河北省深州市中学2025届高二化学第二学期期末学业水平测试试题含解析

河北省深州市中学2025届高二化学第二学期期末学业水平测试试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、某有机物的结构简式如图所示，下列关于该有机物的性质说法正确的是A．可与银氨溶液反应，不与FeCl3溶液反应显色B．可以与H2反应，Imol该物质最多消耗5molH2C．1mol该物质与足量金属Na反应，最多产生2molH2D．1mol物质与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH2、为测定某有机物的结构，用核磁共振仪处理后得到如图所示的核磁共振氢谱，则该有机物可能是()A． B．C． D．3、下列溶液中可能大量共存的离子组是（）A．无色澄清透明溶液中：K+、H+、Cl－、MnO4－B．在pH=1的溶液中：NH4+、K+、ClO－、Cl－C．含大量Fe3＋的溶液：NH4＋、Na＋、SCN－、Cl－D．由水电离出c(H+)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Al3+、Cl－、SO42－4、下面是关于中和滴定的实验叙述，在横线标明的操作中，有错误的是a．取25.00mL未知浓度的HCl溶液放入锥形瓶中；b．此瓶需事先用蒸馏水洗净，并将该瓶用待测液润洗过；c．加入几滴酚酞作指示剂；d．取一支酸式滴定管，经蒸馏水洗净；e．直接往其中注入标准NaOH溶液，进行滴定；f．一旦发现溶液由无色变成粉红色，即停止滴定，记下数据。A．d、e、f B．b、d、e、f C．b、d、e D．b、c、e、f5、下列物质中发生消去反应生成的烯烃只有一种的是A．2-丁醇 B．3-戊醇 C．2-甲基-3-戊醇 D．2-甲基2-丁醇6、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．室温下，ILpH=1的CH3COOH溶液中含有0.1NA个H+B．一定条件下,0.2molSO2和0.lmol02于密闭容器中充分反应后,分子总数为0.2NAC．7.2gCaO2中含有0.2NA个阴离子D．6gSiO2中含有0.1NA个分子7、已知:pNi=-lgc(Ni2+)；常温下，K(NiCO3)=1.4×10-7，H2S的电离平衡常数：Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。常温下，向10mL0.1mol·L-1Ni(NO3)2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，滴加过程中pNi与Na2S溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（）。A．E、F、G三点中，F点对应溶液中水电离程度最小B．常温下，Ksp(NiS)=1×10-21C．在NiS和NiCO3的浊液中=1.4×1014D．Na2S溶液中，S2-第一步水解常数Kh1=8、下列化学用语正确的是（）A．四氯化碳的电子式：B．丙烷分子的比例模型：C．2－乙基－1，3－丁二烯的键线式：D．聚丙烯的结构简式：9、下列说法中正确的是A．金属键只存在于金属晶体中B．分子晶体的堆积均采取分子密堆积C．水很稳定，因为水中含有大量的氢键D．ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子10、工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应为①4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，②2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O，下列说法正确的是()A．反应①和②均为氧化还原反应B．反应①的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3C．高温下，O2的氧化性强于Fe2O3，弱于Na2CrO4D．反应①中每生成1molNa2CrO4时转移电子3mol11、VL浓度为0.5mol·L－1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是()。A．通入标准状况下的HCl气体11.2VLB．加入10mol·L－1的盐酸0.1VL，再稀释至1.5VLC．将溶液加热浓缩到0.5VLD．加入VL1.5mol·L－1的盐酸混合均匀12、下列说法正确的是A．分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键B．分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸C．含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体D．元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强13、甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A．甲、乙的化学式均为C8H14B．甲、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．乙的二氯代物共有6种(不考虑立体异构)D．丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面14、将由FeSO4、Ba(OH)2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间后，向稳定的混合物溶液中滴加1mol·L-1的稀硫酸，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的物质的量关系如图所示。下列有关判断不正确的是()A．AB段发生反应的离子方程式为：Ba2++SO42-+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2OB．D点表示的溶液呈酸性C．C点表示的沉淀的化学式为Al(OH)3、BaSO4、Fe(OH)2D．混合物中FeSO4和AlCl3的物质的量相等15、下列实验操作或装置能达到目的的是（）ABCD混合浓硫酸和乙醇配制一定浓度的溶液收集气体证明乙炔可使溴水褪色A．A B．B C．C D．D16、下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是（）A．制备FeOHB．比较Na2CO3C．铝热法制备少量铁单质D．排水法收集氢气A．A B．B C．C D．D17、下列能层中，有f能级的是A．K B．L C．M D．N18、下列实验过程可以达到实验目的的是()选项实验目的操作过程A比较Fe3+和I2的氧化性强弱向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色B证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去C检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水D检验溶液中含有SO42-向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成A．A B．B C．C D．D19、分子式C6H12主链上为4个碳原子的烯烃类的同分异构体有几种A．3种B．4种C．5种D．5种20、下列说法正确的是()A．烷烃的通式为CnH2n＋2，随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐减小B．乙烯与溴加成反应的产物为溴乙烷C．1mol苯恰好与3mol氢气完全加成，说明苯分子中有三个碳碳双键D．当n＝7，主链上有5个碳原子的烷烃共有5种21、磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料。下图为其晶体结构中最小的重复结构单元，其中的每个原子均满足8电子稳定结构。下列有关说法正确的是()A．磷化硼晶体的化学式为BP，属于离子晶体B．磷化硼晶体的熔点高，且熔融状态下能导电C．磷化硼晶体中每个原子均形成4条共价键D．磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠相同22、一种废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，由该废料制备的纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下，已知常温下Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，则下列说法错误的是（）A．