湖南省株洲市醴陵第二中学、醴陵第四中学2025年化学高二第二学期期末调研试题含解析

湖南省株洲市醴陵第二中学、醴陵第四中学2025年化学高二第二学期期末调研试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、室温下，相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是A．两者水的电离程度相同B．分别用水稀释相同倍数后，c(Cl-)>c(CH3COO-)C．盐酸的pH值大于醋酸溶液的pH值D．分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液恰好反应完全时，盐酸消耗NaOH溶液的体积多2、将某浅黄色固体(由X、Y两种元素组成)和焦炭混合，加热，发生反应，其装置如图所示。先通入氮气，再点燃I、Ⅲ中的酒精灯，实验中观察到I中生成银白色金属，Ⅱ、Ⅳ中溶液变浑浊、Ⅲ中黑色粉末变成红色。下列叙述不正确的是A．X可能是钠元素，Y一定是氧元素B．浅黄色固体与焦炭在高温下反应生成CO2和COC．先通入氮气的目的是排尽装置中的空气D．用燃烧法处理Ⅳ排放的尾气3、下列有关钠及其化合物的说法中，不正确的是A．钠质软，可用小刀切割B．钠在空气中燃烧生成白色的过氧化钠C．热的纯碱溶液可以除去铜片表面的油污D．碳酸氢钠是焙制糕点所用发酵粉的主要成分之一4、在VLAl2(SO4)3溶液中加入过量氨水，过滤得沉淀，然后在高温中灼烧沉淀最后得白色固体mg，溶液中SO42-的物质的量浓度是（）A．m/27Vmol·L-1B．2m/27Vmol·L-1C．3m/54Vmol·L-1D．m/34Vmol·L-15、《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述：“绿矾形似朴消(Na2SO4·10H2O)而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”下列相关说法中正确的是A．绿矾的化学式为FeSO4，易溶于水形成浅绿色溶液B．朴消(Na2SO4·10H2O)也叫明矾，可用作净水剂C．流出的液体中可能含有硫酸D．上文中描述的是碳与绿矾反应生成“高温铁水”6、下列关于晶体的说法中正确的是(

