晋城市重点中学2025届高二化学第二学期期末质量检测试题含解析

晋城市重点中学2025届高二化学第二学期期末质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列能级符号表示错误的是A．2p B．3f C．4s D．5d2、下列有机反应属于同一反应类型的是（）A．甲烷制一氯甲烷、苯制硝基苯 B．苯制溴苯、乙烯制乙醇C．乙醇制乙醛、乙醇和乙酸制乙酸乙酯 D．苯生成环己烷、多糖的水解3、在下述条件下，一定能大量共存的离子组是（）A．无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I—、MnO4—B．含有大量NO3－的水溶液中：NH4+、Fe2+、SO42—、H+C．c(HCO3－)=0.1mol·L－1的溶液中：Na+、K+、CO32—、Br—D．酸性溶液中：ClO－、S2—、SO32—、Na+4、25℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。已知：lgX＝lgc(CO32-)/c(HCO3-)或lgc(HCO3-)/c(H2CO3)，下列叙述正确的是()A．曲线m表示pH与c(HCO3-)/c(H2CO3)的变化关系B．当溶液呈中性时，c(Na＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)C．Ka1(H2CO3)＝1.0×10－6.4D．25℃时，CO32-＋H2OHCO3-＋OH－的平衡常数为1.0×10－7.65、某主族元素的离子X2+有6个电子层，最外层有2个电子，当把XO2溶于浓盐酸时，有黄色气体产生，则下列说法不正确的是A．X2+具有还原性B．X的+2价化合物比+4价化合物稳定C．XO2具有强氧化性D．该元素是第ⅡA族元素6、下列说法正确的是A．吸热反应一定不能自发进行B．常温下,pH=6的溶液一定是酸溶液C．已知S(单斜,s)=S(正交，s)△H<0，则正交硫比单斜硫稳定D．电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的产物不同7、下列说法正确的是（）A．纤维素三硝酸酯的结构简式为B．化合物是苯的同系物C．按系统命名法，化合物的名称为2,3,3－三甲基丁烷D．1mol阿斯匹林（）与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH最大的物质的量为2mol8、将由NaOH、BaCl2、Al2（SO4）3三种固体组成的混合物溶于足量的水中,充分溶解后,向混合溶液中滴加1mol·L-1的稀硫酸,加入稀硫酸的体积与生成沉淀的质量关系如图所示。下列有关判断正确的是（）A．AB段发生反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓B．BC段发生反应的离子方程式为H++OH-=H2OC．D点表示的沉淀的化学式为Al（OH）3D．E点时溶液中含有大量的AlO2-9、有机物的结构简式如图所示，则此有机物可发生的反应类型有：①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和。A．①②③⑤⑥ B．①②③④⑤⑥⑦ C．②③④⑤⑥ D．②③④⑤⑥⑦10、某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣、HCO3﹣等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（）A．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1B．ab段发生的离子反应为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓C．原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+但不能肯定Mg2+和Fe3+的中的哪一种D．d点溶液中含有的溶质只有Na2SO411、工业上生产MnO2和Zn的主要反应有：①MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O②MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4下列说法不正确的是（）A．①中MnO2和H2SO4都是氧化剂 B．①中析出16gS时转移1mol电子C．②中MnSO4发生氧化反应 D．硫酸在该生产中可循环利用12、下列说法不正确的是（）A．“硝基苯制备”实验中，将温度计插入水浴，但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触B．“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用C．实验时手指不小心沾上苯酚，立即用70℃以上的热水清洗D．除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶13、根据下列实验或实验操作和现象，所得结论正确的是实验或实验操作现象实验结论A用大理石和盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强B向某溶液先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液出现白色沉淀原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种C将纯Zn片与纯Cu片用导线连接，浸入到稀硫酸溶液中Cu片表面产生大量气泡金属性：Zn＞CuD左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2A．A B．B C．C D．D14、下列说法正确的是（）A．纤维素能发生银镜反应B．酒精能杀毒属于蛋白质变性C．苯与浓溴水反应制溴苯D．油脂都不能使溴水褪色15、分子式为C5H8O3，能发生银镜反应且能与NaHCO3溶液反应的有机物共有（）A．5种 B．6种 C．7种 D．8种16、下列装置应用于实验室进行相关实验，能达到实验目的的是A．用装置甲在强光照条件下制取一氯甲烷B．用装置乙分离乙酸乙酯和水C．用装置丙蒸馏石油并收集60～150℃馏分D．用装置丁制取并收集乙酸乙酯17、关于元素周期律和元素周期表的下列说法中正确的是()A．目前发现的所有元素占据了周期表里全部位置，不可能再有新的元素被发现B．按原子的电子构型，可将周期表分为5个区C．俄国化学家道尔顿为元素周期表的建立做出了巨大贡献D．同一主族的元素从上到下，金属性呈周期性变化18、甲酸香叶酯是一种食品香料，可以由香叶醇与甲酸发生酯化反应制得。下列说法正确的是A．香叶醇的分子式为C11H18OB．香叶醇在浓硫酸、加热条件下可发生消去反应C．lmol甲酸香叶酯可以与2molH2发生加成反应D．香叶醇与甲酸香叶酯均不能发生银镜反应19、用Pt电极电解含有Cu2＋和X3＋均为0.1mol的溶液，阴极析出金属的质量m(g)与溶液中通过电子的物质的量n(mol)关系如图，则离子的氧化能力由大到小排列正确的是（）A．Cu2＋>X3＋>H＋ B．H＋>X3＋>Cu2＋C．X3＋>Cu2＋>H＋ D．Cu2＋>H＋>X3＋20、用NaOH固体配制1.0mol·L－1的NaOH溶液220mL，下列说法正确的是()A．首先称取NaOH固体8.8gB．