2023学年云南省昆明黄冈实验学校化学高二第二学期期末经典试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：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、现有三组实验：①除去混在植物油中的水②将海水制成淡水③用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成份。上述分离方法依次是A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液2、根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述正确是（）A．第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C．图所示实验可证明元素的非金属性强弱Cl>C>SiD．同主族元素上到下，单质的熔点逐渐升高3、PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是()A．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+B．10Cl-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2OC．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D．5Pb2++2MnO4-+2H2O=5PbO2↓+2Mn2++4H+4、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层的2倍，Z是地壳中含量最高的元素，W是同周期原子半径最大的金属元素。下列说法正确的是（）A．Z的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强B．原子半径的大小顺序：r(W)＞r(Z)＞r(Y)C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强D．Z分别与X、W形成的化合物的化学键类型相同5、化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是()A．明矾净水与自来水的杀菌清毒原理相同B．医学上常采用碳酸钡作为钡餐C．钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D．泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生双水解反应6、某烃的结构简式如下：分子中处于四面体中心位置的碳原子数为a，一定在同一直线上的碳原子个数为b，一定在同一平面上的碳原子数为c。则a、b、c分别为A．4、4、7B．4、3、6C．3、5、4D．2、6、47、下列反应的离子方程式正确的是A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应Ba2++OH—+H++SO42—===BaSO4↓+H2OB．氨水滴入氯化镁溶液：2OH－+Mg2+===Mg(OH)2↓C．Cu与浓硝酸反应：Cu＋4HNO3(浓)＝Cu2＋＋2NO2↑+2NO3—+2H2OD．SO2与足量澄清石灰水反应：SO2+Ca2++2OH—===CaSO3↓+H2O。8、下列说法正确的是（）A．1s轨道的电子云形状为圆形的面B．2s的电子云半径比1s电子云半径大，说明2s能级的电子比1s的多C．电子在1s轨道上运动像地球围绕太阳旋转D．4f能级中最多可容纳14个电子9、下列有关说法中不正确的是A．分离硝基苯和苯的混合物通常采用分液法B．分子式为C5H10O2且遇小苏打能产生气体的有机物有4种（不考虑立体异构）C．乙烯和苯的同系物使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理均为氧化反应D．ClCH2CH(CH3)CH2Cl不能通过烯烃与氯气发生加成反应得到10、以下4种有机物的分子式皆为C4H10O①CH3CH2CHOHCH3②CH3(CH2)3OH③CH3CH(CH3)CH2OH④CH3C(CH3)2OH．其中能被氧化为含-CHO的有机物是()A．①② B．② C．②③ D．③④11、下列能层中，有f能级的是A．K B．L C．M D．N12、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为23。下列说法不正确的是WXYZTA．原子半径Y>Z，非金属性W<XB．X2能从T的气态氢化物中置换出T单质C．W、Y、Z三种元素都能与X元素形成化合物WX2、YX2、ZX2D．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y>Z13、把各组中的气体通入溶液中，溶液的导电能力显著增强的是（）A．CO2（g）通入NaOH溶液 B．CO2（g）通入石灰水C．NH3（g）通入CH3COOH溶液 D．NH3（g）通入盐酸中14、下列各組中的反应，属于同一反应类型的是A．乙醛与氧气制乙酸；苯与氢气制环已烷B．葡萄糖与新制银氨溶液共热；蔗糖与稀硫酸共热C．丙酮与氢气反应制2-丙醇；乙烯与氯化氯反应制氯乙烷D．乙醇与乙酸制乙酸乙酯；溴乙烷与氢氧化钠醇溶液制乙烯15、下列物质分类正确的是(

