2025年湖北省武昌市化学高二第二学期期末预测试题含解析.doc

2025年湖北省武昌市化学高二第二学期期末预测试题
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、在25 ℃，,密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/(mol·L－1)
1
2
0
平衡浓度/(mol·L－1)
0.6
1.2
0.8
下列说法错误的是( )
A．反应达到平衡时，X的转化率为40%
B．反应可表示为X(g)+2Y(g) 2Z(g)，其平衡常数为0.74
C．其它条件不变时，增大压强能使平衡向生成Z的方向移动,平衡常数也增大
D．改变温度可以改变此反应的平衡常数
2、利用冬青的提取物合成出一种抗结肠炎药物.其结构简式如图所示：下列叙述中不正确的是（ ）
A．该物质属于芳香族化合物，易溶于水
B．该物质可以发生加成、氧化、取代等反应
C．该物质能与强酸和强醎反应，也能与碳酸氢钠反应
D．仅改变这三条侧链在苯环上的位置，还可得到10种同分异构体
3、下列相关反应的离子方程式正确的是（ ）
A．NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水2HCO3-+Ca2++2OH-= CaCO3↓+2H2O+CO32-
B．NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42-完全沉淀Al3++ 2SO42-+2Ba2++4OH-= AlO2-+2BaSO4↓+2H2O
C．Fe2O3 与 HI溶液反应Fe2O3 +6H+= 2Fe3++3H2O
D．浓烧碱溶液中加入铝片Al+OH-+H2O=AlO2-+H2↑
4、对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是
A．达到化学平衡时，4v正(O2) = 5v逆(NO)
B．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D．化学反应速率关系是：2v正(NH3) = 3v正(H2O)
5、一定量的某饱和一元醛发生银镜反应，析出银21.6g，等量的此醛完全燃烧时，生成的水为5.4g，则该醛可能是（　　）
A．丙醛
B．乙醛
C．丁醛
D．甲醛
6、下列有关一定物质的量浓度溶液的配制说法中正确的是 (　 　)

（1）为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线
（2）利用图a配制0.10mol•L-1NaOH溶液
（3）利用图b配制一定浓度的NaCl溶液
（4）利用图c配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液
（5）用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体
（6）配制溶液定容时，仰视视容量瓶刻度会使溶液浓度偏低
（7）配制溶液的定容操作可以用图d表示
A．⑵⑸ B．⑴⑹ C．⑴⑷⑹ D．⑴⑶⑸
7、下列化合物中含有手性碳原子的是( )
A．CF2 B． C．CH3CH2OH D．CH3－CH(OH)－COOH
8、下列叙述正确的是
A．氯化氢溶于水导电，但液态氯化氢不导电
B．溶于水后能电离出H＋的化合物都是酸
C．熔融金属钠能导电，所以金属钠是电解质
D．NaCl溶液在电流作用下电离成Na＋与Cl－
9、300多年前，著名化学家波义耳发现了铁盐与没食子酸的显色反应，并由此发明了蓝黑墨水。没食子酸的结构如图所示，制取蓝黑墨水利用了没食子酸哪类化合物的性质

A．芳香烃 B．酚 C．醇 D．羧酸
10、关于浓度均为0.1mol·L－1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是（ ）
A．c(NH4+)：③>①；水电离出的c(H＋)：①>②
B．将pH值相同②和③溶液加水稀释相同的倍数后pH值：③>②
C．①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－) + c(NH3·H2O)
D．①和③等体积混合后的溶液：c(NH4+)>c(Cl－)> c(NH3·H2O) >c(OH－)>c(H＋)
11、下列实验操作正确且能达到预期目的的是

