浙江省重點中學2025屆化學高二下期末調研模擬試題注意事項：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（每題只有一個選項符合題意）1、下列說法正確的是A．CO2的水溶液能導電，所以CO2是電解質B．BaSO4難溶于水，其水溶液的導電能力極弱，所以BaSO4是弱電解質C．液溴不導電，所以溴是非電解質D．強電解質溶液的導電能力不一定比弱電解質溶液的導電能力強2、下列對物質或離子的檢驗,結論正確的是()A．將氣體通入澄清石灰水，有白色沉淀生成,證明氣體為CO2B．將氣體通入水中能使酚酞變紅，則氣體為NH3，NH3為堿C．加入KSCN溶液,溶液變紅，證明原溶液含有Fe3+D．加入BaCl2溶液,生成的沉淀不溶于鹽酸，證明原溶液含有SO42-3、現有四種元素的基態原子的電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4，②1s22s22p63s23p3，③1s22s22p3，④1s22s22p5，則下列有關比較中正確的是A．原子半徑：④＞③＞②＞① B．第一電離能：④＞③＞②＞①C．電負性：④＞③＞②＞① D．最高正化合價：④＞③＝②＞①4、含有amolFeI2的溶液中，通入xmolCl2。下列各項為通入Cl2過程中，溶液內發生反應的離子方程式，其中不正確的是A．x≤a，2I?+Cl2＝I2+2Cl?B．x=1.2a，10Fe2++14I?+12Cl2＝10Fe3++7I2+24Cl?C．x=1.4a，4Fe2++10I?+7Cl2＝4Fe3++5I2+14Cl?D．x≥1.5a，2Fe2++4I?+3Cl2＝2Fe3++2I2+6Cl?5、兩種金屬A和B，已知A，B常溫下為固態，且A，B屬于質軟的輕金屬，由A，B熔合而成的合金不可能具有的性質有()A．導電、導熱、延展性較純A或純B金屬強B．常溫下為液態C．硬度較大，可制造飛機D．有固定的熔點和沸點6、下圖是實驗室硫酸試劑標簽上的部分內容，據此下列說法正確的是（）A．該硫酸的物質的量濃度為9.2mol/LB．1molAl與足量的該硫酸反應產生3g氫氣C．配制500mL4.6mol/L的稀硫酸需取該硫酸125mLD．將該硫酸加水配成質量分數49%的溶液時其物質的量濃度等于9.2mol/L7、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述錯誤的是A．0.5mol/LCuCl2溶液中含有的Cl-數目為NAB．42gC2H4和C4H8的混合氣中含有氫原子數為6NAC．標準狀況下,H2和CO混合氣體4.48L在足量O2中充分燃燒消耗O2分子數為0.1NAD．在反應4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O中，消耗1molCl2時轉移的電子總數為1.5NA8、下列離子方程式書寫正確的是A．氫氧化鋇溶液與足量硫酸氫鈉的溶液混合：Ba2++OH―+H++SO42―＝BaSO4↓+H2OB．過量的鐵溶于稀硝酸：Fe+4H++NO3―＝Fe3++NO↑+2H2OC．氯氣與水：Cl2+H2O2H++Cl―+ClO―D．硫酸鋁溶液中加過量氨水：Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+9、下列實驗裝置及相關說法合理的是A．圖1為實驗室制備溴苯的裝置B．圖2中充分振蕩后下層為無色C．用圖3所示的實驗裝置制備乙酸乙酯D．圖4裝置中KMnO4溶液退色可證明CH3CH2Br發生了消去反應10、下列氧化還原反應方程式，所標電子轉移方向與數目錯誤的是（）A． B．C． D．11、甲醚(CH3-O-CH3)和乙醇是同分異構體，兩者在下列一種表征儀器中顯示的信號完全相同，該儀器是A．質譜儀 B．元素分析儀 C．紅外光譜儀 D．核磁共振儀12、下列與有機物的結構、性質有關的敘述正確的是（）A．苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以苯不能發生氧化反應B．石油的主要成分是烴，煤經過分餾可制得焦炭、煤焦油等產品C．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上D．淀粉、纖維素都是天然高分子有機物，其鏈節中都含有葡萄糖13、關于化學式[TiCl(H2O)5]Cl2?H2O的配合物的下列說法中正確的是A．配位體是Cl﹣和H2O，配位數是9B．中心離子是Ti4+，配離子是[TiCl(H2O)5]2+C．內界和外界中的Cl﹣的數目比是1：2D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl﹣均被完全沉淀14、現有四種元素的基態原子的電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5。則下列有關比較中正確的是A．電負性：④>③>②>① B．原子半徑：④>③>②>①C．最高正價：④>③＝②>① D．第一電離能：④>③>②>①15、下列物質能使干的藍色石蕊試紙先變紅后褪色的是A．氯氣B．新制的氯水C．液氯D．久置的氯水16、下列是一些裝置氣密性檢查的方法，其中正確的是()A． B．C． D．二、非選擇題（本題包括5小題）17、石油鐵儲罐久置未清洗易引發火災，經分析研究，事故由罐體內壁附著的氧化物甲與溶于石油中的氣態氫化物乙按1:3反應生成的黑色物質丙自燃引起。某研究小組按照以下流程對粉末丙進行研究:

