2025届四川蓉城名校联盟高二化学第二学期期末检测试题含解析

2025届四川蓉城名校联盟高二化学第二学期期末检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是A．某密闭容器中盛有0.2molSO2和0.1molO2，一定条件下充分反应，生成SO3分子数小于0.2NAB．一定条件下，2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物时失去的电子数0.1NAC．25℃时，pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0.1NAD．20gD2O中含有的质子数为10NA2、下列化合物，按其晶体的熔点由高到低排列正确的是（）A．SiO2、CsCl、CBr4、CF4 B．SiO2、CsCl、CF4、CBr4C．CsCl、SiO2、CBr4、CF4 D．CF4、CBr4、CsCl、SiO23、下列变化或数据与氢键无关的是()A．氟化氢的沸点比氯化氢的沸点高B．氨分子与水分子形成一水合氨C．乙醇能跟水以任意比混溶D．SbH3的沸点比PH3高4、已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ。且氧气中1molO＝O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH－O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH－H键断裂时吸收热量为（）A．920kJ B．557kJ C．188kJ D．436kJ5、下列溶液的物质的量浓度的计算正确的是()A．V

L

Fe2(SO4)3B．将100

mL

1.5

mol⋅L-1的NaCl溶液与200

mL

2.5

mol⋅L-1C．实验室配制480

mL

0.1

mol⋅L-1D．标准状况下，a

L

NH3溶于1000

g水中，得到的溶液密度为b

g⋅c6、将Fe、Cu、Fe2＋、Fe3＋和Cu2＋盛于同一容器中充分反应，反应后Fe有剩余，则容器中其它存在的单质或离子只能是A．Cu、Fe3＋ B．Fe2＋、Fe3＋ C．Cu、Cu2＋ D．Cu、Fe2＋7、氮化硼(BN)晶体有多种结构，六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，有白色石墨之称，具有电绝缘性，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，硬度可媲美钻石，常被用作磨料和刀具材料。它们的晶体结构如图所示，关于两种晶体的说法，错误的是A．六方相氮化硼属于混合晶体，其层间是靠范德华力维系，所以质地软B．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大C．六方氮化硼不能导电是因为其层结构中没有自由电子D．相同质量的六方相氮化硼和立方相氮化硼所含共价键数不相同8、在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是A．sp，范德华力 B．sp2，范德华力C．sp2，氢键 D．sp3，氢键9、室温下，0.1mol/L某一元酸(HA)溶液中c(OH−)/c(H+)＝1×10-10，下列叙述正确的是(

