；④CO氣體能還原熱的酸性高錳酸鉀?！驹斀狻浚?）聞到刺激性氣味說明濃硫酸具有強氧化性；蔗糖先變黃，再逐漸變黑，體積膨脹，形成疏松多孔的海綿狀黑色物質說明濃硫酸具有脫水性；體積膨脹，形成疏松多孔的海綿狀黑色物質說明黑色物質具有強吸附性；根據實驗現象不能說明濃硫酸具有吸水性，酸性；答案為②④；（2）①蔗糖與濃硫酸反應為固液不加熱裝置，裝置選擇Ⅱ；②B中盛放品紅溶液，用來檢驗二氧化硫，用E中的氫氧化鋇溶液檢驗二氧化碳，實驗現象是溶液出現白色渾濁，因為二氧化硫也能使Ba（OH）2溶液變渾濁，所以要先除去二氧化硫，所以C中高錳酸鉀溶液的作用是除去二氧化硫，D中品紅溶液檢驗SO2是否被除盡；③濃硫酸有脫水性，能使蔗糖脫水生成C，方程式為C12H22O11（蔗糖）12C+11H2O；濃硫酸有強氧化性能將C氧化成二氧化碳，方程式為2H2SO4（濃）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；④D瓶品紅不褪色，說明氣體中無二氧化硫，E裝置中有氣體逸出，氣體不是二氧化碳，氣體可能是濃硫酸將C氧化成一氧化碳，CO氣體能還原熱的酸性高錳酸鉀，故F裝置中酸性高錳酸鉀溶液顏色變淺，反應的離子方程式為5CO+6H++2MnO4-5CO2↑+2Mn2++3H2O?！军c睛】本題考查濃硫酸的性質，二氧化硫的性質，在解答方程式的書寫題時，首先理解反應原理，然后根據反應原理正確的分析出反應物、生成物結合方程式的書寫規則進行書寫。26、檢查裝置氣密性關閉裝置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸餾水沒過導管，微熱A，一段時間后若G中有氣泡冒出，停止加熱后導管內有水柱，則氣密性良好；除HCl濃硫酸吸收水，防止無水AlCl3遇潮濕空氣變質堿石灰抑制鋁離子水解Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3COb×100%或×100%【解析】

I.（1）此實驗中有氣體的參與，因此實驗之前首先檢驗裝置的氣密性；檢驗氣密性的方法，一般采用加熱法和液差法兩種；（2）利用題中信息，可以完成；（3）從水解的應用角度進行分析；II.（1）根據流程的目的，焦炭在高溫下轉化成CO，然后根據化合價升降法進行配平；（2）利用AlCl3和FeCl3升華的溫度，進行分析；（3）根據元素守恒進行計算?！驹斀狻縄.（1）裝置A制備氯氣，因此需要檢驗裝置的氣密性，本實驗的氣密性的檢驗方法是：關閉裝置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸餾水沒過導管，微熱A，一段時間后若G中有氣泡冒出，停止加熱后導管內有水柱，則氣密性良好；（2）A中制備的氯氣中混有HCl和H2O，HCl能與Al發生反應，AlCl3遇水易變質，因此必須除去HCl和H2O，裝置B的作用是除去氯氣中的HCl，裝置C的作用是除去水蒸氣，即盛放的是濃硫酸。因為AlCl3遇水易變質，因此裝置F的作用是防止G中水蒸氣進去E裝置，使AlCl3變質；氯氣有毒，需要吸收尾氣，因此裝置G的作用是吸收多余的氯氣，防止污染空氣，如果G和F改為一個裝置，應用干燥管，盛放試劑為堿石灰；（3）AlCl3屬于強酸弱堿鹽，Al3＋發生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，加入鹽酸的目的是抑制Al3＋的水解；II.（1）流程的目的是制備AlCl3，因此氯化爐中得到產物是AlCl3，焦炭在高溫下，生成CO，因此反應方程式為Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；（2）AlCl3、FeCl3分別在183℃、315℃時升華，因此進行分離，需要控制溫度在183℃到315℃之間，故選項b正確；（3）根據鋁元素守恒，AlCl3的物質的量為n×2/102mol，則AlCl3的質量為133.5×2×n/102g，即AlCl3的質量分數為×100%或×100%。27、冷凝管打開分液漏斗頸上的玻璃塞，擰開下端的活塞，緩慢滴加環己酮和水形成具有固定組成的恒沸物一起蒸發使水層中少量的有機物進一步被提取，提高產品的產量漏斗