2025屆山東省鄒城市高二化學第二學期期末質量檢測模擬試題注意事項：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(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、在有機物分子中，若某碳原子連接四個不同的原子或基團，則這種碳原子稱為“手性碳原子”，含“手性碳原子”的物質通常具有不同的光學特征（稱為光學活性），下列物質在一定條件下不能使分子失去光學活性的是A．H2 B．CH3COOH C．O2／Cu D．NaOH溶液2、將cmol/L的AlCl3溶液V1mL加水稀釋至V2mL,稀釋后溶液中Cl―物質的量濃度為A．3V1cC．V1c3、下列有關σ鍵和π鍵的說法錯誤的是()A．在某些分子中，化學鍵可能只有π鍵而沒有σ鍵B．當原子形成分子時，首先形成σ鍵，可能形成π鍵，配位鍵都是σ鍵C．σ鍵的特征是軸對稱，π鍵的特征是鏡面對稱D．含有π鍵的分子在反應時，π鍵是化學反應的積極參與者4、在一定條件下，Na2S溶液存在水解平衡:S2-+H2OHS-+OH-，下列說法正確的是A．稀釋溶液，水解平衡常數增大 B．升高溫度,c(HS-)/c(S2-)增大C．加入NaOH固體,溶液pH減小 D．加入CuSO4固體,HS-濃度增大5、下列各組物質中能用分液漏斗分離的是A．乙醇和乙醛 B．甲苯和苯酚C．乙酸乙酯和醋酸 D．硝基苯和水6、2016年2月《Nature》報道的一種四室（1#～4#）自供電從低濃度廢水中回收銅等重金屬的裝置如下圖所示：下列說法正確的是A．裝置工作時，4#室中溶液pH不變B．X、Y依次為陰離子、陽離子選擇性交換膜C．負極的電極反應為：BH4-+8OH--8e-=B(OH)4-+4H2OD．單位時間內4n(NaBH4)消耗>n(Cu)生成是由于負極上有O2析出7、下列各對物質，互為同系物的是（）A．CH3CH2C1與CH3CHCl﹣CH2Cl B．CH3COOH與CH3CH2COOCH3C．與 D．與8、電池是人類生產、生活中重要的能量來源，各種電池的發明是化學對人類的一項重大貢獻。下列有關電池的敘述正確的是A．鋅錳干電池工作一段時間后碳棒變細B．氫氧燃料電池可將熱能直接轉變為電能C．氫氧燃料電池工作時氫氣在負極被氧化D．太陽能電池的主要材料是高純度的二氧化硅9、工業上，常用Fe2(SO4)3溶液作腐蝕液，腐蝕銅質電路板得到廢液主要成分是FeSO4和CuSO4，含少量Fe2(SO4)3。某學習小組設計裝置從廢液中提取銅，如圖所示。已知:Fe2+失電子能力比OH-強。下列說法正確的是A．電解初期陰極沒有銅析出，原因是2H++2e-=H2↑B．石墨極的電極反應式為2H2O+4e-=4H++O2↑C．若電路中轉移2mol電子，理論上有2molM從交換膜左側向右側遷移D．若將廢液2充入陽極室時可再生腐蝕液（硫酸鐵溶液）10、下列離子方程式書寫正確的是（）A．氧化亞鐵溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2OB．往CaCl2溶液中通入少量的CO2：Ca2＋＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2H＋C．碳酸氫銨溶液中加入過量氫氧化鈉溶液：HCO3－+OH－＝CO32－+H2OD．向澄清石灰水中滴加少量的NaHCO3溶液：Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O11、下列實驗能達到預期目的的是A．將蔗糖和稀加熱水解后的液體取出少許，加入新制懸濁液并加熱煮沸，無紅色沉淀生成，證明蔗糖未發生水解生成葡萄糖B．蛋白質溶液中加入酒精可以使蛋白質從溶液中析出，再加水又能溶解C．可以采用多次鹽析或多次滲析的方法分離、提純蛋白質D．向淀粉溶液中加入稀，水浴加熱一段時間后，取出部分水解液滴加碘水，若溶液變藍，證明淀粉未發生水解12、下列數據對應物質的熔點，據此作出下列判斷中錯誤的是()Na2ONaClAlF3AlCl3920℃801℃1292℃190℃BCl3Al2O3CO2SiO2-107℃2073℃-57℃1723℃A．鋁的化合物的晶體中有離子晶體B．表中只有BCl3和AlCl3是分子晶體C．同族元素的氧化物可形成不同類型的晶體D．不同族元素的氧化物可形成相同類型的晶體13、在100mL溴化亞鐵溶液中通入2.24L氯氣（標準狀況），若有三分之一的溴離子被氧化，則原溴化亞鐵溶液的物質的量濃度為（）A．3mol/LB．1.2mol/LC．1.5mol/LD．2.0mol/L14、某溶液中含有NH4+、Na＋、Mg2＋、NO3－4種離子，若向其中加入少量過氧化鈉固體后溶液中離子濃度基本保持不變的是()A．Mg2＋ B．Na＋ C．NH4+ D．NO3－15、將11.9g由Mg、Al、Fe組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金質量減少了2.7g。另取等質量的合金溶于過量稀硝酸中，生成了6.72LNO（標準狀況下），向反應后的溶液中加入過量NaOH溶液，過濾，得到沉淀的質量為A．19.4gB．27.2gC．30gD．無法計算16、中華傳統文化源遠流長，古代化學與生產生活密切相關。下列對描述內容分析錯誤的是選項描述分析A“丹砂(HgS)燒之成水銀，積變又還成丹砂”此過程涉及化學變化B“用濃酒和糟入甑，蒸令氣上……其清如水”涉及的操作是蒸餾C“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”硝石中含碘單質D“采蒿蓼之屬，曬干燒灰，以水淋汁，浣衣發面，去垢”利用其水解顯堿性去污A．A B．B C．C D．D17、乙酸和乙醇在濃硫酸的催化下發生酯化反應時，乙酸分子中斷鍵的位置是（）A．a B．b C．c D．d18、下列電池不屬于化學電源的是A．燃料電池 B．蓄電池C．光伏電池 D．鋅銅硫酸電池19、用價層電子對互斥理論預測H2O和BF3的立體結構，兩個結論都正確的是（）A．直線形；三角錐形B．V形；三角錐形C．直線形；平面三角形D．V形；平面正三角形20、空氣吹出法是工業規模海水提溴的常用方法，流程如下，下列說法不正確的是：A．步驟①中發生的主要反應為Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－B．步驟②③的目的是富集溴元素C．物質X為HBrOD．空氣吹出法用到了溴易揮發的性質21、下列電離方程式，書寫正確的是(

