吉林省吉林市丰满区第五十五中学2025届高二下化学期末学业水平测试模拟试题含解析

吉林省吉林市丰满区第五十五中学2025届高二下化学期末学业水平测试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，22.4L烷烃含共价键数目一定是(3n+1)NAB．71gCl2溶于足量的水中转移电子数目为NAC．2L0.5mol·L-1Na2C2O4溶液中C2O42-和HC2O4-的总数为NAD．50g含质量分数为46％的酒精与足量的钠反应，放出H2的分子数目为NA2、将质量均为ag的O2、X、Y气体分别充入相同容积的密闭容器中，压强(p)与温度(T)的关系如下图所示，则X、Y气体可能分别是（）A．C2H4、CH4 B．CO2、Cl2 C．SO2、CO2 D．CH4、Cl23、苯乙烯的结构简式为，下列关于它的叙述中，错误的是()A．可以和溴水反应B．是乙烯的同系物C．化学式为C8H8D．1mol苯乙烯最多可以和4molH2发生加成反应4、一定量的盐酸跟过量锌粉反应时，为了减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，可采取的措施是()A．加入少量NaOH固体B．加入少量CH3COONa固体C．加入少量Na2SO4固体D．加入少量Na2CO3固体5、对于Fe+CuSO4===Cu+FeSO4这一反应或反应中涉及到的物质理解不正确的是A．该反应为置换反应B．该反应体现出Fe具有还原性C．该反应体现CuSO4作为盐的通性D．CuSO4溶液中有Cu2+、SO42-、CuSO4、H+、OH-、H2O等6、下列说法中，不正确的是A．油脂水解的产物中含甘油B．塑料、合成树脂和合成橡胶被称为“三大合成材料”C．蛋白质可水解生成多肽和氨基酸D．医疗上用75%的酒精消毒是因为其能使蛋白质变性7、2，3，4－三甲基戊烷的一氯代物可能有（）A．2种 B．3种 C．4种 D．5种8、下列指定反应的离子方程式正确的是A．Ag2SO4固体与饱和NaCl溶液反应：Ag2SO4+2Cl-=2AgCl+SO42-B．用惰性电极电解饱和NH4Cl溶液：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-C．NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-D．KMnO4酸性溶液与FeSO4溶液反应：MnO4-+Fe2++8H+=Mn2++Fe3++4H2O9、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是

已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中：Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋将Na加入到CuSO4溶液中：2Na＋Cu2＋=Cu＋2Na＋B稀硫酸与Ba（OH）2溶液反应至中性：2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓+2H2ONaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2OC钠和水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑钠和盐酸反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑D向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClOA．A B．B C．C D．D10、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是A．原子半径由大到小的顺序为：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)B．氧化物的水化物的酸性:H2XO3<H2YO4C．单质熔点：X<YD．ZWY是离子化合物，其水溶液中只存在一种电离平衡11、下列数量的物质中含原子个数最多的是A．

