江苏省淮阴中学淮阴中学2025年化学高二第二学期期末检测试题含解析.doc

江苏省淮阴中学淮阴中学2025年化学高二第二学期期末检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．标准状况下，22.4 L CCl4所含分子数约为NA个
B．标准状况下，22.4 L乙醇中含有的氧原子数目为NA
C．盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5 mol
D．1 mol NaHCO3晶体中含有阳离子数目为2NA
2、下列说法不正确的是
A．汽油、沼气、电能都是二次能源
B．1 mol 碳和3 mol 碳的燃烧热相等
C．共价化合物可以是电解质，离子化合物也可以是非电解质
D．吸热反应可以自发进行
3、下表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关X、Y、Z、R、W五种元素的叙述中，错误的是

X

Y
Z

R
W

A．常压下五种元素的单质中，Y的沸点最高
B．元素电负性：X＞Z＞Y
C．基态原子中未成对电子数最多的是R
D．元素最高价氧化物对应的水化物酸性：W＞Z＞Y
4、下列有关说法正确的是
A．1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA
B．在反应KIO3 + 6HI = KI + 3I2 +3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6NA
C．根据反应中HNO3(稀)NO，而HNO3(浓)NO2可知，氧化性：HNO3(稀) > HNO3(浓)
D．含有大量NO3－的溶液中，不能同时大量存在H+、Fe2+、Cl－
5、下列操作中，能使水的电离平衡向右移动且使液体呈酸性的是
A．向水中加入NaHSO4 B．向水中加入CuSO4
C．向水中加入Na2CO3 D．将水加热到100℃，使pH＝6
6、用甘氨酸和丙氨酸缩合,形成的二肽最多可以有
A．4种 B．3种 C．2种 D．1种
7、下列属于非电解质的是
A．氯化钠 B．氨气 C．氯水 D．铜
8、某溶液中含有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是（　　）
A．只有NH4+B．只有 Al3+C．NH4+和Al3+D．Fe2+和NH4+
9、有八种物质：①甲烷、②甲苯、③聚乙烯、④聚异戊二烯、⑤2－丁炔、⑥环己烷、⑦环己烯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色的是（ ）
A．③④⑤⑧ B．④⑤⑦ C．④⑤ D．③④⑤⑦⑧
10、历史上最早应用的还原性染料是靛蓝，其结构简式如下，下列关于靛蓝的叙述中错误的是

A．该物质是高分子化合物
B．靛蓝由碳、氢、氧、氮四种元素组成
C．它的分子式是C16H10N2O2
D．它是不饱和的有机物
11、从海带中提取碘，可经过以下实验步骤完成。下列有关说法正确的是