已知:氣體乙可溶于水，標準狀況下的密度為1.52g/L。請回答下列問題:(1)化合物甲的化學式為___________。(2)化合物丙在鹽酸中反應的離子方程式:____________。(3)化合物丁還可用于氧化法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)，試寫出在KOH存在條件下用次氯酸鉀氧化化合物丁制備高鐵酸鉀的化學方程式____________。18、有機物G（1，4-環己二醇）是重要的醫藥中間體和新材料單體，可通過以下流程制備。完成下列填空：（1）寫出C中含氧官能團名稱_____________。（2）判斷反應類型：反應①________；反應②_______。（3）寫出B的結構簡式_______________。（4）寫出反應③的化學方程式_________。（5）一定條件下D脫氫反應得一種產物，化學性質穩定，易取代、難加成。該產物屬于____（填有機物類別），說明該物質中碳碳鍵的特點________________________。（6）寫出G與對苯二甲酸在一定條件下反應生成高分子物質的化學方程式_____________。（7）1，3-丁二烯是應用廣泛的有機化工原料，它是合成D的原料之一，它還可以用來合成氯丁橡膠（）.寫出以1，3-丁二烯為原料制備氯丁橡膠的合成路線。（合成路線常用的表示方式為：AB……目標產物）_______________19、甲醛(HCHO)與葡萄糖相似具有強還原性，40%甲醛溶液沸點為96℃，易揮發。為探究過量甲醛和新制Cu(OH)2反應的產物，進行如下研究。（1）在如圖裝置中進行實驗，向a中加入0.5mol/LCuSO4溶液50mL和5mol/LNaOH溶液100mL，振蕩，再加入40%的甲醛溶液50mL，緩慢加熱a，在65℃時回流20分鐘后冷卻至室溫。反應過程中觀察到有棕色固體生成，最后變成紅褐色，并有氣體產生。①儀器b的名稱是_________，作用為_________。②能說明甲醛具有還原性的實驗現象是______________。（2）為研究紅色固體產物的組成，進行如下實驗(以下每步均充分反應)：已知：Cu2O

[Cu(NH3)4]+(無色)[Cu(NH3)4]2+(藍色)①搖動錐形瓶i的目的是_______。②錐形瓶ii中固體完全溶解得深藍色溶液的離子方程式為_______。③將容量瓶ii中的溶液稀釋100倍后，溶液的顏色與容量瓶i相近。由此可知固體產物的組成及物質的量之比約為___________。20、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)。21、紅磷P(s)和Cl2(g)發生反應生成PCl3(g)和PCl5(g)。反應過程和能量關系如圖所示(圖中的△H表示生成1mol產物的數據)。根據上圖回答下列問題：(1)P和Cl2反應生成PCl3的熱化學方程式_________________________________。(2)PCl5分解成PCl3和Cl2的熱化學方程式_________________________________，上述分解反應是一個可逆反應，溫度T1時，在密閉容器中加入0.80molPCl5，反應達到平衡時PCl5還剩0.60mol，其分解率α1等于_________；若反應溫度由T1升高到T2，平衡時PCl5的分解率為α2，α2_______α1(填“大于”、“小于”或“等于”)。(3)工業上制備PCl5通常分兩步進行，先將P和Cl2反應生成中間產物PCl3，然后降溫，再和Cl2反應生成PCl5。原因是________________________________________。(4)P和Cl2分兩步反應生成1molPCl5的△H3＝_________，P和Cl2一步反應生成1molPCl5的△H4______△H3(填“大于”、“小于”或“等于”)。(5)PCl5與足量水充分反應，最終生成兩種酸，其化學方程式是______________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