mol氧气 B．

g

C．标准状况下

L二氧化碳 D．10

g氖12、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．水电离出的c（H＋）·c（OH－）＝10－22的溶液：K＋、Na＋、SO42-、S2O32-B．澄清透明溶液：Mg2＋、Cu2＋、Cl－、SO42-C．使酚酞变红色的溶液：NH4+、K＋、AlO2-、SO32-D．含0.1mol·L－1KI的溶液：Fe3＋、Na＋、NO3-、Cl－13、金属具有延展性的原因是A．金属原子半径都较大，价电子数较少B．金属受外力作用变形时，金属阳离子与自由电子间仍保持较强烈的作用C．金属中大量自由电子受外力作用时，运动速率加快D．自由电子受外力作用时能迅速传递能量14、科学家发现铂的两种化合物a和b，它们的化学式都为PtCl2(NH3)2.。实验测得a和b具有不同的特性：a具有抗癌作用，而b没有。则下列关于ab的叙述正确的是（）A．a和b属于同一种物质B．a和b互为同分异构体C．a和b的空间构型一定是四面体型D．a在实际中有用，b没有用15、某烃有两种或两种以上的同分异构体，其中一种烃的一氯代物只有一种，则这种烃可能是①分子中含7个碳原子的芳香烃②分子中含4个碳原子的烷烃③分子中含6个碳原子的单烯烃④分子中含8个碳原子的烷烃A．③④ B．②③ C．①② D．②④16、下列说法中正确的是A．电子层结构相同的不同简单离子，其半径随核电荷数增多而减小B．失去电子难的原子获得电子的能力一定强C．在化学反应中，某元素由化合态变为游离态，则该元素一定被还原D．共价键的键能越大，分子晶体的熔点越高17、用石墨电极电解某酸溶液时，在相同条件下，阴、阳两极收集到的气体的体积比是2∶1，则下列结论正确的是()A．阴极一定是H2，阳极一定是O2B．该酸可能是盐酸C．电解后溶液的酸性减弱D．阳极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑18、下列化学用语正确的是A．CO2的结构式：O=C=OB．葡萄糖和淀粉的实验式均为：CH2OC．N2H4的电子式：D．聚丙烯的结构简式：19、在d轨道中电子排布成，而不能排布成，其最直接的根据是A．能量最低原理 B．泡利原理 C．原子轨道构造原理 D．洪特规则20、在100mL溴化亚铁溶液中通入2.24L氯气（标准状况），若有三分之一的溴离子被氧化，则原溴化亚铁溶液的物质的量浓度为（）A．3mol/LB．1.2mol/LC．1.5mol/LD．2.0mol/L21、正四面体烷的IUPAC名称为三环[1.1.0.0]丁烷。其球棍模型如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是A．与环丁二烯互为同分异构体B．二氯代物超过两种C．碳碳键键角为109°28'D．三环[1.1.0.0]丁烷生成1mol丁烷至少需要2molH222、下列物质的分离（或提纯）方法正确的是A．分离汽油和水--分液B．除去氯化钠溶液中的泥沙--蒸馏C．分离乙酸与乙酸乙酯--萃取D．用四氯化碳提取溴水中的溴单质--过滤二、非选择题(共84分)23、（14分）聚乳酸E在服装、卫生医疗制品等行业具有广泛的应用。某有机化合物A在一定条件下通过一系列反应可合成E；同时还可得到C和D等重要有机化合物。转化关系如下图：完成下列填空：（1）B→E反应类型：____________，D→G实验室中反应条件：_______________。（2）A的分子式：_____________。（3）与F同类别的同分异构体还有HCOOCH(CH3)2、HCOOCH2CH2CH3和_______(用结构简式表示)。（4）写出实验室中判断D中有G生成的方法______________________________________________（5）石油产品丙烯及必要的无机试剂可合成丙烯酸，设计合成路线如下：。已知：i.请完成合成路线中的：ClCH2CH=CH2→甲→乙→丙______。24、（12分）分子式为C12H14O2的F有机物广泛用于香精的调香剂。为了合成该物质，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：试回答下列问题：(1)A物质在核磁共振氢谱中能呈现________种峰；峰面积比为__________。(2)上述合成路线中属于取代反应的是__________(填编号)。(3)写出反应⑤、⑥的化学方程式：⑤____________________________________________________________________；⑥____________________________________________________________________。(4)F有多种同分异构体，请写出符合下列条件的所有物质结构简式：①属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；③其中一个取代基为—CH2COOCH3：______________。25、（12分）次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛，已知次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在120℃以上发生分解。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：步骤1：在烧瓶中(装置如图所示)加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶，抽滤。(1)仪器B的名称为__________，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，其作用是：__________________________________________。(2)装置C的作用是________________。(3)①步骤2中，应采用何种加热方式____________，优点是________________；②冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有__________(填化学式)。(4)步骤3中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是_____________________________。(5)请写出步骤1中制取NaHSO3的化学方程式：_____________________________。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2mL10%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）无水MgBr2可用作催化剂．实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：步骤1三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴．步骤2缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中．步骤3反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚溴化镁粗品．步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品．已知：①Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性．②MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5请回答：（1）仪器A的名称是______．实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是______________（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是___________________（3）步骤3中，第一次过滤除去的物质是_________________．（4）有关步骤4的说法，正确的是__________________．A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B、洗涤晶体可选用0℃的苯C、加热至160℃的主要目的是除去苯D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4﹣═MgY2﹣①滴定管洗涤前的操作是_____________________________．②测定时，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500mol•L﹣1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液25.00mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是__________________（以质量分数表示）．28、（14分）工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理．常用的处理方法有两种．方法1：还原沉淀法．该法的工艺流程为：其中第①步存在平衡2CrO42−（黄色）+2H+⇌Cr2O32−（橙色）+H2O（1）若平衡体系的