定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏高C．定容后将溶液均匀，静置时发现液面低于刻度线，于是又加少量水至刻度线D．容量瓶中原有少量蒸馏水没有影响21、下列表示不正确的是A．甲烷分子的比例模型为 B．乙烷的结构简式为CH3CH3C．磷原子的结构示意图为 D．MgCl2的电子式为22、能说明溶液呈中性的可靠依据是A．pH=7B．石蕊试液不变色C．pH试纸不变色D．c(H+)=c(OH-)二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大．X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态．请回答下列问题：（1）Q+核外电子排布式为___________；（2）化合物X2W2中W的杂化方式为___________，ZW2-离子的立体构型是___________；（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是___________(填化学式)，原因是___________；（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为___________；（5）Y有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为___________，Y原子的配位数为___________，若晶胞的边长为apm，晶体的密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数的数值为___________(用含a和ρ的代数式表示)。24、（12分）根据下面的反应路线及所给信息填空：（1）反应①的类型是__________________，反应⑥的类型是____________________。（2）C的结构简式是___________________，D的结构简式是___________。（3）写出反应②的化学方程式：_________________________________________。（4）反应⑦中，除生成α-溴代肉桂醛的同时，是否还有可能生成其他有机物？若有，请写出其结构简式：_______________________________。（只写一种）25、（12分）亚硝酸钠（NaNO2）外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，使用过量会使人中毒。某兴趣小组进行下面实验探究，查阅资料知道：①HNO2为弱酸，②2NO+Na2O2=2NaNO2，③2NO2+Na2O2=2NaNO3④酸性KMnO4溶液可将NO和NO2－均氧化为NO3－，MnO4－还原成Mn2+。NaNO2的制备方法可有如下2种方法（夹持装置和加热装置已略，气密性已检验）：制备装置1：制备装置2：（1）在制备装置1中：①如果没有B装置，C中发生的副反应有_________；②甲同学检查完装置气密性良好后进行实验，发现制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质；于是在A装置与B装置间增加了_____装置，改进后提高了NaNO2的纯度；③D装置发生反应的离子方程式为______。（2）在制备装置2中：①B装置的作用是_______________________；②写出装置A烧瓶中发生反应的化学方程式并用单线桥标出电子的转移___________；26、（10分）乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，其制备原理为：甲、乙两同学分别设计了如下装置来制备乙酸乙酯。请回答下列问题：（1）下列说法不正确的是________。A．加入试剂的顺序依次为乙醇、浓硫酸、乙酸B．饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、促进乙酸乙酯在水中的溶解C．浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，加入的量越多对反应越有利D．反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后即可从上口倒出上层的乙酸乙酯（2）乙装置优于甲装置的理由是________。（至少说出两点）27、（12分）我国重晶石（含BaSO490％以上）资源丰富，其中贵州省重晶石储量占全国总储量的三分之一。我省某工厂以重晶石为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”—钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：查阅资料可知：①常温下：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9②TiCl4在常温下是无色液体，遇水容易发生水解：TiC14+2H2O=TiO2+4HCl③草酸氧钛钡的化学式为：BaTiO(C2O4)2·4H2O请回答下列问题：（1）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（假设杂质不与Na2CO3溶液作用），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为_________________，此反应的平衡常数K=__________（填写计算结果）。若不考虑CO32-的水解，则至少需要使用_______mol/L的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能实现该转化过程。（2）配制TiC14溶液时通常将TiC14固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是______________。（3）可循环使用的物质X是____________（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：____________________。（4）写出煅烧草酸氧钛钡晶体的化学方程式：______________________。28、（14分）如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用碳资源的研究越来越紧迫。请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质.(1)工业上在恒容密闭容器中用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数（K）。温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012①由表中数据判断△H________0(填“＞”、“＜“或“＝”)；②判断反应达到平衡状态的依据是________.A．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等B．混合气体的平均相对分子质量不变C．混合气体的密度不变D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化③借助上表数据判断，要提高CO的转化率，可采取的措施是________.A．升温B．充入更多H2

