山東省安丘市、諸城市、五蓮縣、蘭山區(qū)2025屆化學高二下期末達標檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、如圖所示，若錐形瓶內是水，分液漏斗內的液體也是水，向燒杯內滴加水時，發(fā)現U形管內液體慢慢右移，恢復到原溫度后液面左邊與右邊基本相平，則燒杯內的物質是A．過氧化鈉B．氧化鈉C．鈉D．鉀2、下列實驗能達到預期目的是編號實驗內容實驗目的A室溫下，用pH試紙測定濃度為0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比較HClO和CH3COOH的酸性強弱B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固體，溶液紅色變淺證明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，產生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成紅褐色沉淀證明在相同溫度下Ksp：Mg(OH)2＞Fe(OH)3D等體積pH=2的HX和HY兩種酸分別與足量的鐵反應，排水法收集氣體，HX放出的氫氣多且反應速率快證明HX酸性比HY強A．A B．B C．C D．D3、下列說法正確的是A．水的電離方程式：H2O=H＋＋OH－B．在水中加入氯化鈉，對水的電離沒有影響C．在NaOH溶液中沒有H＋D．在HCl溶液中沒有OH－4、Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料，可利用鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質）來制備，工藝流程如下：下列說法不正確的是A．“酸浸”后，若鈦主要以TiOCl42-形式存在，則相應反應的離子方程式可表示為：FeTiO3＋4H+＋4Cl－＝Fe2+＋TiOCl42－＋2H2OB．若Li2Ti5O15中Ti的化合價為+4，則其中過氧鍵的數目為3個C．“高溫煅燒②”中由FePO4制備LiFePO4的化學方程式可表示為：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑溫度/℃3035404550TiO2·xH2O轉化率/%9295979388D．TiO2·xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應40min所得實驗結果如上表所示,40oC前，未達到平衡狀態(tài)，隨著溫度升高，轉化率變大5、已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入適量Cl2，溶液中某些離子的物質的量變化如下圖所示。下列說法中，不正確的是A．還原性：I->Fe2+>Br-B．原混合溶液中FeBr2的物質的量為6molC．原溶液中：n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2:1:3D．當通入2molCl2時，溶液中已發(fā)生的離子反應可表示為：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-6、金屬鎳有廣泛的有途，粗鎳中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等雜質，可用電解法備高純度的鎳，下列敘述正確的是(已知氧化性：Fe2+＜Ni2+＜Cu2+）（）A．陽極發(fā)生還原反應，電極反應式：Ni2++2e-=NiB．電解后，陽極質量的減少與陰極質量的增加相等C．電解后，溶液中存在的金屬離子只有Fe2+和Zn2+D．電解后，電解槽底部的陽極泥中有Cu和Pt7、下列反應的化學方程式不正確的是()A．CH2=CH2＋HBr→CH3—CH2—BrB．CH4＋Cl2CH3Cl＋HClC．2CH3Cl＋2NaOHCH2=CH2＋2NaCl＋2H2OD．CH3Cl＋NaOHCH3OH＋NaCl8、下列關于有機物的說法中不正確的是（）A．正丁烷和異丁烷的熔、沸點不相同B．乙烯、苯、乙酸分子中的所有原子都在同一平面上C．C7H16的烷烴中，含有3個甲基的同分異構體有3種D．乙烯和甲烷可用酸性高錳酸鉀溶液鑒別9、下列化合物中，只有在水溶液中才能導電的電解質是A．NaCl B．CH3CH2OH(酒精)C．H2SO4 D．CO210、化合物(b)、(d)、(p)的分子式均為C6H6，下列說法正確的是()A．b的同分異構體只有d和p兩種B．b、d、p的二氯代物均只有三種C．b、d、p均可與酸性高錳酸鉀溶液反應D．b、d、p中只有b的所有原子處于同一平面11、將NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH配成100.0mL混合溶液，向該溶液中通入足量CO2，生成沉淀的物質的量n(沉淀)，與通入CO2的體積（標準狀況下）V(CO2)的關系，如下圖所示，下列說法中正確的是（）A．P點的值為12.32B．混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)=4.0mol/LC．bc段的化學反應方程式為：NaOH+CO2=NaHCO3D．cd段表示Al(OH)3沉淀溶解12、螢石(CaF2)屬于立方晶體（如圖），晶體中每個Ca2＋被8個F－包圍，則晶體中F－的配位數為A．2 B．4 C．6 D．813、下列化合物中沸點最高的是A．乙烷 B．丙烷 C．乙醇 D．丙三醇14、物質制備過程中離不開物質的提純。以下除雜方法不正確的是（）選項目