pH=2，该溶液显______色．（2）能说明第①步反应达平衡状态的是_____（填序号）A．Cr2O72−和CrO42−的浓度相同B．2v（Cr2O72−）=v（CrO42−）C．溶液的颜色不变（3）第②步中，还原1molCr2O72−离子，需要______mol的FeSO4•7H2O．（4）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（aq）+3OH-（aq），常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）•c3（OH-）=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至______．方法2：电解法．该法用Fe做电极电解含Cr2O72−的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀；（5）用Fe做电极的原因为______（用电极反应式解释）．（6）在阴极附近溶液

pH

升高，溶液中同时生成的沉淀还有______．29、（10分）铁及其化合物是日常生活生产中应用广泛的材料，钛铁合金具有吸氢特性，在制造以氢为能源的热泵和蓄电池等方面有广阔的应用前景。请回答下列问题：（l）基态铁原子的价电子轨道表达式(电子排布图)为____________________________；在基态Ti2＋中，电子占据的最高能层具有的原子轨道数为____________。（2）铁元素常见的离子有Fe2+和Fe3+，稳定性Fe2+___Fe3+（填“大于”或“小于”)，原因是___________。（3）纳米氧化铁能催化火箭推进剂NH4ClO4的分解，NH4+的结构式为（标出配位键）______________。（4）金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体。则金属钛晶胞的俯视图为___________。A．B．C．D．（5）氮化钛熔点高，硬度大，具有典型的NaCl型晶体结构，其晶胞结构如图所示。①设氮化钛晶体中Ti原子与跟它最邻近的N原子之间的距离为r，则与该Ti原子最邻近的Ti的数目为__________；Ti原子与跟它次邻近的N原子之间的距离为____________。②已知在氮化钛晶体中Ti原子的半径为apm，N原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，则在氮化钛晶体中原子的空间利用率为____________。（用a、b表示）③碳氮化钛化合物在汽车制造和航天航空领域有广泛的应用，其结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则这种碳氮化钛化合物的化学式为_____________________。

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、D【解析】分析：A.标准状况下，只有碳原子数小于5的烷烃为气态，碳原子数在5与17之间的烃为液态，碳原子数大于或等于17的烃为固态，据此分析判断；B.根据氯气与水反应是可逆反应分析判断；C.根据2L0.5mol·L-1Na2C2O4溶液中中存在原子守恒分析判断；D.书写计算出乙醇和水的物质的量，再根据方程式分析判断。详解：A.标准状况下，只有碳原子数小于5的烷烃为气态，碳原子数在5与17之间的烃为液态，碳原子数大于或等于17的烃为固态。标准状况下，22.4L烷烃的物质的量不一定为1mol，故A错误；B.氯气与水反应是可逆反应，1molCl2不能完全反应，转移电子数目少于NA，故B错误；C.2L0.5mol·L-1Na2C2O4溶液中存在原子守恒，n(H2C2O4)＋n(HC2O4-)＋n(C2O42-)＝1mol，因此C2O42-和HC2O4-的总数为NA，故C正确；D.50g含质量分数为46％的酒精中含有乙醇23g，水的质量为27g，因此n(CH3CH2OH)＝0.5mol，n(H2O)＝1.5mol，与足量的钠反应，乙醇放出0.25mol氢气，水放出0.75mol氢气，共放出氢气1mol，故D正确；故选D。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断。本题的易错点为AD，A中要烷烃的状态与碳原子数目的关系，Vm=22.4L/mol，只适用于标准状况下的气体；D中要注意水也能与金属钠反应放出氢气。2、B【解析】

根据PV=nRT可知，在质量相同、体积相同的条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，据此分析解答。【详解】由图可知，温度相同时P(氧气)>P(X)>P(Y)，根据PV=nRT可知，在质量相同、体积相同的条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，则相对分子质量越大，压强越小，即X、Y的相对分子质量大于32，且Y的相对分子质量大于X，所以符合条件的只有B；答案选B。3、B【解析】

