山東省日照市五蓮縣2025屆化學高二下期末達標檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、EDTA是一種重要的絡(luò)合劑。4mol一氯乙酸和1mol乙二胺（）在一定條件下發(fā)生反應生成1molEDTA和4molHCl，則EDTA的分子式為（）A．C10H16N2O8 B．C10H20N2O8 C．C8H16N2O8 D．Cl6H20N2O8Cl2、為研究沉淀的生成及其轉(zhuǎn)化，某小組進行如下實驗．關(guān)于該實驗的分析不正確的是（）A．①濁液中存在平衡：AgSCN（s）?Ag+（aq）+SCN-（aq）B．②中顏色變化說明上層清液中含有SCN-C．該實驗可以證明AgI比AgSCN更難溶D．③中顏色變化說明有AgI生成3、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．標準狀況下，11.2LCH2Cl2中含有的分子數(shù)目為0.5NAB．密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為4NAC．46gNO2和N2O4混合物中含有的氧原子數(shù)目為2NAD．1mol乙醇分子中含有的極性鍵數(shù)目為8NA4、下列實驗事實不能用平衡移動原理解釋的是A．B．C．D．5、為探究鐵與稀硝酸之間的反應，某同學設(shè)計裝置如下：下列有關(guān)說法錯誤的是A．從U型管左側(cè)加入稀硝酸，應該打開右邊的止水夾，否則硝酸無法完全浸沒鐵絲B．反應結(jié)束后，在A裝置中檢測到了Fe2+，說明過量稀硝酸只能將鐵氧化到正二價C．B裝置的作用是收集還原產(chǎn)物NO的，該氣體不適合用排空氣法收集D．C裝置吸收尾氣需要O2參與反應：4NaOH+4NO+3O2=4NaNO3+2H2O6、已知反應FeO(s)+C(s)=CO(g)+Fe(s)△H＞0，（假設(shè)△H，△S不隨溫度變化而變化），下列敘述中正確的是（

