2024屆忻州市第一中學化學高二第二學期期末監(jiān)測模擬試題含解析

2024屆忻州市第一中學化學高二第二學期期末監(jiān)測模擬試題注意事項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(jiān)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、為了證明醋酸是弱電解質，某同學開展了題為“醋酸是弱電解質的實驗探究”的探究活動。該同學設計了如下方案，其中錯誤的是()A．先配制0.10mol/LCH3COOH溶液，再測溶液的pH，若pH大于1，則可證明醋酸為弱電解質B．先配制0.01mol/L和0.10mol/L的CH3COOH，再分別用pH計測它們的pH，若兩者的pH相差小于1個單位，則可證明醋酸是弱電解質C．取等體積、等pH的CH3COOH的溶液和鹽酸分別與足量鋅反應，測得反應過程中醋酸產生H2速率較慢且最終產生H2較多，則可證明醋酸為弱電解質D．配制一定量的CH3COONa溶液，測其pH，若常溫下pH大于7，則可證明醋酸是弱電解質2、已知25oC時，H2A的Ka1=10-1.85，Ka2=10-7.19。用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2A溶液的滴定曲線如圖所示（曲線上的數字為pH）。下列說法不正確的是A．a點所得溶液中：2c（H2A）+c（A2-）＜0.1mol·L-1B．NaHA溶液中由水電離出的氫離子濃度小于1.0×10-7mol·L-1C．c點所得溶液中：c（Na+）＜3c（HA_）D．d點所得溶液中：c（Na+）＞c（A2-）＞c（HA-）3、三硫化磷(P4S3)是黃綠色針狀晶體，易燃、有毒，分子結構之一如圖所示，已知其燃燒時P被氧化為P4O10，下列有關P4S3的說法中不正確的是（）A．P4S3中磷元素為＋3價B．P4S3屬于共價化合物C．P4S3充分燃燒的化學方程式為P4S3＋8O2P4O10＋3SO2D．1molP4S3分子中含有9mol共價鍵4、中華傳統(tǒng)文化源遠流長，古代化學與生產生活密切相關。下列對描述內容分析錯誤的是選項描述分析A“丹砂(HgS)燒之成水銀，積變又還成丹砂”此過程涉及化學變化B“用濃酒和糟入甑，蒸令氣上……其清如水”涉及的操作是蒸餾C“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”硝石中含碘單質D“采蒿蓼之屬，曬干燒灰，以水淋汁，浣衣發(fā)面，去垢”利用其水解顯堿性去污A．A B．B C．C D．D5、下列各組物質的燃燒熱相等的是A．碳和二氧化碳 B．1mol碳和3mol碳C．3mol乙炔（C2H2）和1mol苯(C6H6) D．天然氣和酒精6、下列裝置能達到實驗目的的是A．實驗室制備乙酸乙酯B．比較不同催化劑對化學反應速率的影響C．比較硫、碳、硅三種元素的非金屬性D．驗證苯和液溴發(fā)生取代反應7、濃度為2mol·L－1的鹽酸VL，欲使其濃度變?yōu)?mol·L－1，以下列出的方法中可行的是()A．通入標準狀況下的HCl氣體44.8LB．將溶液加熱蒸發(fā)濃縮至0.5VLC．蒸發(fā)掉0.5VL水D．加入10mol·L－1鹽酸0.6VL，再將溶液稀釋至2VL8、（題文）已知：某溶質R的摩爾質量與H2S的相同?，F有R的質量分數為27.5%密度為1.10g·cm－3的溶液，該溶液中R的物質的量濃度(mol·L－1)約為()A．6.8B．7.4C．8.9D．9.59、下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是()A．鈉與水反應：Na+2H2O＝Na++H2↑+2OH-B．氯氣溶于水：Cl2+H2O＝2H++Cl－+ClO－C．向Al2(SO4)3溶液中加入過量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O=[Al(OH)4]—+4NH4+D．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑10、含有C＝C的有機物與O3作用形成不穩(wěn)定的臭氧化物，臭氧化物在還原劑存在下，與水作用分解為羰基化合物，總反應為:＋(R1、R2、R3、R4為H或烷基)。以下四種物質發(fā)生上述反應，所得產物為純凈物且能發(fā)生銀鏡反應的是（）A．(CH3)2C＝C(CH3)2B．CH2=CHCH=CHCH=CH2C．D．11、將mg鎂鋁合金投入到500ml2mol/L的鹽酸中，固體完全溶解，收集到氣體5.6L（標準狀況下）。向反應所得溶液中加入4mol/L的氫氧化鈉溶液，沉淀達到最大值為13.60g，則m的值為A．11.48 B．9.35 C．8.50 D．5.1012、對下列各種溶液中所含離子的判斷合理的是A．向無色溶液中加氯水變橙色，溶液中可能含：SO42-、Br-、OH-、Ba2+B．25℃時在水電離出的c(H+)=1.0×10-11mol/L的溶液中可能含：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-C．某溶液，加鋁粉有氫氣放出，則溶液中可能含：K+、Na+、H+、NO3-D．在c(Fe3+)=1.0mol/L的溶液中可能含：K+、Na+、SCN-、HCO3-13、已知A物質的分子結構簡式如圖所示，lmolA與足量的NaOH溶液混合共熱，充分反應后最多消耗NaOH的物質的量為A．6mol B．7mol C．8mo1 D．9mo114、下列除去雜質的方法不正確的是A．鎂粉中混有少量鋁粉：加入過量燒堿溶液充分反應，過濾、洗滌、干燥B．用過量氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋C．用新制的生石灰，通過加熱蒸餾，以除去乙醇中的少量水D．Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量燒堿溶液，充分反應，過濾，向濾液中通入過量CO2后過濾15、下列關于有機物的說法正確的是A．