2025屆吉林省吉林市普通中學化學高二下期末教學質量檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列關于膠體的說法不正確的是()A．霧、豆漿、淀粉溶液屬于膠體B．膠體、溶液和濁液這三種分散系的根本區別是分散質粒子直徑的大小C．膠體微粒不能透過濾紙D．在25mL沸水中逐滴加入2mLFeCl3飽和溶液，繼續煮沸可得Fe(OH)3膠體2、下列物質屬于電解質的是（）A．氯化鈉 B．銅 C．蔗糖 D．乙醇3、有關乙炔、苯及二氧化碳的說法錯誤的是A．苯中6個碳原子中雜化軌道中的一個以“肩并肩”形式形成一個大π鍵B．二氧化碳和乙炔中碳原子均采用sp1雜化，苯中碳原子采用sp2雜化C．乙炔中兩個碳原子間存在1個σ鍵和2個π鍵D．乙炔、苯、二氧化碳均為非極性分子4、O2F2可以發生反應：H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，下列說法錯誤的是（）A．O2是該反應的還原產物B．H2S還原劑，在反應中失去電子C．若生成4.48LHF，則轉移0.8mol電子D．還原劑與氧化劑的物質的量之比為1：45、下列分子或離子中，不存在sp3雜化類型的是A．SO42- B．NH3 C．C2H6 D．SO26、如圖是氯化銫晶體的晶胞示意圖(晶體中最小的重復結構單元)，已知晶體中2個最近的Cs＋核間距為acm，氯化銫(CsCl)的相對分子質量M，NA為阿伏加德羅常數，則氯化銫晶體的密度為A．g·cm－3 B．g·cm－3C．g·cm－3 D．g·cm－37、下列措施不能加快鋅與稀硫酸反應速率的是（）A．加熱B．增大稀硫酸的濃度C．粉碎鋅粒D．提高鋅的純度8、下列說法中錯誤的是A．CO2和SO2都是非極性分子 B．NH4+和[Cu(NH3)4]2+都存在配位鍵C．Be和Al有很多相似的化學性質 D．H2O和NH3中心原子雜化軌道類型都是sp39、下列說法不正確的是A．16O和18O互為同位素 B．金剛石和足球烯互為同素異形體C．C2H6和C3H6互為同系物 D．C2H5OH和CH3OCH3互為同分異構體10、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列關于0.2mol·L-1Ba(NO3)2溶液的說法不正確的是()。A．2L溶液中陰、陽離子總數為0.8NAB．500mL溶液中NO3-濃度為0.4mol·L-1C．500mL溶液中Ba2＋濃度為0.2mol·L-1D．500mL溶液中NO3-總數為0.2NA11、在一定溫度下、一定體積條件下，能說明下列反應達到平衡狀態的是A．反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)容器內的密度不隨時間變化B．反應A2(g)+B2(g)2AB(g)容器內A2的消耗速率與AB消耗速率相等C．反應N2+3H22NH3容器內氣體平均相對分子質量不隨時間變化D．反應4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)容器內氣體總壓強不隨時間變化12、下列說法不正確的是A．C6H14所有的同分異構體中主鏈為4個碳的只有2種B．CH3CO18OCH2CH3在酸性條件下水解能得到CH3CH218OHC．的名稱是2-甲基-2-乙基丙烷D．與是同一種物質13、下列各原子或離子的電子排布式錯誤的是（）A．Na+：1s22s22p6 B．F：1s22s22p5 C．O2-：1s22s22p4 D．Ar：1s22s22p63s23p614、下列敘述正確的是（）A．稱取2.0gNaOH固體，先在托盤上各放1張濾紙，然后在右盤上添加2g砝碼，左盤上添加NaOH固體B．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃試劑瓶中C．金屬汞一旦灑落在實驗室地面或桌面時，必須盡可能收集，并深埋處理D．濃硝酸存放在帶橡膠塞的棕色玻璃試劑瓶中15、某溫度下，wg某物質在足量氧氣中充分燃燒，其燃燒產物立即與過量的Na2O2反應，固體質量增加wg。在①H2；②CO；③CO和H2