实验目的
操 作
A
比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱
用金属钠分别与水和乙醇反应
B
配制银氨溶液
向洁净试管中加入1 mL 2％稀氨水，边振荡试管边滴加2％硝酸银溶液至沉淀恰好溶解
C
欲证明CH2＝CHCHO中含有碳碳双键
滴入KMnO4酸性溶液，看紫红色是否褪去
D
检验某病人是否患糖尿病
取病人尿液加稀H2SO4，再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，看是否有红色沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
12、下列说法中，正确的是
A．向溴乙烷中加入NaOH溶液，加热，充分反应，再加入AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀，证明溴乙烷中含有溴元素
B．实验室制备乙烯时，温度计水银球应该插入浓硫酸和无水乙醇的混合液液面以下
C．溴乙烷和NaOH醇溶液共热，产生的气体通入KMnO4酸性溶液，发现溶液褪色，证明溴乙烷发生了消去反应
D．制备新制Cu（OH）2悬浊液时，将4～6滴2％的NaOH溶液滴入2 mL2％的CuSO4溶液中，边滴边振荡
13、下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是 （ ）
A．苯酚分子中含有羟基，不与NaHCO3溶液反应生成CO2
B．溴乙烷含溴原子，在氢氧化钠的乙醇溶液共热下发生取代反应
C．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同
D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键
14、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．11.2 L 甲烷和乙烯的混合物中含氢原子数目等于2NA
B．含NA个 CO32－的 Na2CO3溶液中，Na+数目大于2NA
C．密闭容器中，2 molSO2和足量 O2充分反应，产物的分子数小于2NA
D．4.0 g CO2气体中含电子数目等于2NA
15、二氯化二硫(S2Cl2)，非平面结构，常温下是一种黄红色液体，有刺激性恶臭，熔点80℃，沸点135.6℃，对干二氯化二硫叙述正确的是
A．二氯化二硫的电子式为
B．分子中既有极性键又有非极性键
C．二氯化二硫属于非极性分子
D．分子中S－Cl键能小于S－S键的键能
16、下列说法中正确的是
A．阿伏加德罗常数就是指6.02×1023
B．1 mol 任何物质都约含有6.02×1023个分子
C．3.01×1023个Na＋的物质的量是0.5 mol
D．2 mol SO42－约含有1.204×1023个SO42－
17、3g镁铝合金与100 mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4 g，则原硫酸的物质的量浓度为( )
A．1 mol•L﹣1 B．1.5 mol•L﹣1 C．2 mol•L﹣1 D．2.5 mol•L﹣1
18、最近发现一种由钛(Ti)原子和碳原子构成的气态团簇分子,分子模型如图所示,其中圆圈表示碳原子,黑点表示钛原子,则它的化学式为()

A．TiCB．Ti13C14C．Ti4C7D．Ti14C13
19、下列说法中正确的是（ ）
A．氨分子是三角锥形，而甲烷是正四面体形，是因为NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
B．杂化轨道全部参加形成化学键
C．PCl5分子中P原子和Cl原子最外层都满足8电子结构
D．在分子中含有2个手性C原子
20、（题文）下列叙述中不正确的是
A．0.1 mol·L－1 NH4HS溶液中有：c(NH)氧化钠溶液完全中和，HA消耗的氢氧化钠溶液体积多，则可证明酸性HA
二、非选择题(共84分)
23、（14分）醇酸树脂，附着力强，并具有良好的耐磨性、绝缘性等，在油漆、涂料、船舶等方面有很广的应用。下面是一种醇酸树脂G的合成路线：

已知：RCH2=CH2
(1)反应①的反应条件为___________________，合成G过程中会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为____________________________________
(2)反应②⑤反应类型分别为________、________；
(3)反应④的化学方程式为________；
(4)写出一种符合下列条件的F的同分异构体________。
a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应
b．遇FeCl3溶液显紫色
c．核磁共振氢谱有3组峰值，比值为1：1：1
(5)设计由1一溴丙烷制备聚丙烯醇（）的流程图：________。
24、（12分）聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下：

已知：①R1、R2均为烃基
② 合成路线中A→B是原子利用率为100%的反应
回答下列问题：
（1）A的名称是_______________；F→G的反应类型为_____________。
（2）C→D的化学反应方程式为_____________________________。
（3）E的结构简式为___________H的顺式结构简式为_______________。
（4）写出同时满足下列条件的G的同分异构体结构简式_________________。
①属于芳香族化合物；②能与NaOH溶液发生反应；③核磁共振氢谱有4种吸收峰
（5）参照上述合成路线和相关信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物,设计合成路线为：________________________。
25、（12分）某学习小组为测定放置已久的小苏打样品中纯碱的质量分数，设计如下实验方案：
（1）方案一：称取一定质量的样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称取剩余固体质量，计算。
①完成本实验需要不断用玻璃棒搅拌，其目的是_______________________________。
②若实验前所称样品的质量为m g，加热至恒重时固体质量为a g，则样品中纯碱的质量分数为________。
（2）方案二：按如图所示装置进行实验，并回答下列问题：