有機物只能在生物體內才能合成B．有機物都是難溶于水而易溶于有機溶劑的共價化合物C．完全燃燒只生成CO2和H2O的有機物一定是烴D．有機物是含有碳元素的化合物16、將0.2mol某烷烴完全燃燒后，生成的氣體緩緩通過0.5L2mol/L的NaOH溶液中，生成正鹽和酸式鹽的物質的量之比為1：3，則該烷烴是A．甲烷 B．乙烷 C．丙烷 D．丁烷17、四種短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大。其原子的最外層電子數之和為19，W和X元素原子內質子數之比為1:2，X2+和Z-的電子數之差為8。下列說法不正確的是A．WZ4分子中W、Z原子通過共價鍵結合且最外層均達到8電子結構B．離子半徑從大到小的順序是Y、Z、XC．W、Y、Z元素最高價氧化物對應的水化物中酸性最強的是元素ZD．W與Y通過離子鍵形成離子化合物18、草酸是二元中強酸，草酸氫鈉溶液顯酸性。常溫下，向10mL0.01mol／LNaHC2O4溶液中滴加0.01mol／LNaOH溶液，隨著NaOH溶液體積的增加，溶液中離子濃度關系正確的是A．V（NaOH）="="0時，c（W）="="1×10－2mol／LB．V（NaOH）<10mL時，不可能存在c（Na＋）="="2c（C2O42-）+c（HC2O4C．V（NaOH）="="10mL時，c（W）="="1×10－7mol／LD．V（NaOH）>10mL時，c（Na＋）>c（C2O42-）>c（HC2O419、酸堿恰好完全中和時（）A．酸和堿的物質的量一定相等B．溶液呈現中性C．酸和堿的物質的量濃度相等D．酸能提供的H+與堿所能提供的OH-的物質的量相等20、下列說法正確的是（）A．可食用植物油含有的高級脂肪酸甘油酯是人體的營養(yǎng)物質B．分餾、干餾都是物理變化，裂化、裂解都是化學變化C．淀粉、蛋白質、葡萄糖都是高分子化合物D．甲烷、汽油、生物柴油、酒精都是碳氫化合物，都可作燃料21、只用一種試劑便可將苯、苯酚、四氯化碳、乙醛4種無色液體進行鑒別，這種試劑是①銀氨溶液②新制的Cu(OH)2懸濁液③NaOH溶液④溴水A．僅①④ B．僅②③C．①②③④ D．僅①②④22、某烴的結構簡式為，它可能具有的性質是（）A．易溶于水，也易溶于有機溶劑B．分子里所有的原子都處在同一平面上C．能發(fā)生加聚反應，其加聚產物可用表示D．該烴和苯互為同系物二、非選擇題(共84分)23、（14分）醇酸樹脂，附著力強，并具有良好的耐磨性、絕緣性等，在油漆、涂料、船舶等方面有很廣的應用。下面是一種醇酸樹脂G的合成路線：已知：RCH2=CH2(1)反應①的反應條件為___________________，合成G過程中會生成另一種醇酸樹脂，其結構簡式為____________________________________(2)反應②⑤反應類型分別為________、________；(3)反應④的化學方程式為________；(4)寫出一種符合下列條件的F的同分異構體________。a.1mol該物質與4mol新制氫氧化銅懸濁液反應b．遇FeCl3溶液顯紫色c．核磁共振氫譜有3組峰值，比值為1：1：1(5)設計由1一溴丙烷制備聚丙烯醇（）的流程圖：________。24、（12分）有機物I(分子式為C19H20O4)屬于芳香酯類物質，是一種調香劑，其合成路線如下：已知：①A屬于脂肪烴，核磁共振氫譜顯示有2組峰，面積比為3：1，其蒸汽在標準狀況下密度為2.5g·L-1；D分子式為C4H8O3；E分子式為C4H6O2，能使溴水褪色。②其中R為烴基③其中R1和R2均為烴基回答下列問題：(1)A的結構簡式為________________________________；(2)反應④的化學方程式為_________________________________；(3)E的同系物K比E多一個碳原子，K有多種鏈狀同分異構體，其中能發(fā)生銀鏡反應且能水解的有______________種；(4)反應①~⑦屬于取代反應的是________________________(填序號)；(5)反應⑦的化學方程式為________________________________；(6)參照上述合成路線，以為原料(無機試劑任選)，經4步反應制備可降解塑料________________________。25、（12分）葡萄是一種常見水果，可以生食或制作葡萄干，除此之外，葡萄還可用于釀酒。(1)檢驗葡萄汁含有葡萄糖的方法是：向其中加堿調至堿性，再加入新制的Cu(OH)2并加熱，其現象是________。(2)葡萄在釀酒過程中，葡萄糖轉化為酒精的過程如下，補充完成下列化學方程式：C6H12O6(葡萄糖)2_________+2C2H5OH(3)葡萄酒密封儲存過程中會生成有香味的酯類，酯類也可以通過化學實驗來制備，實驗室可用如圖所示裝置制備乙酸乙酯：①試管a中生成乙酸乙酯的化學方程式是__________。②試管b中盛放的試劑是飽和____________溶液。③實驗開始時，試管b中的導管不伸入液面下的原因是________。④若要分離出試管b中的乙酸乙酯，需要用到的儀器是_______(填字母)。A．普通漏斗B．分液漏斗C．長頸漏斗26、（10分）富馬酸亞鐵(C4H2O4Fe)是常用的治療貧血的藥物?？捎筛获R酸與FeSO4反應制備。(1)制備FeSO4溶液的實驗步驟如下：步驟1.稱取4.0g碎鐵屑，放入燒杯中，加入10%Na2CO3溶液，煮沸、水洗至中性。步驟2.向清洗后的碎鐵屑中加入3mol/LH2SO4溶液20mL，蓋上表面皿，放在水浴中加熱。不時向燒杯中滴加少量蒸餾水，控制溶液的pH不大于1。步驟3.待反應速度明顯減慢后，趁熱過濾得FeSO4溶液。①步驟1的實驗目的是____。②步驟2“不時向燒杯中滴加少量蒸餾水”的目的是____；“控制溶液的pH不大于1”的目的是____。(2)制取富馬酸亞鐵的實驗步驟及步驟（Ⅱ）的實驗裝置如下：①步驟(Ⅰ)所得產品(富馬酸)為_______－丁烯二酸（填“順”或“反”）。②富馬酸與足量Na2CO3溶液反應的方程式為_________。