河南省许平汝九校联盟2025届化学高二下期末调研试题含解析

河南省许平汝九校联盟2025届化学高二下期末调研试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是A．苯、甲苯、环己烷B．苯、苯酚、己烯C．乙醇、甲苯、硝基苯D．甲酸、乙醛、乙酸2、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAB．100mL1mol·L－1FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NAC．电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目不一定为NAD．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA3、下列说法不正确的是A．电解熔融氯化镁可制取金属镁B．电解饱和食盐水可制取氯气C．生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和晶体硅D．接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石4、下列关于物质性质与应用的说法正确的是A．二氧化碳有氧化性，在点燃条件下能将金属镁氧化B．二氧化硫有漂白、杀菌性能，可在食品加工中大量使用C．二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒D．二氧化锰具有较强的的氧化性，可作H2O2分解的氧化剂5、下列分散系不能产生“丁达尔效应”的是（）A．酒精溶液 B．鸡蛋清溶液 C．氢氧化铁胶体 D．淀粉溶液6、还原性I->Fe2+>Br-。向含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量氯气后，所得溶液离子成分分析正确的是()A．I-、Fe3+、Cl- B．Fe2+、Cl-、Br-C．Fe2+、Fe3+、Cl- D．Fe2+、I-、Cl-7、下列说法不正确的是A．人工合成的硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶B．聚乙烯塑料中因含有大量碳碳双键，容易老化C．1mol的有机物（结构如图）最多能与含5molNaOH的水溶液完全反应D．若丙醇中的氧为188O，它与乙酸反应生成的酯的相对分子质量是1048、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，已知X、Y为同周期的相邻元素且形成的某种二元化合物能形成光化学烟雾，Z为金属元素且Z原子的L层电子数比其它各层上电子数之和大5，W的最高价氧化物对应水化物和其氢化物均为强酸。下列说法不正确的是A．X、Y、Z、W原子半径大小：W>Z>Y>X B．最简单氢化物的稳定性：X<YC．WY2能对自来水进行杀菌消毒 D．Z单质在Y单质和W单质中均可燃烧9、下列实验现象和结论都正确的是选项

实验操作

现象

结论

A．

将SO2通入酸性高锰酸钾溶液

高锰酸钾溶液紫色褪色

SO2具有漂白性

B．

等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应

相同时间内HA与Zn反应生成的氢气更多

HA是强酸

C．

灼烧某白色粉末

火焰呈黄色

白色粉末中含有Na+，无K+

D．

将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液中

有白色沉淀生成

证明非金属性S>C>Si

A．A B．B C．C D．D10、金属键的形成是通过()A．金属原子与自由电子之间的相互作用B．金属离子与自由电子之间强烈的相互作用C．自由电子之间的相互作用D．金属离子之间的相互作用11、某酯A的分子式为C5H10O2，已知A～E有如图转化关系，且C、E均能发生银镜反应，则A的结构可能有()A．2种 B．3种 C．4种 D．5种12、化学与生活密切相关，下列物质不能用作食品添加剂是（）A．乙醇 B．乙酸 C．乙酸乙酯 D．乙醛13、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．往NH4HCO3溶液中加入过量NaOH：NH4++OH-=NH3↑+H2OB．FeCl3溶液与氨水反应：Fe3++3OH-＝Fe(OH)3↓C．氯气与水反应：Cl2+H2O＝Cl－+ClO－+2H+D．制作印刷电路板：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+14、有一种星际分子，其分子结构模型如图所示(图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键、三键等，不同花纹的球表示不同的原子)。对该物质判断正确的是A．①处的化学键是碳碳双键 B．该物质是烃的含氧衍生物C．③处的原子可能是氯原子或氟原子 D．②处的化学键是碳碳单键15、将一定量的镁和铜组成的混合物加入到足量的稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。下列叙述错误的是()A．当金属全部溶解时，电子转移的数目为0.3NAB．参加反应的金属的总质量3.6g<w<9.6gC．当金属全部溶解时，产生的NO气体的体积在标准状况下为2.24LD．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积为l00mL16、将反应Cu(s)＋2Ag＋(aq)Cu2+(aq)＋2Ag(s)设计成原电池，某一时刻的电子流向及电流计(G)指针偏转方向如图所示，下列有关叙述正确的是A．KNO3盐桥中的K＋移向Cu(NO3)2溶液B．工作一段时间后，AgNO3溶液中c(Ag＋)减小C．电子由AgNO3溶液通过盐桥移向Cu(NO3)2溶液D．Cu作负极，发生还原17、下列关系正确的是A．沸点：戊烷＞2，2一二甲基戊烷＞2，3一二甲基丁烷＞丙烷B．密度：CCl4＞CHCl3＞H2O＞苯C．含氢质量分数：甲烷＞乙烷＞乙烯＞乙炔＞苯D．同物质的量的物质燃烧耗O2量：已烷＞环已烷＞苯＞苯甲酸18、聚氯乙烯是制作装修材料的最常用原料，失火时聚氯乙烯在不同的温度下，发生一系列复杂的化学变化，产生大量有害气体，其过程大体如图所示：下列说法不正确的是（

