吉林省舒蘭一中2025屆高二下化學期末復習檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、下列各原子或離子的電子排布式錯誤的是（）A．Na+：1s22s22p6 B．F：1s22s22p5 C．O2-：1s22s22p4 D．Ar：1s22s22p63s23p62、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿 B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作凈水劑 D．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料3、下列說法中正確的是A．處于最低能量的原子叫做基態原子B．3s2表示3s能級有兩個軌道C．同一原子中，1s、2s、3s電子的能量逐漸減小D．同一原子中，3d、4d、5d能級的軌道數依次增多4、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5、下列說法正確的是A．氫氧燃料電池放電時化學能全部轉化為電能B．反應4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常溫下可自發進行，該反應為吸熱反應C．3molH2與1molN2混合反應生成NH3，轉移電子的數目小于6×6.02×1023D．在酶催化淀粉水解反應中，溫度越高淀粉水解速率越快6、將NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH配成100.0mL混合溶液，向該溶液中通入足量CO2，生成沉淀的物質的量n(沉淀)，與通入CO2的體積（標準狀況下）V(CO2)的關系，如下圖所示，下列說法中正確的是（）A．P點的值為12.32B．混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)=4.0mol/LC．bc段的化學反應方程式為：NaOH+CO2=NaHCO3D．cd段表示Al(OH)3沉淀溶解7、已知甲醛(HCHO)分子中的4個原子是共平面的，下列分子中所有原子不可能同時存在于同一個平面上是()A．苯乙烯 B．苯甲酸C．苯甲醛 D．苯乙酮8、下列電離方程式正確的是A．NaHCO3＝Na++H++CO32- B．HCO3－H++CO32－C．KClO3＝K++Cl-+3O2- D．NaOHNa++OH-9、下列關于實驗原理或操作方法的敘述中，正確的是（）A．實驗室用乙酸，乙醇和濃硫酸制乙酸乙酯時，必須將溫度控制在170℃B．向滴有酚酞的溶液中逐滴加溶液，紅色褪去，說明在水溶液中存在水解平衡C．實驗室金屬鈉應保存在煤油中，也可保存在無水酒精中D．可以用澄清石灰水鑒別失去標簽的溶液和溶液10、下列物質見光不會分解的是（）A．HNO3B．AgNO3C．HClOD．NaHCO311、下列各組物質的分類正確的是（）①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水銀、福爾馬林、淀粉②含有氧元素的化合物叫氧化物③CO2、NO2、P2O5均為酸性氧化物，Na2O、Na2O2為堿性氧化物④同素異形體：C60、C70、金剛石、石墨⑤強電解質溶液的導電能力一定強⑥在熔化狀態下能導電的化合物為離子化合物⑦有單質參加的反應或有單質生成的反應是氧化還原反應A．全部正確 B．①②⑤⑦ C．②③⑥ D．④⑥12、下列關于酸性溶液的敘述中正確的是()A．可能是鹽的水溶液 B．一定是酸的水溶液C．溶液中c(H＋)<c(OH－) D．不含有OH－的溶液13、下列溶液中加入少量NaOH固體導電能力變化不大的是（）A．NH3·H2O B．CH3COOH C．鹽酸 D．H2O14、下列有關化學反應與能量變化的說法正確的是A．如圖所示的化學反應中，反應物的鍵能之和大于生成物的鍵能之和B．相同條件下，氫氣和氧氣反應生成液態水比生成等量的氣態水放出的熱量少C．金剛石在一定條件下轉化成石墨能量變化如圖所示，熱反應方程式可為:C(s金剛石)=C(s，石墨)?H＝-(E2—E3)kJ·mol—1D．同溫同壓下，H2(g)+C12(g)==2HCl(g)能量變化如圖所示，在光照和點燃條件下的△H相同15、H+、Na+、Al3+、Ba2+、OHˉ、HCO3ˉ、Clˉ七種離子中的兩種可以形成了甲、乙、丙、丁四種化合物，它們之間可以發生如下轉化關系(產物H2O未標出)，下列說法不正確的是A．白色沉淀A可能能溶解在溶液D中B．在甲中滴加丁可能發生反應：HCO3ˉ+Ba2++OHˉ==BaCO3↓+H2OC．溶液丙與Iˉ、NO3ˉ、SO42ˉ可以大量共存D．溶液乙一定是AlCl3溶液16、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17、等量的鐵粉分別與足量的鹽酸、水蒸氣在一定的條件下充分反應，則在相同的條件下，產生氫氣的物質的量之比是（