的混合物④HCHO；⑤CH3COOH；⑥HO-CH2-CH2-OH中，符合題意的是A．均不符合 B．只有①②③ C．只有④⑤ D．全部符合16、根據生活經驗，判斷下列物質按酸堿性的一定順序依次排列正確的是①潔廁靈（主要成分為HCl）②廚房清潔劑③食醋④肥皂⑤食鹽A．①②⑤③④ B．①③⑤④② C．③①②⑤④ D．④③⑤②①17、光氣(COCl2)又稱碳酰氯，下列關于光氣的敘述中正確的是A．COCl2中含有2個σ鍵和1個π鍵B．COCl2中C原子雜化軌道類型為sp2C．COCl2為含極性鍵和非極性鍵的極性分子D．COCl2分子的空間構型為三角錐形18、在2KMnO4+16HCl(濃)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反應中()A．氧化產物與還原產物的物質的量之比為5∶2B．氧化產物與還原產物的物質的量之比為2∶5C．氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶8D．氧化劑與還原劑的物質的量之比為5∶119、在恒溫、容積為2L的密閉容器中通入1molX和2molY，發生反應：X(g)＋2Y(g)M(g)ΔH＝－akJ/mol(a>1)，5min末測得M的物質的量為1．4mol。則下列說法正確的是A．1～5min，Y的平均反應速率為1．18mol·L－1·min－1B．當容器中混合氣體密度不變時達到平衡狀態C．平衡后升高溫度，X的反應速率降低D．到達平衡狀態時，反應放出的熱量為akJ20、為了提純下表所列物質(括號內為雜質)，有關除雜試劑和分離方法的選擇均正確的是選項被提純的物質除雜試劑分離方法ACH3CH2OH(CH3COOH)CaO蒸餾BKNO3(NaCl)水過濾C己烷(己烯)溴水分液DCH3COOC2H5(CH3COOH)NaOH溶液分液A．A B．B C．C D．D21、下列各項敘述中，正確的是（）A．Br-的核外電子排布式為：[Ar]4s24p6B．Na的簡化電子排布式：[Na]3s1C．氮原子的最外層電子軌道表示式為：D．價電子排布為4s24p3的元素位于第四周期第VA族，是p區元素22、下列有關甲苯的實驗事實中，能說明側鏈對苯環性質有影響的是A．甲苯與濃硝酸反應生成三硝基甲苯 B．甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．甲苯燃燒產生帶濃煙的火焰 D．1mol甲苯與3molH2發生加成反應二、非選擇題(共84分)23、（14分）有A、B、C、D、E五種元素，其中A、B、C屬于同一周期，A原子最外層p能級的電子數等于次外層的電子總數。B元素可分別與A、C、D、E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中，D與B的質量比為7：8，E與B的質量比為1：1。根據以上條件，回答下列問題：（1）推斷C、D、E元素分別是(用元素符號回答)：C____，D___，E___。（2）寫出D原子的電子排布式____。（3）寫出A元素在B中完全燃燒的化學方程式_____。（4）指出E元素在元素周期表中的位置____。（5）比較A、B、C三種元素的第一電離能的大小順序___(按由大到小的順序排列,用元素符號表示)。（6）比較元素D和E的電負性的相對大小___。(按由大到小的順序排列，用元素符號表示)。24、（12分）白藜蘆醇屬二苯乙烯類多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和預防心血管疾病的作用。某課題組提出了如下合成路線：已知：根據以上信息回答下列問題：(1)白藜蘆醇的分子式是________。(2)C→D的反應類型是_________；E→F的反應類型是________。(3)化合物A不與FeCL3溶液發生顯色反應，能與NaHCO3反應放出CO2，推測其核磁共振氫譜(1H-NMR)中顯示有_______種不同化學環境的氫原子，其個數比為_______。(4)寫出AB反應的化學方程式_______(5)寫出化合物D、E的結構簡式：D_______，E_______。(6)化合物有多種同分異構體，寫出符合下列條件的所有同分異構體的結構簡式：______。①能發生銀鏡反應；②含苯環縣苯環上只有兩種不同化學環境的氫原子。25、（12分）苯乙酸銅是合成優良催化劑、傳感材料——納米氧化銅的重要前驅體之一，可采用苯乙腈為原料在實驗室進行合成。請回答：（1）制備苯乙酸的裝置如圖（加熱和夾持裝置等略）。已知：苯乙酸的熔點為76.5℃，微溶于冷水，溶于乙醇。在250mL三口瓶ａ中加入70mL質量分數為70％的硫酸，加熱至100℃，再緩緩滴入40ｇ苯乙腈，然后升溫至130℃，發生反應：儀器b的名稱是______________，其作用是______________。反應結束后加適量冷水再分離出苯乙酸粗品，加入冷水的目的是___________________________________。