废渣中含有二氧化硅和硫酸钙B．加热煮沸可以提高除铁效率C．除铜过程中，溶液酸性增强D．“沉镍”过程中为了将镍沉淀完全，需要调节pH＞9二、非选择题(共84分)23、（14分）酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：(1)酮洛芬中含氧官能团的名称为_________和_______。(2)化合物E的结构简式为________；由C→D的反应类型是_______。(3)写出B→C的反应方程式_______________________________。(4)写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式___________________。①能发生银镜反应；②与FeCl3发生显色反应；③分子中含有5种不同化学环境的氢。(5)请写出以甲苯和乙醇为原料制备化合物的合成路线流程图(无机试剂可任选)。合成路线流程图示例如图：__________________________24、（12分）环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：已知以下信息：回答下列问题：（1）A是一种烯烃，化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、__________。（2）由B生成C的反应类型为__________。（3）由C生成D的反应方程式为__________。（4）E的结构简式为__________。（5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式__________、__________。①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于__________。25、（12分）醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成己烯的反应和实验装置如下：合成反应：可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度/(g·cm-3)沸点/℃溶解性环己醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸。b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃。分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5％碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环已烯10g。请回答下列问题：（1）装置b的名称是_________________。（2）加入碎瓷片的作用是__________________，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取的正确操作是（填正确答案标号）__________。A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为______________。（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并___________；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的__________（填“上口倒出”或“下口放出”）（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是______________________________。（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有________（填正确答案标号）。A．蒸馏烧瓶B．温度计C．玻璃棒D．锥形瓶（7）本实验所得到的环已烯产率是有________（填正确答案标号）。A．41％B．50％C．61％D．70％26、（10分）乙酸异戊酯是组成密蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下：相对分子质量密度/(g·cm3)沸点/℃水中溶解性异戊醇880.8123131微溶乙酸601.0492118溶乙酸异戊酯1300.8670142难溶实验步骤：在A中加入4.4g异戊醇、6.0g乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片。开始缓慢加热A，回流50min。反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤；分出的产物再加入少量无水Na2SO4固体，静止片刻。过滤除去Na2SO4固体，讲行蒸馏纯化。收集140～143°C馏分，得到乙酸异戊酯3.9g。回答下列问题：(1)实验中制备乙酸异戊酯的化学方程式为_________________。(2)仪器B的名称是_______________，作用是____________。(3)在洗涤操作中饱和碳酸氢钠溶液的主要作用是______________。(4)实验中加入少量无水Na2SO4的目的是_________________________。(5)实验中加过量乙酸的目的是___________________________。(6)本实验的产率是_______________(填标号)。a.30%b.40%c.50%d.60%27、（12分）甲同学利用下图所示装置在实验室制备乙酸乙酯。（1）实验中饱和Na2CO3溶液的作用是_______。某次实验时，在饱和Na2CO3溶液中滴加2滴酚酞溶液。实验结束，取下试管B振荡，红色褪去。为探究褪色的原因，进行如下实验。编号①②③实验操作充分振荡、静置充分振荡、静置充分振荡、静置、分液。取下层溶液，加入饱和Na2CO3溶液现象上层液体变薄，冒气泡，下层溶液红色褪去上层液体不变薄，无气泡，下层溶液红色褪去（2）试管①中产生气泡的原因是（用化学方程式解释）_______。（3）对比实验①和②可得出的结论是_______。（4）针对实验②中现象，乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。实验③中观察到_______，证实乙的猜想正确。28、（14分）依据有关信息解答下列化学实验问题：（Ⅰ）醛类是重要的工业原料，可以跟亚硫酸氢钠饱和溶液反应，生成物是α﹣羟基磺酸钠（易溶于水，不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液）R-CHO+NaHSO3R-CH（OH)-SO3Na（1）上述反应类型为________反应。若使CH3CH（OH)-SO3Na全部变成乙醛，可采用的试剂是__________或__________；分离乙醛的操作方法_____________。（Ⅱ）实验室利用苯甲醛（安息香醛）制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理：（此原理适用于无α-氢的醛）已知部分物质的性质：苯甲醇：熔点(℃):-15.3℃，稍溶于水，易溶于有机溶剂；苯甲醛：熔点(℃):-26℃，微溶于水，易溶于有机溶剂；苯甲酸：溶解度为0.344g（25℃），易溶于有机溶剂．主要过程如图所示：回答下列问题：（2）操作Ⅰ的名称是___________，乙醚溶液中所溶解的主要成分是__________；（3）操作Ⅲ的名称是________，产品乙是_______________．（4）按上述操作所得的产品甲中常含有一定量的有机杂质___________（填写杂质的名称）；限用下列试剂：酸性KMnO4、稀NaOH溶液、稀H2SO4、饱和NaHSO3溶液．写出检验产品甲中含有该杂质的过程：______________________________．29、（10分）铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。(1)FeCl3的熔点为306℃，沸点为(2)羰基铁[Fe(CO)5](3)氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为______；(4)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg⋅cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为______；