A．灼烧过程中使用的玻璃仪器有酒精灯、烧杯、玻璃棒
B．氧化过程中发生反应的离子方程式为 2I-＋H2O2 =I2＋2OH-
C．检验碘单质时，可选用淀粉碘化钾试纸，若试纸变蓝说明海带中含有碘单质
D．分液时，先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞从上口倒出上层液体
12、下列各项叙述正确的是
①氯水、氨水、水玻璃、王水、福尔马林、淀粉均为混合物
②含有氧元素的化合物一定是氧化物
③CO2、N2O5、SiO2均为酸性氧化物，Na2O、MgO为碱性氧化物
④C60、C70、金刚石、石墨之间互为同素异形体
⑤强电解质溶液的导电能力不一定强
⑥在熔化状态下能导电的纯净物为离子化合物
A．①③④⑤ B．①②④⑤ C．①④⑤⑥ D．②③⑤⑥
13、仪器名称为“容量瓶”的是
A． B． C． D．
14、氮化硼是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。下列各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同的是
A．硝酸钠和金刚石 B．晶体硅和水晶
C．冰和干冰 D．苯和萘
15、通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。现给出化学键的键能(见下表)：
化学键
H—H
Cl—Cl
Cl—H
键能/(kJ·mol－1)
436
243
431
请计算H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应热(　　)
A．＋862 kJ·mol－1 B．＋679 kJ·mol－1 C．－183 kJ·mol－1 D．＋183 kJ·mol－1
16、已知：，下列说法正确的是
A．M能发生加聚反应、取代反应和氧化反应
B．M的二氯代物有10种(不考虑立体异构）
C．N中所有碳原子在同一平面上
D．等物质的量的M、N分别完全燃烧，消耗O2的体积比为4：5
17、下列各组物质中，全部属于纯净物的是
A．福尔马林、酒、醋 B．苯、汽油、无水酒精
C．甘油、乙醇钠、氯仿 D．豆油、丙烯酸、四氯化碳
18、下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是（ ）
A．CH3COOH B．Na2CO3
C．NaHSO4 D．NH4Cl
19、用石墨电极电解100 mL H2SO4与CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体（标准状况），则原混合溶液中Cu2＋的物质的量浓度为( )
A．3 mol·L－1 B．2 mol·L－1 C．4 mol·L－1 D．1 mol·L－1
20、下列离子中外层d轨道完全充满状态的是 （　　）
A．Cr3+ B．Fe3+ C．Cu+ D．Co3+
21、分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，且生成的醇无具有相同官能团的同分异构体。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有
A．8种 B．16种 C．24种 D．28种
22、下列有关阿伏加德罗常数的说法错误的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)（ ）
A．32gO2所含的原子数目为NA
B．0.5molH2O含有的原子数目为1.5NA
C．1molH2O含有的水分子数目为NA
D．0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol
二、非选择题(共84分)
23、（14分）X、Y、Z为元素周期表中原子序数依次增大的三种短周期元素，Y与X、Z均相邻，X、Y与Z三种元素原子的最外层电子数之和为19；W的单质为生活中一种常见的金属，在Z元素的单质中燃烧产生棕黄色的烟，生成。回答下列问题：
（1）Z元素在元素周期表中的第____周期。
（2）与足量的的水溶液发生反应生成两种强酸，写出该反应的离子方程式____。
（3）易升华，易溶于水，乙醇/丙酮等溶剂。据此推测其晶体熔化时克服的作用力是__，判断的依据是____。
24、（12分）维拉佐酮是临床上使用广泛的抗抑部药，其关键中间体合成路线如下:

已知:R-X+→+H-X

(1)下列说法正确的是______(填编号)。
A化合物A不能使三氧化铁溶液显紫色
B．反应①④⑤均为取代反应
C．合成过程中反应③与反应④不能调换
D．反应②中K2CO3的作用是使反应向正方向移动
(2)写出物质C的结构简式:__________。
(3)写出反应②的化学方程式:_____________。
(4)设计以苯和乙烯为原料制备的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)____________。
(5)经过水解和氧化后可得到分子式为C4H9O2N的物质F，写出物质F的可能的同分异构体结构简式__________。须同时符合:
①分子结构中有一个六元环；
②1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子。
25、（12分）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯。

已知：

密度(g/cm3)
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
环已醇
0.96
25
161
能溶于水
环已烯
0.81
－103
83
难溶于水
（1）制备粗品
将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。
①A中碎瓷片的作用是：_______________，导管B除了导气外还具有的作用是：_______________。
②试管C置于冰水浴中的目的是。：_______________
（2）制备精品
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在：_______________层(填上或下)，分液后用：_______________ (填入编号)洗涤。
a．KMnO4溶液b．稀H2SO4c．Na2CO3溶液
26、（10分）实验小组同学对乙醛与新制的Cu(OH)2反应的实验进行探究。
实验Ⅰ：取2mL 10%的氢氧化钠溶液于试管中，加入5滴2%的CuSO4溶液和5滴5%的乙醛溶液，加热时蓝色悬浊液变黑，静置后未发现红色沉淀。
实验小组对影响实验Ⅰ成败的因素进行探究：
(1)探究乙醛溶液浓度对该反应的影响。
编号
实验Ⅱ
实验Ⅲ
实验方案

