湖南湖北八市十二校2025屆高二化學第二學期期末學業水平測試模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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、下列有關物質分類或歸類正確的組合有（）①HDO、雙氧水、干冰、碘化銀均為化合物②淀粉、鹽酸、水玻璃、氨水均為化合物③明礬、小蘇打、硫酸鋇、生石灰均為強電解質④甲醇、乙二醇、甘油屬于同系物⑤碘酒、牛奶、豆漿、淀粉液均為膠體

⑥H2、D2、T2互為同位素．A．2

個B．3

個C．4

個D．5

個2、下列分子中的中心原子雜化軌道的類型相同的是（）A．SO3

與SO2B．BF3

與NH3C．BeCl2與SCl2D．H2O

與SO23、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、根據所學相關知識，分析正確的是（）A．氨氣分子的空間構型為三角錐形，N2H4的氮原子雜化方式為SP2B．金屬晶體銅配位數為12，空間利用率為68％C．石墨晶體中，既有共價鍵，又有金屬鍵，還有范德華力，是一種混合晶體D．在氯化鈉晶體中，氯離子的配位數為85、金屬具有延展性的原因是A．金屬原子半徑都較大，價電子數較少B．金屬受外力作用變形時，金屬陽離子與自由電子間仍保持較強烈的作用C．金屬中大量自由電子受外力作用時，運動速率加快D．自由電子受外力作用時能迅速傳遞能量6、化學與社會、生活密切相關。下列說法正確的是()A．明礬凈水與自來水的殺菌清毒原理相同B．醫學上常采用碳酸鋇作為鋇餐C．鋼鐵析氫腐蝕和吸氧腐蝕的速率一樣快D．泡沫滅火劑利用了硫酸鋁溶液與碳酸氫鈉溶液混合后能發生雙水解反應7、化學與生活密切相關,下列與鹽類水解無關的是A．純堿去油污 B．食醋除水垢 C．明礬凈水 D．氯化銨除鐵銹8、下列實驗操作能達到目的是(