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、D【解析】分析：有机物的结构决定有机物的性质，根据该有机物的结构分析所具备的性质。详解：A.含有醛基可与银氨溶液反应，含有酚羟基可与FeCl3溶液反应显色，A错误；B.可以与H2反应，1mol该物质最多消耗4molH2，B错误；C.1mol该物质与足量金属Na反应，最多产生1.5molH2，C错误；D.1mol物质与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH，D正确；答案选D.2、A【解析】

由核磁共振氢谱图可知，该有机物中含有三类等效氢，且个数各不相同，只要分析各种有机物是否符合该条件即可。【详解】A．A的结构简式为，有三种氢原子，且每种个数不同，A项符合；B．B的结构中三个甲基连在同一个碳上彼此等效，所以B中只含有两种氢原子，B项不符合；C．C的结构中含有四种氢原子，C项不符合；D．D的结构对称，只含有两种氢原子，D项不符合；答案选A。核磁共振氢谱图包含的信息有两种：一是峰的组数即反映有机物中等效氢的种类；二是峰的面积比即为有机物中各类等效氢的个数比。3、D【解析】分析：A.MnO4-为紫色；B.pH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；C.铁离子与硫氰酸根离子能反应生成硫氰化铁；D.由水电离出c(H+)=10-12mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性。详解:A.MnO4-为紫色，H+、Cl-、MnO4-发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；B.pH=1的溶液，显酸性，H+、ClO-、Cl-发生氧化还原反应，故B错误；