)A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B．稀豆浆、盐酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、纯碱、金属铜均为电解质 D．盐酸、氯水、氨水均为混合物16、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．FeCl3溶液具有酸性，可用于脱除燃气中H2SB．苯酚能使蛋白质变性，可用于制取酚醛树脂C．FeS固体呈黑色，可用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属D．NaHCO3能与Al2(SO4)3溶液反应，可用作泡沫灭火器原料17、铁锅用水清洗放置后出现红褐色的锈斑，在此变化过程中不发生的反应是A．Fe－3e－=Fe3+ B．O2＋2H2O＋4e－=4OH－C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 D．2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)218、在25℃，向含c(H+)＝0.1mol•L-1、c(Cu2+)＝c(Fe3+)＝0.01mol•L-1的200mL溶液中加入NaOH固体时，c(Cu2+)、c(Fe3+)随pH的变化曲线如图所示（忽略加入固体时溶液体积的变化）。下列叙述不正确的是A．Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]B．pH＝5时溶液中的阳离子主要为H+和Cu2+C．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与离子浓度和沉淀的量均无关D．向含有FeCl3杂质的CuCl2溶液中加入CuO或CuCO3可除去溶液中混有的Fe3＋19、下列变化原理不同于其他三项的是A．将Na投入水中溶液呈碱性B．Cl2能使品红褪色C．过氧化钠作供氧剂D．活性炭可作为净水剂20、在室温下，发生下列几种反应：①16H＋＋10Z－＋2XO4-===2X2＋＋5Z2＋8H2O②2A2＋＋B2===2A3＋＋2B－③2B－＋Z2===B2＋2Z－根据上述反应，判断下列结论错误的是()A．要除去含有A2＋、Z－和B－混合溶液中的A2＋，而不氧化Z－和B－，应加入B2B．还原性强弱顺序为A2＋>Z－>B－>X2＋C．X2＋是XO4-的还原产物，B2是B－的氧化产物D．在溶液中可能发生反应：8H＋＋5A2＋＋XO4-===X2＋＋5A3＋＋4H2O21、“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是A．蚕丝的主要成分是蛋白质B．蚕丝属于天然高分子材料C．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应D．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物22、实验室回收废水中苯酚的过程如图所示。下列说法不正确的是（）A．操作Ⅰ为萃取，分液，萃取剂也可以用选用B．苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的小C．操作Ⅱ中得到的苯，可在操作Ⅰ中循环使用D．操作Ⅲ中要用蒸馏方法分离出苯酚二、非选择题(共84分)23、（14分）下图中的A、B、C、D、E、F、G均为有机物（有些物质未写出）据上图回答问题：(1)A的结构简式_______，D的名称是__________。(2)反应①③④的反应类型分别为_____________、____________和__________。(3)除去F中杂质C、D时，最后要用分液的方法进行混和物的分离，F产物从分液漏斗的_______（填“上口倒出”或“下口放出”）。(4)写出反应②的反应方程式为_________________________________。24、（12分）已知：X为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体，食醋中约含有3%-5%的D，其转化关系如下图所示。请回答：(1)X的结构简式是__________________。(2)A→B的化学方程式是____________________________________________。(3)下列说法不正确的是________。A．A+D→X的反应属于取代反应B．除去X中少量D杂质可用饱和Na2CO3溶液C．A与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈得多D．等物质的量的A、B、D完全燃烧消耗O2的量依次减小25、（12分）硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其它性质SO2Cl2-54.169.1①易水解，产生大量白雾②易分解：SO2Cl2SO2↑+Cl2↑H2SO410.4338吸水性且不易分解实验室用干燥、纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示（夹持仪器已省略），请回答有关问题：（1）仪器A冷却水的进水口为________（填“a”或“b”）。（2）仪器B中盛放的药品是________，其目的是________________________。（3）实验时，装置丁中发生反应的离子方程式为______________________________，当生成6.72L的氯气（标况下），转移电子的物质的量为________。