)A．H2SO4=2H++SO42-B．NH3·H2O=NH4++OH-C．H2CO3=H2O+CO2↑D．H2CO32H++CO32-22、下列指定反應的離子方程式正確的是（）A．氫氧化鎂與鹽酸反應：B．將鋁片打磨后立即放入氫氧化鈉溶液中：C．溶液中加入足量稀（必要時可加熱）：D．硫酸氫銨溶液中滴加少量溶液：二、非選擇題(共84分)23、（14分）由短周期元素組成的化合物X是某抗酸藥的有效成分。某同學欲探究X的組成。查閱資料：①由短周期元素組成的抗酸藥的有效成分有碳酸氫鈉、碳酸鎂、氫氧化鋁、硅酸鎂鋁、磷酸鋁、堿式碳酸鎂鋁。②Al3＋在pH＝5.0時沉淀完全；Mg2＋在pH＝8.8時開始沉淀，在pH＝11.4時沉淀完全。實驗過程：Ⅰ.向化合物X粉末中加入過量鹽酸，產生氣體A，得到無色溶液。Ⅱ.用鉑絲蘸取少量Ⅰ中所得的溶液，在火焰上灼燒，無黃色火焰。Ⅲ.向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水，調節pH至5～6，產生白色沉淀B，過濾。Ⅳ.向沉淀B中加過量NaOH溶液，沉淀全部溶解。Ⅴ.向Ⅲ中得到的濾液中滴加NaOH溶液，調節pH至12，得到白色沉淀C。(1)Ⅰ中氣體A可使澄清石灰水變渾濁，A的化學式是________。(2)由Ⅰ、Ⅱ判斷X一定不含有的元素是磷、________。(3)Ⅲ中生成B的離子方程式是__________________________________________________。(4)Ⅳ中B溶解的離子方程式是__________________________________________________。(5)沉淀C的化學式是________。(6)若上述n(A)∶n(B)∶n(C)＝1∶1∶3，則X的化學式是__________________________。24、（12分）醇酸樹脂，附著力強，并具有良好的耐磨性、絕緣性等，在油漆、涂料、船舶等方面有很廣的應用。下面是一種醇酸樹脂G的合成路線：已知：RCH2=CH2(1)反應①的反應條件為___________________，合成G過程中會生成另一種醇酸樹脂，其結構簡式為____________________________________(2)反應②⑤反應類型分別為________、________；(3)反應④的化學方程式為________；(4)寫出一種符合下列條件的F的同分異構體________。a.1mol該物質與4mol新制氫氧化銅懸濁液反應b．遇FeCl3溶液顯紫色c．核磁共振氫譜有3組峰值，比值為1：1：1(5)設計由1一溴丙烷制備聚丙烯醇（）的流程圖：________。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）某研究性學習小組欲探究原電池的形成條件，按下圖所示裝置進行實驗序號AB燒杯中的液體指針是否偏轉1ZnCu稀硫酸有2ZnZn稀硫酸無3CuC氯化鈉溶液有4MgAl氫氧化鈉溶液有分析上述數據，回答下列問題：(1)實驗1中電流由________極流向_______極（填“A”或“B”）(2)實驗4中電子由B極流向A極，表明負極是_________電極（填“鎂”或“鋁”）(3)實驗3表明______A．銅在潮濕空氣中不會被腐蝕B．銅的腐蝕是自發進行的(4)分析上表有關信息，下列說法不正確的是____________A．相對活潑的金屬一定做負極B．失去電子的電極是負極C．燒杯中的液體，必須是電解質溶液D．