2025届江西省宜春市万载中学高二化学第二学期期末监测试题含解析

2025届江西省宜春市万载中学高二化学第二学期期末监测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、米饭遇到碘酒时显蓝色，咀嚼米饭后有甜味，这说明（）A．米饭中只含有淀粉B．米饭咀嚼后只含单糖C．米饭咀嚼时单糖聚合成淀粉D．米饭咀嚼时淀粉发生了水解2、足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL3、观察下列模型并结合有关信息进行判断，下列说法错误的是（）HCNS8SF6B12结构单元结构模型示意图备注/易溶于CS2/熔点1873KA．HCN的结构式为H—C≡N，分子中“C≡N”键含有1个σ键和2个π键B．固态硫S8属于原子晶体，分子中S原子采用sp3杂化C．SF6是由极性键构成的非极性分子，分子构型为八面体型D．单质硼属于原子晶体4、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-B．使酚酞变红色的溶液中：Na+、NH4+、C1-、SO42-C．c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、Mg2+、SO42-、AlO2-D．由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、CH3COO-、NO3-5、垃圾资源化的方法是（）A．填埋 B．焚烧 C．堆肥法 D．分类回收法6、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应生成Cl2的分子数为NAB．向1L0.1mol·L－1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则NH4+的数目为0.1NAC．向1L1mol·L－1FeBr2溶液中通入足量氯气，转移的电子数为3NAD．密闭容器中1molN2与3molH2在一定条件下充分反应，生成的NH3分子数为2NA7、把0.02mol/LCH3COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等体积混和,则混合液中微粒浓度关系正确的为(

)A．c(CH3COO-)=c(Na+)B．c(OH-)>c(H+)C．c(CH3COOH)>c(CH3COO-)D．c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol/L8、某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱。下列说法不正确的是()A．E处棉花球变成黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强B．F处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强C．E处发生反应的离子方程式为：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2D．G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：2OH－＋Cl2===ClO－＋Cl－＋H2O9、下列有机物命名正确的是（）A．二溴乙烷B．3-乙基-1-丁烯C．2-甲基-2，4-二己烯D．2-甲基-2-丙醇(CH3)3C-OH10、下列有关胶体说法中正确的是（）A．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体B．用可见光束照射以区别溶液和胶体C．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体D．H+、K+、S2¯、Br¯能在Fe(OH)3胶体中大量共存11、分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列物质分类合理的是：（）①酸性氧化物：CO2、SO2、SiO2②混合物：漂白粉、氨水③电解质：氯气、硫酸钡、酒精④同位素：12C、14C与14N⑤同素异形体：C60、金刚石、石墨⑥胶体：稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液A．①②④ B．①②⑤ C．②③④ D．②⑤12、下列反应中，属于吸热反应的是A．木炭在空气中燃烧 B．氢气在氯气中燃烧C．盐酸和氢氧化钠溶液反应 D．Ba(OH)2·8H2O与NH4C1反应13、如下图是某原子晶体A空间结构中的一个单元。A与某物质B反应生成C，其实质是在每个A—A键中间插入一个B原子。则C物质的化学式为()A．AB B．AB2 C．A5B4 D．A2B514、环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2，2]戊烷（）是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是A．与环戊烯互为同分异构体B．二氯代物超过两种C．所有碳原子均处同一平面D．此物质分子式为C5H815、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．工业废水经过静置、过滤后排放，符合绿色化学理念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”16、下列示意图与对应的反应情况符合的是A．向含0.01molKOH和0.01molCa(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2至过量B．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量C．向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量D．向含有少量氢氧化钠的NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量17、向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体后，在所得溶液中逐滴加入盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与加入盐酸的物质的量的关系如图：则下列分析都正确的组合是（）溶质的成分对应图象溶液中离子浓度关系ANaHCO3、Na2CO3Ⅱc（CO32－）<c（HCO3－）BNaOH、Na2CO3Ⅲc（OH－）>c（CO32－）CNa2CO3Ⅳc（Na＋）=c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）DNaHCO3Ic（Na＋）=c（HCO3－）A．A B．B C．C D．D18、有机物烃A、B和C的结构如下图，下列有关说法正确的是A．A的二氯代物结构有两种B．B的分子式为C．与C互为同分异构体且属于芳香烃的有机物可能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．A、B、C中只有C的最简式为CH19、已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素。25℃时，各元素最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是()A．从图中得出同浓度下W的最高价氧化物对应的水化物的pH比Z小，故非金属性:W>ZB．X、Z的最简单气态氢化物在常温下可以反应生成离子化合物C．X、Y、Z、W、M五种元素单质中Y常见单质熔点最高D．简单离子半径大小顺序:X>M20、对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是(