)A．用pH試紙測定次氯酸溶液的pH=3.5B．將FeCl3溶液加熱蒸干并灼燒獲得Fe2O3固體C．向明礬溶液中加入一定量NaOH制備Al(OH)3膠體D．室溫下，測得pH=5的NaHSO4溶液與pH=9的NaHCO3溶液中水的電離程度相等9、標準狀況下，mg氣體A與ng氣體B的分子數目一樣多，下列說法不正確的是（）A．在任意條件下，若兩種分子保持原組成，則其相對分子質量之比為m：nB．25℃、1．25×105Pa時，兩氣體的密度之比為n：mC．同質量的A、B在非標準狀況下，其分子數之比為n：mD．相同狀況下，同體積的氣體A與B的質量之比為m：n10、把各組中的氣體通入溶液中，溶液的導電能力顯著增強的是（）A．CO2（g）通入NaOH溶液 B．CO2（g）通入石灰水C．NH3（g）通入CH3COOH溶液 D．NH3（g）通入鹽酸中11、下列說法正確的是A．制硝基苯時將濃硝酸沿著內壁慢慢注入盛有濃硫酸的燒懷中，并不斷攪拌B．根據火焰所呈現的特征焰色，可以檢驗金屬或金屬離子的存在C．實驗室中少量金屬鈉常保存在煤油中，實驗時多余的鈉不能放回原瓶中D．用玻璃棒在過濾器上攪拌以加速硫酸鋇沉淀的洗滌12、一定條件下，濃硫酸與下列物質發生的反應，不可能是氧化還原反應的是A．鋅 B．碳 C．氯化鈉 D．硫化鈉13、已知：（1）Zn（s）+1/2O2（g）=ZnO（s）；ΔH=－348.3kJ/mol，（2）2Ag（s）+1/2O2（g）=Ag2O（s）；ΔH=－31.0kJ/mol，則Zn（s）+Ag2O（s）==ZnO（s）+2Ag（s）的ΔH等于()A．－317.3kJ/mol B．－379.3kJ/mol C．－332.8kJ/mol D．+317.3kJ/mol14、“神舟十號”的運載火箭所用燃料是偏二甲肼(C2H8N2)(其中N的化合價為-3)和四氧化二氮(N2O4)。在火箭升空過程中，燃料發生反應:C2H8N2+2N2O4→2CO2+3N2+4H2O提供能量。下列有關敘述正確的是A．該燃料無毒，在燃燒過程中不會造成任何環境污染B．每有0.6molN2生成，轉移電子數目為2.4NAC．該反應中N2O4是氧化劑，偏二甲肼是還原劑D．N2既是氧化產物又是還原產物，CO2既不是氧化產物也不是還原產物15、某烴的相對分子質量為72，則該烴的一氯取代物最多可能有（不考慮立體異構）A．9種 B．8種 C．7種 D．6種16、氫化鈣(CaH2)常作供氫劑，遇水蒸氣劇烈反應。某小組設計如下實驗制備氫化鈣。下列說法錯誤的是（）A．裝置I不可用于二氧化錳與濃鹽酸反應制取氯氣B．裝置III、V所起作用相同C．直玻璃管加熱前，用試管在末端收集氣體并驗純D．試驗結束后，可通過取樣加水，根據氣泡判斷是否有CaH2生成17、能正確表示下列反應的離子方程式是A．Al和NaOH溶液反應：Al＋OH－=Al3+＋H2↑B．NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2OC．AlCl3溶液中加入過量稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlO2－＋4NH4＋＋2H2OD．Ca(HCO3)2溶液與少量NaOH溶液反應：HCO3－+Ca2＋+OH－===CaCO3↓+H2O18、屠呦呦率領團隊先后經歷了用水、乙醇、乙醚提取青蒿素的過程，最終確認只有采用低溫、乙醚冷浸等方法才能成功提取青蒿素。研究發現青蒿素中的某個基團對熱不穩定，該基團還能與NaI作用生成I2。碳原子連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳，下列分析不正確的是A．推測青蒿素在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度B．青蒿素可以與NaOH、Na2CO3、NaHCO3反應C．青蒿素分子中含有手性碳D．青蒿素中對熱不穩定且具有氧化性的基團是“－O－O－”19、關于金屬元素的特征，下列敘述正確的是①金屬元素的原子只有還原性，離子只有氧化性②金屬元素在化合物中一般顯正價③金屬性越強的元素相應的離子氧化性越弱④價電子越多的金屬原子的金屬性越強A．①② B．②③ C．①④ D．③④20、下列物質中，屬于弱電解質的是A．H2O B．Na2CO3 C．HCl D．NaCl21、某有機物結構如圖所示，它的結構最多有多少種A．108種B．72種C．56種D．32種22、已知：C（s）+H2O（g）==CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol-12C（s）+O2（g）==2CO(g)△H=-220kJ·mol-1H-H、O=O和O-H鍵的鍵能（kJ·mol-1）分別為436、496和462，則a為（）A．-332 B．-118 C．+350 D．+130二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知X、Y、Z、W、R五種元素均位于周期表的前四周期，且原子序數依次增大。元素X是周期表中原子半徑最小的元素；Y的基態原子中電子占據了三種能量不同的原子軌道，且這三種軌道中的電子數相同；W位于第2周期，其基態原子的核外成對電子數是未成對電子數的3倍；R基態原子3d軌道上的電子數是4s軌道上的4倍。請回答下列問題：（答題時，X、Y、Z、W、R用所對應的元素符號表示）⑴基態R原子的外圍電子排布式為______；Y、Z、W的電負性由大到小的順序是____。⑵元素Y、Z均能與元素X形成含18個電子的微粒，這些微粒中沸點最高的是______，其沸點最高的原因是______；Y2X4難溶于X2W的原因是_____。⑶YW的結構式為______(須標出其中的配位鍵)；在化學式為［R(ZX3)4(X2W)2］2+的配離子中與R形成配位鍵的原子是______。24、（12分）a、b、c、d、e均為周期表前四周期元素，原子序數依次增大，相關信息如下表所示。a原子核外電子分占3個不同能級，且每個能級上排布的電子數相同b基態原子的p軌道電子數比s軌道電子數少1c位于第2周期，原子核外有3對成對電子、兩個未成對電子d位于周期表中第1縱列e基態原子M層全充滿，N層只有一個電子請回答：（1）c屬于_____________區的元素。（2）b與其同周期相鄰元素第一電離能由大到小的順序為______________（用元素符號表示）。（3）若將a元素最高價氧化物水化物對應的正鹽酸根離子表示為A，則A的中心原子的軌道雜化類型為_____________，A的空間構型為____________________；（4）d的某氯化物晶體結構如圖,每個陰離子周圍等距離且最近的陰離子數為________;在e2+離子的水溶液中逐滴滴加b的氫化物水溶液至過量，可觀察到的現象為_____________。25、（12分）1.為探究某鐵碳合金與濃硫酸在加熱條件下的反應的部分產物,并測定鐵碳合金中鐵元素的質量分數,某化學活動小組設計了如圖所示的實驗裝置,并完成以下實驗探究。(1)往圓底燒瓶中加入mg鐵碳合金,并滴入過量濃硫酸,未點燃酒精燈前,A、B中均無明顯現象,其原因是:①常溫下碳與濃硫酸不反應;②___________。

(2)點燃酒精燈,反應一段時間后,從A中逸出氣體的速率仍然較快,除因反應溫度較高外,還可能的原因是___________________。

(3)裝置B的作用是___________________________。

(4)甲同學觀察到裝置C中有白色沉淀生成,他認為使澄清石灰水變渾濁的氣體是二氧化碳。裝置A中能產生二氧化碳的化學方程式為___________________。

(5)乙同學認為甲同學的結論是錯誤的,他認為為了確認二氧化碳的存在,需在裝置B和C之間添加裝置M。裝置E、F中盛放的試劑分別是______、_____。重新實驗后證明存在CO2,則裝置F中的現象是______________。

(6)有些同學認為合金中鐵元素的質量分數可用KMnO4溶液來測定(5Fe2++Mn+8H+5Fe3++Mn2++4H2O)。測定鐵元素質量分數的實驗步驟如下:Ⅰ.往燒瓶A中加入過量銅使溶液中的Fe3+完全轉化為Fe2+,過濾,得到濾液B;Ⅱ.將濾液B稀釋為250mL;Ⅲ.取稀釋液25.00mL,用濃度為cmol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定,三次滴定實驗消耗KMnO4溶液體積的平均值為VmL。①步驟Ⅱ中,將濾液B稀釋為250mL需要用到的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外,還必須要用到的是_________。