C．分离出甲醇D．加入催化剂(2)CH3OH可以用做燃料电池的燃料，以甲醇与氧气的反应为原理设计，现有电解质溶液是KOH溶液的燃料电池。请写出该电池负极的电极反应式：____________________.(3)向BaSO4沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，充分搅拌，弃去上层清液，如此处理多次，可使BaSO4全部转化为BaCO3，发生反应：BaSO4(s)+CO32-(aq)⇌BaCO3(s)+SO42-(aq)。已知某温度下该反应的平衡常数K=4.0×10－2，BaSO4的Ksp=1.0×10－10，则BaCO3的溶度积Ksp=________________。29、（10分）[化学—选修3：物质结构与性质]

（1）Fe3+的电子排布式为___________________。已知，Fe3＋的化学性质比Fe2＋稳定，请从原子结构的角度进行解释____________________。（2）Fe能与CO形成配合物Fe(CO)5，1molFe(CO)5中含有________molσ键。（3）与CO互为等电子体的分子和离子分别为________和_______(各举一种，填化学式)。（4）某化合物与Cu（Ⅰ）（Ⅰ表示化合价为+1）结合形成图甲所示的离子。该离子中含有化学键的类型有____________________。（填序号）A．极性键B．离子键C．非极性键D．配位键（5）向氯化铜溶液中通入足量的二氧化硫，生成白色沉淀M，M的晶胞结构如图乙所示。写出该反应的离子方程式：____________________。（6）已知由砷与镓元素组成的化合物A为第三代半导体。已知化合物A的晶胞结构与金刚石相似，其晶胞结构如图丙所示，请写出化合物A的化学式___________。设化合物A的晶胞边长为pm，则每立方厘米该晶体中所含砷元素的质量为______________g（NA表示阿伏加德罗常数的值）。

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】

A.第二能层含有2个能级，分别是2s、2p能级，含有2p能级，A正确；B.第三能层含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，不含3f能级，B错误；C.第四能层含有4个能级，分别是4s、4p、4d、4f能级，含有4s能级，C正确；D.第五能层含有5个能级，分别是5s、5p、5d、5f、5g能级，含有5d能级，D正确；答案选B。2、A【解析】