）A．高溫下為自發(fā)過程，低溫下為非自發(fā)過程 B．任何溫度下為非自發(fā)過程C．低溫下為自發(fā)過程，高溫下為非自發(fā)過程 D．任何溫度下為自發(fā)過程7、下列關(guān)于膠體的說法正確的是A．將可見光通過膠體出現(xiàn)“光路”是因為發(fā)生了光的折射B．膠體能吸附陽離子或陰離子，故在電場作用下會產(chǎn)生電泳現(xiàn)象C．牛奶、墨水、氯化鐵溶液均為膠體D．向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，繼續(xù)加熱攪拌可制得Fe(OH)3膠體8、下列說法正確的是A．氫鍵是化學鍵B．鍵能越大，表示該分子越容易受熱分解C．乙醇分子跟水分子之間不但存在范德華力，也存在氫鍵D．含極性鍵的分子一定是極性分子9、下列常用實驗儀器中，能直接加熱的是（）A．分液漏斗 B．普通漏斗 C．蒸餾燒瓶 D．試管10、下列與有機物的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)有關(guān)的敘述正確的是（）A．苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以苯不能發(fā)生氧化反應B．石油的主要成分是烴，煤經(jīng)過分餾可制得焦炭、煤焦油等產(chǎn)品C．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上D．淀粉、纖維素都是天然高分子有機物，其鏈節(jié)中都含有葡萄糖11、關(guān)于烷烴性質(zhì)的敘述，錯誤的是（）A．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 B．都能燃燒C．通常情況下跟酸、堿和氧化劑都不反應 D．都能發(fā)生取代反應12、W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素。W與X可生成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體；Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍；Z原子最外層的電子數(shù)與W的電子總數(shù)相同。下列敘述正確的是A．X與其他三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物B．Y與其他三種元素分別形成的化合物中只含有離子鍵C．四種元素的簡單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)D．W的氧化物對應的水化物均為強酸13、有一種星際分子，其分子結(jié)構(gòu)模型如圖所示(圖中球與球之間的連線代表化學鍵，如單鍵、雙鍵、三鍵等，不同花紋的球表示不同的原子)。對該物質(zhì)判斷正確的是A．①處的化學鍵是碳碳雙鍵 B．該物質(zhì)是烴的含氧衍生物C．③處的原子可能是氯原子或氟原子 D．②處的化學鍵是碳碳單鍵14、易拉罐主要材料為鋁合金，其中以鋁鐵合金和鋁鎂合金最為常見?，F(xiàn)取幾小塊易拉罐碎片進行下列實驗，其中實驗方案、現(xiàn)象與結(jié)論均正確的是()序號實驗方案現(xiàn)象與結(jié)論A加入鹽酸中產(chǎn)生無色氣體，含鋁、鐵、鎂三種元素B加入NaOH溶液中有無色氣體產(chǎn)生，含有鋁元素C加入鹽酸后，所得溶液中再加入少量NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，含有鎂元素D加入鹽酸后，所得溶液中再加入少量KSCN溶液無紅色出現(xiàn)，說明不含鐵元素A．A B．B C．C D．D15、一定溫度下，下列溶液的離子濃度關(guān)系式正確的是()A．0.1mol?L－1NaHCO3溶液中：C(Na+)+C(H+)=C(HCO3－)+C(CO32－)+C(OH－)B．Na2CO3溶液中：C(OH－)=C(H+)+C(HCO3－)+2C(H2CO3)C．Na2S溶液中：2C(Na+）=C(S2－)+C(HS－)+C(H2S)D．pH相同的①CH3COONa、②NaOH、③NaClO三種溶液的c(Na+)：③>①>②16、下列變化規(guī)律中正確的是（）A．金屬Na、Mg、A1熔、沸點由高到低B．HCl、HBr、HI的還原性由強到弱C．H+、Li+、H﹣的半徑由小到大D．同濃度的硫酸鈉、醋酸鈉、碳酸鈉溶液的堿性由強到弱17、下列說法正確是A．酸性HClO4>H3PO4，是因為HClO4分子非羥基氧原子數(shù)目比H3PO4多B．分子晶體中都存在共價鍵；晶體中只要有陽離子就一定有陰離子C．HF穩(wěn)定性很強，是因為分子間能形成氫鍵D．乳酸[CH3CH(OH)COOH]分子中有2個手性碳原子18、下列說法正確的是A．共價化合物中一定不含離子鍵B．離子化合物中一定不含共價鍵C．任何化學物質(zhì)中均存在化學鍵D．全部由非金屬元素形成的化合物一定是共價化合物19、下列關(guān)于乙烯和聚乙烯的敘述不正確的是()A．乙烯常溫下是氣體，為純凈物；聚乙烯常溫下是固體，為混合物B．乙烯的化學性質(zhì)比聚乙烯活潑C．取等質(zhì)量的乙烯和聚乙烯完全燃燒后，生成的CO2和H2O的質(zhì)量分別相等D．乙烯和聚乙烯都能使溴水褪色20、下列過程一定不能自發(fā)進行的是()A．2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)ΔH＞0B．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＜0C．(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)＋NH3(g)ΔH＞0D．2CO(g)=2C(s)＋O2(g)ΔH＞021、下列反應可用離子方程式“H++OH-→H2O”表示的是A．NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液混合 B．HCl溶液與Ca(OH)2溶液混合C．HCl溶液與NH3?H2O溶液混合 D．NaHCO3溶液與NaOH溶液混合22、下列關(guān)于煤和石油的說法中正確的是A．由于石油中含有乙烯，所以石油裂解中乙烯的含量較高B．由于煤中含有苯、甲苯等芳香族化合物，所以可從煤干餾的產(chǎn)品中分離得到苯C．石油沒有固定的熔沸點，但其分餾產(chǎn)物有固定的熔沸點D．石油的裂解氣、煤干餾得到的焦爐氣都能使酸性KMnO4溶液褪色二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E五種元素位于元素周期表中前四周期，原子序數(shù)依次增大。A元素的價電子排布為nsnnpn＋1；B元素原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍；C位于B的下一周期，是本周期最活潑的金屬元素；D基態(tài)原子的3d原子軌道上的電子數(shù)是4s原子軌道上的4倍；E元素原子的4p軌道上有3個未成對電子。回答下列問題(用元素符號表示或按要求作答)。(1)A、B、C的第一電離能由小到大的順序為____________，三者電負性由大到小的順序為_________。(2)A和E的簡單氣態(tài)氫化物沸點高的是______，其原因是_________。(3)D3＋基態(tài)核外電子排布式為_________________。(4)E基態(tài)原子的價電子軌道表示式為___________。(5)B和E形成分子的結(jié)構(gòu)如圖所示，該分子的化學式為_______，E原子的雜化類型為________。(6)B和C能形成離子化合物R，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：①一個晶胞中含______個B離子。R的化學式為__________。②晶胞參數(shù)為apm，則晶體R的密度為_____________g?cm－3(只列計算式)。24、（12分）吡喹酮(H)是一種治療血吸蟲病的藥物，合成路線如下圖所示：已知：iii（1）下列說法正確的是______________。A.1molC最多消耗2molH2B.可以用雙縮脲鑒別H與FC.化合物E、F均可發(fā)生消去反應D.化合物H的分子式為C19H24N2O2（2）試劑a的結(jié)構(gòu)簡式______________，E→F的反應類型為______________。（3）D→E的化學方程式是__________________________________________。（4）寫出同時符合下列條件的C的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式______________。①分子中有苯環(huán)而且是苯環(huán)的鄰位二取代物；②1H－NMR譜表明分子中有6種氫原子；IR譜顯示存在碳氮雙鍵（C＝N）。（5）G→H三步反應依次為氧化、加成、取代反應，則G→H的合成路線為：______________。25、（12分）苯甲酸甲酯是一種重要的工業(yè)原料，有機化學中通過酯化反應原理，可以進行苯甲酸甲酯的合成。有關(guān)物質(zhì)的物理性質(zhì)、實驗裝置如下所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔點/℃122.4﹣97﹣12.3沸點/℃24964.3199.6密度/g．cm﹣31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶實驗一：制取苯甲酸甲酯在大試管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇，邊振蕩邊緩慢加入一定量濃硫酸，按圖A連接儀器并實驗。(1)苯甲酸與甲醇反應的化學方程式為______________________________________。(2)中學實驗室中制取乙酸乙酯時為了提高酯的產(chǎn)率可以采取的措施有___________________________實驗二：提純苯甲酸甲酯該實驗要先利用圖B裝置把圖A中制備的苯甲酸甲酯水洗提純，再利用圖C裝置進行蒸餾提純(3)用圖B裝置進行水洗提純時，B裝置中固體Na2CO3作用是__________________。(4)用圖C裝置進行蒸餾提純時，當溫度計顯示____________時，可用錐形瓶收集苯甲酸甲酯。(5)最終制取15g苯甲酸甲酯，計算得苯甲酸甲酯的產(chǎn)率為______________(小數(shù)點后保留1位有效數(shù)字)。26、（10分）某課題組對某樣品W（組成用CxHyOzNaSb表示）進行探究。實驗一：確定W中元素組成（1）取W樣品，將有機氮轉(zhuǎn)化成NH4+，_____________（補充實驗方案），證明W中含氮元素。（2）用燃燒法確定W樣品中含碳、氫、硫三種元素，裝置如圖所示。①A框內(nèi)是加熱固體制備氧氣發(fā)生裝置，寫出A中反應的化學方程式：__________________。②寫出E中發(fā)生反應的離子方程式：_________________。③從實驗簡約性考慮，D、E、F、G裝置可以用下列裝置替代：能證明W含碳元素的實驗現(xiàn)象是__________________。實驗二：測定W中硫元素含量（3）取wgW樣品在過量的氧氣中充分燃燒，用V1mLc1mol·L-1碘水溶液吸收SO2，用V2mLc2mol·L-1Na2S2O3溶液滴定過量的I2。已知:2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。滴定終點的標志是__________________。該W樣品中硫元素的質(zhì)量分數(shù)為_________％。（4）二氧化硫通入吸收液前必須通過過量的赤熱銅粉（SO2不參與反應），否則會導致測定的硫元素質(zhì)量分數(shù)_________（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。27、（12分）三草酸合鐵(III)酸鉀K3[Fe(C204)3]·3H2O為綠色晶體，易溶于水，難溶于乙醇丙酮等有機溶劑。I.三草酸合鐵(III)酸鉀晶體的制備①將5g(NH4)2Fe(S04)2·6H2O晶體溶于20mL水中，加入5滴6mol/LH2SO4酸化，加熱溶解，攪拌下加入25m飽和和H2C2O4溶液，加熱，靜置，待黃色的FeC2O4沉淀完全沉降以后，傾去上層清液，傾析法洗滌沉定2--3次。②向沉淀中加入10mL飽和草酸鉀容液，水浴加熱至40℃，用滴管緩慢滴加12mL5%H2O2，邊加邊攪拌并維持在40℃左右，溶液變成綠色并有棕色的沉淀生成。③加熱煮沸段時間后，再分兩批共加入8mL飽和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此時棕色沉淀溶解，變?yōu)榫G色透明溶液。④向濾液中緩慢加入10mL95%的乙醇，這時如果濾液渾濁可微熱使其變清，放置暗處冷卻，結(jié)晶完全后，抽濾，用少量洗條劑洗滌晶體兩次抽干，干燥，稱量，計算產(chǎn)率。已知制各過程中涉及的主要反應方程式如下:②6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3步驟③2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O請回答下列各題:(1)簡達傾析法的適用范圍____________。(2)步驟③加熱煮沸的目的是___________。(3)步驟④中乙醇要緩慢加入的原因是_________。(4)下列物質(zhì)中最適合作為晶體洗滌劑的是_______(填編號)。A．冷水B．丙酮C．95%的乙醇D．無水乙醇(5)如圖裝置，經(jīng)過一系列操作完成晶體的抽濾和洗滌。請選擇合適的編號，按正確的順序補充完整(洗條操作只需要考慮一次):開抽氣泵→a→____→b→d→c→關(guān)閉抽氣泵。