②判斷滴定終點的標志是_____________________。

③鐵碳合金中鐵元素的質量分數為___________________。26、（10分）實驗室制備溴苯的反應裝置如圖所示，回答下列問題：已知：苯溴溴苯密度/g·cm-30.883.101.50水中的溶解度微溶微溶微溶(1)實驗裝置c的作用為_______。(2)寫出實驗室制備溴苯的反應方程式_______。(3)本實驗得到粗溴苯后，除去鐵屑，再用如下操作精制：a蒸餾；b水洗；c用干燥劑干燥；d10%NaOH溶液洗滌；e水洗，正確的操作順序是________。(4)本實驗使用6mL無水苯、4.0mL液溴和少量鐵屑，充分反應，經精制得到6.5mL的溴苯。則該實驗中溴苯的產率是_______。27、（12分）制備乙酸乙酯，乙酸正丁酯是中學化學實驗中的兩個重要有機實驗①乙酸乙酯的制備②乙酸丁酯的制備完成下列填空：（1）制乙酸乙酯的化學方程式___________。（2）制乙酸乙酯時，通常加入過量的乙醇，原因是________，加入數滴濃硫酸即能起催化作用，但實際用量多于此量，原因是________；濃硫酸用量又不能過多，原因是_______________。（3）試管②中的溶液是________，其作用是________________。（4）制備乙酸丁酯的過程中，直玻璃管的作用是________，試管不與石棉網直接接觸的原因是_____。（5）在乙酸丁酯制備中，下列方法可提高1-丁醇的利用率的是________（填序號）。A．使用催化劑B．加過量乙酸C．不斷移去產物D．縮短反應時間（6）兩種酯的提純過程中都需用到的關鍵儀器是________，在操作時要充分振蕩、靜置，待液體分層后先將水溶液放出，最后將所制得的酯從該儀器的________（填序號）A．上口倒出B．下部流出C．都可以28、（14分）二氧化碳資源化利用是目前研究的熱點之一。(1)二氧化碳可用于重整天然氣制合成氣(CO和H2)。①已知下列熱化學方程式：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=+206kJ/mol，CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H2=-165kJ/mol，則反應CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=____kJ/mol。②最近我國學者采用電催化方法用CO2重整CH4制取合成氣，裝置如圖所示。裝置工作時，陽極的電極反應式為________。(2)由二氧化碳合成VCB（鋰電池電解質的添加劑）的實驗流程如下，已知EC、VCB核磁共振氫譜均只有一組峰，均含五元環狀結構，EC能水解生成乙二醇。VCB的結構簡式為_________。(3)乙烷直接熱解脫氫和CO2氧化乙烷脫氫的相關化學方程式及平衡轉化率與溫度的關系如下：(I)乙烷直接熱解脫氫：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)△H1(Ⅱ)CO2氧化乙烷脫氫：C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)△H2①反應(I)的△H1=____kJ/mol（填數值，相關鍵能數據如下表）。化學鍵C－CC=CC－HH－H鍵能/kJ·mol－1347.7615413.4436.0②反應(Ⅱ)乙烷平衡轉化率比反應(I)的大，其原因是______（從平衡移動角度說明）。③有學者研究納米Cr2O3催化CO2氧化乙烷脫氫，通過XPS測定催化劑表面僅存在Cr6+和Cr3+，從而說明催化反應歷程為：C2H6(g)→C2H4(g)+H2(g)，______和_______（用方程式表示，不必注明反應條件）。④在三個容積相同的恒容密閉容器中，溫度及起始時投料如下表所示，三個容器均只發生反應：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)。溫度及投料方式（如下表所示），測得反應的相關數據如下：容器1容器2容器3反應溫度T/K600600500反應物投入量1molC2H62molC2H4+2molH21molC2H6平衡時v正(C2H4)/mol/(L·s)v1v2v3平衡時c(C2H4)/mol/Lc1c2c3平衡常數KK1K2K3下列說法正確的是_______（填標號）。A．K1=K2，v1<v2B．K1<K3，v1<v3C．v2>v3，c2>2c3D．c2+c3<3c129、（10分）聚異戊二烯橡膠（）具有與天然橡膠相似的化學組成、立體結構和力學性能，具有良好的強度、黏性和彈性等，其合成路線如下圖：已知：①；②同一碳原子上有兩個碳碳雙鍵時分子不穩定。（1）A既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能使溴的四氯化碳溶液褪色，則A的化學名稱是__________，該物質中含有的官能團名稱是______________。（2）和氧氣作反應物，溫度為110℃時除生成B外，還生成一種副產物F，其分子式為C6H6O，該物質的水溶液遇FeCl3溶液顯紫色，那么物質F不可能發生的反應類型是_________。a．加成反應b．取代反應c．消去反應d．縮聚反應（3）寫出合成路線圖中有機化合物C的結構簡式___________________。（4）寫出D生成E的化學反應方程式_____________。（5）D的同分異構體中能發生銀鏡反應的共有______種，其中核磁共振氫譜有五種不同化學環境的氫，且峰面積比為3:3:2:1:1是______________(寫結構簡式）。