)A．溶液中水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1B．溶液中c(H+)+c(A-)＝0.1mol·L-1C．与0.05mol·L-1NaOH溶液等体积混合，所得混合溶液中水的电离程度减小D．上述溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释，溶液的c(OH-)均增大10、下列说法中正确的是A．NO2、BF3、PCl3这三个分子中的所有原子最外层电子均未满足8电子稳定结构B．在干冰中，每个CO2分子周围有6个紧邻的分子C．在NaCl晶体中，Na+的配位数为6D．金属导电的实质是金属阳离子在外电场作用下的定向移动11、网络趣味图片“一脸辛酸”，是在人脸上重复画满了辛酸的键线式结构。下列有关辛酸的叙述正确的是A．辛酸在常温下呈气态B．辛酸的酸性比醋酸强C．辛酸和油酸（C17H33COOH）二者属于同系物D．辛酸的同分异构体（CH3）3CCH（CH3）CH2COOH的化学名称为3，4，4一三甲基戊酸12、高聚物的单体是（）A．氯乙烯B．氯乙烯和乙烯C．D．13、已知14mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数为80%，那么7mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将A．无法确定 B．等于40%C．小于40% D．大于40%14、某烃通过催化加氢后得到2－甲基丁烷，该烃不可能是()A．3－甲基－1－丁炔 B．2－甲基－1－丁炔C．3－甲基－1－丁烯 D．2－甲基－1－丁烯15、25℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：Sn(s)＋Pb2＋(aq)Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如图所示。下列判断正确的是()A．往平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2＋)增大B．升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应ΔH＞0C．25℃时，该反应的平衡常数K＝2.2D．往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小16、下列大小关系正确的是（）A．晶格能：NaCl<NaBrB．硬度：MgO>CaOC．熔点：NaI>NaBrD．熔沸点：CO2>NaCl17、两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2和3.6gH2O，下列说法正确的是A．混合气体一定是CH4和C2H4B．混合气体中一定有CH4，可能含有C2H4C．混合气体中一定含有CH4，可能含有C2H6D．混合气体中可能含有C2H218、标准状况下，将VLA气体（摩尔质量为Mg/mol）溶于0.1L水中，所得溶液密度为ρg/mL，则此溶液物质的量浓度为（）A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．mol/L19、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+20、下列说法正确的是A．乙烷和乙烯都能用来制取氯乙烷，且反应类型相同B．相同物质的量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同C．除去甲烷的乙烯可通过酸性高锰酸钾溶液洗气D．甲苯和乙苯都是苯的同系物21、体积相同、pH也相同的H2SO4溶液和HCl溶液，分别与NaOH溶液中和反应时两者消耗NaOH的物质的量（）A．相同B．H2SO4溶液消耗的NaOH多C．HCl溶液消耗的NaOH多D．无法比较22、为了提纯下表所列物质（括号内为杂质），有关除杂试剂和分离方法的选择不正确的是选项被提纯的物质除杂试剂分离方法A己烷（己烯）溴水分液B淀粉溶液（NaCl）水渗析CCH3CH2OH（CH3COOH）CaO蒸馏D肥皂（甘油）NaCl过滤A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：（1）A的系统命名为______________，E中官能团的名称为_______________________。（2）A→B的反应类型为________，从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为____________。（3）C→D的化学方程式为___________________________________________。（4）C的同分异构体W(不考虑手性异构)可发生银镜反应；且1molW最多与2molNaOH发生反应，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有________种，若W的核磁共振氢谱具有四组峰，则其结构简式为________________。（5）F与G的关系为________(填序号)。a．碳链异构b．官能团异构c．顺反异构d．位置异构（6）M的结构简式为_________________________________________________。（7）参照上述合成路线，以原料，采用如下方法制备医药中间体。该路线中试剂与条件1为____________，X的结构简式为____________；试剂与条件2为____________，Y的结构简式为________________。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）下图是有关FeSO4的转化关系(无关物质已略去)。已知：①X由两种化合物组成，将X通入品红溶液，溶液退色；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀。②Y是红棕色的化合物。(1)气体X的成分是(填化学式)________。(2)反应Ⅰ的反应类型属于(填序号)________。a．分解反应b．复分解反应c．