a.轉(zhuǎn)移固體混合物b.關(guān)活塞Ac.開活塞Ad.確認抽干e.加洗滌劑洗滌II.純度的測定稱取1.000g產(chǎn)品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用標定濃度為0.0100mol/L的高錳酸鉀溶被滴定至終點，三次平行實驗平均消耗高猛酸鉀溶被24.00mL。(6)滴定涉及反應的離子方程式:____________。(7)計算產(chǎn)品的純度______(用質(zhì)量百分數(shù)表示)。(K3[Fe(C204)3]·3H2O的相對分子質(zhì)量為491)28、（14分）有機化合物甲有鎮(zhèn)咳、鎮(zhèn)靜的功效，其合成路線如下：已知：(R、R'、R"代表烴基或氫)（1）有機物甲的分子式為___________，有機物A中含有的官能團的名稱為_______________。（2）有機物B的名稱是__________，由B→D所需的反應試劑和反應條件為________________。（3）在上述①~⑤反應中，屬于取代反應的有____________(填序號)。（4）寫出E→F的化學方程式________________。（5）滿足“屬于芳香族化合物”的甲的同分異構(gòu)體有________種。其中核磁共振氫譜上只有2組峰的結(jié)構(gòu)簡式是______________（6）根據(jù)題給信息，寫出以CH4為原料制備CH3CHO的合成路線（其他試劑任選）__________________。29、（10分）甲醇是重要的化工原料，又可稱為燃料。利用合成氣（主要成分為CO、CO2和H2）在催化劑的作用下合成甲醇，發(fā)生的主反應如下：①CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）△H3回答下列問題：（1）已知反應①中的相關(guān)的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：由此計算△H1＝__kJ·mol-1，已知△H2＝-58kJ·mol-1，則△H3＝__kJ·mol-1。（2）反應①的化學平衡常數(shù)K的表達式為__________；圖1中能正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關(guān)系的曲線為_________（填曲線標記字母），其判斷理由是_________________。（3）合成氣的組成n（H2）/n（CO+CO2）＝2.60時，體系中的CO平衡轉(zhuǎn)化率（α）與溫度和壓強的關(guān)系如圖2所示。α（CO）值隨溫度升高而_______（填“增大”或“減小”），其原因是_______。圖2中的壓強由大到小為_____，其判斷理由是_____。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】一氯乙酸結(jié)構(gòu)簡式為CH2ClCOOH，分子式為C2H3O2Cl，乙二胺的分子式為C2H8N2，4mol一氯乙酸和1mol乙二胺在一定條件下發(fā)生反應生成1molEDTA和4molHCl，有4C2H3O2Cl+C2H8N2→EDTA+4HCl，由質(zhì)量守恒可得EDTA的分子式為C10H16N2O8，故選A。點睛：本題考查有機物分子式的計算，側(cè)重于學生的分析能力的考查，解題關(guān)鍵：根據(jù)反應的關(guān)系式，利用質(zhì)量守恒計算。2、C【解析】

