浙江省杭州市第四中学 2025年化学高二第二学期期末经典模拟试题含解析

浙江省杭州市第四中学2025年化学高二第二学期期末经典模拟试题注意事项: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、常温下向100mL0.1mol/L的NaOH溶液中通入一定量的CO2。为探究反应后混合溶液的成分，向其中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液。溶液产生气体前，消耗V(HCl)=V1；溶液刚好不再产生气体时，消耗V(HCl)=V2。当V1<V2<2Vl时，混合溶液中溶质的成分为A．NaHCO3、Na2CO3B．NaOH、NaHCO3C．NaOH、Na2CO3D．NaOH、Na2CO3、NaHCO32、在下列状态下，属于能够导电的电解质是（）A．氯化钠晶体 B．液态氯化氢 C．硝酸钾溶液 D．熔融氢氧化钠3、下列关于杂化轨道的叙述中不正确的是A．分子中心原子通过sp3杂化轨道成键时该分子不一定为正四面体结构，所以杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾B．杂化轨道用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对C．SF2和C2H6分子中的中心原子S和C都是通过sp3杂化轨道成键D．苯分子中所有碳原子均采取sp2杂化成键，苯环中存在6个碳原子共有的大π键4、下列说法不正确的是A．淀粉能水解为葡萄糖 B．油脂属于天然有机高分子C．鸡蛋煮熟过程中蛋白质变性 D．食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C5、向三份0.1mol/L

CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2CO3、CH3COONa固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO-浓度的变化依次为（）A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大6、一种由钛（Ti）原子和碳原子构成的气态团簇分子，分子模型如图所示，其中圆圈表示钛原子，黑点表示碳原子，则它的化学式为（）A．TiC B．C． D．7、屠呦呦率领团队先后经历了用水、乙醇、乙醚提取青蒿素的过程，最终确认只有采用低温、乙醚冷浸等方法才能成功提取青蒿素。研究发现青蒿素中的某个基团对热不稳定，该基团还能与NaI作用生成I2。碳原子连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，下列分析不正确的是A．推测青蒿素在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度B．青蒿素可以与NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应C．青蒿素分子中含有手性碳D．青蒿素中对热不稳定且具有氧化性的基团是“－O－O－”8、下列反应的离子方程式正确的是A．工业上用电解法制备烧碱：B．用食醋除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑C．NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：NH4＋＋OH－H2O＋NH3↑D．铜溶于硫酸酸化的过氧化氢溶液：Cu+2H++H2O2＝Cu2++2H2O9、下图为H2与O2反应生成H2O(g)的能量变化示意图，下列有关叙述不正确的是A．1molH2分子断键需要吸收436kJ的能量B．H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g)ΔH＝－241.8kJ/molC．反应物的总能量高于生成物的总能量D．形成化学键释放的总能量比断裂化学键吸收的总能量小10、美国科学家合成了含有N5+的盐类,含有该离子的盐是高能爆炸物质，该离子的结构呈“V”形，如图所示。以下有关该物质的说法中不正确的是（）A．每个N5+中含有35个质子和34个电子B．该离子中有非极性键和配位键C．该离子中含有4个π键D．与PCl4+互为等电子体11、有关乙炔、苯及二氧化碳的说法错误的是A．苯中6个碳原子中杂化轨道中的一个以“肩并肩”形式形成一个大π键B．二氧化碳和乙炔中碳原子均采用sp1杂化，苯中碳原子采用sp2杂化C．乙炔中两个碳原子间存在1个σ键和2个π键D．乙炔、苯、二氧化碳均为非极性分子12、下列有关化学用语表示不正确的是A．溴乙烷的分子式:C2H5BrB．甲烷分子的比例模型:C．葡萄糖的实验式:CH2OD．乙醇的结构式:CH3CH2OH13、化学学习中常用类推方法，下列类推正确的是()A．CO2为直线形分子，B．固态CS2是分子晶体，固态C．NCl3中N原子是sp3杂化，D．Al(OH)14、乙酸乙酯能在多种条件下发生水解反应：CH3COOC2H5＋H2OCH3COOH＋C2H5OH。已知该反应的速率随c(H＋)的增大而加快。下图为CH3COOC2H5的水解速率随时间的变化图。下列说法中正确的是A．图中A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)相等B．反应初期水解速率增大可能是溶液中c(H＋)逐渐增大所致C．图中t0时说明反应达到平衡状态D．图中tB时CH3COOC2H5的转化率等于tA时的转化率15、分子式为C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有（不考虑立体异构）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种16、如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中下列分析正确的是A．闭合，铁棒上发生的反应为B．闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐降低C．闭合，铁棒不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法D．闭合，电路中通过个电子时，两极共产生气体17、下列说法不正确的是A．乙醇的沸点高于丙烷B．氨基酸既能与盐酸反应，也能与NaOH反应C．甘油、汽油、植物油不属于同一类有机物D．光照时异戊烷发生取代反应生成的一氯代物最多有5种18、由合成气制备二甲醚的主要原理如下。下列有关说法正确的是①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1＝－90.7kJ·mol－1②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH2＝－23.5kJ·mol－1③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH3＝－41.2kJ·mol－1A．将1molCO(g)和2molH2(g)充分反应，反应会放出90.7kJ能量B．反应①的ΔS＞0C．反应③使用催化剂，ΔH3减少D．反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝－246.1kJ·mol－119、某有机物的结构简式如图，关于该有机物的下列叙述中不正确的是（）A．一定条件下，能发生加聚反应B．1mol该有机物在一定条件下最多能与4molH2发生反应C．能使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，且原理相同D．该有机物苯环上的一溴代物有3种20、从薄荷中提取的薄荷醇可制成医药，薄荷醇的结构简式如图，下列说法正确的是A．薄荷醇分子式为C10H20O，它是环己醇的同系物B．薄荷醇的分子中至少有12个原子处于同一平面上C．薄荷醇在Cu或Ag作催化剂、加热条件下能被O2氧化为醛D．在一定条件下，薄荷醇能发生取代反应、消去反应和聚合反应21、下列离子方程式的书写及评价均合理的是()选项离子方程式评价A将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化BMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋HCO3-＋OH－===MgCO3↓＋H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO3-正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1mol·L－1的NaAlO2溶液和2.5mol·L－1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O正确；AlO2-与Al(OH)3消耗的H＋的物质的量之比为2∶3A．A B．B C．C D．D22、关于下列四个装置的说明符合实验要求的是A．装置①：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置B．装置②：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸C．装置③：实验室中可用此装置分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥形瓶中可获得碘D．装置④：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物二、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）氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图：回答下列问题：（1）A的结构简式为__。C的化学名称是__。（2）③的反应试剂和反应条件分别是__，该反应的类型是__。（3）⑤的反应方程式为__。吡啶是一种有机碱，其作用是__。（4）G的分子式为__。（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有__种。（6）4­甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4­甲氧基乙酰苯胺的合成路线__(其他试剂任选)。25、（12分）已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示,该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题:（1）某同学取100mL该“84消毒液”,稀释后用于消毒,稀释后的溶液中c(Na+)＝____mol·L-1。（2）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是____(填字母)。a.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器b.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制c.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低d.需要称量NaClO固体的质量为143.0g26、（10分）白醋是常见的烹调酸味辅料，白醋总酸度测定方法如下。i.量取20.00mL白醋样品，用100mL容量瓶配制成待测液。ii.将滴定管洗净、润洗，装入溶液，赶出尖嘴处气泡，调整液面至0刻度线。iii.取20.00mL待测液于洁净的锥形瓶中，加3滴酚酞溶液，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定至终点，记录数据。iv.重复滴定实验3次并记录数据。ⅴ.计算醋酸总酸度。回答下列问题：（1）实验i中量取20.00mL白醋所用的仪器是______（填字母）。abcD（2）若实验ii中碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，会造成测定结果比准确值_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（3）实验iii中判断滴定终点的现象是_______。（4）实验数据如下表，则该白醋的总酸度为_______mol·L－1。待测液体积/mL标准NaOH溶液滴定前读数/mL滴定终点读数/mL第1次20.00021.98第2次20.00022.00第3次20.00022.0227、（12分）亚硝酰氯（NOCl，熔点：－64.5℃，沸点：－5.5℃）是一种黄色气体，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：为制备纯净干燥的气体，补充下表中缺少的药品。装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净的Cl2MnO2①________②________制备纯净的NOCu③________④________（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：①装置连接顺序为a→________________（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是____________________。③装置Ⅶ的作用是________________________________________________________。④装置Ⅷ中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为______________________。（3）丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为_______________________________________。28、（14分）A、B、C、D、E、F六种元素位于短周期，原子序数依次增大，C基态原子核外有三个未成对电子，B与D形成的化合物BD与C的单质C2电子总数相等，CA3分子结构为三角锥形，D与E可形成E2D与E2D2两种离子化合物，D与F是同族元素．根据以上信息，回答下列有关问题：（1）写出基态时D的电子排布图________。（2）写出化合物E2F2的电子式________。（3）根据题目要求完成以下填空：BF32﹣中心原子杂化方式________；D3中心原子杂化方式________；FD42﹣微粒中的键角________；FD3分子的立体构型________。（4）根据等电子原理，指出与BD2互为等电子体且含有C原子的微粒有________、________（要求写一种分子和一种离子）。29、（10分）钛呈银白色，因它坚硬、强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属。目前生产钛采用氯化法，即将金红石或钛铁矿与焦炭混合，通入氯气并加热制得TiCl4：2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO；TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO。将TiCl4蒸馏并提纯，在氩气保护下与镁共热得到钛：TiCl4+2MgTi+2MgCl2，MgCl2和过量Mg用稀盐酸溶解后得海绵状钛，再在真空熔化铸成钛锭。请回答下列问题：（1）基态钛原子的价电子排布式为_______________________________。（2）与CO互为等电子体的离子为_____（填化学式）。（3）在CH2Cl2、C6H6、CO2、C2H4中，碳原子采取sp杂化的分子有__________。（4）TiCl4在常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟。则TiCl4属于______(填“原子”、“分子”或“离子”)晶体。（5）与钛同周期的另一种元素钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，现象是_____________；往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为__________。（6）在自然界中TiO2有金红石、板钛矿、锐钛矿三种晶型，其中金红石的晶胞如右图所示，则其中Ti4+的配位数为__________。

