福建省南安市柳城中學2025屆高二化學第二學期期末質量跟蹤監視模擬試題注意事項: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、下面的原子或原子團不屬于官能團的是()A．NO3- B．—NO2C．—OH D．—COOH2、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種既能殺菌、消毒,又能絮凝凈水的水處理劑。工業制備高鐵酸鉀的離子方程式為Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO42-+Cl-+H2O(未配平),下列有關說法不正確的是()A．由上述反應可知,Fe(OH)3的氧化性強于FeO42-B．高鐵酸鉀中鐵顯+6價C．上述反應氧化劑和還原劑的物質的量之比為3∶2D．K2FeO4處理水時,不僅能消毒、殺菌,而且生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3膠體能吸附水中的懸浮雜質3、鎂粉是焰火、閃光粉中不可缺少的原料，工業制造鎂粉是將鎂蒸氣在氣體中冷卻，下列可作為冷卻劑的是()①空氣②CO2③Ar④H2⑤N2⑥H2OA．①②⑤⑥ B．③④⑥ C．③⑥ D．③④4、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5、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6、按照第一電離能由大到小的順序排列錯誤的是（）A．Be、Mg、Ca B．Na、Mg、Al C．He、Ne、Ar D．Li、Na、K7、下列實驗操作對應的實驗現象及解釋或結論都正確的是()選項實驗操作實驗現象解釋或結論A向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液溶液變為黃色氧化性：H2O2>Fe3＋B向5mL1mol/LNaOH溶液中滴加5滴1mol/LMgCl2溶液，然后再滴加足量的1mol/LCuCl2溶液先產生白色沉淀，然后產生藍色沉淀Ksp[Cu(OH)2]>Ksp[Mg(OH)2]C將充滿NO2的密閉玻璃球浸泡在熱水中紅棕色變深2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0D向一定量酸性KMnO4溶液中加入乙二醇（HOCH2CH2OH）溶液紫色褪去乙二醇被氧化為乙二酸A．A B．B C．C D．D8、已知下列反應的平衡常數：①H2(g)＋S(s)H2S(g)，K1；②S(s)＋O2(g)SO2(g)，K2；則反應H2(g)＋SO2(g)O2(g)＋H2S(g)的平衡常數是A．K1＋K2 B．K1－K2 C．K1×K2 D．K1/K29、以下各種尾氣吸收裝置中，適合于吸收易溶性氣體并且能防止倒吸的是()A．B．C．D．10、在某溫度下可逆反應：Fe2(SO4)3＋6KSCN2Fe(SCN)3＋3K2SO4達到平衡狀態后加入少量下列何種固體物質，該平衡幾乎不發生移動()A．NH4SCNB．K2SO4C．NaOHD．FeCl3·6H2O11、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、C3H4O412、化學與人類生產、生活、社會可持續發展密切相關，下列有關說法不正確的是A．高純硅廣泛應用于太陽能電池、計算機芯片，是一種重要的半導體材料B．氟利昂和NOx都能破壞臭氧層，從而導致“溫室效應”C．中國是目前全球最大的稀土生產國和出口國，對稀土元素及其化合物的研究是獲得優良催化劑的一種重要途徑D．華為發布的首款5G折疊屏手機，用鎂鋁合金制成的手機外殼具有輕便抗壓的特點13、下列有關化學用語表示正確的是（）A．35Cl和37Cl的原子結構示意圖均為B．HC1O的電子式：C．CO2的比例模型：D．乙烯的結構式：CH2=CH214、下列常見分子中心原子的雜化軌道類型是sp3的是（）A．BF3B．PH3C．SO2D．CO215、某溶液中滴入無色酚酞試液顯紅色，則該溶液中一定不能大量共存的離子組是（）A．Na+NO3-CO32-Cl- B．ClO-K+Na+AlO2-C．K+Fe2+NO3-HCO3- D．Cl-Na+K+SO42-16、有時候，將氧化還原方程式拆開寫成兩個“半反應”。下面是一個“半反應”式：()NO3—+()H++()e-=()NO+()H2O，該式的配平系數是（）A．1，3，4，2，1 B．2，4，3，2，1 C．1，6，5，1，3 D．1，4，3，1，217、下列有關儀器的性能或者使用方法的說明中正確的是A．試管、蒸發皿既能用于給固體加熱也能用于給溶液加熱B．分液漏斗既能用于某些混合物的分離也能用于組裝氣體發生器C．堿式滴定管既可用于中和滴定，也可用于量取一定量的NaCl或AlCl3溶液D．測量酒精沸點的實驗中，應使溫度計水銀球位于被加熱的酒精中18、下列反應中前者屬于取代反應，后者屬于加成反應的是A．甲烷與氯氣混和后光照反應；乙烯使酸性高錳酸鉀溶液的褪色B．乙烯與溴的四氯化碳溶液反應；苯與氫氣在一定條件下反應生成環己烷C．苯與濃硝酸和濃硫酸的混合液反應生成油狀液體；乙烯與水生成乙醇的反應D．乙烯與溴水反應；乙酸與乙醇的酯化反應19、分類是學習化學的重要方法．下列歸納正確的是()A．SO2、SiO2、CO均為酸性氧化物 B．純堿、燒堿、熟石灰都屬于堿類C．氨氣、冰醋酸、食鹽均為電解質 D．堿性氧化物都是金屬氧化物20、下列說法或有關化學用語的表達不正確的是（）A．在基態多電子原子中，p軌道電子能量不一定高于s軌道電子能量B．核外電子排布由1s22s22p63s1→1s22s22p6的變化需要吸收能量C．Ca2+離子基態電子排布式為1s22s22p63s23p6D．氧元素基態原子的電子排布圖為21、a、b、c，d為原子序數依次增大的四種短周期主族元素。a與d同族，d在地殼中的含量僅次于氧；b的簡單氫化物能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍色；c＋與氖原子的電子層結構相同。下列說法正確的是A．d的單質常用于制造光導纖維B．簡單氫化物的熱穩定性：d>aC．最高價氧化物對應的水化物的酸性：b>a>dD．由氫、氧、a和b組成的化合物一定是無機物22、藥物使數以萬計的人擺脫疾病困擾，是我國科學家最近新合成的一種藥物，下列關于該有機物的說法錯誤的是A．