（4）装置丙中盛放的试剂是________，若缺少装置乙，对实验造成的影响是_______________。（5）少量硫酰氯也可用液态氯磺酸（ClSO3H）低温催化分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3H＝H2SO4+SO2Cl2，从分解产物中分离出硫酰氯的操作是______________。26、（10分）野外被蚊虫叮咬会出现红肿，这是由甲酸（HCOOH）造成的。请完成下列探究。I.HCOOH酸性探究（1）下列酸属于二元酸的有___________。a．HCOOHb．H2CO3c．H2C2O4d．CH3CHOHCH2COOH（2）下列实验事实能证明甲酸为弱酸的是___________。a.HCOONH4溶液呈酸性b.将甲酸滴入溶液中有气体生成C．常温下，0.1mol·L-1的甲酸溶液的pH约为3d.等浓度的盐酸与甲酸溶液。前者的导电能力更强（3）可用小苏打溶液处理蚊虫叮咬造成的红肿，请用离子方程式表示其原理_________。Ⅱ甲酸制备甲酸铜探究相关原理和化学方程式如下：先用硫酸铜和碳酸氢钠作用制得碱式碳酸铜，然后碱式碳酸铜再与甲酸反应制得四水甲酸铜晶体：实验步骤如下：（4）碱式碳酸铜的制备：①步骤ⅰ是将一定量晶体和固体一起放到研钵中研细并混合均匀。②步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70℃-80℃，温度不能过高的原因是________________________________。③步骤ⅱ的后续操作有过滤、洗涤等。检验沉淀是否已洗涤干净的方法为________。（5）甲酸铜晶体的制备：将Cu(OH)2•CuCO3固体放入烧杯中，加入一定量的热蒸馏水，再逐滴加入甲酸至碱式碳酸铜恰好全部溶解，趁热过滤除去少量不溶性杂质。在通风橱中蒸发滤液至原体积的三分之一时，冷却析出晶体，过滤，再用少量无水乙醇洗涤晶体2～3次，晾干，得到产品。①“趁热过滤”中，必须“趁热”的原因是_________________。②用乙醇洗涤晶体的目的是________________________________。③若该实验所取原料CuSO4•5H2O晶体和NaHCO3固体的质量分别为12.5g和9.5g，实验结束后，最终称量所得的产品为7.91g，则产率为________________。27、（12分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_______③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。（2）探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO4③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO428、（14分）Li、Na、Mg、C、N、O、S等元素的研究一直在进行中，其单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。回答下列问题：（1）钠在火焰上灼烧的黄光是一种_____（填字母）A．吸收光谱；B．发射光谱。（2）H2S的VSEPR模型为________，其分子的空间构型为________；结合等电子体的知识判断离子N3–的空间构型为________。（3）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过下图的Born-Haber循环计算得到。可知Li2O晶格能为______kJ·mol-1。（4）N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：X、Y、Z中为N元素的是______，判断理由是_____________________________。（5）N5–为平面正五边形，科学家预测将来会制出含N4–、N6–等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则N4–离子中的大π键应表示为_________。（6）一种Fe、Si金属间化合物的晶胞结构如下图所示：晶胞中含铁原子为______个，已知晶胞参数为0.564nm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则Fe、Si金属间化合物的密度为___________g·cm–3（列出计算式）29、（10分）钠、铝是两种重要的金属，其单质及化合物在人们的日常生活、生产及科学研究中具有广泛的用途。回答下列问题：（1）基态铝原子的电子排布图是____________________。（2）与Al3+具有相同的电子层结构的简单阴离子有__________（填离子符号），其中形成这些阴离子的元素中，电负性最强的是__________（填元素符号，下同），第一电离能最小的是__________。（3）Al、Cl的电负性如下表：元素AlCl电负性1.53.0则AlCl3为________晶体（填晶体类型）；AlCl3升华后蒸气的相对分子质量约为267，则该蒸气分子的结构式是____________（标明配位键）。（4）氢化铝钠（NaAlH4）是重要的有机合成中还原剂。①AlH4-的空间构型为②NaAlH4的晶胞如下图所示，与Na+紧邻且等距的AlH4-有________个；NaAlH4晶体的密度为________g/cm3（用含a的代数式表示，N