实验现象
加热，蓝色悬浊液变红棕色，静置后底部有大量红色沉淀
加热，蓝色悬浊液变红棕色，静置后上层为棕黄色油状液体，底部有少量红色沉淀
已知：乙醛在碱性条件下发生缩合反应：CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O ，生成亮黄色物质，加热条件下进一步缩合成棕黄色的油状物质。
① 能证明乙醛被新制的Cu(OH)2 氧化的实验现象是______。
② 乙醛与新制的Cu(OH)2 发生反应的化学方程式是______。
③ 分析实验Ⅲ产生的红色沉淀少于实验Ⅱ的可能原因：______。
(2)探究NaOH溶液浓度对该反应的影响。
编号
实验Ⅳ
实验Ⅴ
实验方案

实验现象
加热，蓝色悬浊液变黑
加热，蓝色悬浊液变红棕色，
静置后底部有红色沉淀
依据实验Ⅰ→Ⅴ，得出如下结论：
ⅰ. NaOH溶液浓度一定时，适当增大乙醛溶液浓度有利于生成Cu2O。
ⅱ. 乙醛溶液浓度一定时，______。
(3)探究NaOH溶液浓度与乙醛溶液浓度对该反应影响程度的差异。
编号
实验Ⅵ
实验Ⅶ
实验方案

实验现象
加热，蓝色悬浊液变黑
加热，静置后底部有红色沉淀
由以上实验得出推论： ______。
27、（12分）铝热反应是铝的一个重要性质，该性质用途十分广泛，不仅被用于焊接钢轨，而且还常被用于冶炼高熔点的金属如钒、铬、锰等。

（1）某校化学兴趣小组同学，取磁性氧化铁按教材中的实验装置(如图甲)进行铝热反应，现象很壮观。指明使用镁条和氯酸钾的目的是___________________。
（2）某同学用图乙装置进行铝热反应。取反应后的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，溶液未见红色。为测定该实验所得“铁块”中铁元素含量，设计实验流程如图所示。

几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。

① 试剂A应选择________，试剂B应选择_______(填序号)。
A．稀盐酸 B．氧化铁 C．H2O2溶液 D．氨水
② 写出反应Ⅱ的离子方程式____________________________。
③ 设计简单实验证明M的成分是Fe2O3而非Fe3O4__________。

④ 上述实验应灼烧至M质量不变，则能证明M质量不变的标志是_______。
⑤ 若最终红色粉未M的质量为12.0 g，则该“铁块”的纯度是_______。
28、（14分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种元素，A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代； B与A同周期，其s能级电子数比p能级电子数多；C原子的最外层电子数是次外层的3倍；D与B同主族；E的原子序数为29。回答下列问题：
（1）五种元素中第一电离能最大的是_____，其中D原子价电子排布图为______。   
（2）元素B的简单气态氢化物的沸点______元素A的简单气态氢化物的沸点（填大于或小于），其主要原因是____； A的简单气态氢化物中心原子的杂化轨道类型为________。
（3）BC3-的立体构型为__________，与其互为等电子体的分子是__________（写化学式）。
（4）EC在加热条件下容易转化为E2C，从原子结构的角度解释原因____________；E原子的外围电子排布式为_____________。
（5）硼与D可形成一种耐磨材料F，其结构与金刚石相似（如图）。F的晶胞边长为a cm，则该晶体密度的表达式为___________g·cm-3。(用含a、NA的式子表示， 不必化简）。

29、（10分）氢气是一种重要的工业原料和清洁能源，可用作合成氨、合成甲醇、合成盐酸的原料，冶金用还原剂等。
（1）已知：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.2 kJ·mol−1。
CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.4 kJ·mol−1
则反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) ΔH= _______kJ·mol−1。
（2）工业合成氨的反应原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=−92.4 kJ·mol−1。
①该反应中的H2制取成本较高，工业生产中往往追求H2的转化率。增大H2的平衡转化率的措施有_______（填字母代号）。
a．增大压强
b．升高温度
c．增大N2浓度
d．及时移走生成物NH3
e．使用高效催化剂
②升高温度，该可逆反应的平衡常数K__________（填“增大”“不变”或“减小”）。
③某温度下，把10 mol N2与28 mol H2置于容积为10 L的恒容密闭容器内，10 min时反应达到平衡状态，测得平均速率v(NH3)=0.12 mol·L−1·min−1，H2的平衡转化率为_______（保留三位有效数字），则该温度下反应的平衡常数K=_______。
（3）下图所示装置工作时均与H2有关。