)A．离子晶体中每个离子周围均吸引着6个带相反电荷的离子B．金属晶体的熔点和沸点都很高C．分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键D．原子晶体中的相邻原子间只存在非极性共价键7、某酯的化学式为C5H10O2，把它与氢氧化钠溶液共热产生不发生消去反应的一元醇，该酯的名称是A．丁酸甲酯 B．甲酸丁酯 C．乙酸丙酯 D．丙酸乙酯8、下列描述中正确的是A．ClO3—的空间构型为平面三角形 B．SF6的中心原子有6对成键电子对，无孤电子对C．BF3和PCl3的中心原子均为sp2杂化 D．BeCl2和SnCl2的空间构型均为直线形9、一个电子排布为1s22s22p63s23p1的元素最可能的价态是（）A．+1 B．+2 C．+3 D．-110、化学与社会可持续发展密切相关。下列做法错误的是A．按照国家规定，对生活垃圾进行分类放置B．干冰、可燃冰属于新能源也属于同种物质C．植物的秸秆、枝叶和人畜粪便等生物质能可转化为沼气D．氢气是一种有待大量开发的“绿色能源”11、某温度下在密闭容器中发生如下应：2M（g）+N(g)2G(g)若开始时只充入2molG(g),达平衡时，混合气体的压强比起始时增加20%，若开始时只充入2molM和1molN的混合气体，达平衡时M的转化率为（）A．20%B．40%C．60%D．80%12、下列实验及其结论都正确的是实验结论A氯气的水溶液可以导电氯气是电解质B铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔表面氧化铝熔点高于铝C将Na2S滴入AgNO3和AgCl的混合浊液中产生黑色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)D用分液漏斗分离苯和四氯化碳四氯化碳密度比苯大A．A B．B C．C D．D13、下列说法不正确的是A．CH3CH2CH2CH（CH3）2的名称是2-甲基戊烷B．C3H8的一氯代物只有两种C．HCOOH和CH3COOH互为同系物D．CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3是同一种物质14、几种晶体的晶胞如图所示；所示晶胞从左到右分别表示的物质是A．碘、铜、氯化钠、金刚石 B．氯化钠、金刚石、碘、铜C．氯化钠、铜、碘、金刚石 D．铜、氯化钠碘、金刚石15、将气体X通入溶液A（如下图，尾气吸收装置略）中，实验现象能够支持结论的是（）选项气体X溶液A及反应现象结论A乙醇与浓硫酸共热170℃产生的气体Br2的水溶液由橙黄色变为无色乙烯与溴发生反应B电石与饱和食盐水反应产生的气体KMnO4酸性溶液紫色逐渐变浅乙炔被高锰酸钾酸性溶液氧化C溴乙烷与氢氧化钠醇溶液共热生成的气体Br2的水溶液由橙黄色变为无色乙烯与溴发生反应D碳酸钠固体与醋酸溶液反应产生的气体苯酚钠溶液中出现白色浑浊碳酸的酸性强于苯酚A．A B．B C．C D．D16、下列能级能量由小到大排列顺序正确的是（）A．3s3p3d4s B．4s4p3d4dC．4s3d4p5s D．1s2s3s2p17、乙醇和乙酸发生酯化反应时，浓硫酸的作用是A．脱水作用 B．吸水作用C．氧化作用 D．既起催化作用又起吸水作用18、化学与生产、生活和科研密切相关，下列说法错误的是()A．质谱用于快速、微量、精确测定有机物相对分子质量B．河水中有许多杂质和有害细菌，加入明矾消毒杀菌后可以饮用C．把浸泡过KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜期D．银质物品久置在空气中表面变黑，不是电化学腐蚀引起的19、下列有关钠和镁的说法中，不正确的是（）A．电解熔融NaCl可以得到金属钠B．金属钠在高温下能将TiCl4中的钛置换出来C．金属镁着火，可用二氧化碳灭火D．金属镁燃烧后会发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火20、下列有关实验原理、装置、操作或结论的描述，错误的是()A．图1所示装置可实现甲烷与氯气在光照条件下的取代反应B．图2所示装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液C．图3所示装置可用锌粒与稀硫酸反应制备氢气D．图4所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性21、分类是化学学习的一种重要方法，下列有关分类正确的是（）①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉②含有氧元素的化合物叫氧化物③CO2、NO、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2均为碱性氧化物④同位素：1H+、2H2、3H⑤同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨⑥浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸均具有氧化性，都属于氧化性酸⑦化合物：烧碱、冰醋酸、HD、聚氯乙烯⑧强电解质溶液的导电能力一定强⑨在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应A．全部正确 B．①②⑤⑦⑨ C．⑤⑨ D．②⑤⑥⑦⑨⑩22、下列有关叙述不正确的是A．CO2分子中σ键和π键之比为1∶1B．PCl5中所有原子均满足8电子稳定结构C．由于HCOOH分子间存在氢键，则同压下，HCOOH的沸点比CH3OCH3的高D．CH2=CH-CHO分子中碳原子的杂化类型均为sp2二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：通常羟基与碳碳双键相连时不稳定，易发生下列变化：依据如下图所示的转化关系，回答问题：（1）A的化学式是______________，官能团是酯基和______________（填名称）；（2）B的结构简式是______________；（3）①的化学方程式是____________________________________________；（4）F是芳香族化合物且苯环上只有一个侧链，③的化学方程式是___________________________________________________________________；（5）绿色化学中，最理想的“原子经济”是原子利用率100%，上述反应中能体现“原子经济”原则的是__________（选填字母）；a．①b．③c．④（6）G是F的同分异构体，有关G的描述：①能发生水解②苯环上有三个取代基③苯环上一溴代物有2种据此推测G的结构简式可能是（写出其中一种）_____________________。24、（12分）卤代烃在碱性醇溶液中能发生消去反应。例如，该反应式也可表示为下面是几种有机化合物的转化关系：(1)根据系统命名法，化合物A的名称是_____________。(2)上述框图中，①_________是反应，③___________是反应。(3)化合物E是重要的工业原料，写出由D生成E的化学方程式：_________。(4)C2的结构简式是，F1的结构简式是______________，F1与F2互为__________。25、（12分）氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料，某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案。已知：AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2＋NH3↑（方案1）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。（1）如图C装置中球形干燥管的作用是______________。（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先______；再加入实验药品。接下来的实验操作是____,打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是______________。（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_________。（方案2）用如下图装置测定mg样品中A1N的纯度(部分夹持装置已略去)。（4）导管a的主要作用是______________。（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是____________。（填选项序号）a．CCl4b．H2Oc．NH4Cl溶液d．（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL,（已转换为标准状况），则A1N的质量分数为___（用含V、m的代数式表示）。26、（10分）实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4++6HCHO===3H＋+6H2O+(CH2)6N4H＋[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与lmolH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I称取样品1.500g。步骤II将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤III移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20％的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1-2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。（1）根据步骤III填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察____________A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化④滴定达到终点时，酚酞指示剂由_______色，且_____________。（2）滴定结果如下表所示：若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol·L－1则该样品中氮的质量分数为______（3）实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4