的實驗方法A除去Na2CO3固體中的NaHCO3置于坩堝中加熱至恒重B除去CO2中的HCl氣體通過Na2CO3(aq,飽和)，然后干燥C除去Mg中少量Al加入足量的NaOH(aq)，過濾D除去C2H5Br中的Br2加入足量Na2SO3(aq)，充分振蕩，分液A．A B．B C．C D．D15、關于化學能與其他能量相互轉化的說法正確的是（）A．圖1所示的裝置能將化學能轉變?yōu)殡娔蹷．圖2所示的反應為吸熱反應C．中和反應中，反應物的總能量比生成物的總能量低D．化學反應中能量變化的主要原因是化學鍵的斷裂與形成16、下列關于有機物的說法正確的是（）A．地溝油與礦物油均屬于酯類物質B．疫苗一般應冷藏存放，以避免蛋白質變性C．直餾汽油、裂化汽油、植物油均能使溴的四氯化碳溶液褪色D．在酶催化淀粉水解反應中，溫度越高淀粉水解速率越快二、非選擇題（本題包括5小題）17、如圖所示中，A是一種常見的單質，B、C、D、E是含A元素的常見化合物，它們的焰色反應的火焰均呈黃色。填寫下列空白:（1）寫出化學式:A_____，B_____________，D______________。（2）以上反應中屬于氧化還原反應的有_____________(填序號)。（3）寫出反應⑤的離子方程式:_______________________________________。寫出反應⑥的化學方程式:_______________________________________。18、A(C3H6)是基本有機化工原料，由A制備聚合物C和合成路線如圖所示(部分條件略去)。已知：,RCOOH(1)發(fā)生縮聚形成的高聚物的結構簡式為____；D→E的反應類型為____。(2)E→F的化學方程式為____。(3)B的同分異構體中，與B具有相同官能團且能發(fā)生銀鏡反應，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是____(寫出結構簡式)。(4)等物質的量的分別與足量NaOH、NaHCO3反應，消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比為____；檢驗的碳碳雙鍵的方法是____(寫出對應試劑及現象)。19、乙酰苯胺是一種白色有光澤片狀結晶或白色結晶粉末，是磺胺類藥物的原料，可用作止痛劑、退熱劑、防腐劑和染料中間體。乙酰苯胺的制備原理為：+CH3COOH+H2O注：刺形分餾柱的作用相當于二次蒸餾，用于沸點差別不太大的混合物的分離。實驗步驟:步驟1：在圓底燒瓶中加入無水苯胺9.2mL，冰醋酸17.4mL，鋅粉0.1g，安裝儀器，加入沸石，調節(jié)加熱溫度，使分餾柱頂溫度控制在105℃左右，反應約60～80min，反應生成的水及少量醋酸被蒸出。步驟2：在攪拌下，趁熱將燒瓶中的物料以細流狀倒入盛有100mL冰水的燒杯中，劇烈攪拌，并冷卻，結晶，抽濾、洗滌、干燥，得到乙酰苯胺粗品。步驟3：將此粗乙酰苯胺進行重結晶，晾干，稱重，計算產率。(1)步驟1中所選圓底燒瓶的最佳規(guī)格是_________(填序號)。a．25mLb．50mLc．150mLd．200mL(2)實驗中加入少量鋅粉的目的是___________________________________________________________________________。(3)從化學平衡的角度分析，控制分餾柱上端的溫度在105℃左右的原因____________________________________________________________________________。(4)洗滌乙酰苯胺粗品最合適的方法是_____(填序號)。a．用少量冷水洗b．用少量熱水洗c．用酒精洗(5)乙酰苯胺粗品因含雜質而顯色，欲用重結晶進行提純，步驟如下：熱水溶解、_______________、過濾、洗滌、干燥(選則正確的操作并排序)。a．蒸發(fā)結晶b．冷卻結晶c．趁熱過濾d．加入活性炭(6)該實驗最終得到純品8.1g，則乙酰苯胺的產率是______________％。(7)如圖的裝置有1處錯誤，請指出錯誤之處____________________________________。20、亞硝酸鈉(NaNO2)是一種工業(yè)鹽，實驗室可用如下裝置(略去部分夾持儀器)制備。已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性條件下，NO和NO2都能與MnO4-反應生成NO3-和Mn2+；Na2O2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。