①图l所示装置，通入H2的管口是______（填字母），正极反应式为___________________。
②图2是实验室制备H2的实验装置，在漏斗中加入1 mL CuSO4溶液，可观察到气泡生成速率明显加快，原因是_____________________，若反应装置中硫酸过量，则加入CuSO4溶液后，生成的氢气量__________（填“增大”“不变”或“减小”）。
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. 标准状况下四氯化碳是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4 L CCl4所含分子数，A错误；
B. 标准状况下乙醇是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4 L乙醇中含有的氧原子数目，B错误；
C. 盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为1mol÷2＝0.5 mol，C正确；
D. 碳酸氢钠是由钠离子和碳酸氢根离子组成的，1 mol NaHCO3晶体中含有阳离子数目为NA，D错误。
答案选C。
2、C
【解析】
A．由一次能源直接或间接转化而来的能源是二次能源，电能、汽油、沼气都是由一次能源转化而来的能源，属于二次能源，故A正确；
B．燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，与量的多少无关，因此1 mol 碳和3 mol 碳的燃烧热相等，故B正确；
C．氯化氢是共价化合物，溶于水能够完全电离，是强电解质，因此共价化合物可以是电解质；但离子化合物都是电解质，不可能是非电解质，故C错误；
D．化学反应能否自发进行的判据是：△H-T△S＜0，吸热反应也可能自发进行，故D正确；
答案选C。
3、C
【解析】
由图可知，X为O，Y为Si，Z为P，R为Se，W为Br，据此回答。
【详解】
A．O2或O3，P单质，Se单质，Br2均为分子晶体，Si为原子晶体，所以Si的沸点最高，即常压下五种元素的单质中，Y的沸点最高，A正确；
B．非金属性越强，元素电负性越强，由图可知，非金属性：X＞Z＞Y，所以元素电负性：X＞Z＞Y，B正确；
C．几种元素基态原子电子排布图为：O为，Si为，P为，Se为，Br为，由此可知，基态原子中未成对电子数最多的是P元素，即Z，C错误；
D．H2SiO3是弱酸，H3PO4是中强酸，HBrO4是强酸，酸性HBrO4 ＞H3PO4 ＞H2SiO3，即元素最高价氧化物对应的水化物酸性：W＞Z＞Y，D正确。
答案选C。
4、D
【解析】
A选项，在氯气与氢氧化钠反应中，1 mol Cl2参加反应转移电子数为NA，故A错误；
B选项，在反应KIO3 + 6HI = KI + 3I2 +3H2O中，碘元素化合价由+5价和-1价变化为0价，电子转移5mol，生成3mol碘单质，所以每生成3 mol I2转移电子数为5NA，故B错误；
C选项，不能根据还原产物的价态确定氧化剂氧化性的强弱，实际上氧化性：HNO3(稀) < HNO3(浓)，故C错误；
D选项，酸性条件下NO3－具有强氧化性，能氧化Fe2+，所以含有大量NO3－的溶液中，不能同时大量存在H+、Fe2+、Cl－，故D正确。
综上所述，答案为D。
1 mol氯气反应转移电子数目可能为1mol，可能为2mol，可能小于1mol。
5、B
【解析】
A.硫酸氢钠电离出氢离子，抑制水的电离，溶液显酸性，故错误；
B.硫酸铜电离出铜离子，能水解，促进水的电离，溶液显酸性，故正确；
C.碳酸钠电离出的碳酸根离子能水解促进水的电离，溶液显碱性，故错误；
D.将水加热，促进水的电离，但仍为中性，故错误。
故选B。
水的电离受到酸碱盐的影响，水中加入酸或碱，抑制水的电离，水中加入能水解的盐，促进水的电离，注意水中加入酸式盐时要具体问题具体分析，加入硫酸氢钠，由于硫酸氢钠电离的氢离子抑制水的电离，加入碳酸氢钠，因为碳酸氢根的水解大于电离，所以促进水的电离。加入亚硫酸氢钠，因为亚硫酸氢根的电离大于水解，所以抑制水的电离。
6、A
【解析】氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子．当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽，所以共有4种，故本题选A。
点睛：氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH，氨基提供-H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽。
7、B
【解析】
A．氯化钠溶于水能导电，所以氯化钠属于电解质，故A不符合题意；
B．氨气水溶液能导电，是因为氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的离子，所以氨气属于非电解质，故B符合题意；
