甘肅省蘭州市聯片辦學2025年化學高二下期末綜合測試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、下列說法正確的是（）A．苯酚沾在皮膚上用大量的水沖洗B．氯乙烷與NaOH水溶液共熱可制乙烯C．有機反應中，得氫，失氧是還原反應D．CH3Cl可發生水解反應和消去反應2、2019年是國際化學元素周期表年，元素周期表誕生的150年間，指導人們不斷探索化學的奧秘。下列有關元素周期表、元素周期律的說法正確的是（）A．元素周期表中，元素性質隨著相對原子質量的遞增呈現周期性變化B．同周期主族元素性質的遞變，主要是原子半徑變化和核電荷數變化雙重作用的結果C．從左到右，同周期非金屬元素的氣態氫化物，其熱穩定性，還原性逐漸增強D．第七周期，VIIA族元素的非金屬性比碘元素的非金屬性強3、《新修草本》有關“青礬”的描述為：“本來綠色，新出窟未見風者，正如琉璃……燒之赤色……”據此推測“青礬”的主要成分為()A．B．C．D．4、甲胺(CH1NH2)是一種一元弱堿，其電離方程式為：CH1NH2+H2OCH1NH1++OH－。常溫下，向20.0mL0.10mol/L的甲胺溶液中滴加VmL0.10mol/L的稀鹽酸，混合溶液的pH與相關微粒濃度的關系如圖所示。下列說法中錯誤的是A．b點對應加入鹽酸的體積V<20.00mLB．常溫下，根據a點可知甲胺的電離平衡常數Kb=10-1．4C．b點可能存在關系：c(Cl－)>c(CH1NH1+)>c(H+)=c(OH－)D．V=20.00mL時，溶液呈弱酸性5、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()A．標準狀況下，11.2LCH3Cl含極性鍵數目為2NAB．甲基的碳原子雜化軌道類型是sp2，每摩爾甲基含9NA電子C．等質量的葡萄糖和乙酸所含碳原子數均為NA/30D．有機物()中最多有6個原子在同一直線上6、分析下圖的能量變化，確定該反應的熱化學方程式書寫正確的是（）A．2A(g)＋B(g)=2C(g)ΔH＜0B．2A(g)＋B(g)=2C(g)ΔH＞0C．2A＋B=2CΔH＜0D．2C=2A＋BΔH＜07、下列各組有機化合物中，肯定屬于同系物的組合是A．C2H6與C5H12 B．C3H6與C4H8C．甲醇與乙二醇 D．與8、下列解釋事實的方程式不正確的是A．小蘇打溶液呈弱堿性：HCO3-+H2OCO32-+H3O+B．測0.1mol/L氨水的pH為11：NH3·H2ONH4++OH-C．pH=5的硫酸稀釋1000倍，pH約等于7：H2OH++OH-D．用Na2CO3處理水垢中CaSO4：CaSO4(s)+CO32-(aq)SO42-(aq)+CaCO3(s)9、下列推論錯誤的是A．NaCl為離子晶體，可推測CsCl也為離子晶體B．CO2晶體是分子晶體，可推測CS2晶體也是分子晶體C．NH4+為正四面體結構，可推測PH4+也為正四面體結構D．NCl3中N原子是sp3雜化，可推測BCl3中B原子也是sp3雜化10、下列關于有機物的敘述正確的是()A．甲酸與乙二酸互為同系物B．乙烯和乙烷可用溴的四氯化碳溶液鑒別C．分子式為C4H10O且可與金屬鈉反應放出氫氣的有機化合物有6種D．（水楊酸）與足量的NaHCO3溶液反應可生成、CO2和H2O11、已知：H2(g)＋F2(g)＝2HF(g)ΔH＝－270kJ·mol-1，下列說法正確的是：A．氟化氫氣體分解生成氫氣和氟氣的反應是放熱反應B．1molH2與1molF2反應生成2mol液態HF放出的熱量小于270kJC．在相同條件下，1molH2與1molF2的能量總和小于2molHF氣體的能量D．該反應中的能量變化可用如圖來表示12、某小組比較Cl-、Br-、I-的還原性，實驗如下：實驗1實驗2實驗3裝置現象溶液顏色無明顯變化；把蘸濃氨水的玻璃棒靠近試管口，產生白煙溶液變黃；把濕KI淀粉試紙靠近試管口，變藍溶液變深紫色；經檢驗溶液含單質碘下列對實驗的分析不合理的是A．實驗1中，白煙是NH4Cl B．根據實驗1和實驗2判斷還原性：Br-＞Cl-C．根據實驗3判斷還原性：I-＞Br- D．上述實驗利用了濃H2SO4的強氧化性、難揮發性等性質13、下列比較正確的是（）A．第一電離能：I1(Na)＞I1(Cl) B．原子半徑：r(C)＞r(N)C．能級能量：E(2s)＞E(3s) D．電負性：O原子＞F原子14、下列化學用語的表達正確的是A．原子核內有10個中子的氧原子：B．氯原子的結構示意圖：C．Fe3＋的最外層電子排布式：3s23p63d5D．基態銅原子的價層電子排布圖：15、材料在人類文明史上起著劃時代的意義。下列物品所用主要材料與類型的對應關系不正確的是A．人面魚紋彩陶盆——無機非金屬材料 B．“馬踏飛燕”銅奔馬——金屬材料C．宇航員的航天服——有機高分子材料 D．光導纖維——復合材料16、下列說法中正確的是A．電子層結構相同的不同簡單離子，其半徑隨核電荷數增多而減小B．失去電子難的原子獲得電子的能力一定強C．在化學反應中，某元素由化合態變為游離態，則該元素一定被還原D．共價鍵的鍵能越大，分子晶體的熔點越高17、向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀鹽酸，生成氣體的量隨鹽酸加入量的變化關系如圖所示，則下列離子組在對應的溶液中一定能大量共存的是A．a點對應的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-B．b點對應的溶液中：K+、Al3+、MnO4-、Cl-C．c點對應的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-D．d點對應的溶液中：K+、Fe2+、NO3-、SO42-18、以下是常溫下幾種弱酸的電離平衡常數：CH3COOHH2SHClOK=1.8×10－5K1=1.3×10－7K2=7.1×10－15K=4.69×10－11下列說法正確的是A．可發生反應：H2S+2ClO－=S2－+2HClOB．CH3COOH溶液與Na2S溶液不能反應生成NaHSC．同物質的量濃度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是NaClO溶液D．