（1）加熱裝置A前，先通一段時間N2，目的是_______________。（2）裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為__________________________________。實驗結束后，將B瓶中的溶液經蒸發(fā)濃縮、__________(填操作名稱)、過濾可獲得CuSO4·5H2O。（3）儀器C的名稱為______________，其中盛放的藥品為____________(填名稱)。（4）充分反應后，檢驗裝置D中產物的方法是：取產物少許置于試管中，________________，則產物是NaNO2(注明試劑、現象)。（5）為測定亞硝酸鈉的含量，稱取4.000g樣品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液進行滴定，實驗所得數據如下表所示：①第一組實驗數據出現異常，造成這種異常的原因可能是_________(填代號)。a．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗b．錐形瓶洗凈后未干燥c．滴定終點時仰視讀數②根據表中數據，計算所得固體中亞硝酸鈉的質量分數__________。21、研究和深度開發(fā)CO、CO2的應用具有重要的社會意義?；卮鹣铝袉栴}：（1）CO可用于高爐煉鐵，已知：Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g)△H1=akJ/mol3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)△H2=bkJ/mol則反應Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的△H=________kJ/mol（2）某溫度下，在容積為2L的密閉容器甲中投入8molCO2(g)、16molH2(g)發(fā)生反應：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)甲容器15min后達到平衡，此時CO2的轉化率為75%。則0?15min內用二氧化碳表示平均反應速率v（CO2）=_______，計算此條件下該反應的平衡常數K=__________。（3）捕碳技術是指從空氣中捕獲二氧化碳的各種科學技術的統(tǒng)稱。目前NH3和(NH4)2CO3等物質已經被用作工業(yè)捕碳劑。①下列物質中不可能作為CO2捕獲劑的是___________。A．Na2CO3B．NaOHC．CH3CH2OHD．NH4Cl②用(NH4)2CO3捕碳的反應：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq)。為研究溫度對(NH4)2CO3捕獲CO2效率的影響，將一定量的(NH4)2CO3溶液置于密閉容器中，并充入一定量的CO2氣體，保持其它初始實驗條件不變，分別在不同溫度下，經過相同時間測得CO2氣體濃度，得到趨勢圖：I.c點的逆反應速率和d點的正反應速率的大小關系為Ｖ逆c_____Ｖ正d(填“＞”、“＝”或“＜”)II.b、c、d三點的平衡常數Kb、Kc、Kd從大到小的順序為_______。(填“＞”、“＝”或“＜”)III．T3～T4溫度區(qū)間，容器內CO2氣體濃度呈現增大的變化趨勢，其原因是____________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】A、過氧化鈉溶于水放出熱量并生成氧氣，使容器內溫度升高，壓強增大，U形管內液體慢慢右移，但恢復到原溫度后液面左邊仍然比右邊低，故A錯誤；B、氧化鈉與水反應放出熱量，使容器內溫度升高，壓強增大，U形管內液體慢慢右移，恢復到原溫度后液面左邊與右邊基本相平，故B正確；C、鈉加入水中放熱并生成氫氣，使容器內溫度升高，壓強增大，U形管內液體慢慢右移，但恢復到原溫度后液面左邊仍然比右邊低，故C錯誤；D、鉀加入水中放熱并生成氫氣，使容器內溫度升高，壓強增大，U形管內液體慢慢右移，但恢復到原溫度后液面左邊仍然比右邊低，故D錯誤；故選B。點睛：根據物理知識的原理，U形管內液體慢慢右移說明容器內壓強比外界壓強大，恢復到原溫度后液面左邊與右邊基本相平，說明壓強又與原來相等，根據熱脹冷縮現象，導致壓強變化，但不能產生氣體。2、B【解析】