該有機物的分子式為C11H16OB．該有機物可以使溴水褪色C．該有機物易溶于水D．光照，該有機物可以與氯氣發生取代反應二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物A（C4H10O）可用作增塑劑、溶劑等。A可以發生如下轉化。已知：R1-CH=CH-R2R1-CHO+R2-CHO(1)按官能團分類，A屬于_________。(2)A→B的反應類型是_________。(3)A→C的轉化中Na的作用是__________。(4)寫出A→D的化學方程式：_______________。(5)F的結構簡式是_________。24、（12分）有機物G（分子式為C13H18O2）是一種香料，如圖是該香料的一種合成路線。已知：①E能發生銀鏡反應，在一定條件下，1molE能與2molH2反應生成F；②R—CH===CH2R—CH2CH2OH；③有機物D的摩爾質量為88g·mol－1，其核磁共振氫譜有3組峰；④有機物F是苯甲醇的同系物，苯環上只有一個無支鏈的側鏈。回答下列問題：（1）用系統命名法命名有機物B________________；（2）E的結構簡式為__________________________；（3）C與新制Cu(OH)2反應的化學方程式為____________________________；（4）已知有機物甲符合下列條件：①為芳香族化合物；②與F互為同分異構體；③能被催化氧化成醛。符合上述條件的有機物甲有________種，寫出一種滿足苯環上有3個側鏈，且核磁共振氫譜有5組峰，峰面積比為6∶2∶2∶1∶1的有機物的結構簡式____________________；（5）以丙烯等為原料合成D的路線如下：X的結構簡式為_______，步驟Ⅱ的反應條件為___________，步驟Ⅳ的反應類型為______。25、（12分）CCTV在“新聞30分”中介紹：王者歸“錸”，我國發現超級錸礦，飛機上天全靠它。錸的穩定硫化物有ReS2，穩定的氧化物有Re2O7。工業上，常從冶煉銅的廢液中提取錸，其簡易工藝流程如下（部分副產物省略，錸在廢液中以ReO4-形式存在）：回答下列問題：（1）NH4ReO4（高錸酸銨）中錸元素化合價為_________________。（2）操作A的名稱是_____________。“萃取”中萃取劑應具有的性質：______（填代號）。①萃取劑難溶于水②萃取劑的密度大于水③ReO4-在萃取劑中的溶解度大于在水中的溶解度④萃取劑不和ReO4-發生反應（3）在“反萃取”中，加入氨水、水的目的是_________________。（4）在高溫下高錸酸銨分解生成Re2O7，用氫氣還原Re2O7，制備高純度錸粉。①寫出高錸酸銨分解生成Re2O7的化學方程式_____________________。②工業上，利用氫氣還原Re2O7制備錸，根據生成錸的量計算氫氣量，實際消耗H2量大于理論計算量，其原因是_____________________。（5）工業上，高溫灼燒含ReS2的礦粉，可以制備R2O7。以含ReS2的礦石原料生產48.4tRe2O7，理論上轉移__________mol電子。26、（10分）如圖為實驗室某濃鹽酸試劑瓶標簽上的有關數據，試根據標簽上的有關數據回答下列問題：（1）該濃鹽酸的物質的量濃度為______mol?L-1。（2）取用任意體積的該鹽酸溶液時，下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是______。A．溶液中HCl的物質的量B．溶液的濃度C．溶液中Cl-的數目D．溶液的密度（3）某學生欲用上述濃鹽酸和蒸餾水配制500mL物質的量濃度為0.400mol?L-1的稀鹽酸。①該學生需要量取______mL上述濃鹽酸進行配制。②所需的實驗儀器有：膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒，配制稀鹽酸時，還缺少的儀器有_________________________。27、（12分）下圖是有機化學中的幾個重要實驗。圖一是制取乙酸乙酯，圖二是驗證醋酸、碳酸、苯酚酸性強弱；圖三是實驗室制取乙炔并檢驗其部分性質。請根據要求填空。(1)圖一中A發生的化學方程式為__________，A的導管應與_______相連(填字母)。(2)圖二中的E和F分別盛裝的藥品應為_____________和______________。A．石蕊溶液B．苯酚鈉溶液C．碳酸氫鈉溶液D．碳酸鈉溶液(3)圖三中乙裝置的作用是_______________，實驗過程中發現燃燒非常劇烈，分析其主要原因是_________________。28、（14分）某研究小組擬合成染料X和醫藥中間體Y。已知：①②③④。（1）下列說法正確的是_________。A．化合物A能與能與NaHCO3反應產生氣體B．X的分子式是C15H14Cl2O3N2C．化合物C能發生取代、還原、加成反應D．A→B，B→C的反應類型均為取代反應（2）化合物D的結構簡式是_________。（3）寫出E+H→F的化學反應方程式__________________。（4）寫出化合物B（C10H10O4）同時符合下列條件的兩種同分異構體的結構簡式______________。①與NaHCO3溶液反應，0.1mol該同分異構體能產生4.48L（標準狀況下）CO2氣體；②苯環上的一氯代物只有兩種且苯環上的取代基不超過三個；③核磁共振氫譜有五種不同化學環境的氫，且峰面積比為1：2：2：2：3。（5）設計以乙烯為原料合成制備Y（）的合成路線________________（用流程圖表示，無機試劑任選）。29、（10分）含有下列離子的五種溶液①Ag+，②Mg2+，③Fe2+，④Al3+，⑤Fe3+。試回答：（1）既能被氧化又能被還原的離子是___________________。（2）向③中加入NaOH溶液,現象是____________________，有關化學方程式或離子方程式是___________________________________________。（3）加入過量NaOH溶液無沉淀的是（不考慮①）_____________________________。（4）能用來鑒別Cl–存在的離子是___________。（5）遇KSCN溶液呈紅色的是_________________________。

