上海市嘉定区第二中学2025届高二下化学期末教学质量检测试题含解析

上海市嘉定区第二中学2025届高二下化学期末教学质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、下列有关糖类、油脂、蛋白质的叙述正确的是A．向淀粉溶液中加入碘水后，溶液变蓝色B．蛋白质纤维素、蔗糖、PVC都是高分子化合物C．硫酸铜溶液、硫酸铵溶液均可使蛋白质发生变性D．变质的油脂有难闻的特味气味，是由于油脂发生了水解反应2、以下实验操作可能会导致实验结果偏高的是A．配制一定物质的量浓度的溶液：称量固体时物体与砝码位置颠倒B．配制一定物质的量浓度的溶液：定容时仰视刻度线C．用浓硫酸与烧碱的稀溶液反应来测定中和热的数值D．用10.0mL的量筒量取7.8mL浓硫酸时俯视读数3、下列离子方程式书写正确的是（）A．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2OB．往CaCl2溶液中通入少量的CO2：Ca2＋＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2H＋C．碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：HCO3－+OH－＝CO32－+H2OD．向澄清石灰水中滴加少量的NaHCO3溶液：Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O4、金刚砂(SiC)可由SiO2和碳在一定条件下反应制得，反应方程式为SiO2+3CSiC+2CO↑，下列有关制造金刚砂的说法中正确的是A．该反应中的氧化剂是SiO2，还原剂为CB．该反应中的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2C．该反应中转移的电子数为12e－D．该反应中的还原产物是SiC、氧化产物是CO，其物质的量之比为1∶25、判断强弱电解质的标准是()A．导电能力 B．相对分子质量 C．电离程度 D．溶解度6、下列关于热化学反应的描述中正确的是A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/molB．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/molC．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热7、室温下向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入0.1mol·L-1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．a点所示溶液中c(Na＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(HA)B．a、b两点所示溶液中水的电离程度：a>b，且a点所示溶液中由水电离出的c(OH－)＝10-8.7mol/LC．pH＝7时溶液中c(HA)>c(Na＋)＝c(A－)>c(H＋)＝c(OH－)D．b点所示溶液中c(A－)＞c(HA)8、将一定量的氯气通入30mL浓度为10mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是A．与NaOH反应的氯气一定为0.3molB．n(Na＋)∶n(Cl－)可能为7∶3C．n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1D．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.259、短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次递增，R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记；R和X能形成XR3型化合物，X在化合物中只显一种化合价；R和Z位于同主族，Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍。下列有关推断正确的是A．R单质和Z单质均可与水发生反应置换出O2B．上述元素形成的简单离子都能促进水的电离平衡C．YR6能在氧气中剧烈燃烧D．元素对应的简单离子的半径:

