2024屆重慶市南開中學高二化學第二學期期末學業(yè)水平測試模擬試題含解析

2024屆重慶市南開中學高二化學第二學期期末學業(yè)水平測試模擬試題考生須知：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(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、H+、Na+、Al3+、Ba2+、OHˉ、HCO3ˉ、Clˉ七種離子中的兩種可以形成了甲、乙、丙、丁四種化合物，它們之間可以發(fā)生如下轉化關系(產物H2O未標出)，下列說法不正確的是A．白色沉淀A可能能溶解在溶液D中B．在甲中滴加丁可能發(fā)生反應：HCO3ˉ+Ba2++OHˉ==BaCO3↓+H2OC．溶液丙與Iˉ、NO3ˉ、SO42ˉ可以大量共存D．溶液乙一定是AlCl3溶液2、有關晶體的結構如圖所示,下列說法中不正確的是()A．在NaCl晶體中,距Na+最近的Cl-形成正八面體B．在CaF2晶體中,每個晶胞平均占有4個Ca2+C．在金剛石晶體中,碳原子與碳碳鍵個數的比為1∶2D．CaF2晶體在熔融狀態(tài)不導電3、乙二酸，又稱草酸，通常在空氣中易被氧化而變質。其兩分子結晶水(H2C2O4·2H2O)卻能在空氣中穩(wěn)定存在。在分析化學中常用H2C2O4?2H2O做KMnO4的滴定劑，下列關于H2C2O4的說法正確的是A．草酸是二元弱酸，其電離方程式為H2C2O4═2H++C2O42?B．草酸滴定KMnO4屬于中和滴定，可用石蕊做指示劑C．乙二酸可通過乙烯經過加成、水解、氧化再氧化制得D．將濃H2SO4滴加到乙二酸上使之脫水分解，分解產物是CO2和H2O4、從古至今化學與生產、生活密切相關。下列說法正確的是（）A．喝補鐵劑（含Fe2+）時，加服維生素C效果更好，因維生素C具有氧化性B．漢代燒制岀“明如鏡、聲如馨”的瓷器，其主要原料為石灰石C．“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中的“杓”含Fe2O3D．港珠澳大橋采用超高分子聚乙烯纖維吊繩，其商品名為“力綸”是有機高分子化合物5、根據酸堿質子理論，凡是能給出質子的分子或離子都是酸，凡是能給合質子的分子或離子都是堿，按照這種理論下列物質既屬于酸又屬于堿的是（）A．NaOH B．HCl C．NaH2PO4 D．Fe2O36、在體積相同的兩個密閉容器中分別充滿O2、O3氣體，當兩個容器內溫度和氣體密度相等時，說法正確的是()A．兩種氣體的壓強相等 B．O2比O3質量小C．兩種氣體的分子數目相等 D．兩種氣體的氧原子數目相等7、設NA為阿伏加德羅常數，下列說法不正確的是A．2.0g重水（D2O）中含有的中子數為NAB．50mL12mol·L﹣1鹽酸與足量MnO2共熱，轉移的電子數為0.3NAC．23g金屬鈉變?yōu)殁c離子時失去的電子數為NAD．常溫常壓下，48gO3和O2混合氣體中含有的氧原子數為3NA8、BHT是一種常用的食品抗氧化劑。由對甲基苯酚（）合成BHT的常用方法有2種（如圖）。下列說法中，不正確的是A．BHT能使酸性KMnO4溶液褪色B．BHT與對甲基苯酚互為同系物C．BHT與FeCl3溶液不發(fā)生顯色反應D．方法一的原子利用率高于方法二9、下列各組有機物，不論按何種比例混合，只要總質量一定，完全燃燒生成水的總質量就相同的是A．甲烷、丙烷 B．甲苯、甘油 C．甲酸、乙酸 D．乙醇、乙二醇10、已知某化合物的晶體是由以下最小單元密置堆積而成的,關于該化合物的以下敘述中正確的是()A．1mol該化合物中有1molY B．1mol該化合物中有6molOC．1mol該化合物中有1molBa D．該化合物的化學式是YBa2Cu3O611、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．使甲基橙變紅色的溶液：Na+、Cu2+、ClO－、Cl－B．0.1mol·L-1Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-C．0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、Al3+、Cl－、NO3-D．KW/c(H＋)＝0.1mol·L-1的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO－、HCO3-12、下列有關化學鍵類型的判斷不正確的是A．s-—sσ鍵與s—-pσ鍵的對稱性相同B．分子中含有共價鍵，則至少含有一個σ鍵C．已知乙炔的結構式為H—C≡C—H，則乙炔分子中存在2個σ鍵(C—H)和3個π鍵(C≡C)D．乙烷分子中只存在σ鍵，即6個C—H鍵和1個C—C鍵都為σ鍵，不存在π鍵13、下列物質能發(fā)生消去反應的是A．CH3OH B．（CH3）3CCH2ClC．CH3CH2Br D．14、下列說法正確的是()A．烷烴的通式為CnH2n＋2，隨n值增大，碳元素的質量百分含量逐漸減小B．乙烯與溴加成反應的產物為溴乙烷C．1mol苯恰好與3mol氫氣完全加成，說明苯分子中有三個碳碳雙鍵D．當n＝7，主鏈上有5個碳原子的烷烴共有5種15、下列說法正確的是A．用新制的氫氧化銅懸濁液可鑒別乙醇、乙醛和乙酸B．間二甲苯只有一種結構說明苯環(huán)中不存在碳碳雙鍵C．甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應，最多生成四種產物D．乙烯使酸性高錳酸鉀溶液褪色和溴水褪色的原理相同16、下列說法正確的是A．HD、CuSO4·5H2O都是化合物B．CO2、NO2和SiO2都是酸性氧化物，都是大氣污染物C．常溫下，濃硫酸、濃硝酸與鐵均能發(fā)生鈍化，均能用鐵罐儲運D．NaClO和明礬都能作消毒劑或凈水劑，加入酚酞試液均顯紅色17、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．1．1mol·L?1KI溶液：Na+、K+、ClO?、OH?B．1．1mol·L?1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3?、SO42?C．1．1mol·L?1HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO?、NO3?D．1．1mol·L?1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42?、HCO3?18、用下列實驗裝置和方法進行相應實驗，能達到實驗目的的是A．用裝置制備S02B．用裝置從碘水溶液中萃取碘C．用裝置除去粗鹽溶液中混有的KC1雜質D．用裝置制取NH319、瑞典公司設計的用于驅動潛艇的液氨-液氧燃料電池如圖所示，下列有關說法正確的是（）A．電池工作時，電極2上發(fā)生氧化反應B．電池工作一段時間后停止，溶液pH比開始時明顯增大C．電極1發(fā)生的電極反應為2NH3+6OH－－6e－＝N2↑+6H2OD．用該電池做電源電解精煉銅，理論上每消0.2molNH3的同時陽極會得到19.2g純銅20、已知鹵代烴可以跟金屬鈉反應生成碳鏈較長的烴，如：CH3Cl+2Na+CH3Cl→CH3CH3+2NaCl，現有CH3CH2Br和CH3CHBrCH3的混合物與金屬鈉反應后，不可能得到的烴是（）A．