浸入同一電解質溶液中的兩個電極，是活潑性不同的兩種金屬（或其中一種非金屬）27、（12分）現有一份含有FeCl3和FeCl2的固體混合物，某化學興趣小組為測定各成分的含量進行如下兩個實驗：實驗1①稱取一定質量的樣品，將樣品溶解；②向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，產生沉淀；③將沉淀過濾、洗滌、干燥得到白色固體28.7g實驗2①稱取與實驗1中相同質量的樣品，溶解；②向溶解后的溶液中通入足量的Cl2；③再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到紅褐色沉淀；④將沉淀過濾、洗滌后，加熱灼燒到質量不再減少，得到固體Fe2O36.40g根據實驗回答下列問題：（1）溶解過程中所用到的玻璃儀器有________（2）實驗室保存FeCl2溶液時通常會向其中加入少量的鐵粉，其作用是_________（3）用化學方程式表示實驗2的步驟②中通入足量Cl2的反應：___________（4）用容量瓶配制實驗所用的NaOH溶液，下列情況會使所配溶液濃度偏高的是(填序號)_______。a．未冷卻溶液直接轉移b．沒用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2～3次并轉入容量瓶c．加蒸餾水時，不慎超過了刻度線d．砝碼上沾有雜質e．容量瓶使用前內壁沾有水珠（5）檢驗實驗2的步驟④中沉淀洗滌干凈的方法是___________（6）該小組每次稱取的樣品中含有FeCl2的質量為_________g28、（14分）利用熔融堿焙燒工藝可從鋁熱法生產金屬鉻所得鉻渣(Al、Al2O3、Cr2O3等)中浸出鉻和鋁，實現鉻和鋁的再生利用。其工作流程如下：(1)鋁熱法冶煉金屬鉻，是利用了金屬鋁的______(填“氧化性”或“還原性”)。(2)溶液1中的主要的陰離子有CrO42-、_____(填離子符號)。(3)過程I，在Cr2O3參與的反應中，若生成0.4molCrO42-,消耗氧化劑的物質的量是_______。(4)通入CO2調節溶液pH實現物質的分離。①濾渣A煅燒得到Al2O3，再用電解法冶煉Al。冶煉Al的化學方程式是_______。②濾渣B受熱分解所得物質可以循環利用，B是________(填化學式)。③已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2OK=4.0×1014濾液3中Cr2O72-的濃度是0.04mol/L，則CrO42-的濃度是_____mol/L。(5)過程II的目的是得到K2Cr2O7粗品，粗品再重結晶可制得純凈的K2Cr2O7。不同溫度下化合物的溶解度(g/100gH2O)結合表中數據分析，過程II得到K2Cr2O7粗品的操作是：______，過濾得到K2Cr2O7粗品。29、（10分）氟的單質及含氟化合物用途非常廣泛。回答下列問題：(1)BF3常用作有機反應的催化劑，下列B原子電子排布圖表示的狀態中，能量最低和最高的分別為____________、_______________。(填標號)(2)NH4HF2(氟氫化銨)固態時包含的作用力有_______________(填標號)。a.離子鍵b.σ鍵c.π鍵d.氫鍵(3)由反應2F2+2NaOH＝OF2+2NaF+H2O可制備OF2。OF2的空間構型為___________，氧原子的雜化方式是_____________________________(4)CsF是離子晶體，其晶格能可通過圖(a)的born－Haber循環計算得到。由圖（a）可知，Cs原子的第一電離能為_______________________kJ·mol－1，F－F鍵的鍵能為________kJ·mol－1，CsF的晶格能為________kJ·mol－1。(5)BaF2晶胞是一種良好的閃爍晶體[如圖(b)所示]。Ba2＋的配位數為_________個；已知其密度為4.893g?cm-3，則BaF2的晶胞參數為a=____________