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、C【解析】分析：滴加盐酸V1mL时没有气体生成，可能发生OH－+H＋=H2O和CO32－+H＋=HCO3－，盐酸的体积为V2mL，HCO3－+H＋=H2O+CO2↑；详解：A、混合溶液中成分为NaHCO3、Na2CO3时，逐滴加入盐酸，依次发生反应：、，假设NaHCO3有amol，Na2CO3有bmol，则刚产生气体时，消耗盐酸的物质的量为bmol，溶液中不再产生气体时，消耗的盐酸的物质的量为(a+2b)mol，对应的溶液体积为2V1<V2，故不选A项；B、NaOH、NaHCO3溶液不能大量共存，故不选B项；C、混合溶液中成分为NaOH、Na2CO3时，逐滴加入盐酸，依次发生反应：、，假设NaOH有amol，Na2CO3有bmol，则刚产生气体时，消耗盐酸的物质的量为(a+b)mol，溶液中不再产生气体时，消耗的盐酸的物质的量为，因此，则对应成盐酸所用体积为V1<V2<2Vl，故C正确；D、NaOH、NaHCO3溶液不能大量共存，故不选D项，故选C。2、D【解析】

A．氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故A错误；B．液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；C．硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．熔融氢氧化钠是电解质，也能导电，故D正确；故答案为D。考查电解质的概念，注意电解质不一定导电，导电的物质不一定是电解质。注意：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如SO2、CO2属于非电解质；③条件：水溶液或融化状态，对于电解质来说，只须满足一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足两个条件；④难溶性化合物不一定就是弱电解质，如硫酸钡属于强电解质。电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。3、A【解析】

A.根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；sp3杂化，无孤电子对数，空间构型都是四面体形，不一定是正四面体；有一对孤电子对，空间构型是三角锥型；有两对孤电子，所以分子空间构型为V形；sp2杂化，无孤电子对数，空间构型是平面三角形；sp杂化，无孤电子对数，空间构型都是直线形，所以杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾，A错误；B.杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子，没有杂化的p轨道形成π键，B正确；C.SF2分子中价层电子对=2+=4，所以中心原子原子轨道为sp3杂化；C2H6分子中价层电子对==4，所以中心原子原子轨道为sp3杂化，C正确；D.苯分子中的6个碳原子全部以sp2方式杂化，每个碳原子形成三个sp2杂化轨道，其中一个与氢原子成σ键，另外两个与相邻碳原子也成σ键，每个碳原子剩余一个p轨道，6个碳原子的p轨道共同形成一个大π键，D正确；故合理选项为A。4、B【解析】