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】試題分析：—NO2為硝基，—OH為羥基，—COOH為羧基，NO3-為硝酸根離子，不屬于官能團，答案選A。考點：考查官能團的判斷點評：該題是基礎性試題的考查，難度不大。該題主要是考查學生對常見有機物官能團的熟悉了解掌握程度，該題的關鍵是學生要熟練記住常見的官能團，并能靈活運用即可。2、A【解析】

A、反應Fe(OH)3+C1O-+OH-→FeO42-+C1-+H2O中，氯元素化合價降低，C1O-是氧化劑，鐵元素化合價升高，Fe（OH）3是還原劑，FeO42-是氧化產物，氧化性C1O-＞FeO42-，實際氧化性FeO42-＞Fe（OH）3，故A錯誤；B、令FeO42-中，鐵元素的化合價為x，則x+4×（-2）=-2，解得x=+6，故B正確；C、反應Fe(OH)3+C1O-+OH-→FeO42-+C1-+H2O中，氯元素化合價由+1降低為-1價，C1O-是氧化劑，鐵元素化合價由+3價升高為+6價，Fe(OH)3是還原劑，所以反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為（6-3）：2=3：2，故C正確；D、K2FeO4具有氧化性所以能殺菌，高鐵酸鉀被還原為Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3（膠體）具有凈水作用，故D正確；答案選A。3、D【解析】