)A．碱性：NaOH＜Mg(OH)2＜Al(OH)3 B．第一电离能：Na＜Mg＜AlC．电负性：Na＞Mg＞Al D．还原性：Na＞Mg＞Al21、如表所示，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是()选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A碳酸钠溶液可用于治疗胃病Na2CO3可与盐酸反应Ⅰ对，Ⅱ对，有B向滴有酚酞的水溶液中加入Na2O2变红色Na2O2与水反应生成氢氧化钠Ⅰ对，Ⅱ错，无C金属钠具有强还原性高压钠灯发出透雾性强的黄光Ⅰ对，Ⅱ对，有D过氧化钠可为航天员供氧Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2Ⅰ对，Ⅱ对，有A．A B．B C．C D．D22、下列关于实验原理或操作方法的叙述中，正确的是（）A．实验室用乙酸，乙醇和浓硫酸制乙酸乙酯时，必须将温度控制在170℃B．向滴有酚酞的溶液中逐滴加溶液，红色褪去，说明在水溶液中存在水解平衡C．实验室金属钠应保存在煤油中，也可保存在无水酒精中D．可以用澄清石灰水鉴别失去标签的溶液和溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）根据下面的反应路线及所给信息填空：（1）A的结构简式是_____________，名称是___________________________。（2）③的反应类型__________________。（3）反应④的化学方程式_______________________________________________。24、（12分）已知：①CH3CH=CHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOH②R-CH=CH2R-CH2-CH2-Br香豆素的核心结构是芳香内酯A，A经下列步骤转变为水杨酸。请回答下列问题：（1）下列有关A、B、C的叙述中不正确的是___________a.C中核磁共振氢谱共有8种峰b.A、B、C均可发生加聚反应c.1molA最多能和5mol氢气发生加成反应d.B能与浓溴水发生取代反应（2）B分子中有2个含氧官能团，分别为______和______（填官能团名称），B→C的反应类型为_____________。（3）在上述转化过程中，反应步骤B→C的目的是_________________________。（4）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。请写出其中一种的结构简式：_____________。（5）写出合成高分子化合物E的化学反应方程式：_______________________________。25、（12分）某科研小组设计出利用工业废酸(稀硫酸)来浸取某废弃的氧化铜锌矿的方案，实现废物综合利用，方案如图所示。已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如表所示：请回答下列问题：(1)在“酸浸”步骤中，为提高浸出速率，除通入空气“搅拌”外，还可采取的措施是(任写一点即可)__________________________________________________________。(2)物质A最好使用下列物质中的____________（填选项序号）。A．KMnO4B．H2O2C．HNO3(3)除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在__________范围之间。(4)物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是________。(5)除铁后得到的氢氧化铁可用次氯酸钾溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能处理剂(K2FeO4)，写出该反应的离子方程式：__________________________。26、（10分）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：(1)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式是_______。(2)某小组按照文献中制备ClO2的方法设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是____________________。②装置B的作用是__________________。③装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式是_______________________________。(3)测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10.00mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入___________________作指示剂，用0.1000molL－1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32－＝2I－+S4O62－），消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是______________________________，C中ClO2溶液的浓度是__________molL－1。27、（12分）50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是________。(2)烧杯间填满碎纸条的作用是________。(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值____________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(4)该实验常用0.50mol·L－1HCl和0.55mol·L－1NaOH溶液各50mL进行实验，其中NaOH溶液浓度大于盐酸浓度的作用是______，当室温低于10℃时进行实验，对实验结果会造成较大的误差，其原因是_____________。(5)实验中改用60mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.50mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求得的中和热________(填“相等”或“不相等”)，简述理由：______________。(6)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热ΔH将________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。28、（14分）乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物。完成下列各题：（1）正四面体烷的分子式为____________，其二氯取代产物有____________种。（2）关于乙烯基乙炔分子的说法错误的是____________。a.能使KMnO4酸性溶液褪色b.1mol乙烯基乙炔能与3molBr2发生加成反应c.乙烯基乙炔分子内含有两种官能团d.等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量不相同（3）写出与环辛四烯互为同分异构体且属于芳香烃的分子的结构简式：____________。（4）写出与苯互为同系物且一氯代物只有两种的物质的结构简式（举两例）：________________________、______________________。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、D【解析】分析：米饭遇到碘酒时显蓝色，证明含有淀粉，咀嚼米饭后有甜味，淀粉水解生成葡萄糖。详解：A.米饭中含有淀粉、蛋白质等多种营养成分，故A错误；B.米饭咀嚼后，淀粉水解生成葡萄糖，但不只含有单糖，故B错误；C.米饭咀嚼时，淀粉水解生成葡萄糖，故C错误；D.米饭咀嚼时淀粉在唾液酶的作用下发生了水解，淀粉水解生成葡萄糖，故D正确；故选D。2、A【解析】

