广西柳州市柳州高中2025年高二化学第二学期期末复习检测试题含解析

广西柳州市柳州高中2025年高二化学第二学期期末复习检测试题注意事项: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、下列各物质的名称正确的是A．3,3-二甲基丁烷B．2,3-二甲基-4-乙基己烷C．CH2(OH)CH2CH2CH2OH1,4-二羟基丁醇D．CH3CH2CHClCCl2CH3

2、2、3-三氯戊烷2、下列有关铜的化合物说法正确的是()A．根据铁比铜金属性强，在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板B．CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为:Cu2++S2-CuS↓C．用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2OD．化学反应：CuO＋COCu＋CO2的实验现象为黑色固体变成红色固体3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()A．标准状况下，1.12LHF中含有的分子总数为0.05NAB．1molNH4+所含质子数为11NAC．2molSO2与1molO2反应生成的SO3分子数为2NAD．25℃，pH＝13的NaOH溶液中OH－的数目为0.1NA4、某饱和一元酯C5H10O2，在酸性条件下水解生成甲和乙两种有机物，乙在铜的催化作用下能氧化成醛，满足以上条件的酯有（）A．6种 B．7种 C．8种 D．9种5、甲醇、乙醚、丙醇的混合物中，测得其中氧的质量分数为a，则混合物中碳的质量分数为A．17-9a56B．6、一定量的盐酸跟过量锌粉反应时，为了减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，可采取的措施是()A．加入少量NaOH固体B．加入少量CH3COONa固体C．加入少量Na2SO4固体D．加入少量Na2CO3固体7、1996年诺贝尔化学奖授于斯莫利等三位化学家，以表彰他们发现富勒烯(C60)开辟了化学研究的新领域。后来，人们又发现了一种含碳量极高的链式炔烃──棒碳，它是分子中含300～500个碳原子的新物质，其分子中只含有交替连接的单键和叁键。对于C60与棒碳，下列说法正确的是A．C60与棒碳中所有的化学键都是非极性共价键B．棒碳不能使溴水褪色C．C60在一定条件下可能与CuO发生置换反应D．棒碳与乙炔互为同系物8、相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液中，pH最小的是()A．NH4HSO4 B．NH4HCO3 C．NH4Cl D．(NH4)2SO49、下列说法不合理的是A．可用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体B．可用四氯化碳将溴水中的溴提取出来C．可用盐酸酸化的氯化钡溶液检验溶液中的硫酸根离子D．可用氢氧化钠溶液鉴别氯化铁溶液和氯化亚铁溶液10、常温下，NH3·H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10－5，则常温下0.02mol/L的NH4Cl的PH值为()（lg3=0.48）A．4.52 B．5.48 C．3.48 D．8.5211、化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是()A．明矾净水与自来水的杀菌清毒原理相同B．医学上常采用碳酸钡作为钡餐C．钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D．泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生双水解反应12、下列叙述中正确的是A．玻璃、水泥和玛瑙的主要成分都是硅酸盐B．氯碱工业的反应原理是电解熔融氯化钠C．常温下铁在浓硫酸中不反应，可用铁槽车贮运浓硫酸D．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，其遇强碱会断路13、下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（）A．苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色B．淀粉、纤维素、油脂和蛋白质均是高分子化合物C．乙酸和乙醛可用新制的Cu(OH)2悬浊液加以区别D．乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同14、下列有关叙述说法错误的是A．物质的量的描述对象是宏观物体B．当质量的单位以g为单位时，铁的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量C．阿伏加德罗常数是指0.012kg12C所含的碳原子数，其数值约等于6.02×1023D．标准状况下，2mol气体的体积约为44.8L15、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16、下列化学方程式中，属于水解反应的是A．CH3COOH+H2OCH3COO－+H3O+B．HS－+H2OS2－+H3O+C．CO32－+H2OHCO3－+OH－D．CO2+H2OHCO3－+H+17、一定条件下，Na2CO3溶液中存在如下平衡：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，下列说法正确的是A．稀释溶液，平衡正向移动，增大B．通入CO2，平衡逆向移动，溶液pH减小C．加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH减小D．升高温度，增大18、下列物质中，其主要成分不属于烃的是（）A．汽油 B．甘油 C．煤油 D．柴油19、高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为－2价，如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K＋和4个B．晶体中每个K＋周围有8个，每个周围有8个K＋C．晶体中与每个K＋距离最近的K＋有8个，晶体中与每个距离最近的有6个D．晶体中其中0价氧和－2价氧的物质的量之比为1:120、关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色B．可以发生加成聚合反应C．分子中所有原子共平面D．易溶于水及甲苯21、2010年诺贝尔物理学奖所指向的是碳的又一张奇妙脸孔：人类已知的最薄材料——石墨烯。下列说法中，正确的是（）A．固态时，碳的各种单质的晶体类型相同B．石墨烯含有极性键C．从石墨剥离得石墨烯需要破坏化学键D．石墨烯具有导电性22、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．lmol丙烯与足量的HCl完全反应生成的CH3CH2CH2Cl分子数为NAB．1molK2S2O8(S元素为＋6价）中含有过氧键数为4NAC．含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56gD．