石蕊：5.0～8.0

酚酞：8.2～10.0用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是__________。A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂（4）在25℃下，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为_________。已知25℃时Ksp［Mg(OH)2］=1.8×10—11,Ksp［Cu(OH)2］=2.2×10—20。（5）在25℃下，将amol·L—1的氨水与0.01mol·L—1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl—)，则溶液显_______性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=_______。27、（12分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_______③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。（2）探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO4③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO428、（14分）硫酸是重要的化工原料，工业制取硫酸最重要的一步反应为：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H<0（1）为提高SO2的转化率，可通入过量O2，用平衡移动原理解释其原因：___________。（2）某兴趣小组在实验室对该反应进行研究，部分实验数据和图像如下。反应条件：催化剂、一定温度、容积10L实验起始物质的量/mol平衡时SO3物质的量/molSO2O2SO3ⅰ0.20.100.12ⅱ000.2a①实验ⅰ中SO2的转化率为______。②a____0.12（填“＞”、“＝”或“＜”）。③t1、t2、t3中，达到化学平衡状态的是________。④t2到t3的变化是因为改变了一个反应条件，该条件可能是___________。（3）将SO2和O2充入恒压密闭容器中，原料气中SO2和O2的物质的量之比m（m＝n(SO2)/n(O2)）不同时，SO2的平衡转化率与温度（T）的关系如下图所示，则m1、m2、m3的大小顺序为_____。29、（10分）铈元素（Ce）是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有＋3、＋4两种价态，铈的合金耐高温，可以用来制造喷气推进器零件。请回答下列问题：（1）雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1：1），该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。（2）可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如图所示。①Ce4+从电解槽的______（填字母序号）口流出。②写出阴极的电极反应式________________。（3）铈元素在自然界中主要以氟碳矿形式存在。主要化学成分为CeFCO3。工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如下：①焙烧过程中发生的主要反应方程式为__________________。②有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸更好，他的理由是_________。③Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b，则Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)3KBF4(s)+CeCl3(aq)平衡常数为________（用a、b的代数式表示）。④加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是______。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】盐酸为强酸，醋酸为弱酸，室温下，相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液，盐酸的酸性比醋酸强。A.盐酸的酸性比醋酸强，两者电离出的氢离子浓度本题，对水的电离的抑制程度不同，水的电离程度不同，故A错误；B.分别用水稀释相同倍数后，盐酸和醋酸的浓度仍然相等，但盐酸的电离程度比醋酸大，c(Cl-)>c(CH3COO-)，故B正确；C.盐酸的酸性比醋酸强，盐酸的pH值小于醋酸溶液的pH值，故C错误；D.相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液，含有的氯化氢和醋酸的物质的量相等，分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液恰好反应完全时，二者消耗NaOH溶液的体积相同，故D错误；故选B。2、A【解析】