从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68LO2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n(Cu)，即n(Cu)×2＝n(O2)×4，得n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15mol，所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n(NaOH)应为0.3mol，所需V(NaOH)应为60mL，故选A。3、B【解析】

A、由比例模型可以看出分子中有1个碳原子和1个氮原子，1个氢原子，碳原子半径大于氮原子半径，氮原子半径大于氢原子半径，所以该比例模型中最左端的是氢原子，中间的是碳原子，最右边的是氮原子，其结构式为H-C≡N，分子中“C≡N”键含有1个σ键和2个π键，故A正确；B、固态S是由S8构成的，根据其溶解性可知，该晶体中存在的微粒是分子，属于分子晶体，故B错误；C、SF6空间构型为对称结构，分子的极性抵消，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，SF6为非极性分子，根据图示，分子构型为八面体型，故C正确；D、根据B的熔点1873K，该晶体熔点较高，属于原子晶体，故D正确；故选B。4、A【解析】

A项，Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-四种离子互相之间都不反应，所以可以大量共存，符合题意；B项，使酚酞变红色的溶液显碱性，碱性溶液中不能存在大量的NH4+，不符合题意；C项，铝离子和偏铝酸根离子会发生双水解反应得到氢氧化铝沉淀，所以不能大量共存，不符合题意；D项，由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L，说明水的电离被抑制了，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性条件下CH3COO-不能大量存在，不符合题意；答案选A。【点睛】判断离子是否大量共存，应该考虑如下的情况下离子不能大量共存：1、发生复分解反应。（1）生成难溶物或微溶物：如：Ag+与Cl-等不能大量共存。（2）生成气体或挥发性物质：如：H+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等不能大量共存。（3）生成难电离物质：如：H+与CH3COO-等因生成弱酸不能大量共存；OH-与NH4+因生成的弱碱不能大量共存；H+与OH-生成水不能大量共存。2、发生氧化还原反应：氧化性离子(如Fe3+、ClO-、MnO4-等)与还原性离子(如S2-、I-、Fe2+等)不能大量共存。3、离子间发生双水解反应不能共存：如Al3+、Fe3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等。4、络合反应：如Fe3+和SCN-。5、D【解析】

