山東省濟省實驗學校2025年高二化學第二學期期末復習檢測試題注意事項：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?？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、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-、SO42-2、NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()A．向1L0.5mol/L鹽酸溶液中通入NH3至中性(忽略溶液體積變化)，此時NH4+個數為0.5NAB．向含有FeI2的溶液中通入適量氯氣，當有1molFe2+被氧化時，該反應中轉移電子數目為3NAC．標準狀況下，22.4L二氯甲烷中含有4NA極性共價鍵D．用惰性電極電解CuSO4溶液，標況下，當陰極生成22.4L氣體時，轉移的電子數為2NA3、下列關于煤、石油、天然氣等資源的說法正確的是()。A．石油裂化得到的汽油是純凈物B．石油產品都可用于聚合反應C．天然氣是一種清潔的化石燃料D．水煤氣是通過煤的液化得到的氣體燃料4、準確量取25.00mL高錳酸鉀溶液，可選用的儀器是()A．50mL量筒 B．10mL量筒C．50mL堿式滴定管 D．50mL酸式滴定管5、相同條件下，等體積、等pH的醋酸溶液和鹽酸分別加水稀釋后，溶液的pH仍相同，則所得溶液的體積為下列的A．仍相同B．醋酸溶液的大C．鹽酸的大D．無法判斷6、在測定硫酸銅晶體結晶水含量的實驗中，粉末還有少許藍色就停止加熱，其他操作正確，這一因素會導致測量結果（）A．偏小B．偏大C．沒影響D．無法預測7、四種短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如圖所示，其中W元素的原子最外層電子數是內層電子數的2倍。下列說法正確的是A．原子半徑大?。篧>Y>ZB．X的氫化物與Z的氫化物可以發生反應C．氧化物對應水化物的酸性：Z>Y>WD．氫化物的穩定性：Y>Z8、工業上運用電化學方法降解含NO3-廢水的原理如圖所示，下列有關說法不正確的是A．相同條件下，Pt電極上產生O2和Pt-A電極上產生N2的體積比為5:2B．通電時電子的流向：b電極→導線→Pt-Ag電極→溶液→Pt電極→導線→a極C．Pt-Ag電極上的電極反應式：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2OD．通電時，Pt電極附近溶液的pH減小9、下列說法中，正確的是（）A．硅元素在自然界里均以化合態存在B．SiO2不能與水反應生成硅酸，不是酸性氧化物C．除去二氧化硅中少量的碳酸鈣雜質應選用水D．粗硅制備時，發生的反應為C+SiO2=Si+CO2↑10、下列事實與氫鍵有關的是A．HF、HCl、HBr、HI的熱穩定性依次減弱B．水加熱到很高的溫度都難以分解C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔點隨相對分子質量增大而升高D．水結成冰體積膨脹11、根據下列實驗操作和現象能得出相應結論的是選項實驗操作和現象結論A向偏鋁酸鈉溶液中滴加碳酸氫鈉溶液，有白色膠狀沉淀生成AlO2—結合氫離子能力比CO32-強B將硫酸酸化的雙氧水滴入硝酸亞鐵溶液中，溶液黃色H2O2的氧化性比Fe3+強C濃硫酸與乙醇共熱產生氣體Y，通入酸性高錳酸鉀溶液，溶液紫色褪去氣體Y為純凈的乙烯D向濃度均為0.1mol/L的NaCl和NaI混合溶液中滴加速率稀硝酸銀溶液，生成黃色沉淀Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）A．A B．B C．C D．D12、能正確表示下列反應的離子方程式是A．足量硫化氫氣體通入硫酸鐵溶液中：H2S＋Fe3+=Fe2+＋S↓＋2H＋B．足量鐵與稀硝酸反應：Fe＋4H+＋NO3－=Fe2++2H2O＋NO↑C．醋酸溶液與純堿反應：CO32－＋2H＋=＋H2O＋CO2↑D．等物質的量的Ba（OH）2與NaHSO4在溶液中反應：Ba2+＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O13、可逆反應2NO2(g)N2O4(g)△H<0。在密閉容器中進行，當達到平衡時，欲通過改變條件，達到新平衡后使氣體顏色加深，應采取的措施是A．增大容器體積B．溫度壓強不變，充入N2O4(g)C．溫度體積不變，充入NO2(g)D．容器容積不變，降低溫度14、某溶液含有①NO3-②HCO3-③SO32-④CO32-⑤SO42-等五種陰離子，向其中加入少量的過氧化鈉固體后，溶液中的離子濃度基本保持不變的是(忽略溶液體積變化)()A．① B．①⑤ C．①④⑤ D．①③⑤15、將CH4設計成燃料電池，其利用率更高，裝置示意如圖(A、B為多孔性碳棒)持續通入甲烷，在標準狀況下，消耗甲烷體積VL。則下列說法錯誤的是()A．通入CH4的一端為原電池的負極，通入空氣的一端為原電池的正極B．0＜V≤22.4L時，電池總反應的化學方程式為CH4＋2O2＋2KOH＝K2CO3＋3H2OC．22.4L＜V≤44.8L時，負極電極反應為CH4－8e－＋9CO32-＋3H2D．V＝33.6L時，溶液中只存在陰離子CO16、完成下列實驗，所選裝置正確的是（）ABCD實驗目的實驗室制備乙烯分離苯和溴苯的混合物(沸點：苯為80.1℃，溴苯為156.2℃)分離KCl和NH4Cl固體混合物實驗室用純堿和稀硫酸制備二氧化碳實驗裝置A．A B．B C．C D．D17、下列各組微粒中不屬于等電子體的是（）A．CH4、NH4+ B．H2S、HCl C．CO2、N2O D．CO32﹣、NO3﹣18、下列說法正確的是()A．風力、化石燃料、太陽能都是一次能源 B．需要加熱才能發生的反應都是吸熱反應C．斷開