180g葡萄糖分子中含有羟基数为6NA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）某课外小组对金属钠进行研究。已知C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸。(1)金属Na在空气中放置足够长时间，最终的生成物是：_________________________。(2)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_________________________。(3)若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，请写出该过程发生反应的方程式：_________________________。(4)若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32－、SO42－中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其物质的量浓度之比为________________________。(5)将NaHCO3与M的混合物在密闭容器中充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则NaHCO3与M的质量比为____________。25、（12分）如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的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-1。（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0.400mol•L-1的稀盐酸。①该学生需要量取______mL上述浓盐酸进行配制。②所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有_________________________。26、（10分）人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm－3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。[配制酸性KMnO4标准溶液]如图是配制50mL酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。（1）请你观察图示判断其中不正确的操作有________(填序号)。（2）其中确定50mL溶液体积的容器是__________________________________(填名称)。（3）如果按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作均正确的情况下，所测得的实验结果将______(填“偏大”或“偏小”)。[测定血液样品中Ca2＋的浓度]抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL酸性KMnO4溶液。（4）已知草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O滴定时，根据现象_______________________________________，即可确定反应达到终点。（5）经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为________mg·cm－3。27、（12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”）。28、（14分）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：（1）反应Ⅰ：2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）ΔH=+550kJ·mol-1它由两步反应组成：i.H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）ΔH=+177kJ·mol-1ii.SO3（g）分解。L（L1、L2）、X可分别代表压强和温度。下图表示L一定时，ii中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系。①X代表的物理量是_____________________。②判断L1、L2的大小关系是______________。（2）反应Ⅱ：I－可以作为催化剂，可能的催化过程如下。i.SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O；ii.I2+2H2O+SO2=SO42－+4H++2I－；探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）序号ABCD试剂组成0.4mol/LKIamol/LKI0.2mol/LH2SO40.2mol/LH2SO40.2mol/LKI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快①B是A的对比实验，则a=__________。②比较A、B、C，可得出的结论是_______________________________。③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：___________。（3）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32-）:n（HSO3－）变化关系如下表：n（SO32－）:n（HSO3－）91:91:11:91pH8.27.26.2当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：①上表判断NaHSO3溶液显__________性，用化学平衡原理解释：_____________。②HSO3－在阳极放电的电极反应式是______，当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理________。29、（10分）高氯酸三碳酰肼合镍{[Ni(CHZ)3](C104)2}是一种新型的起爆药。(1)Ni2+某杰核外电子排布式为________。(2)ClO4空间构型是_______；与ClO4互为等电子体的一种分子为_______(填化学式)。(3)化学式中CHZ为碳酰肼，组成为CO(N2H3)2,碳酰肼中碳原子的杂化轨道类型为_____；C、N、0三种元素的电负性由大到小的顺序为______。(4)高氯酸三碳酰肼合镍可由NiO、髙氯酸及碳酰肼化合而成。NiO的晶胞结构如图所示，晶胞中含有的Ni2+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、B【解析】分析：有机物的命名要遵循系统命名法的原则，最长碳链，最小编号，先简后繁，同基合并等。详解：A、不符合最小编号的原则，正确名称为2,2-二甲基丁烷，即A错误；B、符合系统命名法的原则，故B正确；C、醇羟基作为醇类的官能团，不能重复出现，正确的名称为1,4-丁二醇，故C错误；D、在表示位置的数字之间用逗号“,”分开，而不能用顿号“、”，故D错误。本题答案为B。2、D【解析】

