2024屆福建省泉州市泉港區(qū)一中高二化學第二學期期末預測試題含解析

2024屆福建省泉州市泉港區(qū)一中高二化學第二學期期末預測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、某同學配制一定物質的量濃度的NaOH溶液時，造成所配制溶液濃度偏高的原因是（）A．轉移時容量瓶未干燥B．定容時俯視刻度線C．沒有洗滌燒杯和玻璃棒D．用帶游碼的托盤天平稱2.4gNaOH時誤用了“左碼右物”方法2、下列關于金屬鈉性質的敘述中，正確的是（）A．鈉是密度小、硬度大、熔點高的銀白色金屬B．鈉在純凈的氧氣中充分燃燒，生成白色固體Na2OC．將金屬鈉放入CuSO4溶液中，可觀察到大量紅色的銅析出D．將金屬鈉放入水中立即熔化成小球，說明金屬鈉熔點低，且反應放出熱量3、將由NaOH、BaCl2、Al2（SO4）3三種固體組成的混合物溶于足量的水中,充分溶解后,向混合溶液中滴加1mol·L-1的稀硫酸,加入稀硫酸的體積與生成沉淀的質量關系如圖所示。下列有關判斷正確的是（）A．AB段發(fā)生反應的離子方程式為Ba2++SO42-=BaSO4↓B．BC段發(fā)生反應的離子方程式為H++OH-=H2OC．D點表示的沉淀的化學式為Al（OH）3D．E點時溶液中含有大量的AlO2-4、硼氫化物NaBH4(B元素的化合價為+3價)燃料電池(DBFC),由于具有效率高、產物清潔無污染和燃料易于儲存和運輸等優(yōu)點，被認為是一種很有發(fā)展?jié)摿Φ娜剂想姵?。其工作原理如下圖所示，下列說法正確的是A．電池的負極反應為BH4－+2H2O－8e－=BO2－+8H+B．放電時，每轉移2mol電子，理論上需要消耗9.5gNaBH4C．電池放電時Na+從b極區(qū)移向a極區(qū)D．電極a采用MnO2，MnO2既作電極材料又有催化作用5、電導率是衡量電解質溶液導電能力大小的物理量，根據溶液電導率變化可以確定滴定反應的終點。在一定溫度下，用0.1mol·L-1KOH溶液分別滴定體積均為20mL、濃度均為0.1mol·L-1的鹽酸和醋酸溶液，滴定曲線如圖所示。下列有關判斷正確的是A．①表示的是KOH溶液滴定醋酸溶液B．A點的溶液中有c(CH3COO-)＋c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1C．C點水電離的c(OH-)大于A點水電離的c(OH-)D．A、B、C三點溶液均有Kw=1.0×10-146、為了研究問題的方便，我們把在物質晶體立體示意圖中處于圖中某一位置（如頂點）的一種粒子（如原子、離子或分子）叫做一個質點。在下列各種物質的晶體中與其任意一個質點（原子或離子）存在直接的強烈相互作用的質點的數目表示正確的是（）A．干冰－12 B．水晶－4C．氯化銫－6 D．晶體硅－47、“垃圾是放錯了地方的資源”，應分類回收利用。生活中廢棄的塑料袋、廢紙、舊橡膠制品等屬于：A．無機物 B．鹽類 C．有機物 D．糖類8、電解質溶液的電導率越大，導電能力越強。用0.100mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL濃度均為0.100mol/L的鹽酸和CH3COOH溶液。利用傳感器測得滴定過程中溶液的電導率如圖所示。下列說法不正確的是A．曲線①代表滴定CH3COOH溶液的曲線B．A、C兩點對應溶液均呈中性C．B點溶液中:c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)D．