安徽省六安市舒城中學2025年高二化學第二學期期末復習檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y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、下列離子方程式正確的是A．Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B．濃鹽酸與鐵屑反應：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．明礬溶于水產生Al(OH)3膠體：A13++3H2O=Al(OH)3↓+3H+D．用過量氨水吸收工業尾氣中的SO2：2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O2、下列有關化學用語表示正確的是A．中子數為1的氫原子：11HB．C．N2的電子式：D．乙醇的結構簡式：C2H5OH3、下列各組有機化合物中，不論兩者以什么比例混合，只要總物質的量一定，則完全燃燒時生成的水的質量和消耗氧氣的質量不變的是A．C3H8、C4H6 B．C3H6、C5H6O4 C．C2H2、C6H6 D．CH4O、C3H4O44、現有碳酸鈉溶液，對溶液中離子濃度關系的描述，不正確的是A．

B．C．

D．

5、下列有關乙烯和乙烷的說法中錯誤的是A．乙烯是平面分子，乙烷分子中所有原子不可能在同一平面內B．溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液都可以鑒別乙烯和乙烷C．溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液都可以除去乙烷中混有的乙烯D．乙烯的化學性質比乙烷的化學性質活潑6、設NA表示阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．lL0.lmol·L－1Na2S溶液中S2－和H2S的數目之和為0.1NAB．46g有機物C2H6O的分子結構中含有的C－H鍵數目一定為5NAC．60g的乙酸和葡萄糖混合物充分燃燒消耗2NA個O2分子D．電解精煉銅，陽極溶解銅6.4g時，陰極得電子數目為0.2NA7、下列說法正確的是（）A．油脂一般相對分子質量很大，所以油脂是高分子化合物B．蛋白質水解的最終產物既能和強酸反應，又能和強堿反應C．葡萄糖、果糖、麥芽糖和蔗糖都能與新制氫氧化銅濁液發生反應D．纖維素屬于高分子化合物，與淀粉互為同分異構體8、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＞①9、未來新能源的特點是資源豐富，在使用時對環境無污染或很少污染，且可以再生．下列最有希望的新能源是（）①天然氣②煤③石油④太陽能⑤氫能．A．①③⑤ B．②③④ C．①②⑤ D．④⑤10、2000年諾貝爾化學獎授予兩位美國化學家和一位日本化學家，以表彰他們在導電塑料領域的貢獻，他們首先把聚乙炔樹脂制成導電塑料，下列關于聚乙炔的敘述錯誤的是（）A．聚乙炔是以乙炔為單體發生加聚反應形成的高聚物B．聚乙炔的化學式為C．聚乙炔是一種碳原子之間以單雙鍵交替結合的鏈狀結構的物質D．聚乙炔樹脂不加任何填充物即可成為電的良導體11、1996年諾貝爾化學獎授于斯莫利等三位化學家，以表彰他們發現富勒烯(C60)開辟了化學研究的新領域。后來，人們又發現了一種含碳量極高的鏈式炔烴──棒碳，它是分子中含300～500個碳原子的新物質，其分子中只含有交替連接的單鍵和叁鍵。對于C60與棒碳，下列說法正確的是A．C60與棒碳中所有的化學鍵都是非極性共價鍵B．棒碳不能使溴水褪色C．C60在一定條件下可能與CuO發生置換反應D．棒碳與乙炔互為同系物12、下列有機物中，既能發生催化氧化又能發生消去反應，且消去產物中存在同分異構體的是（）A．CH3-OH B．C． D．13、現有下列三個氧化還原反應：①2B-+Z2=B2+2Z-②2A2++B2=2A3++2B-③2XO4-+10Z-+16H+=2X2++5Z2+8H2O，根據上述反應，判斷下列結論中錯誤的是（）A．要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，而不氧化Z-和B-，應加入Z2B．還原性強弱順序為：A2+﹥B-﹥Z-﹥X2+C．X2+是XO4-的還原產物，B2是B-的氧化產物D．在溶液中可能發生反應：XO4-+5A2++8H+=X2++5A3++4H2O14、用已知濃度的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液時，下列操作中正確的是A．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，直接加入已知濃度的鹽酸B．錐形瓶用蒸餾水洗凈,必須干燥后才能加入一定體積未知濃度的NaOH溶液C．滴定時,沒有排出滴定管中的氣泡D．讀數時視線與滴定管內液體凹液面最低處保持水平15、下列說法錯誤的是（）A．放熱反應在常溫下不一定能直接發生B．需要加熱方能發生的反應一定是吸熱反應C．反應是放熱還是吸熱須看反應物和生成物具有的總能量的相對大小D．吸熱反應在一定條件下也能發生16、現有三種元素的基態原子的電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。則下列有關比較中正確的是()A．最高正化合價：③＞②＞① B．原子半徑：③＞②＞①C．電負性：③＞②＞① D．第一電離能：③＞②＞①17、已知丙烷的燃燒熱△H=-2215kJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃燒后生成1.8g水，則放出的熱量約為（）A．55kJ B．220kJ C．550kJ D．1108kJ18、下表中物質的分類組合完全正確的是()選項ABCD強電解質Ca(OH)2H2SO4BaSO4HClO4弱電解質Al(OH)3CaCO3HClOCH3COONH4非電解質SO2AlH2OC2H5OHA．A B．B C．C D．D19、下列敘述正確的是A．某晶體在固態與液態時均能導電，該晶體是離子晶體B．H2O的熱穩定性比H2S強，說明水分子內的氫鍵強C．Na2O固體上滴加少量水，有共價鍵和離子鍵的破壞及形成D．N2、CO2、CCl4等化合物中所有原子均符合8電子穩定結構20、某芳香族化合物甲的分子式為C10H11ClO2，已知苯環上只有兩個取代基，其中一個取代基為Cl，甲能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出二氧化碳，則滿足上述條件的有機物甲的同分異構體數目為A．8種 B．12種 C．14種 D．15種21、丁子香酚可用于制備殺蟲劑和防腐劑，結構簡式如圖所示。下列說法中，不正確的是A．丁子香酚分子中的含氧官能團是羥基和醚鍵B．1mol丁子香酚與足量氫氣加成時，最多能消耗4molH2C．1mol丁子香酚與濃溴水反應，最多消耗2molBr2D．丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，可證明其分子中含有碳碳雙鍵22、常溫下，將NaOH溶液滴入某一元酸（HA）溶液中，測得混合溶液的pH與離子濃度變化關系如圖所示[已知：]。下列敘述不正確的是A．Ka(HA)的數量級為10-5B．滴加NaOH溶液的過程中，保持不變C．