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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【答案解析】

①植物油不溶于水，可通过分液分离；②海水含氯化钠等可溶性杂质，可通过蒸馏制取淡水；③中草药中的有效成份为有机物，易溶于酒精等有机溶剂，故可用酒精萃取。综上所述，上述分离方法依次是分液、蒸馏、萃取，答案选C。2、B【答案解析】第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐减弱，故A错误；氢元素与非金属元素形成共价化合物、氢元素与金属元素形成离子化合物，故B正确；盐酸是无氧酸，不能根据其酸性强弱判断其非金属性强弱，故C错误；ⅠA族元素上到下，金属单质的熔点逐渐降低，故D错误。点睛：同主族元素从上到下非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱、最高价含氧酸的酸性减弱；同周期元素从左到右非金属性增强，氢化物的稳定性增强、最高价含氧酸的酸性增强。3、D【答案解析】

由题意知：PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱，依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断解答。【题目详解】A.Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，反应中Fe3+为氧化剂，Cu2+为氧化产物，Fe3+氧化性大于Cu2+氧化性，符合规律，A不符合题意，；B.10Cl-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，反应中MnO4-为氧化剂，氯气为还原剂，MnO4-氧化性强于氯气，符合规律，B不符合题意；C.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，反应中氯气为氧化剂，Fe3+为氧化产物，氯气的氧化性强于Fe3+，符合规律，C不符合题意；D.5Pb2++2MnO4-+2H2O=5PbO2↓+2Mn2++4H+，反应中MnO4-为氧化剂，PbO2为氧化产物，MnO4-氧化性强于PbO2，与题干不吻合，D符合题意；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，准确判断氧化剂、氧化产物，熟悉氧化还原反应强弱规律是解题关键。4、A【答案解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层的2倍，则X为C元素；Z是地壳中含量最高的元素，则Z为O元素，结合原子序数可知Y为N元素，W是同周期原子半径最大的金属元素，则W为Na元素，以此来解答。【题目详解】A．非金属性Z＞Y，则Z的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强，故A正确；

B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序：r（W）＞r（Y）＞r（Z），故B错误；

C．非金属性Y＞X，则X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱，故C错误；

D．Z分别与X、W形成的化合物为CO2（或CO）、Na2O（或Na2O2），Z与X形成的化合物只含共价键，Na2O只含离子键，Na2O2含离子键、共价键，故D错误；

答案选A。【答案点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、原子序数、元素的性质推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。5、D【答案解析】

分析：A.

明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的；

B.碳酸钡能够溶于盐酸；C.吸氧腐蚀速率小于析氢腐蚀速率；

D.泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳。详解:A.明矾溶于水形成的氢氧化铝胶体能吸附不溶性固体杂质小颗粒，形成大颗粒，易于沉降，所以明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的，故A错误；B.碳酸钡能够溶于盐酸生成可溶性氯化钡溶液，钡为重金属离子有毒，故B错误；C.酸性条件下钢铁被腐蚀快，析氢腐蚀速率快于吸氧腐蚀，故C错误；

D.泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，所以D选项是正确的；

所以D选项是正确的。【答案点睛】本题考查了物质的性质及用途，性质决定用途，熟悉碳酸钡、明矾、碳酸氢钠等的性质是解题关键，注意金属的电化学防护原理，题目难度不大，注意对相关知识的积累。6、B【答案解析】分析：由结构可以知道,分子中含碳碳双键和三键,双键为平面结构,三键为直线结构,其它C均为四面体构型，以此来解答。详解：

中,处于四面体中心位置的碳原子数为a,甲基、亚甲基均为四面体构型,则a=4；与三键直接相连的C共线，一定在同一直线上的碳原子个数为b,则b=3；含有碳碳双键共面,含碳碳三键的共线,且二者直接相连,一定共面,一定在同一平面上的碳原子数为c,所以一定在同一平面内的碳原子数为6个,即c=6；B正确；正确选项B。7、D【答案解析】

A.不符合定比组分的组成，正确的是Ba2++2OH—+2H++SO42—==BaSO4↓+2H2O，A不正确。B.氨水属于弱电解质，要用化学式表示，B不正确。C.硝酸是强电解质，要用离子表示，C不正确。D.石灰水过量，生成物是正盐，D正确。答案是D。8、D【答案解析】1s轨道为球形,所以1s轨道的电子云形状为球形,A错误；2s的电子云半径比1s电子云半径大，s电子云的大小与能层有关,与电子数无关,ns能级上最多容纳2个电子,B错误；电子在原子核外作无规则的运动,不会像地球围绕太阳有规则的旋转,C.错误；f能级有7个轨道;每个轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反,所以nf能级中最多可容纳14个电子,D正确；正确选项D。点睛：电子在原子核外作无规则的运动；根据s电子云的大小与能层有关，与电子数无关；1s轨道为球形。9、A【答案解析】