Y>Z>R>X10、下列溶液中的Cl－浓度与150mL1mol·L－1MgCl2溶液中的Cl－浓度相等的是()A．150mL1mol·L－1NaCl溶液 B．75mL2mol·L－1CaCl2溶液C．150mL2mol·L－1KCl溶液 D．75mL1mol·L－1AlCl3溶液11、下列除去杂质（试样中括号内的物质是杂质）时，选用的试剂正确的是（）ABCD试样Na2CO3（NaHCO3）FeCl2（FeCl3）Fe（Al）CO2（SO2）除杂试剂澄清石灰水NaOH溶液NaOH溶液饱和NaHSO3溶液A．A B．B C．C D．D12、央视曝光了双汇在食品生产中使用“瘦肉精”猪肉，一时间，市场哗然。瘦肉精的结构简式如图：下列有关说法错误的是()A．该有机物的分子式为C12H18N2Cl2OB．该有机物的核磁共振氢谱图中有6个吸收峰C．该有机物能发生加成反应、取代反应、氧化反应和酯化反应D．该有机物能溶于水，且水溶液显碱性13、下列有关化学键的叙述中，不正确的是（）A．某原子跟其他原子形成共价键时，其共价键数一定等于该元素原子的价电子数B．水分子内氧原子结合的电子数已经达到饱和，故不能再结合其他氢原子C．完全由非金属元素形成的化合物中也可能含有离子键D．配位键也具有方向性、饱和性14、关于分散系，下列叙述中不正确的是（）A．按照分散质和分散剂状态不同（固、液、气），它们之间可有9种组合方式B．当分散剂是水或其他液体时，如果按照分散质粒子的大小来分类，分散系可分为溶液、胶体、浊液C．溶液是稳定的分散系，放置后不会生成沉淀；而胶体是不稳定的分散系，放置会生成沉淀D．溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线出现光亮“通路”15、古诗词或谚语中包含了丰富的化学知识，下列解释正确的是（）选项古诗或谚语含有的化学反应类型A熬胆矾铁釜，久之亦化为铜Theironcauldron,whichhaslongbeentransformedintocopper复分解反应B千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲Thousandsofhammerchiseledoutofthedeepmountain,andthefirewasburned分解反应C春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干Aspringsilkwormmaynotstopspinningsilkuntildeath,acandle'stearsdryonlywhenit'sburn...化合反应D爆竹声中除旧岁，春风送暖人屠苏Thesoundofthefirecrackerinthesoundoftheoldyear,thespringbreezetowarmthepeople置换、分解反应A．A B．B C．C D．D16、已知：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H，反应过程中生成1molCH3OH(g)的能量变化如下图所示。曲线Ⅰ、Ⅱ分别表示无或有催化剂两种情况。下列判断正确的是A．加入催化剂，△H变小B．△H＝+91kJ/molC．生成1molCH3OH(l)时，△H值增大D．反应物的总能量大于生成物的总能量17、下列实验方法正确的是是（）A．用水鉴别四氯化碳、苯和乙醇B．除去乙烷中少量的乙烯：通过酸性高锰酸钾溶液洗气C．除去苯中少量的苯酚：加足量NaOH溶液，蒸馏D．用碘水检验淀粉是否已经开始水解18、硼氢化钠（NaBH4）为白色粉末，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：-101℃，沸点：33℃），在干空气中稳定，在湿空气中分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂．某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如下：下列说法不正确的是（）A．实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀B．操作②、操作③分别是过滤与蒸发结晶C．反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：219、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20、在298K、100kPa时，已知：2H2O(g)=Cl22Cl2则⊿H3与⊿H1和⊿A．⊿H3=⊿H1+2⊿H2B．⊿H3C．⊿H3=⊿H1-2⊿H2D．⊿H321、下列离子方程式书写正确的是（）A．铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2:Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O22、某溶液中含有较大量的Cl－、CO32－、OH－3种阴离子，如果只取一次该溶液就能分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序（滴加的试剂均过量）正确的是（）①滴加Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液A．①②④②③ B．①②③②④ C．④②①②③ D．④②③②①二、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)化合物D中所含官能团的名称为___。(2)化合物E的结构简式为________；由B→C的反应类型是____。(3)写出C→D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____。I.能发生银镜反应；Ⅱ.与FeCl3发生显色反应；Ⅲ.分子中含有5种不同化学环境的氢(5)请写出以甲苯为原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂可任选，合成线路流程图示例见并难题题干）____。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）抗爆剂的添加剂常用1，2-二溴乙烷。如图为实验室制备1，2-二溴乙烷的装置图，图中分液漏斗和烧瓶a中分别装有浓H2SO4和无水乙醇，d装罝试管中装有液溴。相关数据列表如下：乙醇1，2-二溴乙烷乙醚溴状态无色液体无色液体无色液体红棕色液体密度/g·cm-30.792.180.713.10沸点/℃78.5131.434.658.8熔点/℃-114.39.79-116.2-7.2水溶性混溶难溶微溶可溶（1）安全瓶b在实验中有多重作用。其一可以检查实验进行中d装罝中导管是否发生堵塞，请写出发生堵塞时瓶b中的现象：①_____________________________；如果实验时d装罝中导管堵塞，你认为可能的原因是②___________________________________；安全瓶b还可以起到的作用是③_______________________________________。