同物質的量濃度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最強的是CH3COOH19、通常情況下，氯化鈉、氯化銫、二氧化碳和二氧化硅的晶體結構分別如下圖所示，下列關于這些晶體結構和性質的敘述不正確的是()A．同一主族的元素與另一相同元素所形成的化學式相似的物質不一定具有相同的晶體結構B．氯化鈉、氯化銫和二氧化碳的晶體都有立方的晶胞結構，它們具有相似的物理性質C．二氧化碳晶體是分子晶體，其中不僅存在分子間作用力，而且也存在共價鍵D．在二氧化硅晶體中，平均每個Si原子形成4個Si－O共價單鍵20、常溫下,用0.1mol/L的HCl溶液滴定10.00mL0.1mol/LROH,其滴定曲線如圖所示.AG=lgc(A．ROH為弱堿B．A點溶液c(Cl?)=c(R+)C．若b=10時，AG＜0D．若b=15,溶液中存在13c(Cl?)+c(ROH)+c(OH?)=c(H+21、如圖是一種利用鋰電池“固定CO2”的電化學裝置，在催化劑的作用下，該電化學裝置放電時可將CO2轉化為C和Li2CO3，充電時選用合適催化劑，僅使Li2CO3發生氧化反應釋放出CO2和02。下列說法中正確的是A．該電池充電時，陽極反應式為:C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4LiB．該電池放電時,Li+向電極X方向移動C．該電池充電時，電極Y與外接直流電源的負極相連D．該電池放電時，每轉移4mol電子，理論上生成1molC22、某有機化合物的結構簡式為，Na、NaOH、NaHCO3分別與等物質的量的該物質反應時，則消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質的量之比為（）A．3：3：3 B．3：2：1 C．1：1：1 D．3：2：2二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知C、D是由X、Y、Z中兩種元素組成的化合物，X、Y、Z的原子序數依次增大，X在周期表中原子半徑最小，Y、Z原子最外層電子數之和為10。D為無色非可燃性氣體，G為黃綠色單質氣體，J、M為金屬，I有漂白作用，反應①常用于制作印刷線路板。各物質之間的轉化關系如圖，部分生成物省略。請回答下列問題：（1）寫出Z在周期表中的位置____，D的結構式____。（2）寫出A的化學式____。（3）寫出反應①的離子方程式____。（4）為了獲得氯化銅晶體，需要將B溶液在HCl氛圍中蒸發結晶，原因是____。（5）將F溶于稀硝酸，溶液變成藍色，并放出無色氣體。寫出該反應的化學方程式____。24、（12分）PBS是一種可降解的聚酯類高分子材料，可由馬來酸酐等原料經下列路線合成：(已知：+)（1）A→B的反應類型是____________；B的結構簡式是______________________。（2）C中含有的官能團名稱是________；D的名稱（系統命名）是____________。（3）半方酸是馬來酸酐的同分異構體，分子中含1個環（四元碳環）和1個羥基，但不含—O—O—鍵。半方酸的結構簡式是___________________。（4）由D和B合成PBS的化學方程式是______________________________________。（5）下列關于A的說法正確的是__________。a．能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色b．能與Na2CO3反應，但不與HBr反應c．能與新制Cu(OH)2反應d．1molA完全燃燒消耗5molO225、（12分）利用如圖所示裝置測定中和熱的實驗步驟如下：①用量筒量取50mL0.50mol/L鹽酸倒入小燒杯中，測出鹽酸溫度；②用另一量筒量取50mL0.55mol/LNaOH溶液，并用另一溫度計測出其溫度；③將NaOH溶液倒入小燒杯中，混合均勻，測得混合液最高溫度。回答下列問題：(1)寫出該反應的熱化學方程式（已知生成lmol液態水的反應熱為－57.3kJ/mol）______________________。(2)現將一定量的稀氫氧化鈉溶液、稀氫氧化鈣溶液、稀氨水分別和1L1mol/L鹽酸恰好完全反應，其反應熱分別為?H1、?H2、?H3，則?H1、?H2、?H3的大小關系為________________________。(3)假設鹽酸和氫氧化鈉溶液的密度都是1g/cm3，又知中和反應后生成溶液的比熱容c=4.18J/(g·℃)，為了計算中和熱，某學生實驗記錄數據如表：實驗序號起始溫度終止溫度鹽酸氫氧化鈉溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.420.623.6420.120.326.9依據該學生的實驗數據計算，該實驗測得的中和熱?H_____(結果保留一位小數)。(4)如果用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所放出的熱量__________(填“相等、不相等”)，所求中和熱__________(填“相等、不相等”)。(5)利用簡易量熱計測量室溫下鹽酸與氫氧化鈉溶液中和反應的反應熱，下列措施不能提高實驗精度的是（_______）A．利用移液管(精確至0.01mL)代替量筒(精確至0.1mL)量取反應液B．快速將兩溶液混合，勻速攪拌并記錄最高溫度C．在內、外筒之間填充隔熱物質，防止熱量損失D．用量程為500℃的溫度計代替量程為100℃的溫度26、（10分）實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩定。（1）制備K2FeO4（夾持裝置略）①A為氯氣發生裝置。A中反應方程式是________________（錳被還原為Mn2+）。②將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑。_______③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發生的反應有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有________________。