m點所示溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-)D．n點所示溶液中：c(Na+)=c(A-)+c(HA)二、非選擇題(共84分)23、（14分）某強酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、NH4+、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-中的若干種，現取X溶液進行連續實驗，實驗過程及產物如圖所示。實驗過程中有一種氣體為紅棕色。根據以上信息，回答下列問題：(1)由強酸性條件即可判斷X溶液中肯定不存在的離子有________(2)溶液X中關于硝酸根離子的判斷，正確的是______(填編號，下同)。a．一定含有b．一定不含有c．可能含有(3)化合物I中含有的化學鍵類型有____________(4)轉化⑦的離子方程式為____________(5)對不能確定是否存在的離子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一種，根據現象即可判斷，該試劑最好是________。①NaOH溶液②KSCN溶液③氯水和KSCN的混合溶液④pH試紙⑤KMnO4溶液24、（12分）(16分)止咳酮（F）具有止咳、祛痰作用。其生產合成路線如下：(1)寫出B中含有的官能團名稱：。(2)已知B→D反應屬于取代反應，寫出C(C屬于氯代烴)的結構簡式：。(3)寫出E→F的反應類型：。(4)滿足下列條件的E的同分異構體有種。①苯環上有兩個鄰位取代基；②能與FeCl3溶液發生顯色反應；③除苯環外不含其它的環狀結構。(5)寫出A→B的反應方程式：。(6)A→F六種物質中含有手性碳原子的是：（填物質代號）。(7)目前我國用糧食發酵生產丙酮(CH3COCH3)占較大比重。利用題給相關信息，以淀粉為原料，合成丙酮。合成過程中無機試劑任選。提示：合成路線流程圖示例如下：25、（12分）鉻鉀礬[KCr(SO4)2˙12H2O]在鞣革、紡織等工業上有廣泛的用途。某學習小組用還原K2Cr2O7,酸性溶液的方法制備鉻鉀礬，裝置如圖所示：回答下列問題：(1)A中盛裝濃硫酸的儀器名稱是________。(2)裝置B中反應的離子方程式為_________________________________。(3)反應結束后，從B裝置中獲取鉻鉀礬晶體的方法是：向混合物中加入乙醇后析出晶體，過濾、洗滌、低溫干燥，得到產品。①加入乙醇后再進行過濾的目的是____________。②低溫干燥的原因是_________________________。(4)鉻鉀礬樣品中鉻含量的測定：取mg樣品置于錐形瓶中用適量水溶解，加入足量的Na2O2進行氧化，然后用硫酸酸化使鉻元素全部變成Cr2O72-，用cmol/L的FeSO4溶液滴定至終點，消耗FeSO4溶液vmL，該樣品中鉻的質量分數為________。26、（10分）化學實驗小組欲在實驗室制備溴乙烷（圖甲）和1﹣溴丁烷（圖乙），涉及化學反應如下：NaBr+H2SO4═HBr+NaHSO4①C2H5﹣OH+HBr?C2H5﹣Br+H2O②CH3CH2CH2CH2﹣OH+HBr?CH3CH2CH2CH2﹣Br+H2O③可能存在的副反應有：醇在濃硫酸的存在下脫水生成烯和醚，Br﹣被濃硫酸氧化為Br2等。有關數據列表如下；乙醇溴乙烷正丁醇1﹣溴丁烷密度/g?cm﹣30.78931.46040.80981.2758沸點/℃78.538.4117.2111.6請回答下列問題：（1）圖乙中儀器A的名稱為_____。（2）乙醇的沸點高于溴乙烷的沸點，其原因是_____。（3）將1﹣溴丁烷粗產品置于分液漏斗中加水，振蕩后靜置，產物在_____（填“上層”、“下層”或“不分層”）。（4）制備操作中，加入的濃硫酸必需進行稀釋，其目的是_____。（填字母）A．減少副產物烯和醚的生成B．減少Br2的生成C．減少HBr的揮發D．水是反應的催化劑（5）欲除去溴代烷中的少量雜質Br2，下列物質中最適合的是_____。（填字母）A．NaIB．NaOHC．NaHSO3D．KCl（6）制備溴乙烷（圖甲）時，采用邊反應邊蒸出產物的方法，其有利于_____；但制備1﹣溴丁烷（圖乙）時卻不能邊反應邊蒸出產物，其原因是_____。27、（12分）用一種試劑將下列各組物質鑒別開。（1）和：_________________________（2），和C6H12(已烯)：_________________（3），CCl4和乙醇_______________________28、（14分）VIA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表現出多種氧化態，含VIA族元素的化合物在研究和生產中有許多重要用途。請回答下列問題：(1)S單質的常見形式為S8，其環狀結構如圖所示，S原子采用的軌道雜化方式是______；(2)元素的基態氣態原子得到一個電子形成氣態負一價離子時所放出的能量稱作第一電子親和能(E1)。第二周期部分元素的E1變化趨勢如圖所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_______；氮元素的E1呈現異常的原因是________。(3)Se原子序數為_______，其核外M層電子的排布式為_________；(4)H2Se的穩定性比H2S_____________(填“強”或“弱”)。SeO3分子的立體構型為______。(5)琥珀酸亞鐵片是用于缺鐵性貧血的預防和治療的常見藥物，臨床建議服用維生素C促進“亞鐵”的吸收，避免生成Fe3+，從原子核外電子結構角度來看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是_________。29、（10分）在T℃條件下，向1L固定體積的密閉容器M中加入2molX和1molY，發生如下反應：2X(g)+Y(g)aZ(g)+W(g)△H=－QkJ·mol－1(Q>1)。當反應達到平衡后，反應放出的熱量為Q1kJ，物質X的轉化率為α；若平衡后再升高溫度，混合氣體的平均相對分子質量減小，則（1）化學計量數a的值為____________________；此反應的逆反應△S__________1(填﹤,﹥,﹦)。（2）下列說法中能說明該反應達到了化學平衡狀態的是___________________________。A、容器內壓強一定B、v(X)正=2v(Y)逆C、容器內Z分子數一定D、容器內氣體的質量一定E、容器內氣體的密度一定F：X、Y、Z、W的濃度之比為2∶1∶a∶1（3）維持溫度不變，若起始時向該容器中加入的物質的量如下列各項，則反應達到平衡后(稀有氣體不參與反應),與之是等效平衡的是______________。A．2molX、1molY、1molArB．amolZ、1molWC．1molX、1.5molY、1.5amolZ、1.5molWD．2molX、1molY、1molZ（4）維持溫度不變，若起始時向容器中加入4molX和6molY，若達平衡時容器內的壓強減小了15%，則反應中放出的熱量為___________________kJ。（5）已知：該反應的平衡常數隨溫度的變化如下表：溫度/℃151211251311351平衡常數K9.945.211．51．21試回答下列問題：若在某溫度下，2molX和1molY在該容器中反應達平衡，X的平衡轉化率為51％，則該溫度為__________________℃。