）A．1：1 B．3：4 C．2：3 D．4：318、有機物分子中原子間（或原子與原子團間）的相互影響會導致物質化學性質的不同。下列各項的事實不能說明上述觀點的是A．乙烯能發生加成反應，而乙烷不能發生加成反應B．甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而甲烷不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．乙基對羥基的影響，使羥基的活性變弱，電離H+的能力不及H2OD．苯酚中的羥基氫能與NaOH溶液反應，而醇羥基氫不能與NaOH溶液反應19、下列關于0.1mol/LH2SO4溶液的敘述錯誤的是A．1L該溶液中含有H2SO4的質量為9.8gB．0.5L該溶液中氫離子的物質的量濃度為0.2mol/LC．從1L該溶液中取出100mL，則取出的溶液中H2SO4的物質的量濃度為0.01mol/LD．取該溶液10mL加水稀釋至100mL后，H2SO4的物質的量濃度為0.01mol/L20、某同學設計如下原電池，其工作原理如圖所示。下列說法不正確的是A．該裝置將化學能轉化為電能B．負極的電極反應是：Ag+I-－e-=AgIC．電池的總反應是Ag++I-=AgID．鹽橋（含KNO3的瓊脂）中NO3-從左向右移動21、分枝酸可用于生化研究，其結構簡式如圖。下列關于分枝酸的敘述正確的是（）A．可與乙醇、乙酸反應，也可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色B．1mol該有機物與NaOH溶液反應，最多消耗3molNaOHC．分枝酸的分子式為C10H8O6D．分枝酸分子中含有2種含氧官能團22、CH、—CH3、CH都是重要的有機反應中間體，有關它們的說法錯誤的是（）A．它們互為等電子體，碳原子均采取sp2雜化B．CH與NH3、H3O＋互為等電子體，幾何構型均為三角錐形C．CH中的碳原子采取sp2雜化，所有原子均共面D．兩個—CH3或一個CH和一個CH結合均可得到CH3CH3二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知：X為具有濃郁香味、不易溶于水的油狀液體，食醋中約含有3%-5%的D，其轉化關系如下圖所示。請回答：(1)X的結構簡式是__________________。(2)A→B的化學方程式是____________________________________________。(3)下列說法不正確的是________。A．A+D→X的反應屬于取代反應B．除去X中少量D雜質可用飽和Na2CO3溶液C．A與金屬鈉反應比水與金屬鈉反應要劇烈得多D．等物質的量的A、B、D完全燃燒消耗O2的量依次減小24、（12分）A～G都是有機化合物，它們的轉化關系如下：請回答下列問題：①已知：6.0g化合物E完全燃燒生成8.8gCO2和3.6gH2O；E的蒸氣與氫氣的相對密度為30，則E的分子式為_______。②A為一取代芳烴，B中含有一個甲基。由B生成C的化學方程式為_______。③由B生成D，由C生成D的反應條件分別是_______，_______。④由A生成B，由D生成G的反應類型分別是_______，_______。⑤F存在于梔子香油中，其結構簡式為_______。⑥在G的同分異構體中，苯環上一硝化的產物只有一種的共有______個，其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為l：1的是(填結構簡式)_______。25、（12分）某科研小組設計出利用工業廢酸(稀硫酸)來浸取某廢棄的氧化銅鋅礦的方案，實現廢物綜合利用，方案如圖所示。已知：各離子開始沉淀及完全沉淀時的pH如表所示：請回答下列問題：(1)在“酸浸”步驟中，為提高浸出速率，除通入空氣“攪拌”外，還可采取的措施是(任寫一點即可)__________________________________________________________。(2)物質A最好使用下列物質中的____________（填選項序號）。A．KMnO4B．H2O2C．HNO3(3)除鐵過程中加入氨水的目的是調節溶液的pH，pH應控制在__________范圍之間。(4)物質B可直接用作氮肥，則B的化學式是________。(5)除鐵后得到的氫氧化鐵可用次氯酸鉀溶液在堿性環境將其氧化得到一種高效的多功能處理劑(K2FeO4)，寫出該反應的離子方程式：__________________________。