A.在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，利用的是铁离子的氧化性，与铁比铜金属性强无关系，A错误；B.H2S难电离，CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为Cu2+＋H2S＝CuS↓＋2H＋，B错误；C.铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为Cu2(OH)2CO3＋4H＋＝2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O，C错误；D.根据化学反应CuO＋COCu＋CO2可知其实验现象为黑色固体变成红色固体，D正确；答案选D。3、B【解析】

A.标准状况下HF为液体，以聚合分子(HF)n的形式存在，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；B.1个NH4+中含有11个质子，则1molNH4+所含质子数为11NA，B正确；C.SO2与O2生成SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此2molSO2与1molO2反应生成的SO3分子数小于2NA，C错误；D.缺少溶液的体积，不能计算离子的数目，D错误；故合理选项是B。4、A【解析】

乙在铜的催化作用下能氧化为醛，说明该酯水解生成的醇分子中具有-CH2OH的结构，符合该结构的醇有：甲醇、乙醇、丙醇、正丁醇、异丁醇；甲醇对应的酸有正丁酸、异丁酸，正丁醇、异丁醇对应甲酸，所以共六种符合题意的酯，答案选A。5、B【解析】分析：甲醇分子式为CH4O，改写为CH2（H2O），C4H10O改写为C4H8（H2O），C3H8O改写为C3H6（H2O），所以通式为（CH2）∙(H2O）,先计算出水的质量分数总和，再计算CH2中碳元素质量分数。详解：甲醇分子式为CH4O，改写为CH2（H2O），C4H10O改写为C4H8（H2O），C3H8O改写为C3H6（H2O），所以通式为（CH2）∙(H2O）,测得其中氧的质量分数为a,则水中氢元素的质量分数为a/8,所以水中的总的质量分数为9a/8，则根据通式为（CH2）∙(H2O）,可知，（CH2）中碳与氢为固定比，所以混合物中碳的质量分数为（1-9a/8）×12/13=24-27a28；B正确；正确选项点睛：该题是中等难度的试题，侧重对学生解题能力的培养，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的难点是利用混合物中各成分的化学式得出C、H的固定组成，学生应学会利用定组成的方法来解答混合物中元素的质量分数计算。6、B【解析】

A．因盐酸与NaOH溶液反应，会导致生成氢气的量减少，故A不选；B．加入少量CH3COONa固体，使盐酸转化为醋酸，减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，故B选；C．加入少量Na2SO4固体，对反应没有影响，故C不选；D．因盐酸与Na2CO3固体反应，会导致生成氢气的量减少，故D不选；故选B。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素。本题的易错点为题意的理解，因Zn过量，则减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量。7、C【解析】试题分析：A.棒碳属于链式炔烃，含有C—H键，是极性共价键，A项错误；B.棒碳分子中含有交替的单键和叁键，所以能使溴水褪色，B项错误；C.C+2CuOCO2↑+2Cu，而C60是碳元素的一种同素异形体，所以它也能发生类似反应，该反应是置换反应，C项正确；D.同系物必须是结构相似，即官能团的种类和个数相同，棒碳中多个叁键，而乙炔中只有一个叁键，所以棒碳与乙炔不能互为同系物，D项错误；答案选C。考点：考查置换反应、同系物、化学键类型的判断等知识。

8、A【解析】

相同温度下，NH4＋+H2ONH3·H2O+H+，铵根离子浓度越大水解产生的氢离子浓度越大，pH越小。【详解】NH4HSO4=NH4++H++SO42-；NH4HCO3=NH4++HCO3-；NH4Cl=NH4++Cl-；(NH4)2SO4=2NH4++SO42-，通过对比4个反应，硫酸氢氨中直接电离产生氢离子，pH最小，答案为A9、C【解析】

A．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则可用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，故A正确；B．溴不易溶于水，易溶于四氯化碳，则可用四氯化碳将溴水中的溴萃取出来，故B正确；

C．应先加盐酸可排除干扰离子，再加氯化钡生成硫酸钡，则应先加盐酸无现象，后加氯化钡检验硫酸根离子，故C错误；

D．氯化铁与NaOH反应生成红褐色沉淀，氯化亚铁与NaOH先反应生成白色沉淀迅速变成灰绿最后变成红褐色，现象不同可鉴别，故D正确；故答案：C。【点睛】注意：检验硫酸根离子时应先加盐酸可排除干扰离子，再加氯化钡生成白色沉淀硫酸钡。若加入盐酸酸化的氯化钡溶液，则不能排除银离子的干扰。10、B【解析】

