甘肅省隴南市徽縣第二中學2025屆高二下化學期末學業質量監測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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、下列物質的性質與用途具有對應關系的是A．Fe2(SO4)3

易溶于水，可用作凈水劑B．Na2CO3溶液顯堿性，可用作油污去除劑C．HF溶液顯弱酸性，可用作玻璃的蝕刻劑D．FeCl3

溶液顯酸性，可用作銅制電路板的腐蝕劑2、瘦肉精的結構簡式如圖：下列有關說法錯誤的是()A．該有機物的核磁共振氫譜圖中有6個吸收峰B．該有機物的分子式為C12H18N2Cl2OC．該有機物能發生加成反應、取代反應、氧化反應和酯化反應D．該有機物能溶于水，且水溶液顯堿性3、某有機物A由C、H、O三種元素組成，相對分子質量為90。將4.5gA完全燃燒的產物依次通過足量的濃硫酸和堿石灰，分別增重2.7g和6.6g。A能與NaHCO3溶液產生CO2，且兩分子A之間脫水可生成六元環狀化合物。有關A的說法正確的是A．有機物A的分子式為C3H8O3B．0.1molA與足量Na反應生成2.24LH2C．A催化氧化的產物不能發生銀鏡反應D．A能在一定條件下發生縮聚反應生成4、室溫下，0.1mol/L某一元酸(HA)溶液中c(OH?)/c(H+)＝1×10-10，下列敘述正確的是(