A點溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.050mol/L9、用陽極X和陰極Y電解Z的水溶液，電解一段時間后，再加入W，能使溶液恢復到電解前的狀態(tài)，符合題意的一組是()XYZWACFeNaClH2OBPtCuCuSO4Cu（OH）2CCCH2SO4H2ODAgFeAgNO3AgNO3晶體A．A B．B C．C D．D10、含NaOH20.0g的稀溶液與足量稀鹽酸反應，放出28.7kJ的熱量，表示該反應的熱化學方程式正確的是（）A．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=+28.7kJ·mol-1B．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=_28.7kJ·mol-1C．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=+57.4kJ·mol-1D．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=_57.4kJ·mol-111、C60具有廣泛的應用前景，可以與金屬K形成碳球鹽K3C60，K3C60具有良好的超導性；也可以與H2反應生成C60H36，在80℃～215℃時，C60H36便釋放出氫氣，可作儲氫材料。下列說法正確的是A．C60H36釋放出氫氣的過程中，只破壞分子間作用力B．C60融化時破壞的是共價鍵C．K3C60中既存在離子鍵，又存在共價鍵D．在熔融狀態(tài)下，K、K3C60、C60、C60H36四種物質中只有K3C60能導電12、下列說法正確的是A．氫氧燃料電池放電時化學能全部轉化為電能B．反應4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常溫下可自發(fā)進行，該反應為吸熱反應C．3molH2與1molN2混合反應生成NH3，轉移電子的數目小于6×6.02×1023D．在酶催化淀粉水解反應中，溫度越高淀粉水解速率越快13、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大。其中X與Y可形成一種淡黃色物質P，常溫下將0.05molP溶于水，配成1L溶液，其中；Z為金屬元素，且Z可在W的一種氧化物中燃燒，生成一種白色的物質和一種黑色的物質。下列說法錯誤的是（）A．氫化物的沸點：W<XB．簡單離子半徑：X＞Y＞ZC．化合物P中既含有離子鍵又含有共價鍵D．W、X、Y三種元素形成的物質的水溶液顯堿性14、下列說法均正確的組合為①s－sσ鍵與s－pσ鍵的電子云形狀相同②第四周期的元素基態(tài)原子中，4s能級只有1個電子的元素共有3種③鎢的配合物離子[W(CO)5OH]－能催化固定CO2，該配離子中鎢顯0價④中心原子采取sp3雜化的分子，其立體構型一定是正四面體⑤2－丁醇中存在手性碳原子⑥相對分子質量：CH3CH2OH＞CH3CHO，所以沸點：CH3CH2OH＞CH3CHOA．②③⑤ B．③⑤ C．①②④ D．④⑥15、聚碳酸酯()的透光率良好。它可制作車、船、飛機的擋風玻璃，以及眼鏡片、光盤、唱片等。它可用綠色化學原料X()與另一原料Y反應制得，同時生成甲醇。下列說法不正確的是A．Y的分子結構中有2個酚羥基 B．Y的分子式為C15H18O2C．X的核磁共振氫譜有1個吸收峰 D．X、Y生成聚碳酸酯發(fā)生的是縮聚反應16、部分弱酸的電離平衡常數如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3電離平衡常數（25℃）K1=1.77×10-4K1=4.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11下列選項正確的是（）A．2CN－+H2O+CO2