置换反应d．化合反应e．氧化还原反应(3)溶液2中金属阳离子的检验方法是____________________________________________。(4)若经反应Ⅰ得到16g固体Y，产生的气体X恰好被0.4L1mol·L－1NaOH溶液完全吸收，则反应Ⅰ的化学方程式是_______________________________________________，反应Ⅳ中生成FeSO4的离子方程式是_____________________________________________。(5)一瓶长期露置在空气中的FeSO4溶液，为检验其是否完全变质，则需要的试剂是___________（填写名称）。26、（10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143.0g27、（12分）NaNO2可用作食品添加剂。NaNO2能发生以下反应：3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2ONO2-+Ag+=AgNO2↓(淡黄色)某化学兴趣小组进行以下探究。回答有关问题：(l)制取NaNO2反应原理：Na2CO3+2NO2=NaNO2+NaNO3＋CO2Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2用下图所示装置进行实验。①铜与浓硝酸反应的化学方程式为______________________________。②实验过程中，需控制B中溶液的pH＞7，否则产率会下降，理由是_________。③往C中通入空气的目的是____________________(用化学方程式表示)。④反应结束后，B中溶液经蒸发浓缩、冷却结品、___________等操作，可得到粗产品晶体和母液。(2)测定粗产品中NaNO2的含量称取5.000g粗产品，溶解后稀释至250mL。取出25.00mL溶液，用0.1000mol·L-1KMNO4酸性溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为20.00mL。已知：2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O①稀释溶液时，需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有_________(填标号)。A．容量瓶B．量筒C．胶头滴管D．锥形瓶②当观察到_________________时，滴定达到终点。③粗产品中NaNO2的质量分数为____________(用代数式表示)。28、（14分）获取安全的饮用水成为人们关注的重要问题。回答下列问题：(1)漂白粉常用于自来水消毒。工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉的化学方程式为_________。实验室用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2的反应装置如图所示，制备实验开始时先检查装置气密性，接下来的操作依次是_____________________（填下列序号）。①往烧瓶中加入浓盐酸②加热③往烧瓶中加入MnO2粉末(2)聚铁[Fe2(OH)n(SO4)3-0.5n]m是一种高效无机水处理剂，制备原理是调节Fe2(SO4)3溶液的pH，促进其水解制取。用铁的氧化物制取聚铁的流程如下：①实验室配制2mol·L-1的稀硫酸250mL需98%的浓硫酸(ρ=1.84g·mL-1)_______mL，配制过程中应使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、________________________。②步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为_______________。③步骤Ⅴ中需将溶液加热到70～80℃的目的是________________。Ⅴ中溶液的pH影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定溶液pH的方法为_____________；若溶液的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。(3)硬水易导致产生锅炉水垢[主要成分为CaCO3、Mg(OH)2、CaSO4]，不仅会降低燃料的利用率，还会影响锅炉的使用寿命，造成安全隐患，因此要定期清除。清除时首先用饱和Na2CO3溶液浸泡水垢，发生CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)，该反应的平衡常数K=_______。然后再用醋酸溶解、水洗涤。已知：Ksp(CaSO4)=7.5×10-5、Ksp(CaCO3）=3.0×10-9。29、（10分）钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。预计在未来20年里，不可能有替代钕铁硼磁铁的磁性材料出现。生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其它稀土原料。(1)钕(Nd)为60号元素，在元素周期表中的位置是_____；基态铁原子的外围电子排布图是______。(2)实验测得气态A1C13的实际存在形式为A12C16双聚分子，其中A1原子的杂化方式是__________；A12C16与过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]；[A1(OH)4]-中存在的化学键有______(填选项字母）。A.离子键B.共价键C.配位键D.金属键E.氢键(3)已知立方BN晶体硬而脆，其原因是_______；其晶胞结构如图所示，N原子填充在B原子构成的正四面体空隙中，则晶胞中正四面体的空隙填充率为_______，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，晶体的密度为bg•cm-3，则阿伏加德罗常数为_____mol-1(列式即可，用含a、b的代数式表示）