③圖中儀器X的名稱是_________，使用該儀器的目的是__________。(3)測定(2)產品中鐵的質量分數的步驟為：準確稱取產品ag，加入新煮沸過的3mol/LH2SO4溶液15mL，待樣品完全溶解后，再加入新煮沸過的冷水50mL和4滴鄰二氮菲-亞鐵指示劑，立即用cmol/L(NH4)2Ce(SO4)3標準溶液滴定(Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)，滴定到終點時消耗標準液VmL。①(NH4)2Ce(SO4)3標準溶液適宜盛放在_______(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。②該實驗中能否用KMnO4標準溶液代替(NH4)2Ce(SO4)3標準溶液滴定Fe2+，說明理由_____。③產品中鐵的質量分數為________（用含a、V的代數式表示）。27、（12分）二氧化氯（ClO2，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑，回答下列問題：（1）實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2（亞氯酸鈉）為原料，通過以下過程制備ClO2：①電解時陽極電極反應式為__________________________。②除去ClO2中的NH3可選用的試劑是___________（填標號）。a．水b．堿石灰c．濃硫酸d．飽和食鹽水（2）用如圖裝置可以測定混合氣中ClO2的含量：Ⅰ．在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封裝置中加入水，使液面沒過玻璃液封管的管口；Ⅲ．將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；Ⅳ．將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol·L-1硫代硫酸鈉標準溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去20.00mL硫代硫酸鈉溶液。在此過程中：①錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為______________________。②玻璃液封裝置的作用是______________________。③V中加入指示劑，滴定至終點的現象是______________________。④測得混合氣中ClO2的質量為______g。⑤某同學用某部分刻度模糊不清的50mL滴定管進行實驗，當滴定管中的液面處于如圖所示的刻度處，則管內液體的體積________（填代號）。a．等于23.60mLb．等于27.60mLc．小于23.60mLd．大于27.60mL28、（14分）納米TiO2在涂料、光催化、化妝品等領域有著極其廣泛的應用。制備納米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，經過濾、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙燒除去水分得到固體TiO2。實驗室用氧化還原滴定法測定TiO2的質量分數：一定條件下，將TiO2溶解并還原為Ti3+，再以KSCN溶液作指示劑，用NH4Fe(SO4)2標準溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。請回答下列問題：（1）TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化學方程式為_________________________________。（2）配制NH4Fe(SO4)2標準溶液時，加入一定量H2SO4的原因是_________________________。（3）NH4Fe(SO4)2標準溶液盛裝在___________（填“酸式”或“堿式”）滴定管中，滴定終點的現象是________________________。若在滴定終點讀取滴定管刻度時，仰視標準液液面使測定結果________（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。（4）滴定分析時，稱取TiO2（摩爾質量為Mg·mol-1）試樣wg，消耗cmol·L-1NH4Fe(SO4)2標準溶液VmL，則TiO2質量分數表達式為__________________________。29、（10分）鋁鐵合金在微電機中有廣泛應用，某興趣小組為利用廢棄的鋁鐵合金設計了如下實驗流程制備聚合硫酸鐵和明礬：（1）室溫下Ksp[Fe(OH)3]=4×l0-38制備Fe(OH)3的過程中，pH=7時溶液中c(Fe3+)=________。（2）聚合硫酸鐵是一種無瑪無窖、化學性質穩(wěn)定、能與水混溶的新型絮凝劑，微溶于乙醇，其化學式可表示為[Fe2(OH)x(SO4)y]n。①寫出流程中的“氧化”時發(fā)生的離子方程式_______，濃縮時向其中加入一定量的乙醇，加入乙醇的目的是_________。②加入試劑Y的目的是調節(jié)pH，所加試劑Y為_______；溶液pH對[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x的值有較大影響（如圖所示），試分析pH過?。╬H＜3）導致聚合硫酸鐵中x的值減小的原因：____________。（3）明礬是一種常見鋁鉀硫酸鹽。①為充分利用原料，試劑X應為_______。②請結合圖所示的明礬溶解度曲線，補充完整由濾液I制備明礬晶體的實驗步驟(可選用的試劑：廢棄的鋁鐵合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精)：向濾液I中加入足量的含鋁廢鐵屑至不再有氣泡產生，過濾，_____。將溶液_______、過濾、并用酒精洗滌、干燥，最終得到明礬晶體。

