2025屆河南省鶴壁市第一中學化學高二下期末經典試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列化合物中含3個“手性碳原子”的是A． B．C． D．2、向含有0.2molFeI2的溶液中加入amolBr2。下列敘述不正確的是（）A．當a=0.1時，發生的反應為2I﹣+Br2═I2+2Br﹣B．當a=0.25時，發生的反應為2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣C．當溶液中I﹣有一半被氧化時，c（I﹣）：c（Br﹣）=1：1D．當0.2＜a＜0.3時，溶液中各離子濃度的關系為2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）═c（Br﹣）+c（OH﹣）3、要證明某溶液中不含Fe3＋而可能含Fe2＋，進行如下實驗操作時，最佳順序是()①加足量氯水②加足量KMnO4溶液③加少量KSCN溶液A．①② B．③② C．③① D．①③4、下列化合物中的所有碳原子可以在同一平面上的是（）A．B．C．CH2=CHCH=CHCH=CH2D．(CH3)2CH－C≡C－CH=CHCH35、下列物質溶于水時會破壞水的電離平衡，且屬于電解質的是A．氯氣 B．二氧化碳 C．氯化鉀 D．醋酸鈉6、下列說法正確的是A．HF沸點高于HCl，是因為HF分子極性大，范德華力也大B．在PCl5分子中，各原子均滿足最外層8電子結構C．可燃冰是甲烷的結晶水合物，甲烷可與水形成氫鍵D．S2Br2與S2Cl2結構相似，則熔、沸點：S2Br2>S2Cl27、下列各組中，用惰性電極電解每種電解質溶液時只生成氫氣和氧氣的是（）A．HCl、CuCl2、Ba（OH）2B．NaOH、CuSO4、H2SO4C．Ba（OH）2、H2SO4、K2SO4D．NaBr、H2SO4、Ba（OH）28、利用太陽能分解制氫氣，若光解0.02mol水，下列說法正確的是（）A．可生成H2的質量為0.02gB．可生成氫的原子數為2.408×1023個C．生成H2的量理論上等于0.04molNa與水反應產生H2的量D．可生成H2的體積為0.224L（標準情況）9、某有機物的分子結構如圖(圖中棍表示單鍵、雙鍵或叁鍵)，它屬于烴或烴的含氧衍生物。關于該有機物的敘述正確的是（）A．該有機物的化學式為C4H6O B．該有機物可發生取代反應和加成反應C．該有機物可使溴水褪色，但不能與NaOH溶液反應 D．該有機物是乙酸的同系物10、向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液至過量，加入Ba(OH)2溶液的體積和所得沉淀的物質的量的關系如圖，下列說法不正確的是()A．圖中A點生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3B．原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1:2C．AB段反應的離子方程式為：3Ba2+＋2Al3+＋8OH－＋3SO42﹣＝BaSO4↓＋2AlO2-＋4H2OD．向D點溶液中通入CO2氣體，立即產生白色沉淀11、標準狀況下，mg氣體A與ng氣體B的分子數目一樣多，下列說法不正確的是（）A．在任意條件下，若兩種分子保持原組成，則其相對分子質量之比為m：nB．25℃、1．25×105Pa時，兩氣體的密度之比為n：mC．同質量的A、B在非標準狀況下，其分子數之比為n：mD．相同狀況下，同體積的氣體A與B的質量之比為m：n12、在一定溫度下的恒容密閉容器中發生反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列證據能說明反應一定達到化學平衡狀態的是A．容器內的壓強不再改變 B．c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2C．混合氣體的密度不再改變 D．SO2的生成速率與SO3的消耗速率相等13、根據下表給出的幾種物質的熔沸點數據，判斷下列說法中錯誤的是A．SiCl4和A1Cl3都是分子晶體，熔融狀態下不導電B．MgCl2和NaCl都是離子晶體，熔融狀態能導電且易溶于水C．若單質R是原子晶體，其熔沸點的高低是由共價鍵的鍵能決定的D．固態時可導電的一定是金屬晶體14、下列離子方程式書寫正確的是A．H2S

溶液顯酸性：H2S+2H2O2H3O++S2-B．將少量二氧化硫通入次氯酸鈉溶液中：SO2+H2O+3ClO-=SO42-+Cl-+2HC1OC．向Ca(HCO3)2溶液中加入澄清石灰水：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OD．向FeI2

溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-15、鈦酸鋇的熱穩定性好，介電常數高，在小型變壓器、話筒和擴音器中都有應用。鈦酸鋇晶體的晶胞結構示意圖如圖所示，它的化學式是A．BaTi8O12B．BaTiO3C．BaTi2O4D．BaTi4O616、MnSO4·H2O是一種易溶于水的微紅色斜方晶體，某同學設計下列裝置制備硫酸錳：下列說法錯誤的是A．裝置Ⅰ燒瓶中放入的藥品X為銅屑B．裝置Ⅱ中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C．裝置Ⅲ用于吸收未反應的SO2D．用裝置II反應后的溶液降溫結晶可制得MnSO4·H2O晶體二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物是一種醫藥中間體，它的一種合成路線如下：已知：RCOOH→(1)A的化學名稱是______________，G的分子式為____________________。(2)由B生成C的反應條件為____________，由E和F生成G的反應類型是___________。(3)D在濃硫酸/加熱條件下會反應生成一種含六元環的化合物，該化合物的結構簡式為______________。(4)H是一種高聚酯。D生成H的化學方程式為__________________________________。(5)符合下列要求的F的同分異構體共有___________種。①苯環上有三個取代基；②能發生銀鏡反應；③1mol該物質能與2molNa2CO3反應。請寫出其中能與足量濃溴水反應，所得產物的苯環上不存在氫原子的F的同分異構體結構簡式：_______________________(任寫一種)。(6)已知酚羥基不易與羧酸發生酯化反應，寫出以苯酚、甲苯為原料制備苯甲酸苯酯的合成路線(其他無機試劑任選)：____________。18、已知X、Y、Z、W、R五種元素均位于周期表的前四周期，且原子序數依次增大。元素X是周期表中原子半徑最小的元素；Y的基態原子中電子占據了三種能量不同的原子軌道，且這三種軌道中的電子數相同；W位于第2周期，其基態原子的核外成對電子數是未成對電子數的3倍；R基態原子3d軌道上的電子數是4s軌道上的4倍。請回答下列問題：（答題時，X、Y、Z、W、R用所對應的元素符號表示）⑴基態R原子的外圍電子排布式為______；Y、Z、W的電負性由大到小的順序是____。⑵元素Y、Z均能與元素X形成含18個電子的微粒，這些微粒中沸點最高的是______，其沸點最高的原因是______；Y2X4難溶于X2W的原因是_____。⑶YW的結構式為______(須標出其中的配位鍵)；在化學式為［R(ZX3)4(X2W)2］2+的配離子中與R形成配位鍵的原子是______。19、己二酸主要用于生產尼龍66鹽、合成樹脂及增塑劑等。已二酸的合成路線如下：制備己二酸的裝置示意圖如圖所示(加熱和夾持裝置等略)。實驗步驟：I.己二酸的制備連裝好裝置后，通過瓶口b慢慢滴加1.5g環已醇至適量KMnO4和NaOH的混合溶液中，然后塞上帶有溫度計的膠塞，再用沸水浴加熱數分鐘。II.分離提純趁熱過濾，收集濾液，用少量熱水洗滌濾渣2次，合并濾液和洗滌液，邊攪拌邊滴加濃鹽酸至溶液呈強酸性，小心加熱蒸發濃縮至10mL左右，在冷水浴中冷卻，析出已二酸粗品。回答下列問題：(1)寫出儀器a的名稱：______________。(2)分離提純過程中滴加的濃鹽酸的作用是______________。(3)將已二酸粗品提純的方法是_______________。A．過濾

B．萃取

C．重結晶

D．蒸餾(4)步驟II中過濾時需要用到的玻璃儀器有玻璃棒____、_____。洗滌濾渣的目的是__________。(5)若制得純已二酸的質量為1.5g，則己二酸的產率為__________。20、某同學設計實驗制備2-羥基-4-苯基丁酸乙酯，反應原理、裝置和數據如下：相對分子質量密度(g/cm3)沸點(℃)水溶性2-羥基-4-苯基丁酸1801.219357微溶乙醇460.78978.4易溶2-