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】

A、此反应属于可逆反应，不能进行到底；B、Na与氧气无论生成Na2O还是Na2O2，1molNa失去1mol电子；C、题目中没有说明溶液的体积，无法计算；D、利用质量数等于同位素近似相对原子质量，D2O的摩尔质量为20g·mol－1。【详解】A、发生2SO2＋O22SO3，此反应可逆反应，不能进行到底，生成SO3的物质的量小于0.2mol，故A说法正确；B、Na与氧气反应，无论生成Na2O还是Na2O2，1molNa失去1mol电子，即2.3gNa完全与O2发生反应时，转移电子物质的量为2.3×1/23mol=0.1mol，故B说法正确；C、pH=13的溶液中c(OH－)=10－13mol·L－1，因此没有说明溶液的体积，无法计算出OH－的物质的量，故C说法错误；D、D2O的摩尔质量为20g·mol－1，20gD2O中含有质子的物质的量为20×10/20mol=10mol，故D说法正确。【点睛】本题的易错点是选项A，因为二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，此反应属于可逆反应，可逆反应不能进行到底，因此生成SO3的物质的量小于0.2mol。解决阿伏加德罗常数时一定注意隐含条件，如还有2NO2N2O4等。2、A【解析】

比较固体物质的熔点时，首先是区分各晶体的类型：SiO2为原子晶体，CsCl为离子晶体，CBr4、CF4分别为分子晶体；这几类晶体的熔点高低一般为：原子晶体>离子晶体>分子晶体；在结构相似的分子晶体中，分子的相对分子质量越大，熔点越高：CBr4>CF4；故它们的熔沸点：SiO2>CsCl>CBr4>CF4，故选A。3、D【解析】

A、F原子能形成氢键，HF分子间氢键作用强，HCl分子间无氢键，所以HF沸点较高，故A错误；B、N原子和O原子形成氢键的能力都很强，因而可以形成一水合氨，故B错误；C、羟基O原子和H2O中的O原子都能与H吸引形成氢键，因而可以任意比例互溶，故C错误；D、SbH3沸点比PH3高，是因为前者相对分子质量远比后者大，分子间相互作用力强，D正确；故选D。【点睛】本题主要考查氢键的应用。氢键不是化学键，通常把氢键看做是一种较强的分子间作用力。氢键比化学键强，比分子间作用力强；分子间形成氢键会使物质的熔沸点升高，这是因为固体熔化或液体气化时必须破坏分子间氢键，消耗更多的能量；分子间氢键对物质的水溶性有影响，如氨气极易溶于水，主要是氨分子与水分子形成分子间氢键；通常N、O、F这三种元素的氢化物已形成氢键。常见易形成氢键的化合物有H2O、

HF、NH3、CH3OH等；氢键只影响分子晶体的物理性质。4、D【解析】

根据n=计算1g氢气的物质的量，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，依此结合反应方程式H2(g)+O2(g)=H2O(g)进行计算。【详解】水的结构式为H-O-H，1mol水含有2mol氢氧键，1g氢气的物质的量为n(H2)==0.5mol，完全燃烧生成水蒸气时放出能量121kJ，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为x，根据方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(g)，则2×463kJ-(x+×496kJ)=2×121kJ，解得x=436kJ，答案选D。【点睛】本题考查反应热的有关计算，注意把握反应热与反应物、生成物键能的关系，注意理解反应放出的热量与物质的量成正比。5、C【解析】分析：根据cB=nB详解：A项，n（Fe3+）=mg56g/mol=m56mol，n（Fe3+）：n（SO42-）=2:3，n（SO42-）=3m112mol，溶液中c（SO42-）=3m112mol÷VL=3m112Vmol/L，A项错误；B项，混合后所得溶液物质的量浓度为1.5mol/L×0.1L+2.5mol/L×0.2L0.1L+0.2L=2.17mol/L，B项错误；C项，根据“大而近”的原则，配制480mL溶液应选用500mL容量瓶，所需胆矾的质量为0.1mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g，C项正确；D项，n（NH3）=a22.4mol，m（溶液）=m（NH3）+m（H2O）=a点睛：本题考查物质的量浓度的计算和物质的量浓度溶液配制的计算。在物质的量浓度溶液配制过程中，根据“大而近”的原则选择容量瓶，根据所选容量瓶的容积计算溶质物质的量。6、D【解析】

Fe的还原性大于铜，铁先于铜反应；铁离子的氧化性大于铜离子，相同条件下，铁离子先被还原，其次是铜离子；因为铁有剩余，所以铜不反应，反应后一定有铜，铁与铁离子反应生成亚铁离子，Fe与铜离子反应生成亚铁离子和铜，所以反应后一定有亚铁离子和铜，没有Fe3+和Cu2+；答案选D。7、B【解析】