C.铁离子与硫氰酸根离子能反应生成硫氰化铁，硫氰化铁属于弱电解质，故C错误；

D.由水电离出c(H+)=10-12mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显酸性可以大量共存，故D正确；

所以D选项是正确的。点睛：解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。4、B【解析】

a.先用蒸馏水洗净锥形瓶，再放入HCl溶液，确保HCl没有意外损失，是为了保证实验结果准确，故a正确；b.若锥形瓶用待测液洗过，必有一部分残留在瓶中，再加入25mL待测液，则实际瓶内的待测液大于25mL，故b错误；c.酚酞溶液在酸性溶液中无色，在碱性溶液中呈红色，用酚酞溶液作酸碱指示剂，在中和反应中可指示反应到达终点，颜色变化明显，便于观察，故c正确；d.待测液为盐酸，则需用碱来测定，应为：取一支碱式滴定管，经蒸馏水洗净，故d错误；e.用蒸馏水洗净的滴定管内会残留有H2O，若直接加入标准NaOH溶液，则使标准NaOH溶液被稀释，浓度变小，所以碱式滴定管应先用标准NaOH溶液润洗，故e错误；f.发现溶液由无色变浅红色后，不能立即停止滴定，若30秒内溶液不褪色，才能停止滴定，故f错误；综上分析，b、d、e、f均错误；故选B。本题考查酸碱中和滴定，侧重于对实验操作的考查，从仪器的使用到滴定终点的判断等，考查比较详细，尽管题目难度不大，但却很容易出错，中和滴定实验步骤、指示剂的选择、实验注意事项等都是重要考查点，要注意实验的细节，养成严谨的学习习惯，并从原理上弄明白原因，例如：为了使实验结果更准确，实验仪器都得洗涤干净，锥形瓶不用待测液润洗，因为锥形瓶内是否有蒸馏水并不影响待测液中的溶质，若润洗了反而增加了溶质；滴定管必须用标准液润洗，否则滴定管内残留的蒸馏水会稀释标准液。5、B【解析】

A.2-丁醇发生消去反应生成CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3，故A错误；B.3-戊醇发生消去反应生成CH3CH=CHCH2CH3，故B正确；C.2-甲基-3-戊醇发生消去反应生成(CH3)2C=CHCH2CH3、(CH3)2CHCH=CHCH3，故C错误；D.2甲基2-丁醇发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH2CH3、(CH3)2C=CHCH3，故D错误。故选B。6、A【解析】A.室温下，1LpH=1的CH3COOH溶液中H+的物质的量为1L×0.1mol/L=0.1mol,所以1LpH=1的CH3COOH溶液中含有0.1NA个H+，故A正确；B.