①实验前先检查装置的气密性，并称取一定质量的样品放入A中，将稀硫酸装入分液漏斗中。D装置的作用是________________。
②实验中除称量样品质量外，还需分别称量_______装置反应前、后质量(填装置字母代号)。
③根据此实验得到的数据，测定结果有误差。因为实验装置还存在一个明显的缺陷，该缺陷是_________。
④有同学认为，用E装置替代A装置能提高实验准确度。你认为是否正确？_________(填“是”或“否”)。
（3）方案三：称取一定量的样品置于锥形瓶中，加适量水，用盐酸进行滴定，从开始至有气体产生到气体不再产生，所滴加的盐酸体积如图所示，则小苏打样品中纯碱的质量分数为_________(保留两位有效数字)。

26、（10分）粮食仓储常用磷化铝(A1P)熏蒸杀虫，A1P遇水即产生强还原性的PH3气体。国家标准规定粮食中磷物(以PH3计)的残留量不超过0.05 mg•kg-1时为合格。某小组同学用如图所示实验装置和原理测定某粮食样品中碟化物的残留量。C中加入100 g原粮，E 中加入20.00mL2.50×lO4mol•L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化)，C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中的溶液。

(1)装置A中的KMn04溶液的作用是_____。
(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2。若去掉该装置，则测得的磷化物的残留量___(填“偏髙”“偏低”或“不变”)。
(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，写出该反应的离子方程式：__________。
(4)收集装置E中的吸收液，加水稀释至250 mL，量取其中的25.00 mL于锥形瓶中， 用4.0×lO-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定，消耗Na2SO3标准溶液20.00mL，反应原理是 S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通过计算判断该样品是否合格(写出计算过程)_______。
27、（12分）已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示,该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题:

（1）某同学取100 mL该“84消毒液”,稀释后用于消毒,稀释后的溶液中c(Na+)＝____mol·L-1。
（2）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是____(填字母)。
a.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器

b.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
c.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低
d.需要称量NaClO固体的质量为143.0 g
28、（14分）（化学选3——物质结构与性质）利用合成的新型三元催化剂[La0.8Cu0.2Ni1-xMxO3(M 分别为Mn、Fe和Co)]可以使汽车尾气中NO和CO发生反应而减少尾气污染，同时可大大降低重金属的用量。回答下列问题：
(1)Mn2+的核外电子排布式为：________________，其单电子数为_________________。
(2)C、N、O、Mn电负性由大到小的顺序是__
(3)也是常见配体，其中采取sp2杂化的碳原子和sp3杂化的碳原子个数比为_____。
(4)蓝色物质KFe(Ⅲ)x[Fe(Ⅱ)(CN)6]可缓解重金属中毒，x=_______；该物质中不存在的作用力有_____。
A．范德华力 B．离子键 C．σ键 D．π键 E.氢键
(5)副族元素钴的氧化物可以在室温下完全氧化甲醛(HCHO)。甲醛分子的立体构型为_____；甲醛常温下为气体而甲醇(CH3OH)为液体的原因是________________________________ 。
(6)副族元素Mn和元素Se形成的某化合物属于立方晶系，其晶胞结构如图所示，其中(○为Se， 为Mn)，该化合物的化学式为________，Se的配位数为______，Mn和Se的摩尔质量分别为M1g/mol、M2g/mol，该晶体的密度为ρg/cm3,则Mn—Se键的键长为_____________nm(计算表达式)。