（2）探究K2FeO4的性質①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產生黃綠色氣體，得溶液a，經檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產生Cl2，設計以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子，但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由________________產生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是________________。②根據K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ實驗表明，Cl2和FeO4③資料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，驗證實驗如下：將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振蕩后溶液呈淺紫色，該現象能否證明氧化性FeO427、（12分）氯苯在染料、醫藥工業中用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有機中間體。實驗室中制備氯苯的裝置如下圖所示（其中夾持儀器及加熱裝置略去）請回答下列問題：(1)儀器a中盛有KMnO4晶體，儀器b中盛有濃鹽酸。打開儀器b中的活塞，使濃鹽酸緩緩滴下，可觀察到儀器a內的現象是__________，用離子方程式表示產生該現象的原因：_______________。(2)儀器b外側玻璃導管的作用是_____________。(3)儀器d內盛有苯，FeCl3粉末固體，儀器a中生成的氣體經過儀器e進入到儀器d中。①儀器e的名稱是_________，其盛裝的試劑名稱是_____________。②儀器d中的反應進行過程中，保持溫度在40～60℃，以減少副反應發生。儀器d的加熱方式最好是___加熱，其優點是____________。(4)儀器c的作用是______________。(5)該方法制備的氯苯中含有很多雜質，工業生產中，通過水洗除去FeCl3、HCl及部分Cl2，然后通過堿洗除去Cl2；堿洗后通過分液得到含氯苯的有機物混合物，混合物成分及沸點如下表：有機物苯氯苯鄰二氯苯間二氯苯對二氯苯沸點/℃80132.2180.4173.0174.1從該有機物混合物中提取氯苯時，采用蒸餾的方法，收集_________℃作用的餾分。(6)實際工業生產中，苯的流失如下表：流失項目蒸氣揮發二氯苯其他合計苯流失量（kg/t）28.814.556.7100某一次投產加入13t苯，則制得氯苯________t（保留一位小數）。28、（14分）硫化氫氣體在資源利用和環境保護等方面均有重要應用。（1）工業采用高溫分解H2S制取氫氣，2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，在膜反應器中分離出H2。在容積為2L的恒容密閉容器中，控制不同溫度進行此反應。H2S的起始物質的量均為1mol，實驗過程中測得H2S的轉化率如圖所示。曲線a表示H2S的平衡轉化率與溫度的關系，曲線b表示不同溫度下反應經過相同時間時H2S的轉化率。①反應2H2S(g)2H2(g)+S2(g)的ΔH_________（填“>”“<”或“=”）0。②985℃時，反應經過5s達到平衡狀態，此時H2S的轉化率為40%，則用H2表示的反應速率為v(H2)=___________。③隨著H2S分解溫度的升高，曲線b向曲線a逐漸靠近，其原因是___________。（2）將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應回收S，其物質轉化如下圖所示。①在圖示的轉化中，化合價不變的元素是____________。②在溫度一定和不補加溶液的條件下，緩慢通入混合氣體，并充分攪拌。欲使生成的硫單質中不含CuS，可采取的措施有____________。（3）工業上常采用上圖電解裝置電解K4[Fe(CN)6]和KHCO3混合溶液，電解一段時間后，通入H2S加以處理。利用生成的鐵的化合物K3[Fe(CN)6]將氣態廢棄物中的H2S轉化為可利用的S，自身轉化為K4[Fe(CN)6]。①電解時，陽極的電極反應式為___________。②當有16gS析出時，陰極產生的氣體在標準狀況下的體積為___________。29、（10分）化學反應伴隨能量變化，獲取反應能量變化有多條途徑。（1）下列反應中，屬于吸熱反應的是______（填字母）。A．Na2O與水反應B．甲烷的燃燒反應C．CaCO3受熱分解D．鋅與鹽酸反應（2）獲取能量變化的途徑①通過化學鍵的鍵能計算。已知：化學鍵種類H—HO＝OO—H鍵能（kJ/mol）436498463.4計算可得：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)?H＝____________kJ·mol-1②通過物質所含能量計算。已知反應中A＋B=C＋D中A、B、C、D所含能量依次可表示為EA、EB、EC、ED，該反應△H＝_______。③通過蓋斯定律可計算。已知在25℃、101kPa時：Ⅰ．2Na(s)＋O2(g)=Na2O(s)△H＝－414kJ·mol-1Ⅱ．2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)△H＝－511kJ·mol-1寫出Na2O2與Na反應生成Na2O的熱化學方程式__________。④利用實驗裝置測量。測量鹽酸與NaOH溶液反應的熱量變化的過程中，若取50mL0.50mol·L-1的鹽酸，則還需加入________（填序號）。A．50mL0.50mol·L-1NaOH溶液B．50mL0.55mol·L-1NaOH溶液C．1.0gNaOH固體