A、硝基苯和苯互溶，应采用蒸馏的方法进行分离，A项错误；B、分子式为C5H10O2且遇小苏打能产生气体的有机物应含有－COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为－C4H9，－C4H9异构体有：－CH2CH2CH2CH3，－CH(CH3)CH2CH3，－CH2CH(CH3)CH3，－C(CH3)3，故符合条件的有机物的同分异构体数目为4，B项正确；C、乙烯和苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；D、ClCH2CH(CH3)CH2Cl中两个氯原子没有在相邻的两个碳原子上，所以不可能由烯烃与氯气加成得到，D项正确。答案选A。10、C【答案解析】

①CH3CH2CHOHCH3发生催化氧化生成CH3CH2COCH3，CH3CH2COCH3中官能团为羰基；②CH3（CH2）3OH发生催化氧化生成CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO中官能团为醛基（—CHO）；③CH3CH（CH3）CH2OH发生催化氧化生成CH3CH（CH3）CHO，CH3CH（CH3）CHO中官能团为醛基；④CH3C（CH3）2OH中与—OH相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；能被氧化为含—CHO的有机物为②③，答案选C。【答案点睛】醇发生催化氧化反应的规律：醇的催化氧化与跟羟基相连的碳原子上的氢原子个数有关，有2~3个H催化氧化成醛基；只有1个H氧化成羰基；没有H不能发生催化氧化。11、D【答案解析】试题分析：K层只有s能级，L层只有s和p能级；M层有s、p、d三个能级，N层有s、p、d、f四个能级，选D。考点：考查原子核外电子排布。12、D【答案解析】

W、X、Y、Z均为短周期主族元素，由位置关系可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，设X原子最外层电子数为a，则W、Y、Z最外层电子数依次为a-2、a、a+1，四种元素的原子最外层电子数之和为23，则：a-2+a+1+a+a=23，解得a=6，则W为C元素，故X为O元素、Y为S元素、W为C元素。【题目详解】A、同周期从左到右，原子半径逐渐减小，元素的非金属性增强，原子半径S>Cl，非金属性W<X，故A正确；B、同主族从上到下元素的非金属性减弱，故O2能与H2Se反应，生成Se单质，故B正确；C、O能形成CO2、SO2、ClO2，故C正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3<H2SO4<HClO4，故D错误；故选D。13、C【答案解析】

电解质溶液的导电能力与离子的浓度及离子所带的电荷有关。【题目详解】A.该过程的离子方程式为：，该过程中，离子浓度与所带电荷的乘积没有变化，则溶液的导电能力几乎不变，A错误；B.该过程的化学方程式为：，该过程中，离子浓度减小，则溶液的导电能力减弱，B错误；C.该过程发生的离子方程式为：，则该过程中离子浓度显著增大，则溶液的导电能力显著增大，C正确；D.该过程发生的离子方程式为：，则该过程中离子浓度几乎不变，则溶液的导电能力几乎不变，D错误；故合理选项为C。14、C【答案解析】分析：本题考查的是有机物的反应类型，难度较小。详解：A.乙醛和氧气的反应为氧化反应，苯和氢气的反应为还原反应，故错误；B.葡萄糖和银氨溶液的反应为氧化反应，蔗糖在稀硫酸作用下反应为水解反应，故错误；C.丙酮与氢气反应为加成反应，乙烯和氯化氢的反应为加成反应，故正确；D.乙醇和乙酸的反应为取代反应，溴乙烷和氢氧化钠醇溶液的反应为消去反应，故错误。故选C。15、D【答案解析】

