湖南省2025屆化學高二下期末綜合測試模擬試題含解析

湖南省2025屆化學高二下期末綜合測試模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、在一個密閉容器中，中間有一可自由滑動的隔板，將容器分成兩部分．當左邊充入28gN2，右邊充入8gCO和CO2的混合氣體時，隔板處于如圖所示位置（兩側溫度相同）．下列說法正確的是（）A．右邊CO和CO2的分子數之比為1：3B．右邊CO的質量為2.75gC．若改變右邊CO和CO2的充入量而使隔板處于距離右端1/6處，保持溫度不變，則前后兩次充入容器內的氣體壓強之比為5：3D．右側氣體密度是相同條件下氫氣密度的16倍2、迷迭香酸是從蜂花屬植物中提取得到的酸性物質，其結構簡式如圖所示。下列敘述正確的是()A．迷迭香酸與溴單質只能發生取代反應B．1mol迷迭香酸最多能和9mol氫氣發生加成反應C．迷迭香酸可以發生水解反應、取代反應、消去反應和酯化反應D．1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH發生反應3、下列有機物中，既能與H2發生加成反應，又能發生酯化反應、氧化反應的是()①CH3(CHOH)4CHO②CH3CH2CH2OH③CH2=CHCH2OH④CH3COOCH2CH2OH⑤CH2=CHCOOHA．①③⑤ B．③④⑤ C．①②④ D．①③④4、2019年政府工作報告提出：繼續堅定不移地打好包括污染防治在內的“三大攻堅戰”。下列做法不符合這一要求的是A．生活垃圾分類處理，告別亂拋亂扔 B．研發可降解塑料，控制白色污染產生C．施用有機肥料，改善土壤微生物環境 D．回收廢醫用塑料，深埋或就地焚燒5、分子式C6H12主鏈上為4個碳原子的烯烴類的同分異構體有幾種A．3種B．4種C．5種D．5種6、某化學課外活動小組擬用鉛蓄電池進行電絮凝凈水的實驗探究，設計的實驗裝置示意圖如下。下列敘述正確的是A．Y的電極反應為：Pb-2e-+SO42-=PbSO4B．電解池內僅發生反應：2Al+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2↑C．若電解池陰極上有0.5molH2生成，則鉛蓄電池中消耗H2SO4為98gD．用電絮凝法凈化過的水，pH顯著升高7、下列關于0.1mol/LNaHCO3溶液中微粒濃度的關系式正確的是A．c(CO32－)＞c(H2CO3)B．c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)C．c(Na＋)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)]D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)8、在體積一定的密閉容器中，給定物質A、B、C的量，在一定條件下發生反應，建立如下化學平衡：aA(g)+bB(g)xC(g)，符合圖(1)所示的關系(C%表示平衡混合氣中產物C的百分含量，T表示溫度，p表示壓強)。在圖(2)中，Y軸是指A．反應物A的百分含量 B．反應物B的平衡轉化率C．平衡混合氣的密度 D．平衡混合氣的總物質的量9、已知下列反應的平衡常數：①H2(g)＋S(s)H2S(g)，K1；②S(s)＋O2(g)SO2(g)，K2；則反應H2(g)＋SO2(g)O2(g)＋H2S(g)的平衡常數是A．K1＋K2 B．K1－K2 C．K1×K2 D．K1/K210、氯化亞砜(SOCl2)可作為氯化劑和脫水劑。下列關于氯化亞砜分子的幾何構型和中心原子(S)采取雜化方式的說法正確是()A．三角錐型、sp3 B．V形、sp2 C．平面三角形、sp2 D．三角錐型、sp211、氮氧化鋁（AlON）屬原子晶體，是一種超強透明材料，下列描述錯誤的是（）A．AlON和石英的化學鍵類型相同B．AlON和石英晶體類型相同C．AlON和Al2O3的化學鍵類型不同D．AlON和Al2O3晶體類型相同12、2.0molPC13和1.0molCl2充入體積不變的密閉容器中，在一定條件下發生下述反應:PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)達平衡時，PCl5為0.40mol，如果此時移走1.0molPCl3和0.5molCl2，在相同溫度下再達平衡時PCl3的物質的量是A．0.40mol B．0.20molC．大于0.80mol，小于1.6mol D．小于0.80mol13、有機物、、均可形成枝狀高分子。下列說法不正確的是A．既能與強酸反應也能與強堿反應B．分子中有4種不同化學環境的氫原子C．生成，是縮聚反應D．的結構簡式是14、已知：pAg=lg[c(Ag+)]，Ksp(AgCl)=1×10-12。如圖是向10mLAgNO3溶液中逐漸加入0.1mol·L-1的NaCl溶液時，溶液的pAg隨著加入NaCl溶液的體積（單位：mL）變化的圖像（實線）。根據圖像所得下列結論不正確的是[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]A．原AgNO3溶液的物質的量濃度為1mol·L-1B．圖中x點的坐標為(100，6)C．圖中x點可認為溶液中Ag+被沉淀完全D．把0.1mol·L-1的NaCl換成0.1mol·L-1NaI，則圖像在終點后變為虛線部分15、某結晶水合物的化學式為A·H2O，其相對分子質量為B，在60℃時mg該晶體溶于ng水中，得到VmL密度為dg·mL-1的飽和溶液，下述表達式或判斷正確的是（）A．該溶液物質的量濃度為(m/BV)mol·L－1B．