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【解題分析】

證明醋酸為弱酸，可通過證明醋酸為弱電解質，不能完全電離，如等濃度的強酸對比或測定強堿溶液的酸堿性等，則可測一定物質的量濃度醋酸溶液的pH值，測一定物質的量濃度醋酸溶液稀釋一定倍數前后溶液的pH，測醋酸鈉溶液的pH等?！绢}目詳解】A.0.10mol?L-1CH3COOH溶液，醋酸是一元酸，如果醋酸是強酸，溶液的pH是1，如果大于1，則證明醋酸是弱電解質，選項A正確；B.0.01mol?L-1和0.10mol?L-1的CH3COOH溶液，如果醋酸是強酸，溶液的pH分別是2和1，兩者的pH相差1個單位，若兩者的pH相差小于1個單位，則可證明醋酸是弱電解質，選項B正確；C.取等體積、等c(H+)的CH3COOH的溶液和鹽酸分別與足量鋅反應，測得反應過程中醋酸產生H2速率較快且最終產生H2較多，則可證明醋酸為弱電解質，選項C錯誤；D.如果醋酸是強酸，則CH3COONa是強酸強堿鹽，其水溶液呈中性，若常溫下醋酸鈉溶液pH＞7，則可證明醋酸是弱電解質，選項D正確。答案選C?！绢}目點撥】本題考查酸弱電解質的判斷，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意常見的弱電解質的判斷方法有：測一定物質的量濃度溶液的pH，測其常見鹽溶液的pH等。2、C【解題分析】

A．用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，a點溶液中溶質為H2A和NaHA，由圖可知pH=1.85=pKa1，根據電離平衡常數表達式可知，c(H2A)=c(HA-)，溶液體積大于20ml，根據物料守恒a點所得溶液中：c(H2A)+c(A2-)+c(HA-)=2c(H2A)+c(A2-)＜0.1mol/L，故A正確；B．根據電離平衡常數，HA-的電離平衡常數為Ka2=10-7.19，HA-的水解常數Kh==10-12.15，可見電離趨勢大于水解趨勢，所以抑制水的電離，則水電離出的氫離子濃度小于1.0×10-7mol·L-1，故B正確；C．c點pH=7.19=pKa2，則c(A2-)=c(HA-)，溶液顯堿性，溶液中溶質為等物質的量濃度的Na2A、NaHA，根據物料守恒可知2c(Na+)=3[c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)]=3[2c(HA-)+c(H2A)]，所以c(Na+)＞3c(HA-)，故C錯誤；D．加入氫氧化鈉溶液40mL，NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液恰好反應生成Na2A，溶液中離子濃度c（Na+）＞c（A2-）＞c（HA-），故D正確；故答案：C。3、A【解題分析】

A．由圖可知最上方的P與S形成3個共價鍵，S形成2個共價鍵，則P4S3中S為-2價，磷元素分別為+3價、+1價，A錯誤；B．只含共價鍵的化合物為共價化合物，則P4S3屬于共價化合物，B正確；C．燃燒反應生成穩(wěn)定氧化物，則P4S3充分燃燒的化學方程式為P4S3+8O2=P4O10+3SO2，C正確；D．由圖可知，共6個P-S、3個P-P共價鍵，則1molP4S3分子中含有9mol共價鍵，D正確。答案選A?！绢}目點撥】把握P與S形成的化學鍵的特點為解答的關鍵，注意P-P鍵及P-S鍵的區(qū)別。選項A是易錯點和難點，注意根據物質中化學鍵的特點判斷元素的化合價。4、C【解題分析】

A.“丹砂(HgS)燒之成水銀，積變又還成丹砂”發(fā)生汞與氧氣反應生成氧化汞，氧化汞加熱分解生成汞和氧氣，涉及化學反應，選項A正確；B.“用濃酒和糟入甑,蒸令氣上……其清如水”可見，燒酒的釀造方法為：加熱濃酒和糟，利用沸點的不同，將酒蒸出，然后用器皿盛裝冷凝后的餾分，即蒸餾，選項B正確；C.硝石為硝酸鉀，不含碘單質，選項C錯誤；D.“采蒿蓼之屬，曬干燒灰”，說明“石堿”成分來自植物燒成的灰中的成分碳酸鉀，其水解顯堿性能洗去油污，選項D正確。答案選C。5、B【解題分析】

A．二氧化碳是穩(wěn)定的氧化物，不能燃燒，不考慮燃燒熱問題，故A錯誤；B．燃燒熱是指1mol物質完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時所放出的熱量，與量的多少無關，可燃物相同，該組物質的燃燒熱相等，故B正確；C．乙炔和苯是不同的物質，物質不同，具有不同的能量，燃燒熱不相等，故C錯誤；D．天然氣和酒精是不同的物質，物質不同，具有不同的能量，燃燒熱不相等，故D錯誤；故答案為B。6、C【解題分析】