（2）分離出粗苯乙酸的操作名稱是______，所用到的儀器是（填字母）______。a．漏斗b．分液漏斗c．燒杯d．玻璃棒e．直形冷凝管（3）將苯乙酸加入到乙醇與水的混合溶劑中，充分溶解后加入Cu(OH)2，攪拌30min，過濾，濾液靜置一段時間可以析出苯乙酸銅晶體，寫出發生反應的化學方程式__________________，混合溶劑中乙醇的作用是________________________________________________________。（4）提純粗苯乙酸最終得到44ｇ純品，則苯乙酸的產率是_________。（相對分子質量：苯乙腈117，苯乙酸136）26、（10分）某同學進行影響草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應速率因素的研究。草酸與酸性高錳酸鉀的反應為：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。室溫下，實驗數據如下：實驗序號①②③加入試劑0.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O40.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O4MnSO4固體0.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O4Na2SO4固體褪色時間/s1166117請回答：（1）該實驗結論是________。（2）還可以控制變量，研究哪些因素對該反應速率的影響________。（3）進行上述三個實驗后，該同學進行反思，認為實驗①的現象可以證明上述結論。請你寫出實驗①的現象并分析產生該現象的原因________。（4）實驗②選用MnSO4固體而不是MnCl2固體的原因是_________。27、（12分）輝銅礦（主要成分為Cu2S）經火法冶煉，可制得Cu和H2SO4，流程如下圖所示：（1）Cu2S中Cu元素的化合價是__________價。（2）Ⅱ中，電解法精煉粗銅（含少量Ag、Fe），CuSO4溶液做電解質溶液：①粗銅應與直流電源的_________極（填“正”或“負”）相連。②銅在陰極析出，而鐵以離子形式留在電解質溶液里的原因是__________________________。（3）Ⅲ中，煙氣（主要含SO2、CO2）在較高溫度經下圖所示方法脫除SO2，并制得H2SO4。①在陰極放電的物質________________。②在陽極生成SO3的電極反應式是_______________________________。（4）檢測煙氣中SO2脫除率的步驟如下：（i）.將一定量的凈化氣（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。（ii）加入濃鹽酸，加熱溶液至無色無氣泡，再加入足量BaCl2溶液。（iii）過濾、洗滌、干燥，稱量沉淀質量。①用離子方程式表示（i）中溴水的主要作用________________________________。②若沉淀的質量越大，說明SO2的脫除率越________（填“高”或“低”）。28、（14分）東晉《華陽國志南中志》卷四中已有關于白銅的記載，云南鎳白銅（銅鎳合金）文明中外，曾主要用于造幣，亦可用于制作仿銀飾品。回答下列問題：（1）鎳元素基態原子的電子排布式為_________，3d能級上的未成對的電子數為______。（2）硫酸鎳溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4藍色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中陰離子的立體構型是_____。②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+與NH3之間形成的化學鍵稱為______，提供孤電子對的成鍵原子是_____。③氨的沸點_____（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是______；氨是_____分子（填“極性”或“非極性”），中心原子的軌道雜化類型為_______。（3）單質銅及鎳都是由______鍵形成的晶體：元素銅與鎳的第二電離能分別為：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是______。（4）某鎳白銅合金的立方晶胞結構如圖所示。①晶胞中銅原子與鎳原子的數量比為_____。②若合金的密度為dg/cm3，晶胞參數a=________nm。29、（10分）以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料(Pb、PbO、

PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4為原料，制備高純PbO，實現鉛的再生利用。其工作流程如下：(1)過程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反應生成PbSO4的化學方程式是_________________________。(2)過程Ⅰ中，Fe2+催化過程可表示為：ⅰ：

2Fe2++PbO2+4H++SO42-=2Fe3++PbSO4+2H2Oⅱ：……寫出ⅱ的離子方程式：______________________。(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)+NaOH(aq)NaHPbO2(aq)，其溶解度曲線如圖所示。過程Ⅱ的目的是脫硫。濾液1經處理后可在過程Ⅱ中重復使用，其目的是_________(選填序號)。A．減少PbO的損失，提高產品的產率B．重復利用氫氧化鈉，提高原料的利用率C．增加Na2SO4濃度，提高脫硫效率(4)PbO2在加熱的過程中發生分解生成PbO和O2，其失重曲線如圖所示，已知失重曲線上的a點為樣品分解40%的殘留固體，若a點固體組成表示為PbOx,則x=_________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】分析：A.分散質直徑介于1nm～100nm之間的分散系是膠體；B.根據三種分散系的含義解答；C.溶液和膠體均可以透過濾紙；D.根據氫氧化鐵膠體的制備實驗操作分析。詳解：A.霧、豆漿、淀粉溶液均屬于膠體，A正確；B.分散質直徑介于1nm～100nm之間的分散系是膠體，大于100nm的濁液，小于1nm的是溶液，因此膠體、溶液和濁液這三種分散系的根本區別是分散質粒子直徑的大小，B正確；C.膠體微粒能透過濾紙，C錯誤；D.往沸水中逐滴加入FeCl3飽和溶液，繼續煮沸可制得Fe(OH)3膠體，D正確。答案選C。2、A【解析】

A、NaCl為離子化合物，在水溶液中或熔融狀態下能導電屬于電解質，A正確；B、銅是單質，不是化合物，既不是電解質也不是非電解質，B錯誤；C、蔗糖是共價化合物，其溶液是以分子的形式分散在水中形成，不能導電，屬非電解質，C錯誤；D、乙醇是共價化合物，其溶液是以分子的形式分散在水中形成，不能導電，屬非電解質，D錯誤；故選A。3、A【解析】

A．苯分子中的碳原子采取sp2雜化，6個碳原子中未參與雜化的2p軌道以“肩并肩”形式形成一個大π鍵，A錯誤；B．二氧化碳和乙炔都是直線型分子，C原子均為sp雜化，苯分子是平面型分子，苯中碳原子采用sp2雜化，B正確；C．碳碳三鍵含1個σ鍵和2個π鍵，C正確；D．乙炔和二氧化碳均是直線型分子，鍵角180°，正負電荷重心重合，苯是平面型分子，高度對稱，鍵角120°，正負電荷重心重合，它們均是非極性分子，D正確。答案選A。4、C【解析】

反應H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2中，H2S中S元素化合價由﹣2價升高到+6價，被氧化，H2S為還原劑，O2F2中O元素由+1價降低到0價，被還原，O2F2為氧化劑。【詳解】A項、反應中，O2F2中O元素由+1價降低到0價，化合價降低，獲得電子，O2F2為氧化劑，氧氣是還原產物，故A正確；B項、反應中，H2S中S元素化合價由﹣2價升高到+6價，被氧化，失去電子，H2S為還原劑，故B正確；C項、不是標準狀況下，且標準狀況下HF為液態，不能使用標準狀況下的氣體摩爾體積計算HF的物質的量，所以不能確定轉移電子的數目，故C錯誤；D項、該反應中，S元素化合價由-2價升高到+6價被氧化，O元素由+1價降低到0價被還原，氧化產物為SF6，還原產物為O2，由方程式可知氧化劑和還原劑的物質的量的比是4：1，故D正確；故選C。【點睛】本題考查氧化還原反應，氧化還原反應的特征是元素的化合價發生變化，其本質是在反應中有電子轉移。在反應中，氧化劑是得到電子的或電子對偏向的物質，本身具有氧化性，反應后化合價降低，對應的產物是還原產物；還原劑是失去電子的或電子對偏離的物質，本身具有還原性，反應后化合價升高，對應的產物為氧化產物。整個反應過程電子從還原劑轉移到氧化劑。5、D【解析】

A.SO42－是正四面體結構，S原子是sp3雜化；B.氨氣是三角錐形結構，氮原子是sp3雜化；C.因為分子中碳原子全部形成4個單鍵，因此是sp3雜化；D.SO2中是V形結構，S原子是sp2雜化。所以選D。6、C【解析】