二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，一定条件下，0.2molSO2和0.1molO2在密闭容器中充分反应后，容器内气体分子总数大于0.2NA，故B错误；C.7.2gCaO2的物质的量为：7.2g/72g/mol=0.1mol，而过氧化钙的构成微粒是钙离子和过氧根离子，所以7.2gCaO2中含有0.1NA个阴离子，故C错误；D.二氧化硅是原子晶体，构成微粒是原子，而不是分子，故D错误；7、D【解析】分析：硝酸镍是强酸弱碱盐，硫化钠是强碱弱酸盐，它们都能促进水的电离。F点表示硝酸镍和硫化钠恰好完全反应，溶液中溶质是硝酸钠，据此分析A的正误；根据NiS(s)Ni2+(aq)＋S2-(aq)，Ksp(NiS)＝c(Ni2+)c(S2-)分析B的正误；根据NiCO3(s)＋S2-(aq)NiS(s)＋CO32-(aq)K＝cCO32-cS2-分析C的正误；根据S2-＋H2OHS-＋OH-，Kh1＝详解：A.硝酸镍是强酸弱碱盐，硫化钠是强碱弱酸盐，它们都能促进水的电离。F点表示硝酸镍和硫化钠恰好完全反应，溶液中溶质是硝酸钠，水的电离程度最小，故A正确；B.NiS(s)Ni2+(aq)＋S2-(aq)，Ksp(NiS)＝c(Ni2+)c(S2-)＝1×10-21，故B正确；C.NiCO3(s)＋S2-(aq)NiS(s)＋CO32-(aq)K＝cCO32-cS2-＝KspNiCO3KspNiS＝1.4×1014，故C正确；D.S2-＋H2OHS-＋OH-，点睛：本题考查了电解质溶液中的平衡表达式的计算，掌握和理解平衡表达式是解题的关键。本题的易错点为A，要注意能够水解的盐促进水的电离，酸或碱抑制水的电离。8、C【解析】A、氯原子未成键的孤对电子对未画出，分子中碳原子与氯原子之间形成1对共用电子对，电子式为，选项A错误；B、图中模型为丙烷的球棍模型，选项B错误；C、键线式用短线表示化学键，交点、端点是碳原子，C原子、H原子不标出，故2-乙基-1，3-丁二烯分子的键线式为，选项C正确；D、聚丙烯的结构简式为，选项D错误；答案选C。9、D【解析】

A．金属键主要在于金属晶体中，在配合物(多聚型)中，为达到18e-，金属与金属间以共价键相连，亦称金属键，故A错误；B．分子晶体的堆积不一定是分子密堆积，如冰晶体中存在氢键，不是分子密堆积，故B错误；C．H2O的性质非常稳定，原因在于H-O键的键能较大，与氢键无关，故C错误；D．在ABn型分子中，若中心原子A无孤对电子，则是非极性分子，非极性分子空间结构都是对称结构，故D正确；答案选D。10、B【解析】

A.4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；B.4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO·Cr2O3，故B正确；C.4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中中，氧化剂是氧气，还原剂是FeO·Cr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；D.由方程式4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2转移电子可知，生成1molNa2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为，反应中O元素由0价降低为-2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为，所以反应①中每生成1molNa2CrO4时电子转移，故D错误。答案选B。11、B【解析】试题分析：A．标准状况下的HCl气体11.2VL物质的量是0.5Vmol，向溶液中通入0.5VmolHCl，该溶液体积会增大，所以溶液浓度应该小于Vmol/L，故A错误；B．VL浓度为0.5mol•L-1的盐酸的物质的量是0.5Vmol，10mol•L-1的盐酸0.1VL的物质的量是Vmol，再稀释至1.5VL，所以C==1mol/L，故B正确；C．加热浓缩盐酸时，导致盐酸挥发增强，故C错误；D．浓稀盐酸混合后，溶液的体积不是直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，故D错误；故选B。考点：考查物质的量浓度的计算。12、A【解析】

A、分子晶体中一定含有分子间作用力，但不一定含有共价键，如稀有气体分子中不含共价键，正确；B、分子中含有2个H原子的酸不一定是二元酸，如甲酸为一元酸，错误；C、含有金属阳离子的晶体还可能是金属晶体，错误；D、元素的非金属性越强，其单质的活泼性不一定越强，如N元素的非金属性大于P，但氮气比P单质稳定，错误。答案选A。13、C【解析】

A.根据甲、乙的结构简式，甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B.甲含有碳碳双键、丙是苯的同系物，所以甲、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C.的二氯代物，2个氯原子位置分别在①①、①②、①③、①④、①⑤、①⑥、③⑤共有7种，故C错误；D.丙的名称为乙苯，单键可以旋转，所以分子中所有碳原子可能共平面，故D正确。14、C【解析】