=2HCN+CO32－B．相同物質的量濃度的溶液的pH：Na2CO3>NaHCO3>NaCN>HCOONaC．中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D．相同溫度下，同濃度的酸溶液的導電能力順序：HCOOH>HCN>H2CO3二、非選擇題（本題包括5小題）17、由短周期元素組成的中學常見的含鈉元素的物質A、B、C、D，存在如圖轉化關系(部分生成物和反應條件已略去)。(1)若A為金屬鈉，A與水反應的離子方程式為_______________。(2)若A為淡黃色的固體化合物，A________(填“是”或“不是”)堿性氧化物，A與CO2反應的化學方程式為_________________。(3)A不論是Na還是淡黃色的固體化合物，依據轉化關系判斷物質C是________，物質D是________。18、按以下步驟可從合成(部分試劑和反應條件已去)．請回答下列問題：(1)A的名稱為__________。(2)分別寫出B、F的結構簡式：B_____、F_____。(3)反應①～⑦中屬于消去反應的是_____，屬于加成反應的是_____(填代號)。(4)根據反應+Br2，寫出在同樣條件下CH2=CH—CH=CH2與等物質的量Br2反應的化學方程式：__________________。(5)寫出第④步的化學方程式_______________。(6)下列有機物分子中，在核磁共振氫譜圖中能給出三種峰(信號)且強度之比為1∶1∶2的是_______________。A．B．C．D．19、硫化鈉在無機制備、廢水處理等領域常用作沉淀劑，其水溶液稱為“臭堿”?？稍谔厥鈼l件下以硫酸鈉固體與炭粉為原料制備：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑（1）硫化鈉固體在保存時需注意_________，原因是___________。（2）實驗室用上圖裝置以Na2SO4與炭粉為原料制備Na2S并檢驗氣體產物、進行尾氣處理。步驟如下：①連接儀器順序為__________(按氣流方向，用小寫字母表示)；②檢查裝置氣密性；③裝入固體藥品及試劑，連好裝置；④加熱，進行實驗。（3）若amolNa2SO4和2amolC按上述步驟充分反應，實際得到Na2S小于amol，則實驗改進方案是____。某同學從氧化還原角度分析固體產物中可能含有少量Na2SO3，請設計實驗證明其猜測是否合理(供選擇的試劑有：酚酞溶液、硝酸、稀鹽酸、蒸餾水)_____。（4）經實驗測定，硫酸鈉與炭粉在一定條件下反應還可生成等物質的量的兩種鹽和體積比為1︰3的CO2和CO兩種氣體。反應方程式為_______。20、某化學活動小組設計如下圖所示(部分夾持裝置已略去)實驗裝置，以探究潮濕的Cl2與Na2CO3反應得到的氣態(tài)物質。(1)裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為_______________________________________。(2)裝置B中試劑Y應為_________________。(3)已知在裝置C中通入一定量的氯氣后，測得D中只有一種常溫下為黃紅色的氣體(含氯氧化物)，裝置C中只有氯化鈉和碳酸氫鈉。若C中有0.1molCl2參加反應，可推知C中反應生成的含氯氧化物為______________(寫化學式)。(4)該實驗裝置中明顯存在不足之處，改進的措施為____________________________。21、某無色溶液X，由Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、AlO、MnO4—、CO32—、SO42—中的若干種離子組成，取溶液進行如下連續(xù)實驗：（1）氣體A的成分是_______（填化學式，下同），氣體B的成分是_______。（2）X溶液中一定存在的離子是______________。（3）寫出步驟①中發(fā)生反應的所有離子方程式：______________。（4）寫出步驟②中形成白色沉淀的離子方程式：______________。（5）通過上述實驗，溶液X中不能確定是否存在的離子是______________；只要設計一個簡單的后續(xù)實驗就可以確定該離子是否存在，該方法是______________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解題分析】