1molC-H

鍵要放出一定的能量 D．燃煤發電是將化學能直接轉化為電能19、NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．含4molHCl的濃鹽酸與足量MnO2在加熱條件下反應生成Cl2的分子數為NAB．向1L0.1mol·L－1氯化銨溶液中通入少量氨氣調節溶液為中性，則NH4+的數目為0.1NAC．向1L1mol·L－1FeBr2溶液中通入足量氯氣，轉移的電子數為3NAD．密閉容器中1molN2與3molH2在一定條件下充分反應，生成的NH3分子數為2NA20、化學中常用類比的方法可預測許多物質的性質．如根據H2+Cl2=2HCl推測：H2+Br2=2HBr．但類比是相對的，如根據2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，類推2Na2O2+2SO2=Na2SO3+O2是錯誤的，應該是Na2O2+SO2=Na2SO1．下列各組類比中正確的是（）A．鈉與水反應生成NaOH和H2，推測：所有金屬與水反應都生成堿和H2B．Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，推測：Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑C．CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO，推測：2SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClOD．鋁和硫直接化合能得到Al2S3，推測：鐵和硫直接化合也能得到Fe2S321、向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2氣體，充分反應后，再向所得溶液逐滴加入0.2mol·L?1的鹽酸，產生CO2的體積與所加鹽酸體積之間關系如下圖所示。下列判斷正確的是（）A．原NaOH溶液的濃度為0.1mol·L?1B．通入CO2的體積為448mLC．所得溶液的溶質成分的物質的量之比為n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=2∶1D．所得溶液的溶質成分的物質的量之比為n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶322、已知分子式為C12H12的物質A結構簡式為，A苯環上的二溴代物有9種同分異構體，由此推斷A苯環上的四溴代物的異構體的數目有（）種A．9 B．10 C．11 D．12二、非選擇題(共84分)23、（14分）1，4－環己二醇可通過下列路線合成(某些反應的反應物和反應條件未列出)：(1)寫出反應④、⑦的化學方程式：④__________________________________；⑦__________________________________。(2)上述七個反應中屬于加成反應的有____________(填反應序號)，A中所含有的官能團名稱為____________。(3)反應⑤中可能產生一定量的副產物，其可能的結構簡式為_____________________。24、（12分）分子式為C3H7Br的有機物甲在適宜的條件下能發生如下一系列轉化：（1）若B能發生銀鏡反應，試回答下列問題．①有機物甲的結構簡式為_____；②用化學方程式表示下列轉化過程：甲→A：___________________B和銀氨溶液反應：_________（2）若B不能發生銀鏡反應，請回答下列問題：①A的結構簡式為__________；②用化學方程式表示下列轉化過程．甲+NaOHD：_____，D→E：_____．25、（12分）乙酸異戊酯是組成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。實驗室制備乙酸異戊酯的反應、裝置示意圖和有關數據如下：相對分子質量密度/（g?cm-3）沸點/℃水中溶解性異戊醇880.8123131微溶乙酸601.0492118溶乙酸異戊酯1300.8670142難溶實驗步驟：在A中加入4.4g異戊醇(3-甲基-1-丁醇)、6.0g乙酸、數滴濃硫酸和2～3片碎瓷片。開始緩慢加熱A，回流50min。反應液冷至室溫后倒入分液漏斗中，分別用少量水、飽和碳酸氫鈉溶液和水洗滌；分出的產物加入少量無水MgSO4固體，靜置片刻，過濾除去MgSO4固體，進行蒸餾純化，收集140～143℃餾分，得乙酸異戊酯3.9g?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器B的具體名稱是____________，實驗時冷卻水的進水口是_____（a或b）。（2）在洗滌操作中，先水洗再飽和NaHCO3溶液洗而不是直接用飽和NaHCO3溶液洗滌的原因是____________________。（3）該制備反應的化學反應方程式為__________________________。（4）本實驗中加入過量乙酸的目的是___________________________。（5）本實驗中不能用生石灰代替無水MgSO4的原因________________________。（6）在蒸餾操作中，儀器選擇及安裝都正確的是___________(填標號)。