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、D【解析】分析：A、次氯酸為弱酸，保留化學式；B．反應生成氯化亞鐵和氫氣；C、明礬溶于水鋁離子水解產生Al(OH)3膠體；D、氨過量生成正鹽。詳解：A、Cl2通入水中，離子方程式：Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO，故A錯誤；B．濃鹽酸與鐵屑反應的離子反應為Fe+2H＋=Fe2＋+H2↑，故B錯誤；C、明礬溶于水鋁離子水解產生Al(OH)3膠體，A13++3H2O=Al(OH)3（膠體）+3H+；D、用過量氨水吸收工業尾氣中的SO2：2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O，故D正確；故選D。點睛：本題考查離子反應方程式書寫的正誤判斷，解題關鍵：把握發生的反應及離子反應的書寫方法，側重分析與應用能力的考查，易錯點：A，注意離子反應中保留化學式的物質如HClO，B、反應生成氯化亞鐵和氫氣．2、D【解析】分析:A.左上角為質量數,質量數=質子數+中子數；B.原子：質子數=核外電子數；C.沒有表示出最外層電子；D.乙醇的結構簡式為C2H5OH或CH3CH2OH。詳解：A項，中子數為1的氫原子應為12H，故AB項，硫的核電荷數為16，硫原子最外層電子數為6，故B項錯誤；C項，沒有表示出氮原子最外層電子，其電子式應為：，故C項錯誤；D項，乙醇的結構簡式為C2H5OH或CH3CH2OH，故D項正確。綜上所述，本題正確答案為D。點睛：本題需要注意的是原子符號的書寫，結構簡式要把官能團表示出來，氮氣的電子式是?？键c，必須注意氮上面的孤對電子很容易忽略。3、B【解析】