2-甲基丁烷 B．2-甲基戊烷C．2，3-二甲基丁烷 D．丁烷21、元素周期律和元素周期表是學習化學的重要工具，下列說法不正確的是：（）A．HF、HCl、HBr、HI的還原性依次增強，熱穩(wěn)定性依次減弱B．P、S、Cl得電子能力和最高價氧化物對應水化物的酸性均依次增強C．同周期IA族的金屬單質與水反應一定比IIA族的金屬單質劇烈D．除稀有氣體外，第三周期元素的原子半徑和離子半徑隨原子序數的增加而減小22、100mL0.3mol·L－1Na2SO4溶液和50mL0.2mol·L－1Al2(SO4)3溶液混合后，溶液中SO42-的物質的量濃度為()A．0.20mol·L－1 B．0.25mol·L－1C．0.40mol·L－1 D．0.50mol·L－1二、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）已知：通常羥基與碳碳雙鍵相連時不穩(wěn)定，易發(fā)生下列變化：依據如下圖所示的轉化關系，回答問題：（1）A的化學式是______________，官能團是酯基和______________（填名稱）；（2）B的結構簡式是______________；（3）①的化學方程式是____________________________________________；（4）F是芳香族化合物且苯環(huán)上只有一個側鏈，③的化學方程式是___________________________________________________________________；（5）綠色化學中，最理想的“原子經濟”是原子利用率100%，上述反應中能體現“原子經濟”原則的是__________（選填字母）；a．①b．③c．④（6）G是F的同分異構體，有關G的描述：①能發(fā)生水解②苯環(huán)上有三個取代基③苯環(huán)上一溴代物有2種據此推測G的結構簡式可能是（寫出其中一種）_____________________。25、（12分）某酸性廢液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三種金屬離子，有同學設計了下列方案對廢液進行處理（所加試劑均稍過量），以回收金屬銅，保護環(huán)境。請回答：（1）沉淀a中含有的單質是__________（填元素符號）。（2）沉淀c的化學式是_______________。（3）溶液A與H2O2溶液在酸性條件下反應的離子方程式是__________________。26、（10分）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(huán)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(fā)濃縮至10mL左右，在冷水浴中冷卻，析出已二酸粗品?；卮鹣铝袉栴}：(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__________。27、（12分）實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定。（1）制備K2FeO4（夾持裝置略）①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應方程式是________________（錳被還原為Mn2+）。②將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑。_______③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反應有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有________________。（2）探究K2FeO4的性質①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產生黃綠色氣體，得溶液a，經檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產生Cl2，設計以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子，但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由________________產生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是________________。②根據K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ實驗表明，Cl2和FeO4③資料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，驗證實驗如下：將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振蕩后溶液呈淺紫色，該現象能否證明氧化性FeO428、（14分）（1）肉桂醛是重要的醫(yī)藥原料，也是重要的香料，其結構簡式如下圖所示。①肉桂醛所含官能團的名稱是碳碳雙鍵和_____________。②肉桂醛與新制Cu（OH）2反應的化學方程式是_____________：。（2）根據下列高分子化合物回答問題①合成聚丙烯酸鈉的單體的結構簡式是_____________；②合成滌綸有兩種單體，其中能和NaHCO3反應的單體的結構簡式是_____________，其核磁共振氫譜的峰面積比是_____________；③和乙醛在酸性條件下也可以發(fā)生類似于制備酚醛樹脂的反應，此反應的化學方程式是_____________。29、（10分）閃鋅礦的主要成分為ZnS（還含有少量FeS等其他成分），以其為原料冶煉鋅的工藝流程如圖所示：(l)閃鋅礦焙燒過程中產生的出爐煙氣可凈化制酸，用于浸出操作。制酸過程中的主要化學方程式為_______。(2)浸出操作中Fe3+濃度較高，需先加入SO2或ZnS將Fe3+還原為Fe2+，再以ZnO調整溶液酸度，將Fe2+轉化成針鐵礦(FeOOH)沉淀形成浸出渣。則Fe2+沉淀過程的總化學方程式為_____________。(3)已知凈化操作后的濾液中c(Zn2+)=0.2mol/L，將該濾液與0.4mol/L的Na2S溶液等體積混合，充分反應后，混合溶液中c(Zn2+)=_______（ZnS的溶度積帝數Ksp=1.20×10-23）(4)凈化操作后的濾液加入陰極室內進行電沉積可得到純鋅，原理如右圖所示：①陽極的電極反應式為___________。②以乙醚(C2H5OC2H5)空氣燃料電池為電源電沉積制取純鋅時，陰極室內沉積1.3g鋅，理論上乙醚-空氣燃料電池消耗____g乙醚。(5)上述冶煉工藝中的焙燒過程易導致空氣污染。采用“氧壓酸浸”流程，既可省略焙燒過程又可獲得一種非金屬單質。“氧壓酸浸”流程中發(fā)生的主要反應的離子方程式為___________________。