（2）容器c、e中都盛有NaOH溶液，c中NaOH溶液的作用是_______________________。（3）某学生在做此实验时，使用一定量的液溴，当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正确情况下超过许多，如果装罝的气密性没有问题，试分析可能的原因：________________________、_____________________________(写出两条即可)。（4）除去产物中少量未反应的Br2后，还含有的主要杂质为________________，要进一步提纯，下列操作中必需的是________________(填字母)。A．重结晶B．过滤C．萃取D．蒸馏（5）实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管中，则此时冷水除了能起到冷却1，2-二溴乙烷的作用外，还可以起到的作用是________________。26、（10分）辉铜矿（主要成分为Cu2S）经火法冶炼，可制得Cu和H2SO4，流程如下图所示：（1）Cu2S中Cu元素的化合价是__________价。（2）Ⅱ中，电解法精炼粗铜（含少量Ag、Fe），CuSO4溶液做电解质溶液：①粗铜应与直流电源的_________极（填“正”或“负”）相连。②铜在阴极析出，而铁以离子形式留在电解质溶液里的原因是__________________________。（3）Ⅲ中，烟气（主要含SO2、CO2）在较高温度经下图所示方法脱除SO2，并制得H2SO4。①在阴极放电的物质________________。②在阳极生成SO3的电极反应式是_______________________________。（4）检测烟气中SO2脱除率的步骤如下：（i）.将一定量的净化气（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。（ii）加入浓盐酸，加热溶液至无色无气泡，再加入足量BaCl2溶液。（iii）过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量。①用离子方程式表示（i）中溴水的主要作用________________________________。②若沉淀的质量越大，说明SO2的脱除率越________（填“高”或“低”）。27、（12分）乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶或白色结晶粉末，是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。乙酰苯胺的制备原理为：+CH3COOH+H2O注：刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。实验步骤:步骤1：在圆底烧瓶中加入无水苯胺9.2mL，冰醋酸17.4mL，锌粉0.1g，安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使分馏柱顶温度控制在105℃左右，反应约60～80min，反应生成的水及少量醋酸被蒸出。步骤2：在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料以细流状倒入盛有100mL冰水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却，结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品。步骤3：将此粗乙酰苯胺进行重结晶，晾干，称重，计算产率。(1)步骤1中所选圆底烧瓶的最佳规格是_________(填序号)。a．25mLb．50mLc．150mLd．200mL(2)实验中加入少量锌粉的目的是___________________________________________________________________________。(3)从化学平衡的角度分析，控制分馏柱上端的温度在105℃左右的原因____________________________________________________________________________。(4)洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是_____(填序号)。a．用少量冷水洗b．用少量热水洗c．用酒精洗(5)乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，欲用重结晶进行提纯，步骤如下：热水溶解、_______________、过滤、洗涤、干燥(选则正确的操作并排序)。a．蒸发结晶b．冷却结晶c．趁热过滤d．加入活性炭(6)该实验最终得到纯品8.1g，则乙酰苯胺的产率是______________％。(7)如图的装置有1处错误，请指出错误之处____________________________________。28、（14分）两位同学设计实验确定某一元酸HA是弱电解质并分析其中的变化，实验方案如下：甲：取纯度、质量、大小相同的锌粒于两只相同气球中，向2支试管中分别加入浓度均为0.1mol/L的HA溶液和稀盐酸各10mL，将气球套在试管上，并同时将锌粒加入试管。乙：方案一：用pH计测定浓度为0.1mol/LHA溶液的pH；方案二：取pH=3的HA溶液5mL稀释至500mL，再用pH计测其pH。（1）甲同学设计的方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是_________（填字母）。a.两个试管上方的气球同时鼓起，且一样大b.装有HA溶液的试管上方的气球鼓起慢c.装有盐酸的试管上方的气球鼓起慢（2）乙同学设计的方案可证明HA是弱电解质：方案一中，测得0.1mol/L的HA溶液的pH________1（填“>”“<”或“=”）；方案二中，所得结果是_________。（3）若从水解原理角度设计一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），证明HA是弱电解质，你的设计方案是_________。（4）乙同学根据HA在溶液中的电离平衡移动的原理，进一步做下列分析。①使HA的电离程度和c(H+)都减小，c(A-)增大，可在0.1mol/L的HA溶液中，选择加入___________试剂。②使HA的电离程度减小，c(H+)和c(A-)都增大，可在0.1mol/L的HA溶液中，选择加入________试剂。29、（10分）下面是一个四肽，它可看作是4个氨基酸缩合掉3分子水而得，，式中的R，R′、R″、R可能是相同的或不同的烃基或有取代基的烃基．﹣NH﹣CO﹣称为肽键，今有一个“多肽”，其分子式是C55H70O19N10，已知将它彻底水解后只得到下列四种氨基酸：问：（1）这个“多肽”是_________肽；（2）该多肽水解后，有_________个谷氨酸；（3）该多肽水解后，有_________个苯丙氨酸。