A、甲烷制取一氯甲烷、苯制取硝基苯都是有机物中的分子被其它的原子所取代，都属于取代反应，所以反应类型相同，故A正确；B、苯制取溴苯属于取代反应，乙烯制取乙醇属于加成反应，所以反应类型不同，故B错误；C、乙醇制取乙醛属于氧化反应，乙醇和乙酸制取乙酸乙酯属于取代反应或酯化反应，所以反应类型不同，故C错误；D、苯制取环己烷属于加成反应，乙酸乙酯水解属于取代反应，所以反应类型不同，故D错误；故选A。【点睛】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应；物质被氧化的反应属于氧化反应，含有酯基、肽键、卤原子的有机物能发生水解反应。3、C【解析】分析：在溶液中如果离子间能发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。结合离子的性质、溶液的酸碱性等分析判断。详解：A.无色透明的水溶液中I—与MnO4—发生氧化还原反应，且MnO4—在溶液中不显无色，不能大量共存，A错误；B.含有大量NO3－的水溶液中Fe2+、H+与硝酸根离子发生氧化还原反应，且亚铁离子在溶液中不显无色，不能大量共存，B错误；C.c(HCO3－)=0.1mol·L－1的溶液中Na+、K+、CO32—、Br—之间互不反应，却均是无色的，可以大量共存，C正确；D.酸性溶液中ClO－能氧化S2—、SO32—，不能大量共存，D错误。答案选C。4、C【解析】

由题中信息可知，pH=9.3时，lgX＝-1；pH=7.4时，lgX＝1；pH相同时，m＜n,则ｍ表示的是pH与lgc(CO32-)/c(HCO3-)的变化关系，ｎ表示的是pH与lgc(HCO3-)/c(H2CO3)的变化关系。【详解】A.曲线ｍ表示的是pH与lgc(CO32-)/c(HCO3-)的变化关系，A不正确；B.根据电荷守恒可知，当溶液呈中性时，c(Na＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)+c(Cl-)，B不正确；C.由图可知，pH=7.4时，lgX＝lgc(HCO3-)/c(H2CO3)=1，则c(HCO3-)/c(H2CO3)=10，Ka1(H2CO3)＝c(H+)·c(HCO3-)/c(H2CO3)=10-7.410=1.0×10－6.4，C正确；D.25℃时，CO32-＋H2OHCO3-＋OH－的平衡常数为。由图可知，pH=9.3时，lgX＝lgc(CO32-)/c(HCO3-)=-1，则=10-4.7，10，故平衡常数为1010-4.7=1.0×10-3.7，D不正确。综上所述，叙述正确的是C，选C。【点睛】本题的难点在于找出X与碳酸的一级电离常数、二级电离常数之间的关系，把握住一级电离常数大于二级电离常数是解题的关键，并且能够利用图像中的相关数据求出对应的电离常数和水解常数，另外还要熟悉pH与c(H+)及c(OH-)之间的关系。5、D【解析】试题分析：根据题意可知该元素是第六周期第IVA的元素，是Pb元素，+4价的Pb不稳定，有强氧化性，会把HCl氧化为氯气。因此会看到产生黄色气体A．Pb最外层有4个电子，所以X2+具有还原性，正确。B．根据题意可知X的+2价化合物比+4价化合物稳定，正确。C．XO2在反应中得到电子，表现强的氧化性。正确。D．该元素的原子最外层失去2个电子，还有2个，是第IVA族的元素。考点：考查元素的原子结构与形成的化合物的性质的知识。6、C【解析】A.吸热反应△H＞0，△S＞0，高温下反应自发进行，△H-T△S＜0，故A错误；B.强酸弱碱盐也显酸性，所以常温下，pH=6的溶液不一定是酸溶液，可能是盐溶液，故B错误；C.该反应为放热反应，单斜硫的能量大于正交硫，所以正交硫比单斜硫稳定，故C正确；电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的本质均为电解水，产物为氢气和氧气，故D错误；本题选C。7、A【解析】分析：A．根据纤维素的分子通式为(C6H10O5)n，结构单元中含有3个羟基分析判断；B．根据苯的同系物的概念分析判断；C．依据烷烃的命名方法分析判断；D．能与NaOH反应的有-COOH、酚羟基和酯基等分析判断。详解：A．纤维素的分子通式为(C6H10O5)n，结构单元中含有3个羟基，因此纤维素三硝酸酯的结构简式为，故A正确；B．分子中含有两个苯环，不属于苯的同系物，故B错误；C．的名称为2，2，3-三甲基丁烷，故C错误；D．能与NaOH反应的有-COOH、酚羟基和酯基，则1mol与足量NaOH溶液充分反应，消耗3molNaOH，故D错误；故选A。点睛：本题考查有机化合物命名、苯的同系物、有机物的性质等。本题的易错项为D，要注意酯基水解后的羟基是否为酚羟基。8、B【解析】