A.淀粉是多糖，水解最终产物是葡萄糖，A正确；B.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于天然有机物，但不是高分子化合物，B错误；C.鸡蛋煮熟过程中，蛋白质分子结构发生了变化，不具有原来蛋白质的生理功能，物质的化学性质也发生了改变。因此鸡蛋煮熟过程是蛋白质变性，C正确；D.新鲜蔬菜和水果含有丰富的维生素C，因此食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C，D正确；故合理选项是B。5、C【解析】

含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解，据此分析。【详解】CH3COONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，NH4NO3是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；Na2CO3是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；CH3COONa溶液中加入CH3COONa，会导致醋酸根离子浓度增大；故选C。本题考查了影响盐类水解的因素，明确影响盐的水解的因素是解题的关键。本题的易错点为加入CH3COONa固体，相当于增大了CH3COONa的浓度，水解程度减小，醋酸根离子浓度增大。6、B【解析】分析：本题考查的是复杂分子化学式的判断，明确题给模型是一个分子模型，而不是晶胞模型，直接数出其中的原子个数即可。详解：根据题意可知，图给结构就是其分子结构，分子中含有的原子就是其化学式中含有的原子，根据分子模型计算钛原子个数为14，碳原子个数为13，故选B。7、B【解析】

A．青蒿素中含有酯基，如图含，难溶于水，易溶于有机溶剂。根据萃取过程，最终采用乙醚萃取，可知青蒿素易溶于乙醚，A正确；B．青蒿素可以与氢氧化钠溶液反应，由于青蒿素中含有酯基，在碱性环境下发生水解。但是Na2CO3和NaHCO3不与酯基等官能团反应，B错误；C．手性碳指碳原子所连接的4个基团不一样，青蒿素分子中含有手性碳，如，中心的碳原子链接了4个不同的原子或原子团，是手性碳原子，C正确；D．含有的“-O-O-”不稳定，类似于双氧水中的过氧键，受热容易分解，D正确；故合理选项为B。8、D【解析】

A.工业上用电解法饱和食盐水的方法制备烧碱：，A错误；B.醋酸是弱酸，不成拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO－+H2O+CO2↑，B错误；C.NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：HCO3－＋NH4＋＋2OH－CO32－＋2H2O＋NH3↑，C错误；D.双氧水具有强氧化性，因此铜溶于硫酸酸化的过氧化氢溶液中反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2＝Cu2++2H2O，D正确；故合理选项为D。9、D【解析】

A.根据示意图可知1molH2分子断键需要吸收436kJ的能量，A正确；B.反应热等于断键吸收的能量和形成化学键放出的能量的差值，因此H2(g)+O2(g)=H2O(g)的反应热ΔH＝436kJ/mol+×498kJ/mol－2×463.4kJ/mol=－241.8kJ/mol，B正确；C.反应是放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，C正确；D.反应是放热反应，则形成化学键释放的总能量比断裂化学键吸收的总能量大，D错误；答案选D。10、D【解析】分析：本题考查化学键、等电子体，明确离子键、共价键的成键规律即可解答，需要注意配位键的形成条件。详解：A.一个氮原子含有7个质子，7个电子，则一个N5分子中含有35个质子，35个电子，N5+是由分子失去1个电子得到的，则一个N5+粒子中有35个质子，34个电子，故正确；B.N5+中氮氮三键是非极性共价键，中心的氮原子有空轨道，两边的两个氮原子提供孤对电子对形成配位键，故正确；C.1个氮氮三键中含有2个π键，所以该粒子中含有4个π键，故正确；DN5+与PCl4+具有相同原子数，氮价电子数分别为24、27，故不是等电子体，故错误。故选D。点睛：等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的分子。互为等电子体的物质可是分子与分子、分子和离子、离子和离子等。等电子体的价电子数有其电子或构成微粒的原子的价电子数来判断。电子式中的键合电子和孤电子对数之和即为价电子总数，离子中各原子的价电子数之和与离子所带点着相加即得价电子总数。11、A【解析】