由晶胞的示意圖可知，Cs＋位于頂點，Cl－位于體心，則晶胞中含Cs＋的個數為8×=1，含Cl－個數為1，晶胞的質量為g，晶胞的體積為a3cm3，由晶體的密度等于晶體的質量與晶體在該質量下的體積的比可得晶體的密度為＝g·cm－3，故選C。7、D【解析】溫度越高反應速率越快，加熱能加快鋅與稀硫酸反應速率，故A錯誤；氫離子濃度越大反應速率越快，增大稀硫酸的濃度能加快鋅與稀硫酸反應速率，故B錯誤；接觸面積越大反應速率越快，粉碎鋅粒能加快鋅與稀硫酸反應速率，故C錯誤；粗鋅與硫酸反應能形成原電池，純鋅與硫酸反應不能構成原電池，所以提高鋅的純度反應速率減慢，故D正確。8、A【解析】分析：A．由極性鍵構成的分子，若結構對稱，正負電荷的中心重合，則為非極性分子；B．當共價鍵中共用的電子對是由其中一原子獨自供應時，就是配位鍵；C.根據對角線原則分析；D.H2O和NH3中心原子分別為O和N，都為sp3雜化.詳解：A．二氧化硫是極性分子，二氧化硫中的鍵角是為119.5°，不對稱，所以是極性分子，故A錯誤；B．NH3有一對孤對電子，而H+沒有電子只有軌道，這樣N提供孤對電子給H+，就形成了配位鍵，就形成NH4+，因此NH4+中有配位鍵；[Cu（NH3）4]2+中Cu2+和NH3間存在配位鍵，故B正確；C.根據對角線原則,Be和Al的化學性質具有相似性，故C正確；D.H2O中含有2個δ鍵，有2個孤電子對，為sP3雜化，NH3中含有3個δ鍵，有1個孤電子對，為sP3雜化，故D正確;答案選A.9、C【解析】

質子數相同中子數不同的同一元素的不同原子互稱同位素；由同一元素組成的不同單質互稱同素異形體；結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的化合物互稱同系物；分子式相同結構不同的化合物互稱同分異構體。【詳解】A項、16O、18O是氧元素的不同原子，所以互為同位素，故A正確；B項、金剛石和足球烯是碳元素的不同單質，所以互為同素異形體，故B正確；C項、C2H6和C3H6的通式不相同，結構不相似，分子組成上相差一個碳原子，不互為同系物，故C錯誤；D項、C2H5OH和CH3OCH3的分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故D正確。故選C。10、A【解析】

A、2L0.2mol·L-1Ba(NO3)2溶液中，n[Ba(NO3)2]=2L×0.2mol·L-1=0.4mol，則n(Ba2+)=0.4mol，n(NO3-)=0.8mol，故陰、陽離子總數為1.2NA，A錯誤；B、500mL溶液中，c(NO3-)=2×0.2mol·L-1=0.4mol?L-1，B正確；C、500mL溶液中，c(Ba2+)=0.2mol?L-1，C正確；D、500mL溶液中，n(NO3-)=2×0.5L×0.2mol·L-1=0.2mol，即NO3-的總數為0.2NA，D正確；故選A。11、C【解析】試題分析：在一定條件下，當可逆反應的正反應速率和逆反應速率相等時（但不為0)，反應體系中各種物質的濃度或含量不再發生變化的狀態，稱為化學平衡狀態。A．密度=混合氣的質量÷容器容積，在反應過程中質量和容積始終是不變的，不能說明反應達到平衡狀態；B．A2的消耗速率與AB消耗速率相等，不能說明反應達到平衡狀態，故B錯誤；C．混合氣的平均相對分子質量=混合氣體的質量÷混合氣體的總的物質的量，C中質量不變，但物質的量是變化的，當容器內氣體平均相對分子質量不隨時間變化時，說明反應達到平衡狀態，故C正確；D．反應前后氣體體積是不變的，所以壓強也是始終不變的，不能說明反應達到平衡狀態，故D錯誤；故選C。考點：考查化學平衡狀態的判斷【名師點睛】判斷化學平衡狀態的標志有：（1）任何情況下均可作為標志的：①υ正=υ逆(同一種物質)；②各組分含量(百分含量、物質的量、質量)不隨時間變化；③某反應物的消耗(生成)速率、某生成物的消耗(生成)速率=化學計量數之比；（2）在一定條件下可作為標志的是：①對于有色物質參加或生成的可逆反應體系，顏色不再變化；②對于有氣態物質參加或生成的可逆反應體系，若反應前后氣體的系數和相等，則混合氣體平均相對分子質量M和反應總壓P不變(恒溫恒容)；③對于恒溫絕熱體系，體系的溫度不在變化；（3）不能作為判斷標志的是：①各物質的物質的量或濃度變化或反應速率之比=化學計量數之比(任何情況下均適用)；②有氣態物質參加或生成的反應，若反應前后氣體的系數和相等，則混合氣體平均相對分子質量M和反應總壓P不變(恒溫恒容)。12、C【解析】