A．NaClO溶液具有強氧化性，不能利用pH試紙測定pH，應利用pH計測定pH，然后比較酸性強弱，A錯誤；B．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根離子水解使溶液呈堿性，溶液呈紅色，加入少量BaC12固體，水解平衡逆向移動，則溶液顏色變淺，證明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B正確；C．向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，產生白色沉淀，NaOH過量，后滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成紅褐色沉淀，不能說明發(fā)生了沉淀的轉化，則不能比較溶度積大小，C錯誤；D．HX放出的氫氣多且反應速率快，說明HX酸性比HY弱，故D錯誤；綜上所述，本題選B?！军c睛】該題為高頻考點，涉及鹽類水解與酸性比較、沉淀生成與沉淀轉化、pH的測定等，注重實驗原理及物質性質的考查，注意實驗的操作性、評價性分析，選項A和D是易錯點，注意次氯酸的強氧化性和pH相等的弱酸濃度大小關系。3、B【解析】

A.水是極弱的電解質，只有少部分電離，水的電離方程式：H2OH＋＋OH－，A錯誤；B.在水中加入氯化鈉，不會影響氫離子或氫氧根離子，則對水的電離沒有影響，B正確；C.在NaOH溶液中氫氧根離子的濃度大于氫離子濃度，并不是沒有H＋，C錯誤；D.在HCl溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，并不是沒有OH－，D錯誤；答案選B。4、B【解析】

利用鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質）來制備Li4Ti5O12和LiFePO4，根據制備流程可知加入鹽酸過濾后濾渣為SiO2，濾液①中含有Mg2＋、Fe2＋、Ti4＋,水解后過濾，沉淀為TiO2·xH2O，經過一系列轉化為最終轉化為Li4Ti5O12。濾液②中加入雙氧水亞鐵離子被氧化，在磷酸的作用下轉化為磷酸鐵，通過高溫煅燒最終轉化為LiFePO4，據此解答。【詳解】A.“酸浸”后，若鈦主要以TiOCl42-形式存在，因此相應反應的離子方程式可表示為：FeTiO3＋4H+＋4Cl－＝Fe2+＋TiOCl42－＋2H2O，A正確；B.Li2Ti5O15中Ti的化合價為+4，Li的化合價是＋1價，由化合價代數和為0可知，氧元素的負價代數和為22，設其中過氧鍵的數目為x個，則2x+（15－2x）×2＝22，解得x＝4，B錯誤；C.根據以上分析可知“高溫煅燒②”中由FePO4制備LiFePO4的化學方程式可表示為：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，C正確；D.根據表中數據可知40oC時轉化量最高，因低于40oC時TiO2·xH2O轉化反應速率隨溫度升高而增加，超過40oC雙氧水分解和氨氣逸出導致TiO2·xH2O轉化反應速率下降，D正確；答案選B。5、B【解析】

A、已知：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，則根據還原劑的還原性強于還原產物的還原性可知還原性：I－>Fe2＋>Br－，A正確；B、在通入氯氣的量為0～1mol的過程中，碘離子從最大量降到0，碘離子先被氧化，即碘化亞鐵是1mol。通入氯氣的量為1～3mol的過程中，亞鐵離子從4mol降到0，三價鐵的量逐漸增大，亞鐵離子被氧化，碘化亞鐵中亞鐵離子是1mol，所以溴化亞鐵中亞鐵離子是3mol，則溴化亞鐵是3mol，B錯誤；C、根據以上分析可知原溶液中：n（Fe2＋）∶n（I－）∶n（Br－）＝2∶1∶3，C正確；D、當通入2molCl2時，碘完全被氧化，亞鐵離子有2mol被氧化，則溶液中已發(fā)生的離子反應可表示為：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，D正確。答案選B。6、D【解析】