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、H2在一定條件下與醛基發生加成反應生成—CH2OH，失去光學活性，錯誤；B、CH3COOH與醇羥基發生酯化反應，不失去光學活性，正確；C、—CH2OH在銅作催化劑、加熱的條件下與氧氣反應生成醛基，失去光學活性，錯誤；D、鹵代烴與氫氧化鈉溶液發生水解反應生成—CH2OH，失去光學活性，錯誤。2、A【解析】

AlCl3溶液的物質的量濃度是cmol/L，根據鹽的組成可知溶液中c(Cl-)=3cmol/L，當把V1mL溶液加水稀釋至V2mL，在稀釋過程中溶質的物質的量不變，稀釋后溶液中Cl-物質的量濃度為(3cmol/L×V1mL)÷V2mL=3cV1/V2mol/L，答案選A。3、A【解析】

A．共價鍵中一定含σ鍵，則在分子中，化學鍵可能只有σ鍵，而沒有π鍵，選項A錯誤；B．原子形成分子，優先頭碰頭重疊，則先形成σ鍵，可能形成π鍵，選項B正確；C．σ鍵是“頭碰頭”重疊形成，可沿鍵軸自由旋轉，為軸對稱；而π鍵是由兩個p電子“肩并肩”重疊形成，重疊程度小，為鏡像對稱，選項C正確；D．π鍵不穩定，易斷裂，則含有π鍵的分子在反應時，π鍵是化學反應的積極參與者，選項D正確；答案選A。【點睛】本題考查共價鍵及類型，把握共價鍵的形成及判斷共價鍵的規律為解答的關鍵，注意共價鍵中一定含σ鍵。4、B【解析】

A、平衡常數僅與溫度有關，溫度不變，則稀釋時平衡常數是不變的，選項A錯誤；B、水解反應是吸熱反應，升溫促進水解，平衡正移，c（S2-）減小，c（HS-）增大，所以c(HS?)/c(S2?)增大，選項B正確；C、加入NaOH固體，NaOH是一種強堿，溶液pH增大，選項C錯誤；D、加入CuSO4固體，Cu2+與S2-反應生成CuS沉淀，使S2-+H2OHS-+OH-逆向移動，HS-濃度減小，選項D錯誤；答案選B。5、D【解析】

能用分液漏斗分離的應該是互不相溶的液體混合物。A．乙醇和乙醛互溶，不符合題意，錯誤；B．苯酚易溶于甲苯，不符合題意，錯誤；C．醋酸可以溶解在乙酸乙酯中，錯誤；D．硝基苯難溶于水，密度比水大，因此是互不相溶的兩種液體混合物，可以使用分液漏斗分離，正確。答案選D。6、C【解析】

A.根據圖示可知：1#室中BH4-失去電子變為B(OH)4-，電子由負極經外電路轉移到正極上，4#室中Cu2+獲得電子變為單質Cu析出，CuSO4是強酸弱堿鹽，Cu2+水解使溶液顯酸性，Cu2+濃度降低，溶液的酸性減弱，因此pH增大，A錯誤；B.根據圖示可知：左邊的1#室溶液中的K+、Na+通過X膜進入2#室、3#室，所以X膜為陽離子膜；4#室中SO42-通過Y膜進入到3#室，所以Y膜為陰離子膜，B錯誤；C.根據圖示可知負極上BH4-失去電子變為B(OH)4-，因此負極的電極反應為：BH4-+8OH--8e-=B(OH)4-+4H2O，C正確；D.每1molBH4-失去8mole-，而每1molCu2+獲得2mol電子，所以若單位時間內4n(NaBH4)消耗>n(Cu)生成是由于正極上有H2析出，D錯誤；故合理選項是C。7、C【解析】