羥基-4-苯基丁酸乙酯2081.075212難溶實驗步驟：①如圖1，在干燥的圓底燒瓶中加入20mL2-羥基-4-苯基丁酸、20mL

無水乙醇和適量濃硫酸，再加入幾粒沸石；②加熱至70℃左右保持恒溫半小時；③分離、提純三頸瓶中的粗產品，得到有機粗產品；④精制產品。請回答下列問題：（1）油水分離器的作用為____________________。實驗過程中發現忘記加沸石該如何操作_______________________。（2）本實驗采用____________加熱方式（填“水浴”、“油浴”或“酒精燈加熱”）。（3）取三頸燒瓶中的混合物分別用水、飽和碳酸氫鈉溶液和水洗滌。第二次水洗的目的是___________________。（4）在精制產品時，加入無水MgSO4的作用為___________________；然后過濾，再利用如圖2裝置進行蒸餾純化，圖2

裝置中的錯誤有__________________________。（5）若按糾正后的操作進行蒸餾純化，并收集212℃的餾分，得2-羥基-4-苯基丁酸乙酯約9.0g。則該實驗的產率為__________________________。21、隨原子序數遞增，八種短周期元素（用字母x等表示）原子半徑的相對大小、最高正價或最低負價的變化如圖所示。根據判斷出的元素回答問題：（1）z在周期表中的位置是_________________________________。（2）寫出x和d組成的一種四原子共價化合物的電子式_______________。（3）y、g、h的最高價氧化物對應水化物的酸性最強的是______________（填化學式）。（4）寫出f的最高價氧化物與e的最高價氧化物對應的水化物反應的離子方程式______。（5）已知e和g的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液反應生成1mol水時所放出的熱量為QkJ。請寫出該反應的中和熱的熱化學方程式___________。（6）用y元素的單質與f元素的單質可以制成電極浸入由x、d、e三種元素組成的化合物的溶液中構成電池負極反應式為___________________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

手性碳原子是指連有四個不同基團的碳原子，常以“*”標記。【詳解】A.標出該物質的手性碳原子為，即該物質含有1個手性碳原子，A不符合題意B.標出該物質的手性碳原子為，即該物質含有2個手性碳原子，B不符合題意；C.標出該物質的手性碳原子為，即該物質含有3個手性碳原子，C符合題意；D.標出該物質的手性碳原子為，即該物質含有1個手性碳原子，D不符合題意；故合理選項為C。2、B【解析】

亞鐵離子的還原性弱于碘離子，溴少量時碘離子優先被氧化，發生反應為：2I-+Br2＝I2+2Br-；當碘離子完全被氧化后，亞鐵離子開始被溴單質氧化，溴足量時的反應方程式為：2Fe2++4I-+3Br2＝2Fe3++2I2+6Br-。A．a＝0.1時，溴單質不足，只有碘離子被氧化，反應的離子方程式為：2I-+Br2＝I2+2Br-，A正確；B．當a＝0.25時，0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亞鐵離子、0.4mol碘離子，0.4mol碘離子完全反應消耗0.2mol溴單質，剩余的0.05mol溴單質能夠氧化0.1mol亞鐵離子，所以正確的反應為：2Fe2++8I-+5Br2＝2Fe3++4I2+10Br-，B錯誤；C．溶液中含有0.4mol碘離子，當有0.2mol碘離子被氧化時，消耗0.1mol溴單質生成0.2mol溴離子，則反應后溶液中碘離子和溴離子濃度相等，C正確；D．當0.2＜a＜0.3時，碘離子完全被氧化，亞鐵離子部分被氧化，根據電荷守恒可知溶液中的離子濃度的關系為：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)＝c(Br-)+c(OH-)，D正確；答案選B。3、C【解析】

KSCN溶液與Fe3+反應使溶液顯紅色，與Fe2+不反應無此現象，可以先滴加KSCN溶液，溶液不顯紅色，證明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水將Fe2+氧化為Fe3+，溶液顯紅色，說明滴加氯水后溶液中有Fe3+，證明原溶液含有Fe2+，即最佳順序為③①，注意高錳酸鉀溶液為紫紅色，不反應溶液也可以變紅，所以不能選用高錳酸鉀溶液氧化二價鐵離子；答案選C。【點睛】注意滴加氧化劑、KSCN溶液的順序不能顛倒，如果顛倒，將無法確定原溶液中是否含有Fe3+。4、C【解析】分析：甲烷是正四面體結構、乙烯是平面結構、乙炔是直線形結構、苯是平面結構，根據甲烷、乙烯、乙炔、苯的結構確定這幾種物質中所有原子是否共面，據此分析解答。詳解：A．該分子中直接連接兩個苯環的C原子具有甲烷結構特點，甲烷是四面體結構，根據甲烷結構知，該分子中所有C原子不可能共面，故A錯誤；B．該分子中的C原子具有甲烷結構特點，根據甲烷結構知，該分子中所有C原子不可能共面，故B錯誤；C．該分子中含有三個碳碳雙鍵，乙烯是平面型結構，根據乙烯結構知，前三個C原子共面、后三個C原子共面，且中間兩個C原子共面，所以這六個C原子都共面，故C正確；D．該分子中含有，亞甲基C原子具有甲烷結構特點，根據甲烷結構知，該分子中所有C原子不可能共面，故D錯誤；故選C。點睛：本題主要考查有機化合物的結構特點。由于甲烷是四面體結構，只要含有或中的一種，分子中的碳原子就不可能處于同一平面內。5、D【解析】