A.苯环上连接的碳碳双键易发生加成反应，可以和溴水反应，故A正确；B.与乙烯的结构不相似，不是同系物关系，故B错误；C.分子式为C8H8，故C正确；D.苯环在一定条件下能发生加成反应，苯环上连接的碳碳双键易发生加成反应，1mol苯乙烯能与4mol氢气发生加成反应，故D正确；故选B。4、B【解析】

A．因盐酸与NaOH溶液反应，会导致生成氢气的量减少，故A不选；B．加入少量CH3COONa固体，使盐酸转化为醋酸，减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，故B选；C．加入少量Na2SO4固体，对反应没有影响，故C不选；D．因盐酸与Na2CO3固体反应，会导致生成氢气的量减少，故D不选；故选B。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素。本题的易错点为题意的理解，因Zn过量，则减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量。5、D【解析】该反应为单质与化合物反应得到新单质和新化合物，所以选项A正确。该反应中Fe为还原剂，所以表现还原性，选项B正确。该反应体现了盐与金属单质可能发生置换反应的通性，选项C正确。硫酸铜是强电解质，在溶液中应该完全电离为离子，所以一定不存在CuSO4，选项D错误。6、B【解析】

A.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，油脂酸性条件下水解成高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，故A正确；B.塑料、合成纤维和合成橡胶被称为“三大合成材料”，故B错误；C.蛋白质可水解生成多肽，蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故C正确；D.医疗上用75%的酒精消毒是因为其能使蛋白质变性，从而达到杀菌的目的，故D正确；故选B。7、C【解析】

2，3，4－三甲基戊烷结构简式为：，该物质分子中含有四种不同的H原子，因此其一氯取代产物有四种，故合理选项是C。8、A【解析】

A.根据沉淀溶解平衡分析；B.根据离子放电顺序，结合电解质强弱判断；C.CO2过量时产生HCO3-；D.电荷不守恒。【详解】A.Ag2SO4固体在溶液中存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO42-(aq)，向其水溶液中加入饱和NaCl，由于c(Ag+)·c(Cl-)>Ksp(AgCl)，所以会发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，使Ag2SO4不断溶解，最终Ag2SO4沉淀完全转化为AgCl沉淀，反应的方程式为：Ag2SO4+2Cl-=2AgCl+SO42-，A正确；B.用惰性电极电解饱和NH4Cl溶液，由于离子放电顺序，Cl->OH-，所以阳极发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑，溶液中的阳离子H+在阴极放电产生H2，溶液中产生的OH-与NH4+会结合形成NH3·H2O，因此反应的离子方程式为：2NH4++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-+2NH3·H2O，B错误；C.向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，反应产生氢氧化铝沉淀和HCO3-，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，C错误；D.KMnO4酸性溶液与FeSO4溶液发生氧化还原反应，产生Fe3+、Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，D错误；【点睛】本题考查了离子方程式正误判断的知识。掌握电解原理、沉淀溶解平衡、氧化还原反应规律，结合离子反应与微粒的物质的量多少及与电解质强弱关系是正确判断的关键。9、B【解析】分析：A、金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是和盐中的水反应；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀；C、钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气；D、二氧化碳和二氧化硫均能和次氯酸钙溶液反应．二氧化硫具有还原性被次氯酸氧化为硫酸。详解：A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，选项A错误；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4↓，NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应呈中性，离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4↓，选项B正确；C、钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H++═2Na++H2↑，选项C错误；D、少量二氧化碳通入次氯酸钙溶液中生成碳酸钙和次氯酸，少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中生成亚硫酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性氧化亚硫酸钙为硫酸钙，选项D错误；答案选B。点睛：本题考查学生离子方程式书写知识，是现在考试的热点，难度不大，可以根据所学知识进行回答。10、B【解析】