A．陽極發(fā)生氧化反應，Fe、Ni、Zn失電子，A錯誤；B．陽極上放電的有Fe、Ni、Zn，陰極是Ni2+得電子生成金屬Ni，陰陽極上轉移電子數相等，但是金屬摩爾質量不等，所以陽極質量的減少與陰極質量的增加不相等，B錯誤；C．電解后溶液中還有Ni2+，C錯誤；D．Pt為惰性電極，所以陽極上Cu和Pt不參與反應，電解后，電解槽底部的陽極泥中有Cu和Pt，D正確；答案選D。7、C【解析】試題分析：有機化合物在一定條件下,從一個分子中脫去一個或幾個小分子(如水、鹵化氫等分子)，而生成不飽和（碳碳雙鍵或三鍵）化合物的反應，叫做消去反應，鹵代烴分子中，連有鹵素原子的碳原子必須有相鄰的碳原子且此相鄰的碳原子上,并且還必須連有氫原子時，才可發(fā)生消去反應，據此可知CH3Cl不能發(fā)生消去反應，C不正確，其余都是正確的，答案選C。考點：考查有機物發(fā)生化學反應的正誤判斷點評：該題是基礎性試題的考查，試題注重基礎，側重對學生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導與訓練。該題的關鍵是記住常見有機物的化學性質，特別是鹵代烴發(fā)生消去反應的原理和條件，然后結合題意靈活運用即可。8、B【解析】

正丁烷和異丁烷的結構不同，所以熔、沸點不相同；乙酸分子中存在甲基，所有原子不可能共平面；分子式是C7H16的烷烴中，含有3個甲基的同分異構體有2-甲基己烷、3-甲基己烷、3-乙基戊烷；乙烯分子中含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色?！驹斀狻空⊥楹彤惗⊥榈慕Y構不同，所以熔、沸點不相同，故A正確；乙酸分子中存在甲基，所有原子不可能共平面，故B錯誤；分子式是C7H16的烷烴中，含有3個甲基的同分異構體有2-甲基己烷、3-甲基己烷、3-乙基戊烷，故C正確；乙烯分子中含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，甲烷不能，故D正確。9、C【解析】

A、NaCl是離子化合物，在水溶液中或熔融狀態(tài)下均可以導電，A不符合題意；B、CH3CH2OH是共價化合物，在水溶液或熔融狀態(tài)下均不能電離，不導電，是非電解質，B不符合題意；C、H2SO4也是共價化合物，熔融狀態(tài)下不能電離，不導電，但在水溶液里可以電離出H+和SO42-，可以導電，是電解質，C符合題意；D、CO2的水溶液能導電，是因為生成的H2CO3電離導電，而CO2是非電解質，D不符合題意；答案選C。10、D【解析】