A、溶于水或在熔融狀態下能夠自身電離出離子的化合物是電解質，溶于水和在熔融狀態下都不能夠自身電離出離子的化合物是非電解質，CO2的水溶液雖然能導電，但導電的離子不是CO2電離的，CO2不能電離，CO2屬于非電解質，A錯誤；B、BaSO4溶于水的部分完全電離，所以BaSO4是強電解質，B錯誤；C、液溴是單質，單質既不是電解質也不是非電解質，C錯誤；D、溶液的導電性與溶液中自由移動的離子的濃度和離子所帶的電荷數有關，所以強電解質溶液的導電能力不一定比弱電解質溶液的導電能力強，如很稀的鹽酸溶液的導電能力弱于較濃醋酸溶液的導電能力，D正確；答案選D。2、C【解析】

A.將氣體通入澄清石灰水，有白色沉淀生成，該氣體可能為CO2，也可能為SO2，A錯誤；B.將氣體通入水中能使酚酞變紅，則氣體為堿性氣體NH3，氨氣溶于水反應產生的一水合氨電離產生了OH-，因此不能說NH3為堿，B錯誤；；C.加入KSCN溶液，溶液變紅，是由于Fe3+與SCN-反應產生紅色的絡合物Fe(SCN)3，因此可以證明原溶液含有Fe3+，C正確；D.加入BaCl2溶液，生成的沉淀不溶于鹽酸，說明原溶液可能含有SO42-、Ag+等離子，D錯誤；故合理選項是C。3、B【解析】

根據原子的基態電子排布可知，①②③④分別是S、P、N、F。則A、同主族從上到下原子半徑逐漸增大，同周期自左向右原子半徑逐漸減小，原子半徑應該是②＞①＞③＞④，A不正確；B、由于氮元素和P元素的2p軌道和3p軌道電子分別處于半充滿狀態，穩定性強，第一電離能分別大于氧元素和S元素的，所以選項B正確。C、非金屬性越強，電負性越大，則電負性應該是④＞③＞①＞②，C錯誤；D、F是最活潑的非金屬元素，沒有正價，最高正化合價：①＞③＝②＞④，D不正確；答案選B。4、B【解析】

由于I-的還原性比Fe2+強()，所以Cl2先和I-反應：，多于的Cl2再和Fe2+反應：。【詳解】A.x≤a時，Cl2對I-不足或者剛好夠，所以只發生反應，A正確；B.x=1.2a時，先有a份的Cl2發生反應，再有0.2a份的Cl2發生反應，總反應為：，化整為，B錯誤；C.x=1.4a時，先有a份的Cl2發生反應，再有0.4a份的Cl2發生反應，總反應為：，化整為，C正確；D.x≥1.5a時，先有a份的Cl2發生反應，再有0.5a份的Cl2發生反應，總反應為：，化整為，D正確；故合理選項為D。5、D【解析】

合金的熔點和沸點比各成分低，硬度比各成分大，導電、導熱、延展性較成分中純金屬強，用途廣泛。【詳解】合金為混合物，通常無固定組成，因此熔、沸點通常不固定；一般來講金屬形成合金的熔點比各組成合金的金屬單質低，硬度要比各組成合金的金屬單質大，如Na、K常溫下為固體，而Na—K合金常溫下為液態，輕金屬Mg—Al合金的硬度比Mg、Al高；正確選項D。【點睛】合金是由兩種或兩種以上的金屬（或金屬與非金屬）熔合而成的具有金屬特性的物質，各類型合金都有以下通性：(1)多數合金熔點低于其組分中任一種組成金屬的熔點；(2)硬度一般比其組分中任一金屬的硬度大；(3)有的抗腐蝕能力強。6、C【解析】分析：A.根據c=1000ρωM計算濃硫酸的物質的量濃度；