三种固体加入水中混合，发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，根据图像，BC没有沉淀产生，说明NaOH过量，则Al以AlO2－形式存在，AB段沉淀质量增加，说明原溶液中有Ba2＋，据此分析解答。【详解】A、发生的反应是H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O，故错误；B、BC段沉淀质量不变，说明发生H＋＋OH－=H2O，故正确；C、根据上述分析，D点沉淀是Al（OH）3和BaSO4，故错误；D、DE沉淀质量减少，发生Al（OH）3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，因此E点溶液中含有Al3＋，故错误；答案选B。9、B【解析】

①该有机物中含—OH、—COOH、酯基，能发生取代反应；②该有机物中含碳碳双键、苯环，能发生加成反应；③该有机物中含—OH，且与—OH相连的碳原子的邻位碳原子上含H，能发生消去反应；④该有机物中含—OH、—COOH，能发生酯化反应；⑤该有机物中含酯基，能发生水解反应；⑥该有机物中含碳碳双键、—OH，能发生氧化反应；⑥该有机物中含羧基，能发生中和反应；该有机物可发生的反应类型有①②③④⑤⑥⑦，答案选B。10、A【解析】

加入NaOH溶液，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，沉淀部分溶解，则溶液中一定含有Al3+，根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO32-；当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+；根据溶液电中性可知，溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有NO3-；从ab和cd耗碱体积比值可知，若为Fe3+，则Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，刚好与纵坐标数据吻合；若为Mg2+，Mg2+和Al3+的物质的量之比为1.5：1，不能与纵坐标数据吻合，所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+．【详解】A．根据分析可知，原溶液中含有的Fe3+和Al3+，且二者的物质的量相等，即其物质的量之比为1：1，故A正确；B．溶液中不存在镁离子，ab段发生的反应为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，故B错误；C．溶液中含有的阳离子必定有Fe3+、H+、NH4+、Al3+，一定不存在Mg2+，故C错误；D．在d点溶液中含有的溶质并不只有Na2SO4，还含有NaAlO2，故D错误；故选：A。【点睛】溶液中含有多种金属阳离子，铵根离子和氢离子时，向溶液中加入碱性溶液时，要注意反应的先后顺序，氢离子先与氢氧根离子反应，接着是金属阳离子与氢氧根离子反应生成难溶性的碱，然后是铵根离子与氢氧根离子反应。11、A【解析】

A、MnO2中的锰元素化合价有+4价降低到+2价，所以为氧化剂，H2SO4显酸性，且元素的化合价没有变化，故A错误；B、①中硫化锌中硫的化合价为-2价转化为单质硫为0价，通过方程式可以看出，析出16gS即0.5mol，转移为2×0.5mol=1mol电子，故B正确；C、硫酸锰中锰的化合价由+2价升到+4价，化合价升高，所以硫酸锰作还原剂，被氧化，发生氧化反应，故C正确；D、反应①消耗硫酸，反应②生成硫酸，硫酸可循环利用，故D正确。答案选A。12、C【解析】