A．苯分子中的碳原子采取sp2杂化，6个碳原子中未参与杂化的2p轨道以“肩并肩”形式形成一个大π键，A错误；B．二氧化碳和乙炔都是直线型分子，C原子均为sp杂化，苯分子是平面型分子，苯中碳原子采用sp2杂化，B正确；C．碳碳三键含1个σ键和2个π键，C正确；D．乙炔和二氧化碳均是直线型分子，键角180°，正负电荷重心重合，苯是平面型分子，高度对称，键角120°，正负电荷重心重合，它们均是非极性分子，D正确。答案选A。12、D【解析】分析：A.根据溴乙烷的组成判断；B.比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型；C.实验式是分子中原子的最简个数比；D.用短线“—”表示原子之间所形成的一对共用电子进而表示物质结构的式子称为结构式。详解：A.溴乙烷的分子式为C2H5Br，A正确；B.甲烷的分子式为CH4，甲烷分子的比例模型为，B正确；C.葡萄糖的分子式为C6H12O6，实验式为CH2O，C正确；D.乙醇的结构式为，结构简式为CH3CH2OH，D错误。答案选D。13、D【解析】分析：A项，SO2为V形分子；B项，SiO2属于原子晶体；C项，BCl3中B原子为sp2杂化；D项，Al（OH）3和Be（OH）2都属于两性氢氧化物，都能溶于NaOH溶液。详解：A项，CO2中中心原子C上的孤电子对数为12×（4-2×2）=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，VSEPR模型为直线形，由于C上没有孤电子对，CO2为直线形分子，SO2中中心原子S上的孤电子对数为12×（6-2×2）=1，σ键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于S上有一对孤电子对，SO2为V形分子，A项错误；B项，固体CS2是分子晶体，固体SiO2属于原子晶体，B项错误；C项，NCl3中中心原子N上的孤电子对数为12×（5-3×1）=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为1+3=4，NCl3中N为sp3杂化，BCl3中中心原子B上的孤电子对数为12×（3-3×1）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，BCl3中B为sp2杂化，C项错误；D项，Be和Al在元素周期表中处于对角线，根据“对角线规则”，Be（OH）2与Al（OH）3性质相似，两者都属于两性氢氧化物，都能溶于NaOH溶液，Al（OH）3、Be（OH）2与NaOH溶液反应的化学方程式分别为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O、Be（OH）2+2NaOH=Na点睛：本题考查分子的立体构型、杂化方式的判断、晶体类型的判断、对角线规则的应用。判断分子的立体构型和中心原子的杂化方式都可能用价层电子对互斥理论，当中心原子上没有孤电子对时，分子的立体构型与VSEPR模型一致，当中心原子上有孤电子对时，分子的立体构型与VSEPR模型不一致；杂化轨道只用于形成σ键和容纳孤电子对。14、B【解析】A、B点时乙酸乙酯不断水解，浓度逐渐降低，则A、B两点表示的c（CH3COOC2H5）不能，故A错误；B、反应初期，乙酸乙酯水解产生醋酸，量少，电离出的氢离子不断增加，反应速率不断加快，故B正确；C、图中to时表示乙酸乙酯水解速率最大，随后又变小，没有达到平衡状态，故C错误；D、乙酸乙酯作为反应物不断减少，而生成物增加，则tB时CH3COOC2H5的转化率高于tA时CH3COOC2H5的转化率，故D错误。故选B。点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，要找到不同时段影响反应速率的主要方面，注意根据图象分析影响因素以及速率变化特点，C为易错点。15、B【解析】

根据有机物的分子式可知，C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有4种，分别是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、(CH3)2CClCH2Cl、(CH3)2CHCHCl2；答案选B。16、C【解析】

A.若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe−2e−=Fe2+，故A错误；B.若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e−=4OH−，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B错误；C.

K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C正确；D.

K2闭合，电路中通过0.4NA个电子时，阴极生成0.2mol氢气，阳极生成0.2mol氯气，两极共产生0.4mol气体，状况不知无法求体积，故D错误。本题选C。若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断。17、D【解析】分析：A．乙醇中含氢键，物质沸点较高；B、氨基酸属于两性物质，含有羧基与氨基；C、甘油、汽油、植物油分别属于醇、烃和油脂；D、异戊烷有4种氢，一氯代物有4种。详解：A．氢键影响物质的熔沸点，含氢键的物质沸点较高，所以乙醇的沸点远高于丙烷，选项A正确；B．氨基酸属于两性物质，含有羧基与氨基，能与氢氧化钠、盐酸反应而生成相应的盐，选项B正确；C、甘油、汽油、植物油分别属于醇、烃和油脂，不属于同一类有机物，选项C正确；D、如图，异戊烷有4种氢，光照时异戊烷发生取代反应生成的一氯代物最多有4种，选项D不正确。答案选D。18、D【解析】