26、（10分）某學生欲用已知物質的量濃度的鹽酸來測定未知物質的量濃度的NaOH溶液時，選擇酚酞作指示劑。請填寫下列空白：（1）滴定終點的判斷：溶液由_____________。（2）下列操作中可能使所測NaOH溶液的濃度數值偏低的是（_____）A．酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸B．滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失D．讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，滴定結束時俯視讀數（3）若滴定開始和結束時，酸式滴定管中的液面如圖所示，則所用鹽酸溶液的體積為_________mL。（4）某學生根據3次實驗分別記錄有關數據如表：滴定次數待測NaOH溶液的體積/mL0.1000mol/L鹽酸的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度平均耗用鹽酸體積/mL第一次25.000.0026.15①V=__________第二次25.000.5630.30第三次25.000.2026.35②依據上表數據計算該NaOH溶液的物質的量濃度________(計算結果取4位有效數)。27、（12分）亞硝酸鈉(NaNO2)是一種工業鹽，實驗室可用如下裝置(略去部分夾持儀器)制備。已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性條件下，NO和NO2都能與MnO4-反應生成NO3-和Mn2+；Na2O2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。（1）加熱裝置A前，先通一段時間N2，目的是_______________。（2）裝置A中發生反應的化學方程式為__________________________________。實驗結束后，將B瓶中的溶液經蒸發濃縮、__________(填操作名稱)、過濾可獲得CuSO4·5H2O。（3）儀器C的名稱為______________，其中盛放的藥品為____________(填名稱)。（4）充分反應后，檢驗裝置D中產物的方法是：取產物少許置于試管中，________________，則產物是NaNO2(注明試劑、現象)。（5）為測定亞硝酸鈉的含量，稱取4.000g樣品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液進行滴定，實驗所得數據如下表所示：①第一組實驗數據出現異常，造成這種異常的原因可能是_________(填代號)。a．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗b．錐形瓶洗凈后未干燥c．滴定終點時仰視讀數②根據表中數據，計算所得固體中亞硝酸鈉的質量分數__________。28、（14分）以A為原料合成鎮靜、安眠藥物苯巴比妥的路線如下。已知：I.II.（1）A的結構簡式是_________。（2）B中官能團的名稱是_________。（3）C→D的化學方程式是_________。（4）D→F為取代反應，且除F外還有CH3CH2OH生成。E的結構簡式是_________。（5）H的結構簡式是_________。（6）G與CO（NH2）2在一定條件下合成高分子化合物的化學方程式是_________。29、（10分）以A為原料，經過以下途徑可以合成一種重要的制藥原料有機物F。已知：I.II.A蒸氣的密度是相同條件下氫氣密度的53倍。請回答下列問題：(1)寫出A的結構簡式_____________；E中含氧官能團的名稱為__________________。(2)D→E的反應類型是_____________，E→F的反應類型是_________________。(3)寫出反應④的化學反應方程式___________________________________________。(4)符合下列條件的C的同分異構體有________種(不考慮順反異構)。a．苯環上有兩個取代基b．能與NaOH溶液反應c．分子中含有兩種官能團(5)C的所有同分異構體在下列一種表征儀器中顯示的信號(或數據)完全相同的是（_______）(填字母序號)A．核磁共振儀B．元素分析儀C．質譜儀D．紅外光譜儀(6)以A為原料可以合成高分子化合物G()，請設計出合理的合成路線(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、C【解析】