[NH3·H2O]/[NH4+][OH－]为NH3·H2O电离平衡常数的倒数，温度不变，常数不变，NH4Cl溶液中存在NH4＋+H2ONH3·H2O+H＋，结合NH3·H2O电离平衡常数以及Kw计算。【详解】[NH3·H2O]/[NH4+][OH－]为NH3·H2O电离平衡常数的倒数，温度不变，常数不变，已知①NH3·H2ONH4＋+OH－，Kb=1.8×10-5mol·L-1，②H2OH＋+OH－，Kw=1.0×10-14，则②-①可得NH4＋+H2ONH3·H2O+H＋，K=1×10-14/1.8×10-5=1/1.8×10-9，则0.02mol·L-1的NH4Cl溶液中c（H＋）===1/3×10-5mol·L-1，pH=-lg10-5+lg3=5.48。故选B。11、D【解析】

分析：A.

明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的；

B.碳酸钡能够溶于盐酸；C.吸氧腐蚀速率小于析氢腐蚀速率；

D.泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳。详解:A.明矾溶于水形成的氢氧化铝胶体能吸附不溶性固体杂质小颗粒，形成大颗粒，易于沉降，所以明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的，故A错误；B.碳酸钡能够溶于盐酸生成可溶性氯化钡溶液，钡为重金属离子有毒，故B错误；C.酸性条件下钢铁被腐蚀快，析氢腐蚀速率快于吸氧腐蚀，故C错误；

D.泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，所以D选项是正确的；

所以D选项是正确的。【点睛】本题考查了物质的性质及用途，性质决定用途，熟悉碳酸钡、明矾、碳酸氢钠等的性质是解题关键，注意金属的电化学防护原理，题目难度不大，注意对相关知识的积累。12、D【解析】

A．玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅，主要成分是硅酸盐，水泥的主要成分是硅酸盐，玛瑙的主要成分是SiO2，为氧化物，不属于硅酸盐，故A错误；B．氯碱工业原理是电解饱和食盐水生成氯气、氢氧化钠和氢气，故B错误；C．浓硫酸具有强氧化性，常温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜，可用铁槽车贮运浓硫酸，发生了化学反应，故C错误；D．二氧化硅能用于制光导纤维，二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意光导纤维遇强碱会“断路”，指的是中断光的传导，而不是中断电的传导。13、C【解析】

A．油脂中的不饱和高级脂肪酸甘油酯含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B．淀粉、纤维素和蛋白质均是高分子化合物，油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B错误；C．乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，乙酸与新制Cu(OH)2悬浊液反应沉淀溶解，所以两者的反应现象不同，故能鉴别，C正确；D．乙醇、乙酸能与Na反应放出H2，但乙醇、乙酸中官能团分别为羟基、羧基，二者分子中官能团不同，D错误；答案选C。【点睛】本题考查有机物的结构、性质，侧重于有机物的分类、官能团性质的考查，注意把握物质的性质的异同以及有机物鉴别方法的选取，注意相关基础知识的积累，题目难度不大。14、A【解析】

A.物质的量的描述对象是微观粒子，故A选；B.任何物质的质量以g为单位时，其摩尔质量在数值上都等于它的相对原子质量或相对分子质量，故B不选；C.阿伏加德罗常数是指1mol任何粒子的粒子数，其数值约等于6.02×1023，国际上规定，1mol任何粒子集体所含的粒子数与0.012kg12C所含的碳原子相同，故C不选；D.标准状况下，1mol任何气体的体积约为22.4L，那么2mol气体的体积约为44.8L，故D不选。故选A。15、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。16、C【解析】试题分析：A.该离子方程式是醋酸电离的方程式，A项错误；B.该离子方程式是HS－的电离方程式，B项错误；C.CO32-与水电离出的H＋结合生成HCO3-和OH－，属于水解的离子方程式，C项正确；D.该反应为CO2和水反应的化学方程式和电离方程式，D项错误；答案选C。考点：考查水解离子方程式的正误判断17、D【解析】