A．容量瓶不需要干燥，因為后面定容時還需要加入蒸餾水，該操作正確，不影響配制結果，故A不選；B．定容時俯視刻度線，導致溶液的體積偏小，根據c=可知，配制的溶液濃度偏高，故B選；C．沒有洗滌燒杯和玻璃棒，導致配制的溶液中溶質的物質的量減小，配制的溶液的濃度偏小，故C不選；D．砝碼和物品放顛倒，導致稱量的氫氧化鈉的質量減小，配制的溶液中氫氧化鈉的物質的量偏小，根據c=可知，配制的溶液濃度偏低，故D不選；故選B?！绢}目點撥】解答此類試題，要注意將實驗過程中的誤差轉化為溶質的物質的量n和溶液的體積V，再根據c=分析判斷。2、D【解題分析】

A.鈉是密度小、硬度、熔點低的銀白色金屬，A錯誤；B.鈉在純凈的氧氣中充分燃燒，生成淡黃色固體Na2O2，B錯誤C.將金屬鈉放入CuSO4溶液中，首先與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉再與硫酸銅反應生成氫氧化銅沉淀和硫酸鈉，不能觀察到大量紅色的銅析出，C錯誤；D.鈉的熔點低，與水反應放熱，將金屬鈉放入水中立即熔化成小球，D正確；答案選D?！绢}目點撥】選項C是解答的易錯點，注意鈉與鹽溶液反應，不能置換出鹽中的金屬，這是因為金屬陽離子在水中一般是以水合離子形式存在，即金屬離子周圍有一定數目的水分子包圍著，不能和鈉直接接觸，所以鈉先與水反應，然后生成的堿再與鹽反應。3、B【解題分析】

三種固體加入水中混合，發(fā)生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，根據圖像，BC沒有沉淀產生，說明NaOH過量，則Al以AlO2－形式存在，AB段沉淀質量增加，說明原溶液中有Ba2＋，據此分析解答?！绢}目詳解】A、發(fā)生的反應是H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O，故錯誤；B、BC段沉淀質量不變，說明發(fā)生H＋＋OH－=H2O，故正確；C、根據上述分析，D點沉淀是Al（OH）3和BaSO4，故錯誤；D、DE沉淀質量減少，發(fā)生Al（OH）3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，因此E點溶液中含有Al3＋，故錯誤；答案選B。4、B【解題分析】

以硼氫化合物NaBH4（B元素的化合價為+3價）和H2O2作原料的燃料電池，電解質溶液呈堿性，由工作原理裝置圖可知，負極發(fā)生氧化反應，電極反應式為BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正極H2O2發(fā)生還原反應，得到電子被還原生成OH-，電極反應式為H2O2+2e-=2OH-，結合原電池的工作原理和解答該題【題目詳解】A．負極發(fā)生氧化反應生成BO2-，電極反應式為BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，故A錯誤；B．負極發(fā)生氧化反應生成BO2-，電極反應式為BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，每轉移2mol電子，理論上需要消耗0.25mol即9.5gNaBH4，故B正確；C．原電池工作時，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，則Na+從a極區(qū)移向b極區(qū)，故C錯誤；D．電極b采用MnO2，為正極，H2O2發(fā)生還原反應，得到電子被還原生成OH-，MnO2既作電極材料又有催化作用，故D錯誤；答案選B?！绢}目點撥】本題考查原電池工作原理，涉及電極判斷與電極反應式書寫等問題，做題時注意從氧化還原的角度判斷原電池的正負極以及電極方程式的書寫，本題中難點和易錯點為電極方程式的書寫，注意化合價的變化。5、A【解題分析】

A．溶液導電能力與離子濃度成正比，初始時HCl和醋酸濃度相同，CH3COOH只能部分電離，其導電能力較弱，則曲線①代表0.1mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲線，故A正確；B．A點溶質為CH3COOK，根據CH3COOK溶液中的電荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol/L，故B錯誤；C．酸或堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽促進水的電離，C點溶質為KCl，不影響水的電離，A點溶質為醋酸鈉，醋酸根離子水解，促進了水的電離，所以C點水電離的c(OH-)小于A點水電離的c(OH-)，故C錯誤；D．題中并未說明是25℃下，所以A、B、C三點溶液的Kw不一定為1.0×10-14；此外，中和反應是放熱反應，A、C兩點是剛好中和的點，溫度高于反應前的溫度，則Kw要比反應前的大，更不會是1.0×10-14；故D錯誤；故選A。6、D【解題分析】

A.干冰為分子晶體，晶體中質點之間的作用力較弱，分子間不存在強烈的相互作用，分子內每個C原子與2個O原子成鍵，A錯誤；B.水晶為SiO2，每個Si原子與4個O原子成鍵，而每個O原子與2個Si原子成鍵，數目可能為2或4，B錯誤；C.氯化銫晶胞是體心立方晶胞，配位數為8，質點的數目為8，C錯誤；D.硅晶體中每個Si原子與其它四個Si原子成鍵，D正確；故合理選項是D。7、C【解題分析】