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、苯酚微溶于水，沾到皮膚上可用大量酒精或碳酸鈉溶液清洗，A錯誤；B、氯乙烷與氫氧化鈉醇溶液共熱可制取乙烯，B錯誤；C、在有機反應中,有機物加氫、去氧為還原反應,有機物加氧、去氫為氧化反應，C正確；D、CH3Cl只有一個碳原子，不能發生消去反應，D錯誤；正確選項C。2、B【解析】

A.元素周期表中，元素性質隨著原子序數的遞增呈現周期性變化，A項錯誤；B.同周期主族元素性質的遞變，主要是原子半徑變化和核電荷數變化雙重作用的結果，B項正確；C.從左到右，同周期非金屬元素的簡單氣態氫化物，其熱穩定性，還原性逐漸增強，而不是所有氫化物都符合，C項錯誤；D.同一主族非金屬性依次減弱，所以第七周期，VIIA族元素的非金屬性比碘元素的非金屬性弱，D項錯誤；答案選B。3、B【解析】

“青礬”的描述為：“本來綠色，新出窟未見風者，正如琉璃……燒之赤色……”，青礬是綠色，經煅燒后，分解成粒子非常細而活性又很強的Fe2O3，超細粉末為紅色。A.CuSO4?5H2O為藍色晶體，A錯誤；B.FeSO4?7H2O是綠色晶體，B正確；C.KAl(SO4)2?12H2O是無色晶體，C錯誤；D.Fe2(SO4)3?7H2O為黃色晶體，D錯誤。所以判斷“青礬”的主要成分為FeSO4?7H2O。故合理選項是B。4、C【解析】

A．CH1NH1Cl為強酸弱堿鹽，水解后，水溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，則甲胺應該稍微過量，甲胺和稀鹽酸濃度相等，所以甲胺體積大于鹽酸，則加入稀鹽酸體積小于20mL，故A正確；B．當lg=0時，c(CH1NH2)=c(CH1NH1+)，此時溶液的pH=10.6，則Kb==c(OH-)==10-1.4，故B正確；C．b點溶液的pH=7，呈中性，則c(H+)=c(OH-)，結合電荷守恒可知：c(Cl-)=c(CH1NH1+)，則正確的離子濃度大小為：c(Cl-)=c(CH1NH1+)＞c(H+)=c(OH-)，故C錯誤；D．V=20.00mL時，稀鹽酸與甲胺(CH1NH2)恰好反應生成CH1NH1Cl，CH1NH1+水解，溶液顯酸性，故D正確；答案選C?！军c睛】明確橫坐標含義、電離平衡常數含義是解本題關鍵。本題的易錯點為B，要注意lg=0時，c(CH1NH2)=c(CH1NH1+)。5、A【解析】

A．標準狀況下，11.2LCH3Cl的物質的量==0.5mol，每個分子中含有4個極性鍵，因此含極性鍵數目為0.5NA×4=2NA，故A正確；B．甲基的碳原子含有4個σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道類型是sp3，甲基不帶電荷，每摩爾甲基含9NA電子，故B錯誤；C．葡萄糖和乙酸的最簡式均為CH2O，等質量的葡萄糖和乙酸含有的碳原子數相等，但質量未知，無法計算具體數目，故C錯誤；D．乙炔為直線結構，苯環為正六邊形結構，該有機物中最多有7個()原子在同一直線上，故D錯誤；答案選A。【點睛】本題的易錯點和難點為D，要注意苯環為正六邊形，苯環對角線上的四個原子共線。6、A【解析】

根據反應熱與反應物總能量、生成物總能量的關系分析解答。【詳解】題圖表示2molA(g)和1molB(g)具有的總能量高于2molC(g)具有的總能量，則可寫熱化學方程式：2A(g)＋B(g)＝2C(g)ΔH＜0或2C(g)＝2A(g)＋B(g)ΔH＞0。A.2A(g)＋B(g)=2C(g)ΔH＜0，符合題意，選項A正確；B.2A(g)＋B(g)=2C(g)ΔH＞0，不符合題意，選項B錯誤；C.未寫物質狀態，選項C錯誤；D.未寫物質狀態，且焓變應該大于0，選項D錯誤。答案選A?！军c睛】反應熱ΔH＝生成物總能量－反應物總能量。ΔH是變化過程中各種形式能量之總和，而不僅指熱量。7、A【解析】