60℃時A的溶解度為(100m(B-18)/nB)gC．該溶液溶質的質量分數為(m/(m+n))×100%D．60℃時，將10gA投入到該飽和溶液中，析出的晶體質量大于10g16、某酯A的分子式為C5H10O2，已知A～E有如圖轉化關系，且C、E均能發生銀鏡反應，則A的結構可能有()A．2種 B．3種 C．4種 D．5種17、下列反應中，屬于消去反應的是()A．苯與Fe、Br2混合 B．氯乙烷和NaOH溶液共熱C．乙醇與乙酸反應生成乙酸乙酯 D．乙醇與濃硫酸共熱到170℃18、下表為元素周期表前四周期的一部分，下列有關R、W、X、Y、Z五種元素的敘述中，正確的是A．W元素的第一電離能小于Y元素的第一電離能B．Y、Z的陰離子電子層結構都與R原子的相同C．p能級未成對電子最多的是Z元素D．X元素是電負性最大的元素19、某化學興趣小組稱取純凈的Na2SO3·7H20a克，隔絕空氣加強熱至恒重，經過分析與計算，得到的固體質量與全部轉化為亞硫酸鈉固體的計算值一致，但固體在水中溶解后測的pH值比理論計算值（相同濃度Na2SO3溶液的pH）大很多。下列說法不正確的是A．連續兩次稱量強熱前后固體的質量，如質量差小于0.1g，即可判斷固體已經恒重B．產生上述矛盾的可能解釋：4Na2SO33Na2SO4＋Na2SC．固體產物中加入稀鹽酸可能有淡黃色沉淀產生D．加入BaCl2溶液，出現白色沉淀，則能確定產物中有Na2SO420、某有機物A的結構簡式如圖所示，下列關于A的說法正確的是A．分子式為C18H16O3B．1molA最多可以與8molH2發生加成反應C．A在酸催化條件下的水解產物都能在一定條件下發生聚合反應D．A能與Na、NaHCO3、溴水、酸性KMnO4溶液等反應21、2，3，4－三甲基戊烷的一氯代物可能有（）A．2種 B．3種 C．4種 D．5種22、下列關于物質的分類中，正確的是（）酸性氧化物酸鹽混合物電解質ASiO2HClO燒堿CuSO4·5H2OCO2BNa2O2HNO3NaHSO4漂白粉MgCSO3H2SiO3純堿水玻璃NaClDNOAl(OH)3BaCO3水泥NH3A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）Q、R、X、Y、Z五種元素的原子序數依次遞增。已知：①Z的原子序數為29，其余的均為短周期主族元素；Y原子的價電子(外圍電子)排布為msnmpn；②R原子核外L層電子數為奇數；③Q、X原子p軌道的電子數分別為2和4。請回答下列問題：（1）Z2＋的核外電子排布式是________。（2）在[Z(NH3)4]2＋離子中，Z2＋的空軌道接受NH3分子提供的________形成配位鍵。（3）Q與Y形成的最簡單氣態氫化物分別為甲、乙，下列判斷正確的是________。a．穩定性：甲>乙，沸點：甲>乙b．穩定性：甲>乙，沸點：甲<乙c．穩定性：甲<乙，沸點：甲<乙d．穩定性：甲<乙，沸點：甲>乙（4）Q、R、Y三種元素的第一電離能數值由小到大的順序為________(用元素符號作答)。（5）Q的一種氫化物相對分子質量為26，其中分子中的σ鍵與π鍵的鍵數之比為________，其中心原子的雜化類型是________。（6）某元素原子的價電子構型為3d54s1，該元素屬于________區元素，元素符號是________。24、（12分）下表為周期表的一部分，其中的編號代表對應的元素。(1)在①～⑩元素的電負性最大的是_____(填元素符號)。(2)⑨元素有_____種運動狀態不同的電子。(3)⑩的基態原子的價電子排布圖為_____。(4)⑤的氫化物與⑦的氫化物比較穩定的是_____，沸點較高的是_____(填化學式)。(5)上述所有元素中的基態原子中4p軌道半充滿的是_____(填元素符號)，4s軌道半充滿的是_____(填元素符號)。25、（12分）制備乙酸乙酯，乙酸正丁酯是中學化學實驗中的兩個重要有機實驗①乙酸乙酯的制備②乙酸丁酯的制備完成下列填空：（1）制乙酸乙酯的化學方程式___________。（2）制乙酸乙酯時，通常加入過量的乙醇，原因是________，加入數滴濃硫酸即能起催化作用，但實際用量多于此量，原因是________；濃硫酸用量又不能過多，原因是_______________。（3）試管②中的溶液是________，其作用是________________。（4）制備乙酸丁酯的過程中，直玻璃管的作用是________，試管不與石棉網直接接觸的原因是_____。（5）在乙酸丁酯制備中，下列方法可提高1-丁醇的利用率的是________（填序號）。A．使用催化劑B．加過量乙酸C．不斷移去產物D．縮短反應時間（6）兩種酯的提純過程中都需用到的關鍵儀器是________，在操作時要充分振蕩、靜置，待液體分層后先將水溶液放出，最后將所制得的酯從該儀器的________（填序號）A．上口倒出B．下部流出C．都可以26、（10分）己二酸主要用于生產尼龍66鹽、合成樹脂及增塑劑等。已二酸的合成路線如下：制備己二酸的裝置示意圖如圖所示(加熱和夾持裝置等略)。實驗步驟：I.己二酸的制備連裝好裝置后，通過瓶口b慢慢滴加1.5g環已醇至適量KMnO4和NaOH的混合溶液中，然后塞上帶有溫度計的膠塞，再用沸水浴加熱數分鐘。II.分離提純趁熱過濾，收集濾液，用少量熱水洗滌濾渣2次，合并濾液和洗滌液，邊攪拌邊滴加濃鹽酸至溶液呈強酸性，小心加熱蒸發濃縮至10mL左右，在冷水浴中冷卻，析出已二酸粗品。回答下列問題：(1)寫出儀器a的名稱：______________。(2)分離提純過程中滴加的濃鹽酸的作用是______________。(3)將已二酸粗品提純的方法是_______________。A．過濾