A．白色沉淀為AgSCN（s），在溶液中存在溶解平衡，則有：AgSCN（s）Ag+（aq）+SCN-（aq），故A正確；B．取上層清液，加入Fe3＋出現(xiàn)紅色溶液，說明生成Fe(SCN)3，說明溶液中含有SCN－，故B正確；C．因在①中硝酸銀過量，余下的濁液中含有過量的銀離子，與KI反應生成黃色沉淀，不一定是由AgSCN轉(zhuǎn)化而生成的AgI，因此不能證明AgI比AgSCN更難溶，故C錯誤；D．銀離子與碘離子結(jié)合生成AgI黃色沉淀，則③中顏色變化說明有AgI生成，故D正確；答案選D。3、C【解析】

A.標準狀況下，CH2Cl2為液體，無法用氣體摩爾體積計算其物質(zhì)的量，A錯誤；B.密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后，反應為可逆反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目小于4NA，B錯誤；C.NO2、N2O4的最簡式相同，為NO2，46gNO2和N2O4混合物中含有的氧原子的物質(zhì)的量為46g/46g/mol×2=2mol，即數(shù)目2NA，C正確；D.乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，含有5條C-H鍵、1條C-C鍵、1條C-O鍵、1條H-O鍵，C-C鍵為非極性鍵，則1mol乙醇分子中含有的極性鍵數(shù)目為7NA，D錯誤；答案為C；【點睛】可逆反應中，反應物不能夠完全反應，則不能根據(jù)提供量計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)目。4、C【解析】

A.NO2球中存在2NO2N2O4，△H<0，正反應放熱，NO2球放入冷水，顏色變淺，NO2球放入熱水中，顏色變深，可以用平衡移動原理解釋，A不合題意；B.水的電離是微弱的電離，存在電離平衡，同時電離是吸熱過程，溫度升高向電離方向移動，水的離子積增大，可以用平衡移動原理解釋，B不合題意；C.加二氧化錳可以加快過氧化氫的分解，但催化劑不能使平衡發(fā)生移動，不能用平衡移動原理解釋，C符合題意；D.氨水中存在電離平衡NH3·H2ONH4++OH-，隨著氨水濃度降低，氨水的離程度減小，OH-濃度降低，可以用平衡移動原理解釋，D不合題意；答案選C。5、B【解析】

A．從U型管左側(cè)加入稀硝酸，應該打開右邊的止水夾，否則由于壓強的原因，硝酸無法完全浸沒鐵絲，A選項正確；B．反應結(jié)束后，在A裝置中檢測到了亞鐵離子，說明過量的鐵與鐵離子反應生成亞鐵離子，而不是過量稀硝酸只能將鐵氧化到正二價，B選項錯誤；C．常溫下一氧化氮會與氧氣反應生成NO2，所以NO不適合用排空氣法收集，C選項正確；D．NO不能被NaOH溶液吸收，C裝置吸收尾氣需要氧氣參與反應氧化NO，從而生成硝酸鈉和水，D選項正確；答案選B。6、A【解析】

△H＞0，△S＞0，低溫下，△G=△H-T△S＞0，不能反應自發(fā)進行，高溫下，△G=△H-T△S＜0，能反應自發(fā)，故A正確；B、C、D錯誤；故答案為A。7、B【解析】分析：A．膠體的丁達爾效應是因為發(fā)生光的散射；

B．只有膠粒帶有電荷的膠體在通電時發(fā)生電泳現(xiàn)象；

C．膠體是分散質(zhì)直徑在1-100nm的分散系，氯化鐵溶液不是膠體；

D．Fe（OH）3膠體的制備方法是：向沸水中滴加少量飽和氯化鐵溶液，加熱至溶液呈紅褐色即可。詳解：A．將可見光通過膠體出現(xiàn)“光路”是因為發(fā)生了光的散射，故A錯誤；

B．膠體具有吸附性，吸附陽離子或陰離子，則膠體粒子帶電，在電場作用下會產(chǎn)生電泳現(xiàn)象，所以B選項是正確的；

C．牛奶、墨水屬于膠體、氯化鐵溶液不是膠體，分散質(zhì)微粒直徑不同是分散系的本質(zhì)區(qū)別，故C錯誤；

D．以向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3膠體，繼續(xù)加熱攪拌，發(fā)生聚沉，得到氫氧化鐵沉淀，故D錯誤。

所以B選項是正確的。點睛：本題考查了膠體性質(zhì)的分析應用，主要是膠體特征性質(zhì)的理解，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目較簡單。8、C【解析】

A.氫鍵是分子間作用力，比化學鍵的強度弱得多，故A錯誤；B.鍵能越大，表示該分子越難受熱分解，故B錯誤；C.乙醇分子跟水分子之間不但存在范德華力，也存在氫鍵，故C正確；D.含極性鍵的分子不一定是極性分子，如二氧化碳，C=O鍵是極性鍵，但二氧化碳分子是直線形，分子中正負電中心重合，是非極性分子，故D錯誤；故選C。9、D【解析】

A.分液漏斗不能加熱，A錯誤；B.普通漏斗不能加熱，B錯誤；C.蒸餾燒瓶需要墊有石棉網(wǎng)才能加熱，屬于間接加熱，C錯誤；D.試管可以直接在酒精燈加熱，D正確；故合理選項為D。10、C【解析】

