山西省吕梁市2025年高二化学第二学期期末经典试题含解析

山西省吕梁市2025年高二化学第二学期期末经典试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，且生成的醇无具有相同官能团的同分异构体。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有A．8种B．16种C．24种D．28种2、下列物质中，不属于电解质的是A．固体氯化钾 B．作电极的碳棒C．气态硝酸 D．液态氯化氢3、下列原子中未成对电子数最多的是()A．C B．O C．N D．Cl4、在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是A．向含等物质的量的的溶液中缓慢通入氯气：B．向含等物质的量的的溶液中缓慢加入锌粉：C．在含等物质的量的的混合溶液中缓慢通入CO2:、D．在含等物质的量的的溶液中逐滴加入盐酸：5、下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是（）A．石油分馏得到的汽油是纯净物B．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一C．燃料电池是将化学能直接转化为电能的装置，所以能量利用率高D．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺6、NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．标准状况下，22.4

L

CHCl3含有的分子数目为NAB．3.4

g羟基(-OH)含有2NA个电子C．1

L0.1

mol/L甘氨酸()溶液中含有的氧原子数为0.

2NAD．0.5

mol

C4H10中含有的非极性共价键数目为1.5NA7、下列鉴别方法不可行的是A．用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯B．用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳C．用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯D．用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、环已烯和环已烷8、相同物质的量的Fe、Al、Na

各0.1mol

分别投入到含HCl0.01mol

的稀盐酸中，置换出H2

由多到少的顺序是A．Al

>Fe>NaB．Al=Fe=NaC．Na>Al

=FeDNa>Al>Fe9、一定温度下，在3个1.0L的恒容密闭容器中分别进行反应2X(g)+Y(g)Z(g)ΔH，达到平衡。相关数据如下表。容器温度/K物质的起始浓度/mol·L-1物质的平衡浓度/mol·L-1c(X)c(Y)c(Z)c(Z)I4000.200.1000.080II4000.400.200aIII5000.200.1000.025下列说法不正确的是A．平衡时，X的转化率：II＞IB．平衡常数：K(II)＞K(I)C．达到平衡所需时间：III＜ID．反应的ΔH＜010、下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋B．将铜粉加1.0mol·L－1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D．将0.1mol·L－1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小A．A B．B C．C D．D11、下列有关物质结构的描述正确的是A．甲苯分子中的所有原子可能共平面 B．CH2=CH-C6H5分子中的所有原子可能共平面C．二氯甲烷分子具有正四面体结构 D．正戊烷分子中5个碳原子可以在同一直线上12、下列有关石油、煤、天然气的叙述正确的是A．石油经过催化重整可得到芳香烃B．煤中含有的苯、甲苯等可通过干馏得到C．石油的分馏、煤的气化和液化都属于化学变化D．石油、煤、天然气、可燃冰、沼气都属于化石燃料13、已知还原性：Fe2＋＞Br－。向100mLFeBr2溶液中通入3.36L(标准状况)Cl2，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原溶液中FeBr2的物质的量浓度为()A．2mol·L－1 B．1.5mol·L－1 C．1mol·L－1 D．0.75mol·L－114、下列说法正确的是（）A．硫酸钠溶液和醋酸铅溶液均能使蛋白质变性B．油脂是高级脂肪酸的甘油酯，在常温下均呈固态C．CH3CH(NH2)COOH既能与盐酸反应、又能与氢氧化钠溶液反应D．合成橡胶的单体之一是CH3-C≡C-CH315、在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZ初始浓度/mol·L－10.10.20平衡浓度/mol·L－10.050.050.1下列说法错误的是A．反应达到平衡时，X的转化率为50%B．反应可表示为X＋3Y2Z，其平衡常数为1600C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大D．升高温度平衡常数增大，则此反应为吸热反应16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．1molFeI2与1molCl2反应时转移的电子数为2NAB．25℃时，pH＝3的醋酸溶液1L，溶液中含H+的数目等于0.001NAC．标准状况下22.4L丙烷中含C－H键数约为8NAD．18g2H2O中含有的质子数为10NA17、下列有机物命名正确的是（）A．2－乙基丙烷 B．CH3CH2CH2CH2OH1－丁醇C．间二甲苯 D．2—甲基—2—丙烯18、下列实验能达到预期目的的是（）A．可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油B．除去己烷中己烯可以用溴水分液处理C．将纤维素和稀H2SO4加热水解后的液体取出少许，加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热，有无红色沉淀生成，证明纤维素是否水解D．蛋白质溶液中加入丙酮可以使蛋白质从溶液中析出，再加水又能溶解19、水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2++2S2O32-+O2+XOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是（）A．硫元素被氧化，铁元素被还原B．Fe2+、S2O32-都是还原剂C．X=2D．每生成1molFe3O4，则转移电子数2mol20、下列几种化学电池中，不属于可充电电池的是A．碱性锌锰电池 B．手机用锂电池C．汽车用铅蓄电池 D．玩具用镍氢电池21、下列有机物存在顺反异构现象的是A．CH3CH3 B．CH2=CH2 C．CH3CH=CHCH3 D．CH3CH=CH222、测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（