根据实验现象可知，淡黄色固体为过氧化钠，加热时碳与过氧化钠反应生成一氧化碳、二氧化碳，则装置II溶液变浑浊，碱石灰吸收二氧化碳，一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳，装置IV溶液变浑浊。【详解】A.分析可知，淡黄色物质为过氧化钠，X是钠元素，Y是氧元素，A错误；B.根据实验现象，浅黄色固体与焦炭在高温下反应生成CO2和CO，B正确；C.装置中的空气会影响实验结论，则先通入氮气的目的是排尽装置中的空气，C正确；D.尾气中含有未反应的CO，则用燃烧法处理Ⅳ排放的尾气，D正确；答案为A。3、B【解析】分析：A.钠较软,易切割；B.钠在没有条件下和氧气反应生成氧化钠,在点燃条件下,和氧气反应生成淡黄色的过氧化钠；C.纯碱水解呈碱性,油污是有机酯类；D.碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解而导致碳酸氢钠溶液呈碱性,能中和酸。详解：钠的质地柔软,能用小刀切割,A正确；钠在没有条件下和氧气反应生成氧化钠,在点燃条件下,和氧气反应生成淡黄色的过氧化钠,与条件有关,B错误；纯碱水解呈碱性,油污是有机酯,酯类物质在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和丙三醇，这样热的纯碱溶液可以除去铜片表面的油污,C正确；碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度,导致碳酸氢钠溶液呈碱性，能中和酸，所以碳酸氢钠是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一,D正确；正确选项B。4、D【解析】依题意，最后所得固体为Al2O3，其物质的量为m/102mol，原VLAl2(SO4)3溶液中含SO42-的物质的量[m×2×3/(102×2)]mol，c(SO42-)=m/34Vmol·L-1，所以答案选D。5、C【解析】

由信息可知，绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此来解答。【详解】A．绿矾形似朴消（Na2SO4•10H2O），绿矾的化学式为FeSO4•7H2O，易溶于水形成浅绿色溶液，选项A错误；B、明矾是KAl(SO4)2·12H2O，可用作净水剂，选项B错误；C、FeSO4•7H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中可能含有硫酸，选项C正确；D、Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故上文中描述的是碳与绿矾反应生成Fe2O3，选项D错误。答案选C。本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。6、C【解析】

A.离子晶体中每个离子周围可能吸引着6个带相反电荷的离子，比如NaCl晶体；也可能吸引着8个带相反电荷的离子，比如CsCl晶体；A错误；B.金属晶体的熔点和沸点很高，但是跨度也很大，比如金属汞在常温下为液态，即其熔点低，B错误；C.分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键，比如稀有气体形成的分子晶体，C正确；D.原子晶体中的相邻原子间可能只存在非极性共价键，比如硅晶体、金刚石；也可能只存在极性共价键，比如SiO2晶体；D错误；故合理选项为C。7、A【解析】

某酯的化学式为C5H10O2，该酯为饱和一元醇与饱和一元酸形成的酯；该酯与氢氧化钠溶液共热产生不发生消去反应的一元醇，醇发生消去反应的结构特点是和羟基相连的碳原子有邻碳且邻碳上有氢原子，则该一元醇为甲醇；结合酯的分子式，该酯为C3H7COOCH3，名称为丁酸甲酯，答案选A。8、B【解析】