A．苯中不含碳碳雙鍵，不能與高錳酸鉀反應，則苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，但能燃燒生成二氧化碳和水，可發(fā)生氧化反應，故A錯誤；B．煤經(jīng)過干餾可制得焦炭、煤焦油等產(chǎn)品，故B錯誤；C．在CH3-CH═CH2中由于含有甲基，所以所有原子不可能共平面，故C正確；D．淀粉、纖維素中含有葡萄糖單元，不含有葡萄糖分子，故D錯誤。故選C。11、A【解析】

A.烷烴不與高錳酸鉀反應，則不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A錯誤；B.烷烴為只含有C、H兩元素的飽和鏈狀烴，都能燃燒，B正確；C.烷烴通常情況下跟酸、堿和氧化劑都不反應，C正確；D.烷烴都能在光照的條件下與鹵素單質(zhì)發(fā)生取代反應，D正確；答案為A。12、A【解析】

W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，W與X可生成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體，W是N，X是O；Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外層的電子數(shù)與W的電子總數(shù)相同，Z的最外層電子數(shù)是7個，Z是Cl，結(jié)合元素周期律和物質(zhì)的性質(zhì)解答?！驹斀狻扛鶕?jù)以上分析可知W、X、Y和Z分別是N、O、Na、Cl。則A.氧元素與其N、Na、Cl三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A正確；B.過氧化鈉中含有離子鍵和共價鍵，B錯誤；C.N、O、Na三種元素的簡單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，均是10電子，氯離子是18電子微粒，C錯誤；D.亞硝酸為弱酸，D錯誤；答案選A。【點睛】本題考查元素周期表和元素周期律的知識，準確判斷出元素是解答的關(guān)鍵，紅棕色氣體是解答的突破點，該類試題與元素化合物的知識結(jié)合的比較多，元素推斷只是一種載體，注意掌握常見單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)、典型用途、制備等。13、D【解析】

由于最左邊的碳氫之間一定是單鍵，所以左起第一個和第二個碳之間應該是三鍵，之后為單鍵三鍵交替，則A、①處的化學鍵只能是三鍵，A錯誤；B、③原子不是氧原子，故不該物質(zhì)不是含氧衍生物，錯誤；C、③處原子與碳原子形成三鍵，應該為第五主族元素，一定不是氯或氟，故C錯誤；D、②處的化學鍵是碳碳單鍵，故D正確；答案選D。14、B【解析】

A項、因鋁、鐵、鎂都能和鹽酸反應生成氣體，其中任意組合都能產(chǎn)生氣體，故A錯誤；B項、鋁、鐵、鎂中只有鋁可與NaOH溶液反應生成無色氣體，故B正確；C項、加入鹽酸后，所得溶液中再加入少量NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，也可能含有鋁，故C錯誤；D項、鐵單質(zhì)與鹽酸反應生成二價鐵離子，三價鐵離子遇KSCN溶液才呈血紅色，故D錯誤；答案選B。15、B【解析】分析：A.任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒判斷；B.根據(jù)質(zhì)子守恒判斷；C.根據(jù)物料守恒判斷；D.醋酸根離子和次氯酸根離子水解顯示堿性，且醋酸鈉根離子的水解能力小于次氯酸根離子；詳解：A.任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2

c（CO32-）+c（OH-），故A錯誤；B.在Na2CO3溶液中：Na2CO3===2Na＋+CO32―［2C(Na＋)===C(CO32―)］；H2OH＋+OH―［C(H＋)===C(OH―)］

由于：CO32―+H2OHCO3―+OH―

，HCO3―+H2OH2CO3+OH―

所以，水電離出來的H＋在溶液存在形式有：HCO3―、H2CO3、H＋

即：質(zhì)子守恒［水電離出來的H＋］C(OH―)==CHCO3―)+2C(H2CO3)+C(H＋)，故B正確；C.0.1

mol?L-1Na2S溶液中，根據(jù)物料守恒得：鈉離子和含有硫元素的微粒個數(shù)之比是2：1，所以c（Na+）=2[c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）]，故C錯誤；D.氫氧化鈉是強堿，完全電離，顯堿性，醋酸根離子和次氯酸根離子水解顯示堿性，且醋酸鈉根離子的水解能力小于次氯酸根離子，所以pH相同的①CH3COONa

②NaClO

③NaOH三種溶液c（Na+）大小：①＞②＞③，故D錯誤；答案選B。點睛：本題考查離子濃度大小比較，為高頻考點，明確溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、溶液酸堿性、弱電解質(zhì)電離和鹽類水解是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒和物料守恒的靈活運用，題目難度不大。16、C【解析】

A.在金屬晶體中，金屬原子的價電子數(shù)越多，原子半徑越小，自由電子與金屬陽離子間的作用力越大，金屬的熔沸點就越高。而同一周期的金屬元素，從左到右，陽離子半徑逐漸減小，離子所帶電荷逐漸增加，故金屬Na、Mg、Al的熔、沸點應是由低到高，A項錯誤；B.同主族元素從上到下，原子半徑逐漸增大，非金屬性逐漸降低，離子的還原性逐漸增大，故HCl、HBr、HI的還原性應是由弱到強，B項錯誤；C.電子層數(shù)越少，微粒半徑越?。浑娮訉咏Y(jié)構(gòu)相同微粒，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故H+、Li+、H﹣的半徑由小到大，C項正確；D.硫酸鈉不水解，同濃度酸性醋酸大于碳酸，故碳酸根的水解程度大于醋酸根的水解程度，堿性強弱為醋酸鈉＜碳酸鈉，故同濃度的硫酸鈉、醋酸鈉、碳酸鈉溶液的堿性由弱到強，D項錯誤。答案選C。17、A【解析】