)A．溶液中水電離出的c(H+)=10-10mol·L-1B．溶液中c(H+)+c(A-)＝0.1mol·L-1C．與0.05mol·L-1NaOH溶液等體積混合，所得混合溶液中水的電離程度減小D．上述溶液中加入一定量NaA晶體或加水稀釋，溶液的c(OH-)均增大5、在一定溫度下、一定體積條件下，能說明下列反應達到平衡狀態的是A．反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)容器內的密度不隨時間變化B．反應A2(g)+B2(g)2AB(g)容器內A2的消耗速率與AB消耗速率相等C．反應N2+3H22NH3容器內氣體平均相對分子質量不隨時間變化D．反應4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)容器內氣體總壓強不隨時間變化6、下列物質是苯的同系物的是()A． B．C． D．7、元素X、Y、Z的原子序數之和為28，X＋與Z2－具有相同的電子層結構，Y、Z在同一周期。下列推測錯誤的是()A．原子半徑：X>Y，離子半徑：Z2－>X＋B．X單質與Z單質反應的物質的量之比一定為2∶1C．Y與Z形成的化合物ZY2中，Z為＋2價D．所有元素中Y的氣態氫化物穩定性最強8、甲醚(CH3-O-CH3)和乙醇是同分異構體，兩者在下列一種表征儀器中顯示的信號完全相同，該儀器是A．質譜儀 B．元素分析儀 C．紅外光譜儀 D．核磁共振儀9、下列說法正確的是A．凡是放熱反應都是自發的 B．鐵在潮濕空氣中生銹是自發過程C．熵增大的反應都是自發反應 D．電解池的反應是屬于自發反應10、下列說法正確的是A．HF沸點高于HCl，是因為HF分子極性大，范德華力也大B．在PCl5分子中，各原子均滿足最外層8電子結構C．可燃冰是甲烷的結晶水合物，甲烷可與水形成氫鍵D．S2Br2與S2Cl2結構相似，則熔、沸點：S2Br2>S2Cl211、下列敘述不能體現相關主旨的是A．“水域藍天，拒絕污染”一嚴控PM2.5排放，改善霧霾天氣B．“化學，讓生活更美好”一積極開發風力發電，讓能源更清潔C．“節能減排，低碳經濟”一綜合利用煤和石油，發展綠色化學D．“化學，引領科技進步”一研究合成光纖技術，讓通訊更快捷12、如圖是模擬“侯氏制堿法”制取NaHCO3的部分裝置。下列操作正確的是()A．a通入CO2，然后b通入NH3，c中放堿石灰B．b通入NH3，然后a通入CO2，c中放堿石灰C．a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脫脂棉D．b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脫脂棉13、下列各組混合物中，可以用分液漏斗分離的是A．乙酸和乙醇 B．花生油和Na2CO3溶液C．酒精和水 D．溴和苯14、已知BeCl2為共價化合物，兩個Be—Cl鍵間的夾角為180°，則BeCl2屬于()A．由極性鍵構成的極性分子 B．由極性鍵構成的非極性分子C．由非極性鍵構成的極性分子 D．由非極性鍵構成的非極性分子15、一定溫度和壓強下，30L某種氣態純凈物質中含有6.02×1023個分子，這些分子由1.204×1024個原子組成，下列說法錯誤的是A．每個該氣體分子含有2個原子B．該溫度和壓強可能是標準狀況C．標準狀況下該純凈物若為氣態，其體積約是22.4LD．若O2在該條件下為氣態，則1molO2在該條件下的體積也為30L16、據央視新聞報道，在政府工作報告中指出，建設一批光網城市，推進5萬個行政村通光纖，讓更多城鄉居民享受數字化生活。光纜的主要成分為SiO2。下列敘述正確的是（）A．SiO2的摩爾質量為60B．標準狀況下，15gSiO2的體積為5.6LC．SiO2中Si與O的質量比為7∶8D．相同質量的SiO2和CO2中含有的氧原子數相同17、下列實驗中，所采取的分離方法與對應原理都正確的是（）選項目的分離方法原理A．分離溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度較大B．分離乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C．除去KNO3固體中混雜的NaCl重結晶NaCl在水中的溶解度很大D．除去丁醇中的乙醚蒸餾丁醇與乙醚的沸點相差較大A．A B．B C．C D．D18、下列情況會使所配溶液濃度偏低或其他測量值偏低的是()①用稀醋酸和稀氫氧化鈉溶液反應測定中和熱數值；②用滴定管量取液體時，開始時平視讀數，結束時俯視讀數所得溶液的體積；③溶液轉移到容量瓶后，燒杯及玻璃棒未用蒸餾水洗滌；④在用標準液(已知濃度)滴定未知溶液時，盛標準液的滴定管水洗后未潤洗；⑤定容時，仰視容量瓶的刻度線A．①③⑤ B．①②⑤C．②③④ D．③④⑤19、下列金屬防腐蝕的方法中，使用外加電流的陰極保護法的是A．水中的鋼閘門連接電源負極B．在鍋爐內壁裝上鎂合金C．汽車底盤噴涂高分子膜D．在鐵板表面鍍鋅20、下列有關物質的性質與用途說法不正確的是A．FeCl3易溶于水，可用作凈水劑B．硅是半導體材料，純凈的硅是光纖制品的基本原料C．濃硫酸能干燥氯氣，說明濃硫酸具有吸水性D．氨易液化，液氨氣化吸收大量的熱，所以液氨常用作制冷劑21、某酯A的分子式為C5H10O2，已知A～E有如圖轉化關系，且C、E均能發生銀鏡反應，則A的結構可能有()A．2種 B．3種 C．4種 D．5種22、下列物質在水溶液中促進了水的電離的是A．NaHSO4 B．HClO C．NaCl D．CuSO4二、非選擇題(共84分)23、（14分）Ⅰ由白色和黑色固體組成的混合物A，可以發生如下框圖所示的一系列變化：(1)寫出反應③的化學方程式：_____________________________________________。寫出反應④的離子方程式：_____________________________________________。(2)在操作②中所使用的玻璃儀器的名稱是：____________________________。(3)下列實驗裝置中可用于實驗室制取氣體G的發生裝置是______；(用字母表示)為了得到純凈干燥的氣體G，可將氣體通過c和d裝置，c裝置中存放的試劑_____，d裝置中存放的試劑______。(4)氣體G有毒，為了防止污染環境，必須將尾氣進行處理，請寫出實驗室利用燒堿溶液吸收氣體G的離子方程式：____________________________。(5)J是一種極易溶于水的氣體,為了防止倒吸,下列e～i裝置中,可用于吸收J的是____________。Ⅱ.某研究性學習小組利用下列裝置制備漂白粉，并進行漂白粉有效成分的質量分數的測定。(1)裝置③中發生反應的化學方程式為________________________________________(2)測定漂白粉有效成分的質量分數：稱取1.000g漂白粉于錐形瓶中，加水溶解，調節溶液的pH，以淀粉為指示劑，用0.1000mol·L－1KI溶液進行滴定，溶液出現穩定淺藍色時為滴定終點。反應原理為3ClO－＋I－===3Cl－＋IO3-IO3-＋5I－＋3H2O===6OH－＋3I2實驗測得數據如下表所示。該漂白粉中有效成分的質量分數為________________。滴定次數123KI溶液體積/mL19.9820.0220.0024、（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）一水硫酸四氨合銅(Ⅱ)的化學式為[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一種重要的染料及農藥中間體。某學習小組在實驗室以氧化銅為主要原料合成該物質，設計的合成路線為：相關信息如下：①[Cu(NH3)2]SO4·H2O在溶液中存在以下電離（解離）過程：[Cu(NH3)4]SO4·H2O=[Cu(NH3)4]2++SO42-+H2O[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3②(NH4)2SO4在水中可溶，在乙醇中難溶。③[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇、水混合溶劑中的溶解度隨乙醇體積分數的變化曲線示意圖如圖請根據以上信息回答下列問題：（1）方案1的實驗步驟為：a．加熱蒸發，b．冷卻結晶，c．抽濾，d．洗滌，e．干燥。①步驟1的抽濾裝置如圖所示，下列有關抽濾操說法作正確的是_____。A．完畢后的先關閉水龍頭，再拔下導管B．上圖裝置中只有一處錯誤C．抽濾后濾液可以從上口倒出，也可從支管倒出D．濾紙應比漏斗內徑小且能蓋住所有小孔②該方案存在明顯缺陷，因為得到的產物晶體中往往含有_____雜質，產生該雜質的原因是______。（2）方案2的實驗步驟為：a.向溶液C中加入適量____，b．抽濾，c．洗滌，d．干燥。①請在上述空格內填寫合適的試劑或操作名稱。②下列選項中，最適合作為步驟c的洗滌液是________。A．乙醇B．蒸餾水C．乙醇和水的混合液D．飽和硫酸鈉溶液洗滌的具體操作是：____________。③步驟d采用________干燥的方法。26、（10分）某學生欲用已知物質的量濃度的鹽酸來測定未知物質的量濃度的NaOH溶液時，選擇酚酞作指示劑。請填寫下列空白：（1）滴定終點的判斷：溶液由_____________。（2）下列操作中可能使所測NaOH溶液的濃度數值偏低的是（_____）A．酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸B．滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失D．讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，滴定結束時俯視讀數（3）若滴定開始和結束時，酸式滴定管中的液面如圖所示，則所用鹽酸溶液的體積為_________mL。（4）某學生根據3次實驗分別記錄有關數據如表：滴定次數待測NaOH溶液的體積/mL0.1000mol/L鹽酸的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度平均耗用鹽酸體積/mL第一次25.000.0026.15①V=__________第二次25.000.5630.30第三次25.000.2026.35②依據上表數據計算該NaOH溶液的物質的量濃度________(計算結果取4位有效數)。27、（12分）用一種試劑將下列各組物質鑒別開。（1）和：_________________________（2），和C6H12(已烯)：_________________（3），CCl4和乙醇_______________________28、（14分）根據所學知識回答下列問題。(1)納米技術制成的金屬燃料、非金屬固體燃料、氫氣等已應用到社會生活和高科技領域.單位質量的和單質燃燒時均放出大量熱,可用作燃料.已知和為短周期元素,其原子的第一至第四電離能如下表所示:電離能/932182115390217717381451773310540①某同學根據上述信息,推斷的核外電子排布如圖所示,該同學所畫的電子排布圖違背了__________,元素位于周期表五個區域中的________區。②分子的中心原子采取___雜化,的空間構型為________。(2)原子或離子外圍有較多能量相近的空軌道,所以其能與一些分子或離子形成配合物。①與原子或離子形成配合物的分子或離子應具備的結構特征是_________。②六氰合亞鐵離子中不存在____________(填字母)。A．共價鍵B．非極性鍵