①鎂在空氣中燃燒生成碳、氧化鎂和氮化鎂，不能作為冷卻劑；②鎂在二氧化碳中能燃燒生成碳和氧化鎂，不能作為冷卻劑；③氬氣屬于稀有氣體，化學性質極不活潑，不與鎂反應，能作為冷卻劑；④H2不與鎂反應，能作為冷卻劑；⑤氮氣能與鎂在點燃的條件下反應生成Mg3N2，不能作為冷卻劑；⑥加熱時鎂能與水反應，不能作為冷卻劑；答案選D。4、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。【點睛】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。5、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。6、B【解析】

同周期從左到右元素的第一電離能呈增大趨勢，第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族；同主族從上到下元素的第一電離能逐漸減小。【詳解】A項，Be、Mg、Ca都是第IIA族元素，核電荷數依次增大，同主族從上到下元素的第一電離能逐漸減小，第一電離能按Be、Mg、Ca的順序減小；B項，Na、Mg、Al都是第三周期元素，核電荷數依次增大，根據同周期從左到右元素的第一電離能呈增大趨勢，Mg的價電子排布為3s2，處于全充滿較穩定，第一電離能MgAlNa；C項，He、Ne、Ar都是0族元素，核電荷數依次增大，同主族從上到下元素的第一電離能逐漸減小，第一電離能按He、Ne、Ar的順序減小；D項，Li、Na、K都是第IA族元素，核電荷數依次增大，同主族從上到下元素的第一電離能逐漸減小，第一電離能按Li、Na、K的順序減小；按第一電離能由大到小的順序排列錯誤的是B項，答案選B。【點睛】本題考查元素第一電離能的比較，熟記同周期和同主族元素第一電離能的遞變規律是解題的關鍵。注意同周期中第IIA族的第一電離能大于第IIIA族的第一電離能、第VA族的第一電離能大于第VIA族的第一電離能。7、C【解析】

A.Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸，由于硝酸根離子在酸性條件下將亞鐵離子氧化為鐵離子，故無法判斷在該反應中，雙氧水是否參加了反應，故不能據此實驗判斷H2O2和Fe3＋的氧化化性的相對強弱的關系，A的結論不正確；B.向5mL1mol/LNaOH溶液中滴加5滴1mol/LMgCl2溶液，兩者反應生成白色的氫氧化鎂沉淀，且NaOH溶液有大量剩余，然后再滴加足量的1mol/LCuCl2溶液，則可生成藍色的氫氧化銅沉淀，由于兩種鹽溶液不是同時加入的，因此不存在競爭關系，故無法據此判斷兩種沉淀的溶度積的相對大小，B的結論不正確；C.升高溫度，可逆反應向吸熱反應方向移動。升高溫度后，氣體的顏色加深，說明平衡向生成二氧化氮方向移動，所以正反應是放熱反應，C選項正確；

D.向一定量酸性KMnO4溶液中加入乙二醇（HOCH2CH2OH），溶液的紫色褪去，說明KMnO4被還原，但不能據此判斷乙二醇被氧化后的產物，所以D選項的結論不正確。答案選C。8、D【解析】

H2(g)+S(s)H2S(g)的平衡常數K1=，S(s)+O2(g)SO2(g)的平衡常數K2=，反應H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常數K==，故選D。【點睛】解答本題的關鍵是正確書寫平衡常數表達式，需要注意的是平衡常數及其單位與化學計量數有關。9、D【解析】