A.温度计插入水浴测量水浴温度，水银球不能和烧杯底部、烧杯壁接触，防止水银球破坏，另外烧杯的温度与水温也不一样，A说法正确，不符合；B.“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，因为水的残留对实验没任何影响，滴定管和移液管中假如有水残留，则会稀释取用或盛装的溶液，因此必须干燥或润洗后方可使用，B说法正确，不符合；C.手指沾上苯酚，可以用酒精擦洗，假如立刻用70℃以上的热水清洗，导致烫伤，C说法错误，符合；D.除去干燥CO2中混有的少量SO2，可先将混合气体通过酸性KMnO4溶液，SO2被酸性KMnO4溶液氧化而除去，再通过浓硫酸干燥，得到干燥的CO2，D说法正确，不符合；答案选C。13、C【解析】试题分析：A.用大理石和盐酸反应制取CO2气体，发生反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，发生反应：CaCl2+Na2SiO3=2NaCl+CaSiO3↓；所以不能证明酸性：H2CO3>H2SiO3。错误。B.向某溶液先滴加硝酸酸化，由于硝酸有强的氧化性，可能会发生反应，将SO32-、HSO3-氧化为SO42-，再滴加BaCl2溶液,出现白色沉淀，原溶液中可能存在SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种，也可能含有Ag+，错误。C.将纯Zn片与纯Cu片用导线连接，浸入到稀硫酸溶液中,构成了原电池，Zn为负极，失去电子，被氧化，变为Zn2+，Cu为正极。在正极上溶液中的H+在正极上得到电子，变为单质H2逸出。故Cu片表面产生大量气泡，金属性：Zn＞Cu正确。D.将氯气通入该装置，发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，反应产生的Br2会发生反应：Br2+2KI=2KBr+I2；未反应的氯气也会发生反应：Cl2+2KI==2KCl+I2，所以不能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2。错误。考点：考查化学实验操作与实验现象及实验结论的关系的正误判断的知识。14、B【解析】

A.纤维素属于多糖，不含醛基，不能发生银镜反应，A错误；B.酒精可以改变蛋白构型，使蛋白质发生不可逆的变性、凝固，从而起到杀菌消毒的作用，B正确；C.苯不能和溴水反应，只能发生萃取；苯和液溴在铁的催化作用下可以生成溴苯；C错误；D.植物油脂含有不饱和键，可以和溴水发生加成反应使溴水褪色，D错误；故合理选项为B。15、A【解析】

分子式为C5H8O3，能发生银镜反应且能与NaHCO3溶液反应，则该有机物含有醛基、羧基，碳链为C-C-C-COOH或，若为C-C-C-COOH，则醛基有3个位置：，若为，醛基有2个位置：，同分异构体数目为5；答案为A。16、B【解析】

A．甲在强光照条件下会爆炸，不能制取一氯甲烷，A错误；B．乙酸乙酯不溶于水，可以用分液漏斗分离乙酸乙酯和水，B正确；C．石油分馏实验中，温度计测量蒸气的温度，因此温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，C错误；D．用装置丁制取并收集乙酸乙酯时，因为乙酸乙酯易在碱性环境下水解，所以直立的试管中应为饱和碳酸钠溶液，D错误；故选B。17、B【解析】A．随着科学技术的发展，人们可以不断合成一些元素，元素周期表中元素的种类在不断的增加，故A错误；B．按构造原理最后填入电子的能级符号，可将周期表分为5个区，5个区分别为s区、d区、p区、ds区和f区，故B正确；C．俄国化学家门捷列夫对元素周期表做出了巨大贡献，而不是道尔顿，故C错误；D．同一主族的元素从上到下，金属性逐渐增强，而不是呈周期性变化，故D错误；故选B。18、C【解析】分析：香叶醇分子中含有2个碳碳双键和1个醇羟基，甲酸香叶酯中含有2个碳碳双键和1个酯基，结合相应官能团的性质以及选项中的问题分析判断。详解：A.根据香叶醇的结构简式可知分子式为C11H20O，A错误；B.香叶醇分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上不存在氢原子，不能发生消去反应，B错误；C.甲酸香叶酯中含有2个碳碳双键，因此lmol甲酸香叶酯可以与2molH2发生加成反应，C正确；D.甲酸香叶酯中含有甲酸形成的酯基，因此能发生银镜反应，D错误。答案选C。19、D【解析】

由图可知，转移电子的物质的量是0.2mol时，阴极析出的固体质量不再改变，而0.1molCu2＋生成0.1mol单质Cu转移电子的物质的量正好是0.2mol，说明Cu2＋先放电，氧化性最强，之后无固体析出，说明再放电的是氢离子，最后是X3＋，所以离子的氧化能力由大到小排列是Cu2＋＞H＋＞X3＋，答案选D。20、D【解析】