B．萃取

C．重結晶

D．蒸餾(4)步驟II中過濾時需要用到的玻璃儀器有玻璃棒____、_____。洗滌濾渣的目的是__________。(5)若制得純已二酸的質量為1.5g，則己二酸的產率為__________。27、（12分）實驗室需要配制0.50mol·L-1NaCl溶液480mL。按下列操作步驟填上適當的文字,以使整個操作完整(1)選擇儀器。完成本實驗所必需的儀器有:托盤天平(精確到0.1g)、藥匙、燒杯、玻璃棒、________、__________以及等質量的幾片濾紙。

(2)計算。配制該溶液需稱取NaCl晶體的質量為__________g。

(3)稱量。①天平調平之后,應將天平的游碼調至某個位置,請在下圖中用一根豎線標出游碼左邊緣所處的位置______:②稱量過程中NaCl晶體應放于天平的________(填“左盤”或“右盤”)。

③稱量完畢,把藥品倒入燒杯中。(4)溶解、冷卻,該步實驗中需要使用玻璃棒,目的是___________。

(5)轉移、洗滌。在轉移時應使用__________引流,洗滌燒杯2～3次是為了__________。

(6)定容,搖勻。定容操作為__________________。(7)下列操作對所配溶液的濃度大小有何影響？①轉移完溶液后未洗滌玻璃棒和燒杯，濃度會_____(填“偏大”、“偏小”或“無影響”，下同)。②容量瓶中原來有少量蒸餾水，濃度會_________。③定容時俯視，濃度會_________。28、（14分）（1）用系統命名法命名下列物質①______________；②CH3CH2CH=CHCH3____________。（2）寫出結構簡式或名稱：①分子式為C8H10的芳香烴，苯環上的一溴取代物只有一種，寫出該芳香烴的結構簡式_____________。②戊烷(C5H12)的某種同分異構體只有一種一氯代物，寫出該戊烷的名稱__________。（3）CH2－CH＝CH－CH2是一種加聚產物，則其單體的結構簡式為___________，其鏈節為______________。（4）請寫出分子式為C4H8O2屬于酯類的同分異構體的結構簡式________。29、（10分）某無色溶液X，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、Fe3+、AlO2—、CO32—、SO42—中的若干種離子組成，取該溶液進行如下實驗：（1）氣體B的成分是______________。（2）寫出步驟②形成白色沉淀甲的離子方程式__________________________。（3）通過上述實驗，可確定X溶液中一定存在的離子是_________________________，尚未確定是否存在的離子是__________________，只要設計一個簡單的后續實驗就可以確定該離子是否存在，該方法是_________________________________。

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、D【解析】

在一個密閉容器中，中間有一可自由滑動的隔板，將容器分成兩部分，當隔板穩定后，兩邊容器內的壓強相同，在等溫等壓的條件下，氣體的體積之比等于物質的量之比，左邊28g氮氣為1mol，則8gCO和CO2的混合氣體為0.25mol，平均摩爾質量為32g/mol；【詳解】A.根據十字交叉法，右邊CO和CO2的分子數之比為3：1，A錯誤；B.右邊CO的質量為28g/mol×0.25mol×1/4=1.75g，B錯誤；C.若改變右邊CO和CO2的充入量而使隔板處于距離右端1/6處，保持溫度不變，則第二次沖入氣體的物質的量為0.2mol，同一密閉容器中，壓強之比等于物質的量之比，前后兩次充入容器內的物質的量之比為1.25：1.2,氣體壓強之比為25：24，C錯誤；D.同溫同壓下，相對密度之比等于摩爾質量之比，右側氣體密度是相同條件下氫氣密度的16倍，D正確；答案為D。【點睛】N2和CO和CO2的混合氣體在同一密閉容器中，隔板可自由移動，則壓強、溫度相同，體積之比等于物質的量之比。2、D【解析】