）。A．聚氯乙烯的单体可由乙烯与HCl加成而得B．上述反应中①属于消去反应，④属于（脱氢）氧化反应C．火灾中由聚氯乙烯产生的有害气体中含HCl、CO、C6H6等D．在火灾现场，可以用湿毛巾捂住口鼻，并弯下腰尽快远离现场19、1mol某链烃最多能和2molHCl发生加成反应，生成1

mol氯代烷，1mol该氯代烷能与6molCl2发生取代反应，生成只含有碳氯两种元素的氯代烃，该链烃可能是A．CH3CH=CH2 B．CH3C≡CH C．CH3CH2C≡CH D．CH2=CHCH=CH220、在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2的化合物是()A． B．C． D．21、下列说法正确的是A．HF沸点高于HCl，是因为HF分子极性大，范德华力也大B．在PCl5分子中，各原子均满足最外层8电子结构C．可燃冰是甲烷的结晶水合物，甲烷可与水形成氢键D．S2Br2与S2Cl2结构相似，则熔、沸点：S2Br2>S2Cl222、下列有关有机物的说法正确的是A．分液漏斗可以分离甘油和水的混合物B．分子式为C5H10Cl2，结构中含有一个-CH3的同分异构体有7种C．由甲苯制取三硝基甲苯的反应与乙酸和苯甲醇反应的类型不同D．有机物能发生氧化、还原、加成、加聚和取代反应二、非选择题(共84分)23、（14分）现有A、B、C、D四种元素，A是第五周期第ⅣA族元素，B是第三周期元素，B、C、D的价电子数分别为2、2、7。四种元素原子序数从小到大的顺序是B、C、D、A。已知C和D的次外层电子数均为18个。(1)写出A、B、C、D的元素符号：A________、B________、C________、D________。(2)C位于元素周期表的________区，C2＋的电子排布式______________________________。(3)最高价氧化物对应水化物中碱性最强的化合物是________(写化学式，下同)；最高价氧化物对应水化物中酸性最强的化合物是________。(4)元素的第一电离能最小的是________，元素的电负性最大的是________。24、（12分）聚合物F的合成路线图如下：已知：HCHO+RCH2CHO请据此回答：(1)A中含氧官能团名称是_____，D的系统命名为_____。(2)检验B中含氧官能团所用的试剂是____；A→B的反应类型是_____。(3)C生成D的反应化学方程式为_______，E合成F的反应化学方程式为________。(4)G物质与互为同系物，且G物质的相对分子质量比大14的，则符合下列条件的G的同分异构体有____种。①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基②遇氯化铁溶液变紫色③能与溴水发生加成反应25、（12分）富马酸亚铁(C4H2O4Fe)是常用的治疗贫血的药物。可由富马酸与FeSO4反应制备。(1)制备FeSO4溶液的实验步骤如下：步骤1.称取4.0g碎铁屑，放入烧杯中，加入10%Na2CO3溶液，煮沸、水洗至中性。步骤2.向清洗后的碎铁屑中加入3mol/LH2SO4溶液20mL，盖上表面皿，放在水浴中加热。不时向烧杯中滴加少量蒸馏水，控制溶液的pH不大于1。步骤3.待反应速度明显减慢后，趁热过滤得FeSO4溶液。①步骤1的实验目的是____。②步骤2“不时向烧杯中滴加少量蒸馏水”的目的是____；“控制溶液的pH不大于1”的目的是____。(2)制取富马酸亚铁的实验步骤及步骤（Ⅱ）的实验装置如下：①步骤(Ⅰ)所得产品(富马酸)为_______－丁烯二酸（填“顺”或“反”）。②富马酸与足量Na2CO3溶液反应的方程式为_________。③图中仪器X的名称是_________，使用该仪器的目的是__________。(3)测定(2)产品中铁的质量分数的步骤为：准确称取产品ag，加入新煮沸过的3mol/LH2SO4溶液15mL，待样品完全溶解后，再加入新煮沸过的冷水50mL和4滴邻二氮菲-亚铁指示剂，立即用cmol/L(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定(Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)，滴定到终点时消耗标准液VmL。①(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液适宜盛放在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②该实验中能否用KMnO4标准溶液代替(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定Fe2+，说明理由_____。③产品中铁的质量分数为________（用含a、V的代数式表示）。26、（10分）某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性质。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。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是________；将FeCl3晶体溶于浓盐酸,再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是________。