A.依题意，配制1.0mol·L－1的NaOH溶液220mL，要用250mL容量瓶来配制，则需要NaOH固体10.0g，选项A错误；B.定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏低，选项B错误；C.定容后将溶液均匀，静置时发现液面低于刻度线，是因为少量溶液残留在刻度线上方的器壁上，此时又加少量水至刻度线，溶液浓度会偏低，选项C错误；D.容量瓶中原有少量蒸馏水对实验结果没有影响，选项D正确；故合理选项为D。21、D【解析】

常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，注意掌握常见化学用语的概念及正确的书写方法。【详解】A项、甲烷分子中含有4个碳氢键，碳原子半径大于氢原子，空间构型为正四面体型，比例模型为，故A正确；B项、乙烷的结构式为，结构简式为CH3CH3，故B正确；C项、磷元素的原子序数为15，原子结构示意图为，故C正确；D项、MgCl2是离子化合物，由镁离子与氯离子构成，其电子式为，故D错误。故选D。【点睛】本题考查常用化学用语的书写，注意掌握常用化学用语书写原则，注意比例模型表示原子的比例大小、原子连接顺序、空间结构，不能表示原子之间的成键情况。22、D【解析】分析：溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，据此判断。详解：A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，A错误；B．石蕊的变色范围是5.0～8.0，使石蕊试液不变色的溶液，常温下溶液不一定显酸性，B错误。C．pH试纸不能精确测定溶液的pH，pH试纸不变色，只能说明溶液接近中性，C错误；D．c(H+)=c(OH-)时溶液一定呈中性，D正确；答案选D。点睛：本题考查了溶液酸碱性的判断，属于易错题，注意不能根据溶液的pH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性。二、非选择题(共84分)23、（1）1s22s22p63s23p63d10（2分）（2）sp3杂化（2分）v形（2分）（3）SiO2（1分）SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体（2分）（4）2Cu+8NH3+O2+2H2O2[Cu(NH3)4]2++4OH-（2分）（5）8（1分）4（1分）（2分）【解析】分析：X、Y、Z、W、R、Q为前四周期元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素，据此解答。详解：根据以上分析可知X、Y、Z、W、R、Q分别是H、C、N、O、Si、Cu。则（1）Cu+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；（2）化合物H2O2中结构式为H-O-O-H，O原子价层电子对数为2+(6−2)/2=4，故O原子采取sp3杂化；NO2-离子中N原子孤电子对数为(5+1−2×2)/2=1、价层电子对数为2+1=3，故其立体构型是V形；（3）Y、R的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，故沸点较高的是SiO2；（4）将Cu单质的粉末加入到NH3的浓溶液中，并通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反应生成[Cu(NH3)4]2+，该反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-；（5）碳有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为：4+8×1/8+6×1/2=8；每个Y与周围的4个Y原子相邻，故Y原子的配位数为4；若晶胞的边长为apm，则晶胞体积为（a×10-10）3cm3，晶体的密度为ρg/cm3，则晶胞质量为（a×10-10）3cm3×ρg/cm3=ρa3×10-30ρg，则8×12/NAg=ρa3×10-30ρg，故NA=。24、取代反应加成反应+NaOH+NaCl【解析】

甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成的A为，A水解生成的B为，反应⑤在浓硫酸作用下发生消去反应，生成的C为，C与溴发生加成生成的D为，D发生消去反应生成α—溴代肉桂醛，结合有机物的官能团的性质解答该题．【详解】（1）反应①为甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应，反应⑥为加成反应；（2）由以上分析可知C为，D为；（3）反应②氯代烃的水解反应，反应的方程式为：+NaOH+NaCl；（4）在NaOH的醇溶液中发生消去反应，脱去1分子HBr或2分子HBr，可生成α-溴代肉桂醛或；【点睛】发生消去反应时，可能消去一个溴原子，生成2种产物，还可能消去两个溴原子，生成碳碳三键。25、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑装有水的洗气瓶5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O制取NO（或将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO）CO2↑+4NO2↑+2H2O【解析】