A.稀释溶液，平衡正向移动，水解常数不变，即不变，A不正确；B.通入CO2，CO2与水反应生成的碳酸可以与CO32－水解产生的OH－发生反应，所以平衡正向移动，溶液pH减小，B不正确；C.加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH增大，C不正确；D.升高温度，CO32－水解平衡正向移动，所以增大，D正确；本题选D。【点睛】本题考查了水解常数及影响水解平衡的外界因素，要求学生能掌握盐类水解的基本规律以及外界条件的改变对水解平衡产生的影响，能判断水解平衡移动的方向以及pH的变化情况，能根据相关的平衡常数判断一些代数式的变化趋势。18、B【解析】

A.汽油的主要成分是烃；B.甘油为丙三醇，属于多元醇类，不是烃；C.煤油的主要成分是烃；D.柴油的主要成分是烃。答案选B。19、A【解析】

A.该晶胞中，K+的个数为=4，的个数为：=4，A正确；B.晶体中每个K＋周围有6个O，每个周围有6个K＋，B错误；C.晶体中与每个K＋距离最近的K＋有12个，晶体中与每个距离最近的有12个，C错误；D.晶胞中K+与个数分别为4、4，所以晶胞中共有8个氧原子，根据电荷守恒，4个K+带有4个正电荷，则-2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8-2=6，所以晶体中，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3：1，D错误；故合理选项为A。20、B【解析】

2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；C项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C错误；D项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。21、D【解析】分析：A．碳各种单质的晶体类型不同；B．同种非金属元素之间形成非极性键；C．石墨中层与层间存在分子间作用力；

D．石墨烯具有石墨导电性。详解：碳各种单质的晶体类型不相同，如金刚石属于原子晶体，足球烯属于分子晶体，石墨是混合型晶体，所以A选项错误；石墨烯中碳原子之间形成非极性键，不是极性键，B选项错误；石墨中层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得到石墨烯需要破坏分子间作用力，不需要破坏化学键，C选项错误；石墨烯中含有自由移动的电子，所以石墨烯具有导电性，D选项正确；正确选项D。22、C【解析】

A、lmol丙烯与足量的HCl完全反应生成的应该是一氯丙烷和二氯丙烷的混合物，CH3CH2CH2Cl子数应小于NA，选项A错误；B、K2S2O8中S元素为＋6价、K元素为+1价，过氧根离子中氧元素的化合价为-1价，氧离子中氧元素的化合价为-2价，设过氧根离子x个，则有+1×2+(+6×2)+(-1)×2x+(-2)×(8-2x)=0，得x=1，故1molK2S2O8(S元素为＋6价）中含有过氧键数NA，选项B错误；C、胶体的胶粒是分子的集合体，一个胶粒中含有多个Fe(OH)3，故含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，Fe(OH)3的物质的量大于1mol，铁元素的质量大于56g，选项C正确；D、180g葡萄糖分子的物质的量为1mol，1mol葡萄糖中含有5mol羟基，含羟基5NA个，选项D错误；答案选C。【点睛】注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项C是解答的易错点。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、碳酸钠或Na2CO3溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成且不断增加；然后又由多到少最后沉淀消失4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)=1:1:2:3大于或等于≥168：78【解析】