由图可知最终沉淀0.05mol为BaSO4，则固体混合物中n[Ba(OH)2]为0.05mol，根据图象知，未加H2SO4前A点的沉淀为0.02mol，小于0.05mol，说明FeSO4完全反应，Ba2+有剩余，由A→B一定发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，加入20mLH2SO4，n(H2SO4)为0.02mol，由图可知沉淀量增加0.04mol-0.02mol=0.02mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量，故不可能发生反应AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，该反应硫酸的物质的量与沉淀的物质的量之比为1：2，也不会发生其它沉淀的溶解反应，否则沉淀量增加不可能为0.02mol，说明加入的20mL硫酸只与氢氧化钡反应；故未加H2SO4前A点的溶液中Ba(OH)2有剩余，剩余三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间发生反应：FeSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；故A点沉淀为Fe(OH)3、BaSO4，由方程式可知n[Fe(OH)3]=n(BaSO4)=0.01mol，此时Al3+变为AlO2-，可知n(FeSO4)=0.01mol；B→C，加入5mL硫酸，硫酸的物质的量为0.005mol，由图可知沉淀量增加0.055mol-0.04mol=0.015mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的3倍，故发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，由方程式可知，该阶段生成BaSO4为0.005mol，生成Al(OH)3为0.01mol，故C的沉淀为Fe(OH)3、BaSO4、Al(OH)3；C→D，加入15mL硫酸，硫酸的物质的量为0.015mol，由图可知沉淀量增加0.06mol-0.055mol=0.005mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的倍，沉淀量达最大值，不可能单独发生Ba2++SO42-=BaSO4↓（沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量）或AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓（沉淀的物质的量是硫酸的2倍）或二者都发生；故该阶段发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓（生产BaSO4多）、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O（沉淀溶解少），说明C点AlO2-完全反应，D点的溶液含有Al3+、Fe3+、Ba2+沉淀完全，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3；D→E发生反应Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，E点完全溶解，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，由C→E共消耗30mLH2SO4，而0.01molFe(OH)3消耗15mLH2SO4，可知Al(OH)3消耗15mLH2SO4，判定n[Al(OH)3]=n[Fe(OH)3]=0.01mol，可知原混合固体中n(AlCl3)=0.01mol，据此分析作答。【详解】A.由上述分析可知，硫酸只与氢氧化钡反应，反应离子方程式为Ba2++SO42-+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，A项正确；

B.由上述分析可知，D点的溶液含有Al3+、Fe3+，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，Al3+、Fe3+水解，溶液呈酸性，B项正确；

C.由上述分析可知，C的沉淀为Fe(OH)3、BaSO4、Al(OH)3，C项错误；

D.由上述分析可知，原混合固体中n(FeSO4)=0.01mol，n(AlCl3)=0.01mol，两者物质的量相等，D项正确；

答案选C。15、B【解析】

A、乙醇的密度小于浓硫酸；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；C、二氧化氮的密度大于空气；D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故A不能达到目的；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C不能达到目的；D、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的；故选B。本题考查实验装置和基本操作，易错点D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的H2S等还原性杂质也能使溴水褪色。16、C【解析】

A项、氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，制备氢氧化亚铁时，应将胶头滴管插入液面下，防止空气中氧气进入溶液氧化产生的氢氧化亚铁，故A错误；B项、较高温度下碳酸钠受热不分解，较低温度下碳酸氢钠受热分解，则比较碳酸钠和碳酸氢钠热稳定性时，直接加热的大试管中应盛放碳酸钠，间接加热的小试管中盛放碳酸氢钠，故B错误；C项、铝具有较强的还原性，高温下能与氧化铁发生置换反应生成氧化铝和铁，故C正确；D项、排水法收集氢气时，氢气应从短管通入，故D错误；故选C。17、D【解析】试题分析：K层只有s能级，L层只有s和p能级；M层有s、p、d三个能级，N层有s、p、d、f四个能级，选D。考点：考查原子核外电子排布。18、A【解析】