向过量的ZWY溶液中滴入少量的硫酸铜溶液，观察到有黑色沉淀和臭鸡蛋气味的气体放出，黑色沉淀是CuS，臭鸡蛋气味的气体为H2S，原子序数依次增大，即ZWY为KHS，Z为K，W为H，Y为S，W、X、Y、Z的族序数之和为12，则X位于IVA族，X与Y的电子层数相同，X和Y位于同周期，即X为Si。【详解】A、根据上述分析，原子半径大小顺序是K>Si>S>H，故A错误；B、S的非金属性强于Si，即H2SO4的酸性强于H2SiO3，故B正确；C、Si为原子晶体，S单质为分子晶体，即Si的熔点高于S，故C错误；D、ZWY为KHS，HS-在水中既有电离也有水解，故D错误；答案选B。【点睛】本题应从向过量的ZWY溶液中滴入少量的硫酸铜溶液，观察到有黑色沉淀和臭鸡蛋气味的气体放出入手，臭鸡蛋气味的气体为H2S，黑色沉淀为CuS，发生的离子方程式应是2HS－＋Cu2＋=CuS↓＋H2S↑，最后根据信息推出其他，这就需要学生对元素及其化合物的性质熟练掌握。11、B【解析】

A.0.4mol氧气含有原子数目0.4×2NA=0.8NA；B.5.4g水的物质的量是＝0.3mol，含有原子数目为0.9NA；C.标准状况下5.6L二氧化碳的物质的量是＝0.25mol，含有原子数目为0.75NA；D.10

g氖的物质的量是＝0.5mol，含有原子数目为0.5NA；根据上面计算，原子数目最多的是B；答案：B12、B【解析】

A.水电离出的的溶液，水的电离受到抑制，可能为酸性溶液，也可能是碱性溶液，S2O32-能与H+发生反应，不能大量共存，故A不选；B.Mg2＋、Cu2＋、Cl－、SO42-四种离子互不反应，可以大量共存，故B选；C.使酚酞变红色的溶液呈碱性，NH4+和OH-反应生成一水合氨，不能大量共存，故C不选；D.Fe3+能氧化I-，不能大量共存，故D不选；答案为：B。【点睛】本题考查离子共存，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，注意隐含条件的挖掘，易错选项是A，溶液的酸碱性判断为易错点。13、B【解析】

A、金属价电子较少，容易失去电子，能说明有还原性，A错误；B、金属键存在于整个金属中，且一般较强，难以断裂。金属通常采取最密集的堆积方式，锻压或者锤打时，金属原子之间容易滑动，但不影响紧密的堆积方式，故有延展性，B正确；C、金属延展性是原子的相对滑动，而不是电子的运动，C错误；D、自由电子传递能量，与延展性无关，可以影响金属的导热性，D错误。答案选A。14、B【解析】

A、因为a和b具有不同的特性，所以a和b一定不是同一种物质，故A错误；B、性质不同说明结构不同，而a与b的分子式是相同的，所以a和b互为同分异构体，故B正确；C、根据分子的空间构型，a中正、负电荷重心重合，为非极性分子，b中正、负电荷重心不重合，为极性分子。a和b的空间构型若是四面体形，两个氯原子就不存在相邻和相间之分，因此a与b的空间构型只能是平面四边形，故C错误；D、此题干中仅说明a具有抗癌作用，而b没有，但不能说明b在其他领域没有应用，故D错误；故选B。15、A【解析】

分子中含7个碳原子的芳香烃只能是甲苯，没有同分异构体，不符合此题有两个限制条件，满足第一个条件只要是含4个碳原子及其以上即可，满足第二个条件的烷烃烃分子中，同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，符合这些条件的烷烃有：甲烷、乙烷、新戊烷、2,2,3,3­四甲基丁烷等。综合起来，③④正确，答案选A。16、A【解析】分析：A、根据离子半径大小的原因分析解答；

B、根据稳定原子得失电子的能力都很难分析解答；

C、由元素被还原时元素的化合价变化分析解答；D、根据分子稳定与否的原因分析解答。详解：A．电子层结构相同的不同简单离子，其半径随核电荷数增多而减小，故A正确；B．失去电子难的原子获得电子的能力不一定强，故B错误；C．在化学反应中，某元素由化合态变为游离态，则该元素可能被还原，也可能被氧化，故C错误；D．共价键的键能越大，含有该分子的物质的稳定性就越强，故D错误。