C．配位鍵D．鍵寫出一種與互為等電子體的單質的分子式:___________。(3)—種合金的晶胞結構如圖,請據此回答下列問題:①該合金的化學式為____________。②若晶體的密度為,則該晶胞棱長為____________(設為阿伏加德羅常數的值,用含和的代數式表示,不必化簡)。29、（10分）Ⅰ.(1)在一定溫度和壓強下，1體積X2(g)和3體積Y2(g)化合生成2體積Z(g)，則Z氣體的化學式是________。(2)由A、B兩種雙原子分子組成的混合氣體8.6g，在標準狀況下的體積為8.96L，已知A和B的物質的量之比為3∶1，摩爾質量之比為14∶1，則A可能是________（寫出兩種可能的分子式），B的分子式是_______。(3)在標準狀況下，CO和CO2的混合氣體質量36g，體積為22.4L，則CO所占體積是______L，CO的質量是______g。Ⅱ.標準狀況下，將224LHCl氣體溶于635mL水中，所得鹽酸密度為1.18g·cm－3。試計算：(1)所得鹽酸的質量分數和物質的量濃度分別是_______、_______。(2)取出這種鹽酸100mL，稀釋至1.18L，所得稀鹽酸的物質的量濃度是_______。(3)在40.0mL0.065mol·L－1Na2CO3溶液中，逐漸加入(2)所稀釋的稀鹽酸，邊加邊振蕩。若使反應不產生CO2氣體，加入稀鹽酸的體積最多不超過_______mL。(4)將不純的NaOH樣品1g(樣品含少量Na2CO3和水)，放入50mL2mol·L－1的鹽酸中，充分反應后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40mL1mol·L－1的NaOH溶液。蒸發中和后的溶液，最終得到_______g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.Fe2(SO4)3可用作凈水劑，利用了其水解的性質，故A錯誤；B.Na2CO3溶液顯堿性，油污在堿性條件下水解成可溶于水的物質，故B正確；C.HF溶液用作玻璃的蝕刻劑,與其弱酸性無關，故C錯誤；D.FeCl3可用作銅制電路板的腐蝕劑,利用了Fe3+的氧化性，故D錯誤。2、A【解析】