）A．Na₂SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2OHSO-3+OH-B．④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的C．①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D．①与④的Kw值相等二、非选择题(共84分)23、（14分）有一应用前景广阔的纳米材料甲，其由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高。取材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解。（1）甲的化学式为____________，其晶体属于____________晶体。（2）乙的水溶液可以用来做________________________（写出一种用途）。（3）B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，其燃烧放热多且燃烧产物对环境无污染，因此可用作火箭燃料、燃料电池燃料等。则①丁的电子式为_____。②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，其化学方程式________________________。甲的制备过程中氨气需要过量的理由是____________________________________。③丁的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1≈1.0×10－6，则0.01mol·L－1丁水溶液的pH等于____________（忽略丁的二级电离和H2O的电离）。24、（12分）A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，其分子结构模型如图所示（图中球与球之间连线代表化学键单键或双键）。(1)根据分子结构模型写出A的结构简式___________。(2)拟从芳香烃出发来合成A，其合成路线如下：已知：A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇。(a)写出⑤反应类型__________反应；写出H的结构简式___________。(b)写出G中官能团名称：_________________________(c)写出下列步骤的反应方程式（注明必要的条件）⑥_______________________________________。⑦________________________________________。(3)A的同分异构体有多种，同时满足下列条件A的同分异构体有________种。ⅰ.含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种；ⅱ.与A有相同的官能团；ⅲ.能发生银镜反应。25、（12分）葡萄是一种常见水果，可以生食或制作葡萄干，除此之外，葡萄还可用于酿酒。(1)检验葡萄汁含有葡萄糖的方法是：向其中加碱调至碱性，再加入新制的Cu(OH)2并加热，其现象是________。(2)葡萄在酿酒过程中，葡萄糖转化为酒精的过程如下，补充完成下列化学方程式：C6H12O6(葡萄糖)2_________+2C2H5OH(3)葡萄酒密封储存过程中会生成有香味的酯类，酯类也可以通过化学实验来制备，实验室可用如图所示装置制备乙酸乙酯：①试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式是__________。②试管b中盛放的试剂是饱和____________溶液。③实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是________。④若要分离出试管b中的乙酸乙酯，需要用到的仪器是_______(填字母)。A．普通漏斗B．分液漏斗C．长颈漏斗26、（10分）制备乙酸乙酯，乙酸正丁酯是中学化学实验中的两个重要有机实验①乙酸乙酯的制备②乙酸丁酯的制备完成下列填空：（1）制乙酸乙酯的化学方程式___________。（2）制乙酸乙酯时，通常加入过量的乙醇，原因是________，加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是________；浓硫酸用量又不能过多，原因是_______________。（3）试管②中的溶液是________，其作用是________________。（4）制备乙酸丁酯的过程中，直玻璃管的作用是________，试管不与石棉网直接接触的原因是_____。（5）在乙酸丁酯制备中，下列方法可提高1-丁醇的利用率的是________（填序号）。A．使用催化剂B．加过量乙酸C．不断移去产物D．缩短反应时间（6）两种酯的提纯过程中都需用到的关键仪器是________，在操作时要充分振荡、静置，待液体分层后先将水溶液放出，最后将所制得的酯从该仪器的________（填序号）A．上口倒出B．下部流出C．都可以27、（12分）下图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为_______________mol/L。（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_______。A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl－的数目D．溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.1mol/L稀盐酸。①该学生需要量取_____________mL上述浓盐酸进行配制。②在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。a、用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面。（____________）b、用量筒量取浓盐酸后，洗涤量筒2-3次，洗涤液也转移到容量瓶。（_________）（4）现将100mL0.5mol/L的盐酸与200mL0.1mol/LCuCl2溶液混合，体积变化忽略不计，所得溶液中Cl－的物质的量浓度是_______________。28、（14分）某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。(1)请将Au2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内：________(2)反应中，被还原的元素是______________，还原剂是___________。(3)请将反应物的化学式配平后的系数填入下列相应的位置中，并标出电子转移的方向和数目。________(4)纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白布匹后的“脱氯剂”，Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为______________。29、（10分）化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气可以通过多种方法进行治理．可以制取氢气，同时回收硫单质，既廉价又环保。回答下列问题：(1)已知：H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；S(s)+O2(g)=SO2(g)；2S(s)S2(g)；2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(g)；则反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)=_______(2)工业上采州高温热分解HzS的方法制取H2，在膜反应器中分离出H2。在恒容密闭容器中，阻H2S的起始浓度均为0.009mol/L控制不同温度进行H2S分解：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度F反应经过相同时间时H2S的转化率。①在935℃时，该反应经过tsH2S的转化率达到P点数值，则在ts内用H2浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=___。②温度升高，平衡向____方向移动（填“正反应”“逆反应”），平衡常数____（填“增大”“减小”或“不变”）。985℃时该反应的平衡常数为____。③随着H2S分解温度的升高，曲线b逐渐向曲线a靠近，其原因是___。(3)电解法治理硫化氢是先用FeCl3溶液吸收含H2S的工业废气，所得溶液用惰性电极电解，阳极区所得溶液循环利用。①进入电解池的溶液中，溶质是____。②阳极的电极反应式为____。③电解总反应的离子方程式是____。