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】分析：甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OHˉ、HCO3ˉ、Clˉ離子中的兩種組成，由離子共存，H+只能與Clˉ組成HCl，Al3+只能與Clˉ組成AlCl3，甲溶液能和乙溶液生成白色沉淀A、氣體和氯化鈉，應是鋁離子與碳酸氫根發(fā)生的雙水解反應，A為Al(OH)3，B為CO2，甲、乙分別為AlCl3、NaHCO3中的一種，甲與丙反應得到氯化鈉與二氧化碳，則甲為NaHCO3，乙為AlCl3，丙為HCl，甲與丁反應得到白色沉淀C與無色反應D，則丁為Ba(OH)2，因為物質的用量不確定，則D為NaOH或碳酸鈉。詳解:甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OHˉ、HCO3ˉ、Clˉ離子中的兩種組成，由離子共存，H+只能與Clˉ組成HCl，Al3+只能與Clˉ組成AlCl3，甲溶液能和乙溶液生成白色沉淀A、氣體和氯化鈉，應是鋁離子與碳酸氫根發(fā)生的雙水解反應，A為Al(OH)3，B為CO2，甲、乙分別為AlCl3、NaHCO3中的一種，甲與丙反應得到氯化鈉與二氧化碳，則甲為NaHCO3，乙為AlCl3，丙為HCl，甲與丁反應得到白色沉淀C與無色反應D，則丁為Ba(OH)2，因為物質的用量不確定，則D為NaOH或碳酸鈉。A.A為Al(OH)3，D為可能為NaOH或碳酸鈉，氫氧化鋁可以溶于氫氧化鈉溶液，所以A選項是正確的；