若兩種有機物無論以何種比例混合，總物質的量一定的情況下，完全燃燒消耗的氧氣和生成的水的量固定，那么這兩種有機物分子中H的個數相同，且等物質的量的有機物完全燃燒時消耗的氧氣量相同?！驹斀狻緼．兩種有機物分子中H的個數不同，A項錯誤；B．兩種有機物分子中H的個數相同，且1個C3H6完全燃燒消耗4.5個O2，1個C5H6O4完全燃燒消耗也是4.5個O2，B項正確；C．兩種有機物分子中H的個數不同，C項錯誤；D．兩種有機物分子中H的個數相同，但1個CH4O完全燃燒消耗1.5個O2，1個C3H4O4完全燃燒消耗2個O2，耗氧量不同，D項錯誤；答案選B。4、D【解析】A.0.1mol/L的碳酸鈉溶液中，溶液中存在的離子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-，由于溶液要滿足電荷守恒，故有c（Na+

）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故A正確；B.在碳酸鈉溶液中，氫離子和氫氧根全部來自水的電離，而水電離出的氫離子和氫氧根的總量相同，而水電離出的氫離子被CO32-部分結合為HCO3-和H2CO3，根據質子守恒可知：c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（OH-），故B正確；C.在碳酸鈉中，鈉離子和碳酸根的個數之比為2：1，而在溶液中，碳酸根部分水解為H2CO3、HCO3-，根據物料守恒可知：c（Na+

）=2[c（H2CO3）+c（CO32-）+c（HCO3-）]，故C正確；D.0.1mol/L的碳酸鈉溶液中，溶液中存在的離子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-，由于溶液要滿足電荷守恒，故有c（Na+

）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故D錯誤；本題選D。5、C【解析】

A.甲烷是正四面體結構，分子中最多3個原子共平面；乙烷可以看成兩個甲基相連，所以乙烷中所有原子不可能在同一平面上；乙烯為平面結構，所有原子都處在同一平面上，故A正確；B.乙烯能與溴的四氯化碳溶液發生加成反應而褪色，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而褪色，而乙烷不能使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色，所以溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液都可以鑒別乙烯和乙烷，故B正確；C.乙烯含有C=C官能團，能與溴水發生加成反應，而乙烷不能與溴的四氯化碳溶液反應，可用溴的四氯化碳溶液可以除去乙烷中混有的乙烯；乙烷不能與酸性KMnO4溶液反應，乙烯被酸性高錳酸鉀溶液氧化，氧化時生成二氧化碳，所以酸性KMnO4溶液不可以除去乙烷中混有的乙烯，故C錯誤；D.乙烯含不飽和鍵，易于發生化學反應，性質活潑；通常情況下，乙烯的化學性質比乙烷活潑，故D正確；本題選C。6、C【解析】

A、由物料守恒關系判斷；B、二甲醚和乙醇的分子式均為CH2O，所含C-H鍵數目不同；C、最簡式相同的物質，無論以何種比例混合，只要總質量一定，消耗氧氣的量為定值；D、粗銅中含有活潑性強于銅的鐵、鋅等雜質?！驹斀狻緼項、Na2S溶液中S2－水解生成HS-和H2S,由物料守恒可知,lL0.lmol·L－1Na2S溶液中S2－、HS-和H2S的數目之和為0.1NA，故A錯誤；B項、46g有機物C2H6O的物質的量為1mol，C2H6O可能為二甲醚或乙醇，若為乙醇，0.1molC2H6O中含0.5NA個C-H鍵，若為二甲醚，含0.6NA個C-H鍵，故B錯誤；C項、乙酸、葡萄糖的最簡式相同，均為CH2O，60g混合物中含有的CH2O的物質的量為2mol，1molCH2O燃燒消耗1mol氧氣，則2molCH2O燃燒消耗的氧氣分子個數為2NA個，故C正確；D項、電解精煉銅時，粗銅中含有活潑性強于銅的鐵、鋅等雜質，電解時鐵、鋅雜質也會溶解，當陽極溶解銅6.4g時，轉移的電子數多于0.2NA個，陰極得電子數目多于0.2NA，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題考查阿伏加德羅常數，注意鹽類水解、同分異構體、最簡式相同混合物和粗銅成分的分析判斷是解答關鍵。7、B【解析】

A.油脂由高級脂肪酸與丙三醇形成的酯，一般相對分子質量不大，油脂不是高分子化合物，A錯誤；B.蛋白質水解的最終產物為氨基酸，氨基能和強酸反應，羧基能和強堿反應，B正確；C.蔗糖為非還原性糖，不能與新制氫氧化銅濁液發生反應，C錯誤；D.纖維素屬于高分子化合物，與淀粉中的n值不同，不是同分異構體，D錯誤；答案為B?！军c睛】淀粉、纖維素均為高分子化合物，但分子式中的n值不同，不是同分異構體。8、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。9、D【解析】

①天然氣、②煤、③石油屬于化石能源，是不可再生能源，對環境有污染，不是新能源；④太陽能、⑤氫能是清潔能源且可以再生，是新能源，故選D。10、D【解析】

A.乙炔在高溫高壓、催化劑條件下發生加聚反應生成聚乙炔，A正確；B.聚乙炔是由n個-CH=CH-組成的聚合物，化學式為，B正確；C.聚乙炔的鏈節為-CH=CH-，是一種碳原子之間以單雙鍵交替結合的鏈狀共軛結構，C正確；D.聚乙炔經溴或碘摻雜之后導電性會提高到金屬水平，成為電的良導體，D錯誤；答案選D。11、C【解析】試題分析：A.棒碳屬于鏈式炔烴，含有C—H鍵，是極性共價鍵，A項錯誤；B.棒碳分子中含有交替的單鍵和叁鍵，所以能使溴水褪色，B項錯誤；C.C+2CuOCO2↑+2Cu，而C60是碳元素的一種同素異形體，所以它也能發生類似反應，該反應是置換反應，C項正確；D.同系物必須是結構相似，即官能團的種類和個數相同，棒碳中多個叁鍵，而乙炔中只有一個叁鍵，所以棒碳與乙炔不能互為同系物，D項錯誤；答案選C。考點：考查置換反應、同系物、化學鍵類型的判斷等知識。