A.b為苯，苯的同分異構體還有CH3—C≡C—C≡C—CH3等，故A錯誤；B.b的二氯代物有3種，d的二氯代物有6種，p的二氯代物有3種，故B錯誤；C.b、p分子中不含碳碳雙鍵，不能與酸性高錳酸鉀溶液反應，故C錯誤；D.d、p中都存在類似甲烷的四面體結構，所有原子不可能處于同一平面，故D正確。故答案選D。11、B【解析】分析：開始通入CO2，二氧化碳與氫氧化鋇反應有沉淀BaCO3產生；將Ba(OH)2消耗完畢，接下來消耗NaOH，因而此段不會產生沉淀(即沉淀的量保持不變)；NaOH被消耗完畢，接下來二氧化碳與偏鋁酸鈉反應生成氫氧化鋁沉淀；又因二氧化碳足量，還可以繼續(xù)與上面反應的產物Na2CO3反應，沉淀量不變，繼續(xù)與BaCO3反應，沉淀減少，最后剩余沉淀為Al(OH)3。詳解：A.根據上述分析，b點對應的溶液中含有碳酸鈉，c點對應的溶液中含有碳酸氫鈉，d點對應的溶液中含有碳酸氫鈉和碳酸氫鋇，溶解碳酸鋇消耗的二氧化碳為22.4L-15.68L=6.72L，物質的量為=0.3mol，因此原混合溶液中含有0.3molBa(OH)2；c點對應的溶液中含有碳酸氫鈉，根據碳元素守恒，生成碳酸氫鈉和碳酸鋇共消耗=0.7mol二氧化碳，因此碳酸氫鈉的物質的量為0.7mol-0.3mol=0.4mol，根據鈉元素守恒，混合溶液中n(NaOH)+n(NaAlO2)=0.4mol，b點消耗的二氧化碳是與NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH反應生成碳酸鋇，氫氧化鋁和碳酸鈉的二氧化碳的總量，根據CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al(OH)3↓+Na2CO3可知，n(CO2)=n[Ba(OH)2]+n(NaOH)+n(NaAlO2)=0.3mol+0.2mol=0.5mol，體積為11.2L，故A錯誤；B.c點對應的溶液中含有碳酸氫鈉，根據碳元素守恒，生成碳酸氫鈉和碳酸鋇共消耗=0.7mol二氧化碳，因此碳酸氫鈉的物質的量為0.7mol-0.3mol=0.4mol，根據鈉元素守恒，混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)==4.0mol/L，故B正確；C.bc段是碳酸鈉溶解的過程，反應的化學反應方程式為：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，故C錯誤；D.cd段是溶解碳酸鋇的過程，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查了二氧化碳、偏鋁酸鈉等的性質和相關計算，本題的難度較大，理清反應的順序是解題的關鍵。本題的難點為A，要注意守恒法的應用。12、B【解析】

根據晶胞結構圖可知，每個晶胞中含有大黑實心球的個數為8，而小球的個數為8×+6×=4，結合CaF2的化學式可知，大黑實心球表示F-，小球表示Ca2+，由圖可以看出每個F-周圍最近距離的Ca2+一共是4個，即晶體中F－的配位數為4，故答案為B。13、D【解析】

物質的相對分子質量越大，該物質的熔沸點就越高。在上述四種物質中，相對分子質量最大的是丙三醇，其該分子中含有羥基的個數較多，因此其沸點最高，故合理選項是D。14、B【解析】分析：A．NaHCO3不穩(wěn)定，加熱易分解；B．二氧化碳與飽和碳酸氫鈉溶液不反應；C．鋁與氫氧化鈉溶液反應；D．Br2可與Na2SO3發(fā)生氧化還原反應而被除去。詳解：A．NaHCO3不穩(wěn)定，加熱易分解，將固體置于坩堝中加熱至恒重，可得到純凈的碳酸鈉固體，A正確；B．二氧化碳與飽和碳酸鈉溶液反應，應該用飽和碳酸氫鈉溶液除去二氧化碳中的氯化氫，B錯誤；C．鎂與氫氧化鈉溶液不反應，可以用氫氧化鈉溶液除去鎂中的鋁，C正確；D．Br2可與Na2SO3發(fā)生氧化還原反應而被除去，然后分液可得溴乙烷，D正確。答案選B。點睛：本題考查物質的分離、提純的實驗設計，側重于學生的分析能力、實驗能力的考查，為高頻考點，注意把握物質的性質的異同，易錯點為B，注意除雜時不能引入新的雜質，更不能減少被提純的物質。15、D【解析】A．圖I所示的裝置沒形成閉合回路，不能形成原電池，沒有電流通過，所以不能把化學能轉變?yōu)殡娔?，選項A錯誤；B．圖II所示的反應，反應物的總能量大于生成物的總能量，所以該反應為放熱反應，選項B錯誤；C．中和反應是放熱反應，所以反應物總能量大于生成物總能量，選項C錯誤；D．化學反應總是伴隨著能量變化，斷鍵需要吸收能量，成鍵放出能量，所以化學反應中能量變化的主要原因是化學鍵的斷裂與生成，選項D正確；答案選D。16、B【解析】