根據是否使氣體充分溶解、是否能防止倒吸方面考慮，只有氣體與溶液充分混合，氣體才被成分吸收，有緩沖裝置時就能防止溶液倒吸，據此答題。【詳解】A.該裝置中導管沒有伸入吸收液中，不能使氣體充分被吸收，吸收效果不好，能防止倒吸，故A錯誤；B.該裝置中導管伸入吸收液中，能使氣體充分被吸收，但不能防止倒吸，故B錯誤；C.該裝置中連接的漏斗深入吸收液中，氣體成分能被吸收，但不能防止倒吸，故C錯誤；D.該裝置中倒置的球形漏斗插入溶液中，氣體能被充分吸收，且球形管有緩沖作用防止倒吸，既能夠防止倒吸，又能夠很好的吸收尾氣，故D正確；故選D。10、B【解析】分析：根據實際參加反應的離子濃度分析,平衡為：Fe3+＋3SCN-?Fe(SCN)3，加入少量K2SO4固體，溶液中Fe3+、SCN-濃度不變。詳解:A、加入少量NH4SCN，SCN-濃度變大，平衡正向移動，故A錯誤；

B、加入少量K2SO4固體，溶液中Fe3+、SCN-濃度不變，平衡不移動，所以B選項是正確的；

C、加入少量NaOH導致鐵離子濃度減小，平衡逆向移動，故C錯誤；

D、加入少量FeCl3·6H2O導致鐵離子濃度增大，平衡正向移動，故D錯誤；

所以B選項是正確的。11、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。12、B【解析】

A．高純硅是優良的半導體材料，廣泛應用于太陽能電池、計算機芯片，故A正確；B．氟利昂能破壞臭氧層，NOx導致酸雨的形成，二氧化碳的排放可導致“溫室效應”，故B錯誤；C．稀土是我國的重要礦產資源，是全球最大的稀土生產國和出口國，對稀土元素及其化合物的研究是獲得優良催化劑的一種重要途徑，故C正確；D．合金的硬度比各成份金屬的硬度大，所以鎂鋁合金制成的手機外殼具有輕便抗壓的特點，故D正確；故選B。13、A【解析】分析：A.35Cl和37Cl的質子數相同，屬于同位素；B．次氯酸的中心原子為O，不存在H-Cl鍵；C．比例模型表示原子的相對大小及原子連接順序、空間結構，根據元素周期表和元素周期律，碳原子半徑比氧原子半徑大；D．根據結構式和結構簡式的區別分析判斷。詳解：A.35Cl和37Cl的質子數相同，核外電子數也相同，原子結構示意圖均為，故A正確；B．HClO為共價化合物，分子中存在1個氧氫鍵和1個Cl-O鍵，次氯酸的電子式為，故B錯誤；C．二氧化碳的分子式為CO2，由模型可知小球為碳原子，2個大球為氧原子，氧原子半徑大，實際碳原子半徑大于氧原子半徑，故C錯誤；D．CH2=CH2為乙烯的結構簡式，不是結構式，故D錯誤；故選A。14、B【解析】分析：BF3中B原子為sp2雜化；PH3中P原子為sp3雜化；SO2中S原子為sp2雜化；CO2中C原子為sp雜化。詳解：A項，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，B原子為sp2雜化；B項，PH3中中心原子P上的孤電子對數為12×（5-3×1）=1，成鍵電子對數為3，價層電子對數為1+3=4，P原子為sp3雜化；C項，SO2中中心原子S上的孤電子對數為12×（6-2×2）=1，成鍵電子對數為2，價層電子對數為1+2=3，S原子為sp2雜化；D項，CO2中中心原子C上的孤電子對數為12×（4-2×2）=0，成鍵電子對數為2，價層電子對數為0+2=2，C原子為sp雜化；中心原子為點睛：本題考查中心原子雜化類型的判斷，可用價層電子對互斥理論確定中心原子的價層電子對數，中心原子的價層電子對數即為雜化軌道數。15、C【解析】

滴入酚酞試劑溶液變紅色，溶液顯堿性，根據離子之間不能結合生成沉淀、氣體、水等，則離子大量共存，以此解答。【詳解】A．四種離子間不能結合成沉淀、氣體或水，能在堿性溶液中大量共存，故A不選；B．四種離子間不能結合成沉淀、氣體或水，能在堿性溶液中大量共存，故B不選；C．Fe2+與HCO3-不能大量共存，且都和OH-反應，故C選；D．四種離子間不能結合成沉淀、氣體或水，能在堿性溶液中大量共存，故D不選。故選C。【點睛】本題考查離子的共存，側重復分解反應的考查，把握習題中的信息及常見離子之間的反應為解答的關鍵。16、D【解析】