A．迷迭香酸中含碳碳雙鍵，能夠與溴發生加成反應，故A錯誤；B．苯環、碳碳雙鍵能夠與氫氣發生加成反應，則1

mol迷迭香酸最多能和7mol氫氣發生加成反應，故B錯誤；C．迷迭香酸中含-COOC-可發生水解反應，含-OH、-COOH可發生取代反應、酯化反應，苯環上的羥基不能發生消去反應，故C錯誤；D．迷迭香酸中含酚-OH、-COOC-、-COOH均與NaOH反應，則1

mol迷迭香酸最多能和6

mol

NaOH發生反應，故D正確；答案選D。【點睛】本題的易錯點為B，要注意酯基和羧基中的碳氧雙鍵不能與氫氣發生加成反應，醛基和羰基(酮基)中的碳氧雙鍵能與氫氣發生加成反應。3、A【解析】

能發生加成反應說明含有不飽和鍵，能發生酯化反應說明含有羥基或羧基，醇、醛、羧酸、烴等有機物都能燃燒而發生氧化反應，①CH3(CHOH)4CHO中含有醇羥基和醛基，能發生加成反應、酯化反應和氧化反應，故正確；②CH3CH2CH2OH中含有醇羥基，能發生酯化反應和氧化反應，不含不飽和鍵，不能發生加成反應，故錯誤；③CH2=CHCH2OH中含有碳碳雙鍵和醇羥基，能發生加成反應、氧化反應和酯化反應，故正確；④CH3COOCH2CH2OH含有酯基和羥基，能發生氧化反應和酯化反應，但不能發生加成反應，故錯誤；⑤CH2=CHCOOH中含有碳碳雙鍵和羧基，能發生加成反應、酯化反應和氧化反應，故正確；符合條件的有①③⑤，故選A。【點睛】本題的易錯點為④，要注意羧基和酯基中的碳氧雙鍵不能發生加成反應，醛基和酮基中的碳氧雙鍵能發生加成反應。4、D【解析】

A.生活垃圾分類處理，告別亂拋亂扔,利于治污，故A不選；B.白色污染難降解，研發可降解塑料，控制白色污染產生，故B不選；C.減少化肥的使用，施用有機肥料，改善土壤微生物環境，故C不選；D.回收廢醫用塑料，深埋或就地焚燒，均易產生污染，故D選；故選D。5、B【解析】分子式為C6H12主鏈上為4個碳原子的烯烴類的同分異構體有CH2=C(CH3)—CH(CH3)—CH3、CH2=CH—C(CH3)2—CH3、CH2=C(CH2CH3)2、CH3—C(CH3)=C(CH3)—CH3共4種，故選B。6、C【解析】

左端裝置為電池，右端裝置為電解池，根據電解池的裝置圖，鐵電極上H2O轉化成H2和OH－，鐵電極為陰極，即Al電極為陽極，X為負極，Y為正極，據此分析。【詳解】A、根據上述分析，Y電極為正極，電極反應式為PbO2+SO42-＋H＋+2e-=PbSO4+H2O，故A錯誤；B、根據電解池裝置，Al電極上除有Al3＋生成外，還含有O2的生成，故B錯誤；C、陰極上有0.5molH2產生，鉛蓄電池的總反應為Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，即有H2～2e-～2H2SO4，即鉛蓄電池中消耗硫酸的質量為0.5mol×2×98g/mol=98g，故C正確；D、電解池內部發生的反應是2Al＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑，2H2O2H2↑＋O2↑，凈化過的水，pH基本保持不變，故D錯誤；答案選C。【點睛】涉及電化學計算，特別是兩池的計算時，一般采用關系式法，讓電子為中介，像本題，陰極上產生氫氣，得出H2～2e-，鉛蓄電池中也轉移2mole-，根據鉛蓄電池總反應，列出H2～2e-～2H2SO4，從而計算出硫酸的質量。7、B【解析】

A、NaHCO3溶液呈堿性，碳酸氫根離子的水解程度大于其電離程度，因此c(CO32－)＜c(H2CO3)，A錯誤；B、碳酸氫根離子的水解程度大于其電離程度，溶液顯弱堿性，溶液中離子濃度關系為c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)，B正確；C、根據物料守恒可知c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)，C錯誤；D、根據電荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，D錯誤。答案選B。8、B【解析】