（1）①如果没有B装置，水能够与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气；②二氧化氮能够与水反应，用水除去一氧化氮气体中的二氧化氮气，提高NaNO2的纯度；③酸性高锰酸钾溶液能够把一氧化氮氧化为硝酸根离子，本身还原为Mn2+；（2）①二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸再与铜反应生成一氧化氮；②碳和浓硝酸加热反应生成二氧化氮、二氧化碳，1molC失去4mole-，反应转移4mole-。【详解】（1）①若没有B装置，一氧化氮气体中混有水蒸气，水蒸气和C装置中过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；②制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质，说明NO与空气中的O2反应生成NO2，反应生成的NO2与Na2O2反应生成了NaNO3，则应在A、B之间加一个装有水的洗气瓶除去NO2气体，故答案为：装有水的洗气瓶；③D装置为尾气处理装置，未反应的NO被MnO4-氧化生成NO3-，MnO4-被还原成Mn2+，反应的离子方程式为5NO+3MnO4—+4H+=5NO3—+3Mn2++2H2O，故答案为：5NO+3MnO4—+4H+=5NO3—+3Mn2++2H2O；（2）①A装置中浓硝酸与碳反应生成NO2、CO2和H2O，NO2与B装置中的H2O反应生成HNO3，HNO3再与Cu反应生成NO，进而可以在C装置中与Na2O2反应，所以装置B的作用是制取NO，将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO，故答案为：制取NO（或将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO）；②A烧瓶中浓硝酸与碳在加热的条件下生成NO2、CO2和H2O，碳元素由0价升高至+4价，每1molC失去4mole-，HNO3中的N元素化合价降低，得电子，化学方程式和单线桥为CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：CO2↑+4NO2↑+2H2O。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意题给信息分析，明确实验原理，注意物质性质的理解应用，注意实验过程中的反应现象分析是解答关键。26、【答题空1】BC用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好【解析】

（1）A.在制备乙酸乙酯时，浓硫酸起催化剂作用，加入时放热；B.乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；C.浓H2SO4具有强氧化性和脱水性；

D.乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，可采用分液进行分离；

（2）可从装置的温度控制条件及可能的原料损失程度、副产物多少进行分析作答。【详解】（1）A.为防止浓硫酸稀释放热，导致液滴飞溅，其加入的正确顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，故A项正确；B.制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，其饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解，故B项错误；C.浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，但由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多，故C项错误；D.乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后从上口倒出上层的乙酸乙酯，故D项正确；答案下面BC；（2）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，乙装置优于甲装置的原因为：水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好，故答案为用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好。27、BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)0.04

(或1/25

)2.5×10-4抑制TiCl4的水解HCl取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O【解析】分析：根据流程图，用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，然后用盐酸溶解后，加入TiC14和草酸溶液，反应析出草酸氧钛钡晶体，经过洗涤、干燥、灼烧得BaTiO3。其中将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3的离子方程式为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根据K=cSO42-cCO32-=cSO42-c详解：(1)工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，此反应的平衡常数K=cSO42-cCO32-=KspBaSO4KspBaCO3=1.0×10-102.5×10-9=125；当c(SO42-)≤1.0×10-5mol/L时，认为BaSO4转化为了易溶于酸的BaCO(2)TiC14在常温下是无色液体，遇水容易发生水解可知，在配制为抑止其水解，需将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释，故答案为：抑制TiCl4的水解；(3)向混合液中加入TiC14溶液和H2C2O4溶液反应得到草酸氧钛钡和HCl，故可循环使用的物质X是HCl；草酸氧钛钡晶体表面附着氯离子，验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净，故答案为：HCl；取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净；(4)BaTiO(C2O4)2•4H2O煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)，煅烧草酸氧钛钡晶体的化学方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O，故答案为：BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O。28、<BDBCCH3OH+8OH-6e-=CO32-+6H2O2.5×10-9【解析】

(1)①由表中数据可知，随着温度的升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，正反应是放热反应，则ΔH<0，故答案为：<；②A．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B．混合气体的质量始终不变，建立平衡的过程中混合气的物质的量减小，混合气的平均相对分子质量增大，所以混合气体的平均相对分子质量不变可以说明反应达到平衡状态，B正确；C．混合气体的