A.根據同分異構體支鏈由整到散的規律可知，C6H14所有的同分異構體中主鏈為4個碳的骨架分別為：、2種，故A項正確；B.CH3CO18OCH2CH3在酸性條件下發生水解，斷開碳氧單鍵（），其相應的方程式為：CH3CO18OCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH218OH，故B項正確；C.根據系統命名法的原則可知，可命名為2,2-二甲基丁烷，故C項錯誤；D.與分子式相同，結構相同，是同一種物質，故D項正確；答案選D。【點睛】對于B選項，學生要牢記，烷烴的結構中2號碳元素上不可能會出現乙基，這是因為它不符合系統命名法的基本規則。在命名時要選擇含碳碳單鍵的最長碳鏈作為主鏈，根據主鏈上所含碳的數目稱為某烷，而該選項就沒有按照規則命名，故B項命名不正確。13、C【解析】

A項、鈉離子的核外有10個電子，電子排布式為1s22s22p6，故A正確；B項、F原子核外有9個電子，電子排布式為1s22s22p5，故B正確；C項、氧離子的核外有10個電子，電子排布式為1s22s22p6，故C錯誤；D項、Ar的核外有18個電子，電子排布式為1s22s22p63s23p6，故D正確；故選C。14、B【解析】

A項、NaOH具有強腐蝕性，不能用濾紙稱量NaOH固體，應用玻璃器皿（如燒杯等）稱量NaOH固體，故A錯誤；B項、氫氟酸能與玻璃中二氧化硅反應生成四氟化硅和水，NH4F在水溶液中水解生成氫氟酸，則NH4F溶液不能存放于玻璃試劑瓶中，故B正確；C項、汞有毒，具有揮發性，金屬汞一旦灑落在實驗室地面或桌面時，應撒上硫粉處理，汞是重金屬，深埋會污染環境，故C錯誤；D項、濃硝酸具有強氧化性，能夠腐蝕橡膠塞，故D錯誤；故選B。【點睛】本題考查化學實驗基本操作和實驗安全，把握物質的性質、實驗基本技能、實驗安全常識等為解答的關鍵。15、D【解析】

若該物質為H2，依次發生的反應為2H2+O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，相當于反應為“Na2O2+H2=2NaOH”，固體增加的質量為燃燒H2的質量；若該物質為CO，依次發生的反應為2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，相當于反應為“Na2O2+CO=Na2CO3”，固體增加的質量為燃燒CO的質量；經過上述分析可歸納：凡分子組成符合（CO）m·（H2）n的物質wg在O2中完全燃燒，將其產物（CO2和水蒸氣）通過足量Na2O2后，固體增重必為wg。①②③符合；④分子式為CH2O，符合；⑤分子式為C2H4O2，可改寫成（CO）2·（H2）2，符合；⑥分子式為C2H6O2，可改寫成（CO）2·（H2）3，符合；全部符合，答案選D。16、B【解析】

廁所清潔劑（HCl）、醋均顯酸性，pH均小于7，但潔廁靈的酸性比食醋強,故潔廁靈的pH比醋的小；肥皂、廚房洗滌劑（NaClO）均顯堿性，pH均大于7,但廚房清潔劑的堿性比肥皂強,故廚房清潔劑的pH比肥皂的大；⑤食鹽是強堿強酸鹽，溶液顯中性，pH等于7。則上述物質水溶液pH由小到大的順序是:廁所清潔劑、醋、肥皂、食鹽、廚房清潔劑；按酸堿性大小的順序依次排列為：①③⑤④②；

綜上所述，本題正確答案為B。【點睛】根據生活中經常接觸的物質的酸堿性，由當溶液的pH等于7時，呈中性；當溶液的pH小于7時呈酸性，且pH越小，酸性越強；當溶液的pH大于7時呈堿性，且pH越大，堿性越強，進行分析判斷。17、B【解析】

光氣的結構式為：。【詳解】A．單鍵全是σ鍵，雙鍵有一個σ鍵，一個π鍵，所以COCl2中含有3個σ鍵和1個π鍵，A錯誤；B．中心C原子孤對電子數==0，σ鍵電子對數=3，價層電子對數=3+0=3，所以COCl2中C原子雜化軌道類型為sp2，B正確；C．C=O，C-Cl均是不同原子之間形成的，為極性鍵，C錯；D．COCl2中C原子以sp2雜化，且中心C原子孤對電子數==0，所以COCl2為平面三角形分子，D錯誤。答案選B。18、A【解析】試題分析：判斷氧化還原反應，確定答案A正確，本題考點基礎，難度不大。考點：氧化還原反應。19、A【解析】