根据转化关系图可知：2Na+O2Na2O2确定M为Na2O2；2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸，确定B为NaOH，C为H2，D为Cl2，F为HCl。结合题干问题分析解答。【详解】（1）Na在空气中放置足够长时间，发生4Na+O2＝2Na2O、Na2O+H2O＝2NaOH、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O＝Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O＝Na2CO3+10H2O，则最终生成物为Na2CO3；（2）若A是一种常见金属单质，能与NaOH反应，则A为Al，E为NaAlO2，将过量的F（HCl）溶液逐滴加入E（NaAlO2）溶液，边加边振荡，发生NaAlO2+HCl+H2O＝NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3+3HCl＝AlCl3+3H2O，所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加，然后又由多到少，最后消失；（3）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，则A为可溶性亚铁盐，E为Fe（OH）3，则A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E这一过程的离子方程式为4Fe2++8OH-+O2+2H2O＝4Fe（OH）3↓。（4）A加入氢氧化钠溶液，分析图象可知：第一阶段是H++OH-＝H2O，所以溶液呈酸性，不可能存在CO32－；第二阶段金属阳离子与氢氧根离子生成沉淀，第三阶段应该是NH4++OH-＝NH3•H2O；第四阶段氢氧化物沉淀与氢氧化钠反应最后全溶解，肯定没有Mg2+、Fe3+，必有Al3+。由此确定溶液中存在的离子H+、NH4+、Al3+、SO42－；假设图象中横坐标一个小格代表1molNaOH，则根据前三阶段化学方程式：H++OH-＝H2O，Al3++3OH-＝Al（OH）3，NH4++OH-＝NH3•H2O，可知n（H+）=1mol，n(Al3+)=1mol,n(NH4+)=2mol，再利用电荷守恒n（SO42－）×2＝n（H+）×1+n（Al3+）×3+n(NH4+)×1，得出n（SO42－）＝3mol，根据物质的量之比等于物质的量浓度之比得到c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)＝1:1:2:3。（5）将NaHCO3与M（过氧化钠）的混合物在密闭容器中充分加热发生的反应有三个：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，所得固体为纯净物，说明碳酸氢钠加热分解的二氧化碳必须把过氧化钠反应完，则根据总的方程式可知4NaHCO3+2Na2O24Na2CO3+2H2O+O2↑84×4g78×2gm（NaHCO3）：m（Na2O2）＝（84×4g）：（78×2g）＝168：78（或84：39）。由于碳酸氢钠可以过量，得到的还是纯净物：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，所以m（NaHCO3）：m（Na2O2）≥168：78（或84：39）。答案：大于或等于168：78（或84：39）。25、11.9BD16.8500mL容量瓶【解析】分析：（1）依据c＝1000ρω/M计算该浓盐酸中HCl的物质的量浓度；（2）根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；（3）①根据稀释定律，稀释前后HCl的物质的量不变，据此计算需要浓盐酸的体积；②利用浓盐酸稀释配制500mL稀盐酸溶液，需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。详解：（1）由c＝1000ρω/M可知，该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为1000×1.19×36.5%/36.5mol/L＝11.9mol/L；（2）A．溶液中HCl的物质的量n＝cV，所以与溶液的体积有关，A错误；B．溶液是均一稳定的，溶液的浓度与溶液的体积无关，B正确；C．溶液中Cl-的数目N＝nNA＝cVNA，所以与溶液的体积有关，C错误；D．溶液的密度与溶液的体积无关，D正确；答案选BD；（3）①令需要浓盐酸的体积为V，根据稀释定律，稀释前后HCl的物质的量不变，则：V×11.9mol/L＝0.5L×0.400mol/L，解得：V＝0.0168L＝16.8mL；②利用浓盐酸稀释配制500mL稀盐酸溶液，需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，因此还缺少的仪器有500mL容量瓶。26、②⑤50mL容量瓶偏小溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色1.2【解析】

（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的正确操作结合图示分析解答；（2）容量瓶是确定溶液体积的仪器；（3）依据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断，结合分析；（4）草酸跟酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、二价锰离子等，滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时，滴入的高锰酸钾溶液不褪色，据此判断；（5）根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2＋的浓度。【详解】（1）由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切，故答案为：②⑤；（2）应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积，故答案为：50mL容量瓶；（3）如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小；（4）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；（5）血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：。根据反应方程式，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：，Ca2+的质量为，钙离子的浓度为：，故答案为：1.2。【点睛】定容时倒水至刻度线1—2cm处改用胶头滴管滴到与凹液面平直。27、+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，在阴极放电，析出铜单质。（3）①阴极发生还原反应，根据图中所示过程，烟气中O2发生还原反应，②根据图中所示过程，SO42-放电生成SO3和O2，则阳极的电极反应式是2SO42--4e－=2SO3↑+O2↑。（4）①溴水将溶液中的SO32-氧化成SO42-，则溴水的主要作用是Br2+SO32-+2OH－=2Br－+SO42-+H2O；②沉淀量越大，说明净化气中硫元素质量分数越大，说明SO2脱除率越低。考点：考查电解原理，SO2的性质等知识。28、压强L2>L10.4I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快。酸HSO3－存在HSO3－⇌H++SO32－和HSO3－+H2O⇌H2SO3+OH－，HSO3－的电离程度大于水解程度。HSO3－+H2O﹣2e－=SO