A項、鈉離子的核外有10個電子，電子排布式為1s22s22p6，故A正確；B項、F原子核外有9個電子，電子排布式為1s22s22p5，故B正確；C項、氧離子的核外有10個電子，電子排布式為1s22s22p6，故C錯誤；D項、Ar的核外有18個電子，電子排布式為1s22s22p63s23p6，故D正確；故選C。2、D【解析】

A、SO2用于漂白紙漿是利用其漂白性，錯誤；B、NH4HCO3用作氮肥是因為其中含有氮元素，易被農作物吸收，錯誤；C、Fe2(SO4)3用作凈水劑是因為鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，吸附水中懸浮的雜質，錯誤；D、Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料，正確；答案選D。3、A【解析】

A．處于最低能量的原子叫做基態原子，故A正確；B.3s2表示3s能級容納2個電子，s能級有1個原子軌道，故B錯誤；C．能級符號相同，能層越大，電子能量越高，所以1s、2s、3s電子的能量逐漸增大，故C錯誤；D．同一原子中，2d、3d、4d能級的軌道數相等，都為5，故D錯誤；故選A。4、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。5、C【解析】

A項，氫氧燃料電池放電時化學能不能全部轉化為電能，理論上能量轉化率高達85%～90%，A項錯誤；B項，反應4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，該反應常溫下可自發進行，該反應為放熱反應，B項錯誤；C項，N2與H2的反應為可逆反應，3molH2與1molN2混合反應生成NH3，轉移電子數小于6mol，轉移電子數小于66.021023，C項正確；D項，酶是一類具有催化作用的蛋白質，酶的催化作用具有的特點是：條件溫和、不需加熱，具有高度的專一性、高效催化作用，溫度越高酶會發生變性，催化活性降低，淀粉水解速率減慢，D項錯誤；答案選C。【點睛】本題考查燃料電池中能量的轉化、化學反應自發性的判斷、可逆的氧化還原反應中轉移電子數的計算、蛋白質的變性和酶的催化特點。弄清化學反應中能量的轉化、化學反應自發性的判據、可逆反應的特點、蛋白質的性質和酶催化的特點是解題的關鍵。6、B【解析】分析：開始通入CO2，二氧化碳與氫氧化鋇反應有沉淀BaCO3產生；將Ba(OH)2消耗完畢，接下來消耗NaOH，因而此段不會產生沉淀(即沉淀的量保持不變)；NaOH被消耗完畢，接下來二氧化碳與偏鋁酸鈉反應生成氫氧化鋁沉淀；又因二氧化碳足量，還可以繼續與上面反應的產物Na2CO3反應，沉淀量不變，繼續與BaCO3反應，沉淀減少，最后剩余沉淀為Al(OH)3。詳解：A.根據上述分析，b點對應的溶液中含有碳酸鈉，c點對應的溶液中含有碳酸氫鈉，d點對應的溶液中含有碳酸氫鈉和碳酸氫鋇，溶解碳酸鋇消耗的二氧化碳為22.4L-15.68L=6.72L，物質的量為=0.3mol，因此原混合溶液中含有0.3molBa(OH)2；c點對應的溶液中含有碳酸氫鈉，根據碳元素守恒，生成碳酸氫鈉和碳酸鋇共消耗=0.7mol二氧化碳，因此碳酸氫鈉的物質的量為0.7mol-0.3mol=0.4mol，根據鈉元素守恒，混合溶液中n(NaOH)+n(NaAlO2)=0.4mol，b點消耗的二氧化碳是與NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH反應生成碳酸鋇，氫氧化鋁和碳酸鈉的二氧化碳的總量，根據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，體積為11.2L，故A錯誤；B.c點對應的溶液中含有碳酸氫鈉，根據碳元素守恒，生成碳酸氫鈉和碳酸鋇共消耗=0.7mol二氧化碳，因此碳酸氫鈉的物質的量為0.7mol-0.3mol=0.4mol，根據鈉元素守恒，混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)==4.0mol/L，故B正確；C.bc段是碳酸鈉溶解的過程，反應的化學反應方程式為：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，故C錯誤；D.cd段是溶解碳酸鋇的過程，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查了二氧化碳、偏鋁酸鈉等的性質和相關計算，本題的難度較大，理清反應的順序是解題的關鍵。本題的難點為A，要注意守恒法的應用。7、D【解析】

A.苯環上所有原子共面，乙烯中所有原子共面，所以苯乙烯中所有原子可能共面。故A不符合題意；B.苯環上所有原子共面，羧基上的原子可能共面，所以苯甲酸中所有原子可能共面，故B不符合題意；C.苯環上所有原子共面，甲醛(HCHO)分子中的4個原子是共平面的，所以苯甲醛中所有原子可能共面，故C不符合題意；D.苯環上所有原子共面，-CH3基團中的所有原子不能共面，所以苯乙酮中所有原子不能共面，故D符合題意；所以本題答案：D。【點睛】結合幾種基本結構類型探究原子共面問題。苯和乙烯分子中，所有原子共面；甲烷中所以原子不共面；甲醛(HCHO)分子中的4個原子是共平面；以此解答。8、B【解析】

A.碳酸氫鈉是弱酸的酸式鹽，電離方程式為NaHCO3＝Na++HCO3-，A錯誤；B.碳酸氫根離子是弱酸生物酸式根，電離可逆，電離方程式為HCO3－H++CO32－，B正確；C.氯酸鉀的電離方程式為KClO3＝K++ClO3-，C錯誤；D.氫氧化鈉是一元強堿，電離方程式為NaOH＝Na++OH-，D錯誤；答案選B。【點睛】明確物質的組成和電解質的強弱是解答的關鍵，選項C是解答的易錯點，注意含有原子團的物質電離時，原子團應作為一個整體，不能分開。9、B【解析】

A.制乙酸乙酯時，并不是一定要控制在170℃，利用乙醇制備乙烯時溫度控制在170℃，A項錯誤；B.滴有酚酞的的溶液中顯堿性，是因為CO32-+H2OHCO3-+OH-，加入鋇離子，可以消耗碳酸根離子，使水解平衡向逆向移動，導致氫氧根減少，所以紅色褪去，B項正確；C.金屬鈉不能儲存在乙醇中，因為乙醇羥基中的H原子可以與金屬鈉發生反應，C項錯誤；D.石灰水中的氫氧化鈣與碳酸氫鈉或者碳酸鈉反應都生成碳酸鈣沉淀，現象相同，不可以鑒別，D項錯誤；答案選B。10、D【解析】分析：濃硝酸、硝酸銀、次氯酸見光都易分解,而NaHCO3加熱分解,見光不分解,據此進行解答。詳解:A.HClO見光分解為HCl與氧氣,故A不選；