A、氯氣是單質，既不是電解質又不是非電解質，故A錯誤；B、二氧化碳是非電解質，故B錯誤；C、氯化鉀屬于電解質，是強酸強堿鹽，不能水解，不會破壞水的電離平衡，故C錯誤；D、醋酸鈉是電解質，能水解，促進水電離，故D正確；答案選D。6、D【解析】

A.HF沸點高于HCl，是因為HF分子之間存在著氫鍵，故A錯誤；B.分子中每個原子最外層都達到8電子穩定結構的判斷公式是：化合價的絕對值+原子最外層電子數=8。在PCl5分子中P原子不符合8電子穩定結構公式，故B錯誤；C.可燃冰是甲烷的結晶水合物，碳的電負性較弱，不能形成氫鍵，故C錯誤；D.組成與結構相似，相對分子質量越大，分子間作用力越強，熔、沸點越高，所以S2Br2與S2Cl2的熔、沸點大小為：S2Br2>S2Cl2，故D正確；綜上所述，本題正確答案為D。【點睛】考查分子間的作用力。氫鍵是一種特殊的分子間作用力，它比化學鍵弱，比分子間作用力強；分子間作用力影響的是物質的熔沸點。7、C【解析】

在電解時只生成氫氣和氧氣，則溶液中氫離子在陰極放電，氫氧根離子在陽極放電，結合離子的放電順序來解答。【詳解】A．電解HCl生成氫氣和氯氣，電解CuCl2生成Cu和氯氣，電解Ba(OH)2生成氫氣和氧氣，選項A不選；B．電解NaOH生成氫氣和氧氣，電解CuSO4生成Cu、氧氣、硫酸，電解H2SO4生成氫氣和氧氣，選項B不選；C．電解NaOH、H2SO4、Ba(OH)2，均只生成氫氣和氧氣，選項C選；D．電解NaBr生成溴、氫氣、NaOH，電解H2SO4生成氫氣和氧氣，電解Ba(OH)2生成氫氣和氧氣，選項D不選；答案選C?！军c睛】本題考查電解原理，明確溶液中離子的放電順序是解答本題的關鍵，注意常見的物質的電解及電極材料，題目難度不大。8、C【解析】A.0.02mol水可生成H20.02mol，質量為0.04g，A錯誤；B.可生成氫的原子數為0.02mol×2×6.02×1023/mol＝2.408×1022個，B錯誤；C.0.04molNa與水反應產生H2的量是0.02mol，根據A中分析可知C正確；D.可生成H2的體積在標準狀況下為0.02mol×22.4L/mol＝0.448L，D錯誤，答案選C。點睛：轉化為反應的原理以及靈活應用個數計算式是解答的關鍵，即在進行物質的量的有關計算時，關鍵是熟練應用幾個關系式、n＝m/M、、，特別還要注意氣體摩爾體積的使用條件，即只能適用于氣體，且只有在標準狀況下，氣體的摩爾體積才是22.4L/mol。9、B【解析】分析：由圖可知，分子結構簡式為CH3CH=CHCOOH，含碳碳雙鍵和羧基，結合烯烴和羧酸的性質來解答．詳解：A．由圖可知，分子結構簡式為CH3CH=CHCOOH，分子式為C4H6O2，故A錯誤；B、含C=C可發生加成反應，含-COOH發生的酯化反應為取代反應，故B正確；C、含碳碳雙鍵，則可使溴水褪色，含羧基可與NaOH溶液反應，故C錯誤；D、乙酸為飽和羧酸，而該有機物含不飽和鍵，不屬于乙酸的同系物，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查有機物的結構與性質，解題關鍵：把握官能團與性質的關系，熟悉烯烴、羧酸的性質，難點：由圖得出結構簡式，易錯點D，乙酸為飽和羧酸，而該有機物含不飽和鍵，結構不相似，不屬于乙酸的同系物．10、C【解析】