A.右側導管插入到碳酸鈉溶液中，易產生倒吸，A錯誤；B.雙氧水的濃度不同，無法比較不同的催化劑對化學反應速率的影響，B錯誤；C.硫酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于硅酸，三種含氧酸中，硫、碳、硅元素均為最高價，可以比較三種元素的非金屬的強弱，C正確；D.揮發(fā)出的溴進入到右側燒杯中，也能與硝酸銀反應產生淺黃色沉淀，不能驗證苯與溴發(fā)生取代反應生成了溴化氫，D錯誤；正確選項C。7、D【解題分析】A、標況下的44.8LHCl氣體的物質的量為2mol，通入VL2mol/L的鹽酸溶液，溶液中氯化氫的物質的量為（2V+2）mol，但溶液的體積不一定是0.5（V+1），故A錯誤；B、蒸發(fā)氯化氫揮發(fā)，溶液濃度降低，故B錯誤；C、蒸發(fā)氯化氫揮發(fā)，溶液濃度降低，故C錯誤；D、混合后溶液中的氯化氫為2mol/L×VL+10mol/L×0.6VL=8Vmol，所以混合后溴化氫的濃度為=4mol/L，故D正確；故選D。8、C【解題分析】分析：依據c＝1000ρω/M計算該溶液的物質的量濃度。詳解：某溶質R的摩爾質量與H2S的相同，即為34g/mol?，F有R的質量分數為27.5%、密度為1.10g·cm－3的溶液，因此根據c＝1000ρω/M可知該溶液中R的物質的量濃度為1000×1.1×27.5%答案選C。9、D【解題分析】分析：本題考查的是離子方程式的判斷，是常規(guī)題。詳解：A.鈉和水的反應的離子方程式為：2Na+2H2O＝2Na++H2↑+2OH-，故錯誤；B.氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不能拆成離子形式，故錯誤；C.硫酸鋁和過量的氨水反應生成氫氧化鋁沉淀，故錯誤；D.過氧化鈉先和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，氫氧化鈉和硫酸銅反應生成氫氧化銅沉淀和硫酸鈉，離子方程式為：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故正確。故選D。點睛：掌握離子方程式的判斷方法：(1)違背反應客觀事實如：Fe2O3與氫碘酸：Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O錯因：忽視了Fe3+與I-發(fā)生氧化一還原反應(2)違反質量守恒或電荷守恒定律及電子得失平衡如：FeCl2溶液中通Cl2：Fe2+＋Cl2＝Fe3+＋2Cl-錯因：電子得失不相等，離子電荷不守恒(3)混淆化學式（分子式）和離子書寫形式如：NaOH溶液中通入HI：OH-＋HI＝H2O＋I-錯因：HI誤認為弱酸.(4)反應條件或環(huán)境不分：如：次氯酸鈉中加濃HCl：ClO-＋H+＋Cl-＝OH-＋Cl2↑錯因：強酸制得強堿(5)忽視一種物質中陰、陽離子配比.10、D【解題分析】分析：根據反應原理為雙鍵從中間斷開，直接接上一個氧原子，所得產物為純凈物說明產物只有一種，能發(fā)生銀鏡反應說明含有醛基，則與雙鍵相連的碳上有氫原子，據此分析判斷。詳解：A．(CH3)2C=C(CH3)2與雙鍵相連的碳上沒有氫原子，得到的是酮，不是醛，故A錯誤；B.CH2=CHCH=CHCH=CH2中有3個雙鍵，得到的產物有2種，分別為甲醛和乙二醛，故B錯誤；C．中有2個雙鍵，且結構不對稱，得到的產物有2種，故C錯誤；D．反應產物只有一種，與雙鍵相連的碳上有氫原子，氧化得到醛，故D正確；故選D。11、D【解題分析】鎂、鋁最終轉化為氫氧化鎂和氫氧化鋁沉淀，這說明Mg、Al在反應中失去電子的物質的量等于生成沉淀需要氫氧根離子的物質的量，5.6L氣體是氫氣，物質的量是0.25mol，轉移0.5mol電子，即與金屬陽離子結合的氫氧根是0.5mol，質量是8.5g，所以m＝13.60g－8.5g=5.10g，答案選D。點睛：本題考查混合物的計算，本題注意把握電子轉移的數目和氫氧根離子之間的關系，為解答該題的關鍵，注意各種守恒法的靈活應用。12、B【解題分析】

A.溶液中的SO42-和Ba2+反應生成硫酸鋇沉淀，不可共存；B.水電離出的c(H+)=1.0×10-11mol/L<1.0×10-7mol/L，溶液可能顯酸性，可能顯堿性；C.加鋁粉有氫氣放出，溶液可能顯酸性，可能顯堿性；D.Fe3+與SCN-反應；【題目詳解】A.溶液中的SO42-和Ba2+反應生成硫酸鋇沉淀，不可共存，A錯誤；B.水電離出的c(H+)=1.0×10-11mol/L<1.0×10-7mol/L，溶液可能顯酸性，可能顯堿性，Mg2+、Cu2+在堿性條件下生成沉淀，酸性條件下不反應，B正確；C.加鋁粉有氫氣放出，溶液可能顯酸性，也可能顯堿性。堿性條件下，H+不共存；酸性條件下，因為有硝酸根存在，則無氫氣生成，C錯誤；D.Fe3+與SCN-反應，D錯誤；答案為B；【題目點撥】Al能與非氧化性酸反應生成氫氣，可以與強堿反應生成氫氣；與硝酸反應生成氮氧化物，無氫氣生成，容易出錯。13、C【解題分析】

通過A分子的結構可知，其含有5個酚羥基，一個鹵素原子以及一個由酚羥基酯化得來的酯基。所以1molA最多能消耗的NaOH的物質的量為5+1+2=8mol，C項正確；答案選C?！绢}目點撥】能與NaOH反應的有機物有：鹵代烴，酯，酚和羧酸；對于由酚羥基酯化得到的酚酯基，其在堿性條件下水解會消耗2個NaOH。14、B【解題分析】

A、Al能與燒堿溶液反應而Mg不反應，A正確；B、Fe3+與Al3+均能與氨水反應生成沉淀，且不溶于過量的氨水，B錯誤；C、乙醇沸點較低，水與生石灰反應生成熟石灰，所以可用蒸餾方法使乙醇蒸出，C正確；D、燒堿溶液和氫氧化鋁反應生成偏鋁酸鈉溶液，過濾出氫氧化鎂，向濾液中通入過量的二氧化碳會生成氫氧化鋁沉淀，能夠實現除雜的目的，D正確。答案選B。15、D【解題分析】