C．氯水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；
D．铜属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；
故答案：B。
根据电解质和非电解质概念进行判断。注意非电解质是在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物。
8、D
【解析】分析：NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，则Fe2+减少，以此来解答。
详解：混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和NaAlO2，Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量盐酸，则Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、FeCl3、AlCl3，则减少的离子主要有Fe2+和NH4+。
答案选D。
点睛：本题考查离子之间的反应，明确阳离子与碱反应后的生成物的性质及生成物与酸的反应是解答本题的关键，注意亚铁离子易被氧化是学生解答中容易忽略的地方。
9、B
【解析】
能与高锰酸钾反应的有②甲苯、④聚异戊二烯、⑤2－丁炔、⑦环己烯；能与溴水发生加成反应的有④聚异戊二烯、⑤2－丁炔、⑦环己烯；符合题意的为④⑤⑦，答案为B。
甲苯与高锰酸钾反应生成苯甲酸；聚异戊二烯中含有碳碳双键，可与高锰酸钾发生氧化反应，与溴水发生加成反应。
10、A
【解析】分析：该有机物由结构简式可知，含C、H、O、N四种元素，由结构简式可确定分子式，分子中含有碳碳双键，根据分子式结合高分子的定义判断不属于高分子化合物。
详解：A．该有机物相对分子质量较小，而高分子化合物的相对分子质量一般在10000以上，该有机物不是高分子化合物，A错误；
B．由结构简式可知靛蓝由碳、氢、氧、氮四种元素组成，B正确；
C．由结构简式可知分子式是C16H10N2O2，C正确；
D．由结构可知，该分子含有碳碳双键，属于不饱和的有机物，D正确；
答案选A。
11、D
【解析】
A．灼烧实验使用的仪器有：坩埚，酒精灯，玻璃棒，三脚架，用到的玻璃仪器为：酒精灯、玻璃棒，故A错误；
B．氧化过程中发生反应的离子方程式为：2H++2I-+H2O2=I2+2H2O，故B错误；
C．碘单质遇到淀粉变蓝，用淀粉检验碘存在，通常用淀粉碘化钾试纸检验氧化性强于碘的气体，故C错误；
D．分液时，先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞倒出上层液体，防止液体重新混合而污染，故D正确；
故答案为D。
12、A
【解析】分析：①含有多种成分的物质为混合物；②氧化物一定含氧，且只含有两种元素；③能够与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，能够与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；④由同一种元素组成的不同性质的单质之间互称同素异形体；⑤电解质溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度大小及离子所带电荷多少有关，与电解质强弱没有必然的联系；⑥在熔化状态下能导电物质有离子化合物，还有金属单质。
详解：①氯水、氨水、水玻璃、福尔马林、福尔马林、淀粉都是混合物，正确；②氧化物指由氧元素和另一种元素组成的化合物，含有氧元素的化合物不一定是氧化物，如Na2CO3、NaOH等含氧元素但不是氧化物，错误；③CO2、N2O5、SiO2均为酸性氧化物，Na2O、MgO为碱性氧化物，正确；④C60、C70、金刚石、石墨是碳元素形成的不同的单质，相互间互为同素异形体，正确；⑤强电解质的稀溶液中离子物质的量浓度较小，导电能力不强，正确；⑥离子化合物中含阴、阳离子，在熔融状态下阴、阳离子自由移动，离子化合物在熔融状态下能导电，但是金属单质在熔融状态下也能导电，不属于离子化合物，⑥错误；正确的有①③④⑤，正确选项A。
点睛：电解质不一定导电，比如：氯化钠固体；导电的也不一定为电解质，比如：氯化钠溶液、盐酸、金属铜、石墨等。
13、C
【解析】
A．为圆底烧瓶，故A错误；B．为试管，故B错误； C．容量瓶是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的平底玻璃瓶，颈上有刻度，该仪器为容量瓶，故C正确；D．为烧杯，故D错误；故选C。
14、B
【解析】
氮化硼是一种超硬、耐磨、耐高温，所以氮化硼是原子晶体；氮化硼熔化时克服粒子间作用力是共价键。
【详解】
A、硝酸钠是离子晶体，熔化需克服离子键；金刚石是原子晶体，熔化时克服粒子间作用力是共价键，故不选A；
B、晶体硅和水晶都是原子晶体，熔化时需克服的粒子间作用力都是共价键，故选B；
C、冰和干冰都是分子晶体，冰熔化时需克服氢键和范德华力，干冰熔化需克服分子间作用力，故不选C；