A.該有機物的核磁共振氫譜圖中有7個吸收峰，A錯誤；B.該有機物的分子式為C12H18N2Cl2O，B正確；C.該有機物含有苯環，能發生加成反應；含有醇羥基、甲基等，能發生取代反應、氧化反應和酯化反應，C正確；D.該有機物含有氨基和羥基等水溶性基團，能溶于水；氨基為堿性基，水溶液顯堿性，D正確。故選A。【點睛】在計算有機物分子式中的氫原子數目時，可先數出分子中所含的非氫原子數，然后把鹵原子看成氫原子、氮原子看成碳原子，然后按烷烴的通式，計算出氫原子的個數。根據分子結構，確定不飽和度，最后計算該有機物分子中所含氫原子個數為：由同數碳原子的烷烴計算出的氫原子數—2×不飽和度—氮原子數。3、C【解析】

n(A)=4.5g÷90g/mol=0.05mol；燃燒后產生的各物質的物質的量是：n(H2O)=2.7g÷18g/mol=0.15mol；n(CO2)=6.6g÷44g/mol=0.15mol，則一個分子中含有的原子個數是C：3，H：6；O：（90-12×3-1×6）÷16=3，因此該物質的分子式是C3H6O3；A能與NaHCO3溶液產生CO2，說明含有羧基，兩分子A之間脫水可生成六元環狀化合物，所以A的結構簡式是。【詳解】n(A)=4.5g÷90g/mol=0.05mol；燃燒后產生的各物質的物質的量是：n(H2O)=2.7g÷18g/mol=0.15mol；n(CO2)=6.6g÷44g/mol=0.15mol，則一個分子中含有的原子個數是C：3、H：6；O：（90-12×3-1×6）÷16=3；因此該物質的分子式是C3H6O3，所以A選項錯誤；A能與NaHCO3溶液發生反應,說明在A中含羧基，由于2分子A之間脫水可生成六元環化合物，則A是2-羥基丙酸，即，因為一個分子中含有一個羧基、一個羥基，羧基和羥基都能與金屬鈉發生反應，因此0.1molA與足量Na反應產生標準狀況下的H22.24L，故B錯誤；由于A中的羥基連接的C原子上只含有一個H原子，所以催化氧化的產物是酮，不能發生銀鏡反應，故C正確；A在一定條件下發生縮聚反應的產物是,故D錯誤?！军c睛】考查分子式計算、官能團判斷的知識，會用逆推法分析有機物的結構，例如本題中兩分子A之間脫水可生成六元環狀化合物，說明A中羥基位于2號碳原子上。4、D【解析】

室溫下0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中c(OH?)/c(H+)＝1×10-10，根據c（H+）×c（OH-）＝10-14可知，溶液中c（OH-）＝10-12mol/L，則c（H+）＝0.01mol/L，這說明HA為弱酸，結合選項中的問題解答?！驹斀狻扛鶕陨戏治隹芍狧A為弱酸，則A、溶液中c（H+）=0.01mol/L，則c（OH-）=10-12mol/L，該溶液中由水電離出的c（H+）=c（OH-）=10-12mol/L，A錯誤；B、0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中A元素的總物質的量為0.1mol/L，則c（HA）+c（A-）=0.1mol/L，B錯誤；C、0.1mol/L某一元酸（HA）與0.05mol/LNaOH溶液等體積混合HA管理，溶液是由等濃度的HA和NaA構成，HA濃度減小，對水的電離的抑制作用減弱，所得混合溶液中水的電離程度增大，C錯誤；D、HA溶液中加入一定量NaA晶體，A-離子濃度增大，抑制HA電離，氫離子濃度減小，則氫氧根離子濃度增大，pH增大。加水稀釋會促進酸的電離，但是溶液體積增大的程度大于氫離子物質的量增大的程度，所以氫離子濃度減小，則氫氧根離子濃度增大，pH增大，D正確；答案選D?！军c睛】本題考查弱電解質在溶液中的電離，題目難度中等，本題的關鍵是根據溶液中c（H+）與c（OH-）的比值，結合水的離子積常數Kw計算出溶液的c（H+），判斷出HA為弱酸。5、C【解析】試題分析：在一定條件下，當可逆反應的正反應速率和逆反應速率相等時（但不為0)，反應體系中各種物質的濃度或含量不再發生變化的狀態，稱為化學平衡狀態。A．密度=混合氣的質量÷容器容積，在反應過程中質量和容積始終是不變的，不能說明反應達到平衡狀態；B．A2的消耗速率與AB消耗速率相等，不能說明反應達到平衡狀態，故B錯誤；C．混合氣的平均相對分子質量=混合氣體的質量÷混合氣體的總的物質的量，C中質量不變，但物質的量是變化的，當容器內氣體平均相對分子質量不隨時間變化時，說明反應達到平衡狀態，故C正確；D．反應前后氣體體積是不變的，所以壓強也是始終不變的，不能說明反應達到平衡狀態，故D錯誤；故選C。考點：考查化學平衡狀態的判斷【名師點睛】判斷化學平衡狀態的標志有：（1）任何情況下均可作為標志的：①υ正=υ逆(同一種物質)；②各組分含量(百分含量、物質的量、質量)不隨時間變化；③某反應物的消耗(生成)速率、某生成物的消耗(生成)速率=化學計量數之比；（2）在一定條件下可作為標志的是：①對于有色物質參加或生成的可逆反應體系，顏色不再變化；②對于有氣態物質參加或生成的可逆反應體系，若反應前后氣體的系數和相等，則混合氣體平均相對分子質量M和反應總壓P不變(恒溫恒容)；③對于恒溫絕熱體系，體系的溫度不在變化；（3）不能作為判斷標志的是：①各物質的物質的量或濃度變化或反應速率之比=化學計量數之比(任何情況下均適用)；②有氣態物質參加或生成的反應，若反應前后氣體的系數和相等，則混合氣體平均相對分子質量M和反應總壓P不變(恒溫恒容)。6、D【解析】