A.酸性氧化物指能和碱反应，只生成盐和水的氧化物，CO不是酸性氧化物，A错误；B.盐酸、氯化铁溶液不属于胶体，B错误；C.电解质指在熔融状态下或者水溶液中，能导电的化合物，所以铜不是电解质，C错误；D.盐酸是HCl的水溶液，氯水是将氯气通入到水中形成的溶液，氨水是将氨气通入到水中的溶液，则这三种溶液都是混合物，D正确；故合理选项为D。【答案点睛】电解质指在熔融状态下或者水溶液中，能导电的化合物。16、D【答案解析】A、FeCl3用于脱除燃气中的H2S，是因为H2S具有强还原性，Fe3+具有较强的氧化性，可以将S2-氧化成S单质，本身被还原成Fe2+，而不是因为FeCl3溶液具有酸性，选项A错误；B.苯酚与甲醛发生缩聚反应用于制取酚醛树脂和苯酚能使蛋白质变性没有对应关系，选项B错误；C、FeS用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属是因为转化为更难溶的硫化物，而不是因为FeS固体呈黑色，选项C错误；D、NaHCO3能与Al2(SO4)3溶液反应发生双水解产生二氧化碳和氢氧化铝，可用作泡沫灭火器原料，选项D正确。答案选D。17、A【答案解析】

A.在题中所给出的环境条件中，铁不能从单质直接被氧化成三价铁离子，而应该是二价铁离子，故A项错误；B.钢铁能发生吸氧腐蚀形成原电池，正极发生是O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B项正确；C.吸氧腐蚀生成的Fe(OH)2在有氧气存在的条件下被迅速氧化成Fe(OH)3，故C项正确；D.钢铁能发生吸氧腐蚀发，其反应方程式2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2，故D项正确；综上所述，本题正确答案为A。18、B【答案解析】

图中pH为4时Fe3+完全沉淀，溶液中含大量的Cu2+，加入NaOH固体时，先与H+反应，然后铁离子转化为沉淀，且Ksp与温度与物质的性质有关，以此来解答。【题目详解】A．pH为4时Fe3+完全沉淀，溶液中含大量的Cu2+，则Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]，故A项正确；B．加入NaOH固体时，先与H+反应，然后铁离子转化为沉淀，则pH=5时溶液中的阳离子主要为Na+和Cu2+，故B项错误；C．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与离子浓度和沉淀的量均无关，说法合理，故C项正确；D．向含有FeCl3杂质的CuCl2溶液中加入CuO或CuCO3，可促进铁离子水解转化为沉淀，且不引入新杂质，可除杂，故D项正确。故答案为B19、D【答案解析】A、将Na投入水中溶液呈碱性是因为钠与水反应生成强碱氢氧化钠；B、Cl2能使品红褪色是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性；C、过氧化钠作供氧剂是因为过氧化钠能与CO2、水反应产生氧气；D、活性炭可作为净水剂利用的是活性炭的吸附作用，属于物理变化，因此原理不同于其他三项，答案选D。20、B【答案解析】

同一化学反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物，由反应①可知，氧化性XO4->Z2，还原性Z－>X2＋，由反应②可知，氧化性B2>A3＋，还原性A2＋>B－，由反应③可知，氧化性Z2>B2，还原性B－>Z－，则氧化性XO4->Z2>B2>A3＋，还原性A2＋>B－>Z－>X2＋。【题目详解】A项、氧化性XO4->Z2>B2>A3＋，则要除去含有A2＋、Z－和B－混合溶液中的A2＋，而不氧化Z－和B－，应加入B2，故A正确；B项、由分析可知，还原性A2＋>B－>Z－>X2＋，故B错误；C项、反应①可知，X2＋是XO4-的还原产物，由反应③可知，B2是B－的氧化产物，故C正确；D项、由分析可知，氧化性XO4->Z2>B2>A3＋，则在酸性溶液中XO4-可能将A2＋氧化，反应的离子方程式为8H＋＋5A2＋＋XO4-=X2＋＋5A3＋＋4H2O，故D正确；答案选B。21、D【答案解析】

A.蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；B.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B项正确；C.“蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气反应，属于氧化反应，C项正确；D.高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D项错误；答案选D。【答案点睛】高中化学阶段，常见的天然高分子化合物有：淀粉、纤维素、蛋白质。22、D【答案解析】