29、（10分）化合物M是一种香料，可用如下路线合成：

已知：①双键在链端的烯烃发生硼氢化-氧化反应，生成的醇羟基在链端：

②
③A、B发生同一反应类型有机物都只生成C
④核磁共振氢谱显示E分子中有两种氢原子，F为芳香族化合物。
请回答下列问题：
（1）原料C4H10的名称是 __________用系统命名法）；
（2）写出反应A→C的反应试剂和条件：____________________；
（3）F与新制Cu(OH)2反应的化学方程式 _______________________；
（4）D +G →M反应的化学方程式_________________________；
（5）写出N、M的结构简式 _________________、_________________；
（6）写出与G具有相同官能团的G的所有芳香类同分异构体（不包括G本身）的结构简式：_____。
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】
分析：A、转化率是消耗量除以起始量得到；
B、根据物质消耗量计算反应物质的量之比写出化学方程式；
C、化学平衡常数只随温度变化；
D、升温平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应。
详解：A、根据图表分析可以知道，X消耗的物质的量浓度=1mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L，X的转化率=100%=40%，所以A选项是正确的；
B、图表中分析消耗量或生成量为，消耗X浓度1mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L，Y消耗浓度2mol/L-1.2mol/L=0.8mol/L，Z生成浓度0.8mol/L，反应比为X：Y：Z=0.4:0.8:08=1:2:2，反应的化学方程式为：X(g)+2Y(g) 2Z(g)，平衡常数K===0.74，所以B选项是正确的；
C、反应正向是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，即向着生成Z的方向移动，温度不变，则平衡常数不变，故C错误；
D、升温平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，所以D选项是正确的；
故本题答案选C。
2、D
【解析】
A．该分子中含有苯环，属于芳香族化合物，含有-NH2、-COOH、-OH等亲水基，能溶于水，A项正确，不符合题意；
B．含有苯环，可发生加成反应，含有酚羟基，可发生氧化反应和取代反应，B项正确，不符合题意；
C．－NH2为碱性官能团，可与强酸反应；—COOH为酸性官能团，可与强碱发生反应，也可与NaHCO3溶液发生反应，C项正确，不符合题意；
D．苯环含有3种不同的侧链，一共有10种同分异构体，仅改变三条侧链在苯环上的位置，除去自身还可得到9种同分异构体，D项错误，符合题意；
本题答案选D。
3、A
【解析】
A．少量的澄清石灰水，则Ca(OH)2完全反应，使Ca(OH)2的物质的量为1mol，则溶液中有1molCa2＋和2molOH－，2molOH－与2molHCO3－反应，生成2molCO32－和2molH2O，其中1molCO32－与Ca2＋生成CaCO3沉淀，则离子方程式为2HCO3-+Ca2++2OH-= CaCO3↓+2H2O+CO32-，A项正确；
使NH4Al(SO4)2的物质的量为1mol，则溶液中含有1molNH4＋、1molAl3＋、2molSO42－，完全沉淀需要加入2molBa(OH)2，则有4molOH－，分别和1molAl3＋、1molNH4＋生成Al(OH)3，NH3·H2O，离子方程式为NH4＋＋Al3++ 2SO42-+2Ba2++4OH-= NH3·H2O＋Al(OH)3↓+2BaSO4↓+2H2O；产物中没有AlO2－，B项错误，
C．产物中的Fe3＋会与I－发生氧化还原反应，离子方程式应该为Fe2O3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋3H2O；C项错误；
D．H原子不守恒，方程式应该为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，D项错误；
本题答案选A。
4、A
【解析】
A.4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示正反应速率和逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B.若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示反应正向进行，不能说明到达平衡，故B错误；
C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正、逆反应速率均减小，故C错误；
D.用不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率关系是：3v正(NH3)=2v正(H2O)，故D错误。
故选：A。
本题考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素等，题目难度中等。
5、A
【解析】
饱和一元醛的通式是CnH2nO,根据关系式：-CHO---2Ag可知，根据生成金属银的量可以获知醛的物质的量,然后根据生成水的质量结合氢原子守恒可以获得H的个数,进而确定分子式即可。
【详解】
n(Ag)=21.6/108=0.2mol ,醛基和银的关系-CHO---2Ag,则n(-CHO)=0.1mol,即饱和一元醛的物质的量为0.1mol,点燃生成水的物质的量n(H2O)=5.4/18=0.3mol, n(H)=0.6 mol，1mol该醛含有氢原子数目为6mol,根据饱和一元醛的通式是CnH2nO,所以分子式为C3H6O,为丙醛,A正确；正确选项A。
饱和一元醛的通式是CnH2nO,发生银镜反应，关系式：-CHO---2Ag；但是甲醛结构特殊，1个甲醛分子中相当于含有2个醛基，发生银镜反应，关系式：HCHO---4Ag,解题时要关注这一点。