結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質互稱為同系物，互為同系物的物質滿足以下特點：結構相似屬于同類物質，含有相同數目的相同官能團。【詳解】A項、CH3CH2C1與CH3CHCl﹣CH2Cl含有的官能團Cl原子的數目不同，不是同系物，故A錯誤；B項、CH3COOH的官能團為羧基，屬于羧酸，CH3CH2COOCH3的官能團為酯基，屬于酯類，有機物類別不同，不互為同系物，故B錯誤；C項、與均屬于酚類，在分子組成上相差一個CH2原子團，互為同系物，故C正確；D項、屬于脂環烴，屬于鏈烴，有機物類別不同，不互為同系物，故D錯誤；故選C。【點睛】本題考查同系物的判斷，注意掌握同系物的概念及判斷方法，明確互為同系物的化合物一定滿足結構相似，即含有的官能團類型及數目一定相同是解答關鍵。8、C【解析】試題分析：A．在鋅錳干電池中，正極是碳棒，該極上二氧化錳發生得電子的還原反應，該電極質量不會減少，A項錯誤；B．氫氧燃料電池屬于原電池的一種，是將化學能轉化為電能的裝置，不能將熱能直接轉變為電能，B項錯誤；C．氫氧燃料電池中，燃料做負極，發生失電子的氧化反應，被氧化，C項正確；D．太陽能電池的主要材料是半導體硅，不是二氧化硅，D項錯誤；答案選C。考點：考查燃料電池、太陽能電池和干電池的工作原理。9、D【解析】分析：石墨極為陽極，陽極室的電解質是稀硫酸，陽極反應式為2H2O－4e-＝O2↑＋4H+，銅電極為陰極，根據氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，初期沒有銅析出，發生Fe3++e-＝Fe2+，電解池中陰離子由陰極室移向陽極室，M為SO42-，據此結合電荷守恒和電解池原理分析解答。詳解：A.依題意，廢液1含有Fe2+、Cu2+，少量的Fe3+，及少量的H+，氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，初期沒有銅析出，是因為Fe3++e-＝Fe2+，故A錯誤；B.石墨極為陽極，陽極室的電解質是稀硫酸，陽極反應式為2H2O－4e-＝O2↑＋4H+，故B錯誤；C.電解池中陰離子由陰極室移向陽極室，M為SO42-，電路中轉移2mol電子時，理論上遷移1molSO42-，故C錯誤；D.將硫酸亞鐵溶液充入陽極室，失去電子能力：Fe2+＞OH-，陽極反應式為Fe2+－e-＝Fe3+，SO42-由陰極室遷移到陽極室，獲得Fe2(SO4)3，故D正確；故選D。10、D【解析】

A、硝酸有強氧化性，會將亞鐵離子氧化為鐵離子，方程式應為：3FeO十10H++NO3一=3Fe3++NO↑+5H2O，錯誤；B、鹽酸的酸性強于碳酸，反應無法進行，錯誤；C、過量的氫氧化鈉與銨根離子也會反應產生氨水，方程式應為：HCO3一+NH4++2OH一=CO32—+H2O+NH3?H2O，錯誤；D、向澄清石灰水中漓加少量的NaHCO3溶液，NaHCO3不足，氫氧根離子部分未反應，正確；答案選D。11、C【解析】

A.將蔗糖和稀加熱水解后的液體取出少許，需要加入適量的氫氧化鈉，以中和稀硫酸，調節溶液呈堿性，再加入新制懸濁液并加熱煮沸，故A錯誤；B.酒精能使蛋白質變性，變性后的蛋白質不能再被溶解，故B錯誤；C.蛋白質屬于膠體，遇飽和無機鹽溶液析出，但不改變活性，不能透過半透膜，可用多次鹽析或多次滲析的方法分離、提純蛋白質，故C正確；D.向淀粉溶液中加入稀，水浴加熱一段時間后，取出部分水解液滴加碘水，若溶液變藍，只能說明淀粉水解不完全，故D錯誤；故選C。12、B【解析】