A、加入FeCl3后溶液变蓝色，说明I－被氧化成I2，氧化剂为Fe3＋，利用氧化还原反应的规律，得出Fe3＋的氧化性强于I2，故A符合题意；B、SO2的漂白性，中学阶段体现在能使品红溶液褪色，使酸性高锰酸钾褪色，体现SO2的还原性，故B不符合题意；C、澄清石灰水与NaHCO3、Na2CO3都能产生沉淀，鉴别NaHCO3和Na2CO可以用CaCl2溶液，NaHCO3与CaCl2不发生反应，Na2CO3与CaCl2生成沉淀CaCO3，故C不符合题意；D、HNO3具有强氧化性，将SO32－氧化成SO42－，对SO42－的检验产生干扰，应先加盐酸，再滴加BaCl2溶液，故D不符合题意；答案选A。19、B【解析】分子式为C6H12主链上为4个碳原子的烯烃类的同分异构体有CH2=C(CH3)—CH(CH3)—CH3、CH2=CH—C(CH3)2—CH3、CH2=C(CH2CH3)2、CH3—C(CH3)=C(CH3)—CH3共4种，故选B。20、D【解析】

A．烷烃的通式为CnH2n+2，C元素的质量分数为=，则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故A错误；B．乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故B错误；C．苯分子中不存在碳碳双键，故C错误；D．n=7，主链上有5个碳原子的烷烃，支链为2个甲基或1个乙基，符合条件的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，共5种，故D正确；答案选D。本题的难点为D，要注意缩短碳链法书写同分异构体的使用和练习；易错点为C，要注意苯分子结构的特殊性。21、C【解析】

A．晶胞中：P位于顶点和面心，数目为8×+6×=4，B位于晶胞内，数目为4，则磷化硼晶体的化学式为BP，由于磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，属于原子晶体，故A错误；B．磷化硼晶体是原子晶体，熔点高，但熔融状态下没有自由的离子所以不能导电，故B错误；C．该晶胞配位数为4，即每个原子均形成4条共价键，故C正确；D．磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠不相同。磷化硼晶体堆积方式与CuS晶胞类型相同，故D错误；答案选C。22、B【解析】

废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物,加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解Ni,过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢，氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液,滤液中加入H2S沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入氢氧化钠溶液沉淀镍离子生成氢氧化镍固体，以此解答该题。【详解】A、废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶后，二氧化硅不反应，钙的氧化物与硫酸反应生成微溶的硫酸钙，故废渣中含有二氧化硅和硫酸钙，选项A正确；B、加热煮沸使H2O2更易分解，无法将亚铁离子氧化为铁离子，除铁效率降低，选项B错误；C、除铜过程加入氢硫酸，反应生成硫化铜沉淀的同时生成硫酸，溶液酸性增强，选项C正确；D、常温下Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，镍沉淀完全，c(OH-)=mol/L=10-5mol/L，则需要调节溶液pH＞9，选项D正确。答案选B。本题考查化工流程的分析，物质的除杂，易错点为选项C：除铜过程加入氢硫酸，反应生成硫化铜沉淀的同时生成硫酸，溶液酸性增强。二、非选择题(共84分)23、羧基羰基取代反应【解析】

（1）根据酮洛芬的结构知，其中含氧官能团有羧基和羰基。（2）根据流程图，D与NaCN发生取代反应生成E，化合物E的结构简式为，由C→D是苯环侧链甲基上的氢原子被Br原子代替的反应，属于取代反应。（3）根据流程图，B→C是B中的酰基氯与苯环发生的取代反应，反应方程式为（4）①能发生银镜反应，说明分子结构中存在醛基；②与FeCl3发生显色反应，说明存在酚羟基；③分子中含有5种不同化学环境的氢，根据上述要求，A的同分异构体是。（5）根据流程图，C→D，可以在甲苯侧链甲基上引入卤素原子，从而引入-CN，氧化后可以删除羧基，再跟乙醇酯化即可，合成路线流程图为：。24、丙烯氯原子羟基加成反应或8【解析】