（2）制备K2FeO4（夹持装置略）后，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________________。根据K2FeO4的制备原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是________________。27、（12分）一氯化硫(S2Cl2)是一种重要的有机合成氯化剂，实验室和工业上都可以用纯净干燥的氯气与二硫化碳反应来制取(CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2)，其装置如下：(1)A装置中的离子反应方程式为________________________________________________。(2)一氯化硫(S2Cl2)常温下为液态，较为稳定，受热易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化产物中不仅有淡黄色固体，而且还有两种气体，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl。写出一氯化硫与水反应的化学反应方程式：____________________________。(3)C、E装置中所盛溶液为__________。(4)D中冷凝管的冷水进水口为____（填“a”或“b”）；实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间后方可向D中水槽里面加入热水加热，这样做的目的是________。28、（14分）水合肼（N2H4·H2O）是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl。据此，某学生设计了下列实验。I、制备NaClO溶液实验装置如下图图甲所示（部分夹持装置已省略）已知：3NaClO2NaCl+NaClO3（1）配制30％NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有______________（填字母）。A．容量瓶B．烧杯C．移液管D．玻璃棒（2）装置I中发生的离子反应方程式是_____________________________。Ⅱ、制取水合肼实验装置如上图图乙所示（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，部分N2H4·H2O参与A中反应并产生大量氮气，产品产率因此降低，请写出降低产率的相关化学反应方程式________________________________；充分反应后，加热蒸馏A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。（4）称取馏分0.3000g，加水配成20.0mL溶液，一定条件下用0.1500mol·L-1的I2溶液滴定。已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O①滴定时，可以选用的指示剂为____________________；②实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00L，馏分中N2H4·H2O的质量分数为____________________。29、（10分）金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备：请回答下列问题：（1）金刚烷的分子式为___________，其分子中的CH2基团有______个；（2）如图是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线：其中，反应④的方程式___________，反应④的反应类型是___________；（3）已知烯烃能发生如下的反应：RCHO+R’CHO,请写出下列反应产物的结构简式：___________________。

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、A【解析】A、苯、甲苯和环己烷三者性质相似，只用一种试剂不能鉴别，故A选；B、苯、苯酚和己烯可以选浓溴水，苯不和溴水反应、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使其褪色，可以鉴别，故B不选；C、乙醇、甲苯和硝基苯中，乙醇可以和水互溶、甲苯不和水互溶但比水轻、硝基苯不和水互溶但比水重，可以用水来鉴别，故C不选；D、甲酸、乙醛、乙酸可选新制氢氧化铜，甲酸能溶解新制氢氧化铜，加热时生成红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜，可以鉴别，故D不选；故选A。点睛：进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理，鉴别有机物常用的试剂有：水、溴水、酸性高锰酸钾、新制Cu(OH)2、FeCl3溶液等。2、C【解析】