A.六方相氮化硼与石墨晶体相同，属于混合晶体，其层间是靠范德华力维系，所以质地软，A正确；B.立方相氮化硼含有共价键和配位键，为σ键，所以硬度大，B错误；C.石墨层内导电是由于层内碳原子形成大键，有自由移动的电子，而六方氮化硼不能导电是因为其层结构中没有自由电子，C正确；D.六方相氮化硼中每个原子合1.5条键，而立方相氮化硼中每个原子合2条键，则相同质量的六方相氮化硼和立方相氮化硼所含共价键数不相同，D正确；答案为B8、C【解析】

与石墨结构相似，则为sp2杂化；羟基间可形成氢键。【详解】在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型与石墨中的碳原子相似，同为sp2杂化，同层分子间的主要作用力为氢键，层与层之间的作用力是范德华力，C正确，选C。9、D【解析】

室温下0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中c(OH−)/c(H+)＝1×10-10，根据c（H+）×c（OH-）＝10-14可知，溶液中c（OH-）＝10-12mol/L，则c（H+）＝0.01mol/L，这说明HA为弱酸，结合选项中的问题解答。【详解】根据以上分析可知HA为弱酸，则A、溶液中c（H+）=0.01mol/L，则c（OH-）=10-12mol/L，该溶液中由水电离出的c（H+）=c（OH-）=10-12mol/L，A错误；B、0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中A元素的总物质的量为0.1mol/L，则c（HA）+c（A-）=0.1mol/L，B错误；C、0.1mol/L某一元酸（HA）与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合HA管理，溶液是由等浓度的HA和NaA构成，HA浓度减小，对水的电离的抑制作用减弱，所得混合溶液中水的电离程度增大，C错误；D、HA溶液中加入一定量NaA晶体，A-离子浓度增大，抑制HA电离，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大，pH增大。加水稀释会促进酸的电离，但是溶液体积增大的程度大于氢离子物质的量增大的程度，所以氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大，pH增大，D正确；答案选D。【点睛】本题考查弱电解质在溶液中的电离，题目难度中等，本题的关键是根据溶液中c（H+）与c（OH-）的比值，结合水的离子积常数Kw计算出溶液的c（H+），判断出HA为弱酸。10、C【解析】

A.氮的化合价是＋4价，而氮原子的最外层电子数是5，所以不满足8电子稳定结构。BF3中B的化合价是＋3价，原子的最外层电子数是3个，所以不满足8电子稳定结构。其它原子均满足8电子稳定结构，故A错误；B.在干冰中，每个CO2分子周围有12个紧邻的分子，故B错误；C.在NaCl晶体中，Na+的配位数为6，故C正确；D.金属导电的实质是自由电子在外电场作用下的定向移动，故D错误。故答案选：C。【点睛】金属导电的实质是自由电子在外电场作用下的定向移动。11、D【解析】

A、辛酸的相对分子质量大于乙酸，辛酸的熔沸点高于乙酸，乙酸常温下呈液态，辛酸在常温下不呈气态，选项A错误；B、随着碳原子数的增加，饱和一元羧酸的酸性减弱，故辛酸的酸性比醋酸弱，选项B错误；C.辛酸为C7H15COOH，为饱和一元酸，油酸（C17H33COOH）为不饱和一元酸，二者结构不相似，分子组成上不相差n个“CH2”，不属于同系物，选项C错误；D、根据官能团位置最小给主链碳原子编号，所以结构简式（CH3）3CCH（CH3）CH2COOH的名称为3,4,4一三甲基戊酸，选项D正确；答案选D。12、C【解析】

是CH2=CH=CCl=CH2发生加聚反应产生的高分子化合物，故合理选项是C。13、D【解析】

若假设14mol/L的H2SO4密度为，7mol/L的H2SO4密度为，由于硫酸浓度越大密度越大，所以有：；根据公式：，假设7mol/L的硫酸质量分数为，则14mol/L的硫酸和7mol/L的硫酸之间存在如下关系：，所以有：，又因为：，所以，D项正确；答案选D。14、B【解析】