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、C【解析】生成的醇无具有相同官能团的同分异构体，则醇为甲醇或乙醇。如果为甲醇，则酸为C5H11-COOH，戊基有8种同分异构体，所以C5H11-COOH的同分异构体也有8种；如果为乙醇，则酸为C4H9-COOH，丁基有4种结构，所以C4H9-COOH的同分异构体也有4种，故醇有2种，酸有8+4=12种，所以这些酸和醇重新组合可形成的酯共有2*12=24种，答案选C。正确答案为C。点睛：本题的难点是理解生成的醇无具有相同官能团的同分异构体，甲醇、乙醇没有醇类的同分异构体，从丙醇开始就有属于醇类的同分异构体，如丙醇有2种属于醇的同分异构体，CH3CH2OH和CH3CH(OH)CH3，故能否理解题意是解答此题的关键。2、B【解析】

A、固体氯化钾属于化合物，在熔融状态或水溶液中能导电，属于电解质，选项A不选；B、碳属于单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B选；C、硝酸属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项C不选；D、液态氯化氢属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项D不选；答案选B。本题考查电解质，属于对基础化学概念的考查，本题要理解好电解质的概念，电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。3、C【解析】

根据能量最低原理书写各元素的电子排布式，根据电子排布式判断未成对电子数，可解答该题。【详解】A．C的电子排布式为1s22s22p2，未成对电子数为2；B．O的电子排布式为1s22s22p4，未成对电子数为2；C．N的电子排布式为1s22s22p3，未成对电子数为3；D．Cl的电子排布式为1s22s22p63s23p5，未成对电子数为1；比较可知N的未成对电子数为3，最多，答案选C。本题考查原子核外电子的排布，题目难度中等，注意根据电子排布式判断未成对电子数。4、A【解析】A．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，参与反应的顺序是I-、Fe2+、Br-，故A正确；B．氧化性顺序：Ag+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应的正确顺序为Ag+、Cu2+、H+、Fe2+，故B错误；C．氢氧化钡先发生反应，因为生成的碳酸钾与氢氧化钡不能共存，然后与氢氧化钾发生反应，再与碳酸钾反应生成碳酸氢钾，最后与碳酸钡反应，如果先与碳酸钡反应生成碳酸氢钡，钡离子会与溶液中的碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，故C错误；D．含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸，氢氧根离子优先反应，反应的先后顺序为：OH-、AlO2-、CO32-、Al(OH)3，因为如果氢氧化铝先反应，生成的铝离子会与溶液中的氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，故D错误；故选A。点睛：明确反应发生的本质与物质性质是解题的关键。同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；同一还原剂与具有不同氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应；复分解反应可以利用假设法判断。5、A【解析】