故答案为A。17、A【解析】

A.由题意分析可得在电解池的阴极电极反应为：2H++2e-=H2↑，阳极电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，则在阴极得到氢气，在阳极得到氧气，故A正确；B.若该酸为盐酸，则阳极为氯离子放电产生氯气，由电子转移守恒可得两极产生气体和体积之比为1:1，故B错误；C.电解过程相当于电解水，电解后酸溶液的浓度会增大，溶液的酸性增强，故C错误；D.阳极为阴离子放电，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2，故D错误；答案选A。18、A【解析】试题分析：A、CO2的结构式：O="C=O"，A正确；B、淀粉的实验式不是CH2O，B错误；C、N2H4的电子式中氮原子与氮子之间有一对共用电子对，C错误；D、聚丙烯的结构简式应为，D错误；答案选A。考点：化学用语19、D【解析】试题分析：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，4个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，答案选D。考点：考查了洪特规则、泡利原理、能量最低原理的相关知识。20、B【解析】分析：还原性Fe2+>Br-，氯气先氧化亚铁离子，亚铁离子反应完毕，再氧化溴离子，根据n=VVm计算氯气的物质的量，令原溶液中FeBr2的物质的量为amol，利用电子转移守恒计算a的值，再根据c=nV计算原FeBr详解:标准状况下2.24L氯气的物质的量为2.24L22.4L/mol=0.1mol，还原性Fe2+>Br-，氯气先氧化亚铁离子，亚铁离子反应完毕，再氧化溴离子，令原溶液中FeBr2的物质的量为amol，根据电子转移守恒，则：amol×(3-2)+13×2×amol×[0-(-1)]=0.1mol×2，计算得出a=0.12，

故原FeBr2溶液的物质的量浓度0.12mol0.1L=1.2mol/L，

21、A【解析】

A.由结构可知，均含4个C、4个H；B.4个H的位置相同；C.4个C形成的结构与白磷结构相似；D.三环[1.1.0.0]丁烷生成1mol丁烷，H原子差6mol。【详解】A.由结构可知，正四面体烷分子式是C4H4，环丁二烯分子式也是C4H4，二者均含4个C、4个H，二者互为同分异构体，A正确；B.正四面体烷类似一个正四面体，其四个顶点为4个C，两两以碳碳单键连接，剩余的键每个C连接一个H原子，4个H的位置相同，是一种高度对称的物质，则二氯代物只有一种，B错误；C.4个C形成的结构与白磷结构相似，是正四面体结构，碳碳键键角为60°，C错误；D.三环[1.1.0.0]丁烷分子式是C4H4到丁烷C4H10，1mol至少需要3molH2，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查有机物的结构与性质的知识，把握有机物的结构、不饱和度及物质结构简式的通式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。22、A【解析】

A.汽油和水互不相溶，可用分液的方法分离，故A正确；B.泥沙不溶于氯化钠溶液，可用过滤的方法分离，故B错误；C.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可被饱和碳酸钠溶液吸收，可将混合物加入饱和碳酸钠溶液中，然后用分液法分离，故C错误；D.溴易溶于四氯化碳，四氯化碳与水互不相溶，可用萃取分液的方法分离，然后用蒸馏的方法分离四氯化碳和溴，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查物质的分离，注意根据物质性质的异同选择分离的方法，试题难度不大。本题的易错点是C项，注意乙酸和乙酸乙酯互溶，不能使用萃取的方法分离。二、非选择题(共84分)23、缩聚反应；Cu、加热；C7H12O4；CH3CH2COOCH3；取少量D反应后的液体于试管中，加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，若有砖红色沉淀生成，则有乙醛；【解析】

由流程和信息可知，A是CH3COOCH（CH3）COOCH2CH3，B是，C是CH3COOH，D是CH3CH2OH，E是，F是CH3COOCH2CH3，G是CH3CHO。【详解】（1）B是，E是，则B→E是缩聚反应。D是CH3CH2OH，G是CH3CHO，醇的催化氧化的反应条件为：Cu或银、加热；（2）由分析可知，A是CH3COOCH（CH3）COOCH2CH3，则A的分子式为C7H12O4；（3）与F同类别的同分异构体还有HCOOCH(CH3)2、HCOOCH2CH2CH3和CH3CH2COOCH3；（4）D是CH3CH2OH，G是CH3CHO，判断D中有G生成，可检验醛基，方法是：取少量D反应后的液体于试管中，加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，若有砖红色沉淀生成，则有乙醛；（5）由于碳碳双键易被氧化，应先氧化引入羧基，再引入碳碳双键，由信息可知，ClCH2CH=CH2先在碱性条件下水解，再与溴发生加成反应，再用酸性高锰酸钾氧化得到羧基，合成路线如下：。24、43∶2∶2∶3②⑤⑥【解析】