A．124gP4的物质的量为124g÷124g/mol=1mol，P4呈正四面体结构，所含P—P键数目为6NA，故A错误；B．Fe3＋在溶液中会发生水解，所以溶液中所含Fe3＋的数目小于0.1NA，故B错误；C.电解精炼铜时阳极减轻32g，阳极参与电极反应的除铜单质外，还有锌，铁，镍，所以电路中转移电子数目不一定为NA，故C正确；D．SO2和O2的反应是可逆反应，因此催化反应后分子总数大于2NA，故D错误；故选：C。3、C【解析】

A、制取金属镁时，由于镁的活泼性很强，故一般电解熔融的氯化镁制取，选项A正确；B、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，可制取氯气，选项B正确；C、生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和石英，选项C不正确；D、接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石，硫与氧气反应生成二氧化硫或煅烧硫铁矿生成二氧化硫，选项D正确。答案选C。4、A【解析】

A．二氧化碳有氧化性，在点燃条件下能将金属镁氧化为氧化镁，故A正确；B．二氧化硫有有毒，不能在食品加工中大量使用，故B错误；C．二氧化氯具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故C错误；D．在H2O2分解中二氧化锰作催化剂，故D错误；答案选A。5、A【解析】

胶体能产生丁达尔效应；【详解】A为溶液，B、C、D均为胶体，答案为A；【点睛】丁达尔效应的原因为分散质颗粒较大，当光线穿过分散系时，分散质颗粒对光产生漫反射现象。6、B【解析】

还原性I-＞Fe2+＞Br-，向含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子；A.当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在时，溴离子一定不会参与反应，氯气作氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；C.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故C错误；D.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故D错误；故选B。【点睛】依据离子的还原性强弱顺序判断溶液中的各离子是否能够共存是解决本题的关键。7、B【解析】

A.硅橡胶具有空间网状结构，具有耐磨、耐高温、耐低温等性能，硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，所以A选项是正确的；B．聚乙烯中不含碳碳双键，不能发生加成反应，塑料老化发生氧化反应，故B错误；C．能与氢氧化钠反应的为酯基、酚羟基，且可水解生成碳酸和酚羟基，则1

mol的有机物（结构如图）最多能与含5mol

NaOH的水溶液完全反应，故C正确；D．乙酸与丙醇发生酯化反应生成酯和水，羧酸脱-OH，醇脱H，丙醇中的氧为188O，其相对分子质量为62，乙酸的相对分子质量为60，水的相对分子质量为18，由质量守恒定律可知，酯的相对分子质量为62+60-18=104，故D正确。故选B。8、A【解析】

由X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y为同周期的相邻元素且形成的某种二元化合物能形成光化学烟雾可知，X为N元素、Y为O元素；Z为金属元素且Z原子的L层电子数比其它各层上电子数之和大5，则Z的最外层有3个电子，为Na元素；W的最高价氧化物对应水化物和其氢化物均为强酸，则W为Cl元素。【详解】A项、同周期元素从左到右，原子半径依次减小，Na元素的原子半径大于Cl元素，故A错误；B项、元素的非金属性越强，形成的气态氢化物稳定性越强，O元素的非金属性强于N元素，则最简单氢化物的稳定性：N<O，故B正确；C项、WY2为ClO2，ClO2具有强氧化性，能对自来水进行杀菌消毒，故C正确；D项、金属钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，在氯气中燃烧生成氯化钠，故D正确；故选A。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意位置、结构、性质的相互关系，利用题给信息正确判断元素是解本题的关键。9、D【解析】