B.AgNO3見光分解Ag、二氧化氮、氧氣,故B不選；

C.HClO見光分解為二氧化氮、氧氣與水,故C不選；

D.NaHCO3加熱分解生成碳酸鈉、水和CO2,而見光不分解,所以D選項是正確的；

所以D選項是正確的。11、D【解析】

①氯水、氨水、水玻璃、福爾馬林、淀粉均是混合物，水銀是金屬Hg，是純凈物，①錯誤；②由兩種元素組成，其中一種是氧元素的化合物是氧化物，因此含有氧元素的化合物不一定是氧化物，例如NaOH是堿，②錯誤；③能與堿反應生成鹽和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、P2O5均為酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物；能與酸反應生成鹽和水的氧化物是堿性氧化物，Na2O為堿性氧化物，Na2O2不是堿性氧化物，③錯誤；④C60、C70、金剛石、石墨均是碳元素形成單質，互為同素異形體，④正確；⑤強電解質溶液的導電能力不一定強，關鍵是看溶液中離子的濃度和所帶電荷數，⑤錯誤；⑥由于在熔融狀態下共價鍵不能被破壞，離子鍵可以斷鍵，因此在熔化狀態下能導電的化合物為離子化合物，⑥正確；⑦有單質參加的反應或有單質生成的反應不一定是氧化還原反應，例如同素異形體之間的轉化，⑦錯誤。答案選D。【點睛】⑤是解答的易錯點，電解質溶液之所以導電，是由于溶液中有自由移動的離子存在。電解質溶液導電能力的大小，決定于溶液中自由移動的離子的濃度和離子的電荷數，和電解質的強弱沒有必然聯系，如1mol/L的醋酸溶液的導電能力就大于0.00001mol/L的鹽酸，所以說鹽酸的導電能力一定大于酯酸是錯誤的。12、A【解析】

酸性溶液不一定是酸的溶液。【詳解】A.可能是酸式鹽的水溶液，如硫酸氫鈉溶液，A正確；B.不一定是酸的水溶液，也可能是酸式鹽的溶液，B不正確；C.溶液中c(H＋)＞c(OH－)，C不正確；D.任何水溶液中都含有OH－，D不正確。故選A。13、C【解析】

溶液的導電能力與離子的濃度成正比，與電解質的強弱無關，離子濃度越大導電能力越強，濃度越小導電能力越弱，向溶液中加入氫氧化鈉固體后，如果能增大溶液中離子濃度，則能增大溶液的導電能力，否則不能增大溶液的導電能力。【詳解】A.氨水是弱電解質，氫氧化鈉是強電解質，向氨水中加入氫氧化鈉固體后，溶液中離子濃度增大，所以導電能力增強，故A不符合；B.醋酸是弱電解質，氫氧化鈉和醋酸反應生成醋酸鈉，溶液中的溶質由弱電解質變成強電解質，離子濃度增大，溶液的導電能力增強，故B不符合；C.氯化氫是強電解質，氫氧化鈉是強電解質，向鹽酸中加入氫氧化鈉固體后，氫氧化鈉和鹽酸反應生成氯化鈉和水，溶液中離子濃度變化不大，所以溶液的導電能力變化不大，故C符合；D.水是弱電解質，向水中加入氫氧化鈉固體后，溶液中離子濃度增大，則溶液的導電能力增強，故D不符合；答案選C。14、D【解析】