向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液與Ba(OH)2溶液反應的實質是Al3+與OH-、Ba2+與SO42-之間的離子反應，如下：Ba2++SO42-═BaSO4↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，假設1molAl2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba(OH)2量為3mol，提供6molOH-，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反應Al3++3OH-═Al(OH)3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH-，故：從起點到A點，可以認為是硫酸鋁與氫氧化鋇恰好發生反應生成硫酸鋇、氫氧化鋁沉淀，A點時SO42-完全沉淀，A→B為氯化鋁與氫氧化鋇的反應，B點時溶液中Al3+完全沉淀，產生沉淀達最大值，溶液中溶質為BaCl2，B→C為氫氧化鋁與氫氧化鋇反應，C點時氫氧化鋁完全溶解。據此分析解答?！驹斀狻緼、根據上述分析，A點生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3，故A正確；B、前3LBa(OH)2溶液與溶液中Al2(SO4)3反應，從3L-6L為Ba(OH)2溶液與溶液中AlCl3反應，二者消耗的氫氧化鋇的物質的量相等為3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸鋇可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化鋁與氫氧化鋇生成氫氧化鋁可知3n(AlCl3)=2[Ba(OH)2]=6mol，故n(AlCl3)=2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，故B正確；C、AB段為氯化鋁與氫氧化鋇反應，故反應離子方程式為：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C錯誤；D、D點的溶液中含有Ba2+、AlO2-，通入二氧化碳立即產生碳酸鋇、氫氧化鋁沉淀，故D正確。答案選C?！军c晴】本題考查化學反應的有關圖象問題、鋁化合物性質、混合物的有關計算等，關鍵是清楚各階段發生的反應，注意從開始到A點相當于是硫酸鋁與氫氧化鋇的反應生成硫酸鋇、氫氧化鋁沉淀。11、B【解析】

A、由n=可知，分子數相同的氣體，物質的量相同，相對分子質量之比等于質量之比，即相對分子質量之比為m：n，故A正確；B、溫度壓強一樣，Vm相同，由ρ=可知，密度之比等于摩爾質量之比，即為m：n，故B錯誤；C、A與B相對分子質量之比為m：n，同質量時由n=可知，分子數之比等于n：m，故C正確；D、相同狀況下，同體積的A與B的物質的量相同，則質量之比等于摩爾質量之比，即為m：n，故D正確；答案選B。12、A【解析】

A.容器內的壓強不再改變，說明氣體的物質的量不變，反應達平衡狀態，故A正確；B.c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2，不能說明各物質的量濃度不變，故B錯誤；C.反應物生成物都是氣體，反應前后質量不變，混合氣體的密度不再改變，不能說明反應達到平衡狀態，故C錯誤；D.SO2的生成速率與SO3的消耗速率相等，指的方向一致，不能說明正、逆反應的速率相等，故D錯誤；故選：A.【點睛】根據化學平衡狀態的特征解答，當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態。13、D【解析】

不同晶體的熔沸點比較：原子晶體>離子晶體>>分子晶體。故可以通過晶體的熔沸點判斷出該晶體的類型。即NaCl、MgCl2為離子晶體，AlCl3、SiCl4為分子晶體。R可能為原子晶體?！驹斀狻緼.相比之下，AlCl3、SiCl4的熔沸點都很低，可以判斷出這兩類物質都是分子晶體，熔融狀態下不能電離出離子，所以不能導電，A正確；B.MgCl2和NaCl的熔沸點都較高，可以判斷出這兩類物質都是離子晶體，熔融狀態下可以電離出離子，所以能導電，且這兩種物質都易溶于水，B正確；C.R的熔沸點非常高，若其為原子晶體，則其熔沸點的高低是由共價鍵的鍵能決定的：共價鍵鍵能越高，該物質的熔沸點也越高，C正確；D.固態時可導電的不一定是金屬晶體，比如石墨，石墨不是金屬晶體，但是石墨可以導電，D錯誤；故合理選項為D。14、B【解析】