D、苯和萘都是分子晶体，熔化时需克服的粒子间作用力都是分子间作用力，故不选D。
本题考查晶体类型的判断，题目难度不大，本题注意从物质的性质判断晶体的类型，以此判断需要克服的微粒间的作用力。
15、C
【解析】
反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能=436kJ/mol+243kJ/mol﹣431kJ/mol×2=﹣183.0 kJ/mol，故选C。
16、B
【解析】
A. M分子中不存在碳碳双键，不能发生加聚反应，A错误；
B. M分子中2个苯环对称，苯环上有8个氢原子，根据定一移二可知的二氯代物有7＋3＝10种(不考虑立体异构，B正确；
C. N分子中所有碳原子均是饱和碳原子，不可能在同一平面上，C错误；
D. M、N的分子式分别是C10H8、C10H18，所以等物质的量的M、N分别完全燃烧，消耗O2的体积比为24：29，D错误；
答案选B。
选项B是解答的难点，注意二取代或多取代产物数目的判断：定一移一或定二移一法：对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。例如M分子中氢原子分为两类，首先固定一个氯原子，另一个氯原子的位置有7种。然后将氯原子固定在另一类氢原子上，另一个氯原子的位置有3种。
17、C
【解析】分析：纯净物是由一种物质组成的物质；混合物是由多种物质组成的物质。
详解：A．福尔马林是甲醛的水溶液，属于混合物，白酒的主要成分是乙醇和水，属于混合物，食醋的主要成分是乙酸和水，属于混合物，选项A错误；B．苯由一种物质组成的，属于纯净物，汽油主要是由C4～C10各种烃类组成，是混合物，无水乙醇是纯度达到99%以上的乙醇，选项B错误；C．甘油、氯仿、乙醇钠都是由一种物质组成的，属于纯净物，选项C正确； D．丙烯酸、四氯化碳是纯净物，豆油是混合物，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查纯净物和混合物，题目难度不大，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质就属于混合物。
18、D
【解析】分析：能水解的是含弱离子的盐，物质的水溶液因水解而呈酸性，应该属于强酸弱碱盐。
详解：A、CH3COOH为弱酸，只电离不水解，故A错误；B、碳酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，故B错误；C．NaHSO4为强酸的酸式盐，不水解，发生电离显酸性，故C错误；D、氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了溶液显酸性的原因，应注意的是显酸性的溶液不一定是酸溶液，但酸溶液一定显酸性。本题的易错点为C，要注意溶液显酸性的本质，是电离造成的还是水解造成的。
19、D
【解析】
电解0.1L H2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH—-4e－=2H2O+O2↑，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，
所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，所以溶液中有0.1mol铜离子，据c=得到铜离子的浓度为：=1mol/L，答案选D。
20、C
【解析】
3d轨道全充满说明3d轨道中含有10个电子，即为3d10，写出离子的价电子排布式进行判断。
【详解】
A．Cr3+的价电子排布式为3d3，d轨道不是完全充满状态，选项A不符合题意；
B．Fe3+的价电子排布式为3d5，d轨道为半充满状态，选项B不符合题意；
C．选项Cu+的价电子排布式为3d10，d轨道处于全满状态，C符合题意；
D．Co3+的价电子排布式为3d6，d轨道不是完全充满状态，选项D不符合题意。
答案选C。
21、C
【解析】
生成的醇无具有相同官能团的同分异构体，则醇为甲醇或乙醇。如果为甲醇，则酸为C5H11-COOH，戊基有8种同分异构体，所以C5H11-COOH的同分异构体也有8种；如果为乙醇，则酸为C4H9-COOH，丁基有4种结构，所以C4H9-COOH的同分异构体也有4种，故醇有2种，酸有8+4=12种，所以这些酸和醇重新组合可形成的酯共有2*12=24种，答案选C。正确答案为C。
点睛：本题的难点是理解生成的醇无具有相同官能团的同分异构体，甲醇、乙醇没有醇类的同分异构体，从丙醇开始就有属于醇类的同分异构体，如丙醇有2种属于醇的同分异构体，CH3CH2OH和CH3CH(OH )CH3，故能否理解题意是解答此题的关键。
22、A
【解析】
试题分析：A、32克氧气是2摩尔，含有2摩尔原子，错误，选A；B、每个水分子含有3个原子，所以2．5摩尔水含有2．5摩尔，正确，不选B；C、2摩尔水含有阿伏伽德罗常数个分子，正确，不选C；D、2．5NA个氧气的物质的量=2．5NA/NA=2．5mol，正确，不选D。
考点：物质的量与微粒数、质量之间的换算