A.該物質和苯不是同一類物質，它們不是同系物，A錯誤；B.該物質和苯不是同一類物質，它們不是同系物，B錯誤；C.該物質和苯不是同一類物質，它們不是同系物，C錯誤；D.該物質和苯是同一類物質，在分子構成上相差1個CH2，它們互為同系物，D正確；故合理選項為D。7、B【解析】

X+與Z2-具有相同的核外電子層結構，Y、Z在同一周期?？赏芚在Y、Z的下一個周期，則X為Na、Z為O、進而可知Y為F?！驹斀狻緼．電子層數越多，原子半徑越大，Na>F。電子層數相同，核電荷數越大，半徑越小，O2->Na+，故A正確；

B．Na與O2反應可形成Na2O、Na2O2等化合物，如4Na+O2=2Na2O，故B錯誤；

C．F在化合物中顯-1價，故F與O形成的化合物OF2中，O為＋2價，故C正確；

D．非金屬性F最強，元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩定，故D正確。

答案選B?！军c睛】掌握原子、離子半徑比較技巧：一看電子層數，電子層數越大，半徑越大；二看核電荷數，核電荷數越大，半徑越??；（電子層數相等時）三看核外電子數，核外電子數越大，半徑越大。（電子層數、核電荷數相等時）8、B【解析】

A．所有同分異構體的相對分子質量相同，則質譜儀顯示的最大數據相同，但信號不完全相同，故A錯誤；

B．組成元素相同，則元素分析儀顯示的信號（或數據）完全相同，故B正確；

C．同分異構體中官能團、化學鍵可能不同，則紅外光譜儀顯示的信號不同，故C錯誤；

D．同分異構體的結構不同，H原子種類可能不同，則核磁共振儀測定結果不同，故D錯誤；

故選B。9、B【解析】分析：A、反應是否自發進行需要用焓變和熵變溫度來確定，△H-T△S＜0，說明反應自發進行；B、鐵生銹是發生了電化學的吸氧腐蝕；C、反應是否自發進行需要用焓變和熵變溫度來確定，△H-T△S＜0，說明反應自發進行；D、電解反應有的是非自發進行的反應，有的是自發反應。詳解：A、所有放熱反應△H＞0，但焓變和溫度未知，所以不一定都是自發反應，選項A錯誤；B、鐵生銹是發生了電化學的吸氧腐蝕，是自發進行反應，選項B正確；C、依據△H-T△S＜0判斷反應是自發進行的反應，熵增的反應只能是△S＞0，熵變和溫度未知，所以不一定都是自發反應，選項C錯誤；D、電解反應可以是自發反應，也可以是非自發的氧化還原反應，選項D錯誤；答案選B。點睛：本題考查了反應自發進行的判斷依據、電化腐蝕的原理應用、電解原理的應用，注意常見的氧化還原反應的特點及能量變化來解答，題目難度不大。10、D【解析】

A.HF沸點高于HCl，是因為HF分子之間存在著氫鍵，故A錯誤；B.分子中每個原子最外層都達到8電子穩定結構的判斷公式是：化合價的絕對值+原子最外層電子數=8。在PCl5分子中P原子不符合8電子穩定結構公式，故B錯誤；C.可燃冰是甲烷的結晶水合物，碳的電負性較弱，不能形成氫鍵，故C錯誤；D.組成與結構相似，相對分子質量越大，分子間作用力越強，熔、沸點越高，所以S2Br2與S2Cl2的熔、沸點大小為：S2Br2>S2Cl2，故D正確；綜上所述，本題正確答案為D?！军c睛】考查分子間的作用力。氫鍵是一種特殊的分子間作用力，它比化學鍵弱，比分子間作用力強；分子間作用力影響的是物質的熔沸點。11、B【解析】試題分析：A、PM2.5為粒子直徑小于或等于2.5微米的微粒，可導致霧霾天氣，故A正確；B、風力發電屬于物理過程，不涉及化學反應，不符合主旨，故B錯誤；C、綜合利用煤和石油，可提高原料的利用率，減少污染物的排放，符合主旨，故C正確；D、通過化學合成的方法研究合成光線技術，可提高通訊效率，故D正確，答案選B?？键c：考查化學與生活、環境保護、綠色化學、能源與材料等12、C【解析】

由于CO2在水中的溶解度比較小，而NH3極易溶于水，所以在實驗中要先通入溶解度較大的NH3，再通入CO2；由于NH3極易溶于水，在溶于水時極易發生倒吸現象，所以通入NH3的導氣管的末端不能伸入到溶液中，即a先通入NH3，然后b通入CO2，A、B、D選項均錯誤；因為NH3是堿性氣體，所以過量的NH3要用稀硫酸來吸收，選項C合理；故合理答案是C。【點睛】本題主要考查鈉及其重要化合物的性質，及在日常生產、生活中的應用，題型以選擇題(性質、應用判斷)。注意對鈉及化合物的性質在綜合實驗及工藝流程類題目的應用加以關注。13、B【解析】