根據組成元素可知，塑料袋、廢紙、舊橡膠制品等屬于有機物，答案選C。8、B【解題分析】溶液導電能力與離子濃度成正比，CH3COOH是弱電解質，溶液中離子濃度較小，加入KOH后，溶液中離子濃度增大，溶液導電性增強；HCl是強電解質，隨著KOH溶液加入，溶液體積增大，導致溶液中離子濃度減小，溶液導電能力減弱，當完全反應式離子濃度最小，繼續(xù)加入KOH溶液，離子濃度增大，溶液導電能力增強，根據圖知，曲線②代表0.1mol/LNaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲線，曲線①代表0.1mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲線，A．由分析可知，曲線①代表滴定CH3COOH溶液的曲線，選項A正確；B．A點溶質為醋酸鈉，醋酸鈉水解溶液呈堿性，C點溶質為NaCl，溶液呈中性，選項B不正確；C、B點為等物質的量濃度的醋酸鈉和NaOH，c(Na+)最大，CH3COO－水解產生OH－，c(OH－)>c(CH3COO－)，故c(Na+)>c(OH－)>c(CH3COO－)，選項C正確；D．A點溶液中c（Na+）=0.05mol/L，電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，選項D正確。答案選B。點睛：本題以電導率為載體考查離子濃度大小比較、鹽類水解等知識點，明確混合溶液中溶質及其性質、溶液導電性強弱影響因素是解本題關鍵，電解質溶液的電導率越大，導電能力越強，10.00mL濃度均為0.100mol/L的鹽酸和CH3COOH溶液，0.100mol/L的鹽酸導電性強，電導率大，因此曲線①代表滴定CH3COOH溶液的曲線，曲線②代表滴定HCl溶液的曲線，據此作答。9、C【解題分析】

電解質在通電一段時間，再加入W，能使溶液恢復到電解前的狀態(tài)，依據電解原理分析電解了什么物質，要想讓電解質復原，就要滿足加入溶液中減少的物質?！绢}目詳解】A．以Fe和C為電極，電解氯化鈉，陽極氯離子放電，陰極氫離子放電，通電一段時間后為氫氧化鈉溶液，減少的是氯化氫，故A錯誤；B．以Pt和Cu為電極，電解硫酸銅，陽極氫氧根離子放電，放出氧氣，陰極銅離子放電析出銅，減少的是銅和氧元素，需要加入氧化銅或碳酸銅恢復濃度，故B錯誤；C．以C為電極，電解硫酸，陽極氫氧根離子放電，陰極氫離子放電，相當于電解水，通電一段時間后仍為硫酸溶液，可以加水讓溶液復原，故C正確；D．以Ag和Fe為電極，電解AgNO3，陽極銀放電，陰極銀離子放電，相當于電鍍，通電一段時間后仍為AgNO3溶液，且濃度不變，不需要加AgNO3固體恢復原樣，故D錯誤；故選C。【題目點撥】本題考查學生電解原理的知識，解答本題要注意分析兩個電極上產生的物質，本著“出什么加什么”的思想來讓電解質復原：電解后從溶液中減少的物質是什么就利用元素守恒來加什么。學習中注意把握電解原理和陰陽離子的放電順序。10、D【解題分析】

熱化學方程式中化學計量數表示物質的量，所以含NaOH20.0g(0.5mol)的稀溶液與足量稀鹽酸反應，放出28.7kJ的熱量，根據H++OH-=H2O可知反應生成1mol水時放出的熱量為28.7kJ57.4kJ。故選D。11、C【解題分析】

A.C60H36釋放出氫氣是化學變化，反應過程中，必定破壞化學鍵，A錯誤；B.C60屬于分子晶體，融化是物理變化，破壞的是分子間作用力，B錯誤；C.碳球鹽K3C60是離子化合物，既存在離子鍵，又存在共價鍵，C正確；D.在熔融狀態(tài)下，K、K3C60能導電，D錯誤；答案選C。12、C【解題分析】