（設“1”法）設NO3—的化學計量數為1，根據N元素化合價由+5價變為+2價，則得到3個電子，則根據電子移動數目可確定e-的化學計量數為3，結合電荷守恒可知H+的計量數為|-1-3|=4，根據H原子守恒可知H2O的化學計量數分別為2，NO的化學計量數為1，故該式的配平系數是1，4，3，1，2，答案選D。17、B【解析】試題分析：A．蒸發皿不能用于給固體加熱，故A錯誤；B．分液漏斗既能用于某些混合物的分離，如分液，也能用于組裝氣體發生器，如向反應容器中滴加液體，故B正確；C．AlCl3溶液顯酸性，不能使用堿式滴定管，故C錯誤；D．測量酒精沸點的實驗中，應使溫度計水銀球位于蒸餾燒瓶的支管口附近，故D錯誤；故選B。【考點定位】考查化學實驗的基本操作【名師點晴】該題是高考中的常見題型，屬于中等難度的試題，試題綜合性強，難易適中。在注重對基礎知識鞏固和訓練的同時，側重對學生能力的培養和解題方法的指導與訓練，有利于培養學生規范嚴謹的實驗設計能力以及評價能力。該類試題主要是以常見儀器的選用、實驗基本操作為中心，通過是什么、為什么和怎樣做重點考查實驗基本操作的規范性和準確性及靈活運用知識解決實際問題的能力。18、C【解析】試題分析：A．甲烷和氯氣混合光照一段時間后，甲烷中的氫原子被氯原子所代替生成氯代物，所以屬于取代反應；乙烯使酸性高錳酸鉀溶液褪色，是高錳酸鉀和乙烯發生了氧化反應的結果，A錯誤；B．乙烯中的雙鍵斷裂，每個碳原子上結合一個溴原子生成1，2-二溴乙烯，所以屬于加成反應；苯和氫氣在一定條件下反應生成環己烷也是加成反應，B錯誤；C．在濃硫酸和加熱條件下，苯環上的氫原子被硝基取代生成硝基苯，所以屬于取代反應；在一定條件下，乙烯中的雙鍵斷裂，一個碳原子上結合一個氫原子，另一個碳原子上結合羥基，生成乙醇，該反應屬于加成反應故C正確；D．乙烯與溴水反應是加成反應；乙酸與乙醇的酯化反應是取代反應，D錯誤；答案選C。考點：考查取代反應和加成反應的判斷19、D【解析】

A．CO屬于不成鹽的氧化物，不是酸性氧化物，A項錯誤；B．純堿為Na2CO3，屬于鹽，不是堿，B項錯誤；C．NH3溶于水，與水生成NH3·H2O，NH3·H2O電離，屬于電解質，而NH3不是電解質，C項錯誤；D．金屬氧化物不一定是堿性氧化物，但是堿性氧化物一定是金屬氧化物，D項正確；本題答案選D。20、D【解析】2p軌道電子能量低于3s軌道電子能量，故A正確；失電子需要吸收能量，故B正確；Ca2+離子有18個電子，基態電子排布式為1s22s22p63s23p6，故C正確；氧元素基態原子的電子排布圖為1s22s22p4，故D錯誤。21、C【解析】

d在地殼中的含量僅次于氧，則d為Si；a與d同族，則a為C；b的簡單氫化物能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍色，為氨氣，則b為N；c＋與氖原子的電子層結構相同，則c為Na。【詳解】A.d的氧化物二氧化硅常用于制造光導纖維，A錯誤；B.a、d分別為C、Si，同族，非金屬性依次減弱，則簡單氫化物的熱穩定性：a>d，B錯誤；C.a、b、d分別為C、N、Si，最高價氧化物對應的水化物的酸性：硝酸>碳酸>硅酸，C正確；D.由氫、氧、a和b組成的化合物可能是無機物，還可能為有機物，如氨基酸，為有機物，D錯誤；答案為C。22、C【解析】

A、根據有機物結構簡式可判斷該有機物的分子式為C11H16O，A正確；B、該有機物分子中含有碳碳雙鍵和碳碳三鍵，可以使溴水褪色，B正確；C、該有機物分子中疏水基團較大，故該物質難溶于水，C錯誤；D、含有甲基，在光照條件下，該有機物可以與氯氣發生取代反應，D正確；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、醇取代反應還原劑CH3CH=CHCH3+H2O【解析】