混合物中可以用分液漏斗分離，說明二者互不相溶，結合物質的溶解性解答。【詳解】A.乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗分離，應該是蒸餾，A錯誤；B.花生油是油脂，難溶于Na2CO3溶液，可以用分液漏斗分離，B正確；C.酒精和水互溶，不能用分液漏斗分離，應該是蒸餾，C錯誤；D.溴易溶在苯中，不能用分液漏斗分離，D錯誤。答案選B。14、B【解析】

BeCl2中Be-Cl鍵是不同元素形成的共價鍵，為極性鍵，兩個Be-Cl鍵間的夾角為180°，說明分子是對稱的，正電荷中心與負電荷的中心重合，BeCl2屬于非極性分子，故BeCl2由極性鍵形成的非極性分子，故答案為B?！军c睛】共價化合物中，不同元素原子之間形成的化學鍵為極性鍵，同種元素原子之間形成的化學鍵為非極性鍵；正電荷中心與負電荷的中心重合為非極性分子，不重合為極性分子。15、B【解析】

A、依據n=N/NA計算物質的量，分子物質的量為1mol，原子物質的量為2mol，說明是雙原子分子；B、在標準狀況下6.02×1023個分子，即物質的量為1mol，體積為22.4L；C、1mol氣體在標準狀況體積為22.4L；D、一定溫度壓強下，物質的量相同的氣體具有相同的體積?！驹斀狻緼、6.02×1023個分子，即物質的量為1mol，這些分子由1.204×1024個原子組成，依據計算1mol分子中含有2mol原子，該氣體中每個分子含有2個原子，故A正確；B、標準狀況下該純凈物若為氣態，物質的量為1mol，其體積約是22.4L，而1mol該氣體體積為30L，則不是標準狀況，故B錯誤；C、標準狀況下該純凈物若為氣態，物質的量為1mol，則其體積約是22.4L，故C正確；D、同溫、同壓、同物質的量的氣體體積相同，所以若O2在該條件下為氣態，則1molO2在該條件下的體積也為30L，故D正確；故選：B。16、C【解析】

A.SiO2的摩爾質量為60g/mol，A錯誤；B.標準狀況下二氧化硅是固體，15gSiO2的體積不是5.6L，B錯誤；C.SiO2中Si與O的質量比為28：32＝7：8，C正確；D.SiO2和CO2的摩爾質量不同，則相同質量的SiO2和CO2中含有的氧原子數不相同，D錯誤；答案選C。17、D【解析】

A、乙醇與水互溶，不能萃取水中的碘，A錯誤；B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B錯誤；C、氯化鈉的溶解度受溫度影響小，C錯誤；D、丁醇與乙醇的沸點相差較大。蒸餾即可實現分離，D正確，答案選D。18、A【解析】

①醋酸為弱電解質，電離需要吸收熱量，導致測得的中和熱數值偏低，故①選；②用滴定管量取液體時，開始時平視讀數，結束時俯視讀數所得溶液的體積偏大，故②不選；③溶液轉移到容量瓶后，燒杯及玻璃棒未用蒸餾水洗滌，導致溶質的物質的量偏小，依據c＝分析可知溶液的濃度偏低，故③選；④在用標準液(已知濃度)滴定未知溶液時，盛標準液的滴定管水洗后未潤洗，導致標準液濃度偏低，滴加標準液體積偏大，因此使測得的未知液的濃度偏大，故④不選；⑤定容時，仰視容量瓶的刻度線，導致溶液的體積偏大，依據c＝分析可知溶液的濃度偏低，故⑤選；答案選A。19、A【解析】試題分析：A、水中的鋼閘門連接電源負極屬于外加電流的陰極保護法，A正確；B、鎂的活潑性大于鐵，用犧牲鎂塊的方法來保護鍋爐而防止鐵被腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護法，B錯誤；C、汽車底盤噴涂高分子膜阻止了鐵與空氣、水的接觸，從而防止金屬鐵防銹，沒有連接外加電源，C錯誤；D、在鐵板表面鍍鋅，阻止了鐵與空氣、水的接觸，從而防止金屬鐵防銹，沒有連接外加電源，如果鍍層破壞，鋅的活潑性大于鐵，用犧牲鋅的方法來保護鐵不被腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護法，D錯誤。考點：考查了金屬的發生與防護的相關知識。20、B【解析】

A．FeCl3溶于水水解生成氫氧化鐵膠體，可用作凈水劑，故A正確；B．光纖制品的基本原料是二氧化硅，故B錯誤；C．濃硫酸具有吸水性，可以用濃硫酸能干燥氯氣，故C正確；D．氨易液化，液氨氣化吸收大量的熱，所以液氨常用作制冷劑，故D正確；故選B。21、A【解析】