根據圖1中“先拐先平數值大”知，T1＞T2，P2＞P1，升高溫度，C的含量降低，說明該反應向逆反應方向移動，則正反應是放熱反應，增大壓強，C的含量增大，平衡向正反應方向移動，則該反應是一個反應前后氣體體積減小的反應，即a+b＞x；A、根據圖2知，增大壓強，平衡向正反應方向移動，則A的體積分數減小，與圖象不相符，故A錯誤；B、升高溫度平衡向逆反應方向移動，則A或B的轉化率減小，增大壓強平衡正反應方向移動，A或B的轉化率增大，符合圖象，故B正確；C、在一定溫度下，根據質量守恒知，混合氣體的質量始終不變，容器體積不變，則混合氣體的密度始終不變，故C錯誤；D、根據圖2知，增大壓強，平衡向正反應方向移動，該反應的a+b＞x，所以混合氣的總物質的量減小，升高溫度平衡向逆反應方向進行，混合氣的總物質的量增加，不符合圖象，故D錯誤；故選B。9、D【解析】

H2(g)+S(s)H2S(g)的平衡常數K1=，S(s)+O2(g)SO2(g)的平衡常數K2=，反應H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常數K==，故選D。【點睛】解答本題的關鍵是正確書寫平衡常數表達式，需要注意的是平衡常數及其單位與化學計量數有關。10、A【解析】

根據價電子對互斥理論確定微粒的空間構型，SOCl2中S原子成2個S-Cl鍵，1個S=O，價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數=3+=4，雜化軌道數是4，故S原子采取sp3雜化，含一對孤電子，分子形狀為三角錐形，綜上，本題答案選A。【點睛】思考中心原子的雜化類型時，需要計算孤對電子數；在考慮空間構型時，只考慮原子的空間排布，而不需要考慮孤對電子。11、D【解析】原子晶體中相鄰的原子間形成共價鍵。常見的原子晶體有金剛石、二氧化硅（石英）晶體等。是離子晶體，Al2O3結構粒子為陰、陽離子，離子間作用力為離子鍵。所以D的描述是錯誤的。12、C【解析】

達到平衡后移走1.0molPCl3和0.5molCl2，重新達到平衡，可以等效為開始加入1.0molPCl3和0.50molCl2達到的平衡，與原平衡比壓強減小，平衡向逆反應移動，反應物轉化率減小，故達到平衡時，PCl3的物質的量大于原平衡的一半，即達到平衡時PCl3的物質的量大于1.6mol×12=0.8mol，但小于1.6mol，故選項C答案選C。13、D【解析】

A.AB4含有氨基和羧基，即AB4具有氨基酸的性質，既能與強酸反應也能與強堿反應，故A正確；B.AB2分子是以羧基和對位碳為對稱軸結構對稱，即AB2中含有4種不同化學環境的氫原子，故B正確；C.AB2含有氨基和羧基，即可發生縮聚反應，故C正確；D.根據AB8的結構簡式可知，AB8中含有兩個氨基，都可發生取代反應，則結構簡式不正確，故D錯誤；故選D。14、D【解析】

分析題給信息，縱坐標為Ag+濃度的負對數，則pAg值越大，對應的Ag+濃度就越小。根據Ksp(AgCl)值，結合圖給信息，可以計算出x點的坐標。組成類似的難溶電解質，Ksp值越小越難溶。據此進行分析。【詳解】A．開始時，pAg=0，則c(Ag+)=1mol/L，原AgNO3溶液的物質的量濃度為1mol·L-1，A項正確；B．x點的縱坐標為6，說明此時c(Ag+)=10-6mol/L，一般認為溶液中離子濃度小于10-5mol/L即沉淀完全，則AgNO3與NaCl完全反應，，所以，故x點的坐標為(100，6)，B項正確；C．x點的縱坐標為6，說明此時c(Ag+)=10-6mol/L，一般認為溶液中離子濃度小于10-5mol/L即沉淀完全。故x點可認為溶液中Ag+被沉淀完全，C項正確；D．由題給信息可知，與AgCl相比，AgI的Ksp值更小，所以把0.1mol·L-1的NaCl換成0.1mol·L-1NaI，溶液中c(Ag+)要更小，故圖像在終點后曲線變化應在實線之上，D項錯誤；答案選D。15、D【解析】A．mg結晶水合物A?H2O的物質的量為=mol，所以A的物質的量為mol，溶液溶液VmL，物質的量濃度c==mol/L，故A錯誤；B．mg該結晶水合物A?H2O中A的質量為mg×，形成溶液中溶劑水的質量為ng+mg×，令該溫度下，溶解度為Sg，則100g：Sg=(ng+mg×)：mg×，解得S=，故B錯誤；C．mg該結晶水合物A?H2O中A的質量為mg×，溶液質量為(m+n)g，故溶液中A的質量分數=[mg×÷(m+n)g]×100%=×100%，故C錯誤；D．10gA投入到該飽和溶液中，不能溶解，析出A?H2O，析出的晶體大于10g，析出晶體大于10g，故D正確；故選D。點睛：本題考查溶液濃度計算，涉及溶解度、質量分數、物質的量濃度的計算與相互關系，屬于字母型計算，為易錯題目，注意對公式的理解與靈活運用。16、A【解析】