12、D【解析】分析：本題考查了醇的性質，掌握反應中的斷鍵位置。詳解：A.甲醇能發生催化氧化反應，但不能發生消去反應，故錯誤；B.該物質能發生催化氧化反應，也能發生消去反應，但是消去產物只有丙烯一種，故錯誤；C.該物質不能發生催化氧化，故錯誤；D.該物質能發生催化氧化反應，也能發生消去反應，生成1-丁烯或2-丁烯，故正確。故選D。點睛：醇的催化氧化或消去反應都有結構的要求。若羥基連接的碳原子上有氫原子，則能發生催化氧化反應，若羥基連接的碳原子的鄰位碳上有氫原子，則能發生消去反應。13、A【解析】A．氧化還原反應中氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，反應③16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2；反應②2A2++B2=2A3-+2B-中，氧化性B2＞A3+；反應①2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，則氧化性由強到弱的順序是XO4-＞Z2＞B2＞A3+，所以要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，而不氧化Z-和B-，應加入B2，故A錯誤；B．由①②③反應中還原性的比較可知，還原性由強到弱順序是A2+、B-、Z-、X2+，故B正確；C．反應③中X元素的化合價降低，則XO4-為氧化劑，則X2+是XO4-的還原產物，反應①中B-發生氧化反應生成B2，即B2是B-的氧化產物，故C正確；D．氧化還原反應中氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，反應③16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2；反應②2A2++B2=2A3-+2B-中，氧化性B2＞A3+；反應①2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，則氧化性由強到弱的順序是XO4-＞Z2＞B2＞A3+，所以溶液中XO4-能氧化A2+，發生的反應為XO4-+5A2++8H+=X2++5A3++4H2O，故D正確；答案為A。點睛：考查學生氧化還原反應中氧化性和還原性強弱判斷規律：氧化還原反應中還原劑的還原性強于還原產物的還原性，氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，且氧化性強的先被還原，氧化性強的先被氧化。14、D【解析】A、滴定管在裝液之前必須要用標準液潤洗，否則將稀釋標準液，選項A錯誤；B、錐形瓶用蒸餾水洗凈,不必干燥就能加入一定體積未知濃度的NaOH溶液，里面殘留有蒸餾水對測定結果無影響，選項B錯誤；C、在滴定之前必須排盡滴定管下端口的氣泡，然后記錄讀書，進行滴定，選項C錯誤；D、讀數時視線必須和凹液面最低處保持水平，選項D正確。答案選D。15、B【解析】

A項，反應是放熱還是吸熱，與反應條件無關，故放熱反應在常溫下不一定能直接發生，如燃燒反應都要點燃才能發生，A項正確；B項，需要加熱方能發生的反應不一定是吸熱反應，如鋁熱反應為放熱反應，需要加熱才能發生，B項錯誤；C項，反應是放熱反應還是吸熱反應看反應物和生成物具有的總能量的相對大小，C項正確；D項，吸熱反應在一定條件下也能發生，如氫氧化鋇晶體和氯化銨常溫下就能反應，D項正確；答案選B。16、D【解析】

由核外電子排布式可知，①1s22s22p63s23p4為S元素，②1s22s22p63s23p3為P元素，③1s22s22p5為F元素；A．S元素最高正化合價為+6，P元素最高正化合價為+5，故最高正化合價：①＞②，但F沒有正化合價，故A錯誤；B．同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑P＞S＞F，即②＞①＞③，故B錯誤；C．同周期自左而右電負性增大，同主族自上而下電負性減小，故電負性③＞①＞②，故C錯誤；D．同周期隨原子序數增大，元素第一電離能呈增大趨勢，P元素原子3p能級為半滿穩定狀態，第一電離能高于同周期相鄰元素，同主族自上而下第一電離能減小，故第一電離能F＞P＞S，即③＞②＞①，故D正確；故答案為D。17、A【解析】

丙烷分子式是C3H8，燃燒熱為△H=-2215kJ·mol-1，1mol丙烷燃燒會產生4mol水，放熱2215kJ。丙烷完全燃燒產生1.8g水，生成H2O的物質的量為0.1mol，消耗丙烷的物質的量為0.025mol，所以反應放出的熱量是Q=0.025mol×2215kJ/mol=55.375kJ，選A?！军c睛】本題考查燃燒熱的概念、反應熱的計算，考查學生分析問題、解決問題的能力及計算能力。18、A【解析】分析：常見的強電解質有強酸、強堿、大多數鹽和活潑金屬的氧化物；弱電解質有弱酸、弱堿和水，非電解質是在水溶液中和熔融狀態下都不導電的化合物，大多數有機化合物和非金屬氧化物等屬于非電解質，以此分析。詳解：A項，Ca(OH)2是強堿，屬于強電解質，Al(OH)3兩性氫氧化物，屬于弱電解質，SO2非金屬氧化物，屬于非電解質，故A正確；B項，H2SO4是強酸，屬于強電解質，CaCO3鹽，屬于強電解質，Al是單質，既不是電解質也不是非電解質，故B錯誤；C項，BaSO4是鹽，屬于強電解質，HClO弱酸，屬于弱電解質，H2O屬于弱電解質，故C錯誤；D項，HClO4是強酸，屬于強電解質，CH3COONH4鹽，屬于強電解質，C2H5OH有機物，屬于非電解質，故D錯誤；故本題選A。19、C【解析】