A．分馏产品为烃的混合物；B．使用清洁能源含N、S氧化物的排放；C．燃料电池的燃料外部提供，能源利用率高；D．合理开发利用可燃冰，减少化石能源的使用。【详解】A．分馏产品为烃的混合物，汽油为混合物，故A错误；B．使用清洁能源，没有含N、S氧化物的排放，是防止酸雨发生的重要措施之一，故B正确；C．燃料电池工作时，燃料和氧化剂连续地由外部提供，能源利用率高，将化学能直接转化为电能，故C正确；D．合理开发利用可燃冰，减少化石能源的使用，有助于缓解能源紧缺，故D正确；故选A。6、D【解析】分析：A.标准状况下三氯甲烷是液体；B.羟基含有9个电子；C.溶剂水分子中还含有氧原子；D.1分子丁烷含有3个碳碳单键。详解：A.标准状况下三氯甲烷是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCHCl3含有的分子数目，A错误；B.3.4g羟基(-OH)的物质的量是3.4g÷17g/mol＝0.2mol，含有1.8NA个电子，B错误；C.1L0.1mol/L甘氨酸()溶液中甘氨酸的物质的量是0.1mol，但溶剂水分子中还含有氧原子，所以含有的氧原子数大于0.2NA，C错误；D.1分子丁烷含有3个碳碳单键，因此0.5molC4H10中含有的非极性共价键数目为1.5NA，D正确。答案选D。7、D【解析】

A．乙醇与水混溶，甲苯密度比水小，溴苯密度比水大，可加入水鉴别，故A可行；B．乙醇燃烧，火焰明亮，无浓烟，苯燃烧有浓烟，四氯化碳不燃烧，现象各不相同，可鉴别，故B可行；C．乙醇易溶于水，碳酸钠与乙酸反应生成二氧化碳气体，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，溶液分层，可鉴别，故C可行；D．甲苯、环己烯都可被酸性高锰酸钾氧化，故D不可行；故选D。8、C【解析】酸不足时，钠可与水反应生成氢气，而Fe、Mg、Al只能与盐酸反应，故Na与酸反应时，多余的会和水反应，Na会完全反应，由2Na～H2可知，0.1molNa完全反应，生成氢气的物质的量=0.1mol×1/2=0.05mol；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑0.1mol0.2mol故盐酸不足，由方程式可知0.01mol

HCl生成氢气为0.005mol，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑0.1mol0.3mol故盐酸不足，由方程式可知0.01mol

HCl生成氢气为0.005mol，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，故生成氢气的体积：Al=Fe＜Na，故选C。点睛：本题考查根据方程式计算，易错点：进行过量计算，0.1molAl、Fe与0.01molHCl反应时，盐酸不足，按酸计算氢气，而0.1molNa与0.01molHCl反应时，要注意钠的性质，钠还要和水反应。9、B【解析】

A.II可以看成是向2L的容器中，充入0.4mol的X和0.2mol的Y（则I、II的平衡等效），平衡后再将容器压缩至1L，由于压强增大，平衡向右移动，所以II中X的转化率＞I，A正确；B.平衡常数只和温度有关，I、II的温度相同，则这两个平衡的平衡常数也相同，B错误；C.III的温度比I高，III的化学反应速率也快，则III先达到平衡，C正确；D.对比I和III，二者起始状态，除了温度不同，其他条件都相同，则可以将III看作是I达到平衡后，升高温度，Z的浓度降低了，说明升温使得平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即反应的ΔH＜0，D正确；故合理选项为B。10、D【解析】

A、因为加入过量的铁粉，反应生成Fe(NO3)2，加入KSCN溶液，溶液不变红，A错误；B、Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，B错误；C、铝表面产生氧化铝，因为氧化铝的熔点比铝的高，因此出现熔化而不滴落，C错误；D、MgSO4溶液加入NaOH，生成Mg(OH)2，再加入CuSO4溶液，出现蓝色沉淀，即Mg(OH)2＋Cu2＋=Cu(OH)2＋Mg2＋，化学反应向更难溶的方向进行，即Cu(OH)2的溶度积小于Mg(OH)2，D正确；故合理选项为D。11、B【解析】