A.據圖可知，該反應是放熱反應，反應實質是舊鍵斷裂和新鍵生成，前者吸收能量，后者釋放能量，所以反應物的鍵能之和小于生成物的鍵能，A錯誤；B.液態水的能量比等量的氣態水的能量低，而氫氣在氧氣中的燃燒為放熱反應，故當生成液態水時放出的熱量高于生成氣態水時的熱量，故B錯誤；C.放出的熱量=反應物的總能量?生成物的總能量=-(E1—E3)kJ·mol-1，故C錯誤；D.反應的熱效應取決于反應物和生成的總能量的差值，與反應條件無關，故D正確；答案選D。15、C【解析】分析：甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OHˉ、HCO3ˉ、Clˉ離子中的兩種組成，由離子共存，H+只能與Clˉ組成HCl，Al3+只能與Clˉ組成AlCl3，甲溶液能和乙溶液生成白色沉淀A、氣體和氯化鈉，應是鋁離子與碳酸氫根發生的雙水解反應，A為Al(OH)3，B為CO2，甲、乙分別為AlCl3、NaHCO3中的一種，甲與丙反應得到氯化鈉與二氧化碳，則甲為NaHCO3，乙為AlCl3，丙為HCl，甲與丁反應得到白色沉淀C與無色反應D，則丁為Ba(OH)2，因為物質的用量不確定，則D為NaOH或碳酸鈉。詳解:甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OHˉ、HCO3ˉ、Clˉ離子中的兩種組成，由離子共存，H+只能與Clˉ組成HCl，Al3+只能與Clˉ組成AlCl3，甲溶液能和乙溶液生成白色沉淀A、氣體和氯化鈉，應是鋁離子與碳酸氫根發生的雙水解反應，A為Al(OH)3，B為CO2，甲、乙分別為AlCl3、NaHCO3中的一種，甲與丙反應得到氯化鈉與二氧化碳，則甲為NaHCO3，乙為AlCl3，丙為HCl，甲與丁反應得到白色沉淀C與無色反應D，則丁為Ba(OH)2，因為物質的用量不確定，則D為NaOH或碳酸鈉。A.A為Al(OH)3，D為可能為NaOH或碳酸鈉，氫氧化鋁可以溶于氫氧化鈉溶液，所以A選項是正確的；

B.甲為NaHCO3，丁為Ba(OH)2，在甲中滴加丁,若氫氧化鋇過量，發生反應：HCO3ˉ+Ba2++OHˉ==BaCO3↓+H2O，所以B選項是正確的；

C.丙為HCl，含有H+，故Iˉ、NO3ˉ不能與其共存，故C錯誤；

D.甲、乙分別為AlCl3、NaHCO3中的一種，甲與丙反應得到氯化鈉與二氧化碳，則甲為NaHCO3，乙一定為AlCl3，所以D選項是正確的。

故答案為C。16、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。【點睛】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。17、B【解析】

令Fe的物質的量為1mol，根據方程式計算出生成氫氣的物質的量，再根據相同條件下體積之比等于物質的量之比確定兩反應中生成氫氣體積之比。【詳解】令Fe的物質的量為1mol，則：

Fe+2HCl=FeCl2+H2↑

1mol

1mol

3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2

1mol

mol，

相同條件下體積之比等于物質的量之比，則兩反應中生成氫氣體積之比為1mol：mol=3：4。

答案選B。【點睛】本題考查根據方程式的計算，比較基礎，清楚鐵與水蒸氣的反應是關鍵，注意基礎知識的理解掌握。18、A【解析】試題分析：A、乙烯發生加成反應是含有碳碳雙鍵，乙烷中不含有，因此性質的不同不是原子間或原子與原子團間的相互作用而影響的，故不正確；B、甲烷不能是酸性高錳酸鉀褪色，但甲苯可以，說明苯環對甲基上氫原子的影響，變得活潑，易被氧化，故能夠證明上述觀點；C、鈉和水反應比較活潑，而鈉與乙醇反應不劇烈，說明乙基使羥基的活性變弱，電離H+的能力不及H2O；D、說明苯環對羥基的影響較大，使H變的活潑，故能說明上述觀點。考點：考查有機物的性質。19、C【解析】

A.1L該硫酸溶液中含有溶質的物質的量n=cV=0.1mol/L×1L=0.1mol，則其中含有溶質的質量m=0.1mol×98g/mol=9.8g，A正確；B.硫酸是二元強酸，根據電解質及其電離產生的離子濃度關系可知c(H+)=2c(H2SO4)=0.1×2=0.2mol/L，B正確；C.溶液具有均一性，溶液的濃度與其取出的體積大小無關，所以從1L該溶液中取出100mL，則取出的溶液中H2SO4的物質的量濃度仍為0.1mol/L，C錯誤；D.溶液在稀釋過程中溶質的物質的量不變，所以稀釋后溶液的濃度c==0.01mol/L，D正確；故合理選項是C。20、D【解析】