6、B
【解析】分析：（1）配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线；
（2）配制0.10mol•L-1NaOH溶液应该现在烧杯中溶解物质，不能在容量瓶中直接溶解固体物质；
（3）不能直接在容量瓶中配制NaCl溶液；
（4）不能在容量瓶中溶解；
（5）物质的物质的量减少
（6）定容时候仰视刻度线，必然是加入的水超过刻度线才认为正好到刻度线，这时候溶液体积已经偏大，浓度偏低；
（7）定容时接近刻度线下1～2cm时，要改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线。
详解：（1）配制溶液时，定容时不能使液面超过刻度线，容量瓶中的蒸馏水接近刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，故（1）正确；
（2）配制0.10mol•L-1NaOH溶液应该现在烧杯中溶解物质，待溶液恢复至室温再转移至容量瓶中，不能在容量瓶中直接溶解固体物质，故(2)错误；
（3）不能直接在容量瓶中配制NaCl溶液，故（3）错误；
（4）不能在容量瓶中溶解，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中，故（4）错误；
（5）若如题操作，物质的物质的量减少，体积不变，浓度减小，故（5）错误；
（6）定容时候仰视刻度线，必然是加入的水超过刻度线才认为正好到刻度线，这时候溶液体积已经偏大，浓度偏低，故（6）正确；
（7）定容时接近刻度线下1～2cm时，要改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，故（7）错误。
根据以上分析可知，说法正确的有（1）（6），
故本题答案选B。
7、D
【解析】
在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，这种碳原子称为“手性碳原子”。
A．碳原子连接2个相同的Cl原子和2个相同的F原子，所以该碳原子不是手性碳原子，A项不符合题意；
B．1号位和3号位的C原子连接2个相同的H原子，2号位C原子连接2个相同的—CH2OH原子团，因此所有碳原子均不是手性碳原子，B项不符合题意；
C．CH3CH2OH分子中每个碳原子都含有相同的原子，所以不含手性碳原子，C项不符合题意；
D．该分子中连接羟基和羧基的碳原子上连接4个不同的原子或原子团，所以该碳原子属于手性碳原子，D项符合题意；
本题答案选D。
8、A
【解析】
A．氯化氢为共价化合物，在水中能够电离出氢离子和氯离子，水溶液可导电，但熔融状态下不导电，故A正确；
B．溶于水后能电离出H＋的化合物不一定是酸，如酸式盐硫酸氢钠可电离出氢离子，但硫酸氢钠属于盐，故B错误；
C．金属属于单质，不是化合物，不是电解质，故C错误；
D．氯化钠为电解质，在水溶液中可发生电离，无需通电，在电流下，NaCl溶液发生电解，故D错误；
答案选A。
9、B
【解析】
没食子酸分子中含有羧基和酚羟基，结合两类官能团的性质进行分析解答。
【详解】
没食子酸含有酚羟基，能够与铁盐发生显色反应，由此发明了蓝黑墨水，制取蓝黑墨水利用了没食子酸酚类化合物的性质。
答案选B。
10、B
【解析】分析：A．NH3•H2O是弱电解质，部分电离，NH4Cl是强电解质完全电离，NH4Cl中NH4+水解但程度较小；酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大越抑制水电离；B．盐酸为强酸，稀释不影响氯化氢的电离，氯化铵的水解存在平衡，稀释促进水解，据此分析判断；C．NH3•H2O是弱电解质、HCl是强电解质，①和②等体积混合后，二者恰好反应生成NH4Cl，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒判断；D．①和③等体积混合后，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断。
详解：A．NH3•H2O是弱电解质，部分电离，NH4Cl是强电解质完全电离，NH4Cl中NH4+水解但程度较小，所以c(NH4+)：③＞①，盐酸为强酸，氨水为弱碱，盐酸中c(H+)大于氨水中的c(OH-)，对水的电离的抑制程度盐酸大于氨水，水电离出的c(H＋)：①>②，故A正确；B．将pH值相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释相同的倍数，HCl为强电解质，完全电离，氯化铵溶液水解存在水解平衡，加水稀释存在水解，稀释相同的倍数后pH值：③＜②，故B错误；C．NH3•H2O是弱电解质、HCl是强电解质，①和②等体积混合后，二者恰好反应生成NH4Cl，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，故C正确；D．①和③等体积混合后，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒得c(NH4+)＞c(Cl-)，NH3•H2O电离程度、NH4+水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；故选B。
11、A
【解析】
试题分析：A、用金属钠分别与水和乙醇反应由于水中氢比乙醇中羟基氢的活泼性强，因此钠与水反应比乙醇剧烈，A正确；B、配制银氨溶液的步骤是：向洁净试管中加入1 mL 2％硝酸银，边振荡试管边滴加2％稀氨水溶液至沉淀恰好溶解，B错误；C、KMnO4酸性溶液不仅能氧化碳碳双键也能氧化醛基，C错误；D、检验葡萄糖时，溶液须呈碱性，因此不能加稀H2SO4，D错误。
考点：考查了有机物中官能团的性质和检验以及银氨溶液的配制的相关知识。
12、B
【解析】
A．溴乙烷与NaOH溶液混合共热，发生水解反应生成溴离子，检验溴离子先加硝酸酸化再滴加AgNO3溶液，生成浅黄色沉淀可证明，选项A错误；
B、实验室制备乙烯时，温度计水银球应该插入浓硫酸和无水乙醇的混合液液面以下，以测定反应物的温度，迅速加热至170℃，选项B正确；
C、乙醇易挥发，乙醇与乙烯均能被高锰酸钾氧化，则不能证明溴乙烷发生了消去反应一定生成了乙烯，选项C错误；