A、因填埋的垃圾并没有进行无害化处理，残留着大量的细菌、病毒；还潜伏着沼气、重金属污染隐患．其垃圾渗漏液还会长久地污染地下水资源，A项错误；B、用焚化技术将垃圾转化为灰烬、气体、微粒和热力，虽然有一定的好处，但由于焚烧过程中会产生如二噁英的强致癌物，B项错误；C、因堆肥法对垃圾分类要求高、有氧分解过程中产生的臭味会污染环境，容易造成二次污染，C项错误；D、将不同的垃圾分开放，这样做的最终目的就是要把有危害的垃圾资源化利用和无害化处理，D项正确；答案选D。6、B【解析】

A.含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应，由于随着反应的进行盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，则生成Cl2的分子数小于NA，A错误；B.向1L0.1mol·L－1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则根据电荷守恒可知c(Cl－)＝c(NH4+)＝0.1mol/L，所以NH4+的数目为0.1NA，B正确；C.向1L1mol·L－1FeBr2溶液中通入足量氯气，溴化亚铁全部被氧化，但过量的氯气能与水又发生氧化还原反应，所以转移的电子数大于3NA，C错误；D.密闭容器中1molN2与3molH2在一定条件下充分反应，由于是可逆反应，则生成的NH3分子数小于2NA，D错误；答案选B。【点睛】选项C是解答的易错点，主要是忽略了过量的氯气会发生后续反应。因此计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。尤其要注意反应中物质的过量问题以及是否会有后续反应发生等。7、D【解析】0.02mol/LCH3COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等体积混和后，溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，因为CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，且溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH-)；根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(CH3COO－)＞c(Na+)；根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=0.01mol/L，综上分析，A正确，B、C、D均错误。8、B【解析】

氯气具有强氧化性，可与Br－、I－发生置换反应生成单质，可以与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。【详解】A.E处棉花球变成黄色，发生Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，Cl2为氧化剂，Br2为氧化产物，Cl2的氧化性比Br2强，A正确；B.F处棉花球变成蓝色，发生Cl2＋2I－===2Cl－＋I2，Cl2的氧化性比I2强，B错误；C.E处发生反应的离子方程式为：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，C正确；D.NaOH与Cl2反应的离子方程式为：2OH－＋Cl2===ClO－＋Cl－＋H2O，D正确；答案为B。【点睛】在F处，是未反应完的Cl2与KI发生反应置换出I2，使淀粉变蓝色，不能说明Br2的氧化性比I2强。9、D【解析】

A.没有指出溴的位置，正确命名为1，2-二溴乙烷，A项错误；B.烯烃中的取代基主链必须是最长的，不应该出现1-甲基、2-乙基、3-丙基等说法，正确命名为3-甲基-1-戊烯，B项错误；C.根据二烯烃的命名原则，命名为2-甲基-2，4-己二烯，C项错误；D.该烷烃的主链应该是3个碳原子，羟基和甲基都在2号位上，正确的命名为2-甲基-2-丙醇，D项正确；答案选D。【点睛】有机物系统命名中常见的错误有：①主链选取不当(不包含官能团，不是主链最长、支链最多)；②编号错(官能团的位次不是最小，取代基位号之和不是最小)；③支链主次不分(不是先简后繁)；④“－”、“，”忘记或用错。10、B【解析】分析：A.浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应；

B.胶体具有丁达尔现象；

C.胶体是分散质直径在1-100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；

D.胶体与电解质发生聚沉。详解:A.浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，不会获得胶体，故A错误；