圖中沒有外接電源，反而是有個電流表，且電路中有電子的移動方向，則該裝置是原電池裝置。由于只有Ag+能和I-離子反應，所以電池的總反應是Ag++I-=AgI，負極反應為：Ag+I--e-=AgI，正極反應為：Ag++e-=Ag。【詳解】A.經分析，該裝置是原電池裝置，則該裝置將化學能轉化為電能，A正確；B.根據電子的移動方向，可以推斷出左側電極為負極，該電極反應為：Ag+I--e-=AgI，B正確；C.該電池中，表觀上看，只有Ag+和I-反應，所以總反應是Ag++I-=AgI，C正確；D.左側電極為負極，右側電極為正極，NO3-帶負電荷，向負極移動，所以應該是從右向左移動，D錯誤；故合理選項為D。【點睛】題中涉及的原電池反應是不常見的反應，也未告知正極和負極，所以需要仔細觀察。可以通過電子的轉移方向判斷出正、負極；再結合圖中給出的物質，可以推出總的反應方程式，再推出正極反應，兩式相減可得負極反應。由此可見，對于此類題目，一定要認真觀察圖。21、A【解析】根據分枝酸的結構簡式，含有羧基、羥基可以與乙醇、乙酸發生酯化反應，含有碳碳雙鍵可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A正確；分枝酸分子含有2個羧基，1mol該有機物與NaOH溶液反應，最多消耗2molNaOH，故B錯誤；分枝酸的分子式為C10H10O6，故C錯誤；分枝酸分子中含羧基、羥基、醚鍵3種含氧官能團，故D錯誤。22、A【解析】分析：A．原子總數相等、價電子總數（或電子總數）相等的微粒互為等電子體；B．CH3-與NH3、H3O+均具有4個原子、10個電子，互為等電子體；C.根據價層電子對互斥模型判斷；D．兩個-CH3或一個CH3+和CH3-結合都能得到CH3CH3。

詳解：CH3+、-CH3、CH3-分別具有6個、7個和8個價電子，電子總數分別是：8個、9個和10個，它們不是等電子體，A選項說法錯誤；CH3-與NH3、H3O+均具有8個價電子、4個原子，互為等電子體，幾何構型均為三角錐形，B選項說法正確；根據價層電子對互斥模型，CH中C原子的價電子對數為3，碳原子采取sp2雜化，其空間構型是平面三角形，C選項說法正確；兩個-CH3或一個CH3+和CH3-結合都能得到CH3CH3，D選項說法正確；正確選項A。二、非選擇題(共84分)23、CH3COOCH2CH32CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OC【解析】

由題給信息食醋中約含有3%-5%的D可知，D為乙酸，由X為具有濃郁香味、不易溶于水的油狀液體可知，X為酯類，由X酸性條件下水解生成A和D，且A催化氧化可以生成乙酸可知，A為乙醇、X為乙酸乙酯；乙酸乙酯堿性條件下水解生成乙酸鈉和乙醇，則C為乙酸鈉；乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛催化氧化生成乙酸，則B為乙醛。【詳解】(1)X為乙酸乙酯，結構簡式為CH3COOCH2CH3，故答案為CH3COOCH2CH3；（2）A→B的反應為乙醇催化氧化生成乙醛，反應的化學方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）A、乙醇與乙酸發生酯化反應生成乙酸乙酯和水，酯化反應屬于取代反應，正確；B、除去乙酸乙酯中少量的乙酸可用飽和Na2CO3溶液洗滌分液，正確；C、A為乙醇，水與金屬鈉反應比乙醇與金屬鈉反應要劇烈，錯誤；D、1molCH3CH2OH、CH3CHO、CH3COOH完全燃燒消耗O2的物質的量依次為3mol、2.5mol、2mol，正確；故選C，故答案為C。【點睛】本題考查有機物的推斷，側重分析與推斷能力的考查，把握有機物的組成和性質、有機反應來推斷有機物為解答的關鍵。24、（1）C2H4O2（2）+H2O+HCl（3）NaOH醇溶液、加熱濃硫酸、一定溫度（4）取代反應加成反應（5）（6）【解析】分析：E的蒸氣與氫氣的相對密度為30，則Mr（E）=30×2=60，6.0gE的物質的量是0.1mol，完全燃燒后生成CO2和H2O的物質的量分別為8.8g÷44g/mol=0.2mol，3.6g÷18g/mol=0.2mol，分子中N（C）=0.2mol÷0.1mol=2、N（H）=0.2mol×2/0.1mol=4，故N（O）=(60?12×2?4)/16=2，故E的分子式是C2H4O2。A為一取代芳烴，由分子式可知為苯的同系物，故A為，A與氯氣在光照條件下發生取代反應生成B，而B中含有一個甲基，則B為，B發生水解反應生成C為，C與E發生酯化反應生成F，結合F的分子式可知，應是發生酯化反應，則E為CH3COOH，F為，B、C轉化都得到D，D與溴發生加成反應生成G，則B、C均發生消去反應生成D，故D為，則G為，據此解答。詳解：①由上述分析可知，E的分子式為C2H4O2；②由B生成C的化學方程式為；③由B生成D是發生消去反應生成，反應條件為：氫氧化鈉醇溶液、加熱；C生成D是發生消去反應生成，反應條件為：濃硫酸、加熱；④由A生成B屬于取代反應，由D生成G屬于加成反應；⑤由上述分析可知，F的結構簡式為；⑥在G（）的同分異構體中，苯環上一硝化的產物只有一種，說明苯環上的氫原子只有一類，結構對稱。如果含有2個取代基，應該是－CH2Br，且處于對位。如果是4個取代基，即為2個甲基和2個溴原子，可能的結構為，因此符合條件的共有7種，其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為l：1的為。點睛：本題考查有機物推斷，關鍵是確定A為乙苯，再結合轉化關系及分子式推斷，（6）中同分異構體書寫為易錯點、難點，熟練掌握官能團的性質與轉化，題目難度中等。25、加熱升高溫度，或增大酸的濃度、將氧化銅鋅礦粉碎等B3.2～6.2(NH4)2SO42Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42—＋3Cl－＋5H2O【解析】