A項，氫氧燃料電池放電時化學能不能全部轉化為電能，理論上能量轉化率高達85%～90%，A項錯誤；B項，反應4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，該反應常溫下可自發(fā)進行，該反應為放熱反應，B項錯誤；C項，N2與H2的反應為可逆反應，3molH2與1molN2混合反應生成NH3，轉移電子數小于6mol，轉移電子數小于66.021023，C項正確；D項，酶是一類具有催化作用的蛋白質，酶的催化作用具有的特點是：條件溫和、不需加熱，具有高度的專一性、高效催化作用，溫度越高酶會發(fā)生變性，催化活性降低，淀粉水解速率減慢，D項錯誤；答案選C?！绢}目點撥】本題考查燃料電池中能量的轉化、化學反應自發(fā)性的判斷、可逆的氧化還原反應中轉移電子數的計算、蛋白質的變性和酶的催化特點。弄清化學反應中能量的轉化、化學反應自發(fā)性的判據、可逆反應的特點、蛋白質的性質和酶催化的特點是解題的關鍵。13、A【解題分析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，其中X與Y可形成一種淡黃色物質P，常溫下將0.05molP溶于水，配成1L溶液，其中=1×10-12，則X為氧元素，Y為鈉元素，P為過氧化鈉；Z為金屬元素，且Z可在W的一種氧化物中燃燒，生成一種白色的物質和一種黑色的物質，即鎂在二氧化碳中燃燒生成氧化鎂和碳單質，則Z為鎂元素，W為碳元素?！绢}目詳解】A.碳與氫元素形成的化合物包括所有烴類物質，則無法判斷W和X的氫化物的沸點高低，故A錯誤；B.具有相同電子層結構的微粒，核電荷數越大，半徑越小，則簡單離子半徑：X＞Y＞Z，故B正確；C.過氧化鈉中既含有離子鍵又含有共價鍵，故C正確；D.碳元素、氧元素、鈉元素三種元素形成的物質的水溶液均顯堿性，故D正確；答案選A。14、A【解題分析】

①s能級電子云是球形，p能級電子云是啞鈴型，所以s?sσ鍵與s?pσ鍵的電子云形狀不同，①錯誤；②該原子4s能級未填充滿，情況之一是按照能級順序正常填充的結果：1s22s22p63s23p64s1，為K元素,情況之二是按照洪特規(guī)則的特例填充的結果：1s22s22p63s23p63d54s1、1s22s22p63s23p63d104s1，為Cr和Cu，所以基態(tài)原子的4s能級中只有1個電子的元素共有3種，②正確；③OH顯-1價，CO顯O價，故W顯O價，③正確；④中心原子采取sp3雜化的分子，VSEPR模型是正四面體，但其立體構形不一定是正四面體，如：水和氨氣分子中中心原子采取sp3雜化，但H2O是V型，NH3是三角錐型，④錯誤；⑤與4個不相同的原子或原子團相連的C原子稱為手性碳原子，中，與-OH相連的C符合定義，是手性碳，⑤正確；⑥CH3CH2OH分子之間存在氫鍵，故CH3CH2OH的熔沸點比CH3CHO高，⑥錯誤；綜上所述：②③⑤正確。答案選A。15、B【解題分析】

根據該化合物結構簡式，以及題中信息，推出形成該化合物的單體為和，然后進行分析?！绢}目詳解】根據該化合物結構簡式，推出形成該化合物的單體為和，A、根據上述分析，Y的結構簡式為，Y分子中含有2個酚羥基，故A說法正確；B、Y的分子式為C15H16O2，故B說法錯誤；C、X的結構簡式為，只有一種氫原子，核磁共振氫譜有1個吸收峰，故C說法正確；D、根據聚碳酸酯的結構簡式，X和Y生成聚碳酸酯的反應是縮聚反應，故D說法正確。答案選B。16、C【解題分析】