D、制备新制Cu（OH）2悬浊液时，将4～6滴2％的NaOH溶液滴入2 mL2％的CuSO4溶液中，氢氧化钠不足，得不到氢氧化铜悬浊液，选项D错误；
答案选B。
13、B
【解析】
试题分析：溴乙烷含溴原子，在氢氧化钠的乙醇溶液共热下发生消去反应，生成乙烯，B不正确，其余选项都是正确的，答案选B。
考点：考查有机物的结构、性质
点评：该题是基础性试题的考查，试题贴近高考，灵活性强，注重能力的考查和巩固。有助于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。该题的关键是熟练记住常见有机物的结构和性质。
14、A
【解析】
A.未指明气体在什么条件下，所以不能确定气体的物质的量及微粒数目，A错误；
B.Na2CO3电离产生Na+、CO32-个数比为2:1，在溶液中CO32-由于发生水解反应而消耗，所以若溶液中含NA个 CO32－，则Na+数目大于2NA，B正确；
C. SO2和O2生成SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以密闭容器中，2 molSO2和足量 O2充分反应，产物SO3的分子数小于2NA，C正确；
D.CO2分子中含有22个电子，则4.0g CO2气体中含有的电子数为N==2NA，D正确；
故合理选项是A。
15、B
【解析】
A.S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，结合分子结构可知S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，电子式为，故A错误；
B.S2Cl2中Cl-S属于极性键，S-S键属于非极性键，不对称的结构，为极性分子，故B正确；
C.分子的结构不对称，为极性分子，而不是非极性分子，故C错误；
D.同周期从左往右原子半径逐渐减小，所以氯原子半径小于硫原子半径，键长越短键能越大，所以分子中S-Cl键能大于S-S键的键能，故D错误；
故选B。
16、C
【解析】
A、阿伏加德罗常数指1mol任何物质所含的粒子数，约为6.02×1023，故A错误；
B、分子错误，应为粒子数，像NaCl就不存在分子，故B错误；
C. 3.01×1023个Na＋的物质的量是0.5 mol，故C正确；
D，2 mol SO42－约含有1.204×1024个SO42－，故D错误。
答案选C。
17、B
【解析】
反应后的溶液加热蒸干得到的无水硫酸盐为硫酸镁和硫酸铝的混合物。
【详解】
设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则24x+27y=3，再根据镁、铝元素守恒，即生成的硫酸镁的物质的量为x mol，生成的硫酸铝的物质的量为0.5y mol，则120x+171y=17.4，联立方程组求解可得x=1/20、y=1/15，n(SO42-)=x+1.5y=0.15mol，原100mL硫酸的物质量浓度为1.5mol/L。故选B。
18、D
【解析】该结构为一个分子的结构而不是晶胞,Ti位于立方体的顶点和面心上,共有8+6=14个;C位于棱的中点和体心,共有12+1=13个,故它的化学式为Ti14C13。
19、A
【解析】
A项、氨分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子数为1，杂化轨道为sp3杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；甲烷分子中碳原子的价层电子对数为4，孤对电子数为0，杂化轨道为sp3杂化，碳原子连接4个相同的原子，C-H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，故A正确；
B项、杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如氨分子中氮原子杂化轨道为sp3杂化，形成了4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故B错误；
C项、在化合物中，原子最外层电子数等于原子的价层电子数+|化合价|，PCl5中P原子的最外层电子为：5+5=10，Cl原子的最外层电子为：7+|-1|=8，不都满足8电子稳定结构，故C错误；
D项、分子中，带*号碳原子所连的四个取代基分别是羟基、甲基、氢原子和羧基，该碳原子具有手性，分子中含有1个手性C原子，故D错误。
答案选A。
20、D
【解析】A. 0.1 mol·L－1 NH4HS溶液中，由物料守恒可知，c(NH)+ c(NH3.H2O)=c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)，所以c(NH)1×10－7 mol·L－1，所以，NH3·H2O的电离常数为，B正确；C. 等浓度的HCN和NaCN混合溶液中，由物料守恒可知，2c(Na＋)＝c(CN－)＋c(HCN)，C正确；D. 在相同条件下，等体积、等pH的HA和HB溶液，分别与一定浓度的氢氧化钠溶液完全中和，如果HA消耗的氢氧化钠溶液体积多，则可证明酸性HA单个分子为、，、中苯环都只有1种化学环境的氢原子，A错误；
B、芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，含有的官能团为-COOH或-NH2，B正确；
C、氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点等，C错误；
D、芳纶纤维的结构片段中含肽键，采用切割法分析其单体为、，该高分子化合物由、通过缩聚反应形成，其结构简式为，D错误；
答案选B。
22、D
【解析】
某羧酸酯的分子式为C18H26O5, 1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，说明酯中含有2个酯基，设羧酸为M，则反应的方程式为C18H26O5+H2O=M+2C2H5OH, 由质量守恒可以知道M的分子式为C14H18O5，故选D。
1mol该完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，则说明酯中含有2个酯基，结合酯的水解特点以及质量守恒定律判断该羧酸的分子式。