(1)酸浸是將氧化銅鋅礦用酸溶解，促進溶解的措施有攪拌、加熱升高溫度、增大酸的濃度、將氧化銅鋅礦粉碎等。(2)除鐵過程中加入A和氨水，使亞鐵離子變成氫氧化鐵沉淀，A應為氧化劑，考慮加入A不引入新的雜質，H2O2外，其他試劑均可引入新的雜質。(3)從圖表數據可知，鐵離子沉淀完全的pH為3.2，鋅離子開始沉淀的pH為6.2，故除鐵pH范圍為3.2～6.2。(4)因所用廢酸為硫酸，B又可作氮肥，所以B為硫酸銨。(5)由題給信息可知，反應物為氫氧化鐵、次氯酸根離子、氫氧根離子，生成物之一為，因鐵在反應中化合價升高，氯元素的化合價降低，另一產物為氯離子，根據元素、電子、電荷守恒配平(可知產物還有水)，離子方程式為2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2＋3Cl－＋5H2O。【點睛】影響化學反應速率的因素有溫度、濃度和固體表面積等。在選擇除雜試劑時，應不能引入新的雜質。pH的范圍應使鐵完全沉淀而鋅不能沉淀。26、溶液恰好由淺紅色變成無色，且半分鐘內不恢復紅色D26.1027.350.1046mol/l【解析】

(1)因堿遇酚酞變紅，酸遇酚酞不變色，所以滴定終點時溶液的顏色變化應為由淺紅色變成無色。(2)利用c(堿)=進行分析：A．酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸，消耗酸的體積增大；B．滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥，無影響；C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，讀取酸的體積增大；D．讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，讀數偏小，滴定結束時俯視讀數，讀數偏大，則差值偏小，即讀取的消耗酸的體積偏小。(3)由圖可知，開始V=0.20mL，結束時V=26.30mL，則所用鹽酸溶液的體積為26.30mL-0.20mL。(4)①由三次鹽酸溶液的體積可知，平均值為；②根據數據的有效性，舍去第2組數據，然后求出1、3組平均消耗V(鹽酸)=26.15mL，由c(堿)=代入數據求解。【詳解】(1)因堿遇酚酞變紅，滴定終點時觀察錐形瓶中溶液的顏色由淺紅色變成無色，且半分鐘內不恢復紅色，則達到滴定終點。答案為：溶液恰好由淺紅色變成無色，且半分鐘內不恢復紅色；(2)由c(堿)=可知，A．酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸，消耗酸的體積增大，則c(堿)偏大，A不合題意；B．滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥，無影響，B不合題意；C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，消耗酸的體積增大，則c(堿)偏大，故C不合題意；D．讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，讀數偏小，滴定結束時俯視讀數，讀數偏大，則差值偏小，即讀取的消耗酸的體積偏小，所以c(堿)偏低，D符合題意。答案為：D；(3)由圖可知，開始V=0.20mL，結束時V=26.30mL，則所用鹽酸溶液的體積為26.30mL-0.20mL=26.10mL。答案為：26.10；(4)①由三次鹽酸溶液的體積可知，平均值為=27.35mL，答案為：27.35；②根據數據的有效性，舍去第2組數據，然后求出1、3組平均消耗V(鹽酸)=26.15mL，由c(堿)=可知，c(堿)==0.1046mol/l。答案為：0.1046mol/l。27、排除裝置中的空氣冷卻結晶干燥管堿石灰加入稀硫酸（或稀鹽酸），溶液中有氣泡產生且在試管上方變成紅棕色氣體ac86.25%【解析】(1)制備亞硝酸鈉需要一氧化氮和過氧化鈉反應生成，過氧化鈉和二氧化碳、水蒸氣發生反應，所以制備的一氧化氮氣體必須純凈干燥，裝置中無空氣存在，加熱A前，先通一段時間N2，目的是把裝置中的空氣趕凈，避免生成的亞硝酸鈉混入雜質；

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