A分子式是C4H10O，該物質與濃硫酸混合加熱反應產生D，D發生信息反應產生C2H4O，則E是CH3CHO，逆推可知D是CH3CH=CH-CH3，A是，A與Cl2在光照條件下發生飽和C原子上的取代反應產生的可能是一氯取代醇，也可能是多氯取代烴；A含有醇羥基，與金屬Na可以發生置換反應產生C為；D是CH3CH=CH-CH3，分子中含有碳碳雙鍵，在一定條件下發生加聚反應產生高分子化合物F是。【詳解】(1)按官能團分類，A是，屬于醇類物質。(2)A是，與氯氣在光照條件下發生取代反應產生氯代醇；所以A→B的反應類型是取代反應。(3)與Na發生置換反應產生和H2，在該反應中Na元素的化合價由反應前單質的0價變為反應后中的+1價，化合價升高，失去電子，表現還原性，所以A→C的轉化中Na的作用是作還原劑。(4)A是，與濃硫酸混合加熱，發生消去反應產生CH3CH=CHCH3和H2O，所以A→D的化學方程式：CH3CH=CHCH3+H2O。(5)F是2-丁烯在一定條件下發生加聚反應產生聚2-丁烯，其結構簡式是。【點睛】本題考查了醇的消去反應、取代反應的條件、反應產物即產物的性質、物質結構簡式是書寫及反應方程式的書寫等知識。掌握結構對性質的決定作用及各類物質的官能團是本題解答的關鍵。24、2－甲基－1－丙醇C6H5CH=CHCHO(CH3)2CHCHO＋2Cu(OH)2＋NaOH(CH3)2CHCOONa＋Cu2O↓＋3H2O13種CH3CHBrCH3NaOH的水溶液，加熱消去反應【解析】C氧化可生成D，則D應為酸，D的相對分子質量通過質譜法測得為88，它的核磁共振氫譜顯示只有三組峰，其結構簡式應為（CH3）2CHCOOH，則C為（CH3）2CHCHO；B為（CH3）2CHCH2OH，由題給信息可知A為（CH3）2C=CH2，有機物F是苯甲醇的同系物，苯環上只有一個無支鏈的側鏈，結合G的分子式可知F為，E能夠發生銀鏡反應，1mol