A．H2S屬于弱酸，分步電離，且以第一步電離為主，H2S+H2OH3O++HS-，故A錯誤；B．少量二氧化硫通入次氯酸鈉溶液中發生氧化還原反應，反應的離子方程式為SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，故B正確；C．向Ca(HCO3)2溶液中加入澄清石灰水，與用量無關，離子方程式：Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O，故C錯誤；D．向FeI2溶液中通入少量Cl2，只氧化I-，反應的離子方程式為：2I-+Cl2═I2+2Cl-，故D錯誤；故選B。【點睛】本題的易錯點為CD，C中反應與用量無關，要注意與NaHCO3溶液中加入澄清石灰水的區別；D中要注意亞鐵離子和碘離子的還原性的強弱比較，反應時，首先與還原性強的離子反應。15、B【解析】

仔細觀察鈦酸鋇晶體結構示意圖可知：Ba在立方體的中心，完全屬于該晶胞；Ti處于立方體的8個頂點，每個Ti為與之相連的8個立方體所共用，即有屬于該晶胞；O處于立方體的12條棱的中點，每條棱為四個立方體所共用，故每個O只有屬于該晶胞。【詳解】Ba在立方體的中心，完全屬于該晶胞；Ti處于立方體的8個頂點，每個Ti為與之相連的8個立方體所共用，即有屬于該晶胞，Ti原子數是；O處于立方體的12條棱的中點，每條棱為四個立方體所共用，故每個O只有屬于該晶胞，O原子數是。即晶體中Ba∶Ti∶O的比為1:1:3，化學式是BaTiO3，故選B。【點睛】本題是結合識圖考查晶體結構知識及空間想象能力，由一個晶胞想象出在整個晶體中，每個原子為幾個晶胞共用是解題的關鍵。16、A【解析】

A.裝置Ⅰ燒瓶中放入的藥品X為亞硫酸鈉，銅與濃硫酸常溫時不反應，A錯誤；B.裝置Ⅱ中用“多孔球泡”可增大SO2與溶液的接觸面積，增大吸收速率，B正確；C.SO2有毒，不能直接排放到大氣中，裝置Ⅲ用于吸收未反應的SO2，C正確；D.用裝置II反應后的溶液為硫酸錳溶液，降溫結晶可制得MnSO4·H2O晶體，D正確；答案為A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、2-甲基-1-丙烯（2-甲基丙烯）C12H14O5NaOH水溶液/加熱取代反應6【解析】

反應物A分子式為C4H8，可以與單質溴發生加成反應，則A為烯烴，從A到E，碳鏈的結構無變化，通過觀察E的結構可確A為2-甲基丙烯；A發生加成反應生成B，為2-甲基-1，2-二溴丙烷，B發生鹵代烴的水解生成C，C被氧化生成D，E與F發生取代反應生成G和水。據此判斷?！驹斀狻浚?）通過分析可知，A的名稱為2-甲基-1-丙烯（2-甲基丙烯）；G的分子式為：C12H14O5；（2）由B生成C為鹵代烴的水解，需要在NaOH的水溶液里加熱，由E和F生成G的反應類型為取代反應；答案為：NaOH水溶液/加熱；取代反應；(3)D在濃硫酸/加熱條件下，2分子內發生酯化反應，生成和水；(4)D在濃硫酸/加熱條件下，還可以分子間發生縮聚反應，生成高分子化合物和水，反應式：；(5)F的分子式為：C8H8O3，含有苯環，且三個取代基；能發生銀鏡反應，則一個取代基為醛基；能夠與Na2CO3反應的，可以是羧基，也可以是酚羥基，F共有三個O原子，醛基占據1個，若含有1個羧基，1mol該物質能與1molNa2CO3反應，不符合題意，則只能含有2個酚羥基；同分異構體個數共有6種；其中能與足量濃溴水反應，所得產物的苯環上不存在氫原子的F的同分異構體結構簡式為（6）由E+F反應生成G提供的信息和題目已知信息，可以用和苯酚反應制取。用甲苯和高錳酸鉀制取苯甲酸，再轉換為，再與苯酚制取苯甲酸苯甲酯，流程為：?！军c睛】有機物的推斷，根據反應特點，分析反應過程中碳鏈是否改變為依據，從可以確定結構的物質向前推理，即可推出A的結構。18、3d84s2O＞N＞CN2H4N2H4分子間存在氫鍵C2H4是非極性分子，H2O是極性溶劑，非極性分子難溶于極性溶劑N、O【解析】