A．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液紫色褪色，是由于SO2具有还原性，A错误；B．等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内HA与Zn反应生成的氢气更多，说明HA与Zn反应的速率快些，HA电离出来的H+多些，只能说明HA的酸性比HB强，不能说明HA是强酸，B错误；C．灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，白色粉末中一定含有钠元素，可能含有钾元素，要透过蓝色钴玻璃片观察如果火焰呈紫色，说明一定含有钾元素，否则没有钾元素，C错误；D．将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体是二氧化碳，通入硅酸钠溶液中有白色沉淀生成，生成了硅酸，那么证明酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，D正确；答案选D。10、B【解析】分析：金属键是金属离子与自由电子之间强烈的相互作用。详解：金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”，被所有原子所共用，金属阳离子和自由电子（“电子气”）之间存在的强烈的相互作用称金属键，答案选B。11、A【解析】

根据题意可知A属于饱和一元羧酸与饱和一元醇形成的酯，故可先分析C5H10O2可能的结构：①HCOOC4H9、②CH3COOC3H7、③CH3CH2COOC2H5、④C3H7COOCH3。①的水解产物中含有HCOOH，能发生银镜反应，符合题意，①的另一水解产物为C4H9OH，结构共有4种，其中能够发生催化氧化生成醛的只有两种；②③④水解产物中分别含有：CH3COOH、CH3CH2COOH和C3H7COOH，均不能发生银镜反应，故被排除。所以符合题意的只有两种，故选A。【点睛】本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意题给信息，为解答该题的关键，特别是D→E，为易错点，答题时注意体会。12、D【解析】

A．乙醇可作味剂，能作食品添加剂，故A正确；B．乙酸又名醋酸，是食醋的成分，能作食品添加剂，故B正确；C．乙酸乙酯是特殊的香味，可用作香料，能作食品添加剂，故C正确；D．乙醛有毒，能致癌，不能作食品添加剂，故D错误；故答案为D。13、D【解析】分析：A．氢氧化钠过量，氨根离子与碳酸氢根离子都与氢氧根离子反应；B.FeCl3溶液与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，氨水属于弱碱；C．氯气与水反应生成盐酸和HClO，HClO是弱酸；D．印刷电路板是发生氯化铁与铜的反应，生成氯化亚铁和氯化铜。详解：A．向稀NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液的离子反应为HCO3-+NH4++2OH-═NH3•H2O+CO32-+H2O，故A错误；B.氨水是弱碱，FeCl3溶液与氨水反应：Fe3++3NH3•H2O＝Fe(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C．HClO为弱酸，在离子反应中保留化学式，氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故C错误；D．制作印刷电路板的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D正确；故选D。14、D【解析】

由于最左边的碳氢之间一定是单键，所以左起第一个和第二个碳之间应该是三键，之后为单键三键交替，则A、①处的化学键只能是三键，A错误；B、③原子不是氧原子，故不该物质不是含氧衍生物，错误；C、③处原子与碳原子形成三键，应该为第五主族元素，一定不是氯或氟，故C错误；D、②处的化学键是碳碳单键，故D正确；答案选D。15、D【解析】

将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为n=，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。A.根据上述分析可知：反应过程中电子转移的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，n(e-)=n(OH-)=0.3mol，所以转移的电子数目N=0.3NA，A正确；B.镁和铜的总的物质的量为0.15mol，若全为Mg，其质量是m=0.15mol×24g/mol=3.6g；若全为金属Cu，其质量为m=0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量(m)为3.6g＜m＜9.6g，B正确；C.反应过程中转移电子的物质的量为0.3mol，根据电子转移数目相等，可知反应产生NO的物质的量为n(NO)=，其在标准状况下的体积V=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，C正确；D.若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积V=；若硝酸有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，D错误；故合理选项是D。16、B【解析】分析：根据电子的流向，Cu为负极，Cu极的电极反应式为Cu-2e-=Cu2+；Ag为正极，Ag极的电极反应式为2Ag++2e-=2Ag。详解：根据电子的流向，Cu为负极，Ag为正极。A项，在原电池中，阳离子移向正极，KNO3盐桥中的K+移向AgNO3溶液，A项错误；B项，Ag为正极，Ag极的电极反应式为2Ag++2e-=2Ag，工作一段时间后，AgNO3溶液中c（Ag+）减小，B项正确；C项，电子由Cu极通过外电路流向Ag极，C项错误；D项，Cu作负极，Cu发生氧化反应，D项错误；答案选B。点睛：本题考查原电池的工作原理，判断正负极是解题的关键，可根据反应的类型、电子的流向等方法判断正负极。易错点是电子流向的判断，在原电池中电子由负极经外电路流向正极，电解质溶液中阳离子流向正极，阴离子流向负极，即“电子不下水，离子不上岸”。17、B【解析】