B.鋁與濃硫酸常溫下發生鈍化，加熱時生成二氧化硫和硫酸鋁；

C.根據溶液稀釋前后溶質物質的量不變計算所需濃硫酸的體積；

D.硫酸與等質量的水混合，混合后溶液的質量為原硫酸的2倍，稀釋后溶液的密度減小，故稀釋后所得溶液的體積大于原硫酸體積的2倍，根據稀釋定律判斷詳解：A.該濃H2SO4的物質的量濃度為：c=1000ρωM=1000×1.84×98%98mol/L=18.4mol/L，所以A選項是錯誤的；

B.鋁與濃硫酸常溫下發生鈍化，加熱時生成二氧化硫和硫酸鋁，不能生成氫氣，故C.根據稀釋定律，稀釋前后溶質的物質的量不變，設濃硫酸的體積為xmL，則xmL×18.4mol/L=500mL×4.6mol/L，計算得出：x=125，所以應量取的濃硫酸體積是125mL，所以C選項是正確的；

D.硫酸與等質量的水混合，混合后溶液的質量為原硫酸的2倍，稀釋后溶液的密度減小，故稀釋后所得溶液的體積大于原硫酸體積的2倍，則稀釋后所得溶液的濃度小于9.2mol/L，故D錯誤；

所以C選項是正確的。點睛：本題考查濃硫酸的性質、物質的量濃度的計算以及溶液的配制等問題，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，難度不大，注意相關計算公式的運用。7、A【解析】選項A中沒有說明溶液的體積，所以無法計算，選項A錯誤。設42gC2H4和C4H8的混合氣中，C2H4和C4H8的質量分別為X和Y，則X+Y=42。混合物中的氫原子為。選項B正確。氫氣和氧氣燃燒，CO和氧氣燃燒時，燃料氣和氧氣的體積比都是2:1，所以H2和CO混合氣體燃燒時，需要的氧氣也是混合氣體的一半。所以標準狀況下，H2和CO混合氣體4.48L（0.2mol）在足量O2中充分燃燒消耗O2分子數為0.1NA，選項C正確。反應4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O中，轉移電子數為6e-，所以有4molCl2參加反應應該轉移6mole-，所以消耗1molCl2時轉移的電子總數為1.5NA。選項D正確。8、D【解析】分析：A.硫酸氫鈉過量生成硫酸鋇、硫酸鈉和水；B.鐵過量生成硝酸亞鐵；C.次氯酸難電離；D.硫酸鋁與氨水反應生成氫氧化鋁和硫酸銨。詳解：A.氫氧化鋇溶液與足量硫酸氫鈉的溶液混合生成硫酸鋇、硫酸鈉和水：Ba2++2OH―+2H++SO42―＝BaSO4↓+2H2O，A錯誤；B.過量的鐵溶于稀硝酸生成硝酸亞鐵、NO和水：3Fe+8H++2NO3―＝3Fe3++2NO↑+4H2O，B錯誤；C.氯氣與水反應生成次氯酸和鹽酸：Cl2+H2OH++Cl―+HClO，C錯誤；D.硫酸鋁溶液中加過量氨水生成氫氧化鋁和硫酸銨：Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+，D正確。答案選D。點睛：掌握相關物質的性質、發生的化學反應是解答的關鍵。注意離子方程式書寫的正誤判斷應從以下幾點進行分析：不能違背反應原理；電解質的拆分問題；反應前后是否遵循兩守恒(原子守恒和電荷守恒)；注意反應物過量的問題，例如酸式鹽與堿反應，書寫時可采用設“1”法，即將少量物質的量定為1mol，其他反應物的離子根據需要確定物質的量。9、B【解析】A．實驗室制備溴苯水溶加熱，要有長導管回流，選項A錯誤；B．圖2中振蕩后分層上層為水層，堿和溴水反應無色，下層為四氯化碳溶液無色，選項B正確；C．制備乙酸乙酯時通到碳酸鈉溶液的長導管不可以插入水中，否則發生倒吸，選項C錯誤；D．圖4裝置發生消去反應，無法檢驗烯烴，因為醇也可以還原酸性高錳酸鉀，選項D錯誤。答案選B。10、C【解析】