A.甲烷是正四面体结构，所以甲苯分子中的所有原子不可能共平面，A错误；B.乙烯是平面结构，苯是平面结构，所以CH2=CH-C6H5分子中的所有原子可能共平面，B正确；C.甲烷是正四面体结构，因此二氯甲烷分子一定不是正四面体结构，C错误；D.正戊烷分子中5个碳原子形成的碳链其实是锯齿状的，而不是一条直线，D错误。答案选B。12、A【解析】分析：本题考查的是煤和石油的综合利用，难度较小。详解：A.石油催化重整得到芳香烃，故正确；B.煤是复杂混合物，不含苯，经过干馏的化学反应生成苯，故错误；C.石油的分馏是物理变化，煤的气化和液化是化学变化，故错误；D.可燃冰不是化石燃料，故错误。故选A。13、A【解析】

因为还原性Fe2+>Br-，所以Cl2先与Fe2+反应，后与Br-反应，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，则Cl2完全反应，Fe2+完全反应、Br-部分反应；根据得失电子守恒和原子守恒列式。【详解】n（Cl2）=3.36L22.4L/mol=0.15mol，因为还原性Fe2+>Br-，所以Cl2先与Fe2+反应，后与Br-反应，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，则Cl2完全反应，Fe2+完全反应、Br-部分反应，根据Cl守恒，反应后溶液中n（Cl-）=0.15mol×2=0.3mol；设原溶液中FeBr2物质的量为x，则原溶液中n（Fe2+）=x、n（Br-）=2x，根据得失电子守恒，0.15mol×2=x+（2x-0.3mol），解得x=0.2mol，原FeBr214、C【解析】分析：A．重金属离子能使蛋白质变性而中毒；B．有些油脂是不饱和高级脂肪酸的甘油酯；C．H2N－能与盐酸反应；-COOH能与氢氧化钠溶液反应；D．若是加聚产物；找单体是在碳链两两（两个碳原子）断键，如链上有双键，则有四个碳原子断键（丁二烯结构）．详解：A．加入少量饱和的硫酸钠溶液会发生盐析，不发生变性，故A错误；B．有些油脂是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，含有不饱和键，能发生氢化反应，故B错误；C．H2N－能与盐酸反应生成盐酸盐；-COOH能与氢氧化钠溶液反应生成钠盐，故C正确；D、的单体是丁二烯和CH2=CH-CN，故D错误。故选C。点睛：本题考查油脂、蛋白质、氨基酸、高分子化合物的性质，难点D，注意加聚产物找单体的方法：找单体是在碳链两两（两个碳原子）断键，如链上有双键，则有四个碳原子断键（丁二烯结构）．15、C【解析】

本题主要考查化学反应中物质的浓度变化与化学计量数关系。A.转化率=，根据表格信息得出结论即可；B.由表格中数据求出各物质的浓度变化比例，得出化学方程式；C.平衡常数只与温度有关；D.温度升高，吸热方向化学平衡常数增大。【详解】A.达到平衡时，X的转化率为=50%，正确；B.由表可知，X、Y作为反应物，Z作为生成物，、、，由此可知该反应X、Y、Z的系数比为1:3:2，即反应可表示为X＋3Y2Z，故B正确；C.增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，由B项可知，该反应正向为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，而化学平衡常数只与温度有关，改变压强对平衡常数无影响，错误；D.升高温度，平衡向吸热方向移动，若升高温度平衡常数增大，则说明向正向移动，即正向为吸热反应，正确。16、D【解析】