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、A【解析】

A.碘遇淀粉溶液显蓝色，故正确；B.蔗糖不是高分子化合物，故错误；C.硫酸铜溶液使蛋白质溶液变性，硫酸铵溶液使蛋白质溶液发生盐析，故错误；D.变质的油脂有难闻的气味是因为其发生了氧化反应，故错误。答案选A。2、C【解析】本题考查化学实验操作中的误差分析。详解：使物品和砝码放颠倒，若使用游码称量的物质的质量偏小，若不使用游码称量质量不变，A错误；配制溶液时，仰视容量瓶刻度线定容，会导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，B错误；酸碱中和滴定实验中，若盛装标准液的滴定管没有润洗，会导致滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，C正确；滴定结束后，读取标准液的体积时，俯视刻度线会导致读数偏小，导致所用标准液体积偏小，实验结果偏低，D错误。故选C。点睛：掌握实验的原理及正确的误差分析是解题的关键。3、D【解析】

A、硝酸有强氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，方程式应为：3FeO十10H++NO3一=3Fe3++NO↑+5H2O，错误；B、盐酸的酸性强于碳酸，反应无法进行，错误；C、过量的氢氧化钠与铵根离子也会反应产生氨水，方程式应为：HCO3一+NH4++2OH一=CO32—+H2O+NH3•H2O，错误；D、向澄清石灰水中漓加少量的NaHCO3溶液，NaHCO3不足，氢氧根离子部分未反应，正确；答案选D。4、D【解析】

A、氧化剂是化合价降低的物质，还原剂是化合价升高的物质，根据反应方程式C的化合价由0价到－4价，化合价降低，C作氧化剂，C的化合价由0价到＋2价，化合价升高，即C为还原剂，故A错误；B、根据选项A的分析，SiC作还原产物，CO作氧化产物，即氧化产物与还原产物的物质的量比值为2：1，故B错误；C、根据选项A的分析，该反应转移电子数为4e－，故C错误；D、根据选项B的分析，故D正确；答案选D。5、C【解析】

A.电解质的强弱与溶液的导电能力无关,溶液的导电性强弱取决于溶液中离子浓度的大小,离子浓度越大,导电性越强,如硫酸钡是强电解质,但它难溶于水,虽溶于水的部分能完全电离,而导电能力很弱,故A错误;B.根据能否完全电离区分强电解质弱电解质，与相对分子质量没有关系,故B错误;C.强电解质是指在水溶液中能够完全电离的化合物，弱电解质是在水溶液中部分电离的化合物，故C正确;D.硫酸钡是强电解质,但它难溶于水,乙酸易溶于水,但它是弱电解质,所以电解质的强弱与溶解度无关,故D错误;答案：C。【点睛】强电解质是指在水溶液中能够完全电离的化合物，一般的强酸、强碱和大部分盐类属于强电解质；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质,包括弱酸、弱碱、水与少数盐。据此即可解答。6、B【解析】

A．强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+(aq)+OH－(aq)====H2O(l)中和热为-1．3kJ·mol－1，H2SO4和Ca(OH)2得到的CaSO4微溶，会产生额外的热，故A错误；B．在25℃，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热:CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)ΔH＝-283.0kJ/mol，再利用盖斯定律，得：2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；C．反应的吸、放热与反应条件无关，如有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；D．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，D错误。答案选B。7、D【解析】