A．有機物也可以利用無機物進行人工合成，A不正確；B．有機物中的低級醇、醛、羧酸、葡萄糖、果糖等都易溶于水，B不正確；C．完全燃燒只生成CO2和H2O的有機物，可能是含有C、H、O的烴的衍生物，C不正確；D．有機物中一定含有碳元素，且為化合物，D正確；故選D。【題目點撥】含有碳元素的化合物不一定是有機物，如CO、CO2、碳酸、碳酸鹽、碳酸氫鹽、KSCN、NH4SCN、KCN等，都屬于無機物。16、D【解題分析】

氫氧化鈉的物質的量是0.5L×2mol/L＝1mol，正鹽和酸式鹽的物質的量之比為1：3，所以根據原子守恒可知，碳酸鈉是0.2mol，碳酸氫鈉是0.6mol。因此碳原子一共是0.8mol，0.2mol烷烴中含有碳原子0.8mol，所以烷烴中含有的碳原子是4個，答案選D。17、D【解題分析】

X失去兩個電子得到X2+，Z得到一個電子為Z-，由于兩個離子的電子數之差為8，則X、Z這兩種元素處于同一周期，即X為Be時，Z為F；X為Mg時，Z為Cl。由于W和X元素原子內質子數之比為1:2，若X為Be，則W為He，不符合題意。故X為Mg，Z為Cl，W為C。它們的最外層電子數之和為19，且Y在X之后，Z之前，則Y為S。綜上所述，W為C，X為Mg，Y為S，Z為Cl?！绢}目詳解】A.WZ4為CCl4，C-Cl鍵屬于共價鍵，C、Cl的最外層都達到了8電子結構，A正確；B.Y、Z、X的簡單離子分別為S2-、Cl-、Mg2+，這三種離子的半徑依次減小，B正確；C.W為C，Y為S，Z為Cl，由于Cl的非金屬性最強，所以最高價氧化物對應的水化物中酸性最強的是Cl，即C正確；D.W為C，Y為S，形成的化合物為CS2，該物質是共價化合物，D錯誤；故合理選項為D。18、D【解題分析】草酸氫鈉溶液顯酸性，說明草酸氫鈉的電離程度大于其水解程度。因為草酸是弱電解質，所以0.01mol?L-1NaHC2O4溶液中，氫離子的濃度小于0.01mol/L，A不正確。加入氫氧化鈉發(fā)生的反應為NaOH＋NaHC2O4=Na2C2O4＋H2O，二者恰好反應時，消耗氫氧化鈉10ml。生成物草酸鈉水解，溶液顯堿性，C不正確。如果氫氧化鈉的體積小于10ml，則二者反應后，溶液就有可能顯中性。根據電荷守恒c(H+)＋c(Na+)＝2c(C2O42-)+c(HC2O4-)＋c(OH－)可知，如果溶液顯中性，則c(Na+)＝2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，因此B也是不正確的。當氫氧化鈉大于10ml時，溶液中含有氫氧化鈉和草酸鈉兩種溶質，由于草酸鈉的水解以第一步水解為主，且氫氧化鈉的存在會抑制其水解，因此選項D是正確的。答案選D。19、D【解題分析】

酸堿恰好完全中和，是指酸能提供的氫離子和堿能提供的氫氧根離子的物質的量相等，但酸和堿的物質的量不一定相等，反應后的溶液為鹽的溶液，也不一定為中性，所以選D。20、A【解題分析】分析：一般所說的人體必需的營養(yǎng)素是六類：蛋白質、糖、脂肪、維生素、礦物質（或微量元素）、和水；干餾是化學變化；葡萄糖不是高分子化合物；酒精不是碳氫化合物。詳解：植物油含有高級脂肪酸甘油酯，是人體的營養(yǎng)物質，A選項正確；分餾是物理變化，干餾、裂解、裂化是化學變化，B選項錯誤；葡萄糖相對分子質量較小，不屬于高分子化合物，C選項錯誤；生物柴油和酒精均含有碳、氫、氧三種元素，不屬于碳氫化合物，D選項錯誤；正確選項A。

21、D【解題分析】

①苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，乙醛可被銀氨溶液氧化，苯酚與銀氨溶液不反應，可鑒別，故①正確；②苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，乙醛可被新制的Cu(OH)2懸濁液氧化，苯酚與氫氧化銅不反應，可鑒別，故②正確；③NaOH溶液與苯酚反應無明顯現象，不能鑒別苯酚和乙醛，故③錯誤；④苯、苯酚溶液、四氯化碳、乙醛與溴水混合的現象分別為：分層后有色層在上層、白色沉淀、分層后有色層在下層，溴水褪色，現象不同，可鑒別，故④正確．所以D選項是正確的．【題目點撥】苯的密度比水小,四氯化碳的密度比水大,苯酚可與氫氧化鈉、溴水反應,乙醛具有還原性,可被氧化劑氧化,以此解答該題。22、C【解題分析】試題分析：根據有機物的結構簡式可知，分子中含義苯環(huán)和碳碳雙鍵，所以該有機物難溶于水，A錯誤；分子中含有1個甲基，因此分子里所有的原子不可能都處在同一平面上，B不正確；碳碳雙鍵能發(fā)生加聚反應，C正確；該烴和苯的結構不相似，不能互為同系物，D錯誤，答案選C?？键c：考查有機物的結構和性質點評：該題是中等難度的試題，試題基礎性強，側重對學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力的培養(yǎng)。該題的關鍵是準確判斷出分子中含有的官能團，然后結合具體官能團的結構和性質靈活運用即可，有利于培養(yǎng)學生的知識遷移能力和空間想象能力。二、非選擇題(共84分)23、NaOH醇溶液、加熱加成反應縮聚反應+O2+2H2O或或或CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH【解題分析】