A項，酸性強弱的一條經(jīng)驗規(guī)律是：含氧酸分子的結(jié)構(gòu)中含非羥基（羥基為-OH）氧原子數(shù)越多，該含氧酸的酸性越強；HClO4分子非羥基氧原子數(shù)目為3，H3PO4分子非羥基氧原子數(shù)目為1，所以酸性HClO4>H3PO4，故A項正確；B項，晶體只要有陽離子不一定有陰離子，如金屬晶體含有組成微粒為陽離子和電子，故B項錯誤；C項，氟化氫的熔沸點上升是因為分子間存在氫鍵，但是穩(wěn)定性強是因為氟的非金屬性強，故C項錯誤；D項，碳原子連接四個不同的原子或原子團時，該碳原子為手性碳原子，所以乳酸中第二個C為手性碳原子，該分子存在一個手性碳原子，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為A?！军c睛】本題考查的知識點較多，涉及非羥基氧原子、金屬鍵、氫鍵、手性碳原子等，題目側(cè)重于基礎(chǔ)知識的考查，難度不大，注意相關(guān)知識的積累，注意手性碳原子的判斷方法：碳原子連接四個不同的原子或原子團時，該碳原子為手性碳原子。18、A【解析】

A．共價化合物中一定不含離子鍵，含離子鍵的化合物一定是離子化合物，故A正確；B．離子化合物中可能含有共價鍵，如NaOH、Na2O2等，故B錯誤；C．稀有氣體是有單原子組成的分子，不含化學鍵，故C錯誤；D．如所有銨鹽，都是非金屬元素組成的，但屬于離子化合物，故D錯誤；故答案選A。19、D【解析】

A．純凈物是由一種物質(zhì)組成的物質(zhì)。混合物是由多種物質(zhì)組成的物質(zhì)，根據(jù)其組成分析；B．根據(jù)其結(jié)構(gòu)分析，碳碳雙鍵比單鍵活潑；C．根據(jù)乙烯和聚乙烯的最簡式確定其生成的二氧化碳和水；D．根據(jù)其結(jié)構(gòu)分析，碳碳雙鍵能使溴水褪色。【詳解】A．乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2，聚乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為，聚乙烯中的n不同聚乙烯物質(zhì)就不同，所以乙烯是純凈物，聚乙烯是混合物，A正確；B．根據(jù)乙烯和聚乙烯的結(jié)構(gòu)知，乙烯中含有碳碳雙鍵，性質(zhì)較活潑；聚乙烯中只有單鍵，所以性質(zhì)較不活潑，B正確。C．乙烯和聚乙烯的化學式不同，但最簡式相同都是CH2，所以乙烯和聚乙烯中的含碳量、含氫量相同，因此取等質(zhì)量的乙烯和聚乙烯完全燃燒后，生成的CO2和H2O的質(zhì)量分別相等，C正確；D．根乙烯和聚乙烯的結(jié)構(gòu)知，乙烯中含有碳碳雙鍵，能和溴水發(fā)生加成反應，使溴水褪色；聚乙烯中只有單鍵，所以聚乙烯不能使溴水褪色，D錯誤；答案選D。20、D【解析】

依據(jù)吉布斯自由能方程ΔG=ΔH-TΔS，只要ΔG<0，反應就可能自發(fā)進行。A.2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)ΔS>0，ΔH＞0，則高溫時，ΔG<0，A能自發(fā)進行；B.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔS<0，ΔH<0，則低溫時，ΔG<0，B能自發(fā)進行；C.(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)＋NH3(g)ΔS>0，ΔH＞0，則高溫時，ΔG<0，C能自發(fā)進行；D.2CO(g)=2C(s)＋O2(g)ΔS<0，ΔH＞0，ΔG>0，D一定不能自發(fā)進行。故選D。【點睛】一個能自發(fā)進行的反應，并不一定真的就能發(fā)生，它只是告訴我們反應有發(fā)生的可能，只要我們注意改善反應條件或改善反應環(huán)境，就有讓反應發(fā)生的可能。21、B【解析】

A.NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液混合有硫酸鋇沉淀生成，不能用H++OH-＝H2O表示，A錯誤；B.HCl溶液與Ca(OH)2溶液混合生成氯化鈣、水，能用H++OH-＝H2O表示，B正確；C.HCl溶液與NH3?H2O溶液混合生成氯化銨和水，但一水合氨是弱電解質(zhì)，不能用H++OH-＝H2O表示，C錯誤；D.NaHCO3溶液與NaOH溶液混合生成碳酸鈉和水，不能用H++OH-＝H2O表示，D錯誤；答案選B。【點睛】離子反應不僅可以表示某一具體的反應，還可以表示某一類反應。例如強酸與強堿反應生成可溶性鹽和水的反應可以用H++OH-＝H2O表示，但需要注意的是該離子反應還可以表示其他類型的反應，例如NaHSO4+NaOH＝Na2SO4+H2O，答題時注意靈活應用。22、D【解析】

A．石油是多種烷烴和環(huán)烷烴的混合物，不含乙烯，故A錯誤；B．煤的組成以有機質(zhì)為主體，構(gòu)成有機高分子的主要是碳、氫、氧、氮等元素，煤不含苯和二甲苯等，故B錯誤；C．石油的分餾所得的餾分仍是多種烷烴和環(huán)烷烴的混合物，沒有固定熔沸點，故C錯誤；D．石油的裂解氣、煤干餾得到的焦爐氣中均含有乙烯，都能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正確；答案為D。二、非選擇題(共84分)23、Na＜O＜NO＞N＞NaNH3氨氣分子間有氫鍵，所以沸點高[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7As4O6sp34Na2O【解析】