根据加成原理，不饱和键断开，结合H原子，生成2-甲基丁烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉氢原子形成不饱和键，即得到不饱和烃。【详解】2-甲基丁烷的碳链结构为。A.若在3、4号碳原子之间为三键，则烃可为3-甲基-1-丁炔，A可能；B.1、2号碳原子之间不可能为三键，不存在2-甲基-1-丁炔，B不可能；C.若在3、4号碳原子之间为双键，则烃可为3-甲基-1-丁烯，C可能；D.若在1、2号碳原子之间为双键，则烃为2-甲基-1-丁烯，D可能；故合理选项是B。【点睛】本题考查根据烷烃判断相应的不饱和烃，会根据烷烃结构去掉相邻碳原子上的氢原子形成不饱和键，注意不能重写、漏写，在加成反应发生时，不能改变碳链结构，只能降低不饱和度，也可以根据加成原理写出选项中与氢气加成的产物，进行判断。15、C【解析】A、铅为固体，固体浓度视为常数，因此平衡体系中加入金属铅，平衡不移动，即c(Pb2＋)不变，故A错误；B、升高温度c(Pb2＋)增大，说明反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是放热反应，即△H<0，故B错误；C、根据平衡常数的表达式，K==0.22/0.10=2.2，故C正确；D、加入少量Sn(NO3)2固体，溶液中c(Sn2＋)增大，反应向逆反应方向进行，即c(Pb2＋)增大，故D错误。16、B【解析】A．离子半径Cl-＜Br-，离子半径越小，晶格能越大，晶格能：NaCl＞NaBr，A错误；B.离子半径Mg2+＜Ca2+，离子半径越小，晶格能越大，硬度越大，硬度：MgO>CaO，B正确；C．离子半径I-＞Br-，离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的熔点越高，熔点：NaI＜NaBr，C错误；D．CO2为分子晶体，NaCl为离子晶体，离子晶体的熔沸点大于分子晶体的熔沸点，D错误，答案选B。点睛：本题考查晶体的判断以及性质的比较，注意影响离子晶体熔沸点高低的因素，把握晶体类型的判断方法，即离子晶体的熔沸点大于分子晶体的熔沸点，结构相似的离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的熔点越高，硬度越大。17、B【解析】

n(H2O)=3.6g18g/mol=0.2mol,则0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒可以知道,混合烃的平均分子式为:C1.6H4【详解】详解：n(H2O)=3.6g18g/mol=0.2mol,则0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒可以知道,混合烃的平均分子式为:C1.6H4，烃中C原子数小于1.6的只有甲烷,则一定含有甲烷,CH4分子中含4个氢原子,则另一种烃分子中一定也含4个氢原子,且其碳原子数大于1.6,可能是C2H4或C3H4,一定没有C2H6或C2H2,二者的H原子不等于A．根据分析可以知道,混和气体中可能含有CH4和C2H4，也可能含有CH4和C3H4，A错误；B．由上述分析可以知道，混和气体中一定含有甲烷,可能含有乙烯,有可能含有丙炔,B正确；C．结合以上分析可知，混合气体可能为CH4和C2H4或CH4和C3H4，不可能有C2H6,C错误；D．根据以上分析可以知道,混和气体中一定有甲烷,可能含有是C2H4或C3H4,一定不含乙炔，D错误；正确选项B。【点睛】本题为考察混合烃组成的判断，为高频考点，侧重学生分析计算能力的考察，题目难度中等，本题的关键是能够正确分析有机物完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量关系，根据平均分子式进行计算。18、B【解析】试题分析：溶质的物质的量为，气体的质量为，溶剂的质量为，则溶液的质量为，则溶液的体积为，则溶液的物质的量浓度为，故答案B。考点：考查溶液物质的量浓度的计算。19、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20、D【解析】