A.将1molCO(g)和2molH2(g)充分反应，由于是可逆反应，放出热量小于90.7kJ能量，故A错误；B.反应①气体的物质的量减小，ΔS<0，故B错误；C.加入催化剂，只改变反应速率，物质的种类不变，则不改变反应热，故C错误；D.根据盖斯定律，①×2+②+③得，反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝－246.1kJ·mol－1，故D正确；故选D。19、C【解析】分析：有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有氯原子，可发生取代反应，结合有机物的结构解答该题。详解：A．含有碳碳双键，可发生加聚反应，A正确；B．能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol该有机物在一定条件下最多能与4molH2发生反应，B正确；C．含有碳碳双键，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，与溴水发生加成反应，原理不同，C错误；D．该有机物苯环上的一溴代物有邻、间、对3种，D正确。答案选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、氯代烃等有机物性质的考查，题目难度不大。20、A【解析】试题分析：A.根据结构简式可知薄荷醇分子式为C10H20O，它是环己醇的同系物，A正确；B.薄荷醇的分子中不存在苯环和碳碳双键，不可能有12个原子处于同一平面上，B错误；C.薄荷醇在Cu或Ag做催化剂、加热条件下能被O2氧化为酮，得不到醛，C错误；D.分子中只有羟基，薄荷醇不能发生聚合反应，D错误，答案选A。考点：考查有机物结构和性质21、D【解析】

A、将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中，Cl2恰好将还原性强的I－氧化，Fe2＋没有反应，反应的离子方程式为2I-+2Cl2═2Cl-+I2，故A错误；B、Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Mg2++2HCO3-+4OH-═Mg（OH）2↓+2CO32-+2H2O，故B错误；C、过量SO2与NaClO溶液反应生成氯化钠和硫酸，反应的的离子方程式为SO2+H2O+ClO-═2H++Cl-+SO42-，故C错误；D、偏铝酸根离子与氢离子1：1反应生成氢氧化铝沉淀，1：4反应生成铝离子，等体积1mol·L－1的NaAlO2溶液和2.5mol·L－1的HCl溶液中偏铝酸根离子与氢离子的物质的量比为2：5，则AlO2-与Al(OH)3消耗的H＋的物质的量之比为2∶3，反应的离子方程式为2AlO2-＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，故D正确；答案选D。二氧化硫与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应，不是复分解反应是易错点。22、B【解析】

A．电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙炔，故A错误；B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；C．分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来，所以利用该装置进行分离可，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；D．制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；故选：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、三氟甲苯浓HNO3/浓H2SO4、加热取代反应+HCl吸收反应产生的HCl，提高反应转化率C11H11O3N2F39【解析】

A和氯气在光照的条件下发生取代反应生成B，B的分子式为C7H5Cl3，可知A的结构中有3个氢原子被氯原子取代，B与SbF3发生反应生成，说明发生了取代反应，用F原子取代了Cl原子，由此可知B为，进一步可知A为，发生消化反应生成了，被铁粉还原为，与吡啶反应生成F，最终生成，由此分析判断。【详解】(1)由反应①的条件、产物B的分子式及C的结构简式，可逆推出A为甲苯，结构为；C可看作甲苯中甲基中的三个氢原子全部被氟原子取代，故其化学名称为三氟甲(基)苯；(2)对比C与D的结构，可知反应③为苯环上的硝化反应，因此反应试剂和反应条件分别是浓HNO3/浓H2SO4、加热，反应类型为取代反应；(3)对比E、G的结构，由G可倒推得到F的结构为，然后根据取代反应的基本规律，可得反应方程式为：+HCl，吡啶是碱，可以消耗反应产物HCl；(4)根据G的结构式可知其分子式为C11H11O3N2F3；(5)当苯环上有三个不同的取代基时，先考虑两个取代基的异构，有邻、间、对三种异构体，然后分别在这三种异构体上找第三个取代基的位置，共有10种同分异构体，除去G本身还有9种。(6)对比原料和产品的结构可知，首先要在苯环上引入硝基(类似流程③)，然后将硝基还原为氨基(类似流程④)，最后与反应得到4­甲氧基乙酰苯胺(类似流程⑤)，由此可得合成路线为：。25、0.04c【解析】分析：（1）依据c=1000ρω/M计算溶液的物质的量浓度，根据稀释过程中物质的量不变计算；（2）a．依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；b．容量瓶不能烘干；c．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小；d．依据m＝cVM计算需要溶质的质量。详解：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度c＝1000×1.19×25%/74.5mol·L－1＝4.0mol/L。稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后次氯酸钠的物质的量浓度是4.0mol/L÷100＝0.04mol/L，所以稀释后的溶液中c(Na+)＝0.04mol·L-1；（2）a．配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平（量筒）、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要的是：圆底烧瓶和分液漏斗，还需要玻璃棒、胶头滴管，a错误；b．容量瓶用蒸馏水洗净后即能用于溶液配制，容量瓶不能烘干，b错误；c．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，依据c＝n/V可知溶液浓度偏低，c正确；d．配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液（必须用到容量瓶），物质的量浓度为4.0mol/L，需要选择500mL容量瓶，所以需要溶质的质量m=4.0mol/L×74.5g/mol×0.5L=149g，d错误；答案选c。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制及有关物质的量浓度计算，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意熟练掌握物质的量与溶质质量分数的关系，题目难度不大。26、c偏大锥形瓶中溶液颜色变为浅红色，且半分钟不褪色0.1100【解析】