A.礦物油的主要成分屬于烴類，地溝油的主要成分屬于酯類，A錯誤；B.疫苗是用病原微生物(細菌、病毒)及其代謝產物(如類毒素)，疫苗多不穩(wěn)定，受光、熱作用，可使蛋白質變性，不僅失去應有的免疫原性，甚至會形成有害物質而產生不良反應，因此疫苗必須冷藏運輸和保存，B正確；C.直餾汽油沒有不飽和烴，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C錯誤；D.酶是一類具有催化作用的蛋白質，酶的催化作用具有的特點是：條件溫和、不需加熱，具有高度的專一性、高效催化作用，溫度越高酶會發(fā)生變性，催化活性降低，淀粉水解速率減慢，D錯誤。故選B?！军c睛】疫苗儲存和運輸不是越冷越好，比如許多疫苗都含有非特異性的佐劑，最常用的佐劑是氫氧化鋁，能夠將疫苗中的成分均勻的吸附在分子表面，具有佐劑作用，疫苗的凍融會破壞氫氧化鋁的物理性質，影響免疫效果，增加發(fā)生不良反應的機率；有的疫苗冷凍后肽鏈斷裂，影響疫苗效果；有的疫苗冷凍后疫苗中類毒素解離成為毒素，也增加疫苗接種反應。因此，在儲存和運輸過程中，都要求疫苗保存在一定溫度條件下。二、非選擇題（本題包括5小題）17、NaNa2O2Na2CO3①②③④OH-+CO2HCO3-2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O【解析】本題考查無機推斷，這些物質的焰色反應為黃色，說明含有Na元素，A為單質，B、C、D、E是含A元素的常見化合物，則A為Na，反應①為2Na＋O2Na2O2，即B為Na2O2，反應②發(fā)生2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，即C為NaOH，反應③為2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，反應④發(fā)生2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，即D為Na2CO3，反應⑤是NaOH與過量CO2反應，即反應方程式為NaOH＋CO2=NaHCO3，即E為2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，（1）根據上述分析，A為Na，B為Na2O2，D為Na2CO3；（2）上述發(fā)生氧化還原反應的有①②③④；（3）反應⑤的離子反應方程式為OH－＋CO2=HCO3－，反應⑥的化學反應方程式為：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。點睛：本題找準突破口，即焰色反應為黃色，說明含有鈉元素，因為A為單質，且?guī)追N物質含有A元素，因此A為金屬鈉，然后進行推斷，注意基礎知識的夯實。18、取代反應1:1加入溴水，溴水褪色【解析】

B的結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，A的分子式為C3H6，A是基本有機化工原料，A與CH3OH、CO在Pd催化劑作用下反應生成B，則A結構簡式為CH2=CHCH3；發(fā)生水解反應然后酸化得到聚合物C，C的結構簡式為；A與Cl2高溫下反應生成D，D發(fā)生水解反應生成E，根據E的結構簡式推知D為CH2=CHCH2Cl；E與發(fā)生題給信息的加成反應生成F，結合結構簡式，F結構簡式為，F發(fā)生取代反應生成G，G發(fā)生信息中反應得到，則G結構簡式為，以此來解答?！驹斀狻?1)含有羧基和醇羥基，能發(fā)生縮聚生成聚合酯，所得高聚物的結構簡式為；D→E是鹵代烴的水解，反應類型是取代反應；(2)E→F的化學方程式為；(3)B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，與B具有相同官能團且能發(fā)生銀鏡反應，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6：1：1的是；(4)分子結構中含有羧基和醇羥基，只有羧基能與NaOH、NaHCO3反應，等物質的量的分別與足量NaOH、NaHCO3反應，消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比為1:1；檢驗碳碳雙鍵可用溴水或酸性高錳酸鉀溶液，但由于醇羥基也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以向中滴加溴水，溴水褪色，即說明含有碳碳雙鍵。19、b防止苯胺在反應過程中被氧化不斷分離出反應過程中生成的水，促進反應正向進行，提高產品的產率adcb60尾接管和錐形瓶密封【解析】