A．由表中數據可知，Al2O3為離子晶體，故A正確；B．表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶體，沸點都較低，故B錯誤；C．C和Si同主族，但氧化物的晶體類型不同，分別屬于分子晶體和原子晶體，故C正確；D．Na和Al不同主族，但對應的氧化物都為離子晶體，說明不同族元素的氧化物可形成相同類型的晶體，故D正確；故答案為B。13、B【解析】分析：還原性Fe2+>Br-，氯氣先氧化亞鐵離子，亞鐵離子反應完畢，再氧化溴離子，根據n=VVm計算氯氣的物質的量，令原溶液中FeBr2的物質的量為amol，利用電子轉移守恒計算a的值，再根據c=nV計算原FeBr詳解:標準狀況下2.24L氯氣的物質的量為2.24L22.4L/mol=0.1mol，還原性Fe2+>Br-，氯氣先氧化亞鐵離子，亞鐵離子反應完畢，再氧化溴離子，令原溶液中FeBr2的物質的量為amol，根據電子轉移守恒，則：amol×(3-2)+13×2×amol×[0-(-1)]=0.1mol×2，計算得出a=0.12，

故原FeBr2溶液的物質的量濃度0.12mol0.1L=1.2mol/L，

14、D【解析】

過氧化鈉與水反應的方程式為2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑，溶液中Na+濃度增大；鎂離子結合氫氧根離子生成氫氧化鎂沉淀，導致鎂離子濃度減小；銨根離子結合氫氧根離子生成一水合氨，銨根離子濃度減小，因此濃度幾乎不變的是硝酸根離子，答案選D。15、A【解析】將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3+、Fe3+、Mg2+離子，根據電子守恒，金屬共失去電子的物質的量和氮原子得電子的量是相等的，生成了6.72LNO，物質的量是6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，其中氮原子得電子的物質的量是0.3mol×（5-2）=0.9mol，根據前后發生的整個過程的反應可判斷反應中金屬失去電子的物質的量等于生成堿的氫氧根離子的物質的量，即n（OH-）=0.9mol，從金屬單質轉化為其氫氧化物，增加的是氫氧根離子的質量，所以反應后沉淀的質量（包括氫氧化鋁）等于11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，但是加入過量氫氧化鈉后，不會生成氫氧化鋁沉淀，開始合金質量減少了2.7g，即鋁是0.1mol，所以沉淀氫氧化鋁的量是7.8g，最終所得沉淀的質量=27.2g-7.8g=19.4g，答案選A。16、C【解析】

A.“丹砂(HgS)燒之成水銀，積變又還成丹砂”發生汞與氧氣反應生成氧化汞，氧化汞加熱分解生成汞和氧氣，涉及化學反應，選項A正確；B.“用濃酒和糟入甑,蒸令氣上……其清如水”可見，燒酒的釀造方法為：加熱濃酒和糟，利用沸點的不同，將酒蒸出，然后用器皿盛裝冷凝后的餾分，即蒸餾，選項B正確；C.硝石為硝酸鉀，不含碘單質，選項C錯誤；D.“采蒿蓼之屬，曬干燒灰”，說明“石堿”成分來自植物燒成的灰中的成分碳酸鉀，其水解顯堿性能洗去油污，選項D正確。答案選C。17、B【解析】

乙酸和乙醇在濃硫酸的催化下發生酯化反應時，乙酸分子脫去羥基，斷裂的化學鍵為C-O鍵，即從圖示中的b位置斷裂，故選B。18、C【解析】

化學電源又稱電池，是一種能將化學能直接轉變成電能的裝置，光伏電池為把太陽的光能直接轉化為電能，不屬于化學電源，答案為C。19、D【解析】分析：H2O中中心原子O上的孤電子對數為12×（6-2×1）=2，成鍵電子對數為2，價層電子對數為2+2=4，VSEPR模型為四面體形，略去O上的兩對孤電子對，H2O為V形；BF3中中心原子B上的孤電子對數為12×（3-3×1）=0，成鍵電子對數為3，價層電子對數為0+3=3，VSEPR模型為平面正三角形，B詳解：H2O中中心原子O上的孤電子對數為12×（6-2×1）=2，成鍵電子對數為2，價層電子對數為2+2=4，VSEPR模型為四面體形，略去O上的兩對孤電子對，H2O為V形；BF3中中心原子B上的孤電子對數為12×（3-3×1）=0，成鍵電子對數為3，價層電子對數為0+3=3，VSEPR模型為平面正三角形，B上沒有孤電子對，BF3點睛：本題考查價層電子對互斥理論確定分子的空間構型，理解價層電子對互斥理論確定分子空間構型的步驟是解題的關鍵。當中心原子上沒有孤電子對時，分子的空間構型與VSEPR模型一致；當中心原子上有孤電子對時，分子的空間構型與VSEPR模型不一致。20、C【解析】