根據題意可知A屬于飽和一元羧酸與飽和一元醇形成的酯，故可先分析C5H10O2可能的結構：①HCOOC4H9、②CH3COOC3H7、③CH3CH2COOC2H5、④C3H7COOCH3。①的水解產物中含有HCOOH，能發生銀鏡反應，符合題意，①的另一水解產物為C4H9OH，結構共有4種，其中能夠發生催化氧化生成醛的只有兩種；②③④水解產物中分別含有：CH3COOH、CH3CH2COOH和C3H7COOH，均不能發生銀鏡反應，故被排除。所以符合題意的只有兩種，故選A。【點睛】本題考查有機物的推斷，題目難度不大，本題注意題給信息，為解答該題的關鍵，特別是D→E，為易錯點，答題時注意體會。17、D【解析】

A.苯與Fe、Br2混合，發生取代反應生成溴苯和HBr，A不符合題意；B.氯乙烷和NaOH溶液共熱，發生取代反應，生成乙醇，B不符合題意；C.乙醇與乙酸在濃硫酸存在條件下發生取代反應生成乙酸乙酯和水，C不符合題意；D.乙醇與濃硫酸共熱到170℃，發生消去反應，生成乙烯和水，D符合題意；故合理選項是D。18、D【解析】

根據元素在周期表中的相對位置可知，X是F，Y是S，Z是Br，W是P，R是Ar。A、P元素的3p軌道電子處于半充滿狀態，穩定性強，第一電離能大于S元素的，A錯誤；B、Z的陰離子含有36個電子，其電子層結構與R原子的不相同，B錯誤；C、p軌道未成對電子最多的是P元素，C錯誤；D、F是最活潑的非金屬，電負性最大，D正確；答案選D。19、D【解析】A、連續兩次稱量強熱前后固體的質量，如質量差小于0.1g，即可判斷固體已經恒重，故A正確；B、由于Na2SO3既具有氧化性又具有還原性，Na2SO3加熱后發生了歧化反應，硫元素化合價從+4價變化為-2價和+6價，反應的化學方程式為：4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故B正確；C、固體中可能還有Na2SO3，Na2SO3與Na2S在酸性條件下可以歸中反應生成硫單質，所以固體產物中加入稀鹽酸可能有淡黃色沉淀產生，故C正確；D、固體中可能還有Na2SO3，加入BaCl2溶液，出現白色沉淀，則不能確定產物中有Na2SO4，故D錯誤；故選D。點睛：該題目的關鍵是亞硫酸鈉本身既具有氧化性又具有還原性的性質，才能想到亞硫酸鈉會發生歧化、歸中的反應。20、C【解析】分析：有機物含有含有醇羥基,可發生取代、消去和氧化反應,含有碳碳雙鍵,可發生加成、加聚和氧化反應，含有酯基，能發生水解反應，以此解答。詳解:A.由有機物結構簡式可以知道有機物分子式為C18H18O3，所以A選項是錯誤的；

B.能與氫氣發生加成反應的為苯環和碳碳雙鍵，則1molA最多可以與7molH2發生加成反應，所以B選項是錯誤的；

C.在酸催化條件下的水解生成和，兩種產物在一定條件下都能發生聚合反應，所以C選項是正確的；

D.A中不含羧基，不能NaHCO3反應，故D錯誤。

所以C選項是正確的。21、C【解析】

2，3，4－三甲基戊烷結構簡式為：，該物質分子中含有四種不同的H原子，因此其一氯取代產物有四種，故合理選項是C。22、C【解析】

和堿反應生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物；水溶液中電離出的陽離子全部是氫離子的化合物為酸；金屬陽離子和酸根陰離子構成的化合物為鹽；不同物質組成的為混合物；水溶液中或熔融狀態下導電的化合物為電解質。【詳解】A.燒堿為氫氧化鈉屬于堿，CuSO4·5H2O為純凈物，CO2為非電解質，故A錯誤；B.Na2O2為過氧化物不是酸性氧化物，Mg是金屬單質既不是電解質也不是非電解質，故B錯誤；C.SO3屬于酸性氧化物，H2SiO3屬于酸，純堿是碳酸鈉為鹽，水玻璃為硅酸鈉的水溶液為混合物，氯化鈉溶于水導電屬于電解質，所以C選項是正確的；D.NO和堿不反應屬于不成鹽氧化物，氫氧化鋁為兩性氫氧化物，氨氣為非電解質，故D錯誤。