根据D的分子结构可知A为链状结构，故A为CH3CH=CH2；A和Cl2在光照条件下发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Cl，B和HOCl发生加成反应生成C为，C在碱性条件下脱去HCl生成D；由F结构可知苯酚和E发生信息①的反应生成F，则E为；D和F聚合生成G，据此分析解答。【详解】（1）根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为，所含官能团的名称为氯原子、羟基，故答案为丙烯；氯原子、羟基；（2）B和HOCl发生加成反应生成C，故答案为加成反应；（3）C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：，故答案为；（4）E的结构简式为。（5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。则符合条件的有机物的结构简式为、；故答案为、；（6）根据信息②和③，每消耗1molD，反应生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，生成NaCl和H2O的总物质的量为=10mol，由G的结构可知，要生成1mol单一聚合度的G，需要(n+2)molD，则(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理论上应等于8，故答案为8。25、直形冷凝管防止暴沸B检漏上口倒出干燥环已烯CC【解析】分析：（1）根据装置图可知装置b的名称；（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入；（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应生成二环己醚；（4）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；（5）无水氯化钙用于吸收产物中少量的水；（6）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到玻璃棒；（7）根据产率=实际产量/理论产量×100%计算。详解：（1）依据装置图分析可知装置b是蒸馏装置中的冷凝器装置，名称为直形冷凝器；（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，答案选B；（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚，结构简式为；（4）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，即加入无水氯化钙的目的是干燥环己烯；（6）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到玻璃棒，答案选C；（7）20g环己醇的物质的量为0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，其质量为16.4g，所以产率=10g/16.4g×100%=61%，答案选C。26、+H2O球形冷凝管冷凝回流除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度干燥乙酸异戊酯提高异戊醇的转化率d【解析】

（1）CH3COOH与反应生成和H2O。（2）根据题中仪器B的构造判断该仪器的名称。（3）在洗涤操作中饱和碳酸氢钠溶液的主要作用是除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度。（4）实验中加入少量无水硫酸钠的目的是吸收酯中少量的水分，对乙酸异戊酯进行干燥。（5）根据反应物对增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高进行判断加入过量乙酸的目的。（6）先计算出乙酸和异戊醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算出理论上生成乙酸异戊酯的物质的量，最后根据实际上制取的乙酸异戊酯计算出产率。【详解】（1）CH3COOH与反应生成和H2O，化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O。（2）仪器B为球形冷凝管，作用是冷凝回流，故答案为：球形冷凝管；冷凝回流。（3）在洗涤操作中饱和碳酸氢钠溶液的主要作用是除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度，故答案为：除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度。（4）实验中加入少量无水硫酸钠的目的是吸收酯中少量的水分，对乙酸异戊酯进行干燥，故答案为：干燥乙酸异戊酯。（5）酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动；增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，因此本实验中加入过量乙酸的目的是提高转化率；故答案为：提高异戊醇的转化率。（6）乙酸的物质的量为：n==0.1mol，异戊醇的物质的量为：n==0.05mol，由于乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.05mol乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为=0.03mol，所以实验中乙酸异戊酯的产率为100%=60%，故答案为：d。27、中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关溶液不变红或无明显现象【解析】

（1）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；（2）试管①中乙酸乙酯中的乙酸与碳酸钠反应，产生气泡，发生的反应为2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O；（3）对比实验①和②，无论有没有含乙酸，溶液红色均褪去，可得出的结论是下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关；（4）针对实验②中现象，上层液体不变薄则乙酸乙酯不溶解于下层碳酸钠溶液且不与碳酸钠反应而无气泡，下层溶液红色褪去是因为酚酞被萃取于乙酸乙酯中碳酸钠溶液中不再含有酚酞而显无色，故乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。实验③中充分振荡、静置、分液。取下层溶液，下层溶液中已不含酚酞，故加入饱和Na2CO3溶液观察到溶液不变红或无明显现象，证实乙的猜