B.胶体具有丁达尔现象，则用可见光束照射以区别溶液和胶体，所以B选项是正确的；

C.稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故C错误；

D.胶体与电解质发生聚沉，不能共存，故D错误。

所以B选项是正确的。11、B【解析】分析：①与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；②由不同物质组成的为混合物；③在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；④质子数相同，中子数不同的同元素不同的原子互称为同位素；⑤同种元素组成的不同单质为同素异形体；⑥依据分散质微粒直径大小对分散系进行分类为溶液、胶体、浊液。详解：①CO2、SO2、SiO2都和强碱溶液反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故①正确；②漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物、氨水是一水合氨的溶液属于混合物，故②正确；③氯气是单质不是电解质、硫酸钡属于盐为强电解质、酒精是非电解质，故③错误：④12C、14C为同位素，与14N不是同位素，故④错误；⑤C60、金刚石、石墨是碳元素的不同单质属于同素异形体，故⑤正确；⑥稀豆浆、硅酸属于胶体，氯化铁溶液属于溶液，故⑥错误；综上所述①②⑤正确；故选B。点睛：本题考查了物质分类的方法和依据，掌握基础，概念的理解应用是解题关键，题目难度中等。12、D【解析】

A、木炭在空气中燃烧为放热反应，错误；B、氢气在氯气中燃烧为放热反应，错误；C、盐酸和氢氧化钠溶液反应为放热反应，错误；D、将Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体研细后混合并搅拌为吸热反应，正确；故本题选择D。13、B【解析】

根据结构图，每个A周围连接有4个A原子，含有4个A-A键，每个A-A键属于两个A原子共用，因此每个A原子形成2个A-A键，每个A-A键中插入一个B原子，即晶体中A、B原子个数比是1∶2，所以其化学式是AB2，故选B。14、C【解析】本题考查烃的结构与性质。分析：A、分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；B、根据分子中氢原子的种类判断；C、根据饱和碳原子的结构特点判断；D、根据氢原子守恒解答。解析：螺[2，2]戊烷的分子式为C5H8，环戊烯的分子式也是C5H8，结构不同，互为同分异构体，A正确；分子中的8个氢原子完全相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上，因此其二氯代物超过两种，B正确；由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上，C错误；戊烷比螺[2，2]戊烷多4个氢原子，所以生成1molC5H12至少需要2molH2，D正确。答案选C。点睛：选项B与C是解答的易错点和难点，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。15、B【解析】

A、将垃圾进行分类放置，提高利用率，有效减少污染，符合社会可持续发展理念，故A不符合题意；B、工业废水经过静置、过滤只会将泥沙等固体杂质除去，并未除去重金属离子，会对环境造成污染，不符合绿色化学的理念，故B符合题意；C、将植物的秸秆、枝叶、和人畜粪便加入沼气发酵池中，经过缓慢、复杂的化学反应，最终得到沼气，从而有效利用生物质能，故C不符合题意；D、氢气燃烧得到水，对环境无污染，且放出热量高，因此氢气称为“绿色能源”，故D不符合题意；答案选B。16、B【解析】分析：A选项，首先CO2先与Ca(OH)2反应，再和KOH反应，当反应完全之后再和沉淀CaCO3反应，生成碳酸氢钙；B选项，NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，只产生硫酸钡沉淀；C选项，1molKAl(SO4)2，加入1.5mol的Ba(OH)2时生成1.5molBaSO4和1molAl(OH)3，沉淀的物质的量最大为2.5mol，再加入0.5molBa(OH)2，生成0.5molBaSO4，溶解1molAl(OH)3；D选项，含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，在NaAlO2与HCl的物质的量之比为小于等于1︰1，此时只生成白色的氢氧化铝沉淀，如果继续加入盐酸，这是沉淀开始溶剂，当NaAlO2与HCl的物质的量之比达到1︰4时，所产生的氢氧化铝完全溶解。详解：A选项，首先CO2先与Ca(OH)2反应，产生CaCO3沉淀，此时沉淀量逐渐增大，CO2再和KOH反应，此时无沉淀，之后二氧化碳先会和K2CO3反应，生成酸式盐，当反应完全之后再和沉淀CaCO3反应，生成碳酸氢钙，从而沉淀出现溶解现象，所以图像应该是“等腰梯形”的形状，故A错误；B选项，NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，只产生硫酸钡沉淀，当把硫酸根反应完全，再加氢氧化钡也不产生沉淀，所给图像恰好能表达该反应过程，故B选项正确；C选项，假设溶液中含1molKAl(SO4)2，加入1.5mol的Ba(OH)2时生成1.5molBaSO4和1molAl(OH)3，沉淀的物质的量最大为2.5mol，再加入0.5molBa(OH)2，生成0.5molBaSO4，溶解1molAl(OH)3，故沉淀的总物质的量减少，最后只剩下硫酸钡沉淀，故C错误；D选项，含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，在NaAlO2与HCl的物质的量之比为小于等于1︰1，此时只生成白色的氢氧化铝沉淀，如果继续加入盐酸，这是沉淀开始溶剂，当NaAlO2与HCl的物质的量之比达到1︰4时，所产生的氢氧化铝完全溶解，离子方程式如下，H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓；Al(OH)3+3H+