A．鐵元素由0價升高到+2價，失去2個電子，氫元素由+1價降低到0價，得到兩個電子，A選項正確。B．氯元素由0價升高到Ca(ClO)2中氯元素的+1價，失去兩個電子，同時氯元素由0價降低至氯化鈣中的-1價得到兩個電子，B選項正確。C．KClO3中Cl元素由+5價降低至0價，得到5個電子，HCl中氯元素由-1價升高到0價，失去5個電子，C選項電子轉移的數目錯誤，C選項錯誤。D．NO中N元素由+2價升高到+5價，失去3×4個電子，O元素由0價降低至-2價，得到6×2個電子，得失電子守恒且電子轉移方向與數目正確，D選項正確。故答案選C。11、B【解析】

A．所有同分異構體的相對分子質量相同，則質譜儀顯示的最大數據相同，但信號不完全相同，故A錯誤；

B．組成元素相同，則元素分析儀顯示的信號（或數據）完全相同，故B正確；

C．同分異構體中官能團、化學鍵可能不同，則紅外光譜儀顯示的信號不同，故C錯誤；

D．同分異構體的結構不同，H原子種類可能不同，則核磁共振儀測定結果不同，故D錯誤；

故選B。12、C【解析】

A．苯中不含碳碳雙鍵，不能與高錳酸鉀反應，則苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，但能燃燒生成二氧化碳和水，可發生氧化反應，故A錯誤；B．煤經過干餾可制得焦炭、煤焦油等產品，故B錯誤；C．在CH3-CH═CH2中由于含有甲基，所以所有原子不可能共平面，故C正確；D．淀粉、纖維素中含有葡萄糖單元，不含有葡萄糖分子，故D錯誤。故選C。13、C【解析】

配合物也叫絡合物，為一類具有特征化學結構的化合物，由中心原子或離子(統稱中心原子)和圍繞它的稱為配位體(簡稱配體)的分子或離子，完全或部分由配位鍵結合形成，配合物中中心原子提供空軌道，[TiCl(H2O)5]Cl2?H2O，配體Cl、H2O，提供孤電子對；中心離子是Ti3+，配合物中配位離子Cl-不與Ag+反應，外界離子Cl-離子與Ag+反應，據此分析解答。【詳解】A項，配位體是內界的1個Cl-和5個H2O，則配位數是6，故A項錯誤；B項，配離子是[TiCl(H2O)5]2+，根據電荷守恒可知中心離子是Ti3+C項，根據已知配合物的化學式，[TiCl(H2O)5]2+中（內界）的Cl-數目為1，剩余部分含有的Cl-數目為2，則內界和外界中的Cl-的數目比是1：2，故C項正確；D項，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，內界的Cl-不會被沉淀，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為C。【點睛】本題考查配合物的成鍵，側重分析與應用能力的考查，注意只有外界中的Cl-與AgNO3溶液反應，把握中心離子、配位體、配位離子的判斷為解答的關鍵。14、D【解析】