發(fā)生催化氧化生成E，E進一步發(fā)生氧化反應生成F為，F與D發(fā)生縮聚反應生成高聚物G，可知D為，逆推可知C為BrCH2CHBrCH2Br、B為BrCH2CH=CH2、A為CH3CH=CH2。據此解答?！绢}目詳解】（1）反應①是CH3CHBrCH3轉化為CH3CH=CH2，發(fā)生消去反應，反應條件為：NaOH醇溶液、加熱。合成G過程中會生成另一種醇酸樹脂，其結構簡式為，故答案為：NaOH醇溶液、加熱；。（2）反應②屬于加成反應，反應⑤屬于縮聚反應。故答案為：加成反應；縮聚反應。（3）反應④的化學方程式為+O2+2H2O，故答案為：+O2+2H2O。（4）F()的同分異構體滿足：a.1mol該物質與4mol新制氫氧化銅懸濁液反應，說明含有2個醛基，b．遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基，c．核磁共振氫譜有3組峰值，比值為1：1：1，存在對稱結構，其中一種結構簡式或或或，故答案為：或或或。（5）1-溴丙烷發(fā)生消去反應得到丙烯，丙烯與NBS發(fā)生取代反應引入溴原子生成BrCH2CH=CH2，然后在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下得到CH2=CH-CH2OH，最后發(fā)生加聚反應生成高分子化合物，合成路線流程圖為：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH，故答案為：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH?！绢}目點撥】本題考查有機物的推斷與合成，側重考查分析推斷、知識綜合運用能力，充分利用反應條件、有機物分子式與結構簡式進行分析推斷，明確官能團及其性質關系、官能團之間的轉化關系是解題關鍵。24、+H2O8②⑤⑥⑦2++2H2O【解題分析】分析：A的蒸汽在標準狀況下密度為2.5g?L-1，A的相對分子質量為56，屬于脂肪烴，A中碳原子個數=5612=4…8，分子式為C4H8，根據核磁共振氫譜顯示有2組峰，面積比為3：1，結合流程圖知，B是溴代烴、C是醇，C被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成D，根據D分子式知，C中有一個羥基不能被氧化，則A為CH2=C(CH3)2，B為CH2BrCBr(CH3)2，C為CH2OHCOH(CH3)2，D為HOOCCOH(CH3)2，E分子式為C4H6O2，能使溴水褪色，D發(fā)生消去反應生成E，E為HOOCC(CH3)=CH2，E發(fā)生信息③的反應生成F，F為HOOCC(CH3)CH2COOH，H和F發(fā)生酯化反應生成I，根據I分子式知，H為，甲苯發(fā)生取代反應生成G，G為；I為。詳解：根據上述分析，A為CH2=C(CH3)2，B為CH2BrCBr(CH3)2，C為CH2OHCOH(CH3)2，D為HOOCCOH(CH3)2，E為HOOCC(CH3)=CH2，F為HOOCC(CH3)CH2COOH；H為，G為；I為。(1)A的結構簡式為CH2=C(CH3)2，故答案為：CH2=C(CH3)2；(2)D為HOOCCOH(CH3)2，E為HOOCC(CH3)=CH2，反應④的化學方程式為：+H2O，故答案為：+H2O；(3)E為HOOCC(CH3)=CH2，E的同系物K比E多一個碳原子，K有多種鏈狀同分異構體，其中能發(fā)生銀鏡反應且能水解的同分異構體說明含有酯基和醛基，應該是甲酸某酯，丁烯醇中，4個碳原子在同一鏈上時有6種；3個C原子在同一鏈上時有2種，所以符合條件的有8種，故答案為：8；(4)根據上述分析，反應①為加成反應，反應②為水解反應，屬于取代反應，反應③為氧化反應，反應④為消去反應，反應⑤為取代反應，反應⑥為水解反應，反應⑦為酯化反應，屬于取代反應的是②⑤⑥⑦，故答案為：②⑤⑥⑦；(5)反應⑦的化學方程式為2++2H2O，故答案為：2++2H2O；(6)和溴發(fā)生加成反應生成CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，CH2BrCBr(CH3)CH2CH3堿性條件下發(fā)生水解反應生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，CH2OHCOH(CH3)CH2CH3被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成，發(fā)生酯化反應生成，其合成路線為，故答案為：。點睛：本題考查有機物推斷和合成，明確有機物官能團及其性質關系、物質之間的轉化關系即可推斷物質。本題的易錯點為(3)中同分異構體種類的判斷，要考慮碳鏈異構、官能團位置異構；難點為(6)，要注意鹵代烴在有機合成中的應用。25、產生磚紅色沉淀CO2CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2ONa2CO3(或碳酸鈉)防止倒吸B【解題分析】

(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氫氧化銅懸濁液氧化，所以實驗現象是產生磚紅色沉淀；(2)根據碳原子和氧原子守恒可知，另外一種生成物是CO2；(3)①乙酸和乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應，生成乙酸乙酯和水；②制備乙酸乙酯時常用飽和碳酸鈉溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分層；③實驗開始時，試管b中的導管不伸入液面下的原因是防止倒吸；④乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的儀器是分液漏斗?！绢}目詳解】(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氫氧化銅懸濁液氧化，所以實驗現象是產生磚紅色沉淀氧化亞銅；(2)根據碳原子和氧原子守恒可知,另外一種生成物是CO2；(3)①在濃硫酸的作用下,乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯,反應的化學方程式是CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O；②由于乙醇和乙酸都是易揮發(fā)的，所以生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，除去乙醇和乙酸的試劑是飽和的碳酸鈉(Na2CO3)溶液；③由于乙醇和乙酸都是和水互溶的，如果直接插入水中吸收，容易引起倒吸，所以試管b中的導管不伸入液面下的原因是防止溶液倒吸；④乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的儀器是分液漏斗，故答案為B；26、除去鐵銹表面油污補充蒸發(fā)掉的水份，防止硫酸亞鐵晶體析出抑制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，還能氧化富馬酸中的碳碳雙鍵【解題分析】