（7）本實驗的產率是___________________________26、（10分）乙酰苯胺是一種白色有光澤片狀結晶或白色結晶粉末，是磺胺類藥物的原料，可用作止痛劑、退熱劑、防腐劑和染料中間體。乙酰苯胺的制備原理為：+CH3COOH+H2O注：刺形分餾柱的作用相當于二次蒸餾，用于沸點差別不太大的混合物的分離。實驗步驟:步驟1：在圓底燒瓶中加入無水苯胺9.2mL，冰醋酸17.4mL，鋅粉0.1g，安裝儀器，加入沸石，調節加熱溫度，使分餾柱頂溫度控制在105℃左右，反應約60～80min，反應生成的水及少量醋酸被蒸出。步驟2：在攪拌下，趁熱將燒瓶中的物料以細流狀倒入盛有100mL冰水的燒杯中，劇烈攪拌，并冷卻，結晶，抽濾、洗滌、干燥，得到乙酰苯胺粗品。步驟3：將此粗乙酰苯胺進行重結晶，晾干，稱重，計算產率。(1)步驟1中所選圓底燒瓶的最佳規格是_________(填序號)。a．25mLb．50mLc．150mLd．200mL(2)實驗中加入少量鋅粉的目的是___________________________________________________________________________。(3)從化學平衡的角度分析，控制分餾柱上端的溫度在105℃左右的原因____________________________________________________________________________。(4)洗滌乙酰苯胺粗品最合適的方法是_____(填序號)。a．用少量冷水洗b．用少量熱水洗c．用酒精洗(5)乙酰苯胺粗品因含雜質而顯色，欲用重結晶進行提純，步驟如下：熱水溶解、_______________、過濾、洗滌、干燥(選則正確的操作并排序)。a．蒸發結晶b．冷卻結晶c．趁熱過濾d．加入活性炭(6)該實驗最終得到純品8.1g，則乙酰苯胺的產率是______________％。(7)如圖的裝置有1處錯誤，請指出錯誤之處____________________________________。27、（12分）人體血液里Ca2＋的濃度一般采用mg/cm3來表示。抽取一定體積的血樣，加適量的草酸銨[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸鈣(CaC2O4)沉淀，將此草酸鈣沉淀洗滌后溶于強酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可測定血液樣品中Ca2＋的濃度。某研究性學習小組設計如下實驗步驟測定血液樣品中Ca2＋的濃度。（配制KMnO4標準溶液）如圖所示是配制50mLKMnO4標準溶液的過程示意圖。(1)請你觀察圖示判斷，其中不正確的操作有______(填序號)。(2)其中確定50mL溶液體積的容器是______(填名稱)。(3)如果用圖示的操作配制溶液，所配制的溶液濃度將_____(填“偏大”或“偏小”)。（測定血液樣品中Ca2＋的濃度）抽取血樣20.00mL，經過上述處理后得到草酸，再用0.020mol/LKMnO4溶液滴定，使草酸轉化成CO2逸出，這時共消耗12.00mLKMnO4溶液。(4)已知草酸跟KMnO4反應的離子方程式為2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，則方程式中的x＝______。(5)經過計算，血液樣品中Ca2＋的濃度為_____mg/cm3。28、（14分）氮化硼（BN）是一種重要的功能陶瓷材料以天然硼砂為起始物，經過一系列反應可以得到BF3和BN，如下圖所示：請回答下列問題：（1）由B2O3制備BF3、BN的化學方程式依次是_________、__________；（2）基態B原子的電子排布式為_________；B和N相比，電負性較大的是_________，BN中B元素的化合價為_________；（3）在BF3分子中，F-B-F的建角是_______，B原子的雜化軌道類型為_______，BF3和過量NaF作用可生成NaBF，BF的立體結構為_______；（4）在與石墨結構相似的六方氮化硼晶體中，層內B原子與N原子之間的化學鍵為________，層間作用力為________；（5）六方氫化硼在高溫高壓下，可以轉化為立方氮化硼，其結構與金剛石相似，硬度與金剛石相當，晶苞邊長為361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有______各氮原子、________各硼原子，立方氮化硼的密度是_______g·（只要求列算式，不必計算出數值，阿伏伽德羅常數為NA）。29、（10分）Ti、Fe、Cu、Ni為過渡金屬元素，在工業生產中有重要的應用．（1）①常溫下Fe(CO)5呈液態，熔點為-20.5℃，沸點為101℃．據此可以判斷其晶體為_________晶體，Fe(CO)5中鐵的化合價為0，則該物質中含有的化學鍵類型有______（填字母）．A離子鍵B極性共價鍵C非極性共價鍵D配位鍵②NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，該配合物中心離子的配位數為________，配體H2O中O原子的雜化方式為________．③NiO、FeO的晶體結構類型均與氧化鈉的相同，Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為69pm和78pm，則熔點NiO_______FeO（填“<”或“>”）．（2）Cu、N兩元素形成某種化合物的晶胞結構如圖（灰色球表示Cu原子），已知緊鄰的白球與灰球之間的距離為a