A．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型；B．SF6中硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对；C．先求出中心原子的价层电子对数，再判断杂化类型；D．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型。【详解】A．ClO3—中Cl的价层电子对数=3+（7+1-2×3）/2=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，A错误；B．SF6中S-F含有一个成键电子对，硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，B正确；C．BF3中B的价层电子对数=3+（3-1×3）/2=3，中心原子为sp2杂化；PCl3中P的价层电子对数=3+（5-1×3）/2=4，所以中心原子均为sp3杂化，C错误；D．BeCl2中Be的价层电子对数=2+（2-1×2）/2=2，为直线形；SnCl2中Sn的价层电子对数=2+（4-1×2）/2=3，空间构型为V形，D错误。答案选B。本题考查分子的构型、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本理论，难点是判断原子杂化方式，知道孤电子对个数的计算方法，为易错点，题目难度中等。9、C【解析】

电子排布为1s22s22p63s23p1的元素是13号元素铝，最外层电子数是3，则最可能的化合价是＋3价，答案选C。10、B【解析】

A．将垃圾进行分类放置，提高利用率，符合社会可持续发展理念，故A正确；B．干冰是固态二氧化碳，可燃冰是CH4•nH2O，二者不是同种物质，故B错误；C．将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，在富氧条件下，经过缓慢、复杂、充分的氧化反应最终生成沼气，从而有效利用生物质能，故C正确；D．氢气的燃料产物是水，对环境无污染，且发热量高，是绿色能源，故D正确；故答案为B。11、C【解析】因为平衡的建立和途径无关，2molG(g)就相当于是2molM和1molN，即平衡是等效的。2M（g）+N(g)2G(g)起始量（mol）002转化量（mol）2xx2x平衡量（mol）2xx2－2x压强之比是物质的量之比所以有解得x＝0.4所以在平衡体系中M的物质的量是0.8mol因此其转化率是答案选C。12、B【解析】

A．氯气为单质，电解质必须为化合物，则氯气既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故B正确；C．发生沉淀的生成，不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2S)的大小，故C错误；D．苯和四氯化碳互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，故D错误；故选B。13、D【解析】

A．根据烷烃命名原则，CH3CH2CH2CH(CH3)2的名称是2-甲基戊烷，故A正确；

B．因为C3H8是丙烷有2种不同类型的H原子，所以一氯代物有2种，故B正确；

C．结构相似、在分子组成上相差一个或若干个-CH2原子团的有机物间互称同系物，甲酸(HCOOH)和乙酸(CH3COOH)的官能团的个数、种类都相同，相差一个-CH2原子团，故两者是同系物，故C正确；

D．CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3为分子式相同，结构不同的同分异构体，不是同一种物质，故D错误；

故答案：D。根据烷烃命名原则：①长-----选最长碳链为主链；②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；③近-----离支链最近一端编号；④小-----支链编号之和最小。14、B【解析】

NaCl晶体的晶胞中，与每个Na+距离最近且相等的Cl-共有6个，与每个Na+距离最近且相等的Na+分布在小立方体的面对角的位置，共有12个；金刚石晶胞中有8个C原子处在立方体的顶点、6个处于面心，此外晶胞内部还出现了4个C原子（把晶胞分成8个小立方体的话，这些C处于其中交错的4个的体心）；碘为分子晶体，每个碘分子有两个碘原子，作用力为分子间作用力；铜为金属晶体，为密排六方晶格，面心立方晶胞；综合以上分析，第一个图为氯化钠晶体的晶胞结构，第二个图为金刚石的晶胞图，第三个图为碘晶体的晶胞结构，第四图为铜晶体的晶胞结构，答案选B。15、C【解析】