整个实验过程为，用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚，经过分液操作进行分离得到苯酚。【题目详解】A.操作Ⅰ为用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，萃取剂也可以用选用，A项正确；B.苯酚钠属于钠盐，钠盐易溶于水，所以苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的小，B项正确；C.操作Ⅱ中得到的苯，可继续萃取废水中的苯酚，可以循环使用，C项正确；D.操作Ⅲ中用分液方法分离出苯酚，因为只含有苯酚一种有机溶剂，D项错误；答案选D。二、非选择题(共84分)23、乙醇水解反应(取代反应)酯化反应(取代反应)消去反应上口倒出+H2O【答案解析】

由E的结构可推知B为，D的分子式为C2H6O，在浓硫酸、170℃条件下得到G(C2H4)，则D为CH3CH2OH，G为CH2=CH2，C与D在浓硫酸、加热条件下得到F，结合F的分子式可知，F应为酯，则C为CH3COOH，F为CH3COOCH2CH3，A水解、酸化得到B、C、D，则A为，据此解答。【题目详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，E为，F为CH3COOCH2CH3，G为CH2=CH2。(1)根据上面的分析可知，A为，D为CH3CH2OH，D的名称是乙醇；(2)根据上面的分析可知，反应①为酯的水解反应(取代反应)，③为酯化反应(取代反应)，④为消去反应；(3)F为CH3COOCH2CH3，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，由于F的密度小于水，乙醇、乙酸都溶于水，所以用分液的方法分离混合物，F产物在上层，要从分液漏斗的上口倒出；(4)反应②是发生分子内的酯化反应，反应的反应方程式为+H2O。【答案点睛】本题考查有机物的推断的知识，主要是酯的水解反应、酯化反应、醇的消去反应，掌握各类官能团的性质与转化是本题解答的关键。注意根据转化关系中E的结构以及D、G的分子式进行推断。24、CH3COOCH2CH32CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OC【答案解析】

由题给信息食醋中约含有3%-5%的D可知，D为乙酸，由X为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体可知，X为酯类，由X酸性条件下水解生成A和D，且A催化氧化可以生成乙酸可知，A为乙醇、X为乙酸乙酯；乙酸乙酯碱性条件下水解生成乙酸钠和乙醇，则C为乙酸钠；乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛催化氧化生成乙酸，则B为乙醛。【题目详解】(1)X为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，故答案为CH3COOCH2CH3；（2）A→B的反应为乙醇催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）A、乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应属于取代反应，正确；B、除去乙酸乙酯中少量的乙酸可用饱和Na2CO3溶液洗涤分液，正确；C、A为乙醇，水与金属钠反应比乙醇与金属钠反应要剧烈，错误；D、1molCH3CH2OH、CH3CHO、CH3COOH完全燃烧消耗O2的物质的量依次为3mol、2.5mol、2mol，正确；故选C，故答案为C。【答案点睛】本题考查有机物的推断，侧重分析与推断能力的考查，把握有机物的组成和性质、有机反应来推断有机物为解答的关键。25、a碱石灰吸收尾气并防止空气中水蒸气进入反应装置导致产品水解ClO3－+5Cl－+6H+＝3Cl2↑+3H2O0.5NA饱和氯化钠溶液SO2Cl2发生水解蒸馏【答案解析】