A．C2H6與C5H12，二者都是飽和烴，結構相似，分子間相差3個CH2原子團，所以二者一定互為同系物，故符合題意；B．C3H6與C4H8，二者可能為烯烴或者環烷烴，由于結構不能確定，所以不一定互為同系物，故不符合題意；C．甲醇與乙二醇，二者的氧原子數不一樣，分子組成不符合要求，不是同系物，故不符合題意；D．苯酚和苯甲醇的結構不同、化學性質不同、分子式通式不同，不是同系物，故不符合題意。故選A．【點睛】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、化學性質相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性質不同，研究對象是有機物。8、A【解析】分析：A.小蘇打水解呈弱堿性；B.NH3·H2O為弱電解質，不完全電離；C.pH=5的硫酸稀釋1000倍，接近中性，因此pH約等于7；D.CaCO3沉淀比CaSO4沉淀容易除去。詳解：A.小蘇打溶液呈弱堿性，離子方程式：HCO3-+H2OHCO3-+OH-，故A錯誤；B.NH3·H2O為弱電解質，不完全電離，電離方程式為：NH3·H2ONH4++OH-，故B正確；C.pH=5的硫酸稀釋1000倍，接近中性，因此pH約等于7，水的電離方程式為：H2OH++OH-，故C正確；D.水垢中含有CaSO4，用Na2CO3轉化為CaCO3沉淀,CaCO3沉淀易被酸所溶解，便于水垢的除去，離子方程式：CaSO4(s)+CO32-(aq)SO42-(aq)+CaCO3(s)，故D正確；答案選A.點睛：酸或堿過度稀釋會接近于中性。9、D【解析】

A．Cs和Na均為活潑金屬元素，與Cl形成離子鍵，所以NaCl、CsCl均是離子晶體，A正確；B．CO2晶體由分子間作用力結合而成，CS2晶體也是由分子間作用力結合而成，都是分子晶體，B正確；C．N、P為同主族元素，NH4+和PH4+中，中心N、P原子孤對電子數==0，σ鍵電子對數==4，價層電子對數=4+0=4，所以NH4+和PH4+中心原子皆為sp3雜化，空間構型均是正四面體，C正確；D．NCl3中N原子孤對電子數==1，σ鍵電子對數==3，價電子對數=3+1=4，所以NCl3中N原子是sp3雜化，BCl3中B原子孤對電子數==0，σ鍵電子對數==3，價層電子對數=3+0=3，所以BCl3中B原子是sp2雜化，D錯誤。答案選D。10、B【解析】

A、同系物應具有相同數目的官能團，甲酸與乙二酸含有的羧基數目不同，二者不是同系物，故A錯誤；B、乙烯含有碳碳雙鍵，可與溴發生加成反應，可用溴水鑒別，故B正確；C、能夠與金屬鈉反應放出氫氣，說明分子中含有醇羥基或酚羥基，滿足條件的有：苯甲醇和甲基苯酚，甲基苯酚存在鄰、間、對三種結構，總共含有4種同分異構體，故C錯誤；D、苯酚酸性比碳酸弱，酚羥基與NaHCO3溶液不反應，故D錯誤。故選B。11、D【解析】

A、此反應是放熱反應，逆過程是吸熱反應，故A錯誤；B、HF(g)=HF(l)△H＜0，因此1molH2與1molF2反應生成2mol液態HF放出的熱量大于270kJ，故B錯誤；C、此反應是放熱反應，反應物的總能量大于生成物的總能量，故C錯誤；D、根據選項C的分析，故D正確。答案選D。12、C【解析】

實驗1，濃硫酸與氯化鈉固體反應生成氯化氫氣體；實驗2，溶液變黃，說明有溴單質生成；②中溶液含有濃硫酸和溴單質，加入碘化鈉生成碘單質，可能是濃硫酸把碘離子氧化為碘單質；實驗1體現濃硫酸的難揮發性、實驗2體現濃硫酸的氧化性；【詳解】實驗1，試管口揮發出的氯化氫氣體與濃氨水揮發出的氨氣反應生成白煙氯化銨，故A合理；實驗1溶液顏色無明顯變化說明濃硫酸不能氧化氯離子，實驗2溶液變黃說明濃硫酸能氧化溴離子，所以判斷還原性：Br-＞Cl-，故B合理；②中溶液含有濃硫酸和溴單質，加入碘化鈉生成碘單質，可能是濃硫酸把碘離子氧化為碘單質，不能得出還原性I-＞Br-的結論，故C不合理；實驗1體現濃硫酸的難揮發性、實驗2體現濃硫酸的氧化性，故D合理；選C。13、B【解析】

A項，Na、Cl都屬于第三周期元素，核電荷數NaCl，根據同周期從左到右元素的第一電離能呈增大趨勢，第一電離能I1（Na）I1（Cl），A項錯誤；B項，根據“層多徑大，序大徑小”，原子半徑r（C）r（N），B項正確；C項，英文字母相同的不同能級中，能層序數越大，電子能量越高，能級能量E（2s）E（3s），C項錯誤；D項，O和F都是第二周期元素，核電荷數OF，根據同周期從左到右電負性逐漸增大，電負性OF，D項錯誤；答案選B。14、C【解析】