（1）a.量筒无法达到题中要求的精确度，a错误；b.容量瓶是用来配制溶液的仪器，不是量取用的仪器，b错误；c.c为酸式滴定管，用来量取酸性溶液，c正确；d.d为碱式滴定管，用来量取碱性溶液，d错误；故合理选项为c；（2）若碱式滴定管未经过润洗，则相当于将NaOH溶液进行了稀释，即c(NaOH)偏小，则消耗的NaOH溶液的体积偏大，在计算中，c(NaOH)仍是原先的浓度，c(白醋)的计算结果将偏大；（3）由于题中的操作是将碱液滴入含酚酞的酸液中，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；（4）3次实验平均消耗NaOH溶液的体积为22.00mL，所以该白醋的总酸度为：=0.1100mol·L-1。（1）实验题中，要注意量取仪器的精确度与要量取的数据是否匹配；（2）对于滴定实验，要看明白题中的滴加对象；（3）实验题的计算中，要注意有效数字的保留。27、浓盐酸饱和食盐水稀硝酸水e→f（或f→e）→c→b→d通过观察气泡调节气体的流速防止水蒸气进入反应器NOCl＋2NaOH===NaCl＋NaNO2＋H2OHNO3(浓)＋3HCl(浓)===NOCl↑＋Cl2↑＋2H2O【解析】

(1)实验室加热制取氯气是用MnO2与浓盐酸加热生成的，所以分液漏斗中装的是浓盐酸，装置Ⅱ是用于吸收氯气中HCl气体，所以内装饱和的食盐水；实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的，所以分液漏斗中装的是稀硝酸，装置Ⅱ是用于吸收NO中HNO3蒸气的，因此内装水即可。(2)已知NOCl沸点为-5.5℃，遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体NOCl，再用装有无水CaCl2的干燥管Ⅶ防止水蒸气进入装置Ⅸ中使NOCl变质，由于NO和Cl2都有毒且污染环境，所以用NaOH吸收尾气，因此①接口顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，②通过观察洗气瓶中的气泡的快慢，调节NO、Cl2气体的流速，以达到最佳反应比，提高原料的利用率，减少有害气体的排放，③装置Ⅶ中装有的无水CaCl2，是防止水蒸气进入装置Ⅸ中使生成的NOCl变质，④NOCl遇水反应生成HCl和HNO2，再与NaOH反应，所以反应的化学方程式为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。(3)由题中叙述可知，反应物为浓硝酸和浓盐酸，生成物为亚硝酰氯和氯气，所以可写出反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O。本题要特别注意NOCl的性质对解题的影响，1、沸点为-5.5℃，冰盐可使其液化，便于与原料气分离；2、遇水易水解，所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入，这样才能找到正确的装置连接顺序。28、sp2杂化sp2杂化109°28′平面三角形N2OOCN﹣或SCN﹣或N3﹣【解析】分析：A、B、C、D、E、F六种元素位于短周期，原子序数依次增大，C基态原子核外有三个未成对电子，则C是N