B.甲為NaHCO3，丁為Ba(OH)2，在甲中滴加丁,若氫氧化鋇過量，發(fā)生反應：HCO3ˉ+Ba2++OHˉ==BaCO3↓+H2O，所以B選項是正確的；

C.丙為HCl，含有H+，故Iˉ、NO3ˉ不能與其共存，故C錯誤；

D.甲、乙分別為AlCl3、NaHCO3中的一種，甲與丙反應得到氯化鈉與二氧化碳，則甲為NaHCO3，乙一定為AlCl3，所以D選項是正確的。

故答案為C。2、D【解題分析】分析：A、根據在NaCl晶體中，距Na+最近的Cl-有6個，距Cl-最近的Na+有6個進行分析；B、利用均攤法確定每個晶胞中含有的鈣離子、氟離子個數；C、每個C原子形成4個共價鍵，兩個C原子形成一個共價鍵；D、CaF2晶體是離子化合物。詳解：在NaCl晶體中，距Na+最近的Cl-有6個，距Cl-最近的Na+有6個，這6個離子構成一個正八面體，A選項正確；在CaF2晶胞中每個Ca2+連接4個氟離子，Ca2+位于立方體的8個頂角和6個面，所以Ca2+的數目是：8×1/8+6×1/2=4，在CaF2晶體中,每個晶胞平均占有4個Ca2+，B選項正確；每個C原子形成4個共價鍵，兩個C原子形成一個共價鍵，所以在金剛石晶體中，碳原子與碳碳鍵個數的比為1：2，C選項正確；CaF2是離子化合物，在水溶液或者熔融狀態(tài)下能夠完全電離出Ca2+和F-離子，能夠導電，D說法不正確，D選項錯誤；正確選項D。

點睛：晶體中微粒的排列具有周期性，晶體中最小的結構重復單元稱為晶胞，利用“均攤法”可以計算一個晶胞中的粒子數，從而確定晶體的化學式。中學中常見考題里涉及的晶胞有立方晶胞、六方晶胞；在立方晶胞中：（1）每個頂點上的粒子被8個晶胞共用，每個粒子只有1/8屬于該晶胞，如本題中的Ca2+離子；（2）每條棱上的粒子被4個晶胞共用，每個粒子只有1/4屬于該晶胞；（3）每個面心上的粒子被2個晶胞共用，每個粒子只有1/2屬于該晶胞。如本題中的Ca2+；（4）晶胞內的粒子完全屬于該晶胞。3、C【解題分析】

A．多元弱酸的電離是分步進行的，電離方程式為H2C2O4H++HC2O4-，故A錯誤；B．高錳酸鉀本身就是紫紅色，不需要指示劑，該反應是氧化還原滴定，故B錯誤；C．乙烯和氯氣加成生成1，2－二氯乙烷，上述產物水解成乙二醇，乙二醇催化氧化為乙二醛，乙二醛發(fā)生銀鏡反應生成乙二酸，故C正確；D．乙二酸在酸和受熱的條件下易分解出甲酸和二氧化碳，故D錯誤；故選C。4、D【解題分析】