所以C選項是正確的。二、非選擇題(共84分)23、1s22s22p63s23p63d9孤電子對bSi<C<N3∶2sp雜化dCr【解析】分析：Z的原子序數為29，Z為Cu元素；R原子核外L層電子數為奇數，R為第二周期元素，Q的p軌道電子數為2，Q的原子序數小于R，Q為C元素；Y原子的價電子排布為msnmpn，Y原子的價電子排布為ms2mp2，Y為第IVA族元素，Y的原子序數介于Q與Z之間，Y為Si元素；X原子p軌道的電子數為4，X的原子序數介于Q與Y之間，X為O元素；R的原子序數介于Q與X之間，R為N元素。（1）Z2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+離子中，Cu2+的空軌道接受NH3分子中N原子提供的孤電子對形成配位鍵。（3）Q、Y形成的最簡單氣態氫化物依次為CH4（甲）、SiH4（乙），穩定性：CH4>SiH4，沸點：CH4<SiH4。（4）C、N、Si的第一電離能由小到大的順序為Si<C<N。（5）Q的一種氫化物相對分子質量為26，該氫化物為CH≡CH，CH≡CH中σ鍵與π鍵的鍵數之比為3:2。其中C原子為sp雜化。（6）某元素原子的價電子構型為3d54s1，該元素屬于d區元素，元素符號是Cr。詳解：Z的原子序數為29，Z為Cu元素；R原子核外L層電子數為奇數，R為第二周期元素，Q的p軌道電子數為2，Q的原子序數小于R，Q為C元素；Y原子的價電子排布為msnmpn，Y原子的價電子排布為ms2mp2，Y為第IVA族元素，Y的原子序數介于Q與Z之間，Y為Si元素；X原子p軌道的電子數為4，X的原子序數介于Q與Y之間，X為O元素；R的原子序數介于Q與X之間，R為N元素。（1）Z為Cu元素，Cu原子核外有29個電子，基態Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，Z2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+離子中，Cu2+的空軌道接受NH3分子中N原子提供的孤電子對形成配位鍵。（3）Q、Y形成的最簡單氣態氫化物依次為CH4（甲）、SiH4（乙），由于C-H鍵的鍵長小于Si-H鍵，C-H鍵的鍵能大于Si-H鍵，穩定性：CH4>SiH4；由于CH4的相對分子質量小于SiH4的相對分子質量，CH4分子間作用力小于SiH4分子間作用力，沸點：CH4<SiH4；答案選b。（4）根據同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，第一電離能C<N；同主族從上到下第一電離能逐漸減小，第一電離能C>Si；C、N、Si的第一電離能由小到大的順序為Si<C<N。（5）Q的一種氫化物相對分子質量為26，該氫化物為CH≡CH，CH≡CH的結構式為H—C≡C—H，單鍵全為σ鍵，三鍵中含1個σ鍵和2個π鍵，CH≡CH中σ鍵與π鍵的鍵數之比為3:2。CH≡CH中每個碳原子形成2個σ鍵，C原子上沒有孤電子對，C原子為sp雜化。（6）某元素原子的價電子構型為3d54s1，由于最后電子填入的能級符號為3d，該元素屬于d區元素，元素符號是Cr。24、F26H2OH2OAsK【解析】

根據元素在元素周期表中的位置可知，①為H元素；②為Be元素；③為C元素；④為N元素；⑤為O元素；⑥為F元素；⑦為S元素；⑧為K元素；⑨為Fe元素；⑩為As元素。結合元素周期律和原子結構分析解答。【詳解】根據元素在元素周期表中的位置可知，①為H元素；②為Be元素；③為C元素；④為N元素；⑤為O元素；⑥為F元素；⑦為S元素；⑧為K元素；⑨為Fe元素；⑩為As元素。(1)元素的非金屬性越強，電負性數值越大，在①～⑩元素的電負性最大的是F，故答案為：F；(2)⑨為Fe元素，為26號元素，原子中沒有運動狀態完全相同的2個電子，鐵原子中有26種運動狀態不同的電子，故答案為：26；(3)⑩為As元素，為33號元素，與N同主族，基態原子的價電子排布圖為，故答案為：；(4)⑤為O元素，⑦為S元素，元素的非金屬性越強，氣態氫化物的穩定性越強，氫化物比較穩定的是H2O；水分子間能夠形成氫鍵，沸點比硫化氫高，沸點較高的是H2O，故答案為：H2O；H2O；(5)上述所有元素中的基態原子中4p軌道半充滿的是As，4s軌道半充滿的是K，故答案為：As；K。25、增大反應物的濃度，使平衡正向移動，提高乙酸的轉化率；；濃硫酸能吸收反應生成的水，使平衡正向移動，提高酯的產率濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產率飽和碳酸鈉溶液中和乙酸、吸收乙醇減少乙酸乙酯在水中的溶解冷凝回流防止加熱溫度過高，有機物碳化分解BC分液漏斗A【解析】