cm，該晶胞的密度為________g?cm-1．

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】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。2、A【解析】

A.向1L0.5mol/L鹽酸溶液中通入NH3至中性(忽略溶液體積變化)，n(NH4+)=n(Cl-)，所以NH4+個數為0.5NA，故A正確；B.向含有FeI2的溶液中通入適量氯氣，氯氣先氧化碘離子，沒有FeI2的物質的量，不能計算當有1molFe2+被氧化時轉移電子的物質的量，故B錯誤；C.標準狀況下，二氯甲烷是液體，22.4L二氯甲烷的物質的量不是1mol，故C錯誤；D.用惰性電極電解CuSO4溶液，陰極先生成銅單質再生成氫氣，標況下，當陰極生成22.4L氫氣時，轉移的電子數大于2NA，故D錯誤。答案選A。3、C【解析】石油的主要成份為烷烴和芳香烴，并不能用于聚合反應，生成的裂解氣是一種復雜的小分子混合氣體，主要成份為稀烴；水煤氣是煤的氣化產生的氣體CO和氫氣；4、D【解析】

A和B的量筒只能精確到0.1mL的溶液，故A、B不選；C．高錳酸鉀溶液有強氧化性，能腐蝕堿式滴定管的膠管，故C不選；D．滴定管能量取0.01mL的溶液，故應用酸式滴定管量取高錳酸鉀溶液，故D選；故選D。5、B【解析】試題分析：醋酸是弱酸，存在電離平衡，稀釋促進電離，氫離子的物質的量增加，因此相同條件下，等體積、等pH的醋酸溶液和鹽酸分別加水稀釋后，溶液的pH仍相同，則醋酸稀釋的倍數大，所以所得溶液的體積醋酸大，答案選B。考點：考查外界條件對電離平衡的影響6、A【解析】，若粉末還有少許藍色就停止加熱，生成水的質量偏小，所以導致測量結果偏小，故A正確。7、B【解析】

由短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相對位置可知，W位于第二周期，W元素的原子最外層電子數是內層電子數的2倍，最外層電子數為2×2=4，可知W為C，結合元素的相對位置可知，X為N，Y為S，Z為Cl，以此來解答。【詳解】由上述分析可知，W為C，X為N，Y為S，Z為Cl，A．一般主族元素的原子電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑為S＞Cl＞C，故A錯誤；B．NH3能和HCl反應生成NH4Cl，故B正確；C．元素的非金屬性Cl>S>C，則最高價氧化物對應水化物的酸性：HClO4>H2SO4>H2CO3，故C錯誤；D．元素的非金屬性Cl>S，則氫化物的穩定性：HCl>H2S，故D錯誤；故答案為B?！军c睛】元素非金屬性強弱的判斷依據：①非金屬單質跟氫氣化合的難易程度(或生成的氫化物的穩定性)，非金屬單質跟氫氣化合越容易(或生成的氫化物越穩定)，元素的非金屬性越強，反之越弱；②最高價氧化物對應的水化物(即最高價含氧酸)的酸性強弱．最高價含氧酸的酸性越強，對應的非金屬元素的非金屬性越強，反之越弱；③氧化性越強的非金屬元素單質，對應的非金屬元素的非金屬性越強，反之越弱，(非金屬相互置換)。8、B【解析】分析：該電池中，右側NO3-得電子與H+反應生成N2和H2O，電極反應式：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，故b為直流電源的負極；a為直流電源的正極，左側H2O失電子生成O2和H+，電極反應式：2H2O-4e-=O2↑+4H+，據此回答。詳解：A.由電極反應式陽極：2H2O-4e-=O2↑+4H+陰極：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O可知，當通過1mole-電子時，陽極產生0.25molO2，陰極產生0.1molO2,因此產生O2和產生N2的體積比為5:2,A正確；B.通電時，電子不能在溶液中移動，B錯誤；C.Pt-Ag電極為陰極，電極反應式為：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，C正確；D.通電時，Pt電極為陽極，電極反應式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+，因此Pt電極附近溶液的pH減小，D正確；答案選B.9、A【解析】