A．a点所示溶液中NaOH和HA恰好反应生成NaA，溶液的pH＝8.7，呈碱性，则HA为弱酸，A－水解，则溶液中的粒子浓度：c(Na＋)＞c(A－)＞c(HA)＞c(H＋)，选项A正确；B.b点时为NaA和HA的溶液，a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点HA抑制了水的电离，所以a点所示溶液中水的电离程度大于b点，但a点所示溶液中由水电离出的c(OH－)＝10-5.3mol/L，选项B错误；C.pH＝7时，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(A－)，选项C错误；D.b点酸过量，溶液呈酸性，HA的电离程度大于NaA的水解程度，故c(A－)＞c(HA)，选项D正确。答案选D。8、D【解析】A、反应后混合中没有NaOH，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10mol·L－1=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A错误；B、Cl2可能发生两种反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，氧化产物只有NaClO时，n（Na＋）：n（Cl－）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na＋）：n（Cl－）最小为6：5，n（Na＋）：n（Cl－）应介于两者之间，即6：5＜n（Na＋）：n（Cl－）＜2：1，现7：3＞2：1，故B错误；C、若n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，得失电子不相等，故C错误；D、由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol×5/6×1=0.25mol，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol×1/2×1=0.15mol，0.15＜n＜0.25，故D正确；故选D。点睛：考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算，难度较大，用列方程组可以解，但利用极限法与守恒法等技巧可以达到事半功倍的效果。9、D【解析】

已知R、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记，即氢氟酸，所以R为F元素，由X在化合物中只显一种化合价，结合化合物XR3，推知X为Al元素，根据R和Z是位于同主族的短周期元素，确定Z为Cl元素，由Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍可知，Y为S元素。据此分析解答。【详解】A、F2和Cl2都能与水反应，2F2＋2H2O4HF＋O2、Cl2＋H2OHCl＋HClO，但并不是都能置换出O2，故A错误；B、这四种元素形成的简单离子分别是F-、Al3+、S2-和Cl-，其中F-、Al3+、S2-都能水解而促进水的电离，而Cl-不能水解，故B错误；C、SF6中的S元素为最高价+6价，而F元素是最活泼的非金属元素，所以SF6在氧气中不能燃烧，故C错误；D、四种元素对应的简单离子半径大小顺序为S2->Cl->F->Al3+，所以D正确；答案为D。【点睛】本题最难判断的是C选项，要从化合价的角度进行分析。若SF6能在氧气中燃烧，则O元素的化合价只能从0价降低为-2价，所以SF6中要有一种元素的化合价升高，S已经是最高价+6价，要使F从-1价升高为0价的F2，需要一种比F2氧化性更强的物质，已知F是最活泼的非金属元素，显然O2不行。10、C【解析】

1mol·L－1MgCl2溶液中的Cl-浓度为2mol·L－1。【详解】A、150mL1mol·L－1NaCl溶液中的Cl-浓度为1mol·L－1；B、75mL2mol·L－1CaCl2溶液中的Cl-浓度为4mol·L－1；C、150mL2mol·L－1KCl溶液中的Cl-浓度为2mol·L－1；D、75mL1mol·L－1AlCl3溶液中的Cl-浓度为3mol·L－1；答案选C。11、C【解析】

A、澄清石灰水的主要成分是Ca(OH)2，该物质会和NaHCO3、Na2CO3都反应，应加NaOH溶液，A错误；B、NaOH会和FeCl2、FeCl3都反应，应加铁屑还原，B错误；C、Fe不和NaOH溶液反应，Al可以溶解于NaOH溶液中，C正确；D、NaHSO3不能和CO2、SO2反应，应用饱和NaHCO3溶液，D错误；故答案为C。12、B【解析】

A.由结构简式可以知有机物的分子式为C12H18N2Cl2O,故A正确;B.由结构简式可知含有7种不同环境的H原子,则核磁共振氢谱中有7个吸收峰,故B错误;C.含苯环能与氢气发生加成反应,和卤素单质发生取代反应；含-OH可发生氧化和酯化反应,故C正确；D.含有氨基,为碱性基团,且能溶于水，故D正确;答案：B。13、A【解析】

A、某原子跟其他原子形成共价键时，其共价键数不一定等于该元素原子的价电子数，例如水中氧原子形成2个H－O键，但氧原子的价电子是6个，A错误；B、水分子内氧原子结合的电子数已经达到饱和，故不能再结合其他氢原子，B正确；C、完全由非金属元素形成的化合物中也可能含有离子键，例如氯化铵等，C正确；D、配位键也具有方向性、饱和性，D正确；答案选A。14、C【解析】