A．在固態與液態時均能導電，該晶體是金屬晶體，離子晶體在固態時不能導電，故A錯誤；B．分子的穩定與化學鍵有關，與氫鍵無關，因為氫氧共價鍵強于氫硫共價鍵，所以H2O

的熱穩定性比

H2S

強，故B錯誤；C．氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉，有水分子中的共價鍵的破壞，氧化鈉中離子鍵的破壞，形成了氫氧化鈉中的離子鍵和共價鍵，故C正確；D．氮氣是單質不是化合物，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題的易錯點為B，要注意分子的穩定性屬于化學性質，與化學鍵的強弱有關，而氫鍵一般影響的是物質的物理性質，主要影響物質的熔沸點。20、D【解析】

甲能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出二氧化碳，說明含有羧基，根據分子式確定另一個取代基。【詳解】甲能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出二氧化碳，說明含有羧基；苯環上只有兩個取代基，其中一個取代基為﹣Cl，根據分子式C10H11ClO2確定另一個取代基為﹣C4H7O2，取代基﹣C4H7O2的種類數為甲的同分異構體的種類數，當取代基﹣C4H7O2的含羧基的主鏈為4個碳有1種，含羧基的主鏈為3個碳有2種，含羧基的主鏈為2個碳有2種，共有5種，取代基﹣C4H7O2與取代基﹣Cl有鄰、間、對三種情況，則滿足條件的同分異構體的數目為5×3=15。答案選D。【點睛】本題考查同分異構體的書寫，題目難度中等，明確取代基﹣C4H7O2的種類數為甲的同分異構體的種類數為解題的關鍵。21、D【解析】

A、根據結構簡式，分子中的含氧官能團是羥基和醚鍵，故A正確；B.中苯環、碳碳雙鍵都能與氫氣發生加成反應，所以1mol丁子香酚與足量氫氣加成時，最多能消耗4molH2，故B正確；C.酚羥基鄰位苯環氫可與濃溴水發生取代反應、碳碳雙鍵與溴發生加成反應，所以1mol丁子香酚與濃溴水反應，最多消耗2molBr2，故C正確；D.丁子香酚中的酚羥基、都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故酸性KMnO4溶液褪色不能證明其分子中含有碳碳雙鍵，故D錯誤?！军c睛】本題考查有機物結構和性質，側重考查學生分析判斷能力及知識遷移能力，明確常見官能團結構及其性質關系是解本題關鍵。22、D【解析】

根據圖像，溶液中含有HA，說明HA為弱酸，即存在HAH＋＋A－，加入NaOH溶液，發生NaOH＋HA=NaA＋H2O，c(A－)/c(HA)比值增大，即，減小，然后依據溶液中三個“守恒”進行分析；【詳解】A、HA為弱酸，即存在HAH＋＋A－，Ka=c(H＋)×c(A－)/c(HA)，，時，Ka=c(H＋)=10－4.76=10－5＋0.24，即數量級為10－5，故A說法正確；B、，Ka和Kw只受溫度的影響，因此該比值保持不變，故B說法正確；C、根據電荷守恒，m點所示溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH－)＋c(A－)，由A選項分析，m點時，c(A－)=c(HA)，因此有c(H＋)=c(HA)＋c(OH－)－c(Na＋)，故C說法正確；D、n點時溶液pH=2，HA的物質的量大于NaOH的物質的量，則此時溶液中：c(Na＋)<c(A－)＋c(HA)，故D說法錯誤。二、非選擇題(共84分)23、CO32-、SiO32-b共價鍵和離子鍵AlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓②【解析】