A、烷烃中，碳原子数越多，沸点越高，所以2，2-二甲基戊烷>2，3-二甲基丁烷>戊烷>丙烷，故A错误；B、四氯化碳和三氯甲烷的密度大于水，苯的密度小于水，密度关系为：CCl4＞CHCl3>H2O>苯，故B正确；C、甲烷是含氢量最高的有机物，乙烷、乙烯、乙炔的含氢量为乙烷>乙烯>乙炔，因为苯的最简式与乙炔的相同，所以苯和乙炔的含氢量相同，正确的含氢量为：甲烷>乙烷>乙烯>乙炔=苯，故C错误；D、C7H6O2可以表示为C6H6CO2，同物质的量的苯和苯甲酸，二者消耗的氧气的物质的量相等，所以同物质的量的物质燃烧耗O2量：已烷>环已烷>苯=苯甲酸（C7H6O2），故D错误。答案选B。18、A【解析】

A.聚氯乙烯的单体可由乙炔与HCl加成而得，A不正确；B.上述反应中①属于消去反应，④属于（脱氢）氧化反应，B正确；C.由题中信息可知，火灾中由聚氯乙烯产生的有害气体中含HCl、CO、C6H6等，C正确；D.在火灾现场，生成的有毒气体受热漂浮在房间的上部，人若直立行走，会吸入更多有毒气体或因缺氧而发生危险，可以用湿毛巾捂住口鼻，并弯下腰尽快远离现场，D正确；故合理选项为A。19、B【解析】

某气态烃1mol最多能和2molHCl发生加成反应，生成1mol氯代烷（且为二氯代烷），说明该气体烃中含有2个双键或1个三键；此氯代烷能和6molCl2发生取代反应，生成物分子中只含C、Cl两种元素，说明新的氯代产物对应的烷烃有8个氢原子，则该烷烃为丙烷，即题中的气态烃含有3个C原子，据此进行作答。【详解】A.1mol丙烯最多能与1molHCl反应，A不符合题意；B.1mol丙炔最多能与2molHCl发生加成反应，生成1mol二氯代烷，其分子式为C3H6Cl2，该氯代烷继续可以和6molCl2发生取代反应，产物中只有C、Cl两种元素，B符合题意；C.1mol丁炔和和2molHCl发生加成反应，产物的分子式为C4H8Cl2，该氯代烷继续可以和6molCl2发生取代反应，产物中有C、H、Cl三种元素，C不符合题意；D.1mol1,3-丁二烯和和2molHCl发生加成反应，产物的分子式为C4H8Cl2，该氯代烷继续可以和6molCl2发生取代反应，产物中有C、H、Cl三种元素，D不符合题意；故合理选项为B。【点睛】本题考查了加成反应和取代反应，难度不大，明确取代反应中氢原子个数和氯气分子个数之间的关系式是解本题的关键。20、D【解析】

根据有机物结构简式可判断A中有2组峰，其氢原子数之比为3∶1，B中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶1，C中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶4，D中有两组峰，其氢原子数之比为3∶2。选项D正确，答案选D。21、D【解析】