A.乙醇与浓硫酸共热170℃产生的乙烯气体中混有杂质二氧化硫，二氧化硫也能够使溴水褪色，干扰了检验，故A错误；B.电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有硫化氢，硫化氢能够使KMnO4酸性溶液紫色逐渐变浅，干扰了实验结果，故B错误；C.溴乙烷与氢氧化钠醇溶液共热发生消去反应得到乙烯，乙烯可以与溴水反应，使之褪色，故C正确；D.碳酸钠固体与醋酸溶液反应产生的二氧化碳气体中混有醋酸，醋酸能够与硅酸钠溶液反应，干扰了检验结果，故D错误。故选C。在物质检验过程中，要考虑可能存在的杂质的干扰，这些杂质可能是反应中的副产物，也可能是未反应的反应物。16、C【解析】

A、能量由小到大的顺序为：3s、3p、4s、3d，A错误；B、能量由小到大的顺序应为4s、3d、4p、4d，B错误；C、能量由小到大的顺序应为4s、3d、4p、5s，C正确；D、能量由小到大的顺序应为1s、2s、2p、3s，D错误；答案为C。17、D【解析】

A．该反应生成物为乙酸乙酯，没有乙烯生成，则浓硫酸没有起到脱水作用，故A错误；B．该反应在一般条件下难以进行，浓硫酸在反应中主要起到催化剂的作用，故B错误；C．该反应不是氧化还原反应，属于取代反应类型，故C错误；D．制备乙酸乙酯的反应属于反应为可逆反应，为提高反应物的产率，加入浓硫酸除起到催化剂的作用之外，还起到吸水剂的作用，有利于反应向正方向进行，提高产率，故D正确。答案选D。18、B【解析】分析：A、有机物的测定方法有多种，其中质谱仪是用来测定相对分子质量的精准仪器；B、除杂与消毒杀菌是两个不同的过程，明矾只有除去微小颗粒的能力；C、KMnO4能够氧化水果的催熟剂乙烯，可延长其保鲜期；D、银质物品与接触的空气中某些成分直接反应而变黑。详解：A、质谱仪可以快速、微量、精确测定有机物的相对分子质量，即A正确；B、明矾水解生成的Al(OH)3胶体能够吸附水中的微小颗粒，从而达到除去杂质的目的，但没有杀菌消毒作用，所以B错误；C、水果保鲜要减少催熟剂乙烯的存在，而KMnO4溶液具有强氧化性，可氧化乙烯，达到延长水果的保鲜时间，所以C正确；D银质物品久置于空气中，与接触到的H2S等直接反应生成Ag2S黑色物质，属于化学腐蚀，所以D正确。本题答案为B。19、C【解析】

A、活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼；B、Na的活泼性大于Ti，在熔融状态下，钠能置换出Ti；C、在点燃条件下，镁在二氧化碳中燃烧；D、镁燃烧发出耀眼的白光且放出大量热。【详解】A、Na是活泼金属，工业上采用电解熔融NaCl的方法冶炼，A正确；B、Na的活泼性大于Ti，在熔融状态下，钠能置换出Ti，所以金属钠在高温下能将TiCl4中的钛置换出来，B正确；C、在点燃条件下，镁在二氧化碳中燃烧生成MgO和C，金属镁着火，不能用二氧化碳灭火，C错误；D、镁燃烧时发生耀眼的白光，并放出大量的热，可用于制造信号弹和焰火，D正确；答案选C。20、D【解析】分析：A.光照下甲烷与氯气发生取代反应；B.CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液互溶、不分层；C.锌粒与稀硫酸发生氧化还原反应生成氢气；D.浓硫酸具有脱水性,使蔗糖碳化后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，品红、高锰酸钾均褪色。详解：光照下甲烷与氯气发生取代反应,则图中装置可实现甲烷与氯气在光照条件下的取代反应生成氯代烃和HCl，A正确，不合题意；CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液互溶、不分层,不能利用图中分液漏斗分离,B错误；锌粒与稀硫酸发生氧化还原反应生成氢气,此装置可以为气体的发生装置，C正确，不合题意；浓硫酸具有脱水性,使蔗糖碳化后,C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫,体现浓硫酸的强氧化性,图中品红、高锰酸钾均褪色,品红褪色与二氧化硫的漂白性有关,高锰酸钾褪色与二氧化硫的还原性有关,D正确，不合题意；答案选B。21、C【解析】①水银是金属汞，属于纯净物，故①错误；②只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故②错误；③NO不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，但Na2O2不是碱性氧化物，故③错误；④同位素是指同种元素的不同原子，而1H+是离子，故④错误；⑤C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故⑤正确；⑥浓盐酸的氧化性不强，其氧化性体现在氢离子上，故为非氧化性酸，所以⑥错误；⑦HD是氢元素形成的单质，不是化合物，故⑦错误；⑧溶液的导电性与离子浓度和离子的电荷有关，与强弱电解质无关，强电解质的稀溶液如果离子浓度很小，导电能力也可以很弱，故⑧错误；⑨共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，故⑨正确；⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故⑩错误；所以正确的是⑤⑨，答案选C。22、B【解析】