二氧化硫和氯气合成硫酰氯：甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，硫酰氯会水解，仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气，丁装置：浓盐酸和氯酸钾反应制取氯气，浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置：除去Cl2中的HCl，乙装置：干燥氯气。（1）根据采用逆流的冷凝效果好，判断冷凝管的进水口；（2）仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；（3）实验时，装置丁中氯酸钾+5价的氯和盐酸中-1价的氯发生氧化还原反应生成氯气；根据化合价升降以及生成物的量计算转移电子数；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置的作用是除去Cl2中的HCl，由此目的选择试剂；SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢；（5）二者均为液态，且沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离。【题目详解】（1）冷凝管采用逆流时冷凝效果好，所以冷凝管中的冷却水进口为a；（2）甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，二氧化硫、氯气为有毒的酸性气体，产物硫酰氯会水解，所以仪器B中盛放的药品是碱性物质碱石灰，可防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；（3）浓盐酸和氯酸钾发生反应生成KCl、氯气和水，反应为：6HCl（浓）+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O，离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；根据归中反应同元素化合价“只靠近，不交叉”原则可知，氯酸钾+5价的氯降低为0价，盐酸中-1价的氯升高为0价，即每生成3molCl2，其转移电子为5mol，故当生成0.3molCl2，转移电子数目为0.5NA；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气难溶于饱和食盐水，HCl易溶于水，可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl；装置乙中试剂为浓硫酸，其作用是除去Cl2中的水，若缺少装置乙，SO2Cl2遇水发生水解反应生成硫酸和氯化氢；（5）由题干表格可知，低温条件下，SO2Cl2和H2SO4均为液态，二者会互溶，且沸点相差较大，可采取蒸馏法进行分离。26、bccdHCOOH+HCO3－=HCOO－+H2O+CO2↑产物Cu(OH)2•CuCO3受热会分解取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净防止甲酸铜晶体析出洗去晶体表面的水和其它杂质，且减少后续晾干的时间70%【答案解析】I．(1)a．HCOOH水溶液中电离出一个氢离子属于一元酸，故a错误；b．H2CO3水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故b正确；c．H2C2O4含两个羧基，水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故c正确；d．CH3CHOHCH2COOH只含一个羧基，为一元酸，故d错误；故答案为：bc；(2)a．HCOONH4溶液显酸性只能说明铵根离子水解溶液显酸性，不能说明甲酸为弱酸，故a错误；b．将甲酸滴入NaHCO3溶液中有气体生成，说明甲酸酸性大于碳酸，不能说明甲酸为弱酸，故b错误；c．常温下，0.1mol•L-1的甲酸溶液的pH约为3说明甲酸未完全电离，证明甲酸为弱酸，故c正确；d．等浓度的盐酸与甲酸溶液，都是一元酸，前者的导电能力更强说明甲酸溶液中存在电离平衡，证明甲酸为弱酸，故d正确；故答案为：cd；(3)蚊虫叮咬造成的红肿，是释放出甲酸，碳酸氢钠和甲酸反应，反应的离子方程式为：HCOOH+HCO3-═HCOO-+H2O+CO2↑，故答案为：HCOOH+HCO3-═HCOO-+H2O+CO2↑；II．(4)②步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70℃-80℃，温度不能过高的原因是产物Cu(OH)2•CuCO3受热会分解，故答案为：产物

Cu(OH)2•CuCO3受热会分解；③Cu(OH)2•CuCO3表面会附着硫酸根离子，检验洗涤干净方法：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加

BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗

涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净；(5)①甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大，如果冷却，会有晶体析出，降低产率，因此需趁热过滤，防止甲酸铜晶体析出，故答案为：防止甲酸铜晶体析出；②甲酸铜易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，故需用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的水及其它杂质，减少甲酸铜晶体的损失，且减少后续晾干的时间，故答案为：洗去晶体表面的水和其它杂质，减少甲酸铜晶体的损失，且减少后续晾干的时间；③12.5g硫酸铜晶体的物质的量为：=0.05mol，9.5g碳酸氢钠的物质的量为：≈0.113mol，根据反应2CuSO4+4NaHCO3═Cu(OH)2•CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2O可知，碳酸氢钠过量，反应生成的碱式碳酸铜的物质的量为0.05mol，根据反应Cu(OH)2•CuCO3+4HCOOH+5H2O═Cu(HCOO)2•4H2O+CO2↑可知，生成甲酸铜的物质的量为0.05mol，所以甲酸铜的产率为：×100%=70%，故答案为：70%。点睛：本题通过碱式碳酸铜、甲酸铜晶体的制备，考查物质性质实验方案的设计方法。充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。本题的易错点为检验沉淀是否已洗涤干净的操作方法，要注意沉淀上吸附的离子种类；难点是产率的计算。27、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH−Cl−+ClO−+H2OFe3+4FeO42−+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO−的干扰>溶液的酸碱性不同若能，理由：FeO42−在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）【答案解析】分析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl；Cl2与Fe（OH）3、KOH反应制备K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大气。（2）①根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+。II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。②根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。③判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。③C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。③该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42->MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速