A．原子核內有10個中子的氧原子：，A不正確；B．氯原子的結構示意圖：，B不正確；C．Fe3+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，則Fe3＋的最外層電子排布式為3s23p63d5，C正確；D．基態銅原子的價層電子排布圖為，D不正確；故選C。15、D【解析】

A、陶瓷主要成分為硅酸鹽，為無機非金屬材料，選項A正確；B、“馬踏飛燕”銅奔馬主要材料為銅，為金屬材料，選項B正確；C、宇航員的航天服的材料為合成纖維，為有機高分子化合物，選項C正確；D、光導纖維主要材料為二氧化硅，為無機物，不是復合材料，選項D錯誤。答案選D。16、A【解析】分析：A、根據離子半徑大小的原因分析解答；

B、根據穩定原子得失電子的能力都很難分析解答；

C、由元素被還原時元素的化合價變化分析解答；D、根據分子穩定與否的原因分析解答。詳解：A．電子層結構相同的不同簡單離子，其半徑隨核電荷數增多而減小，故A正確；B．失去電子難的原子獲得電子的能力不一定強，故B錯誤；C．在化學反應中，某元素由化合態變為游離態，則該元素可能被還原，也可能被氧化，故C錯誤；D．共價鍵的鍵能越大，含有該分子的物質的穩定性就越強，故D錯誤。

故答案為A。17、C【解析】分析：向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀鹽酸，a點溶液中含有CO32-和HCO3-，b點全部為HCO3-，c點恰好完全反應生成NaCl，溶液呈中性，d點鹽酸過量，呈酸性，結合離子反應發生條件及對應離子的性質解答該題。詳解：a點溶液中含有CO32-和HCO3-，b點全部為HCO3-，c點恰好完全反應生成NaCl，溶液呈中性，d點鹽酸過量，呈酸性，A．a點溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-與OH-反應不能大量共存，選項A錯誤；B．b點全部為HCO3-，Al3+與HCO3-發生互促水解反應而不能大量共存，選項B錯誤；C．c點恰好完全反應生成NaCl，溶液呈中性，離子之間不發生反應，在溶液中能夠大量共存，選項C正確；D．d點呈酸性，酸性條件下，NO3-與Fe2+發生氧化還原反應而不能大量共存，選項D錯誤；答案選C。點睛：本題考查離子共存問題，為高考常見題型，側重于元素化合物知識的綜合考查和學生的分析能力、審題的能力的考查，注意把握常見離子的性質以及反應類型的判斷，答題時注意題中各階段溶液的成分，難度中等。18、D【解析】

A、次氯酸具有強氧化性能氧化硫化氫或硫離子，故A錯誤；B、根據電離平衡常數可知酸性強弱為：CH3COOH＞H2S，因此CH3COOH溶液與Na2S溶液反應生成CH3COONa和H2S，故B錯誤；C、根據電離平衡常數可知酸性強弱為：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，根據越弱越水解得到離子的水解能力：CH3COO-＜HS-＜ClO-＜S2-，所以同物質的量濃度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是Na2S溶液，故C錯誤；D、根據電離平衡常數可知酸性強弱為：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，所以同物質的量濃度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最強的是CH3COOH，故D正確；綜上所述，本題正確答案為D。19、B【解析】

SiO2和CO2的化學式相似，但其晶體結構不同，A項正確；二氧化碳為分子晶體，氯化鈉和氯化銫為離子晶體，所以物理性質不同，B錯誤；二氧化碳為分子晶體，分子間存在分子間作用力，而分子內部碳原子和氧原子間形成共價鍵C正確；根據二氧化硅的結構可判斷D項正確。答案選B。20、C【解析】

A．依據圖象可知：0.1mol/LROH的AG為-7.2，則：c(H+)/c(OH-)==10-7.2，結合c（H+）×c（OH-）=10-14，得c（OH-）=10-3.4mol/L，小于0.1mol/L，所以ROH為弱堿，故A正確；

B．依據溶液中電荷守恒原則：c（Cl-）+c（OH-）=c（R+）+c（H+），A點溶液AG=0，氫氧根離子濃度等于氫離子濃度，溶液呈中性，則c（Cl-）=c（R+），故B正確；

C．當鹽酸的體積b=10mL，與10.00mL0.1mol/LROH恰好完全反應生成RCl，RCl為強酸弱堿鹽，水解顯酸性：C(H+)>c(OH-),AG=lgc(H+D.b=15，溶液中存在RCl和HCl（量之比2:1），依據溶液中存在的電荷守恒：c（Cl-）+c（OH-）=c（R+）+c（H+），物料守恒：3[c（R+）]+c（ROH）=2c（Cl-），得：1/3c（Cl-）+c（ROH）+c（OH-）=c（H+），故D正確；

綜上所述，本題選C。【點睛】根據AG=lgc(H+)c(OH-），若c(H+)=c(OH-)，AG=0，溶液呈中性；若c(H+)>c(OH-)，AG>0，21、D【解析】

A．該電池充電時，陽極上C失電子生成二氧化碳，即C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4Li+，故A錯誤；B．放電時，X極上Li失電子，則X為負極，Y為正極，Li+向電極Y方向移動，故B錯誤；C．該電池充電時，電源的負極與外加電源的負極相連，即電極X與外接直流電源的負極相連，故C錯誤；D．正極上CO2得電子生成C和Li2CO3，C的化合價降低4價，則每轉移4mol電子，理論上生成1molC，故D正確；答案選D?！军c睛】放電時，X極上Li失電子，則X為負極，Y為正極，正極上CO2得電子生成C和Li2CO3；充電時，陰極上Li+得電子生成Li，陽極上C失電子生成二氧化碳，即C+2Li2CO3-4e-═3CO2↑+4Li+。22、B【解析】