A．1molFeI2与1molCl2反应，氯气完全反应生成2mol氯离子，转移的电子数为2NA，故A正确；

B．25°C时，pH=3的醋酸溶液1L，氢离子浓度为0.001mol/L，含有氢离子个数=0.001mol/L1LNA/mol=0.001NA，故B正确；

C．1个丙烷分子含有8个C-H键，标准状况下22.4L丙烷中含C-H键数约为8NA，故C正确；

D．18g2H2O中含有的质子数=10NA/mol=9NA，故D错误；故答案：D。17、B【解析】

A．2-乙基丙烷，烷烃命名中出现2-乙基，说明选取的主链不是最长的，主链应该为丁烷，正确命名为：2-甲基丁烷，故A错误；B．CH3CH2CH2CH2OH1-丁醇，醇的命名需要标出羟基的位置，该有机物中羟基在1号C，其命名符合有机物的命名原则，故B正确；C．间二甲苯，两个甲基分别在苯环的对位，正确命名应该为：对二甲苯，故C错误；D．2-甲基-2-丙烯，碳碳双键在1号C，该有机物正确命名为：2-甲基-1-丙烯，故D错误；故答案为B。18、A【解析】A.植物油与浓NaOH溶液反应生成可溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，反应后不分层；矿物油不与浓NaOH溶液反应，而且矿物油也不溶于水，混合物分层，故可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油，A正确；B.己烯可与溴水反应生成二溴己烷，二溴己烷可以溶于己烷，所以，除去己烷中己烯用溴水处理是达不到目的的，也无法分液，B不正确；C.将纤维素和稀H2SO4加热水解后的液体取出少许，要先加入适量的氢氧化钠溶液中和硫酸，然后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热，观察有无红色沉淀生成，才能证明纤维素是否水解，C不正确；D.丙酮可以使蛋白质变性，变性后的蛋白质不溶于水，D不正确。本题选A。19、B【解析】

A.化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+；硫元素的化合价变化为：+2→+，Fe和S元素都被氧化，A错误；B.由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂是O2，B正确；C.由电荷守恒可知：2×3+2×(-2)-X=-2，X=4，C错误；D.由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol×4=4mol，D错误。故合理选项是B。20、A【解析】

A、碱性锌锰电池属于一次电池，不属于可充电电池；B、手机用锂电池属于可充电电池；C、汽车用铅蓄电池属于可充电电池；D、玩具用镍氢电池属于可充电电池；故选A。21、C【解析】

A、不存在碳碳双键，不符合；B、2个C原子所连基团完全相同，不符合；C、碳碳双键的每个C原子所连基团是完全不同的，存在顺反异构体，符合；D、碳碳双键有一端是相同基团（＝CH2），不存在顺反异构，不符合；答案选C。本题考查顺反异构体的物质结构特点的判断。顺反异构体是分子中含有碳碳双键，且碳碳双键的每个C原子所连基团是完全不同的基团时才存在顺反异构。22、C【解析】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。二、非选择题(共84分)23、Si3N4原子黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂NaClO＋2NH3＝N2H4＋NaCl＋H2O次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化10【解析】

甲由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高，考虑甲属于原子晶体。甲与熔融的烧碱反应生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，且丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明丙气体为NH3，说明甲中含有氮元素。含氧酸盐乙由短周期元素组成且为钠盐，能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解，说明生成的沉淀为H2SiO3，则乙为Na2SiO3，证明甲中含有硅元素，故A为Si元素，B为N元素，依据元素化合价可推知甲为Si3N4，据此分析解答。【详解】(1)由分析可知，甲的化学式为Si3N4，属于原子晶体，故答案为：Si3N4；原子；(2)乙的水溶液为硅酸钠溶液，是一种矿物胶，可以做黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂，故答案为：黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂；(3)①B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，可知丁为N2H4，电子式为：，故答案为：；②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，反应的化学方程式为：NaClO+2NH3＝N2H4+NaCl+H2O，次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化，氨气需要过量，故答案为：NaClO+2NH3＝N2H4+NaCl+H2O；次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化；③电离方程式为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，该溶液中溶质电离程度较小，则c(N2H4)≈0.01mol/L，由平衡常数K=，可知该溶液中c(OH-)≈==1.0×10-4，溶液中c(H+)=mol/L=10-10mol/L，则溶液的pH=10，故答案为：10。正确推断元素是解答本题的关键。本题的易错点和难点为(3)③中pH的计算，要注意电离平衡常数表达式和水的离子积的灵活运用。24、消去羟基、醛基+CH3OH+H2O+H2O6【解析】

(1)根据分子结构模型知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，写出结构简式；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；据此分析解答。【详解】(1)A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，每个碳原子形成4个共价键，结合其分子结构模型()知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，且结构简式为：，故答案为；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；（a）通过以上分析知，反应⑤属于消去反应，H的结构简式为，故答案为：消去；；（b）G的结构简式为：，含有的官能团有—OH、—CHO，名称为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；（c）反应⑥为B和甲醇发生酯化反应生成A，反应方程式是+CH3OH+H2O；反应⑦为E发生消去反应生成F，反应方程式是+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；+H2O；(3)A的结构简式为：，A中含有的官能团为碳碳双键和酯基，A的同分异构体苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，则只能是对位，又与A有相同的官能团且能发生银镜反应，则苯环连接的两个侧链分别为①—CH=CH2、—CH2OOCH②—CH3、—CH=CHOOCH③—CH3、—C(OOCH)=CH2④—OOCH、—CH=CHCH3⑤—OOCH、—CH2CH=CH2⑥—OOCH、—C(CH3)=CH2，共6种，故答案为：6。本题的难点是第（3）问，符合条件的同分异构体数目的确定；确定同分异构体的数目先根据限制的条件确定可能存在的结构，然后进行有序书写。25、产生砖红色沉淀CO2CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2ONa2CO3(或碳酸钠)防止倒吸B【解析】