A.HF沸点高于HCl，是因为HF分子之间存在着氢键，故A错误；B.分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构的判断公式是：化合价的绝对值+原子最外层电子数=8。在PCl5分子中P原子不符合8电子稳定结构公式，故B错误；C.可燃冰是甲烷的结晶水合物，碳的电负性较弱，不能形成氢键，故C错误；D.组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，所以S2Br2与S2Cl2的熔、沸点大小为：S2Br2>S2Cl2，故D正确；综上所述，本题正确答案为D。【点睛】考查分子间的作用力。氢键是一种特殊的分子间作用力，它比化学键弱，比分子间作用力强；分子间作用力影响的是物质的熔沸点。22、D【解析】

A．甘油和水互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，故A项错误；B．二氯代物的同分异构体可以采用“定一移一”法解题，先找出所有的同分异构体，再找出只含一个“-CH3”的，其中符合条件的有：CH3-CH2-CH2-CH2-CHCl2，CH3-CH2-CH2-CHCl-CH2Cl，CH3-CH2-CHCl-CH2-CH2Cl，CH3-CHCl-CH2-CH2-CH2Cl，CH3-CH2-CH（CH2Cl）-CH2Cl，CH3-CH(CH2Cl)-CH2-CH2Cl，符合条件的结构简式一共有6个，故B错误；C．甲苯和浓HNO3在加入催化剂浓硫酸后加热发生取代反应，乙酸和苯甲醇发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，都是取代反应，故C项错误；D．该有机物中含有碳碳双键就能发生氧化、还原、加成、加聚，含有羧基能发生取代反应，D正确；故答案选D。二、非选择题(共84分)23、SnMgZnBrds1s22s22p63s23p63d10Mg(OH)2HBrO4MgBr【解析】

现有A、B、C、D四种元素，A是第五周期第ⅣA族元素，则A为Sn元素；B是第三周期元素，B、C、D的价电子数分别为2、2、7，则B为Mg元素。四种元素原子序数从小到大的顺序是B、C、D、A。已知C和D的次外层电子数均为18个，则C和D均为第4周期的元素，分别是Zn和Br元素。【详解】(1)A、B、C、D的元素符号分别为Sn、Mg、Zn、Br。(2)C是Zn，其价电子排布式为3d104s2，故其位于元素周期表的ds区，C2＋为Zn失去最外层的2个电子形成的，故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。(3)5种元素中，Mg的金属性最强，Br的非金属性最强，故最高价氧化物对应水化物中碱性最强的化合物是Mg(OH)2，最高价氧化物对应水化物中酸性最强的化合物是HBrO4。(4)元素的第一电离能最小的是金属性最强的Mg，元素的电负性最大的是非金属性最强的Br。24、醛基1，2-丙二醇NaHCO3溶液(或Na2CO3)氧化反应CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr9【解析】

根据题中各物质转化关系，结合题中信息，苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A，A的结构简式为；A与新制氢氧化铜悬浊液反应，醛基变为羧基，则B的结构简式为；据F的结构简式可知，F由E发生加聚反应生成，则E的结构简式为，E由B与D反应生成，则D的结构简式为CH3CH(OH)CH2OH，则C3H6为丙烯，C为CH3CHBrCH2Br，据此分析解答。【详解】根据题中各物质转化关系，结合题中信息，苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A，A的结构简式为；A与新制氢氧化铜悬浊液反应，醛基变为羧基，则B的结构简式为；据F的结构简式可知，F由E发生加聚反应生成，则E的结构简式为，E由B与D反应生成，则D的结构简式为CH3CH(OH)CH2OH，则C3H6为丙烯，C为CH3CHBrCH2Br；(1)A为，其中含氧官能团为醛基；D为CH3CH(OH)CH2OH，其化学名称为1，2-丙二醇；(2)B为，B中含有的官能团为羧基和碳碳双键，可用碳酸氢钠（或碳酸钠）溶液检验含氧官能团羧基；A与新制氢氧化铜悬浊液混合加热生成B，则A→B的反应类型是氧化反应；(3)C为1，2-二溴丙烷，其水解生成D，反应的化学方程式为：CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr；E发生加聚反应生成F，发生反应的化学方程式为；(4)G物质与互为同系物，且G物质的相对分子质量比大14，则G比多1个CH2原子团；G的同分异构体满足：①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基；②遇氯化铁溶液变紫色，则分子中含有酚羟基；③能与溴水发生加成反应，说明其分子中含有碳碳双键；根据分析可知，满足题意的有机物分子中含有苯环，苯环上两个取代基分别为-OH、-C3H5，-C3H5可能为①-CH=CHCH3、②-CH2CH=CH2、③-C(CH3)=CH2，酚羟基与①②③分别有邻、间、对3种位置，所以满足条件的有机物总共有：3×3=9种。【点睛】常见的反应条件与反应类型有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。25、除去铁锈表面油污补充蒸发掉的水份，防止硫酸亚铁晶体析出抑制Fe2+水解反+Na2CO3+CO2↑+H2O(球形，回流)冷凝管冷凝回流水酸式不能，KMnO4溶液除氧化Fe2+外，还能氧化富马酸中的碳碳双键【解析】