有機化合物分子中有酚羥基、羧基和醇羥基等3種官能團。Na與3種官能團都能反應；NaOH只與酚羥基、羧基反應，NaHCO3只與羧基反應。所以，Na、NaOH、NaHCO3分別與等物質的量的該物質反應時，則消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質的量之比為3∶2∶1，B正確，本題選B。二、非選擇題(共84分)23、第2周期ⅥA族O=C=OCu2(OH)2CO3或CuCO3Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+避免Cu2+水解生成Cu(OH)23Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O【解析】

X在周期表中的原子半徑最小，則X為H元素；G為黃綠色單質氣體，則G為Cl2；反應①用于制作印刷電路板，為FeCl3和Cu反應，則L為FeCl3，K為FeCl2；E能與葡萄糖反應生成磚紅色沉淀F，則F為Cu2O，E為Cu(OH)2，則B為CuCl2，M為Cu；由C+G→H+I，I有漂白作用，H能夠與金屬J反應生成FeCl2，則H為HCl，J為Fe，I為HClO，則C為H2O；從A+H(HCl)=B(CuCl2)+C(H2O)+D，D為無色非可燃性氣體，可知，A中含有銅元素；Y、Z原子最外層電子數之和為10，Y、Z中一種為O元素，則另一種元素的原子最外層電子數為4，可能為C或Si元素，結合D為無色非可燃性氣體，只能為CO2，X、Y、Z的原子序數依次增大，則Y為C元素，Z為O元素，因此A中還含有C元素，因此A為CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，據此分析解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治?，X為H元素，Y為C元素，Z為O元素，A為CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，B為CuCl2，C為H2O，D為CO2，E為Cu(OH)2，F為Cu2O，G為Cl2，H為HCl，I為HClO，J為Fe，K為FeCl2，L為FeCl3，M為Cu。(1)Z為O元素，在周期表中位于第二周期ⅥA族；D為CO2，結構式為O=C=O，故答案為：第二周期ⅥA族；O=C=O；(2)A的化學式為：CuCO3或Cu2(OH)2CO3，故答案為：CuCO3或Cu2(OH)2CO3；(3)反應①為FeCl3和Cu反應，反應的離子方程式為Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故答案為：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；(4)為了獲得氯化銅晶體，需要將CuCl2溶液在HCl氛圍中蒸發結晶，原因是：避免Cu2+水解生成Cu(OH)2，故答案為：避免Cu2+水解生成Cu(OH)2；(5)將Cu2O溶于稀硝酸，溶液變成藍色，并放出無色氣體，該反應的化學方程式：3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，故答案為：3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O。【點睛】正確推斷元素及其物質的種類是解題的關鍵。本題的難點是混合物D的判斷，要注意學會猜想驗證在推斷題中的應用。本題的易錯點為(5)，要注意氧化還原反應方程式的配平。24、加成反應（或還原反應）HOOCCH2CH2COOH碳碳叁鍵、羥基1，4-丁二醇nHOOCCH2CH2COOH＋nHOCH2CH2CH2CH2OH＋2nH2O[或nHOOCCH2CH2COOH＋nHOCH2CH2CH2CH2OH＋(2n－1)H2O]ac【解析】

⑴由圖知AB，CD是A、C與H2發生加成反應，分別生成B:HOOC(CH2)2COOH、D:HO(CH2)4OH，為二元醇，其名稱為1,4-丁二醇。。⑵由已知信息及D的結構簡式可推知C由兩分子甲醛與HC≡CH加成而得，其結構為HOCH2C≡CCH2OH，分子中含有碳碳叁鍵和羥基。⑶根據題意馬來酸酐共含4個碳原子，其不飽和度為4，又知半方酸含一個4元碳環，即4個原子全部在環上，又只含有一個－OH，因此另兩個氧原子只能與碳原子形成碳氧雙鍵，剩下的一個不飽和度則是一個碳碳雙鍵提供，結合碳的四價結構可寫出半方酸的結構簡式為。⑷由題知B[HOOC(CH2)2COOH]為二元羧酸，D[HO(CH2)4OH]為二元醇，兩者發生縮聚反應生成PBS聚酯。⑸A中含有碳碳雙鍵，故能被KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色、與Br2發生加成反應使Br2的CCl4溶液褪色、與HBr等加成；因分子中含有－COOH，可與Cu(OH)2、Na2CO3等發生反應；由A（分子式為C4H4O4）完全燃燒:C4H4O4＋3O2=4CO2＋2H2O可知1molA消耗3molO2，故ac正確?？键c定位：本題以可降解的高分子材料為情境，考查炔烴、酸、醇、酯等組成性質及其轉化，涉及有機物的命名、結構簡式、反應類型及化學方程式的書寫等多個有機化學熱點和重點知識。能力層面上考查考生的推理能力，從試題提供的信息中準確提取有用的信息并整合重組為新知識的能力，以及化學術語表達的能力。25、HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol△H1=△H2＜△H3-51.8kJ/mol不相等相等D【解析】