=Al3+

+3H2O故曲线应该是加入1份盐酸时沉淀达到最大，再加入3份盐酸沉底全部消失，图像应该是个“非等腰三角形”，与D所给图像不符合，故D错误。故本题选B。点睛:本题考查学生分析图像的能力，学生需要熟悉反应的过程，知道反应“顺序”和“量”都会对反应的现象产生影响，进而影响所绘制的曲线。17、A【解析】

A、加入盐酸发生反应是：Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，碳酸钠消耗盐酸的体积小于碳酸氢钠消耗盐酸的体积，CO32－的水解程度大于HCO3－，因此c（HCO3－）＞c（CO32－），A正确；B、发生的反应是NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，因此氢氧化钠和碳酸钠消耗的盐酸体积大于碳酸氢钠消耗盐酸的体积，无法判断c（OH－）是否大于c（CO32－），B错误；C、Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，碳酸钠消耗盐酸体积等于碳酸氢钠消耗的盐酸的体积，C错误；D、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，HCO3－水解，c（Na＋）＞c（HCO3－），D错误；答案选A。18、C【解析】

A.A是正四面体结构，A的二氯代物只有相邻的位置，则二氯代物只有一种，故A错误；B.B为正三棱柱结构，其分子式为C6H6，故B错误；C.C为正方体结构，分子式为C8H8，其属于芳香烃，它的同分异构体为C6H5—CH=CH2，因含有碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.A的分子式为C4H4，B的分子式为：C6H6，C的分子式为：C8H8，它们的最简式为CH，故D错误；故选C。19、A【解析】

X、Y、Z、W、M

均为常见的短周期主族元素，由常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH，X的pH=2，为一元强酸，则为硝酸，X为N元素，Y的半径大于N，且酸性较硝酸弱，应为C元素；Z的原子半径大于C，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则Z为Cl，W的原子半径大于Cl，且对应的酸的pH小于2，应为硫酸，W为S元素；M的原子半径最大，且0.01mol/LM的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为12，为一元强碱，则M为Na，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为N元素，Y为C元素，Z为Cl元素，W为S元素，M为Na元素。A．从图中得出同浓度下W的最高价氧化物对应的水化物的pH比Z小，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则W的最高价含氧酸也是强酸，但是为二元强酸，不能据此说明非金属性强弱，实际上非金属性：W＜Z，故A错误；B．X为N元素，Z为Cl元素，X、Z的最简单气态氢化物分别为氨气和氯化氢，在常温下可以反应生成离子化合物氯化铵，故B正确；C．C元素的单质常见的有石墨和金刚石，熔点均很高，而其他元素的单质是分子晶体或金属晶体，熔点均较低，故C正确；D．X为N元素，M为Na元素，简单离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径大小顺序：X>M，故D正确；答案选A。【点睛】正确判断元素的种类是解答本题的关键。本题的难点是W的判断，要注意0.01mol/LW的最高价含氧酸的pH小于2，应该为二元强酸。20、D【解析】