A．亞鐵離子易被人體吸收，維生素C具有還原性，可以防止亞鐵離子被氧化，則喝補鐵劑時，加維生素C效果較好，故A錯誤；B．瓷器的成分為硅酸鹽，主要原料為黏土，不是石灰石，故B錯誤；C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，與磁鐵的磁性有關，則司南中的“杓”含Fe3O4，故C錯誤；D．聚乙烯纖維屬于合成高分子材料，屬于有機高分子化合物，故D正確；答案選D。5、C【解題分析】分析：本題考查兩性物質的概念，注意根據題目所給信息解題，理解質子理論的實質是關鍵。詳解：質子是氫離子。A.NaOH結合氫離子，不能電離出氫離子，故屬于堿，故錯誤；B.HCl能電離出氫離子，屬于酸，故錯誤；C.NaH2PO4能電離出氫離子也能結合氫離子，故屬于兩性物質，故正確；D.Fe2O3能結合氫離子，屬于堿，故錯誤。故選C。6、D【解題分析】

相同體積相同密度時，兩容器氣體的質量相等，且都由O元素組成的同素異形體，則O原子的質量、個數以及物質的量相等，據此分析解答?！绢}目詳解】A、O原子個數相等時，氣體的物質的量之比為n(O2):n(O3)＝3:2，由PV=nRT可知，兩種氣體的壓強之比為3:2，故A錯誤；B、同體積相同密度時，兩容器氣體的質量相等，故B錯誤；C、O原子個數相等時，氣體的物質的量之比為n(O2):n(O3)＝3:2，故C錯誤；D、相同體積相同密度時，兩容器氣體的質量相等，且都由O元素組成，因此O原子數目相等，故D正確。答案選D。7、B【解題分析】A.2.0g重水的物質的量為0.1mol，而一個重水分子中含10個中子，故0.1mol重水中含NA個中子，A項正確；B.無法計算轉移的電子數，因為到后來濃鹽酸變稀，稀鹽酸不再和MnO2反應產生氯氣，B項錯誤；C.23g鈉的物質的量為1mol，而鈉反應后變?yōu)?1價，故1mol鈉失去NA個電子，C項正確；D.48gO3和O2混合氣體中含有的氧原子數為3NA，D項正確。答案選B.8、C【解題分析】

由題給示意圖可知，方法一的反應為加成反應，在稀硫酸作用下，與（CH3）2C=CH2發(fā)生加成反應生成BHT，方法二為取代反應，在濃硫酸作用下，與（CH3）3COH發(fā)生取代反應生成BHT?！绢}目詳解】A項、BHT中含有的酚羥基和甲基（苯環(huán)上的）能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧反應化，使酸性KMnO4褪色，故A正確；B項、BHT與對甲基苯酚的結構相似，分子組成上相差若干個CH2原子團，都屬于酚類，互為同系物，故B正確；C項、BHT的官能團為酚羥基，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，使溶液呈紫色，故C錯誤；D項、反應一通過加成反應生成BHT，原子利用率為100%，而反應二為取代反應，原子利用率不是100%，所以從綠色化學角度分析方法一優(yōu)于方法二，故D正確；故選C?！绢}目點撥】本題考查了有機物結構與性質，注意明確官能團及其性質關系，熟悉常見的有機反應類型是解本題關鍵。9、B【解題分析】

不論按何種比例混合，只要總質量一定，完全燃燒生成水的總質量就相同，說明氫元素的質量分數相同。A、甲烷分子式為CH4，丙烷的分子式為C3H8，二者相對分子質量不同，氫元素質量分數不同，不符合題意，A錯誤；B、甲苯分子式為C7H8，甘油的分子式為C3H8O3，氫元素質量分數相同，符合題意，B正確；C、甲酸分子式為CH2O2，乙酸的分子式為C2H4O2，二者相對分子質量不同，氫元素質量分數不同，不符合題意，C錯誤；D、乙醇的分子式為C2H6O，乙二醇的分子式為C2H6O2，二者相對分子質量不同，氫元素質量分數不同，不符合題意，D錯誤。答案選B。10、C【解題分析】由晶胞結構可知，Y原子位于頂點，晶胞中Y原子數目為8×=1，Ba原子位于棱上，晶胞中Ba原子數目為8×=2，Cu原子位于晶胞內部，晶胞中Cu原子數目為3，O原子晶胞內部與面上，晶胞中O原子數目為2+10×=7，則該晶體化學式為YBa2Cu3O7，故1mol該化合物中有1molY、7molO、2molBa，故C正確；答案為C。11、B【解題分析】