二、非选择题(共84分)
23、三 分子间作用力（范德华力） 根据易升华、易溶于有机溶剂等，可判断其具有分子晶体的特征
【解析】
根据W的单质为生活中一种常见的金属，在Z元素的单质中燃烧产生棕黄色的烟，生成可以推断出W为铁，Z为Cl，因为铁在氯气中燃烧生成FeCl3，生成棕黄色烟，再根据Y与X、Z均相邻，根据Z为Cl元素，推测Y为S或者为F，若Y为S元素，则X为P或者O元素，若Y为F元素，X只能为O元素；再根据X、Y与Z三种元素原子的最外层电子数之和为19，推测出Y为S元素，X为O元素；
【详解】
（1）Z元素是氯元素，在元素周期表中的第三周期；
（2）与足量的的水溶液发生反应生成两种强酸，和分别是Cl2O和SO2，该反应的离子方程式为；
（3）易升华，易溶于水，乙醇/丙酮等溶剂，推测出它的熔沸点较低，所以它属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。
24、CD 、、
【解析】
分析：本题考查有机物的推断和合成，充分利用有机物的结构进行分析解读，侧重考查学生的分析推理能力，知识迁移能力。
详解：根据A到B再到，对比分子式和有机物的结构，可知A为，B为，反应①为硝化反应，反应②为取代反应。而由到C脱掉一分子水，再对比前后的结构，可以推出C的结构为，反应④发生的是硝基还原为氨基的反应，则D为。(1) A.化合物A的结构为，含有酚羟基和醛基，能使三氧化铁溶液显紫色，故错误；B.反应①为取代，④为还原反应，⑤为取代反应，故错误；C.合成过程中反应③与反应④不能调换，否则醛基有会与氢气发生加成反应，故正确；D.反应②中生成盐酸，而盐酸可以和K2CO3，所以碳酸钾的作用是使反应向正方向移动，故正确；故选CD。(2)根据以上分析可知物质C的结构简式为：；
(3)反应②的化学方程式为；（4）根据题中信息可知，氨基可以和二卤代烃反应生成环，所以先生成二卤代烃和氨基。合成路线为：。（5）分子式为C4H9O2N的物质F，写出物质F的可能的同分异构体结构①分子结构中有一个六元环；
②1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，则说明结构有对称性，六元环由3个碳和一个氮原子和2个氧原子形成对称位置的环，另外连接一个甲基即可，结构为或。或六元环由一个氮原子和一个氧原子和4个碳原子形成有对称性的环，另外连接羟基，结构为。
25、防止暴沸 冷凝 防止环己烯挥发 上层 c
【解析】
（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；
（2）①环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；
【详解】
（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝，故答案为：防止暴沸；冷凝；
②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化，故答案为：防止环己烯挥发；
（2）①环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联想：制备乙酸乙酯提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；故答案为：上层；c。