A.乙烷制取氯乙烷是与氯气发生取代反应，乙烯则是与氯化氢发生加成反应，二者反应类型不同，故A错误；B.1mol乙炔完全燃烧消耗2.5mol氧气，1mol苯完全燃烧消耗7.5mol氧气，消耗氧气的物质的量不同，故B错误；C.乙烯被高锰酸钾溶液氧化会产生二氧化碳气体，会作为新的杂质混在甲烷气体中，故不能用高锰酸钾除去甲烷中的乙烯，故C错误；D.甲苯和乙苯均为苯的同系物，D正确；故答案选D。21、A【解析】分析：盐酸和硫酸都是强酸，体积相同、pH也相同，则两种溶液中氢离子的物质的量相同，结合H++OH-=H2O分析。详解：盐酸和硫酸都是强酸，体积相同、pH也相同，则两种溶液中氢离子的物质的量相同，分别与NaOH溶液中和反应时，发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O，所以两溶液中消耗的NaOH的物质的量相同。答案选A。22、A【解析】

A.己烯与溴水发生加成反应后所得的产物与己烷不分层，则分液法不能分离，应选高锰酸钾除杂，故A错误；B.淀粉不能透过半透膜，而离子能透过半透膜，利用渗析法可分离，故B正确；C.醋酸与CaO反应生成醋酸钙，乙醇易挥发，用蒸馏法可分离，故C正确；D.加NaCl可以降低肥皂的溶解度，发生盐析，然后过滤可除杂，故D正确，答案选A。二、非选择题(共84分)23、1,6­己二醇碳碳双键、酯基取代反应减压蒸馏(或蒸馏)5cHBr，△O2/Cu或Ag，△【解析】

（1）A为6个碳的二元醇，在第一个和最后一个碳上各有1个羟基，所以名称为1,6-己二醇。明显E中含有碳碳双键和酯基两个官能团。（2）A→B的反应是将A中的一个羟基替换为溴原子，所以反应类型为取代反应。反应后的液态有机混合物应该是A、B混合，B比A少一个羟基，所以沸点的差距应该较大，可以通过蒸馏的方法分离。实际生产中考虑到A、B的沸点可能较高，直接蒸馏的温度较高可能使有机物炭化，所以会进行减压蒸馏以降低沸点。（3）C→D的反应为C与乙醇的酯化，所以化学方程式为。注意反应可逆。（4）C的分子式为C6H11O2Br，有一个不饱和度。其同分异构体可发生银镜反应说明有醛基；1molW最多与2molNaOH发生反应，其中1mol是溴原子反应的，另1mol只能是甲酸酯的酯基反应（不能是羧基，因为只有两个O）；所以得到该同分异构体一定有甲酸酯（HCOO－）结构。又该同分异构体水解得到的醇应该被氧化为二元醛，能被氧化为醛的醇一定为－CH2OH的结构，其他醇羟基不可能被氧化为醛基。所以得到该同分异构体水解必须得到有两个－CH2OH结构的醇，因此酯一定是HCOOCH2－的结构，Br一定是－CH2Br的结构，此时还剩余三个饱和的碳原子，在三个饱和碳原子上连接HCOOCH2－有2种可能：，每种可能上再连接－CH2Br，所以一共有5种：。其中核磁共振氢谱具有四组峰的同分异构体，要求有一定的对称性，所以一定是。（5）F为，G为，所以两者的关系为顺反异构，选项c正确。（6）根据G的结构明显得到N中画圈的部分为M，所以M为。（7）根据路线中化合物X的反应条件，可以判断利用题目的D到E的反应合成。该反应需要的官能团是X有Br原子，Y有碳氧双键。所以试剂与条件1是HBr，△；将取代为，X为。试剂与条件2是O2/Cu或Ag，△；将氧化为，所以Y为。【点睛】最后一步合成路线中，是不可以选择CH3CH2CHO和CH3CHBrCH3反应的，因为题目中的反应Br在整个有机链的一端的，不保证在中间位置的时候也能反应。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。【点睛】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、SO2、SO3a、e取少量溶液2中的溶液加入几滴KSCN试液，溶液变红色2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO32Fe3++SO32-+H2O＝2Fe2++SO42-+2H+酸性高锰酸钾溶液【解析】分析：本题考查的是框图式物质推断题，抑制反应物，利用物质的特点，顺向褪即可，关键须掌握铁和硫相关化合物的性质。详解：(1)硫酸亚铁受热分解，生成气体X，X通入品红溶液，溶液褪色是二氧化硫，通入氯化钡溶液，产生白色沉淀是三氧化硫，所以X为SO2、SO3。(2)从硫酸亚铁受热分解的方程式可看出由硫酸亚铁一种化合物分解，生成三种化合物，是分解反应，硫元素从+6价，变成产物中的二氧化硫中的+4价，铁从+2价，变成产物中的+3价，故答案为a、e。(3)溶液2中金属阳离子是由氧化铁溶于稀硫酸得到，检验溶液2中金属阳离子，实际就是检验溶液中的铁离子，铁离子与硫氰化钾溶液租用变为血红色，利用这一性质检验，所以操作方法为：取少量溶液2中的溶液加入几滴KSCN试液，溶液变红色。(4)硫酸亚铁分解生成氧化铁和二氧化硫和三氧化硫，方程式为：2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3。硫酸铁和亚硫酸钠反应生成硫酸亚铁和硫酸，离子方程式为：2Fe3++SO32-+H2O＝2Fe2++SO42-+2H+。(5)长期露置在空气中的FeSO4溶液，会变质为铁整理，为了检验其是否完全变质，即检验是否含有亚铁离子，根据亚铁离子能与酸性高锰酸钾溶液反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以使用酸性高锰酸钾溶液。点睛：掌握常见的离子检验。铁离子：1.用硫氰化钾溶液，显红色；2.用氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀。3.用苯酚溶液，显紫色。亚铁离子：1.加入氢氧化钠，产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。2.加入高锰酸钾溶液，紫色褪色（无铁离子存在时）。3.加入硫氰化钾，无红色，再加入绿水，变红色。26、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。27、Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O如果pH<7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体2NO+O2=2NO2过滤A、C溶液出现粉红色，且半分钟内不褪色69.00%【解析】