A.使甲基橙變紅色的溶液呈酸性，H++ClO－HClO，故A組離子在指定溶液中不能大量共存；B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-在指定溶液中不能發(fā)生離子反應，一定能大量共存；C.0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、NO3-、Fe2+發(fā)生反應，故C組離子在指定溶液中不能大量共存；D.KW/c(H＋)＝c(OH-)=0.1mol·L-1的溶液呈堿性，Ca2+、OH-，NH4+、OH-，HCO3-、OH-發(fā)生反應，故D組離子在指定溶液中不能大量共存。故選B.12、C【解題分析】

根據共價鍵的種類和應用分析解答?！绢}目詳解】A.σ鍵都是軸對稱圖形，故A正確；B.共價單鍵為σ鍵，雙鍵和三鍵中均含1個σ鍵，則分子中含有共價鍵，則至少含有一個σ鍵，故B正確；C.乙炔中的碳碳三鍵中含有一個σ鍵，2個π鍵，兩個C—H鍵是σ鍵，故C錯誤；D.乙烷分子中只存在C—C單鍵和C—H單鍵，單鍵都為σ鍵，故都是σ鍵，故D正確。故選C?！绢}目點撥】單鍵中只有σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵；碳碳雙鍵、碳碳三鍵中的π鍵不穩(wěn)定，容易斷裂，發(fā)生加成反應。13、C【解題分析】

常見能發(fā)生消去反應的有機物有醇和鹵代烴，醇發(fā)生消去反應結構特點：與-OH相連碳相鄰碳上有氫原子才能發(fā)生反應，形成不飽和鍵；鹵代烴發(fā)生消去反應結構特點：與-X相連碳相鄰碳上有氫原子才能發(fā)生反應，形成不飽和鍵?！绢}目詳解】A．CH3OH中只有一個碳，與羥基相連碳相鄰沒有碳，不能發(fā)生消去反應，選項A不選；B．（CH3）3CCH2Cl中與-Cl相連碳相鄰碳上沒有氫原子，不能發(fā)生消去反應，選項B選；C．溴乙烷中與-Br相連碳相鄰碳上有氫原子，能發(fā)生消去反應，選項C不選；D．中與-Br相連碳相鄰碳上沒有氫原子，不能發(fā)生消去反應，選項D不選；答案選C?！绢}目點撥】本題考查有機物的結構和性質，側重于鹵代烴和醇能發(fā)生消去反應結構特點，難度不大，掌握鹵代烴、醇能發(fā)生消去反應結構特點是解題的關鍵。14、D【解題分析】

A．烷烴的通式為CnH2n+2，C元素的質量分數為=，則隨n值增大，碳元素的質量百分含量逐漸增大，故A錯誤；B．乙烯中含碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應生成1，2-二溴乙烷，故B錯誤；C．苯分子中不存在碳碳雙鍵，故C錯誤；D．n=7，主鏈上有5個碳原子的烷烴，支鏈為2個甲基或1個乙基，符合條件的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，共5種，故D正確；答案選D?！绢}目點撥】本題的難點為D，要注意縮短碳鏈法書寫同分異構體的使用和練習；易錯點為C，要注意苯分子結構的特殊性。15、A【解題分析】