A项，按照分散质和分散剂状态不同（固、液、气），它们之间可由9种组合方式，A项正确；B项，当分散剂是水或其他液体时，如果按照分散质粒子的大小来分类，分散质粒子小于1nm的为溶液，分散质粒子介于1nm~100nm之间的为胶体，分散质粒子大于100nm的为浊液，B项正确；C项，胶体中胶粒带同种电荷，互相排斥，也是较稳定的分散系，放置不会生成沉淀，只有在一定的条件下，例如加热、加电解质等情况下才可发生聚沉，C项错误；D项，胶体中胶体粒子对光有散射作用，可以产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，D项正确；故答案为C。15、B【解析】分析：A、湿法炼铜：铁置换铜；B、煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳，属于分解反应；C、丝的主要成分是蛋白质，石蜡的主要成分为烃类物质，燃烧生成二氧化碳和水等物质，产物不止一种；D、“爆竹声中除旧岁，春风送暖入屠苏”是炸药的爆炸；详解：A、铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故A错误；B、千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲--煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳，属于分解反应，故B正确；C、丝的主要成分是蛋白质，石蜡的主要成分为烃类物质，燃烧生成二氧化碳和水等物质，C和O元素的化合价发生变化，产物不止一种，不是化合反应，故C错误；D、“爆竹声中除旧岁，春风送暖入屠苏”是炸药的爆炸，属于氧化还原反应，不是分解反应，故D错误；故选B。点睛：本题考查物质组成、结构和性质的关系，解题关键：明确常见元素及其化合物组成、性质及用途，易错点D，爆炸不是分解反应．16、D【解析】

A．加入催化剂，反应热不变，故A错误；B．反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，故B错误；C．如果该反应生成液态CH3OH，放出更多的热量，因反应热为负值，则△H减小，故C错误；D．由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故D正确；故选D。17、A【解析】

A.四氯化碳与水不相溶，液体分层，有机层在下层；苯与水不相溶，液体分层，有机层在上层；乙醇和水互溶不分层，现象各不相同，可用水鉴别，A项正确；B.乙烯会被酸性KMnO4溶液被氧化生成CO2气体，引入新杂质，应用溴水除杂，B项错误；C.苯酚与NaOH溶液反应生成的苯酚钠易溶于水，与苯出现分层，用分液分离，C项错误；D.淀粉遇I2变蓝，不可以用碘水检验淀粉是否已经开始水解，D项错误；答案选A。18、B【解析】试题分析：NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4容易吸水潮解，可溶于异丙胺，在干空气中稳定，在湿空气中分解，为防止NaBH4水解，可将生成的NaBH4、Na2SiO3溶于异丙胺，NaBH4溶解于异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，所以操作②为过滤，通过过滤得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，所以操作③为蒸馏。A、由于钠的硬度较小，且保存在煤油中，所以取用少量钠需要用滤纸吸干煤油，再用镊子、小刀在玻璃片上切割，故A正确；B、根据上面的分析可知，操作②、操作③分别是过滤与蒸馏，故B错误；C、NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，所以反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气排尽装置中的空气和水蒸气，故C正确；D、反应①中发生的反应为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，反应中氢气中氧化剂，钠是还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D正确；故选B。考点：考查了物质制备实验方案设计、物质分离提纯、氧化还原反应、实验基本操作的相关知识。19、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。20、A【解析】

①2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H1；②H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H2；③2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)△H3；由盖斯定律可知，反应③=①+2×②，△H3=△H1+2△H2，故选A。21、D【解析】

A、铁和稀硫酸反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故A错误；B、醋酸是弱酸，不能拆写成离子，故B错误；C、缺少NH4＋与OH－的反应，故C错误；D、NaHCO3是少量，系数为1，因此离子方程式为HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故D正确；答案选D。22、C【解析】

如果只取一次该溶液就能分别将3种阴离子依次检验出来，则每加入一种试剂可检验出一种离子，硝酸钡只与CO32－反应，硝酸镁能与CO32－、OH－反应，硝酸银与Cl－、CO32－、OH－反应，则添加顺序为硝酸钡、硝酸镁、硝酸银，综上所述，答案为C。二、非选择题(共84分)23、羰基(酮基)溴原子取代反应【解析】