根据元素周期表可知Na、Mg、Al属于同一周期元素，且原子序数依次增大。A项，同一周期，随着原子序数的增大，元素的金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故A项错误；B项，同一周期，从左往右，第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，失去电子需要的能量高，第一电离能高于同周期的相邻元素，则第一电离能：Na＜Al＜Mg，故B项错误；C项，同一周期，随着原子序数的增大，元素的电负性增强，则电负性：Na＜Mg＜Al，故C项错误。D项，同周期元素原子的失电子的能力随原子序数的增大而减小，则还原性：Na＞Mg＞Al，故D项正确。答案选D。21、D【解析】

A．碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性；B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠为强碱；C．依据钠的焰色为黄色解答；D．过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气。【详解】A．碳酸钠能够与盐酸反应，但是碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，陈述Ⅰ错误，A错误；B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠为强碱，水溶液显碱性，能够使酚酞变红，但过氧化钠还具有强氧化性，因此最终颜色会褪去，B错误；C．钠的焰色为黄色，透雾性强，高压钠灯发出透雾能力强的黄光，Ⅰ对，Ⅱ对，二者无因果关系，C错误；D．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，所以可为航天员供氧，陈述Ⅰ、Ⅱ正确，且有因果关系，D正确；答案选D。22、B【解析】

A.制乙酸乙酯时，并不是一定要控制在170℃，利用乙醇制备乙烯时温度控制在170℃，A项错误；B.滴有酚酞的的溶液中显碱性，是因为CO32-+H2OHCO3-+OH-，加入钡离子，可以消耗碳酸根离子，使水解平衡向逆向移动，导致氢氧根减少，所以红色褪去，B项正确；C.金属钠不能储存在乙醇中，因为乙醇羟基中的H原子可以与金属钠发生反应，C项错误；D.石灰水中的氢氧化钙与碳酸氢钠或者碳酸钠反应都生成碳酸钙沉淀，现象相同，不可以鉴别，D项错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、环己烷加成反应【解析】

由反应路线可知，A为，反应①为取代反应，反应②为消去反应，反应③为碳碳双键与溴发生的加成反应，B为，④为消去反应【详解】（1）由以上分析可知A的结构简式是，为环己烷；（2）反应③为加成反应；（3）反应④在氢氧化钠的乙醇溶液中发生消去反应，化学方程式：【点睛】本题考查有机物的合成、有机物性质、有机反应类型等，易错点（3），注意掌握卤代烃的性质与反应条件。24、c羧基羟基取代反应为了保护酚羟基使之不被氧化、、（任选一种即可）【解析】

根据转化图结合逆合成分析法可知，C被高锰酸钾氧化生成乙二酸和D，结合题给信息及C的分子式知，C的结构简式为。B和一碘甲烷发生取代反应生成C，所以根据C的结构简式可判断B的结构简式为。A水解生成B，且A的分子式为C9H6O2，A和B相对分子质量相差18，所以A的结构简式为：。D和碘化氢发生取代反应生成水杨酸，据此分析作答。【详解】（1）根据上述分析易知，A为；B为；C为，则a.C中有8种不同环境的H原子，故核磁共振氢谱共有8种峰，a项正确；b.A、B、C分子中均有碳碳双键，均可发生加聚反应，b项正确；c.A中含碳碳双键和酯基，酯基不能发生加成反应，则1molA最多能和4mol氢气发生加成反应，c项错误；d.B中含苯环，酚羟基的邻、对位能与浓溴水发生取代反应，d项正确；故答案为c；（2）B为，含氧官能团的名称为：羧基和羟基；C为，B→C为取代反应；（3）因酚羟基易被氧化，因此B→C发生取代反因的目的是为了保护酚羟基使之不被氧化；（4）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，说明含有两个取代基，能水解说明含有酯基，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应，说明含有醛基，所以符合条件的同分异构体有、、，所以共有3种；（5）乙二酸与乙二醇在浓硫酸催化作用下发生缩聚反应生成聚乙二酸乙二酯，其化学方程式为：25、加热升高温度，或增大酸的浓度、将氧化铜锌矿粉碎等B3.2～6.2(NH4)2SO42Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42—＋3Cl－＋5H2O【解析】