A．步驟①中發生的主要反應是氯氣和溴離子反應生成溴單質，反應離子方程式為：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，故A正確；B．步驟②③吹出溴單質后，用二氧化硫還原后再用氯氣氧化的目的是富集溴元素，故B正確；C．分析可知X為HBr，故C錯誤；D．熱空氣吹出溴單質是利用了溴單質易揮發的性質，故D正確；答案選C。21、A【解析】分析：A.硫酸是二元強酸；B.一水合氨是弱電解質；C.碳酸是二元弱酸；D.碳酸是二元弱酸。詳解：A.硫酸是二元強酸，電離方程式為H2SO4=2H++SO42-，A正確；B.一水合氨是弱電解質，存在電離平衡，NH3·H2ONH4++OH-，B錯誤；C.碳酸是二元弱酸，分步電離：H2CO3H++HCO3-、HCO3－H++CO32-，C錯誤；D.碳酸是二元弱酸，分步電離：H2CO3H++HCO3-、HCO3－H++CO32-，D錯誤；答案選A。22、D【解析】

A.氫氧化鎂是沉淀不可拆，所以正確方程式為：，A項錯誤；B.氧原子不守恒，所以正確方程式為：，B項錯誤；C.加入硝酸發生氧化還原反應，有NO生成，所以正確方程式為：，C項錯誤；D.加入少量氫氧化鋇溶液，陽離子中氫離子先與氫氧化鋇反應，銨根離子反應順序在氫離子之后，所以硫酸氫銨溶液中滴加少量溶液反應方程式為：正確，D項正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、CO2鈉、硅Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2OMg(OH)2Mg3Al(OH)7CO3【解析】

氣體A可使澄清石灰水變渾濁，結合抗酸藥的有效成分，知該氣體A為CO2，X中一定不含Si元素，因為硅酸鹽中加入適量鹽酸，會產生硅酸沉淀，溶液B中含有氯化鎂和氯化鋁；X中一定不含Na，因為Na的焰色為黃色；根據題給信息知調節pH至5～6時生成的白色沉淀B為Al(OH)3；加入過量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，離子方程式為：Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；加入NaOH溶液調節pH至12，有白色沉淀產生，則沉淀C為Mg(OH)2，據此解答。【詳解】（1）氣體A可使澄清石灰水變渾濁，結合抗酸藥的有效成分，知該氣體為CO2；（2）X中一定不含Si元素，因為硅酸鹽中加入過量鹽酸，會產生硅酸沉淀，一定不含Na元素，因為Na元素的焰色為黃色，即由Ⅰ、Ⅱ判斷X一定不含有的元素是磷、硅、鈉；（3）調節pH至5～6時生成的白色沉淀為Al(OH)3，NH3?H2O為弱電解質，離子方程式中應寫為化學式，即離子方程式為Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋；（4）Ⅳ中氫氧化鋁溶解的離子方程式為Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；（5）加入NaOH溶液調節pH至12，有白色沉淀產生，則沉淀C為Mg(OH)2；（6）由于n（CO2）:n[Al(OH)3]:n[Mg(OH)2]=1:1:3，則CO32-、Al3+、Mg2+的物質的量之比為1:1:3，結合電荷守恒，則CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物質的量之比為1:1:3:7，故X為Mg3Al(OH)7CO3。24、NaOH醇溶液、加熱加成反應縮聚反應+O2+2H2O或或或CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH【解析】

發生催化氧化生成E，E進一步發生氧化反應生成F為，F與D發生縮聚反應生成高聚物G，可知D為，逆推可知C為BrCH2CHBrCH2Br、B為BrCH2CH=CH2、A為CH3CH=CH2。據此解答。【詳解】（1）反應①是CH3CHBrCH3轉化為CH3CH=CH2，發生消去反應，反應條件為：NaOH醇溶液、加熱。合成G過程中會生成另一種醇酸樹脂，其結構簡式為，故答案為：NaOH醇溶液、加熱；。（2）反應②屬于加成反應，反應⑤屬于縮聚反應。故答案為：加成反應；縮聚反應。（3）反應④的化學方程式為+O2+2H2O，故答案為：+O2+2H2O。（4）F()的同分異構體滿足：a.1mol該物質與4mol新制氫氧化銅懸濁液反應，說明含有2個醛基，b．遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基，c．核磁共振氫譜有3組峰值，比值為1：1：1，存在對稱結構，其中一種結構簡式或或或，故答案為：或或或。（5）1-溴丙烷發生消去反應得到丙烯，丙烯與NBS發生取代反應引入溴原子生成BrCH2CH=CH2，然后在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下得到CH2=CH-CH2OH，最后發生加聚反應生成高分子化合物，合成路線流程圖為：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH，故答案為：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH。【點睛】本題考查有機物的推斷與合成，側重考查分析推斷、知識綜合運用能力，充分利用反應條件、有機物分子式與結構簡式進行分析推斷，明確官能團及其性質關系、官能團之間的轉化關系是解題關鍵。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)=。【點睛】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、BA鋁BA【解析】