A元素的價電子排布為nsnnpn＋1，可知n=2，A價電子排布式為2s22p3，那么A的核外電子排布式為1s22s22p3，則A為N；B元素原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，則B為O；C位于B的下一周期，是本周期最活潑的金屬元素，則C為Na；D基態(tài)原子的3d原子軌道上的電子數(shù)是4s原子軌道上的4倍，則D基態(tài)原子的價電子排布式為3d84s2，那么D核外電子總數(shù)=18+10=28，D為Ni；E元素原子的4p軌道上有3個未成對電子，則E基態(tài)原子的價電子排布式為：3d104s24p3，那么E原子核外有18+10+2+3=33個電子，E為：As；綜上所述，A為N，B為O，C為Na，D為Ni，E為As，據(jù)此分析回答?！驹斀狻?1)第一電離能是基態(tài)的氣態(tài)原子失去最外層的一個電子所需能量。第一電離能數(shù)值越小，原子越容易失去一個電子，第一電離能數(shù)值越大，原子越難失去一個電子。一般來說，非金屬性越強，第一電離能越大，所以Na的第一電離能最小，N的基態(tài)原子處于半充滿狀態(tài)，比同周期相鄰的O能量低，更穩(wěn)定，不易失電子，所以N的第一電離能比O大，即三者的第一電離能關(guān)系為：Na＜O＜N，非金屬性越強，電負性越大，所以電負性關(guān)系為：O＞N＞Na，故答案為：Na＜O＜N；O＞N＞Na；(2)N和As位于同主族，簡單氣態(tài)氫化物為NH3和AsH3，NH3分子之間有氫鍵，熔沸點比AsH3高，故答案為：NH3；氨氣分子間有氫鍵，所以沸點高；(3)Ni是28號元素，Ni3+核外有25個電子，其核外電子排布式為：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故答案為：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；(4)E為As，As為33號元素，基態(tài)原子核外有33個電子，其基態(tài)原子的價電子軌道表示式，故答案為：；(5)由圖可知，1個該分子含6個O原子，4個As原子，故化學式為：As4O6，中心As原子鍵電子對數(shù)==3，孤對電子數(shù)=，價層電子對數(shù)=3+1=4，所以As4O6為sp3雜化，故答案為：As4O6；sp3；(6)O和Na的簡單離子，O的離子半徑更大，所以白色小球代表O2-，黑色小球代表Na+；①由均攤法可得，每個晶胞中：O2-個數(shù)==4，Na+個數(shù)=8，所以，一個晶胞中有4個O2-，R的化學式為Na2O，故答案為：4；Na2O；②1個晶胞的質(zhì)量=，1個晶胞的體積=(apm)3=，所以密度=g?cm－3，故答案為：。24、BD取代反應、、【解析】

縱觀整個過程，由A的分子式、F的結(jié)構(gòu)簡式，可知A為；A與氯氣在光照條件下發(fā)生甲基上的一氯取代生成B，B為；B發(fā)生取代反應生成C，C為，C與氫氣發(fā)生還原反應生成D，根據(jù)D分子式可知D為；D發(fā)生信息ii的反應生成E，E發(fā)生取代反應生成F，根據(jù)F結(jié)構(gòu)簡式知，C2H2Cl2O為，E為，C2H7NO為H2NCH2CH2OH；對比F、G結(jié)構(gòu)簡式，F(xiàn)發(fā)生信息ii中反應生成G，故試劑a為，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)A．C為，1molC

最多消耗

5molH2，故A錯誤；B．F中含有肽鍵，能與雙縮脲反應呈現(xiàn)紫色，而H不能，故B正確；C．化合物E中氯原子連接的碳原子相鄰的碳原子上沒有H原子，不能發(fā)生消去反應，而F中羥基可以發(fā)生消去反應，故C錯誤；D．根據(jù)H的結(jié)構(gòu)簡式，化合物

H

的分子式為

C19H24N2O2，故D正確；故答案為：BD；(2)根據(jù)上述分析，試劑a的結(jié)構(gòu)簡式為：，E→F的反應為取代反應，故答案為：；取代反應；(3)D→E的化學方程式是：，故答案為：；(4)同時符合下列條件的

C()的同分異構(gòu)體：①分子中有苯環(huán)而且是苯環(huán)的鄰位二取代物；②1H-NMR

譜表明分子中有6種氫原子；IR譜顯示存在碳氮雙鍵(C=N)，可能的結(jié)構(gòu)簡式有：、、，故答案為：、、；(5)中G→H三步反應依次為氧化、加成、取代反應，G先發(fā)生催化氧化生成，然后加成反應，最后發(fā)生取代反應生成H，合成路線流程圖為：，故答案為：?！军c睛】根據(jù)F的結(jié)構(gòu)采用正推和逆推的方法推導是解答本題的關(guān)鍵。本題的難點為(5)中合成路線的設(shè)計，要注意利用題中提供的反應類型的提示，易錯點為(4)中同分異構(gòu)體的書寫。25、+CH3OH+H2O使用濃硫酸吸水、把酯蒸出反應體系、提高醇的用量等(能回答出兩條措施即可)洗去苯甲酸甲酯中過量的苯甲酸199.689.7%【解析】