X、Y、Z、W、K五種元素均位于周期表的前四周期，且原子序數依次增大．元素X是周期表中原子半徑最小的元素，則X為H元素；Y的基態原子中電子占據了三種能量不同的原子軌道，且這三種軌道中的電子數相同，原子核外電子排布為1s22s22p2，則Y為碳元素；W位于第2周期，其原子核外成對電子數是未成對電子數的3倍，原子核外電子排布為1s22s22p4，則W為O元素；Z的原子序數介于碳、氧之間，故Z為N元素；R基態原子3d軌道上的電子數是4s軌道上的4倍，R為Ni。【詳解】（1）R為Ni，基態R原子的外圍電子排布式為3d84s2；同周期隨原子序數增大，元素電負性呈增大趨勢，Y、Z、W的電負性由大到小的順序是O＞N＞C。（2）C、N兩元素均可形成含18個電子氫化物分子，其氫化物分子分別為C2H6、N2H4，N2H4分子之間存在氫鍵，C2H6分子之間無氫鍵，二者沸點相差較大；根據相似相溶的規律：C2H4是非極性分子，H2O是極性溶劑，非極性分子難溶于極性溶劑；（3）CO是SP雜化，碳和氧形成叁鍵，CO的結構式為(須標出其中的配位鍵)；Ni提供空軌道，N和O提供孤電子對，在化學式為［Ni(NH3)4(H2O)2］2+的配離子中與Ni形成配位鍵的原子是N和O。【點睛】本題是對物質結構的考查，推斷元素是解題關鍵，易錯點：注意核外電子排布、電負性、氫鍵、配位鍵等基礎知識。19、直形冷凝管(或冷凝管)將己二酸鈉完全轉化為己二酸C燒杯漏斗減少己二酸鈉的損失，提高己二酸的產量68.5%【解析】分析：（1）根據實驗裝置圖及常見的儀器分析；（2）根據己二酸的酸性弱于鹽酸分析；（3）根據已二酸常溫下為固體，溫度較低時會從溶液中析出分析；（4）根據過濾操作分析；濾渣中含有己二酸鈉；（5）根據實際產量與理論產量的比值計算產率。詳解：（1）由實驗裝置圖可知，圖中儀器a的名稱是直形冷凝管(或冷凝管)；（2）濃鹽酸是強酸，酸性強于己二酸，分離提純過程中滴加的濃鹽酸的作用是將己二酸鈉完全轉化為己二酸；（3）因為己二酸常溫下為固體，溫度較低時會從溶液中析出，所以將已二酸粗品提純的方法是重結晶，答案選C；（4）步驟II中過濾時需要用到的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯和漏斗；濾渣中含有己二酸鈉，因此洗滌濾渣的目的是減少己二酸鈉的損失，提高己二酸的產量；（5）根據原子守恒可知生成己二酸的質量為1.5g100×146=2.19g，所以產率是1.5g/2.19g×100%＝68.點睛：本題以已二酸的制備為載體，考查化學實驗基本操作、關系式計算等，題目難度中等，掌握實驗原理是解答的關鍵，是對學生分析能力、計算能力和綜合能力的考查。20、及時分離生成的水，促進平衡正向進行停止加熱，待冷卻至室溫后，再往裝置內加入沸石水浴洗掉碳酸氫鈉干燥溫度計水銀球的位置，冷凝水的方向32%【解析】分析：(1)2-羥基-4-苯基丁酸于三頸瓶中，加入適量濃硫酸和20mL無水乙醇發生的是酯化反應，存在化學平衡，油水分離器的作用及時分離生成的水，促進平衡正向進行分析；實驗過程中發現忘記加沸石，需要冷卻至室溫后，再加入沸石；(2)根據反應需要的溫度分析判斷；(3)取三頸燒瓶中的混合物分別用水、飽和碳酸氫鈉溶液洗滌后，混合物中有少量的碳酸氫鈉溶液要除去；(4)在精制產品時，加入無水MgSO4，硫酸鎂能吸水，在蒸餾裝置中溫度計的水銀球的位置應與蒸餾燒瓶的支管口處相平齊，為有較好的冷卻效果，冷凝水應采用逆流的方法；(5)計算出20mL

2-羥基-4-苯基丁酸的物質的量和20mL無水乙醇的物質的量，根據方程式判斷出完全反應的物質，在計算出2-羥基-4-苯基丁酸乙酯的理論產量，根據產率=實際產量理論產量×100%計算。詳解：(1)依據先加入密度小的再加入密度大的液體，所以濃硫酸應最后加入，