A．加入新制Cu(OH)2懸濁液，乙醇不反應，乙醛在加熱時生成磚紅色沉淀，乙酸和氫氧化銅發(fā)生中和反應，氫氧化銅溶解，現象不同，所以可以鑒別，故A正確；

B．間二甲苯只有一種空間結構不能說明苯的結構特征，鄰二甲苯只有一種空間結構可以說明苯環(huán)中不存在單雙鍵交替的結構，故B錯誤；

C．甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應，最多可生成四種有機產物和HCl，故C錯誤；

D．乙烯使酸性高錳酸鉀溶液褪色的原理是發(fā)生了氧化還原反應，乙烯和溴水發(fā)生的是加成反應，褪色的原理不相同，故D錯誤；

故答案：A。16、C【解題分析】

A．HD由氫元素組成，是單質，A選項錯誤；B．NO2不是酸性氧化為，CO2不是大氣污染物，B選項錯誤；C．冷的濃硫酸、濃硝酸均能使Al、Fe鈍化，故在常溫下，能用鐵罐儲運濃硫酸、濃硝酸，C選項正確；D．明礬中的Al3+水解顯酸性，加入酚酞試液不變色，次氯酸鈉具有強氧化性，最終能使酚酞試液褪色，D選項錯誤；答案選C。17、B【解題分析】

A項，I-與ClO-發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故A不選；B項，在Fe2（SO4）3溶液中離子相互間不反應，可以大量共存，故B選；C項，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不選；D項，Mg2+、HCO3-都能與OH-反應，不能大量共存，故D不選，答案選B。18、B【解題分析】

A．Cu與濃硫酸加熱生成二氧化硫，圖中缺少酒精燈，故A錯誤；B．苯的密度比水的密度小，萃取后苯在上層，圖中分層現象合理，故B正確；C．KCl溶于水，不能過濾分離，故C錯誤；D．固體混合加熱時，試管口要向下略微傾斜，故D錯誤；故答案為B。19、C【解題分析】分析：原電池中負極發(fā)生失去電子的氧化反應，正極發(fā)生得到電子的還原反應，氨氣在負極通入，氧氣在正極通入，結合原電池的工作原理解答。詳解：A.電極1通入氨氣，為負極，電極2通入氧氣為正極，發(fā)生得到電子的還原反應，A錯誤；B．電池總方程式為4NH3+3O2=2N2+6H2O，生成水，溶液體積增大，氫氧根濃度減小，pH減小，B錯誤；C．在燃料電池的負極上發(fā)生燃料氨氣失電子的氧化反應，則堿性環(huán)境下電極1發(fā)生的電極反應為：2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O，C正確；D．由2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O可知，理論上每消耗0.2molNH3，可轉移0.6mol電子，陽極發(fā)生氧化反應，不能得到銅，D錯誤；答案選C。20、B【解題分析】

按照題設反應原理可知，兩分子CH3CH2Br反應生成CH3CH2CH2CH3，該烴名稱為正丁烷；兩分子CH3-CHBr-CH3反應生成(CH3)2CHCH(CH3)2，該烴名稱為2,3-二甲基丁烷；CH3CH2Br和CH3-CHBr-CH3反應生成(CH3)2CHCH2CH3，該烴名稱為2﹣甲基丁烷；B項2-甲級戊烷不可能該反應得到，故答案選B。21、D【解題分析】A．非金屬性F>Cl>Br>I，則HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱，還原性增強，選項A正確；B．P、S、Cl元素的非金屬性逐漸增強，得電子能力逐漸增強，對應最高價氧化物對應的水化物的酸性依次增強，選項B正確；C、同周期元素，從左到右金屬性逐漸降低，同周期IA族的金屬單質與水反應一定比IIA族的金屬單質劇烈，選項C正確；D、隨著原子序數的遞增，原子半徑逐漸減小，而離子半徑陰離子大于陽離子，且陰離子、陽離子中原子序數大的離子半徑小，選項D不正確。答案選D。22、C【解題分析】

根據n=cV計算各溶液中溶質的物質的量，進而計算各自含有SO42-離子物質的量，兩溶質含有的SO42-的物質的量之和為混合溶液中SO42-離子的物質的量，根據公式c=來計算SO42-離子的物質的量濃度。【題目詳解】100mL0.3mol?L-1Na2SO4溶液中含有SO42-的物質的量為：0.3mol/L×0.1L=0.03mol，50mL0.2mol?L-1Al2（SO4）3溶液中含有SO42-的物質的量為：0.2mol/L×0.05L×3=0.03mol，混合液中含有硫酸根離子的總物質的量為0.06mol，則混合液中硫酸根離子的物質的量濃度為=0.4mol/L，故選C。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、C4H6O2碳碳雙鍵c或【解題分析】