本實驗的目的是探究原電池的形成條件。原電池的必備構造：①有兩個活性不同的電極②兩個電極由導線連接，并插入到電解質溶液中，形成電流回路③能自發的進行氧化還原反應；以此答題。【詳解】(1)Zn的活潑性比Cu強，則Zn作負極，Cu作正極，則電子由Zn電極從外電路向Cu電極移動，即電子由A極向B極移動，則電流由B極向A極移動；(2)實驗四中，電子由B極向A極移動，則B極失去電子，作負極，即負極為鋁電極；(3)實驗三中，指針發生偏轉，說明有電流移動，即電子也有移動，則說明該過程是自發進行的氧化還原反應，故合理選項為B；(4)A.相對活潑的金屬一般作負極，但是也有例外，比如實驗四，鎂的活潑性比鋁強，但是鎂不和氫氧化鈉溶液反應，鋁可以，所以鋁作負極，A錯誤；B.負極發生氧化反應，對應的物質是還原劑，失去電子，B正確；C.燒杯中的液體必須是電解質溶液，以構成電流回路，C正確；D.浸入同一電解質溶液中的兩個電極，必須是活潑性不同的兩種金屬（或其中一種非金屬），D正確；故合理選項為A。【點睛】組成原電池的電極，它們的活潑性一定有差異。一般情況下，較活潑的電極作負極，但是也有例外，比如鎂、鋁和氫氧化鈉溶液形成原電池中，鋁的活潑性較差，但是作負極，因為鋁可以和氫氧化鈉溶液反應，而鎂不行，所以鎂作正極。27、燒杯、玻璃棒防止溶液里的Fe2＋被氧化Cl2＋2FeCl2＝2FeCl3ad取少量最后一次的洗滌液于試管中，向試管中溶液加適量AgNO3溶液，如未出現白色沉淀說明已洗凈5.08【解析】

（1）溶解所用到的儀器為燒杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空氣中的氧氣氧化成FeCl3；（3）Cl2將FeCl2氧化生成FeCl3；（4）分析操作對溶質的物質的量或對溶液的體積的影響，根據c=分析判斷；（5）氯化鈉和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀和硝酸鈉；（6）依據原子個數守恒建立方程組求解。【詳解】（1）溶解過程中所用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒，故答案為：燒杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空氣中的氧氣氧化成FeCl3，向溶液中加入少量鐵粉，使被氧氣氧化產生的FeCl3重新轉化為FeCl2，故答案為：防止溶液里的Fe2+被氧化；（3）實驗2的反應為Cl2將FeCl2氧化生成FeCl3，反應的化學方程式為Cl2+2FeCl2=2FeCl3，故答案為：Cl2+2FeCl2=2FeCl3；（4）a、NaOH溶解放熱，未冷卻溶液直接轉移，會導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高；b、沒用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2~3次并轉入容量瓶，會導致溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低；c、加蒸餾水時，不慎超過了刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低；d、砝碼上沾有雜質，會導致溶質的質量偏大，溶液濃度偏高；e、容量瓶使用前內壁沾有水珠，不影響溶質的物質的量和對溶液的體積，對溶液濃度無影響；ad正確，故答案為：ad；（5）檢驗沉淀是否洗滌干凈，檢驗洗滌液中不含Cl-即可，因為氯化鈉和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀和硝酸鈉，所以如果最后一次的洗滌液仍然有氯化鈉，加入硝酸銀溶液就會出現沉淀，反之說明溶液中沒有氯化鈉，故答案為：取少量最后一次的洗滌液于試管中，向試管中溶液加適量AgNO3溶液，如未出現白色沉淀說明已洗凈；（6）6.40gFe2O3的物質的量為=0.04mol，28.7gAgCl的物質的量為=0.2mol，設FeCl3和FeCl2的物質的量分別為amol和bmol，由Fe原子個數守恒可得a+b=0.08①，由Cl原子個數守恒可得3a+2b=0.2②，解聯立方程式可得a=b=0.04