二、非选择题(共84分)
23、NaOH醇溶液、加热 加成反应 缩聚反应 +O2+2H2O 或或或 CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH
【解析】
发生催化氧化生成E，E进一步发生氧化反应生成F为，F与D发生缩聚反应生成高聚物G，可知D为，逆推可知C为BrCH2CHBrCH2Br、B为BrCH2CH=CH2、A为CH3CH=CH2据此解答。
【详解】
（1）反应①是CH3CHBrCH3转化为CH3CH=CH2，发生消去反应，反应条件为：NaOH醇溶液、加热。合成G过程中会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为，故答案为：NaOH醇溶液、加热；。
（2）反应②属于加成反应，反应⑤属于缩聚反应。故答案为：加成反应；缩聚反应。
（3）反应④的化学方程式为+O2+2H2O，故答案为：+O2+2H2O。
（4）F()的同分异构体满足：a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应，说明含有2个醛基，b．遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，c．核磁共振氢谱有3组峰值，比值为1：1：1，存在对称结构，其中一种结构简式或或或，故答案为：或或或。
（5）1-溴丙烷发生消去反应得到丙烯，丙烯与NBS发生取代反应引入溴原子生成BrCH2CH=CH2，然后在氢氧化钠水溶液、加热条件下得到CH2=CH-CH2OH，最后发生加聚反应生成高分子化合物，合成路线流程图为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH。
本题考查有机物的推断与合成，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解题