酸的電離平衡常數HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，則酸根離子水解程度CO32-＞CN-＞HCO3-＞HCOO-。A．酸的電離平衡常數越大，酸的酸性越強，根據強酸制取弱酸解答；B．酸的電離平衡常數越大，則其酸根離子水解程度越小，溶液的pH越?。籆．等pH的HCOOH和HCN，酸的電離平衡常數越大，該酸的濃度越小，等體積等pH的不同酸消耗NaOH的物質的量與酸的物質的量成正比；D．酸的電離平衡常數越大，相同濃度時，溶液中的離子濃度越大。【題目詳解】根據上述分析可知，A．酸的電離平衡常數越大，酸的酸性越強，強酸能夠制取弱酸，所以二者反應生成HCN和HCO3-，離子方程式為CN-+H2O+CO2═HCN+HCO3-，故A錯誤；B.酸的電離平衡常數HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，則酸根離子水解程度CO32-＞CN-＞HCO3-＞HCOO-，水解程度越大，溶液的pH越大，因此相同物質的量濃度的溶液的pH：Na2CO3>NaCN>NaHCO3>HCOONa，故B錯誤；C．等pH的HCOOH和HCN，c(HCN)＞c(HCOOH)，等體積、等pH的HCOOH和HCN，n(HCN)＞n(HCOOH)，中和等pH等體積的HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者，故C正確；D.酸的電離平衡常數HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，相同溫度下，同濃度的酸溶液的導電能力順序：HCOOH>H2CO3>HCN，故D錯誤；故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、2Na+2H2O=2Na＋+2OH－+H2↑不是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Na2CO3NaHCO3【解題分析】

(1)若A為Na，A與水反應生成單質E為H2，則B為NaOH，C為Na2CO3，D為NaHCO3；(2)若A為Na2O2，A與水反應生成單質E為O2，則B為NaOH，C為Na2CO3，D為NaHCO3，根據堿性氧化物的定義判斷物質類別；(3)A不論是Na還是Na2O2，和水反應生成溶液為氫氧化鈉溶液，通入二氧化碳反應生成C和D，判斷為生成碳酸鈉和碳酸氫鈉。【題目詳解】(1)若A為Na，A與水反應生成單質E為H2，則B為NaOH，C為Na2CO3，D為NaHCO3，A與水反應的離子方程式為：2Na+2H2O=2Na＋+2OH－+H2↑；(2)若A為Na2O2，A與水反應生成單質E為O2，則B為NaOH，C為Na2CO3，D為NaHCO3。A與水反應產生的物質除了堿NaOH外，還有O2，反應過程中有元素化合價的變化，因此Na2O2不是堿性氧化物；A與CO2反應產生碳酸鈉、氧氣，反應的化學方程式為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，(3)A不論是Na還是Na2O2，和水反應生成溶液為氫氧化鈉溶液，通入二氧化碳反應生成C為Na2CO3，繼續(xù)通入二氧化碳反應生成D為NaHCO3?！绢}目點撥】本題考查無機物推斷的知識，涉及鈉元素單質及其化合物的性質與轉化、物質所屬類別、有關方程式書寫等，需要熟練掌握元素化合物知識，關鍵是判斷可能的反應產物。18、環(huán)己醇②④①③⑤⑥CH2=CH-CH=CH2+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br+2NaOH+2NaBr+2H2OBD【解題分析】