A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，根据E分子式知，E结构简式为，E发生水解反应生成F，F发生取代反应生成酮洛芬；(4)A的一种同分异构体满足：Ⅰ．能发生银镜反应，说明含有醛基，Ⅱ、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，Ⅲ、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是-OH与-CH2CHO处于对位；(5)发生取代反应生成，发生水解反应生成，和NaCN发生取代反应生成，生成，和发生酯化反应生成。【详解】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，根据E分子式知，E结构简式为，E发生水解反应生成F，F发生取代反应生成酮洛芬；(1)化合物D中所含官能团的名称为羰基和溴原子；(2)化合物E的结构简式为；由B→C的反应类型是取代反应；(3)C生成D的方程式为；(4)A的一种同分异构体满足：Ⅰ．能发生银镜反应，说明含有醛基，Ⅱ、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，Ⅲ、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是-OH与-CH2CHO处于对位，符合条件的结构简式为：；(5)发生取代反应生成，发生水解反应生成，和NaCN发生取代反应生成，生成，和发生酯化反应生成，合成路线流程图为：。【点睛】常见的反应条件与反应类型有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇―→醛―→羧酸的过程)。⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。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、b中长直玻璃管内液柱上升过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装罝d中凝固防止倒吸吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙醇挥发；乙烯流速过快，未完全发生加成反应乙醚D液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发【解析】

（1）当d堵塞时，气体不畅通，则在b中气体产生的压强将水压入直玻璃管中，甚至溢出玻璃管；1，2-二溴乙烷的凝固点较低（9.79℃），过度冷却会使其凝固而使气路堵塞；b为安全瓶，还能够防止倒吸；

（2）c中盛氢氧化钠液，其作用是洗涤乙烯；除去其中含有的杂质（CO2、SO2等）；

（3）根据乙烯与溴反应的利用率减少的可能原因进行解答；

（4）根据反应2CH3CH2OH→CH3CH2OCH2CH3+H2O可知，溴乙烷产物中还会含有杂质乙醚；1，2一二溴乙烷与乙醚互溶，可以根据它们的沸点不同通过蒸馏方法分离；

（5）根据1，2一二溴乙烷、液溴在水在溶解度不大，且密度大于水进行解答。【详解】（1）根据大气压强原理，试管d发生堵塞时，b中压强的逐渐增大会导致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出；根据表中数据可知，1，2-二溴乙烷的沸点为9.79℃，若过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固会堵塞导管d；b装置具有够防止倒吸的作用，

故答案为b中长直玻璃管内有一段液柱上升；过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固；防止倒吸；

（2）氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应，防止造成污染，

故答案为吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体；

（3）当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超过许多的原因可能是乙烯发生（或通过液溴）速度过快，导致大部分乙烯没有和溴发生反应；此外实验过程中，乙醇和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃会导致副反应的发生和副产物的生成，

故答案为浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙烯流速过快，未完全发生加成反应；乙醇挥发；（4）在制取1，2一二溴乙烷的过程中还会有副产物乙醚生成；除去1，2一二溴乙烷中的乙醚，可以通过蒸馏的方法将二者分离，所以D正确，

故答案为乙醚；D；

（5）实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管内，则此时冷水除了能起到冷却1，2一二溴乙烷的作用外，由于Br2、1，2-二溴乙烷的密度大于水，还可以起到液封Br2及1，2-二溴乙烷的作用，

故答案为液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发。【点睛】本题考查了溴乙烷的制取方法，注意掌握溴乙烷的制取原理、反应装置选择及除杂、提纯方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力。26、+1正Cu2＋的氧化性大于Fe2＋的氧化性O22SO42--4e-=2SO3↑+O2SO32-+Br2+H2O=SO42-+Br-+2H+或SO32－+Br2+2OH-=SO42-+2Br-+H2O等低【解析】试题分析：（1）Cu2S中S为-2价，Cu为+1价。（2）①电解法精炼铜时，粗铜做阳极，精铜做阴极，②Cu2＋比溶液中其他阳离子氧化性更强，浓度更大，