A、Si是親氧元素，在自然界中全部以化合態形式存在，A正確；B、二氧化硅能與堿反應生成鹽與水，所以二氧化硅是酸性氧化物，B錯誤；C、二氧化硅和碳酸鈣都不溶于水，可以用鹽酸除二氧化硅中少量的碳酸鈣雜質，C錯誤；D、碳與二氧化硅在高溫的條件下反應生成一氧化碳氣體，而不是二氧化碳，D錯誤；答案選A。10、D【解析】

A、HF、HCl、HBr、HI的熱穩定性依次減弱與共價鍵有關系，A不選；B、水加熱到很高的溫度都難以分解與共價鍵有關系，B不選；C、CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔點隨相對分子質量增大而升高與分子間作用力有關系，C不選；D、水結成冰體積膨脹與氫鍵有關系，D選。答案選D。11、A【解析】

A．向偏鋁酸鈉溶液中滴加碳酸氫鈉溶液，因AlO2—結合氫離子能力比CO32-強，溶液中Al(OH)3白色沉淀生成，故A正確；B．Fe2+在酸性條件下能被NO3-氧化成Fe3+，則將硫酸酸化的雙氧水滴入硝酸亞鐵溶液中，溶液黃色，無法證明H2O2的氧化性比Fe3+強，故B錯誤；C．濃硫酸有強氧化性，可以被有還原性的乙醇還原為二氧化硫，且乙醇有揮發性，二氧化硫和乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色，則濃硫酸與乙醇共熱產生氣體Y，通入酸性高錳酸鉀溶液，溶液紫色褪去，未排除二氧化硫和乙醇的干擾，無法證明Y是純乙烯，故C錯誤；D．兩種難溶物的組成相似，在相同的條件下，Ksp小的先沉淀，則由現象可知，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故D錯誤；故答案為A。12、D【解析】

A．足量硫化氫氣體通入硫酸鐵溶液中反應的離子方程式為H2S+2Fe3+═2Fe2++S↓+2H+，故A錯誤；B．足量鐵與稀硝酸反應，離子方程式：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++4H2O+2NO↑，故B錯誤；C．醋酸溶液與純堿反應，離子方程式：CO32-+2CH3COOH═H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C錯誤；D．等物質的量的Ba(OH)2與NaHSO4在溶液中反應，生成硫酸鋇、氫氧化鈉和水，離子方程式：Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O，故D正確；故答案為D。13、C【解析】

A.增大容器體積，相當于減壓，平衡左移，各物質濃度均減小；B.溫度壓強不變，充入N2O4(g)，與原平衡等效，各物質濃度不變；C.溫度體積不變，充入NO2(g)，相當于增大NO2(g)濃度；D.降低溫度，平衡右移，NO2(g)濃度降低。【詳解】A.增大容器體積，濃度降低，氣體顏色變淺，A錯誤；B．由于反應前后均是一種物質，因此溫度、壓強不變，充入N2O4（g），與原平衡等效，各物質濃度不變，氣體顏色不變，B錯誤；C．由于反應前后均是一種物質，因此溫度體積不變，充入NO2（g），相當于增大NO2（g）濃度，氣體顏色加深，C正確；D．正反應放熱，容器容積不變，降低溫度，平衡向正反應方向進行，NO2濃度減小，顏色變淺，D錯誤；正確選項C?！军c睛】可逆反應2NO2(g)N2O4(g)△H<0，當容器的體積、溫度不變時，充入和反應無關的氣體，速率不變，平衡不移動，混合氣體的顏色不變；當壓強、溫度不變時，充入和反應無關的氣體，速率減慢，平衡向左移動，混合氣體的顏色變淺。14、A【解析】

Na2O2具有強氧化性，能將SO32-氧化成SO42-，故SO32-的濃度減小，SO42-的濃度增大。同時Na2O2溶于水后生成NaOH，NaOH可與HCO3-反應生成CO32-，因此CO32-的濃度增大，HCO3-的濃度減小。而NO3-不與Na2O2反應，則NO3-濃度基本不變，故A正確。故選A。15、D【解析】