由四種元素基態原子的電子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素，結合元素周期律分析解答。【詳解】由四種元素基態原子電子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素。A．同周期元素，自左而右，電負性逐漸增大，所以電負性P＜S，N＜F，所以電負性①＞②，④＞③，故A錯誤；B．同周期元素，自左而右，原子半徑逐漸減小，所以原子半徑P＞S，N＞F，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B錯誤；C．最高正化合價等于最外層電子數，但F元素沒有正化合價，所以最高正化合價：①＞②=③，故C錯誤；D．同周期元素，自左而右，第一電離能呈增大趨勢，故第一電離能N＜F，但P元素原子3p能級容納了3個電子，為半滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，所以第一電離能S＜P，同主族自上而下第一電離能降低，所以第一電離能N＞P，所以第一電離能F＞N＞P＞S，即④＞③＞②＞①，故D正確；答案選D。15、B【解析】分析：干燥的氯氣不具有漂白作用，氯氣與水反應生成HClO，HClO具有漂白性，據此分析判斷。詳解：A.氯氣不能使干燥的石蕊試紙褪色，故A錯誤；B.新制氯水中含有HCl和HClO，能使干燥的藍色石蕊試紙先變紅后褪色，故B正確；C.液氯不能使干燥的石蕊試紙褪色，故C錯誤；

D.久置氯水中HClO分解，不具有漂白性，不能使干燥的石蕊試紙褪色，故D錯誤；

故選B。16、B【解析】試題分析：A、此裝置兩導管都與外界空氣相通不是密閉裝置，無法檢查出裝置的氣密性，A不正確；B、用彈簧夾夾住右邊導管，向長頸漏斗中倒水，液面高度不變，說明裝置氣密性良好，故能檢查裝置氣密性，B正確；C、裝置長頸漏斗與外界空氣相通不是密閉裝置，無法檢查出裝置的氣密性，C不正確；D、此裝置兩導管都與外界空氣相通不是密閉裝置，無法檢查出裝置的氣密性，D不正確；答案選B。【考點定位】本題考查裝置氣密性的檢查【名師點晴】檢查裝置的氣密性裝置氣密性檢驗有多種方法，原理都是根據裝置內外的壓強差形成水柱或氣泡，據此分析各種檢查方法。做題時應注意檢查裝置的氣密性是不是在密閉裝置中。有些裝置比較復雜或者學生平時比較少見，造成不會分析而出錯，答題時注意靈活應用。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Fe2O3Fe2S3+4H+=2H2S↑+S↓+2Fe2+3KClO+4KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+3KCl+5H2O【解析】分析：本題考查無機物推斷，涉及物質組成、性質變化、反應特征現象，側重考查學生分析推理能力、知識遷移應用能力，難度中等。詳解：向丙與濃鹽酸反應后的濾液中（假設乙全部逸出）中加入足量的氫氧化鈉溶液，先出現白色沉淀最終變為紅褐色沉淀，則濾液中含有亞鐵離子，灼燒后的固體為氧化鐵24克，其物質的量為24/160=0.15mol，則鐵的物質的量為0.3mol，丙分投入足量的濃鹽酸中發生反應，得到4.8克淡黃色沉淀和氣體乙，淡黃色沉淀為硫，物質的量為4.8/32=0.15mol，乙在標況下密度為1.52g/L，則乙的相對分子質量為1.52×22.4=34，氣體乙溶于水，說明為硫化氫，在丙中鐵元素與硫單質的物質的量比為2:1，而氧化物甲魚氣態氫化物乙按1:3反應生成物質丙，根據元素守恒和電子得失守恒可推斷甲為氧化鐵，丙為Fe2S3。(1)根據以上分析可知甲為氧化鐵，化學式為Fe2O3；(2)化合物丙在鹽酸中反應生成硫化氫和硫和氯化亞鐵，離子方程式為：Fe2S3+4H+=2H2S↑+S↓+2Fe2+；(3)化合物丁為氫氧化鐵，可以在氫氧化鉀存在下與次氯酸鉀反應生成高鐵酸鉀，化學方程式為：3KClO+4KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+3KCl+5H2O。點睛：掌握特殊物質的顏色是無機推斷題的解題關鍵，如白色的氫氧化亞鐵變成紅褐色的氫氧化鐵。淡黃色的過氧化鈉或硫，鐵離子遇到硫氰化鉀顯血紅色的等。18、羥基消去取代.芳香烴所有的碳碳鍵鍵長相等，是介于單鍵和雙鍵之間的特殊的鍵【解析】