（1）酯化反應的原理是酸脫羥基醇脫氫，在濃硫酸作用下，苯甲酸與甲醇發(fā)生酯化反應生成苯甲酸甲酯和水；（2）酯化反應為可逆反應，增大乙酸或乙醇的濃度或減小乙酸乙酯的濃度，能夠使平衡向正反應方向移動；（3）由表給數(shù)據(jù)可知，反應后的苯甲酸甲酯中會含有苯甲酸等雜質(zhì)；（4）苯甲酸甲酯的沸點是199.6℃；（5）由15g苯甲酸計算苯甲酸甲酯的理論量，再依據(jù)實際量計算產(chǎn)率?！驹斀狻浚?）酯化反應的原理是酸脫羥基醇脫氫，在濃硫酸作用下，苯甲酸與甲醇發(fā)生酯化反應生成苯甲酸甲酯和水，反應的化學方程式為+CH3OH+H2O，故答案為：+CH3OH+H2O；（2）酯化反應為可逆反應，增大乙酸或乙醇的濃度或減小乙酸乙酯的濃度，能夠使平衡向正反應方向移動，提高酯的產(chǎn)率，故答案為：使用濃硫酸吸水、把酯蒸出反應體系、提高醇的用量等(能回答出兩條措施即可)；（3）由表給數(shù)據(jù)可知，反應后的苯甲酸甲酯中會含有苯甲酸等雜質(zhì)，利用固體Na2CO3與苯甲酸反應，除去苯甲酸提純苯甲酸甲酯，故答案為：洗去苯甲酸甲酯中過量的苯甲酸；（4）苯甲酸甲酯的沸點是199.6℃，用圖C裝置進行蒸餾提純時，當溫度計顯示199.6℃時，可用錐形瓶收集苯甲酸甲酯，故答案為：199.6；（5）15g苯甲酸的物質(zhì)的量為，理論上制得苯甲酸甲酯的質(zhì)量為×136g/mol≈16.7g，則苯甲酸甲酯的產(chǎn)率為×100%=×100%≈89.7%，故答案為：89.7%?！军c睛】本題考查了有機物的制備實驗，充分考查了學分析、理解能力及靈活應用基礎(chǔ)知識的能力，注意掌握化學實驗基本操作方法，明確有機物的性質(zhì)及產(chǎn)率計算的公式是解答關(guān)鍵。26、加入濃氫氧化鈉溶液，加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗生成的氣體，試紙變藍色2KClO32KCl＋3O2↑（或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑）2MnO4-+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42-+4H+X中顏色變淺色，但不褪色；Y中變渾濁滴加最后一滴時溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色且半分鐘不恢復偏低【解析】分析：實驗一(確定W中元素組成)：必須使用干燥氧氣，A是發(fā)生裝置，通過加熱固體制備氧氣，注意不能用雙氧水制氧氣。用無水硫酸銅檢驗H2O，D裝置用于檢驗SO2，E裝置用于除去SO2，F(xiàn)裝置用于確定SO2是否除盡，因為SO2會干擾CO2的檢驗；實驗二(測定W中硫元素含量)：根據(jù)SO2＋I2＋2H2O＝2HI＋H2SO4，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。有：n(SO2)＋12n(Na2S2O3)＝n(I2)，據(jù)此分析計算硫元素的質(zhì)量分數(shù)；過量的氧氣混在SO2氣體中，會發(fā)生2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4，據(jù)此分析判斷誤差詳解：(1)檢驗銨離子，操作要點是加入濃氫氧化鈉溶液，加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，現(xiàn)象是由紅色變藍色，故答案為：加入濃氫氧化鈉溶液，加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗生成的氣體，試紙變藍色；(2)①通過加熱固體制備氧氣，應該是加熱高錳酸鉀或氯酸鉀分解制備氧氣，反應的方程式為2KClO32KCl＋3O2↑(或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑)，故答案為：2KClO32KCl＋3O2↑(或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑)；②用無水硫酸銅檢驗H2O，D裝置用于檢驗SO2，E裝置用于除去SO2，F(xiàn)裝置用于確定SO2是否除盡，因為SO2會干擾CO2的檢驗。因此E中反應為2KMnO4＋5SO2＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4，離子方程式為2MnO4+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42+4H，故答案為：2MnO4+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42+4H；③從簡約裝置看，X裝置中試劑“過量”，它有三個作用：檢驗SO2、除去SO2、確認SO2除盡，實驗現(xiàn)象是紫色溶液變淺——檢驗并除去SO2，不褪色——說明SO2已除盡了，最后Y中變渾濁，才能證明W中含碳元素，故答案為：X中顏色變淺色，但不褪色；Y中變渾濁；(3)用硫代硫酸鈉溶液滴定過量的I2，用淀粉溶液作指示劑。滴定前碘使淀粉溶液變藍色，當?shù)馔耆臅r藍色變無色。根據(jù)SO2＋I2＋2H2O＝2HI＋H2SO4，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。有：2n(SO2)＋n(Na2S2O3)＝2n(I2)，ω(S)＝2c1V1-c2V(4)氧化W時，O2過量，過量的氧氣混在SO2氣體中，用赤熱銅粉除去O2。如果不除去氧氣，在水溶液中會發(fā)生反應：2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4，結(jié)果測得V2偏大，測得S元素質(zhì)量分數(shù)偏低，故答案為：偏低。27、適用分離晶體顆粒較大、易沉降到容器底部的沉淀除去過量的雙氧水，提高飽和H2C2O4溶液的利用率避免沉淀析出過快導致晶粒過小Cbdce16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O98.20%【解析】分析：本題一實驗制備為載體，考查學生對操作的分析評價、物質(zhì)的分離提純、溶液的配制、氧化還原反應滴定等，是對學生綜合能力的考查，難度中等。詳解：(1)傾析法的適用范圍適用分離晶體顆粒較大、易沉降到容器底部的沉淀，這樣減少過濾的時間和操作，比較簡單。(2)對步驟②中的溶液經(jīng)過加熱煮沸再進行下一步操作，是由于步驟②溶液中存在過量的過氧化氫，過氧化氫具有一定的氧化性，會和③中加入的草酸發(fā)生反應，所以加熱煮沸的目的是除去過量的雙氧水，提高飽和H2C2O4溶液的利用率；(3)慢