（1）實驗室用乙醇和乙酸在濃硫酸加熱的條件下制乙酸乙酯，化學方程式為。答案為：；（2）酯化反應屬于可逆反應，加入過量的乙醇，相當于增加反應物濃度，可以讓平衡生成酯的方向移動，提高酯的產率；在酯化反應中，濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑；理論上"加入數滴濃硫酸即能起催化作用，但實際用量多于此量"，原因是：利用濃硫酸能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移動，提高酯的產率；“濃硫酸用量又不能過多”，原因是：濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產率；答案為：增大反應物的濃度，使平衡正向移動，提高乙酸的轉化率；濃硫酸能吸收反應生成的水，使平衡正向移動，提高酯的產率；濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產率；（3）由于乙酸和乙醇具有揮發性，所以制得的乙酸乙酯中常混有少量揮發出的乙酸和乙醇，將產物通到飽和碳酸鈉溶液的液面上，飽和碳酸鈉溶液的作用是：中和乙酸、溶解乙醇、減少乙酸乙酯在水中的溶解；答案為：飽和碳酸鈉溶液；中和乙酸、吸收乙醇減少乙酸乙酯在水中的溶解；（4）乙酸、丁醇加熱易揮發，為減少原料的損失，直玻璃管對蒸汽進行冷凝，重新流回反應器內。試管與石棉網直接接觸受熱溫度高，容易使有機物分解碳化。故答案為：冷凝、回流；防止加熱溫度過高，有機物碳化分解。（5）提高1?丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移動。A.使用催化劑，縮短反應時間，平衡不移動，故A錯誤；B.加過量乙酸，平衡向生成酯的方向移動，1?丁醇的利用率增大，故B正確；C.不斷移去產物，平衡向生成酯的方向移動，1?丁醇的利用率增大，故C正確；D.縮短反應時間，反應未達平衡，1?丁醇的利用率降低，故D錯誤。答案選BC。（6）分離互不相溶的液體通常分液的方法，分液利用的儀器主要是分液漏斗，使用時注意下層液從分液漏斗管放出，上層液從分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，應從分液漏斗上口倒出。故答案為：分液漏斗；A。26、直形冷凝管(或冷凝管)將己二酸鈉完全轉化為己二酸C燒杯漏斗減少己二酸鈉的損失，提高己二酸的產量68.5%【解析】分析：（1）根據實驗裝置圖及常見的儀器分析；（2）根據己二酸的酸性弱于鹽酸分析；（3）根據已二酸常溫下為固體，溫度較低時會從溶液中析出分析；（4）根據過濾操作分析；濾渣中含有己二酸鈉；（5）根據實際產量與理論產量的比值計算產率。詳解：（1）由實驗裝置圖可知，圖中儀器a的名稱是直形冷凝管(或冷凝管)；（2）濃鹽酸是強酸，酸性強于己二酸，分離提純過程中滴加的濃鹽酸的作用是將己二酸鈉完全轉化為己二酸；（3）因為己二酸常溫下為固體，溫度較低時會從溶液中析出，所以將已二酸粗品提純的方法是重結晶，答案選C；（4）步驟II中過濾時需要用到的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯和漏斗；濾渣中含有己二酸鈉，因此洗滌濾渣的目的是減少己二酸鈉的損失，提高己二酸的產量；（5）根據原子守恒可知生成己二酸的質量為1.5g100×146=2.19g，所以產率是1.5g/2.19g×100%＝68.點睛：本題以已二酸的制備為載體，考查化學實驗基本操作、關系式計算等，題目難度中等，掌握實驗原理是解答的關鍵，是對學生分析能力、計算能力和綜合能力的考查。27、500ml容量瓶膠頭滴管14.6左盤攪拌加快溶解使溶質都進入容量瓶當液面距刻度線1-2cm處時，用膠頭滴管加水到液面的凹液面的最低處與刻度相切偏小無影響偏大【解析】

考查一定物質的量濃度溶液的配制的實驗過程，包括計算、稱量、溶解、轉移、洗滌、定容等。再根據，判斷誤差分析。【詳解】(1)配制一定物質的量濃度的溶液時，需要使用到容量瓶，配制480mL溶液，實驗室中沒有480mL的容量瓶，應該選用500mL容量瓶，定容時，需要使用到膠頭滴管；(2)實驗室沒有480mL的容量瓶，配制時要使用500mL的容量瓶，因此計算NaCl的質量時，也需要按照500mL計算。需要NaCl的物質的量為0.50mol·L-1×0.5L=0.25mol，則NaCl的質量為0.25mol×58.5g·mol－1=14.625g，托盤天平的精確度為0.1g，因此稱量NaCl的質量為14.6g；(3)①如果砝碼可以稱量到1g，那么游碼應該到0.6g，則游碼的位置在0.6的位置，如圖；②使用托盤天平稱量時，物品應該放在左盤進行稱量；(4)溶解時，使用玻璃棒用于攪拌，加速溶解；(5)引流時，需要使用玻璃棒；洗滌玻璃棒和燒杯2～3次，全部轉移到容量瓶中，是為了將所有溶質轉移至容量瓶中；(6)定容時，需要加入蒸餾水，使凹液面的最低處與刻度線相平，答案為：當液面距刻度線1-2cm處時，用膠頭滴管加水到液面的凹液面的最低處與刻度相切；(7)①未洗滌燒杯和玻璃棒，有部分溶質沒有轉移至容量瓶中，濃度偏小；②容量瓶中有少量蒸餾水，在后續操作中也需要往容量瓶中加入蒸餾水，本來就有蒸餾水，不會帶濃度帶來誤差；③定容時，俯視刻度線，水加少了，體積偏小，濃度偏大。【點睛】稱量的質量和計算的質量是不一樣的，稱量是要考慮到儀器的精確度。28、乙苯2-戊烯2，2-二甲基丙烷CH2=CH-CH=CH2－CH2－CH＝CH－CH2－HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH3、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3【解析】

(1)①以苯環為母體，側鏈為乙基；②主鏈含5個C，雙鍵在2號C上；據此