(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，所以实验现象是产生砖红色沉淀；(2)根据碳原子和氧原子守恒可知，另外一种生成物是CO2；(3)①乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水；②制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；③实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是防止倒吸；④乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗。【详解】(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，所以实验现象是产生砖红色沉淀氧化亚铜；(2)根据碳原子和氧原子守恒可知,另外一种生成物是CO2；(3)①在浓硫酸的作用下,乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯,反应的化学方程式是CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O；②由于乙醇和乙酸都是易挥发的，所以生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，除去乙醇和乙酸的试剂是饱和的碳酸钠(Na2CO3)溶液；③由于乙醇和乙酸都是和水互溶的，如果直接插入水中吸收，容易引起倒吸，所以试管b中的导管不伸入液面下的原因是防止溶液倒吸；④乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗，故答案为B；26、增大反应物的浓度，使平衡正向移动，提高乙酸的转化率；；浓硫酸能吸收反应生成的水，使平衡正向移动，提高酯的产率浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率饱和碳酸钠溶液中和乙酸、吸收乙醇减少乙酸乙酯在水中的溶解冷凝回流防止加热温度过高，有机物碳化分解BC分液漏斗A【解析】

（1）实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下制乙酸乙酯，化学方程式为。答案为：；（2）酯化反应属于可逆反应，加入过量的乙醇，相当于增加反应物浓度，可以让平衡生成酯的方向移动，提高酯的产率；在酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；理论上"加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量"，原因是：利用浓硫酸能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；“浓硫酸用量又不能过多”，原因是：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；答案为：增大反应物的浓度，使平衡正向移动，提高乙酸的转化率；浓硫酸能吸收反应生成的水，使平衡正向移动，提高酯的产率；浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；（3）由于乙酸和乙醇具有挥发性，所以制得的乙酸乙酯中常混有少量挥发出的乙酸和乙醇，将产物通到饱和碳酸钠溶液的液面上，饱和碳酸钠溶液的作用是：中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解；答案为：饱和碳酸钠溶液；中和乙酸、吸收乙醇减少乙酸乙酯在水中的溶解；（4）乙酸、丁醇加热易挥发，为减少原料的损失，直玻璃管对蒸汽进行冷凝，重新流回反应器内。试管与石棉网直接接触受热温度高，容易使有机物分解碳化。故答案为：冷凝、回流；防止加热温度过高，有机物碳化分解。（5）提高1−丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移动。A.使用催化剂，缩短反应时间，平衡不移动，故A错误；B.加过量乙酸，平衡向生成酯的方向移动，1−丁醇的利用率增大，故B正确；C.不断移去产物，平衡向生成酯的方向移动，1−丁醇的利用率增大，故C正确；D.缩短反应时间，反应未达平衡，1−丁醇的利用率降低，故D错误。答案选BC。（6）分离互不相溶的液体通常分液的方法，分液利用的仪器主要是分液漏斗，使用时注意下层液从分液漏斗管放出，上层液从分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，应从分液漏斗上口倒出。故答案为：分液漏斗；A。27、12BD4.2偏低偏高0.3mol/L【解析】分析：（1）根据物质的量浓度为c=1000ρW/M进行计算；（2）根据溶液的特点分析；（3）①根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；②根据c=n/V，判断实验操作对n或V的影响，以此判断实验误差；（4）计算Cl-的物质的量，进一步计算浓度。详解：（1）假设溶液的体积为1L，浓盐酸中HCl的物质的量浓度为：c=1000ρW/M=1000×1.2×36.5%/36.5=12mol/L，正确答案为：12；（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，不同体积的溶液浓度相同，密度相同，物质的量不同，所含溶质的物质的量不同，所以含有的离子数目也不同，A选项HCl物质的量与体积多少有关，A选项错误，C选项中Cl-的数目也与物质的量有关，即与溶液的体积有关，C选项错误，正确选项为：B、D；（3）①溶液稀释前后溶质的物质的量不变，设需浓盐酸的体