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、A【解析】①干冰為CO2、雙氧水為H2O2、HDO、碘化銀均為化合物，故①正確；②鹽酸是氯化氫水溶液、水玻璃是硅酸鈉水溶液、氨水為氨氣水溶液均為混合物，淀粉為有機高分子化合物，也是混合物，故②錯誤；③明礬、小蘇打、硫酸鋇均為可溶性鹽，生石灰為堿性氧化物，均為電解質，且為電解質，故③正確；④甲醇是一元醇、乙二醇是二元醇、甘油是三元醇，三者分子中含有的官能團數目不等，不屬于同系物，故④錯誤；⑤碘酒是碘單質的酒精溶液，牛奶、豆漿及淀粉溶液是膠體，故⑤錯誤；⑥同位素指的是質子數相同，中子數不等的同種元素的不同核素，如H、D、T互為同位素，而H2、D2、T2均為單質，故錯⑥誤；只有①③正確，故答案為A。點睛：本題考查化學基本概念的理解和應用，掌握物質的組成是解題關鍵，熟悉混合物、化合物、單質、化合物、電解質、非電解質等概念的分析即可判斷，特別注意化合物是不同元素組成的純凈物，同位素是同種元素的不同核素。2、A【解析】試題分析：A、SO3中S原子雜化軌道數為（6+0）=3，采取sp2雜化方式，SO2中S原子雜化軌道數為（6+0）=3，采取sp2雜化方式，故A正確；B、BF3中B原子雜化軌道數為（3+3）=3，采取sp2雜化方式，NH3中N原子雜化軌道數為（5+3）=4，采取sp3雜化方式，二者雜化方式不同，故B錯誤；C、BeCl2中Be原子雜化軌道數為（2+2）=2，采取sp雜化方式，SCl2中S原子雜化軌道數為（6+2）=4，采取sp3雜化方式，二者雜化方式不同，故C錯誤。考點：原子軌道雜化類型判斷點評：本題考查原子軌道雜化類型判斷，難度中等。需熟練掌握幾種常見分子的中心原子雜化類型。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。【詳解】A．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、C【解析】

A、NH3分子中，N提供5個電子，3個H共提供3個。所以4對價電子，sp3雜化，有1對孤對電子，分子構型三角錐。N2H4可以看成-NH2取代NH3中的一個H，雜化方式不變，sp3雜化，故A錯誤；B、銅型為面心立方結構，配位數12，空間利用率為74%，故B錯誤；C、石墨晶體中，既有共價鍵，又有金屬鍵，還有范德華力，不能簡單地歸屬于其中任何一種晶體，是一種混合晶體，故C正確；D、氯化鈉晶體中氯離子配位數為6，故D錯誤；故選C。5、B【解析】

A、金屬價電子較少，容易失去電子，能說明有還原性，A錯誤；B、金屬鍵存在于整個金屬中，且一般較強，難以斷裂。金屬通常采取最密集的堆積方式，鍛壓或者錘打時，金屬原子之間容易滑動，但不影響緊密的堆積方式，故有延展性，B正確；C、金屬延展性是原子的相對滑動，而不是電子的運動，C錯誤；D、自由電子傳遞能量，與延展性無關，可以影響金屬的導熱性，D錯誤。答案選A。6、D【解析】

分析：A.

明礬凈水，是利用膠體的吸附性，自來水是用強氧化性物質來消毒的；

B.碳酸鋇能夠溶于鹽酸；C.吸氧腐蝕速率小于析氫腐蝕速率；

D.泡沫滅火器裝有碳酸氫鈉溶液和硫酸鋁溶液發生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳。詳解:A.明礬溶于水形成的氫氧化鋁膠體能吸附不溶性固體雜質小顆粒，形成大顆粒，易于沉降，所以明礬凈水，是利用膠體的吸附性，自來水是用強氧化性物質來消毒的，故A錯誤；B.碳酸鋇能夠溶于鹽酸生成可溶性氯化鋇溶液，鋇為重金屬離子有毒，故B錯誤；C.酸性條件下鋼鐵被腐蝕快，析氫腐蝕速率快于吸氧腐蝕，故C錯誤；

D.泡沫滅火器裝有碳酸氫鈉溶液和硫酸鋁溶液發生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，所以D選項是正確的；

所以D選項是正確的。【點睛】本題考查了物質的性質及用途，性質決定用途，熟悉碳酸鋇、明礬、碳酸氫鈉等的性質是解題關鍵，注意金屬的電化學防護原理，題目難度不大，注意對相關知識的積累。7、B【解析】A.純堿是碳酸鈉，碳酸鈉水解溶液顯堿性，可以與油污發生皂化反應達到去除油污的目的，A與水解有關。B.食醋（醋酸）與水垢（碳酸鈣）反應，實際是利用醋酸的酸性，B與水解無關。C.明礬凈水，是利用鋁離子水解得到的氫氧化鋁膠體的吸附能力，C與水解有關。D.氯化銨水解顯酸性，可以與氧化鐵反應，D與水解有關。答案選B.8、B【解析】分析：A．次氯酸具有漂白性；B．FeCl3溶液加熱蒸干，水解生成鹽酸易揮發，促進鐵離子水解；C．明礬溶液中加入一定量NaOH，發生復分解反應；D．根據pH=5的NaHSO4溶液與pH=9的NaHCO3溶液的本質區別分析判斷。詳解：A．次氯酸具有漂白性，不能選pH試紙測定其pH，應選pH計，故A錯誤；B．FeCl3溶液加熱蒸干，促進鐵離子水解，生成鹽酸易揮發，得到氫氧化鐵，灼燒獲得Fe2O3固體，故B正確；C．明礬溶液中加入一定量NaOH，發生復分解反應生成氫氧化鋁沉淀，得不到膠體，故C錯誤；D．pH=5的NaHSO4溶液說明電離程度大于水解程度，抑制水的電離，pH=9的NaHCO3溶液，說明水解程度大于電離程度，促進水的電離，水的電離程度不同，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查化學實驗方案的評價，把握pH測定、鹽類水解、物質的性質、實驗技能為解答的關鍵。本題的易錯點為D，要注意NaHSO4溶液與NaHCO3溶液的酸堿性與水解和電離的關系，同時要知道，酸或堿抑制水的電離，能夠水解的鹽促進水的電離。9、B【解析】