苯酚與氫氣發(fā)生完全加成反應產生A是環(huán)己醇，A與濃硫酸加熱發(fā)生消去反應產生B是環(huán)己烯，B與Br2發(fā)生加成反應產生C是1，2-二溴環(huán)己烷，C與NaOH的乙醇溶液加熱發(fā)生消去反應產生D是，D與Br2按1:1關系發(fā)生1，4-加成反應產生E為，E與H2發(fā)生加成反應產生F為，F與NaOH的水溶液發(fā)生水解反應產生G是，G與乙二酸HOOC-COOH在濃硫酸存在和加熱時發(fā)生縮聚反應形成高聚物H：，據此分析解答。【題目詳解】(1)根據上述分析可知A是，名稱為環(huán)己醇；(2)B結構簡式為；F的結構簡式：；(3)在上述反應中，反應①屬于加成反應，②屬于消去反應，③屬于加成反應，④屬于消去反應，⑤屬于加成反應，⑥屬于加成反應，⑦屬于取代反應，所以反應①～⑦中消去反應的是②④；屬于加成反應的是①③⑤⑥；(4)CH2=CH—CH=CH2與等物質的量Br2發(fā)生1，4-加成反應的化學方程式為：CH2=CH-CH=CH2+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br；(5)第④步的化學反應是與NaOH的乙醇溶液在加熱時發(fā)生的消去反應，方程式為：+2NaOH+2NaBr+2H2O；(6)A.在中核磁共振氫譜中能給出三種峰，且強度之比為1：1：4，A不符合題意；B.在中核磁共振氫譜中能給出三種峰且強度之比為1：1：2，B符合題意；C.在中核磁共振氫譜中能給出四種峰且強度之比為1：1：2：2，C不符合題意；D.中核磁共振氫譜中能給出3種峰且強度之比為1：1：2，D符合題意；故合理選項是BD；【題目點撥】本題考查有機物的推斷與合成的知識，根據反應條件結合各類物質的結構與性質的關系正向順推，掌握官能團的性質是關鍵，用對稱的思想進行等效H原子的判斷是核磁共振氫譜分析的依據。19、干燥環(huán)境密閉保存硫化鈉在空氣中易被氧化，潮濕環(huán)境易水解a→e→f→d加入稍過量的碳取少量反應后的固體于試管中，加蒸餾水溶解，滴加適量稀鹽酸，若出現淡黃色沉淀，則固體中含亞硫酸鈉，反之不含2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑【解題分析】

(1)硫化鈉易被氧化，溶液中硫離子可發(fā)生水解；(2)A中發(fā)生Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑，選裝置D檢驗二氧化碳，選裝置C吸收尾氣，二氧化碳不需要干燥；(3)實際得到Na2S小于amol，可增大反應物的量；固體產物中可能含有少量Na2SO3，加鹽酸發(fā)生氧化反應生成S；(4)硫酸鈉與炭粉在一定條件下反應還可生成等物質的量的兩種鹽和體積比為1：3的CO2和CO兩種氣體，C失去電子，S得到電子，結合電子、原子守恒來解答?！绢}目詳解】(1)硫化鈉固體在保存時需注意干燥環(huán)境密閉保存，原因是硫化鈉在空氣中易被氧化，潮濕環(huán)境易水解；(2)①A為制備裝置，裝置D檢驗二氧化碳，選裝置C吸收尾氣，則連接儀器順序為a→e→f→d；(3)若amolNa2SO4和2amolC按上述步驟充分反應，實際得到Na2S小于amol，則實驗改進方案是加入稍過量的碳；固體產物中可能含有少量Na2SO3，設計實驗為取少量反應后的固體于試管中，加蒸餾水溶解，滴加適量稀鹽酸，若出現淡黃色沉淀，則固體中含亞硫酸鈉，反之不含；(4)經實驗測定，硫酸鈉與炭粉在一定條件下反應還可生成等物質的量的兩種鹽和體積比為1：3的CO2和CO兩種氣體，C失去電子，S得到電子，若CO2和CO分別為1mol、3mol，失去電子為10mol，則S得到10mol電子，應生成等量的Na2S、Na2SO3，反應方程式為2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑。20、MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O飽和食鹽水（或飽和氯化鈉溶液）Cl2O在裝置D后連接一尾氣處理裝置（或連接一盛有NaOH溶液的洗氣瓶）【解題分析】分析：本題考查了物質性質驗證的實驗