(1)①步骤1中加入碳酸钠溶液显碱性，可去除油污；②根据该步操作加热水分蒸发导致溶液浓度变大分析；从盐的水解角度分析控制pH大小的原因；(2)①根据两个相同基团在双键同一侧的为顺式结构，在不同侧的为反式结构分析；②根据羧酸的酸性比碳酸酸性强，强酸与弱酸的盐反应产生强酸盐和弱酸书写；③根据仪器的结构命名；结合实验操作判断其作用；(3)①根据盐溶液的酸碱性判断使用滴定管的种类；②KMnO4溶液具有强氧化性，可以氧化Fe2+、碳碳双键；③根据消耗标准溶液的体积及浓度计算n(Fe2+)，再计算其质量，最后根据物质的含量计算公式计算铁的质量分数。【详解】(1)①步骤1中加入碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液CO32-水解，消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，油脂能够与碱发生反应产生可溶性的物质，因此加入碳酸钠溶液目的是去除可去除铁锈表面油污；②步骤2“不时向烧杯中滴加少量蒸馏水”的目的是补充蒸发掉的水份，防止硫酸亚铁晶体析出；FeSO4是强酸弱碱盐，Fe2+水解使溶液显酸性，“控制溶液的pH不大于1”就可以抑制Fe2+水解，防止形成Fe(OH)2沉淀；(2)①步骤(Ⅰ)所得产品(富马酸)结构简式为，可知：两个相同的原子或原子团在碳碳双键的两侧，因此该富马酸是反式结构；名称为反－丁烯二酸；②富马酸与足量Na2CO3溶液反应产生富马酸钠、水、二氧化碳，反应的化学方程式为：+Na2CO3+CO2↑+H2O；③由仪器的结构可知：该物质名称是球形冷凝管；其作用是冷凝回流水，减少水分挥发；(3)①(NH4)2Ce(SO4)3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，所以应该将其标准溶液适宜盛放在酸式滴定管中；②使用(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定，只发生Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，若使用KMnO4标准溶液，由于KMnO4具有强氧化性，不仅可以氧化Fe2+，也可以氧化碳碳双键，所以不能用来测定Fe2+；③根据Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知n(Fe2+)=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，则m(Fe2+)=56cV×10-3g，所以产品中铁的质量分数为×100%。【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的知识，涉及仪器的使用、操作目的、盐的水解及其应用、物质结构的判断化学方程式的书写及物质含量的测定与计算等知识。掌握化学基本原理和基础知识是本题解答关键。26、防止亚铁离子被氧化抑制铁离子水解Fe3+4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO－的干扰＞溶液的酸碱性不同【解析】

（1）氯化亚铁易被氧化生成氯化铁，因此在FeCl2溶液中需加入少量铁屑的目的是防止亚铁离子被氧化；氯化铁是强酸弱碱盐，水解显酸性，则将FeCl3晶体溶于浓盐酸，再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是抑制铁离子水解；（2）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－＝4Fe3++3O2↑+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；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。27、MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H