E與2mol

H2反應生成F，則E為，G為，則（1）B為（CH3）2CHCH2OH，按照醇的系統命名法命名；正確答案：2-甲基-1-丙醇；（2）根據以上分析可知E的結構簡式為；正確答案：（3）(CH3)2CHCHO被新制Cu(OH)2氧化為羧酸；正確答案：(CH3)2CHCHO＋2Cu(OH)2＋NaOH(CH3)2CHCOONa＋Cu2O↓＋3H2O；（4）F為，符合：①為芳香族化合物；②與F是同分異構體；③能被催化氧化成醛的化合物有：若苯環上只有1個取代基，取代基為—CH(CH3)—CH2OH，只有1種；若苯環上有2個取代基，可能是甲基和—CH2CH2OH，鄰間對3種，也可以是—CH2CH3和—CH2OH，鄰間對3種；若苯環上有3個取代基，只能是兩個—CH3和一個—CH2OH，采用定一議二原則判斷，有6種，所以共有13種。其中滿足苯環上有3個側鏈，且核磁共振氫譜有5組峰，峰面積比為6∶2∶2∶1∶1的有機物的結構簡式為正確答案：13種；（5）D結構簡式為（CH3）2CHCOOH，以丙烯等為原料合成D的路線可知，反應Ⅰ為加成反應，X為CH3CHBrCH3，其在NaOH的水溶液中加熱生成CH3CHOHCH3，反應Ⅳ、Ⅴ分別為消去反應和加成反應。正確答案：CH3CHBrCH3；NaOH的水溶液，加熱；消去反應；點睛：有機推斷題要充分利用題給定的信息并結合常見有機物的特征性質進行分析推理，才能快速推出物質的結構。25、＋7分液①③④萃取有機層中ReO4-2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7H2除作還原劑外，還作保護氣、用于排盡裝置內空氣等合理答案3.0×106【解析】分析：(1)根據正負化合價的代數和為0計算；(2)根據流程圖，用萃取劑萃取后得到含錸有機層和水層，據此分析解答；根據萃取劑選擇的條件分析判斷；(3)根據流程圖，經過用氨水、水作萃取劑進行反萃取后可以得到富錸溶液分析解答；(4)依題意，高錸酸銨分解是非氧化還原反應，據此書寫方程式；聯系氫氣還原氧化銅實驗解答；(5)根據4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，結合氧化還原反應的規律計算。詳解：(1)NH4ReO4(高錸酸銨)中N為-3價，H為+1價，O為-2價，根據正負化合價的代數和為0，錸元素化合價為+7價，故答案為：+7；(2)根據流程圖，用萃取劑萃取后得到含錸有機層和水層，分離的方法為分液，“萃取”中萃取劑應具有的性質：萃取劑難溶于水；ReO4-在萃取劑中的溶解度大于在水中的溶解度；萃取劑不和ReO4-發生反應，故答案為：分液；①③④；(3)反萃取指用氨水、水作萃取劑，可以將有機層中ReO4-奪出來，分離出水層和有機層，ReO4-進入水溶液，故答案為：萃取有機層中ReO4-；(4)①依題意，高錸酸銨分解是非氧化還原反應，生成七氧化二錸外，還有水、氨氣，反應的化學方程式為2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7，故答案為：2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7；②工業上，利用氫氣還原Re2O7制備錸，氫氣起三個作用：作還原劑、作保護氣、用氫氣排空氣，因此根據生成錸的量計算氫氣量，實際消耗H2量大于理論計算量，故答案為：H2除作還原劑外，還作保護氣、用于排盡裝置內空氣；(5)4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，生成1molRe2O7時，轉移30mol電子。n(Re2O7)＝48.4×106g484g/mol＝1.0×105mol，轉移電子的物質的量：n(e-)＝3.0×106mol，故答案為：26、11.9BD16.8500mL容量瓶【解析】分析：（1）依據c＝1000ρω/M計算該濃鹽酸中HCl的物質的量濃度；（2）根據該物理量是否與溶液的體積有關判斷；（3）①根據稀釋定律，稀釋前后HCl的物質的量不變，據此計算需要濃鹽酸的體積；②利用濃鹽酸稀釋配制500mL稀鹽酸溶液，需要的儀器有：量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管。詳解：（1）由c＝1000ρω/M可知，該濃鹽酸中HCl的物質的量濃度為1000×1.19×36.5%/36.5mol/L＝11.9mol/L；（2）A．溶液中HCl的物質的量n＝cV，所以與溶液的體積有關，A錯誤；B．溶液是均一穩定的，溶液的濃度與溶液的體積無關，B正確；C．溶液中Cl-的數目N＝nNA＝cVNA，所以與溶液的體積有關，C錯誤；D．溶液的密度與溶液的體積無關，D正確；答案選BD；（3）①令需要濃鹽酸的體積為V，根據稀釋定律，稀釋前后HCl的物質的量不變，則：V×11.9mol/L＝0.5L×0.400mol/L，解得：V＝0.0168L＝16.8mL；②利用濃鹽酸稀釋配制500mL稀鹽酸溶液，需要的儀器有：量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管，因此還缺少的儀器有500mL容量瓶。27、CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2OBCB除去乙炔中H2S和PH3等雜質直接用水與電石反應，導致生成氣體的速度很快【解析】

(1)圖一A中乙酸和乙醇在濃硫酸作用下發生酯化反應生成乙酸乙酯和水；為了避免發生倒吸現象，吸收乙酸乙酯的導管不能伸入溶液中；(2)圖二是驗證醋酸、碳酸、苯酚酸性強弱，醋酸具有揮發性，應該在E中用碳酸氫鈉溶液除去揮發出來的醋酸，通過二氧化碳氣體與苯酚溶液的反應證明碳酸的酸性大于苯酚；(3)制取的乙炔中混有的硫化氫、磷化氫等雜質會對乙炔的檢驗產生干擾，需要用硫酸銅溶液除去；制取乙炔通常用飽和食鹽水和電石反應，若用水與電石直接反應會使產生的乙炔的速率較快。【詳解】(1)圖一中A發生酯化反應，反應的化學方程式為：CH3CH2OH+CH3COOH