(1)酸浸是将氧化铜锌矿用酸溶解，促进溶解的措施有搅拌、加热升高温度、增大酸的浓度、将氧化铜锌矿粉碎等。(2)除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀，A应为氧化剂，考虑加入A不引入新的杂质，H2O2外，其他试剂均可引入新的杂质。(3)从图表数据可知，铁离子沉淀完全的pH为3.2，锌离子开始沉淀的pH为6.2，故除铁pH范围为3.2～6.2。(4)因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为硫酸铵。(5)由题给信息可知，反应物为氢氧化铁、次氯酸根离子、氢氧根离子，生成物之一为，因铁在反应中化合价升高，氯元素的化合价降低，另一产物为氯离子，根据元素、电子、电荷守恒配平(可知产物还有水)，离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2＋3Cl－＋5H2O。【点睛】影响化学反应速率的因素有温度、浓度和固体表面积等。在选择除杂试剂时，应不能引入新的杂质。pH的范围应使铁完全沉淀而锌不能沉淀。26、2ClO2+2CN－＝2CO2+N2+2Cl－稀释二氧化氯，防止二氧化氯的浓度过高而发生爆炸或防倒吸防止倒吸（或作安全瓶）2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O淀粉溶液当滴入最后一滴标准溶液后，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色0.04000【解析】

（1）ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，据此书写发生反应的离子方程式；（2）根据图示：A装置制备ClO2，通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，B装置为安全瓶，可防倒吸；（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则n（ClO2）=n（Na2S2O3）=×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，据此计算可得。【详解】（1）ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，则发生反应的离子方程式为2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；（2）①氮气可以搅拌混合液，使其充分反应，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；②已知二氧化氯易溶于水，则装置B防止倒吸（或作安全瓶）；③NaClO3和H2O2的混合液中滴加稀H2SO4即生成ClO2气体，依据氧化还原反应原理，同时会得到氧化产物O2，根据质量守恒可知有Na2SO4生成，则结合原子守恒，装置A中发生反应的化学方程式是2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则n（ClO2）=n（Na2S2O3）=×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，C中ClO2溶液的浓度为=0.04000mol/L。27、环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失偏小保证盐酸完全被中和体系内、外温差大，会造成热量损失相等因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O(l)所放出的能量，与酸碱的用量无关偏大【解析】

(1)为了加快酸碱中和反应，减少热量损失，用环形玻璃搅拌棒搅拌；(2)为了减少热量损失，在两烧杯间填满碎纸条或泡沫；(3)大烧杯上盖硬纸板是为了减少气体对流，使热量损失，若不用则中和热偏小；(4)加热稍过量的碱，为了使酸完全反应，使中和热更准确；当室温低于10℃时进行实验，内外界温差过大，热量损失过多，造成实验数据不准确；(5)实验中改用60mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.50mol·L－1NaOH溶液进行反应，计算中和热数据相等，因为中和热为强的稀酸、稀碱反应只生成1mol水时释放的热量，与酸碱用量无关；(6)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，氨水为弱电解质，电离时吸热，导致释放的热量减少，计算中和热的数值减少，焓变偏大；【点睛】测定中和热时，使用的酸或碱稍过量，使碱或酸完全反应；进行误差分析时，计算数值偏小，由于焓变为负值，则焓变偏大。28、C4H41d【解析】

(1)根据正四面体烷的每个顶点代表一个碳原子,碳可形成4对共用电子对，每个碳原子上都连有一个氢原子；分子为正四面体对称结构，分子中只有1种H原子、每个C原子上只有1个H原子；

(2)a、乙烯基乙炔为CH2=CH-C≡CH,每个乙烯基乙炔