A發(fā)生加聚反應生成B，則A的分子式為C4H6O2，A能發(fā)生酸性條件下水解反應，則A中含有酯基，A的不飽和度==2，結合A的分子式知，A中含有一個酯基和一個碳碳雙鍵；C能發(fā)生氧化反應生成D，說明C、D中碳原子個數相等，所以C、D中碳原子個數都是2，結合題給信息知：C是CH3CHO，D是CH3COOH，A是CH3COOCH=CH2，B結構簡式為；D和E發(fā)生酯化反應生成F，根據F分子式知，E分子式為C7H8O，E中不飽和度==4，F是芳香族化合物且苯環(huán)上只有一個側鏈，所以E為，F為?！绢}目詳解】（1）A的分子式為C4H6O2，結構簡式為CH3COOCH=CH2，含有官能團是碳碳雙鍵和酯基；（2）通過以上分析知，B結構簡式為；（3）C是乙醛，乙酸和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應生成乙酸鈉、氧化亞銅和水，反應方程式為；（4），乙酸和苯甲醇在濃硫酸作催化劑、加熱條件下發(fā)生酯化反應生成乙酸苯甲酯和水，反應方程式為；（5）體現原子經濟的反應是加成或加聚反應，以上反應中只有c是加聚反應，故選c；（6）F為，G是F的同分異構體，G符合下列條件：①能發(fā)生水解說明含有酯基，②苯環(huán)上有三個取代基，③苯環(huán)上一溴代物有2種，說明苯環(huán)上只有兩種氫原子，符合條件的同分異構體結構簡式為或。25、Cu、FeBaCO32Fe2++H2O2+2H＋=2Fe3++2H2O【解題分析】酸性廢液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三種金屬離子，加入鐵屑，可置換出銅，沉淀a為Fe、Cu，溶液A含有Fe2+、Ba2+，然后在溶液A中加入過氧化氫、氫氧化鈉生成的紅褐色沉淀為Fe(OH)3，溶液B含有Na+、Ba2+，加入碳酸鈉溶液，可生成沉淀c為BaCO3，溶液C含有的陽離子主要為Na+。(1)由以上分析可知沉淀a中含有的單質是Fe、Cu，故答案為Fe、Cu；(2)由分析可知沉淀c為BaCO3，故答案為BaCO3；(3)氧化時加入H2O2溶液與二價鐵離子發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案為2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2

H2O。點睛：本題考查物質的分離提純，注意掌握金屬回收的方法和常見的離子之間的反應，明確離子方程式的書寫方法。本題的關鍵是根據流程圖，理清發(fā)生的反應。26、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%【解題分析】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。27、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH?Cl?+ClO?+H2OFe3+4FeO42?+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO?的干擾>溶液的酸堿性不同若能，理由：FeO42?在過量酸的作用下完全轉化為Fe3+和O2，溶液淺紫色一定是MnO4?的顏色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）【解題分析】分析：（1）KMnO4與濃鹽酸反應制Cl2；由于鹽酸具有揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl；Cl2與Fe（OH）3、KOH反應制備K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大氣。（2）①根據制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2還會與KOH反應生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+。II.產生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗滌除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。②根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物。對比兩個反應的異同，制備反應在堿性條件下，方案II在酸性條件下，說明酸堿性的不同影響氧化性的強弱。③判斷的依據是否排除FeO42-的顏色對實驗結論的干擾。詳解：（1）①A為氯氣發(fā)生裝置，KMnO4與濃鹽酸反應時，錳被還原為Mn2+，濃鹽酸被氧化成Cl2，KMnO4與濃鹽酸反應生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根據得失電子守恒和原子守恒，反應的化學方程式為2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，離子方程式為2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于鹽酸具有揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl，除雜裝置B為。③C中Cl2發(fā)生的反應有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，還有Cl2與KOH的反應，Cl2與KOH反應的化學方程式為Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根據上述制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，還可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。但Fe3+的產生不能判斷K2FeO4與Cl-發(fā)生了反應，根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應為4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.產生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。②制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應中Cl元素的化合價由0價降至-1價，Cl2是氧化劑，Fe元素的化合價由+3價升至+6價，Fe（OH）3是還原劑，K2FeO4為氧化產物，根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反應為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，實驗表