A．共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，二氧化碳结构式为O=C=O，所以二氧化碳分子中含有2个σ键、2个π键，则σ键和π键之比为1∶1，故A正确；B．在共价化合物中，中心原子最外层电子数+化合价的绝对值=8，则该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该物质中P原子最外层电子数+化合价的绝对值=5+5=10，所以该分子中P原子不满足8电子稳定结构，故B错误；C．分子晶体中，分子间存在氢键的物质熔沸点较高，甲酸分子间存在氢键、甲醚分子间不存在氢键，所以甲酸熔沸点高于甲醚，故C正确；D．丙烯醛中所有C原子价层电子对个数都是3，根据价层电子对互斥理论知，该分子中3个C原子都采用sp2杂化，故D正确；答案选B。二、非选择题(共84分)23、C4H6O2碳碳双键c或【解析】

A发生加聚反应生成B，则A的分子式为C4H6O2，A能发生酸性条件下水解反应，则A中含有酯基，A的不饱和度==2，结合A的分子式知，A中含有一个酯基和一个碳碳双键；C能发生氧化反应生成D，说明C、D中碳原子个数相等，所以C、D中碳原子个数都是2，结合题给信息知：C是CH3CHO，D是CH3COOH，A是CH3COOCH=CH2，B结构简式为；D和E发生酯化反应生成F，根据F分子式知，E分子式为C7H8O，E中不饱和度==4，F是芳香族化合物且苯环上只有一个侧链，所以E为，F为。【详解】（1）A的分子式为C4H6O2，结构简式为CH3COOCH=CH2，含有官能团是碳碳双键和酯基；（2）通过以上分析知，B结构简式为；（3）C是乙醛，乙酸和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成乙酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为；（4），乙酸和苯甲醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸苯甲酯和水，反应方程式为；（5）体现原子经济的反应是加成或加聚反应，以上反应中只有c是加聚反应，故选c；（6）F为，G是F的同分异构体，G符合下列条件：①能发生水解说明含有酯基，②苯环上有三个取代基，③苯环上一溴代物有2种，说明苯环上只有两种氢原子，符合条件的同分异构体结构简式为或。24、2,3­二甲基丁烷取代加成同分异构体【解析】

烷烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B发生消去反应生成C1、C2，C2与溴发生加成反应生成二溴代物D，D再发生消去反应生成E，E与溴可以发生1,2-加成或1,4-加成，故C2为，C1为，则D为，E为，F1为，F2为；【详解】(1)根据系统命名法,化合物A的名称是：2,3-二甲基丁烷；(2)上述反应中，反应(1)中A中H原子被Cl原子确定生成B，属于取代反应，反应(3)是碳碳双键与溴发生加成反应；(3)由D生成E是卤代烃发生消去反应,该反应的化学方程式为:；(4)由上述分析可以知道,C2的结构简式是，F1的结构简式是，F1和F2分子式相同，碳碳双键物质不同，属于同分异构体。25、防止倒吸检查装置气密性关闭K1，打开K2把装置中残留的氨气全部赶入C装置C装置出口处连接一个干燥装置保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下；消除加入溶液体积对所测气体体积的影响ad[41V/22400m]×100%【解析】（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用，故答案为防止倒吸；（2）组装好实验装置，需要先检查装置气密性，加入实验药品，接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算，故答案为检查装置气密性；关闭K1，打开K2；把装置中残留的氨气全部赶入C装置；（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管，故答案为C装置出口处连接一个干燥装置；（4）导管a可以保持分液漏斗上方和反应装置内的气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下，故答案为保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下；（5）a．CCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故a正确；b．氨气极易溶于水，不能排水法测定，故b错误；c．氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故c错误；d．氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液，测定氨气的体积，故d正确；故答案为ad；（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况），AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑41