根據題意可知A屬于飽和一元羧酸與飽和一元醇形成的酯，故可先分析C5H10O2可能的結構：①HCOOC4H9、②CH3COOC3H7、③CH3CH2COOC2H5、④C3H7COOCH3。①的水解產物中含有HCOOH，能發生銀鏡反應，符合題意，①的另一水解產物為C4H9OH，結構共有4種，其中能夠發生催化氧化生成醛的只有兩種；②③④水解產物中分別含有：CH3COOH、CH3CH2COOH和C3H7COOH，均不能發生銀鏡反應，故被排除。所以符合題意的只有兩種，故選A?！军c睛】本題考查有機物的推斷，題目難度不大，本題注意題給信息，為解答該題的關鍵，特別是D→E，為易錯點，答題時注意體會。22、D【解析】

A.NaHSO4在水溶液中會電離出H+，抑制水的電離，故A錯誤；B.HClO在水溶液中會電離出H+，抑制水的電離，故B錯誤；C.NaCl為強酸強堿鹽，對水的電離無影響，故C錯誤；D.CuSO4溶液中Cu2+會發生水解而促進水的電離，故D正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－漏斗、燒杯、玻璃棒b飽和食鹽水濃硫酸Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2Of、g、h2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O42.9%【解析】

Ⅰ、G為黃綠色氣體，則G為Cl2，反應③為二氧化錳與濃鹽酸的反應，則D為MnO2，J為HCl，說明混合物A、B中含有MnO2，且含有Cl元素，則A為KClO3、MnO2的混合物，用于實驗室制備氧氣，則B為O2，C為MnO2、KCl的混合物，則E為KCl，電解KCl溶液生成KOH、Cl2、H2，故H為H2，I為KOH，以此解答該題。Ⅱ、（1）氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，根據溫度對該反應的影響分析；（2）先計算次氯酸鈣的質量，再根據質量分數公式計算。【詳解】Ⅰ、（1）反應③為實驗室制備氯氣，反應的化學方程式為MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；反應④是電解氯化鉀溶液，反應的離子方程式為2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－；（2）C為MnO2、KCl的混合物，KCl溶于水，而MnO2不溶于水，可利用溶解、過濾方法進行分離，溶解、過濾操作使用的玻璃儀器為漏斗、玻璃棒、燒杯；（3）實驗室用二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下制備氯氣，制取氯氣的發生裝置是：b，由于濃鹽酸易揮發，制備的氯氣中含有HCl，先用飽和食鹽水吸收氯氣，再用濃硫酸進行干燥，即c裝置中存放的試劑是飽和食鹽水，d裝置中存放的試劑為濃硫酸；（4）實驗室利用燒堿溶液吸收氣體氯氣的離子方程式為Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；（5）氯化氫一種極易溶于水的氣體，為了防止倒吸，裝置中有倒扣的漏斗或肚容式結構，e、i裝置不具有防倒吸的作用，而f、g、h具有防倒吸，故答案為fgh；Ⅱ、（1）氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應的方程式為2Ca(OH)2＋2Cl2＝CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；（2）3ClO－＋I－＝3Cl－＋IO3-①；IO3-＋5I－＋3H2O＝6OH－＋3I2②，這說明真正的滴定反應是第一步，第一步完成后，只要加入少許碘離子就可以和生成的碘酸根生成碘單質而看到淺藍色達到終點，KI溶液的總體積＝（19.98+20.02+20.00）mL＝60.00mL，平均體積為60.00mL÷3＝20.00mL。設次氯酸根離子的物質的量為x，則根據方程式可知3ClO－＋I－＝3Cl－＋IO3-3mol1molx0.1000mol?L-1×0.020L所以x＝0.006mol次氯酸鈣的質量為：143g×0.006mol×0.5＝0.429g所以質量分數為0.429g/1.000g×100%＝42.9%。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、BCDCu（OH）2或Cu2(OH)2SO4加熱蒸發時NH3揮發，使[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3平衡往右移動，且Cu2+發生水解乙醇C關小水龍頭，緩緩加入洗滌劑使沉淀完全浸沒，緩緩地通過漏斗，重復2到3次低溫干燥（或減壓干燥或真空干燥或常溫風干）【解析】