強酸性溶液中一定不存在CO32-和SiO32-；加入過量硝酸鋇生成沉淀，則該沉淀為BaSO4沉淀，說明原溶液中含有SO42-離子；溶液中存在SO42-，則一定不存在和硫酸根離子反應的Ba2+，C是BaSO4；加入硝酸鋇產生氣體A，氣體A發生氧化反應生成氣體D，D與H2O、O2作用得溶液E，結合實驗過程中有一種氣體為紅棕色，則原溶液中存在Fe2+，氣體A是NO，D為NO2，E為硝酸；酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，所以在溶液中Fe2+和NO3-不能共存，原溶液中不存在NO3-；溶液B中加入過量氫氧化鈉溶液時，產生氣體F，則原溶液中含有NH4+，F是NH3；NH3與硝酸反應生成硝酸銨，I為硝酸銨；由于溶液B中存在Fe3+，則沉淀G是Fe（OH）3；溶液H中通入過量二氧化碳生成沉淀，則溶液H中含有偏鋁酸根，原溶液中存在Al3+，沉淀K是Al（OH）3，溶液L是NaHCO3，故溶液X中肯定含有的離子是Al3+、SO42-、NH4+、Fe2+，不能確定是否含有Fe3+，一定不存在Ba2+、CO32-、SiO32-、NO3-?！驹斀狻浚?）強酸性溶液中一定不會存在CO32-和SiO32-，故答案為：CO32-、SiO32-；（2）加入硝酸鋇產生氣體，則原溶液中存在Fe2+，酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，所以在溶液中Fe2+和NO3-不能共存，原溶液中不存在NO3-，故選b，故答案為：b；（3）化合物I為硝酸銨，硝酸銨為離子化合物，含有離子鍵和共價鍵，故答案為：共價鍵和離子鍵；（4）轉化⑦為偏鋁酸鈉溶液與過量二氧化碳反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為AlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓，故答案為：AlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓；（5）溶液中不能確定是否含有Fe3+，若要確定Fe3+存在，最好的操作方法是：取原溶液少量于試管中，滴入幾滴KSCN溶液，若溶液變為紅色，則證明含有Fe3+，反之則無，故選②，故答案為：②。【點睛】本題為考查離子推斷，注意準確全面的認識離子的性質、離子的特征、離子間的反應，緊扣反應現象推斷各離子存在的可能性是解答關鍵。24、(1)羰基，酯基(2)(3)加成(4)8(5)2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5＋C2H5OH(6)D，F(7)(4分)【解析】（1）根據B的結構簡式可知，含有的官能團是羰基，酯基。（2）B→D反應屬于取代反應，所以根據BD的結構簡式可知，C是（3）E中含有羰基，但在F中變成了羥基，這說明是羰基的加成反應（4）能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明含有酚羥基。根據分子式可知，另外一個取代基的化學式為－C4H7。即相當于是丁烯去掉1個氫原子后所得到的取代基，丁烯有3中同分異構體，總共含有8種不同的氫原子，所以－C4H7就有8種。（5）根據AB的結構簡式可知，反應應該是2分子的A通過取代反應生成1分子的B，同時還有1分子乙醇生成，方程式為2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5＋C2H5OH。（6）如果和碳原子相連的4個基團各不相同，則該碳原子就是手性碳原子，所以只有飽和碳原子才可能是手性碳原子，因此根據結構簡式可知DF中還有手性碳原子。（7）考查有機物的合成，一般采用逆推法。25、分液漏斗Cr2O72-+3SO2+2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O降低鉻鉀礬在溶液中的溶解量，有利于晶體析出防止鉻鉀礬失去結晶水%【解析】

由裝置圖可知，A為制備還原劑二氧化硫的裝置，B為制備鉻鉀礬的裝置，C為尾氣處理裝置。B中發生二氧化硫和Cr2O72-的反應，生成鉻離子和硫酸根離子，根據氧化還原反應的規律，結合化學實驗的基本操作分析解答?！驹斀狻?1)根據裝置圖，A中盛裝濃硫酸的儀器為分液漏斗，故答案為：分液漏斗；(2)裝置B中二氧化硫和Cr2O72-的反應，生成鉻離子和硫酸根離子，反應的離子方程式為Cr2O72-+3SO2+2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O，故答案為：Cr2O72-+3SO2+2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O；(3)反應結束后，從B裝置中獲取鉻鉀礬晶體的方法是：向混合物中加入乙醇后析出晶體，過濾、洗滌、低溫干燥，得到產品。①加入乙醇降低鉻鉀礬在溶液中的溶解量，有利于晶體析出，然后過濾即可，故答案為：降低鉻鉀礬在溶液中的溶解量，有利于晶體析出；②由于鉻鉀礬晶體[KCr(SO4)2˙12H2O]中含有結晶水，高溫下會失去結晶水，為了防止鉻鉀礬失去結晶水，實驗中需要低溫干燥，故答案為：防止鉻鉀礬失去結晶水；(4)將樣品置于錐形瓶中用適量水溶解，加入足量的Na2O2進行氧化，然后用硫酸酸化使鉻元素全部變成Cr2O72-，用cmol/L的FeSO4溶液滴定至終點，根據得失電子守恒，存在Cr2O72-~6FeSO4，根據Cr2O72-+3SO2+2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O有2Cr3+~Cr2O72-~6FeSO4，消耗FeSO4溶液vmL，消耗的FeSO4的物質的量=cmol/L×v×10-3L=cv×10-3mol，因此樣品中含有Cr3+的物質的量=×cv×10-3mol，樣品中鉻的質量分數=×100%=%，故答案為：%。26、球形冷凝管C2H5OH分子間存在氫鍵，溴乙烷分子間不能形成氫鍵下層ABCC使平衡向生成溴乙烷的方向移動1-溴丁烷和正丁醇的沸點相差較小，所以不能邊反應邊蒸出產物【解析】