因為n（KOH）=2mol/L×1L=2mol，故隨著CH4通入的量逐漸增加，可能先后發生反應①CH4+2O2=CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；再根據甲烷的量計算生成的二氧化碳的量，結合反應方程式判斷反應產物及發生的反應?！驹斀狻緼.燃料電池中，通入CH4的一端發生氧化反應，為原電池的負極；通入空氣（O2）的一端發生還原反應，為原電池的正極，不選A項；B.當0＜V≤22.4L時，0＜n（CH4）≤1mol，則0＜n（CO2）≤1mol，又因為電解質溶液中n（KOH）=2mol，故KOH過量，所以電池總反應式為CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，不選B項；C.當22.4L＜V≤44.8L，1mol＜n（CH4）≤2mol，則1mol＜n（CO2）≤2mol，發生反應①②③，得到K2CO3和KHCO3溶液，則負極反應式為CH4-8e-D.當V=33.6L時，n（CH4）=1.5mol，n（CO2）=1.5mol，則電池總反應式為3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，則得到0.5molK2CO3和1molKHCO3的溶液，故溶液中的陰離子有CO32-和HCO3答案選D?！军c睛】本題難點在于需要結合氫氧化鉀的量和通入的甲烷的體積來確定所發生的總反應，從而確定反應產物。16、B【解析】分析：A.缺少溫度計；B.冷凝水下進上出；C.加熱固體用坩堝；D.純堿為粉末固體。詳解：A.制取乙烯，應加熱到170℃，缺少溫度計，故A錯誤；

B.為充分冷凝，應從下端進水，上端出水，所以B選項是正確的；

C.加熱固體用坩堝，蒸發皿常用來蒸發液體，故C錯誤；

D.純堿為粉末固體，則多孔隔板不能使反應隨時停止，故D錯誤。

所以B選項是正確的。17、B【解析】

原子數總數相同、價電子總數相同的分子，互稱為等電子體，具有相似的化學鍵特征，結構相似，物理性質也相似；據此解答。【詳解】A．甲烷分子和銨根離子都含有5個原子，其價電子總數都是8，所以是等電子體，A不符合題意；B．硫化氫分子中含有3個原子，氯化氫分子中含有2個原子，原子數總數不相同，它們不是等電子體，B不符合題意；C．二氧化碳和一氧化二氮分子中都含有3個原子，其價電子總數是16，二者是等電子體，C不符合題意；D．碳酸根離子和硝酸根離子都含有4個原子，其價電子數都是24，所以二者是等電子體，D不符合題意；故合理選項是B。【點睛】18、A【解析】

A.一次能源是指從自然界取得未經改變或轉變而直接利用的能源，則風力、化石燃料、太陽能都是一次能源，A項正確；B.吸熱反應是指生成物的總能量大于反應物的總能量，反應需要吸收能量，與外界條件無關，B項錯誤；C.斷開1molC－H鍵要吸收一定的能量，C項錯誤；D.燃煤發電是將化學能轉化為內能，內能再轉化為機械能，機械能再轉化為電能，不是直接轉化為電能，D項錯誤；答案選A。19、B【解析】

A.含4molHCl的濃鹽酸與足量MnO2在加熱條件下反應，由于隨著反應的進行鹽酸濃度降低，稀鹽酸與二氧化錳不反應，則生成Cl2的分子數小于NA，A錯誤；B.向1L0.1mol·L－1氯化銨溶液中通入少量氨氣調節溶液為中性，則根據電荷守恒可知c(Cl－)＝c(NH4+)＝0.1mol/L，所以NH4+的數目為0.1NA，B正確；C.向1L1mol·L－1FeBr2溶液中通入足量氯氣，溴化亞鐵全部被氧化，但過量的氯氣能與水又發生氧化還原反應，所以轉移的電子數大于3NA，C錯誤；D.密閉容器中1molN2與3molH2在一定條件下充分反應，由于是可逆反應，則生成的NH3分子數小于2NA，D錯誤；答案選B?！军c睛】選項C是解答的易錯點，主要是忽略了過量的氯氣會發生后續反應。因此計算氧化還原反應中的轉移電子數目時一定要抓住氧化劑或還原劑的化合價的改變以及物質的量，還原劑失去的電子數或氧化劑得到的電子數就是反應過程中轉移的電子數。尤其要注意反應中物質的過量問題以及是否會有后續反應發生等。20、B【解析】分析：A．活潑金屬可以和水反應生成堿和氫氣；B．根據強酸制弱酸分析；C．從次氯酸鹽的強氧化性和二氧化硫的還原性分析判斷；D．硫是弱氧化劑只能將鐵氧化成亞鐵。詳解：A．活潑金屬鈉與水反應生成NaOH和H2，但是金屬活動順序表金屬鋁以后的金屬均和水不反應，A錯誤；D．Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑和Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑都強酸制弱酸，所以類比合理，B正確；C．二氧化硫具有還原性，次氯酸鹽具有強氧化性，生成的亞硫酸鈣會被氧化為硫酸鈣，C錯誤；D．硫是弱氧化劑只能將鐵氧化成亞鐵，所以鐵和硫直接化合能得到FeS，不存在Fe2S3這種物質，D錯誤；答案選B。21、C【解析】