根据流程图，反应①是A和溴水发生加成反应生成，可以判断A为CH2=C(CH3)CH2CH3，反应②是水解反应，生成物B的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCH2OH；B氧化得到C，则C的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCOOH；根据C和D的分子式的可判断，反应④是消去反应，且D含两个甲基，所以D为CH3CH=C(CH3)COOH，反应⑤属于卤代烃的水解反应，则E为，E和D通过酯化反应生成F，则F的结构简式为，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为CH2=C(CH3)CH2CH3，B为CH3CH2C(CH3)OHCH2OH，C为CH3CH2C(CH3)OHCOOH，D为CH3CH=C(CH3)COOH，E为，F为。(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，含有4种H原子，核磁共振氢谱中呈现4种峰，峰面积比为3∶2∶2∶3，故答案为：4；3∶2∶2∶3；(2)根据题中各物质转化关系和分析可知，反应①为加成反应，反应②为取代反应，反应③为氧化反应，反应④为消去反应，反应⑤为取代反应，反应⑥为酯化反应，也属于取代反应，属于取代反应的是②⑤⑥，故答案为：②⑤⑥；(4)反应⑤为卤代烃的水解反应，反应的方程式为，反应⑥为酯化反应，反应的方程式为；(4)F为，在F的同分异构体中苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，说明这2个取代基位于对位。其中一个取代基为-CH2COOCH3，则另一个取代基含有碳碳双键，因此同分异构体的结构简式为。【点睛】注意从A的结构入手采取正推的方法进行推断，把握官能团的性质以及官能团的转化为解答该题的关键。本题的易错点为(4)，要注意题中限制条件的解读。25、(球形)冷凝管增大接触面积使SO2充分反应吸收二氧化硫并防止倒吸水浴加热均匀受热、容易控制温度HCHO防止产物被空气氧化Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3【解析】

(1)装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积；(2)装置C是尾气吸收装置，结合二氧化硫易溶于水分析解答；(3)次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上发生分解；HCHO易挥发据此分析解答；(4)根据化合价分析次硫酸氢钠甲醛具有的性质，结合次硫酸氢钠甲醛的性质分析判断；(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，据此书写反应的化学方程式。【详解】(1)根据装置图，仪器B为(球形)冷凝管，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积，加快反应速度，故答案为：(球形)冷凝管；增大接触面积使SO2充分反应，加快反应速度；(2)装置C是尾气吸收装置，倒置的漏斗可以防倒吸，所以装置C的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气并阻止空气进入装置A，故答案为：吸收二氧化硫并防止倒吸；(3)①次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上发生分解，根据分解温度应选择水浴加热，而且水浴加热均匀，容易控制温度，故答案为：水浴加热；均匀受热、容易控制温度；②HCHO易挥发，在80°C-90°C条件下会大量挥发，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率，故答案为：HCHO；(4)次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，次硫酸氢钠甲醛可以被空气中的氧气氧化变质，故答案为：防止产物被空气氧化；(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，反应的化学方程式为Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3，故答案为：Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3。26、蓝色悬浊液最终变为红色沉淀CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+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、干燥管防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患镁屑BD检漏92%【解析】

（1）仪器A为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，故答案为干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应；（2）将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应容易控制，可防止反应过快，故答案为会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；（3）步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑，故答案为镁屑；（4）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，选项A错误；B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解，选项B正确；C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，选项C错误；D．该步骤是为了除去乙醚和溴，选项D正确；答案选BD；（5）①滴定管洗涤前的操作是检漏；②依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.0250L=0.00125mol，则溴化镁的质量为0.00125mol×184g/mol=0.23g，溴化镁的产品的纯度=×100%=92%。28、橙C65阳极反应为Fe−2e−═Fe2+，提供还原剂Fe2+Fe(OH)3【解析】

（1）pH=2，溶液呈酸性，有利于平衡向正反应分析移动；（2）达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；（3）根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算；（4）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算；（5）阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；（6）溶液PH升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH升高，生成沉淀为Cr（OH）3和Fe（OH）3。【详解】（1）溶液显酸性，c(H+)较大，上述平衡右移，该溶液显橙色；综上所述，本题答案是：橙；（2）A