(1)圓底燒瓶中所盛放液體不能超過其容積的2/3，也不能少于1/3；(2)根據苯胺具有還原性分析；(3)水的沸點是100℃，加熱至105℃左右，就可以不斷分出反應過程中生成的水；(4)根據乙酰苯胺微溶于冷水、溶于熱水、溶于乙醇和乙醚分析；(5)乙酰苯胺用熱水溶解，用活性炭吸附色素，趁熱過濾，最后冷卻結晶，得到乙酰苯胺；(6)產率=實際產量÷理論產量×100%。(7)圖中裝置中尾接管與錐形瓶接口不能密封。【詳解】(1)圓底燒瓶中所盛放液體不能超過其容積的2/3，也不能少于1/3，燒瓶中加入無水苯胺9.2mL，冰醋酸17.4mL，鋅粉0.1g，所以圓底燒瓶的最佳規(guī)格是50mL，選b；(2)苯胺具有還原性，容易被空氣中的氧氣氧化，為防止苯胺在反應過程中被氧化；加入還原劑Zn粉。(3)水的沸點是100℃，加熱至105℃左右，就可以不斷分出反應過程中生成的水，促進反應正向進行，提高生成物的產率。(4)乙酰苯胺微溶于冷水、溶于熱水、溶于乙醇和乙醚，為減少乙酰苯胺損失，洗滌乙酰苯胺粗品最合適的方法是用少量冷水洗，選a；(5)由于乙酰苯胺微溶于冷水、溶于熱水，乙酰苯胺粗品因含雜質而顯色，用重結晶進行提純的步驟為：乙酰苯胺用熱水溶解，用活性炭吸附色素，趁熱過濾，最后冷卻結晶，得到乙酰苯胺，所以正確的操作是dcb；（6）n(苯胺)=(9.1mL×1.02g/mL)÷93g/mol=0.1mol；n(乙酸)=(17.4mL×1.05g/mL)÷60g/mol=0.305mol，大于苯胺的物質的量，所以生成的乙酰苯胺的物質的量要以不足量的苯胺計算，理論產量為0.1mol，而實際產量n(乙酰苯胺)=8.1g÷135g/mol=0.06mol，所以乙酰苯胺的產率為0.06mol÷0.1mol×100%=60%。(7)圖中裝置中尾接管與錐形瓶接口不能密封，錯誤之處是尾接管和錐形瓶密封。20、排除裝置中的空氣冷卻結晶干燥管堿石灰加入稀硫酸（或稀鹽酸），溶液中有氣泡產生且在試管上方變成紅棕色氣體ac86.25%【解析】(1)制備亞硝酸鈉需要一氧化氮和過氧化鈉反應生成，過氧化鈉和二氧化碳、水蒸氣發(fā)生反應，所以制備的一氧化氮氣體必須純凈干燥，裝置中無空氣存在，加熱A前，先通一段時間N2，目的是把裝置中的空氣趕凈，避免生成的亞硝酸鈉混入雜質；

(2)裝置A中發(fā)生反應是濃硝酸和碳加熱反應生成二氧化碳、二氧化氮和水，反應的化學方程式為：C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O，裝置A中生成的二氧化氮進入裝置B生成硝酸，氧化銅生成硝酸銅、硫酸銅，蒸發(fā)濃縮過程硝酸是易揮發(fā)性的酸，所以冷卻結晶得到晶體為硫酸銅晶體；

(3)制備亞硝酸鈉需要一氧化氮和過氧化鈉反應生成，過氧化鈉和二氧化碳、水蒸氣發(fā)生反應，所以制備的一氧化氮氣體必須純凈干燥，儀器C為干燥管，利用其中的堿石灰用來干燥一氧化氮氣體；

(4)3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反應生成的一氧化氮遇到空氣會生成紅棕色氣體二氧化氮，充分反應后，檢驗裝置D中產物的方法是：取產物少許置于試管中加入稀硫酸溶液中有氣泡產生且在試管口上方出現紅棕色氣體，證明產物是NaNO2；

(5)①第一組實驗數據消耗的酸性高錳酸鉀溶液體積偏大，會導致測量結果偏高；a．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗，導致標準液被稀釋，滴定過程中消耗的標準液體積會偏大，故a正確；b．錐形瓶不需要干燥，所以錐形瓶洗凈后未干燥，不影響測定結果，故b