A、由n=可知，分子數相同的氣體，物質的量相同，相對分子質量之比等于質量之比，即相對分子質量之比為m：n，故A正確；B、溫度壓強一樣，Vm相同，由ρ=可知，密度之比等于摩爾質量之比，即為m：n，故B錯誤；C、A與B相對分子質量之比為m：n，同質量時由n=可知，分子數之比等于n：m，故C正確；D、相同狀況下，同體積的A與B的物質的量相同，則質量之比等于摩爾質量之比，即為m：n，故D正確；答案選B。10、C【解析】

電解質溶液的導電能力與離子的濃度及離子所帶的電荷有關。【詳解】A.該過程的離子方程式為：，該過程中，離子濃度與所帶電荷的乘積沒有變化，則溶液的導電能力幾乎不變，A錯誤；B.該過程的化學方程式為：，該過程中，離子濃度減小，則溶液的導電能力減弱，B錯誤；C.該過程發生的離子方程式為：，則該過程中離子濃度顯著增大，則溶液的導電能力顯著增大，C正確；D.該過程發生的離子方程式為：，則該過程中離子濃度幾乎不變，則溶液的導電能力幾乎不變，D錯誤；故合理選項為C。11、B【解析】分析：本題考查的是化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、實驗基本操作、實驗安全、焰色反應、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析。詳解：A.混合是將密度大的液體注入密度入的液體中，則將濃硫酸沿著內壁慢慢注入盛有濃硝酸的燒杯中，并用玻璃棒不斷攪拌，故錯誤；B.焰色反應為元素的性質，某些金屬灼燒有特殊的焰色，則根據火焰的顏色，用來檢驗金屬或金屬離子的存在，故正確；C.鈉與水生成可燃性氣體，為保證安全，實驗時多余的鈉放回原瓶，故錯誤；D.過濾時不能攪拌，易搗破濾紙，應使水自然流下，故錯誤。故選B。12、C【解析】

A.鋅和濃硫酸反應生成硫酸鋅、二氧化硫和水，發生了氧化還原反應，故不選A；B.碳和濃硫酸加熱反應生成二氧化碳、二氧化硫和水，發生了氧化還原反應，故不選B；C.氯化鈉和濃硫酸微熱反應生成硫酸氫鈉和氯化氫，體現濃硫酸的難揮發性，不是氧化還原反應，故選C；D.硫化鈉具有強還原性，濃硫酸具有強氧化性，二者能發生氧化還原反應，故不選D。答案選C。13、A【解析】

根據已知反應可知（1）－（2）即得到Zn（s）+Ag2O(s)="="ZnO(s)+2Ag(s)，所以ΔH＝－348.3kJ/mol＋31.0kJ/mol＝－317.3kJ/mol，答案選A。14、C【解析】

A、偏二甲肼和四氧化二氮都有毒，故A錯誤；

B、根據方程式C2H8N2

+2N2O4→2CO2+3N2+4H2O，每有0.6molN2生成，轉移電子數目為3.2NA，故B錯誤；C、該反應N2O4中氮元素化合價降低是氧化劑，偏二甲肼中C、N元素化合價升高是還原劑，故C正確；D、N2既是氧化產物又是還原產物，CO2是氧化產物，故D錯誤。【點睛】氧化還原反應中，所含元素化合價升高的反應物是還原劑、所含元素化合價降低的反應物是氧化劑；通過氧化反應得到的產物是氧化產物、通過還原反應得到的產物是還原產物。15、B【解析】

某烴的相對分子質量為72，由商余法：該烴含有的碳原子數目為=5…12，該烴的分子式為C5H12，該烴屬于烷烴，為戊烷，戊烷有正戊烷、異戊烷和新戊烷，含有的H原子種類分別為3、4、1，共8種，則一氯取代物最多可能有8種，故選B。16、D【解析】

A.二氧化錳與濃鹽酸反應制取氯氣必須在加熱條件下進行，裝置I啟普發生器不能加熱，不適用，選項A正確；B.裝置III是干燥氫氣、裝置V是防止空氣中的水蒸氣進入裝置Ⅳ，所起作用相同，均為干燥的作用，選項B正確；C.氫氣為可燃性氣體，點燃前必須驗純，故直玻璃管加熱前，用試管在末端收集氣體并驗純，選項C正確；D.鈣也能與水反應產生氫氣，故試驗結束后，可通過取樣加水，根據氣泡無法判斷是否有CaH2生成，選項D錯誤。答案選D。17、D【解析】