（1）稀強酸、稀強堿反應生成1mol液態水時放出57.3kJ的熱量，反應的熱化學方程式為：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；(2)NaOH、Ca（OH）2都屬于強堿，一定量的稀氫氧化鈉溶液、稀氫氧化鈣溶液和1L1mol?L-1的稀鹽酸恰好完全反應放熱57.3kJ；一水合氨是弱電解質，存在電離平衡，電離過程是吸熱的，稀氨水和1L1mol?L-1的稀鹽酸恰好完全反應放熱小于57.3kJ，放熱反應的?H<0，所以△H1=△H2＜△H3；(3)第1次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.1℃，反應后溫度為：23.2℃，反應前后溫度差為：3.1℃；第2次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.3℃，反應后溫度為：23.4℃，反應前后溫度差為：3.1℃；第3次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.5℃，反應后溫度為：23.6℃，反應前后溫度差為：3.1℃；第4次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.2℃，反應后溫度為：26.9℃，反應前后溫度差為：6.7℃，誤差太大，舍去；則實驗中平均溫度差為3.1℃，50mL的0.50mol/L鹽酸與50mL的0.55mol/L氫氧化鈉溶液的質量和為m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g?℃)，代入公式Q=cm△t得生成0.025mol的水放出熱量Q=4.18J/(g?℃)×100g×3.1℃=12958J=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出熱量為：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出熱量為1.2958kJ×=51.8kJ，即該實驗測得的中和熱△H=-51.8kJ/mol；（4）如果用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量增多，但是中和熱是強酸和強堿反應生成1mol水時放出的熱，與酸堿的用量無關，測得中和熱數值相等，故答案為不相等；相等；（5）A、提高所用試劑量的準確度可提高測量反應熱的精確度；B、能減少熱量散失，可提高實驗精度；C、能減少熱量散失，可提高實驗精度；D、溫度計用500℃量程，最小刻度變大，測定溫度不準確，使實驗精度降低。答案選D?！军c睛】注意掌握測定中和熱的正確方法，明確實驗操作過程中關鍵在于盡可能減少熱量散失，使測定結果更加準確。26、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH?Cl?+ClO?+H2OFe3+4FeO42?+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO?的干擾>溶液的酸堿性不同若能，理由：FeO42?在過量酸的作用下完全轉化為Fe3+和O2，溶液淺紫色一定是MnO4?的顏色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）【解析】分析：（1）KMnO4與濃鹽酸反應制Cl2；由于鹽酸具有揮發性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl；Cl2與Fe（OH）3、KOH反應制備K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大氣。（2）①根據制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2還會與KOH反應生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+。II.產生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗滌除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩定存在。②根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物。對比兩個反應的異同，制備反應在堿性條件下，方案II在酸性條件下，說明酸堿性的不同影響氧化性的強弱。③判斷的依據是否排除FeO42-的顏色對實驗結論的干擾。詳解：（1）①A為氯氣發生裝置，KMnO4與濃鹽酸反應時，錳被還原為Mn2+，濃鹽酸被氧化成Cl2，KMnO4與濃鹽酸反應生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根據得失電子守恒和原子守恒，反應的化學方程式為2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，離子方程式為2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于鹽酸具有揮發性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl，除雜裝置B為。③C中Cl2發生的反應有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，還有Cl2與KOH的反應，Cl2與KOH反應的化學方程式為Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根據上述制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，還可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。但Fe3+的產生不能判斷K2FeO4與Cl-發生了反應，根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應為4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.產生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩定存在。②制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應中Cl元素的化合價由0價降至-1價，Cl2是氧化劑，Fe元素的化合價由+3價升至+6價，Fe（OH）3是還原劑，K2FeO4為氧化產物，根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反應為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，實驗表明，Cl2和FeO42-氧化性強弱關系相反；對比兩個反應的條件，制備K2FeO4在堿性條件下，方案II在酸性條件下；說明溶液的酸堿性的不同影響物質氧化性的強弱。③該小題為開放性試題。若能，根據題意K2FeO4在足量H2SO4溶液中會轉化為Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振蕩后呈淺紫色一定是MnO4-的顏色，說明FeO42-將Mn2+氧化成MnO4-，所以該實驗方案能證明氧化性FeO42->MnO4-。（或不能，因為溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）變小，溶液的紫色也會變淺；則設計一個空白對比的實驗方案，方案為：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）。點睛：本題考查K2FeO4的制備和K2FeO4的性質探究。與氣體有關的制備實驗裝置的連接順序一般為：氣體發生裝置→除雜凈化裝置→制備實驗裝置→尾氣吸收。進行物質性質實驗探究是要排除其他物質的干擾。尤其注意最后一空為開放性答案，要注重多角度思考。27、有黃綠色氣體生成2MnO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O使濃鹽酸能順利滴下（或答“平衡儀器a、b內的氣壓”）洗氣瓶濃硫酸水浴受熱均勻，易于控制溫度冷凝、回流132.216.9【解析】

（1）儀器a利用高錳酸鉀的強氧化性，能把Cl－氧化成Cl2，發生反應2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，儀器a中現象：有黃綠色氣體生成，離子