A．v(M)==1.14

mol?L-1?min-1，相同時間內同一反應中不同物質的反應速率之比等于其計量數之比，1～5

min，Y平均反應速率=2v(M)=2×1.14

mol?L-1?min-1=1.18

mol?L-1?min-1，故A正確；B．該反應過程中容器的體積不變，氣體的質量不變，因此氣體的密度始終不變，容器中混合氣體密度不變，不能說明達到平衡狀態，故B錯誤；C．升高溫度，活化分子百分數增大，所以正逆反應速率都增大，故C錯誤；D．該反應為可逆反應，所以X、Y不能完全轉化為生成物，達到平衡狀態時X消耗的物質的量小于1mol，所以放出的熱量小于akJ，故D錯誤；答案選A。【點睛】本題的易錯點為B，要注意根據化學平衡的特征判斷平衡狀態，選擇的物理量需要隨著時間的變化而變化。20、A【解析】

A．CH3COOH與CaO反應，生成乙酸鈣(CH3COO)2Ca，CH3CH2OH溶解在混合物中，蒸餾時，乙醇成為蒸汽蒸出，A正確；B．KNO3中混有NaCl，可在較高溫度下配成濃溶液，然后降溫結晶，B不正確；C．己烷中混有己烯，加入溴水后，雖然己烯與Br2發生加成反應，但加成產物仍與己烷互溶，無法用分液法將二者分離，C不正確；D．加入NaOH溶液，CH3COOC2H5會發生水解生成乙酸鈉和乙醇，D不正確；故選A。21、D【解析】

A.Br-的核外電子排布式為：[Ar]3d104s24p6，故A錯；B.Na的簡化電子排布式：[Ne]3s1,故B錯；C.氮原子的最外層電子軌道表示式為：,故C錯；D.價電子排布為4s24p3的元素位于第四周期第VA族，是p區元素，是正確的，故D正確。答案選D。22、A【解析】試題分析：A、甲苯和苯都能與濃硝酸、濃硫酸發生取代反應，但苯只能引入1個硝基，而甲苯引入3個硝基，所以能說明側鏈對苯環性質有影響，A正確；B、甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化為苯甲酸，苯環未變化，側鏈甲基被氧化為羧基，說明苯環影響甲基的性質，但不能說明側鏈對苯環性質有影響，B錯誤；C、燃燒產生帶濃煙的火焰說明含碳量高，不能說明側鏈對苯環性質有影響，C錯誤；D、甲苯和苯都能能與H2發生加成反應，是苯環體現的性質，不能說明側鏈對苯環性質有影響，D錯誤，答案選A。考點：考查苯的同系物的性質。二、非選擇題(共84分)23、NSiS1s22s22p63s23p2C+O2CO2第三周期VIA族N＞O＞CSi＜S【解析】

（1）根據題干：A原子最外層p能級的電子數等于次外層的電子總數，可知A是碳元素。又因為B元素可分別與A、C、D、E生成RB2型化合物，可知B是氧元素，又因為A、B、C位于同一周期，故C是氮元素。DB2中D與B的質量比為7：8，可知D的相對原子質量為28，是硅元素，EB2中E與B的質量比為1：1，可知E的相對原子質量為32，是硫元素。故答案為：N，Si，S。（2）硅的電子排布式為1s22s22p63s23p2。（3）碳在氧氣中完全燃燒的化學方程式為C+O2CO2。（4）硫在元素周期表中位于第三周期VIA族。（5）第一電離能與核外電子排布有關，失去一個電子越容易，第一電離能越低，同周期元素的第一電離能呈增大趨勢，由于氮元素核外2p能級半充滿，因此第一電離能高于同周期相鄰的兩種元素，故第一電離能排序為N＞O＞C。（6）同一周期主族元素的電負性隨原子序數遞增而遞增，因此電負性Si＜S。24、C14H12O3取代反應消去反應46：1：2：1、、【解析】