A.Al和NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣：2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑，A錯誤；B.NaHCO3溶液中加入稀HCl生成氯化鈉、水和二氧化碳：HCO3－＋H＋＝CO2↑＋H2O，B錯誤；C.AlCl3溶液中加入過量稀氨水生成氫氧化鋁和氯化銨：Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋，C錯誤；D.Ca(HCO3)2溶液與少量NaOH溶液反應生成碳酸鈣、碳酸氫鈉和水：HCO3－+Ca2＋+OH－＝CaCO3↓+H2O，D正確。答案選D。18、B【解析】

A．青蒿素中含有酯基，如圖含，難溶于水，易溶于有機溶劑。根據萃取過程，最終采用乙醚萃取，可知青蒿素易溶于乙醚，A正確；B．青蒿素可以與氫氧化鈉溶液反應，由于青蒿素中含有酯基，在堿性環境下發生水解。但是Na2CO3和NaHCO3不與酯基等官能團反應，B錯誤；C．手性碳指碳原子所連接的4個基團不一樣，青蒿素分子中含有手性碳，如，中心的碳原子鏈接了4個不同的原子或原子團，是手性碳原子，C正確；D．含有的“-O-O-”不穩定，類似于雙氧水中的過氧鍵，受熱容易分解，D正確；故合理選項為B。19、B【解析】

①對于具有變價金屬離子來說，較低價態的金屬離子既有氧化性又有還原性，例如Fe2+，Fe2++Zn=Fe+Zn2+，2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故①錯誤；②因為金屬元素的原子只具有還原性，故在化合物中金屬元素只顯正價，故②正確；③金屬性越強的元素越易失去電子，單質的還原性越強，對應的離子越難得電子，氧化性越弱，故③正確；④金屬性強弱與失電子的多少無關，只與得失電子的難易程度有關，所以與最外層電子數無關，故④錯誤；故選B。【點睛】金屬元素在化合物中的化合價一定是正價，因而其原子只有還原性，但其離子不一定只有氧化性，如Fe2+就有還原性，金屬單質在化學反應中只能失去電子，金屬性越強的元素相應的離子氧化性越弱。20、A【解析】

A．水部分電離出氫離子和氫氧根離子，存在電離平衡，水為弱電解質，故A正確；B．Na2CO3在水溶液里或在熔融狀態下，能完全電離出自由移動的鈉離子和碳酸根離子，所以Na2CO3是強電解質，故B錯誤；C．HCl在水溶液中完全電離出氫離子和氯離子，所以HCl為強電解質，故C錯誤；D．NaCl在水溶液里或在熔融狀態下，能完全電離出自由移動的鈉離子和氯離子，所以NaCl是強電解質，故D錯誤；答案選A。21、B【解析】試題分析：戊烷有正戊烷、異戊烷、新戊烷，-C5H11是戊烷去掉一個H之后形成的戊基，去掉一個H，正戊烷、異戊烷、新戊烷分別有3、4、1種結構，共8種；-C3H5Br2根據碳鏈異構和Br位置異構共9種，因此總共8×9=72種，故選B。【考點定位】考查同分異構體和同分異構現象【名師點晴】本題解題時需注意同分異構體的類型包括碳鏈異構、官能團異構、位置異構等；該有機物的同分異構體取決于兩個取代基的同分異構，主要考慮碳鏈異構和位置異構即可，戊烷有正戊烷、異戊烷、新戊烷，-C5H11是戊烷去掉一個H之后形成的戊基，去掉一個H，正戊烷、異戊烷、新戊烷分別有3、4、1種結構；-C3H5Br2根據碳鏈異構和Br位置異構共9種，因此總共8×9=72種。22、D【解析】

由①C（s）+H2O（g）==CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol-1②2C（s）+O2（g）==2CO(g)△H=-220kJ·mol-1結合蓋斯定律可知,②?①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)，△H=?220kJmol?2akJ/mol=?(220+2a)kJ/mol，焓變等于斷鍵吸收能量減去成鍵釋放的能量，則496+2×431?462×2×2=?(220+2a)，解得a=+130，故選D.二、非選擇題(共84分)23、3d84s2O＞N＞CN2H4N2H4分子間存在氫鍵C2H4是非極性分子，H2O是極性溶劑，非極性分子難溶于極性溶劑N、O【解析】

X、Y、Z、W、K五種元素均位于周期表的前四周期，且原子序數依次增大．元素X是周期表中原子半徑最小的元素，則X為H元素；Y的基態原子中電子占據了三種能量不同的原子軌道，且這三種軌道中的電子數相同，原子核外電子排布為1s22s22p2，則Y為碳元素；W位于第2周期，其原子核外成對電子數是未成對電子數的3倍，原子核外電子排布為1s22s22p4，則W為O元素；Z的原子序數介于碳、氧之間，故Z為N元素；R基態原子3d軌道上的電子數是4s軌道上的4倍，R為Ni。【詳解】（1）R為Ni，基態R原子的外圍電子排布式為3d84s2；同周期隨原子序數增大，元素電負性呈增大趨勢，Y、Z、W的電負性由大到小的順序是O＞N＞C。（2）C、N兩元素均可形成含18個電子氫化物分子，其氫化物分子分別為C2H6、N2H4，N2H4分子之間存在氫鍵，C2H6分子之間無氫鍵，二者沸點相差較大；根據相似相溶的規律：C2H4是非極性分子，H2O是極性溶劑，非極性分子難溶于極性溶劑；（3）CO是SP雜化，碳和氧形成叁鍵，CO的結構式為(須標出其中的配位鍵)；Ni提供空軌道，N和O提供孤電子對，在化學式為［Ni(NH3)4(H2O)2］2+的配離子中與Ni形成配位鍵的原子是N和O。【點睛】本題是對物質結構的考查，推斷元素是解題關鍵，易錯點：注意核外電子排布、電負性、氫鍵、配位鍵等基礎知識。24、pN＞O＞Csp2平面三角形12先產生藍色沉淀，氨水過量后沉淀溶解，生成深藍色溶液【解析】