A．加入100mL鹽酸時二氧化碳的體積達最大，此時溶液為NaCl溶液，根據氯離子、鈉離子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），據此計算出氫氧化鈉的物質的量，再根據物質的量濃度的定義計算；B．從25mL到100mL為碳酸氫鈉與鹽酸反應生成二氧化碳，計算消耗HCl的物質的量，根據方程式計算生成二氧化碳的物質的量，再根據V=nVm計算二氧化碳的體積；CD．生成CO2發生的反應為：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假設NaOH與CO2氣體反應所得溶液中只有Na2CO3，則開始階段發生反應：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后兩個階段消耗鹽酸的體積應相等，而實際生成二氧化碳消耗的鹽酸體積多，故NaOH與CO2氣體反應所得溶液中溶質為Na2CO3、NaHCO3，根據消耗鹽酸的體積確定二者物質的量之比．【詳解】生成CO2發生的反應為：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假設NaOH與CO2氣體反應所得溶液中只有Na2CO3，則開始階段發生反應：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后兩個階段消耗鹽酸的體積應相等，而實際生成二氧化碳消耗的鹽酸體積多，故NaOH與CO2氣體反應所得溶液中溶質為Na2CO3、NaHCO3，A．加入100mL鹽酸時二氧化碳的體積達最大，此時溶液為NaCl溶液，根據氯離子、鈉離子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×0.2mol·L－1=0.02mol，所以c（NaOH）=0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，故A錯誤；B．由曲線可知從25mL到100mL為碳酸氫鈉與鹽酸反應生成二氧化碳，反應方程式為NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）×0.2mol·L－1=0.015mol，所以CO2氣體體積為0.015mol×22.4L·mol－1=0.3.6L=336mL，故B錯誤；C、Na2CO3轉化為NaHCO3消耗鹽酸為25mL，生成NaHCO3轉化為二氧化碳又可以消耗鹽酸25mL，故NaOH與CO2氣體反應所得溶液中NaHCO3，消耗鹽酸的體積為75mL-25mL=50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物質的量之比為25mL：50mL=1：2，所得溶液的溶質成分的物質的量之比為n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故C正確；D、由C分析，所得溶液的溶質成分的物質的量之比為n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故D錯誤；故選C。22、A【解析】

苯環上的四溴代物可以看作苯環六溴代物其中2個溴原子被2個H原子取代，故四溴代物與二溴代物同分異構體數目相同，由于二溴代物有9種同分異構體，故四溴代物的同分異構體數目也為9種，故選A?！军c睛】注意換元法的利用，芳香烴的苯環上有多少種可被取代的氫原子，就有多少種取代產物，若有n個可被取代的氫原子，那么m個取代基（m＜n）的取代產物與（n-m）個取代基的取代產物的種數相同。二、非選擇題(共84分)23、+NaOH+2NaCl+2H2O+2NaOH+2NaBr③⑤⑥碳碳雙鍵【解析】