CuO加入硫酸生成硫酸銅，加入氨水，先生成氫氧化銅，氨水過量，則生成[Cu(NH3)4]2+，方案1用蒸發結晶的方法，得到的晶體中可能混有氫氧化銅等；方案2加入乙醇，可析出晶體Cu(NH3)4]SO4?H2O；(1)①根據抽濾操作的規范要求可知，在搭裝置時濾紙應比漏斗內徑略小，且能蓋住所有小孔，在圖2抽濾裝置中漏斗頸口斜面應對著吸濾瓶的支管口，同時安全瓶中導管不能太長，否則容易引起倒吸，抽濾得到的濾液應從吸濾瓶的上口倒出，抽濾完畢后，應先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關水龍頭，以防倒吸，據此答題；②氨氣具有揮發性，物質的電離是吸熱過程，加熱促進使反應[Cu(NH3)4]2+?Cu2++4NH3平衡往右移動，且銅離子是弱堿離子易水解，所以導致產生雜質；(2)①根據圖象分析，[Cu(NH3)4]SO4?H2O在乙醇?水混合溶劑中的溶解度隨乙醇體積分數的增大而減小，為了減少[Cu(NH3)4]SO4?H2O的損失，應加入乙醇，降低其溶解度，然后抽濾的晶體；②根據圖象[Cu(NH3)4]SO4?H2O在乙醇?水混合溶劑中的溶解度隨乙醇體積分數的變化曲線示意圖及實驗目的分析；③含結晶水的晶體加熱易失水，不宜采用加熱干燥的方法?！驹斀狻?1)方案1的實驗步驟為：a．加熱蒸發，b．冷卻結晶，c．抽濾，d．洗滌，e．干燥。①根據抽濾操作的規范要求可知：A．抽濾完畢后，應先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關水龍頭，以防倒吸，故A錯誤；B．在圖2抽濾裝置中有一處錯誤，漏斗頸口斜面應對著吸濾瓶的支管口，故B正確；C．抽濾得到的濾液應從吸濾瓶的上口倒出，故C正確；D．在搭裝置時濾紙應比漏斗內徑略小，且能蓋住所有小孔，故D正確；故答案為BCD；②該方案存在明顯缺陷，因為得到的產物晶體中往往含有Cu(OH)2或Cu2(OH)2SO4雜質，產生該雜質的原因是加熱蒸發過程中NH3揮發，使反應[Cu(NH3)4]2+?Cu2++4NH3平衡向右移動，且Cu2+發生水解；(2)①根據Cu(NH3)4]SO4?H2O在乙醇?水混合溶劑中的溶解度隨乙醇體積分數的變化曲線示意圖知，隨著乙醇體積分數的增大，Cu(NH3)4]SO4?H2O的溶解度降低，為了得到Cu(NH3)4]SO4?H2O，應向溶液C中加入適量乙醇，然后進行抽濾；②根據Cu(NH3)4]SO4?H2O在乙醇?水混合溶劑中的溶解度隨乙醇體積分數的變化曲線示意圖知，隨著乙醇體積分數的增大，Cu(NH3)4]SO4?H2O的溶解度降低，為了減少Cu(NH3)4]SO4?H2O的損失，應降低Cu(NH3)4]SO4?H2O的溶解度，所以應選用乙醇和水的混合液，故答案為C；洗滌的具體操作是關小水龍頭，緩緩加入洗滌劑使沉淀完全浸沒，緩緩地通過漏斗，重復2到3次；③[Cu(NH3)4]SO4?H2O在加熱條件下能分解生成水和氨氣，從而得不到純凈的[Cu(NH3)4]SO4?H2O，所以不宜采用加熱干燥的方法，應采用低溫干燥(或減壓干燥或真空干燥或常溫風干)。26、溶液恰好由淺紅色變成無色，且半分鐘內不恢復紅色D26.1027.350.1046mol/l【解析】

(1)因堿遇酚酞變紅，酸遇酚酞不變色，所以滴定終點時溶液的顏色變化應為由淺紅色變成無色。(2)利用c(堿)=進行分析：A．酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸，消耗酸的體積增大；B．滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥，無影響；C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，讀取酸的體積增大；D．讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，讀數偏小，滴定結束時俯視讀數，讀數偏大，則差值偏小，即讀取的消耗酸的體積偏小。(3)由圖可知，開始V=0.20mL，結束時V=26.30mL，則所用鹽酸溶液的體積為26.30mL-0.20mL。(4)①由三次鹽酸溶液的體積可知，平均值為；②根據數據的有效性，舍去第2組數據，然后求出1、3組平均消耗V(鹽酸)=26.15mL，由c(堿)=代入數據求解?！驹斀狻?1)因堿遇酚酞變紅，滴定終點時觀察錐形瓶中溶液的顏色由淺紅色變成無色，且半分鐘內不恢復紅色，則達到滴定終點。答案為：溶液恰好由淺紅色變成無色，且半分鐘內不恢復紅色；(2)由c(堿)=可知，A．酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸，消耗酸的體積增大，則c(堿)偏大，A不合題意；B．滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥，無影響，B不合題意；C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，消耗酸的體積增大，則c(堿)偏大，故C不合題意；D．讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，讀數偏小，滴定結束時俯視讀數，讀數偏大，則差值偏小，即讀取的消耗酸的體積偏小，所以c(堿)偏低，D符合題意。答案為：D；(3)由圖可知，開始V=0.20mL，結束時V=26.30mL，則所用鹽酸溶液的體積為26.30mL-0.20mL=26.10mL。答案為：26.10；(4)①由三次鹽酸溶液的體積可知，平均值為=27.35mL，答案為：27.35；②根據數據的有效性，舍去第2組數據，然后求出1、3組平均消耗V(鹽酸)=26.15mL，由c(堿)=可知，c(堿)==0.1046mol/l。答案為：0.1046mol/l。27、KMnO4(H+)溶液溴水水【解析】（1）甲苯能被高錳酸鉀氧化使其褪色，而苯不能，所以用K