a原子原子核外電子分占3個不同能級，且每個能級上排布的電子數相同，確定a原子的核外電子排布為1s22s22p2，則a為C元素；b原子基態原子的p軌道電子數比s軌道電子數少1，確定b原子的核外電子排布為1s22s22p3則b為N元素；c位于第2周期，原子核外有3對成對電子、兩個未成對電子，確定c原子的核外電子排布為1s22s22p4，則c為O元素；a、b、c、d、e均為周期表前四周期元素，原子序數依次增大，d位于周期表中第1縱列，則d為元素Na或K；e原子的核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1，則e為Cu，據此分析；【詳解】（1）c為氧元素，位于第六主族，屬于p區的元素；答案：p（2）b為N元素，與其同周期相鄰元素為C、O，因為N核外電子排布處于半滿狀態，比較穩定，第一電離能大于C、O；O的非金屬性強與C，第一電離能大于C；第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C；答案：N＞O＞C（3）CO32-的價層電子對數為=3，中心原子的軌道雜化類型為sp2，空間構型為平面三角形；答案：sp2平面三角形（4）根據晶體結構可以看出,每個陰離子周圍等距離且最近的陰離子數為12;在銅鹽溶液中逐滴加入氨水至過量，該過程中先生成藍色沉淀，后氫氧化銅溶解在氨水中生成配離子，得到深藍色溶液，發生Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+，Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；答案：12先產生藍色沉淀，氨水過量后沉淀溶解，生成深藍色溶液25、常溫下Fe在濃硫酸中發生鈍化鐵、碳、硫酸溶液形成原電池檢驗SO2的存在C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O酸性KMnO4溶液或溴水(或其他合理答案)品紅溶液品紅溶液不褪色或無明顯現象250mL容量瓶滴入最后一滴酸性高錳酸鉀溶液,溶液呈淺紫色,且30s內不變色%.【解析】

在常溫下，Fe和C，與濃硫酸均不反應，在加熱條件下，可以反應，生成SO2和CO2，利用品紅檢驗SO2，利用石灰水檢驗CO2，但是SO2的存在會對CO2的檢驗產生干擾，因此需要除雜，并且驗證SO2已經被除盡。【詳解】(1)在加熱條件下C和濃硫酸發生氧化還原反應，常溫下，鐵和濃硫酸發生鈍化現象，C和濃硫酸不反應，所以在未點燃酒精燈前A、B均未產生現象，故答案為：鐵和濃硫酸發生鈍化現象；(2)隨著反應的進行，溶液濃度減小，速率應該減小，但事實上反應速率仍較快，該反應沒有催化劑，濃度在減小，壓強沒有發生改變，只能是Fe和C形成原電池，Fe作負極，加快了氧化還原反應的速率所以速率加快的原因可能是C、Fe和硫酸構成原電池，從而加速反應速率；(3)SO2能和有色物質反應生成無色物質而具有漂白性，SO2能使品紅溶液褪色，所以B可以檢驗SO2的存在；(4)加熱條件下，C和濃硫酸發生氧化還原反應生成CO2、SO2和H2O，反應方程式為C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O；(5)SO2也能使澄清石灰水變渾濁，用澄清石灰水檢驗CO2之前要除去SO2，防止對CO2造成干擾，所以在B-C之間增加裝置酸性高錳酸鉀溶液或溴水和品紅溶液，酸性高錳酸鉀或溴水是吸收二氧化硫、品紅溶液是檢驗二氧化硫是否除盡，如果二氧化硫完全被吸收，則F中溶液不褪色或無明顯現象；(6)①要測量Fe的質量分數，配制溶液的時候不能粗略地用燒杯稀釋，而應該使用容量瓶，因此還需要容量瓶250mL容量瓶；②Fe2＋和高錳酸鉀發生氧化還原反應而使溶液褪色，高錳酸鉀溶液有顏色、生成的錳離子無色，所以有明顯的顏色變化。終點的標志為滴入最后一滴酸性高錳酸鉀溶液,溶液呈淺紫色,且30s內不變色；③設參加反應的亞鐵離子的物質的量為x，消耗的高錳酸鉀的物質的量為0.001cVmol。根據5Fe2＋+MnO4－+8H＋═5Fe3＋+Mn2＋+4H2O中Fe2＋和MnO4－的比例關系，有5Fe2＋~MnO4－5mol1molx0.001cVmol5mol：1mol=x：0.001cVmol；則250mL濾液中n(Fe2＋)=0.005cVmol×10=0.05cVmol，根據Fe原子守恒得n(Fe)=(Fe2＋)=0.05cVmol，m(Fe)=0.05cVmol×56g·mol－1=2.8cVgFe質量分數=。26、吸收HBr+Br2＋HBrbdeca或者edbca91.7%【解析】