由流程可知，①為環己醇發生消去反應生成D為，②環己烯與溴發生加成反應生成A為，③是A發生消去反應生成，和溴發生1，4-加成反應生成B為，與氫氣加成生成F，④是F在堿性條件下水解生成。由CH2=CClCH=CH2發生加聚反應生成，CH2=CHCH=CH2與溴發生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后發生水解反應生成HOCH2CH=CHCH2OH，再與HCl發生加成反應生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后發生醇的消去反應得到CH2=CClCH=CH2。【詳解】(1)由結構可知C中含氧官能團名稱為：羥基，故答案為：羥基；(2)反應①發生醇的消去反應，②環己烯與溴發生加成反應，故答案為：消去反應；加成反應；(3)由F的結構可知，和溴發生1，4?加成反應生成B為，故答案為：；（4）③是A發生消去反應生成，化學方程式。答案為：；（5）一定條件下D脫氫反應得一種產物，化學性質比較穩定，易取代、難加成，該產物為，屬于芳香烴，說明該物質中所有碳碳鍵的鍵長相等，是介于單鍵與雙鍵之間的特殊的鍵，故答案為：芳香烴；碳碳鍵的鍵長相等，是介于單鍵與雙鍵之間的特殊的鍵；（6）寫出G與對苯二甲酸在一定條件下發生酯化反應生成高分子物質，化學方程式。答案為：（7）由CH2=CClCH=CH2發生加聚反應生成，CH2=CHCH=CH2與溴發生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后發生水解反應生成HOCH2CH=CHCH2OH，再與HCl發生加成反應生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后發生醇的消去反應得到CH2=CClCH=CH2，合成路線流程圖為：19、球形冷凝管冷凝回流A中出現紅色物質(或A中出現棕色物質)有利于溶液與空氣中O2的接觸2Cu+O2+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH?+6H2On(Cu2O)∶n(Cu)=l∶200【解析】

向a中加入0.5mol/LCuSO4溶液50mL和5mol/LNaOH溶液100mL，振蕩，制備了氫氧化化銅懸濁液。再加入40%的甲醛溶液50mL，緩慢加熱a，在65℃時回流20分鐘后冷卻至室溫。反應過程中觀察到有棕色固體生成，最后變成紅褐色，說明甲醛具有還原性。探究生成物的組成時，要注意仔細分析實驗步驟及現象。【詳解】（1）①根據儀器的構造可知，儀器b是球形冷凝管，40%甲醛溶液沸點為96℃，易揮發，故在反應過程中要有冷凝回流裝置以提高原料的利用率，故球形冷凝管的作用為冷凝回流。②能說明甲醛具有還原性的實驗現象是A中出現紅色物質(或A中出現棕色物質)。（2）①搖動錐形瓶時發生的變化是

[Cu(NH3)4]+(無色)[Cu(NH3)4]2+(藍色)，顯然該過程中發生了氧化反應，故搖動錐形瓶i的目的是有利于溶液與空氣中O2的接觸。②紅色固體經足量濃氨水溶解后仍有剩余，根據Cu2O

[Cu(NH3)4]+(無色)可知，該固體只能是Cu，搖動錐形瓶ii，其中固體完全也能溶解得深藍色溶液，說明Cu溶解得到銅氨溶液，空氣中的氧氣溶于氨水中成為氧化劑，故該反應的離子方程式為2Cu+O2+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH?+6H2O。③將容量瓶ii中的溶液稀釋100倍后，溶液的顏色與容量瓶i相近，說明容量瓶ii中的溶液濃度約為容量瓶i的100倍，量瓶ii中的[Cu(NH3)4]+的物質的量約為容量瓶i的100倍，因此，在溶解之前，紅色的固體產物由Cu2O和Cu組成，物質的量之比約為n(Cu2O)∶n(Cu)=l∶200。【點睛】解答實驗探究問題時，要注意切忌帶著主觀認知去分析，要根據化學反應原理冷靜分析實驗中的相關現象，尤其是與所學知識有沖突的實驗現象，根據現象分析得出合理結論。要注意實驗細節，如本題中“足量濃氨水”、“定容”、兩個“50mL”容量瓶等等，對這些信息都要正確解讀才能順利解題。20、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，