（1）儀器A為球形冷凝管；（2）分子間氫鍵的存在導致物質的熔沸點升高；（3）1﹣溴丁烷難溶于水，密度比水大；（4）根據可能發生的副反應和反應物的溶解性分析；（5）根據雜質的化學性質分析；（6）根據化學平衡移動的原理分析?！驹斀狻浚?）圖乙中儀器A為球形冷凝管，故答案為球形冷凝管；（2）分子間氫鍵的存在導致物質的熔沸點升高，C2H5OH分子間存在氫鍵，溴乙烷分子間不能形成氫鍵，所以乙醇的沸點比溴乙烷溴乙烷的高，故答案為C2H5OH分子間存在氫鍵，溴乙烷分子間不能形成氫鍵；（3）1﹣溴丁烷難溶于水，密度比水大，則將1﹣溴丁烷粗產品置于分液漏斗中加水，振蕩后靜置，1﹣溴丁烷在下層，故答案為下層；（4）A、濃硫酸和1-丁醇反應發生副反應消去反應生成烯烴、分子間脫水反應生成醚，稀釋后不能發生類似反應減少副產物烯和醚的生成，故正確；B、濃硫酸具有強氧化性能將溴離子氧化為溴單質，稀釋濃硫酸后能減少溴單質的生成，故正確；C、反應需要溴化氫和1-丁醇反應，濃硫酸溶解溶液溫度升高，使溴化氫揮發，稀釋后減少HBr的揮發，故正確；D.、水是產物不是反應的催化劑，故錯誤；ABC正確，故答案為ABC；（5）A、NaI和溴單質反應，但生成的碘單質會混入，故錯誤；B、溴單質和氫氧化鈉反應，溴代烷也和NaOH溶液中水解反應，故錯誤；C、溴單質和NaHSO3溶液發生氧化還原反應，可以除去溴單質，故正確；D、KCl不能除去溴單質，故錯誤；C正確，故選C；（6）根據題給信息知，乙醇和溴乙烷的沸點相差較大，采用邊反應邊蒸出產物的方法，可以使平衡向生成溴乙烷的方向移動，而1-溴丁烷和正丁醇的沸點相差較小，若邊反應邊蒸餾，會有較多的正丁醇被蒸出，所以不能邊反應邊蒸出產物；而1-溴丁烷和正丁醇的沸點相差較小，所以不能邊反應邊蒸出產物，故答案為使平衡向生成溴乙烷的方向移動；1-溴丁烷和正丁醇的沸點相差較小，所以不能邊反應邊蒸出產物?！军c睛】本題考查有機物的制備，注意反應物和生成物的性質，明確試劑的作用和儀器選擇的依據是解答關鍵。27、KMnO4(H+)溶液溴水水【解析】（1）甲苯能被高錳酸鉀氧化使其褪色，而苯不能，所以用KMnO4（H+）溶液鑒別時二者現象不同，可以鑒別，故答案為：KMnO4（H+）溶液；（2）三種物質與溴水混合，苯的密度比水小，有機層在上層，而溴苯的密度比水大有機層在下層，已烯與溴水發生加成反應而使其褪色，所以用溴水鑒別時三者現象不同，可以鑒別，故答案為：溴水；（3）三種物質與水混合，甲苯、四氯化碳不溶于水，分層現象不同，有機層在上層的為甲苯，在下層的為四氯化碳，乙醇與水混溶不分層，所以用水鑒別時三者現象不同，可以鑒別，故答案為：水。點睛：本題主要考查有機物的鑒別。常見能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的有機物有烯烴、炔烴、苯的同系物、醇、酚、醛等；而選擇用水鑒別的有機物通常可從水溶性及與水的密度比較角度分析，如存在與水混溶的，難溶于水但密度有比水大的、有比水小的，即可用水鑒別。28、sp3非金屬性增強，得電子時釋放的能量依次增大氮元素2p軌道為半滿狀態，較穩定，第一親和能較低343s23p63d10弱平面三角形Fe2+的價電子排布為3d6，失去一個電子成Fe3+為3d5，半滿狀態穩定【解析】

(1)在S8中，S原子的價層電子對數為4，由此得出S采用的軌道雜化方式。(2)除氮元素外，其他元素非金屬性越強，第一親和能E1越大；氮元素的2p軌道半充滿，電子能量低，原子穩定。(3)Se比S多18個電子，由此可得出原子序數及核外M層電子的排布式。(4)Se比S的非金屬性弱，則可得出H2Se與H2S的穩定性關系。SeO3分子中S原子的價層電子對數為3，由此可得出立體構型。(5)從原子核外軌道中的電子排布，可確定Fe2+易被氧化成Fe3+的原因?！驹斀狻?1)在S8中，S原子的價層電子對數為4，則S采用的軌道雜化方式sp3。答案為：sp3；(2)除氮元素外，其他元素非金屬性越強，第一親和能E1越大，其原因是非金屬性增強，得電子時釋放的能量依次增大；氮元素的2p軌道半充滿，電子能量低，原子穩定，由此得出氮元素的E1呈現異常的原因是氮元素2p軌道為半滿狀態，較穩定，第一親和能較低。答案為：非金屬性增強，得電子時釋放的能量依次增大；氮元素2p軌道為半滿狀態，較穩定，第一親和能較低；(3)Se比S多1個電子層，多18個電子，由此可得出原子序數為34，核外M層電子的排布式為3s23p63d10。答案為：34；3s23p63d10；(4)Se比S的非金屬性弱，則H2Se的穩定性比H2S弱。SeO3分子中S原子的價層電子對數為3，則立體構型為平面三角形。答案為：弱；平面三角形；(5)從原子核外軌道中