苯和液溴在Fe或FeBr3作催化劑下發生取代反應，生成溴苯和HBr，從裝置a中出來的氣體中除含有HBr外，還含有苯、溴蒸氣，利用b裝置吸收溴蒸氣和苯，c裝置吸收HBr，防止污染環境。【詳解】（1）苯和液溴在Fe或FeBr3作催化劑下發生取代反應，生成溴苯和HBr，從裝置a中出來的氣體中除含有HBr外，還含有苯、溴蒸氣，利用b裝置吸收溴蒸氣和苯，c裝置吸收HBr，防止污染環境；（2）制備溴苯的化學反應方程式為+Br2＋HBr；（3）粗溴苯中混有液溴和FeBr3，提純的步驟是水洗→10%NaOH溶液洗滌→水洗→干燥→蒸餾，即步驟為bdeca或者edbca；（4）苯的質量為6mL×0.88g/cm3=5.28g，其物質的量為=0.068mol，液溴的質量為3.10g·cm-3×4.0mL=12.4g，其物質的量為=0.0775mol，苯不足，液溴過量，生成溴苯的質量為0.068mol×157g·mol-1=10.63g，實際上得到溴苯的質量為6.5mL×1.50g·mol-1=9.75g，溴苯的產率為×100%=91.7%。【點睛】有機物實驗考查中，因為有機物的副反應較多，因此必然涉及到產率的計算，產率=，實際產量題中會給出，需要學生計算出理論產量，即判斷出原料誰過量，誰不足，按照不足計算目標產物的理論產量，從而得出結果。27、增大反應物的濃度，使平衡正向移動，提高乙酸的轉化率；；濃硫酸能吸收反應生成的水，使平衡正向移動，提高酯的產率濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產率飽和碳酸鈉溶液中和乙酸、吸收乙醇減少乙酸乙酯在水中的溶解冷凝回流防止加熱溫度過高，有機物碳化分解BC分液漏斗A【解析】

（1）實驗室用乙醇和乙酸在濃硫酸加熱的條件下制乙酸乙酯，化學方程式為。答案為：；（2）酯化反應屬于可逆反應，加入過量的乙醇，相當于增加反應物濃度，可以讓平衡生成酯的方向移動，提高酯的產率；在酯化反應中，濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑；理論上"加入數滴濃硫酸即能起催化作用，但實際用量多于此量"，原因是：利用濃硫酸能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移動，提高酯的產率；“濃硫酸用量又不能過多”，原因是：濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產率；答案為：增大反應物的濃度，使平衡正向移動，提高乙酸的轉化率；濃硫酸能吸收反應生成的水，使平衡正向移動，提高酯的產率；濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產率；（3）由于乙酸和乙醇具有揮發性，所以制得的乙酸乙酯中常混有少量揮發出的乙酸和乙醇，將產物通到飽和碳酸鈉溶液的液面上，飽和碳酸鈉溶液的作用是：中和乙酸、溶解乙醇、減少乙酸乙酯在水中的溶解；答案為：飽和碳酸鈉溶液；中和乙酸、吸收乙醇減少乙酸乙酯在水中的溶解；（4）乙酸、丁醇加熱易揮發，為減少原料的損失，直玻璃管對蒸汽進行冷凝，重新流回反應器內。試管與石棉網直接接觸受熱溫度高，容易使有機物分解碳化。故答案為：冷凝、回流；防止加熱溫度過高，有機物碳化分解。（5）提高1?丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移動。A.使用催化劑，縮短反應時間，平衡不移動，故A錯誤；B.加過量乙酸，平衡向生成酯的方向移動，1?丁醇的利用率增大，故B正確；C.不斷移去產物，平衡向生成酯的方向移動，1?丁醇的利用率增大，故C正確；D.縮短反應時間，反應未達平衡，1?丁醇的利用率降低，故D錯誤。答案選BC。（6）分離互不相溶的液體通常分液的方法，分液利用的儀器主要是分液漏斗，使用時注意下層液從分液漏斗管放出，上層液從分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，應從分液漏斗上口倒出。故答案為：分液漏斗；A。28、+247CH4+O2--2e-=CO+2H2+123.5反應Ⅱ相當于反應Ⅰ中乙烷熱解的產物H2，與CO2進一步發生反應：CO2+H2CO+H2O，降低了反應Ⅰ中生成物H2的濃度，使平衡向生成乙烯的方向移動3CO2+Cr2O3=2CrO3+3CO2CrO3+3H2=Cr2O3+3H2OAD【解析】

(1)根據蓋斯定律，將已知的兩個熱化學方程式疊加，可得待求反應的熱化學方程式；②電解時，陽極CH4發生氧化反應變為CO；陰極上CO2被還原為CO；(2)根據EC、VCB核磁共振氫譜均只有一組峰，結合二者的分子式及均含五元環狀結構，EC能水解生成乙二醇確定物質結構；(3)(I)根據反應熱為斷裂反應物化學鍵吸收的能量與形成生成物化學鍵釋放的能量差計算反應熱；②(Ⅱ)根據兩個反應產生的物質的區別分析；③根據題干信息及已知的方程式書寫待求的反應方程式；④根據①可知反應C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)的正反應是吸熱反應，化學平衡常數只與溫度有關，利用溫度、濃度對化學反應速率和平衡移