(1)①步驟1中加入碳酸鈉溶液顯堿性，可去除油污；②根據該步操作加熱水分蒸發(fā)導致溶液濃度變大分析；從鹽的水解角度分析控制pH大小的原因；(2)①根據兩個相同基團在雙鍵同一側的為順式結構，在不同側的為反式結構分析；②根據羧酸的酸性比碳酸酸性強，強酸與弱酸的鹽反應產生強酸鹽和弱酸書寫；③根據儀器的結構命名；結合實驗操作判斷其作用；(3)①根據鹽溶液的酸堿性判斷使用滴定管的種類；②KMnO4溶液具有強氧化性，可以氧化Fe2+、碳碳雙鍵；③根據消耗標準溶液的體積及濃度計算n(Fe2+)，再計算其質量，最后根據物質的含量計算公式計算鐵的質量分數?！绢}目詳解】(1)①步驟1中加入碳酸鈉是強堿弱酸鹽，在溶液CO32-水解，消耗水電離產生的H+，使溶液顯堿性，油脂能夠與堿發(fā)生反應產生可溶性的物質，因此加入碳酸鈉溶液目的是去除可去除鐵銹表面油污；②步驟2“不時向燒杯中滴加少量蒸餾水”的目的是補充蒸發(fā)掉的水份，防止硫酸亞鐵晶體析出；FeSO4是強酸弱堿鹽，Fe2+水解使溶液顯酸性，“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步驟(Ⅰ)所得產品(富馬酸)結構簡式為，可知：兩個相同的原子或原子團在碳碳雙鍵的兩側，因此該富馬酸是反式結構；名稱為反－丁烯二酸；②富馬酸與足量Na2CO3溶液反應產生富馬酸鈉、水、二氧化碳，反應的化學方程式為：+Na2CO3+CO2↑+H2O；③由儀器的結構可知：該物質名稱是球形冷凝管；其作用是冷凝回流水，減少水分揮發(fā)；(3)①(NH4)2Ce(SO4)3是強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，所以應該將其標準溶液適宜盛放在酸式滴定管中；②使用(NH4)2Ce(SO4)3標準溶液滴定，只發(fā)生Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，若使用KMnO4標準溶液，由于KMnO4具有強氧化性，不僅可以氧化Fe2+，也可以氧化碳碳雙鍵，所以不能用來測定Fe2+；③根據Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知n(Fe2+)=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，則m(Fe2+)=56cV×10-3g，所以產品中鐵的質量分數為×100%。【題目點撥】本題考查了物質制備工藝流程的知識，涉及儀器的使用、操作目的、鹽的水解及其應用、物質結構的判斷化學方程式的書寫及物質含量的測定與計算等知識。掌握化學基本原理和基礎知識是本題解答關鍵。27、NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+c2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O吸收殘留的ClO2當加入最后一滴硫代硫酸鈉標準溶液，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內溶液顏色不再改變0.027d【解題分析】

（1）電解時與電源正極相連的陽極失去電子，發(fā)生氧化反應，與電源負極相連的陰極得到電子發(fā)生還原反應。根據題中ClO2的制備過程，可知電解產物有H2、NCl3，據此可得出電極反應方程式。（2）分析實驗過程，可知實驗過程中涉及的反應方程式有：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-，據此進行分析。【題目詳解】（1）①電解時陽極失去電子，發(fā)生氧化反應，結合題中電解過程生成的產物，可知陽極電極反應方程式為：NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+；答案為：NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+；②根據ClO2和NH3的性質進項分析：a．ClO2和NH3均易溶于水，不能用水和飽和食鹽水來除去氨氣，a項錯誤；b．堿石灰不能吸收氨氣，b項錯誤；c．濃硫酸可以吸收氨氣，且不影響ClO2，故除去除去ClO2中的NH3可選用的試劑濃硫酸。c項正確；d．ClO2和NH3均易溶于水，不能用飽和食鹽水來除去氨氣，d項錯誤；答案為：c；（2）①由題給信息可知，ClO2通入錐形瓶把I-氧化為I2，自身被還原為Cl-，同時生成水，則錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；答案為：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；②由于ClO2是氣體，容易揮發(fā)到空氣中，所以玻璃液封裝置的作用是吸收殘余的ClO2氣體，答案為：吸收殘留的ClO2；③根據淀粉遇碘變藍，溶液中應是加入了淀粉作指示劑，當到達滴定終點時，I2完全轉化為I-，溶液藍色褪去。故滴定至終點的現象是：當加入最后一滴硫代硫酸鈉標準溶液，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內溶液顏色不再改變；答案為：當加入最后一滴硫代硫酸鈉標準溶液，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內溶液顏色不再改變；④根據反應方程式：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-，可得關系式：2ClO2～5I2～10S2O32-，由此可知混合氣體中ClO2的質量為。答案為：0.027；⑤圖中液面讀數為22.40mL，滴定管最大讀數為50.00mL，故液面與最大讀數間的液體體積差為27.60mL，因為滴定管尖嘴部分仍有一定的液體，則滴定管內液體體積應大于27.60mL，答案選d。答案為：d。28、TCl