(1)Cu和浓硝酸反应得到NO2，NO2与Na2CO3溶液反应得到NaNO2。但是NO2可能会与H2O反应生成NO，NO不能NaOH吸收，所以需要将NO转化为NO2，再被吸收。(2)①称取mg粗产品，溶解后稀释至250mL是配制溶液，结合配制溶液的步骤选择仪器；②高锰酸钾溶液为紫红色，利用溶液颜色判断反应终点；③2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O，结合反应定量关系计算。【详解】(1)①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②实验过程中，需控制B中溶液的pH>7，否则产率会下降，这是因为如果pH<7，会发生反应：3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体；③未反应的NO2会与H2O反应生成NO，NO不能NaOH吸收，所以需要将NO转化为NO2，再被吸收。往C中通入空气的目的是NO和O2反应生成NO2，反应的化学方程式为：2NO+O2=2NO2；④反应结束后，B中溶液为NaNO2和NaNO3的混合溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，可得到粗产品晶体和母液；(2)①稀释溶液时，需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有容量瓶、胶头滴管等，故合理选项是AC；②发生的化学反应为：2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O，高锰酸钾溶液为紫红色，恰好反应后溶液中变为无色的Mn2+，可利用溶液本身的颜色变化判断反应终点，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液出现粉红色，且半分钟内不褪色，可以证明达到滴定终点；③称取mg粗产品，溶解后稀释至250mL．取出25.00mL溶液，用cmol/LKMnO4酸性溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为VmL，根据反应方程式2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O可知n(NaNO2)=n(KMnO4)=×0.1000mol/L×20×10-3L=5×10-3mol，则250ml溶液中所含物质的量=n(NaNO2)总=×5×10