由合成路線可知，反應①為光照條件下的取代反應，反應②為NaOH/醇條件下的消去反應生成A為，反應③為A與氯氣發生加成反應生成B為，B在NaOH/醇條件下發生消去反應得到，反應⑤為溴與的1,4—加成反應，反應⑥為碳碳雙鍵與氫氣的加成反應，生成C為，反應⑦為C在NaOH/水條件下發生水解反應生成1,4-環己二醇，據此解答?！驹斀狻浚?）一氯環己烷與NaOH的醇溶液加熱發生消去反應產生A：環己烯；環己烯與氯氣發生加成反應產生B：1，2二氯環己烷，與NaOH的醇溶液加熱發生消去反應產生環己二烯，故反應④的化學方程式為；⑦環己二烯與溴水按照1:1發生1,4加成反應產生；與氫氣發生加成反應產生C：；C與NaOH的水溶液發生取代反應產生。故反應⑦的化學方程式是：。（2）在上述七個反應中屬于加成反應的有③⑤⑥，A為，所含官能團名稱為碳碳雙鍵；（3）二烯烴可能發生1,2加成，也可能發生1,4加成反應，還可能完全發生加成反應，所以反應⑤中可能產生一定量的副產物，其可能的結構簡式為、。24、CH3CH2CH2Br；CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBrCH3CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+3NH3+2Ag↓+H2OCH3CH（OH）CH3CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2↑+NaBr+H2OnCH3CH=CH2【解析】分析：本題考查有機物推斷，為高頻考點，明確有機物的官能團性質及其物質之間的轉化是解題的關鍵，注意鹵代烴發生水解反應和消去反應時反應條件及斷鍵方式區別。詳解：若B能發生銀鏡反應，說明B含有醛基，A發生水解反應生成醇，B發生氧化反應生成醛，則甲的結構簡式為CH3CH2CH2Br，A的結構簡式為CH3CH2CH2OH，B的結構簡式為CH3CH2CHO，甲或A發生消去反應都生成D為丙烯，D發生加聚反應生成E。(1)①根據以上分析，可知甲的結構簡式為CH3CH2CH2Br；②甲→A的方程式為：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr；B和銀氨溶液反應的方程式為：CH3CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O（2）若B不能發生銀鏡反應，則B為酮，則B為CH3COCH3，A為CH3CHOHCH3，甲為CH3CHBrCH3，D為CH2=CHCH3，E為。①A的結構簡式為CH3CH（OH）CH3；②甲和氫氧化鈉的醇溶液在加熱條件下發生消去反應生成丙烯，反應方程式為CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2↑+NaBr+H2O。丙烯發生加聚反應生成聚丙烯，反應方程式為：nCH3CH=CH2。點睛：注意有機物的結構和反應的關系。鹵代烴在氫氧化鈉的醇溶液加熱條件下可能發生消去反應，若鹵素原子鏈接的碳原子的鄰位碳上有氫原子，則能發生消去反應。醇分子中羥基鏈接的碳原子的鄰位碳上有兩個氫原子，則被催化氧化生成醛，若羥基鏈接的碳原子上有一個氫原子，則被催化氧化生成酮，若羥基鏈接的碳原子上沒有氫原子，則不能催化氧化。25、球形冷凝管a過量的乙酸會直接消耗NaHCO3，浪費試劑提高醇的轉化率導致酯水解b60%【解析】分析：本題考查物質制備，為高頻考點，考查了常見儀器的構造與安裝，混合物的分離和提純，物質的制備、藥品的選擇及使用、物質產率的計算等知識，綜合性較強且題目信息量較大，側重考查學生實驗操作、實驗分析判斷能力，題目難度中等。詳解：(1)由裝置中儀器B的構造可知，儀器B的名稱為球形冷凝管；為了實驗時冷凝管中充滿水，所以進水口為a；(2)反應中剩余的乙酸可以和碳酸氫鈉反應，過量的乙酸會直接消耗NaHCO3，浪費試劑，若先用水洗滌，可以減少溶液中的乙酸的存在，減少碳酸氫鈉的使用量；(3)乙酸和異戊醇逆反應生成乙酸異戊酯和水，方程式為：；(5)酯化反應為可逆反應，增加乙酸的加入量，可以提高醇的轉化率。(6)酯可以在酸性或堿性條件下水解，所以不能用生石灰代替無水硫酸鎂；(6)在蒸餾實驗中溫度計的水銀球蒸餾燒瓶的支管口處，所以ad錯誤，c中使用的是球形冷凝管容易使產品滯留，不能全部收集到錐形瓶中，所以儀器及裝置安裝正確的是b；(7)乙酸的物質的量為6.0/60=0.1mol，異戊醇的物質的量為4.4/88=0.05mol，由于乙酸和異戊醇是按照1:1進行反應，所以乙酸過量，生成乙酸異戊酯的量要按照異戊醇的物質的量計算，即理論上生成0.05mol乙酸異戊酯，實際上生成的乙酸異戊酯的物質的量為3.9/130=0.03mol，所以實驗中乙酸異戊酯的產率為0.03/0.05=60%。26、b防止苯胺在反應過程中被氧化不斷分離出反應過程中生成的水，促進反應正向進行，提高產品的產率adcb60尾接管和錐形瓶密封【解析】

(1)圓底燒瓶中所盛放液體不能超過其容積的2/3，也不能少于1/3；(2)根據苯胺具有還原性分析；(3)水的沸點是100℃，加熱至105℃左右，就可以不斷分出反應過程中生成的水；(4)根據乙酰苯胺微溶于冷水、溶于熱水、溶于乙醇和乙醚分析；(5)乙酰苯胺用熱水溶解，用活性炭吸附色素，趁熱過濾，最后冷卻結晶，得到乙酰苯胺；(6)產率=實際產量÷理論產量×100%。(7)圖中裝置中尾接管與錐形瓶接口不能密封?！驹斀狻?1)圓底燒瓶中所盛放液體不能超過其容積的2/3，也不能少于1/3，燒瓶中加入無水苯胺9.2mL，冰醋酸17.4mL，鋅粉0.1g，所以圓底燒瓶的最佳規格是50mL，選b；(2)苯胺具有還原性，容易被空氣中的氧氣氧化，為防止苯胺在反應過程中被氧化；加入還原劑Zn粉。(3)水的沸點是100℃，加熱至105℃左右，就可以不斷分出反應過程中生成的水，促進反應正向進行，提高生成物的產率。(4)乙酰苯胺微溶于冷水、溶于熱水、溶于乙醇和乙醚，為減少乙酰