环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小。
26、蓝色悬浊液最终变为红色沉淀 CH3CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O 相同条件下，乙醛的缩合反应快于氧化反应；多个乙醛缩合，使醛基物质的量减少 适当增大NaOH浓度有利于生成Cu2O 氢氧化钠溶液浓度对该反应的影响程度更大
【解析】
（1）①新制氢氧化铜为蓝色悬浊液，氧化乙醛后铜元素化合价从+2价降低到+1价会变成砖红色沉淀Cu2O，据此证明乙醛被氧化；
②乙醛在碱性条件下加热，被新制的Cu(OH)2氧化生成乙酸钠、氧化亚铜和水；
③对照实验Ⅱ，实验Ⅲ的现象说明乙醛发生了缩合反应，据此分析作答；
（2）对照实验Ⅳ和实验Ⅴ，分析氢氧化钠浓度对反应的影响；
（3）实验Ⅶ砖红色现象明显，根据变量法分析作答。
【详解】
（1）①若乙醛被新制的Cu(OH)2氧化，则实验中颜色会发生明显变化，即蓝色悬浊液最终会变为红色沉淀，据此可证明乙醛被新制的Cu(OH)2氧化，
故答案为蓝色悬浊液最终变为红色沉淀；
②乙醛与新制的Cu(OH)2发生反应的化学方程式为CH3CHO + 2Cu(OH)2 + NaOHCH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O，
故答案为CH3CHO + 2Cu(OH)2 + NaOHCH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O；
③实验Ⅲ中上层清液出现棕黄色油状液体，底部有少量红色沉淀，其可能的原因是相同条件下，乙醛的缩合反应快于氧化反应；多个乙醛缩合，使醛基物质的量减少，
故答案为相同条件下，乙醛的缩合反应快于氧化反应；多个乙醛缩合，使醛基物质的量减少；
（2）通过实验Ⅳ和实验Ⅴ的现象可以看出，乙醛溶液浓度一定时，适当增大NaOH浓度有利于生成Cu2O，
故答案为适当增大NaOH浓度有利于生成Cu2O；
（3）通过对比实验Ⅵ和实验Ⅶ，实验Ⅶ中氢氧化钠的浓度较大，乙醛的浓度较小，通过现象可以得出结论，氢氧化钠溶液浓度对该反应的影响程度更大，
故答案为氢氧化钠溶液浓度对该反应的影响程度更大。
27、引发铝热反应 C D 2Fe2++ H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O 足量稀硫酸；几滴(少量)高锰酸钾溶液；溶液紫红色未褪去 连续两次灼烧质量相差不大于0.1 g 84.0%
【解析】
（1）根据铝热反应需要高温条件分析解答。
（2）取反应后的“铁块”溶于盐酸，生成铁盐或亚铁盐、镁离子和铝离子，根据离子的性质结合流程图分析解答。
【详解】
（1）使用镁条和氯酸钾的目的是点燃镁条燃烧放热促进氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，起到高温引发铝热反应的目的，即使用镁条和氯酸钾的目的是引发铝热反应。
（2）①根据表格可知，要使铁元素完全沉淀而铝离子和镁离子不沉淀，需要将亚铁离子转化为铁离子，又因为不能引入新杂质，所以需要加入双氧水，然后调节4≤pH＜4.2即可将铁离子沉淀而铝离子和镁离子不沉淀。