根據F的分子式、白藜蘆醇的結構，并結合信②中第二步，可知F中苯環含有3個-OCH3，故F的結構簡式為．D發生信息①中反應生成E，反應過程中的醛基轉化為羥基，E發生消去反應生成F，可知E為，逆推可知D為，結合物質的分子式、反應條件、給予的信息，則C為，B為，A為，以此解答該題。【詳解】(1)由白藜蘆醇的結構簡式可知其分子式為C14H12O3；(2)C→D是C中羥基被溴原子替代，屬于取代反應，E→F是E分子內脫去1分子式形成碳碳雙鍵，屬于消去反應；(3)化合物A的結構簡式：，其1H核磁共振譜(H-NMR)中顯示有4種不同化學環境的氫原子，個數比為6：1：2：1；(4)A→B反應的化學方程式：；(5)由上述分析可知，D的結構簡式為，E的結構簡式為；(6)化合物的同分異構體符合下列條件：①能發生銀鏡反應，說明含有醛基或甲酸形成的酯基；②含苯環且苯環上只有兩種不同化學環境的氫原子，則結構簡式可能為、、。25、球形冷凝管冷凝回流降低溶解度，使苯乙酸結晶過濾acd增大苯乙酸的溶解度，便于充分反應95%【解析】（1）通過分液漏斗向三口瓶a中滴加苯乙腈，儀器c為球形冷凝管，能起到冷凝回流的作用(使氣化的反應液冷凝)；反應結束后加適量冷水，降低溶解度，便于苯乙酸(微溶于冷水)結晶析出，故答案為球形冷凝管、冷凝回流、降低溶解度，使苯乙酸結晶。（2）可通過過濾從混合液中分離出苯乙酸粗品，過濾所用的儀器主要有漏斗、玻璃棒、燒杯等，故答案為過濾、acd。（3）苯乙酸與Cu(OH)2反應析出苯乙酸銅晶體的化學方程式為：；根據“苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇”，故乙醇與水的混合溶劑中的乙醇能增大苯乙酸的溶解度，便于充分反應。（4）根據“~”關系式，可計算苯乙酸的產率=44g40g÷117g點睛：本題是一道化學實驗綜合題，考查有機物的制備，涉及實驗儀器的使用、實驗操作、化學方程式書寫、混合物純度計算等，綜合性較強，既注重實驗基礎又側重分析、解決問題能力的考查。26、在其他條件相同時，Mn2+是KMnO4與H2C2O4反應的催化劑，起著加快反應速率的作用溫度、濃度等KMnO4溶液褪色的速率開始十分緩慢，一段時間后突然加快。因為反應生成的MnSO4是KMnO4與H2C2O4反應催化劑，能加快反應速率酸性KMnO4溶液具有強氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也會使KMnO4溶液褪色，產生干擾【解析】

（1）實驗①、②、③中使用的反應物是都是0.01mol/LKMnO4、0.1mol/LH2C2O4，都在室溫下反應，說明濃度相同，溫度相同，高錳酸鉀褪色時間最快的是②，加了硫酸錳，③中加的是硫酸鈉與①褪色時間基本相同，對比得知起催化作用的是Mn2+，即該實驗結論是在其他條件相同時，Mn2+是KMnO4與H2C2O4反應的催化劑，起著加快反應速率的作用；（2）除催化劑對反應速率有影響外，還有其他的外界因素如溫度、濃度等；（3）實驗②中是單獨加入催化劑MnSO4，而草酸與酸性高錳酸鉀反應會生成MnSO4，那么這個反應的產物就會起到催化劑的作用，所以實驗①的現象是：KMnO4溶液褪色的速率開始十分緩慢，一段時間后突然加快，因為反應生成的MnSO4是草酸與酸性高錳酸鉀反應的催化劑，能加快化學反應速；（4）酸性KMnO4溶液具有強氧化性，能氧化氯化錳中的氯離子，也會使KMnO4溶液褪色，從而縮短褪色時間，產生干擾。【點睛】本題考查了草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應，探究影響化學反應速率的因素，注意對比實驗的關鍵是其他條件不變，控制其中的一個變量進行分析，另外考查了酸性高錳酸鉀溶液的強氧化性，題目難度適中。27、+1正Cu2＋的氧化性大于Fe2＋的氧化性O22SO42--4e-=2SO3↑+O2SO32-+Br2+H2O=SO42-+Br-+2H+或SO32－+Br2+2OH-=SO42-+2Br-+H2O等低【解析】試題分析：（1）Cu2S中S為-2價，Cu為+1價。（2）①電解法精