22.4Lm

V×10-3Lm=g，则AlN的质量分数=×100%=×100%，故答案为×100%。26、偏高②③④无影响B无色变成粉红(或浅红)半分钟后溶液颜色无新变化则表示已达滴定终点18.85%DCu(OH)2Cu2++2NH1·H2O====Cu(OH)2↓+2NH4+中【解析】

（1）①滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小；②锥形瓶内水对滴定结果无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化，以判定滴定终点；④如溶液颜色发生变化，且半分钟内不褪色为滴定终点；（2）依据滴定前后消耗氢氧化钠溶液的体积的平均值，结合4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O、H＋+OH－=H2O计算．（1）根据盐类的水解考虑溶液的酸碱性，然后根据指示剂的变色范围与酸碱中和后的越接近越好，且变色明显（终点变为红色），溶液颜色的变化由浅到深容易观察，而由深变浅则不易观察；（4）根据难溶物的溶度积常数判断先沉淀的物质，溶度积常数越小，越先沉淀；（5）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根据物料守恒得c（NH1·H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根据电荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的电离常数Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)。【详解】（1）①滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小，消耗标准液体积增大，氢离子物质的量增大，4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，反应可知测定氮元素含量偏高；②锥形瓶内水对滴定结果无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化B；④氢氧化钠滴定酸溶液，达到终点时，酚酞颜色变化为无色变化为红色，半分钟内不褪色；（2）样品1.5000g，反应为4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，消耗氢离子的物质的量和氮元素物质的量相同，依据图表数据分析可知，三次实验中消耗氢氧化钠溶液体积分别为：20.01mL、19.99mL、20.00ml，三次均有效，氢氧化钠溶液的平均体积为20.00mL，由酸碱中和反应可知，氢离子物质的量=氢氧化钠物质的量=0.1000mol·L-1×20.00ml×10-1L/ml=2.00×10-1mol，250mL溶液中氮元素物质的量和氢离子物质的量相同，该样品中氮的质量分数为2×10-1mol×14g·mol－1×250÷25÷1.5000g×100%=18.85%．（1）NaOH溶液滴和CH1COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH1COONa，CH1COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故D正确；（4）由于KsP[Cu（OH）2]=2.2×10-20＜Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，所以Cu（OH）2先生成沉淀；一水合氨和铜离子反应生成氢氧化铜和氨根离子，所以离子方程式为2NH1·H2O+Cu2＋=Cu（OH）2↓+2NH4＋；（5）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根据物料守恒得c（NH1．H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根据电荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的电离常数Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)=10-7×5×10-1/(0.5a-5×10-1)=。难点和易错点（5）：根据电荷守恒确定溶液酸碱性，结合一水合氨电离平衡常数解答问题，注意二者混合后溶液体积增大一倍，物质浓度降为原来一半，为易错点。27、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH−Cl−+ClO−+H2OFe3+4FeO42−+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO−的干扰>溶液的酸碱性不同若能，理由：FeO42−在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）【解析】分析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl；Cl2与Fe（OH）3、KOH反应制备K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大气。（2）①根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+。II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。②根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。③判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。③C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。③该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42->MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO