四川省成都石室中学2020学年高二化学入学考试试题（含解析）

四川省成都石室中学2020学年高二化学入学考试试题（含解析）本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第卷（选择题）和第卷（非选择题）组成，满分100分，考试时间100分钟。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16第I卷（选择题，共44分）一、选择题（共22题，每题只有一个答案符合题意，每题2分，满分44分）1.化学与生活息息相关，下列说法正确的是（ ）A. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果发生了加成反应B. 体积分数为的乙醇溶液能使蛋白质变性，常用于医疗消毒C. 煤的气化和液化，石油的裂解和裂化均为化学变化D. 维生素C常用作抗氧化剂，说明它具有氧化性【答案】C【解析】【详解】A乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，该过程中乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应，故A错误；B75%的乙醇可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故B错误；C石油的裂化、裂解均为大分子生成小分子；煤的气化生成CO和氢气、液化生成甲醇，均为化学变化，故C正确；D维生素C具有还原性，能与氧化剂反应，常用作抗氧化剂，故D错误；故答案为C。2.已知为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）A. （羟基）与中所含的电子数均为；B. 苯与足量的反应时，参与反应的碳碳双键数为C. 被溶液氧化放出分子数为D. 常温常压下，乙烯和丙烯的混合气体中含有的氢原子数为【答案】D【解析】【详解】A1个羟基(-OH)含有9个电子，而1个H3O+含有10个电子，则(羟基)与中所含的电子数不等，故A错误；B苯环结构中无碳碳双键，故B错误；C根据原子守恒，1molC2H5OH被足量的K2Cr2O7溶液氧化，最终放出CO2分子数为2NA，故C错误；D乙烯和丙烯的最简式均为CH2，28gCH2的物质的量为=2mol，则乙烯和丙烯的混合气体中含有的氢原子数为，故D正确；故答案为D。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。3.下列化学用语正确的是A. CO2的电子式是B. 硫的原子结构示意图是C. 表示中子数是18的氧原子D. 氮气的结构式是 NN【答案】D【解析】分析：A项，CO2的电子式是；B项，S原子最外层电子数为6；C项，中中子数为10；D项，氮气的结构式为NN。详解：A项，CO2的电子式是，A项错误；B项，S原子最外层电子数为6，S原子结构示意图为，B项错误；C项，中中子数为18-8=10，C项错误；D项，氮气的结构式为NN，D项正确；答案选D。点睛：本题考查化学用语，侧重考查原子结构、原子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别，分子式、电子式、结构式的区别等。4.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）A. 酸性：H2SO4H3PO4B. 非金属性：ClBrC. 碱性：NaOHMg(OH)2D. 热稳定性：Na2CO3NaHCO3【答案】D【解析】A、硫元素的非金属性强于磷元素，因此硫酸的酸性强于磷酸，A不符合题意；B、同主族从上到下非金属性逐渐减弱，所以氯元素的非金属性强于溴，B不符合题意；C、钠的金属性强于镁，因此氢氧化钠的碱性强于氢氧化镁，C不符合题意；D、碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠与元素周期律没有关系，D符合题意，答案选D。5.只用水就能鉴别的一组物质是（ ）A. 苯、乙酸、四氯化碳B. 乙醇、戊烷、乙醛C. 乙酸、乙醇、硝基苯D. 苯、乙醇、甘油【答案】A【解析】【详解】A乙酸与水混溶，苯和四氯化碳不溶于水，但苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，可鉴别，故A正确；B乙醇、乙醛都溶于水，戊烷不溶于水，不能用水鉴别，故B错误；C硝基苯不溶于水，但乙酸、乙醇均溶于水，不能鉴别，故C错误；D乙醇和甘油都溶于水，苯不溶于水，不能用水鉴别，故D错误；故答案为A。6.化合物 (b)、(d)、(p)的分子式均为C6H6，下列说法正确的是 ()A. b的同分异构体只有d和p两种B. b、d、p的二氯代物均只有三种C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面【答案】D【解析】【详解】A. b为苯，苯的同分异构体还有CH3CCCCCH3等，故A错误；B. b的二氯代物有3种，d的二氯代物有6种，p的二氯代物有3种，故B错误；C. b、p分子中不含碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C错误； D. d、p中都存在类似甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故D正确。故答案选D。7.下列物质性质与应用对应关系不正确的是（ ）A. 晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料B. 硅胶能吸水，可用作食品干燥剂C. 与溶液反应，不能用磨口玻璃瓶保存溶液D. 与反应，可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记【答案】A【解析】【详解】A晶体硅可用于制作半导体材料，是因为其导电性介于导体与绝缘体之间，与熔点高硬度大无关，故A错误；B硅胶可作干燥剂，是因为硅胶能吸水，故B正确；C不能用磨口玻璃瓶保存溶液，是因为与溶液反应，故C正确；D可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，是因为能与反应，故D正确；故答案为A。8.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是()A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B. 反应过滤后所得沉淀为氢氧化铁C. 电解法制取铝单质时也可以采用电解氯化铝以降低成本D. 反应的化学方程式为NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A由溶液中通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，A错误；BAl2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，B错误；C熔融状态下氯化铝不导电，工业上通过电解熔融Al2O3制取铝单质，C错误；D反应过滤后所得溶液为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+NaHCO3，D正确；答案选D。【点睛】本题考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等，难度中等，理解工艺原理，明确相关物质的性质及反应流程是解题的关键。选项C是解答的易错点，注意氯化铝含有共价键，属于共价化合物，溶于水时可以导电。9.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将氧化为B将铜粉加溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C晶体溶于稀硫酸，滴加溶液溶液变红晶体已变质D取少量绿矾溶于稀硫酸中，滴加溶液。溶液未变红色绿矾未因氧化而变质A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；BCu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；CFe(NO3)2溶于稀硫酸，溶液中的NO3-在酸性条件下氧化Fe2+生成Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液显红色，则无法说明Fe(NO3)2变质，故C错误；D少量绿矾溶于稀硫酸后，向溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，说明溶液中含有Fe3+，则说明绿矾变质，故D正确；故答案为D。10.如表所示，对陈述、的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（ ）选项陈述陈述判断A碳酸钠溶液可用于治疗胃病可与盐酸反应对，对，有B向滴有酚酞的水溶液中加入变红色与水反应生成氢氧化钠对，错，无C分别加热和固体，试管内壁均有水珠两种物质均受热分解对，对，有D过氧化钠可为航天员供氧能与和反应生成对，对，有A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A用于治疗胃酸过多的是碳酸氢钠，不是碳酸钠；碳酸钠和盐酸能反应生成氯化钠、水和二氧化碳，则错，对，无，故A错误；B过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠溶液呈碱性，酚酞遇碱变红色，但过氧化钠具有漂白性，所以能使溶液先变红后褪色，对，对，有，故B错误；C分别加热和固体，试管内壁均有水珠，其中碳酸氢钠分解生成水，而碳酸钠受热不分解，是晶体中含有少量结晶水，则对，错，有，故B错误；D过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气，所以过氧化纳可用于航天员的供氧剂，对，对，有，故D正确；故答案为D。11.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是A. 原子半径大小为WXYZB. X的氢化物水溶液酸性强于Z的C. Y2W2与ZW2均含有非极性共价键D. 标准状况下W的单质状态与X的相同【答案】D【解析】【分析】本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。【详解】黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以YZW为NaClO，再根据W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，X和Z同族，得到W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl。A同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na（Y）的原子半径最大，选项A错误；BHCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的，选项B错误；CClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误；D标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态，选项D正确；答案选D。【点睛】本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。12. a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是（ ）A. d元素的非金属性最强B. 它们均存在两种或两种以上的氧化物C. 只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物D. b、c、d与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键【答案】D【解析】分析】根据题意知短周期元素中a的M层有1个电子，则a的核外电子排布是2、8、1，a是Na元素；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b核外电子排布是2、4，b为C元素；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为S元素；c、d处于同一周期，d的原子半径小于c，则d是Cl元素。【详解】a、b、c、d依次为Na、C、S、Cl元素。A、在上述元素中非金属性最强的元素为Cl元素，A正确；B、Na可以形成Na2O、Na2O2等氧化物，C可以形成CO、CO2等氧化物， S可以形成SO2、SO3等氧化物，Cl元素则可以形成Cl2O、ClO2、Cl2O7等多种氧化物，B正确；C、Na是活泼金属元素，可与非金属元素C、S、Cl均形成离子化合物，C正确；D、C元素可以与H元素形成只含有极性键化合物CH4，也可以形成含有极性键、非极性键的化合物CH3-CH3等，S元素可以形成H2S，含有极性键；Cl元素与H元素形成HCl，含有极性键，D错误，答案选D。13.如表所示有关物质检验的实验结论正确的是( )选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该溶液一定含有SO32-C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性：H2SO3H2CO3A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】根据物质的性质及反应现象分析解答。【详解】A.白色沉淀可以能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；B.溶液中可能含有HSO3-，故B错误；C.具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，融入氯气也可以使品红褪色，故C错误；D.先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。故选D。【点睛】在物质检验的实验中，一定要注意排除其他物质的干扰，很多反应的现象是一样的，需要进一步验证，例如二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫可以与酸性高锰酸钾反应，二氧化碳不可以。14. 实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液【答案】B【解析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3 NO2+ H2O = 2 HNO3+ NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。【考点定位】考查化学实验基本原理，气体的制取、收集及尾气处理装置等实验装置及仪器的使用。15.a、b、c、d为原子半径依次增大的四种短周期主族元素，其中元素a的最高正价与最低负价的代数和等于0，b、c能形成摩尔质量相同的两种单质，b、d则能化合成淡黄色的固体。下列有关判断不正确的是A. 核电荷数大小：cdbaB. 简单氢化物的热稳定性：bcC. b能分别与a、c、d形成具有漂白性的物质D. c与a形成的化合物分子中，各原子均达到8电子稳定结构【答案】D【解析】b、d能化合成淡黄色的固体，b的原子半径小于d，b为O元素，d为Na元素；b、c能形成摩尔质量相同的两种单质，c的原子半径介于b与d之间，c为S元素；元素a的最高正价与最低负价的代数和等于0，a的原子半径小于b，a为H元素。A项，a、b、c、d的核电荷数依次为1、8、16、11，核电荷数由大到小的顺序为：cdba，A项正确；B项，非金属性：OS，简单氢化物的热稳定性：bc，B项正确；C项，b与a、c、d形成的物质有H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2，其中H2O2、SO2、Na2O2具有漂白性，C项正确；D项，c与a形成的化合物为H2S，H2S中H原子达到2电子的稳定结构，D项错误；答案选D。点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的推断，准确推出a、b、c、d代表的元素是解题的关键。本题易错点是a的推断，根据“a的最高正价与最低负价的代数和等于0”误以为a一定是IVA族元素，忽视H元素的最高正价（+1价）与最低负价（-1价）的代数和也等于0，a的原子半径小于b。16.根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是实验现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2 有还原性BH2S 溶液产生黄色沉淀SO2 有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2 有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性:H2SO3 H2SiO3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3H2SiO3，D正确。答案选C。17.下列说法正确的是（ ）A. 实验室制备乙烯时，温度计水银球应该插入浓硫酸和无水乙醇的混合液液面以下B. 人体摄入的纤维素可以加快胃肠蠕动，并最终水解为葡萄糖而被吸收C. 分子中的所有原子有可能共平面D. 溴水中加入苯，充分振荡、静置后，由于发生取代反应而水层几乎呈无色【答案】A【解析】【详解】A制备乙烯时，温度计测定混合溶液温度，所以制备乙烯时，温度计水银球应该插入浓硫酸和无水乙醇的混合液液面以下，故A正确；B人体摄入的纤维素可以加快胃肠蠕动，且消化，但纤维素在人体内不水解，故B错误；C在分子中苯环和碳碳双键均为平面结构，但甲基上的碳原子为sp3杂化，为立体结构，甲基上的4个原子不可能在同一平面内，则分子内所有原子也不可能共平面，故C错误；D溴水中加入苯，充分振荡、静置后，分层，上层为橙色，下层水层为无色，苯和溴水没有发生取代反应，故D错误；故答案为A。18.微信热传的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的（如图）。下列说法正确的是 A. 化合物(A)不能与乙醇发生反应B. 化合物(B)分子式为C6H6Cl6C. 化合物(B)可通过苯与Cl2发生加成反应制得D. 1mol化合物(A)可与3molH2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A、根据(A)的结构简式，含有羧基，故其能与乙醇发生酯化反应，故A错误；B、根据(B)结构简式，其分子式为C6Cl6，故B错误；C、苯的分子式为C6H6，(B)的分子式为C6Cl6，Cl取代苯环上的H原子，属于取代反应，不是加成反应，故C错误；D、(A)中只有苯环能与氢气发生加成反应，即1mol化合物(A)能与3molH2发生加成反应，故D正确。19.下列关于有机化合物的说法正确的是()A. (CH3)3C-CH=CH2与氢气完全反应后，生成2，2，3-三甲基戊烷B. 工业上由乙烯制乙醇、苯制环己烷均属于加成反应C. C5H11Cl的同分异构体有3种D. 分子中所有碳原子一定在同一平面上【答案】B【解析】【分析】A、根据加成产物的碳链结构为去命名；B、根据加成反应的特点答题；C、先写出C5H12的同分异构体有3种，再写出每种异构体的一氯代物的异构体；D、苯环上的碳及与6 个碳相连的原子共面。【详解】A (CH3)3C-CH=CH2与氢气完全反应后，加成产物的碳链结构为，系统命名为2，2-二甲基丁烷，故A错误；B、乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇，同理苯和氢气在一定条件下发生加成反应生成环己烷，故B正确；C、同分异构体是具有相同的分子式不同结构的化合物的互称， C5H12的同分异构体有3种：、，分子中有3种化学环境不同的H原子，其一氯代物有3种；CH3CH2CH(CH3)CH3分中有4种化学环境不同的H原子，其一氯代物有4种；分子中只有1种化学环境的H原子，其一氯代物有1种；故C5H11Cl的同分异构体有8种，故C错误；D如图所示,1、2、3、4号碳原子共线，同理3、4、5、6号碳 C原子也共线，所以1、2、3、4、5、6号碳原子共线。所以一定在同一平面的碳原子有11个，故D错误。故选B。20.“异丙苯氧化法”生产丙酮和苯酚的合成路线如下，各反应的原子利用率均为100%。下列说法正确的是A. X的分子式为C3H8B. Y与异丙苯可用酸性KMnO4溶液鉴别C. CHP与CH3COOH含有相同的官能团D. 可以用分液的方法分离苯酚和丙酮【答案】B【解析】【详解】A.根据图示可知X和Y发生加成反应产生异丙苯，则X是丙烯，分子式是C3H6，A错误；B.Y是苯与酸性KMnO4溶液不能反应，而异丙苯由于与苯环连接的C原子上含有H原子，可以被KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此可以用KMnO4溶液鉴别二者，B正确；C. CHP含有的官能团是-C-O-OH，而CH3COOH含有的官能团是羧基，所以二者的官能团不相同，C错误；D.苯酚在室温下在水中溶解度不大，但容易溶于丙酮中，因此不能通过分液的方法分离，C错误；故合理选项是B。21.食品香精菠萝酯的生产路线（反应条件略去）如下：下列叙述错误的是（ ）A. 步骤（1）产物中残留的苯酚可用溶液检验B. 苯酚和菠萝酯均可与酸性溶液发生反应C. 苯氧乙酸和菠萝酯均可与溶液发生反应D. 步骤（2）产物中残留的烯丙醇可用溴水检验【答案】D【解析】【详解】A苯酚和氯化铁反应发生显色反应，2-氯乙酸和苯氧乙酸都不和氯化铁反应，所以步骤(1)产物中残留的苯酚可用FeCl3溶液检验，故A正确；B酚羟基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯酚中含有酚羟基、菠萝酯中含有碳碳双键，所以苯酚和菠萝酯均可与KMnO4酸性溶液发生反应，故B正确；C羧基和酯基都能和NaOH溶液反应，苯氧乙酸中含有羧基、菠萝酯中含有酯基，所以二者都能和NaOH反应，前者发生中和反应、后者发生水解反应，故C正确；D丙烯醇和菠萝酯中都含有碳碳双键，二者都能和溴发生加成反应而使溴水褪色，所以不能用溴水检验步骤(2)产物中残留的丙烯醇，故D错误；故答案为D。【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质，有酚羟基则具有苯酚的性质。22.下列有关同分异构体数目的叙述不正确的是 ()A. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种B. 与互为同分异构体的芳香族化合物有6种C. 含有5个碳原子的某饱和链烃，其一氯取代物可能有3种D. 菲的结构简式为，它与硝酸反应，可生成 5种一硝基取代物【答案】B【解析】【详解】A.含3个碳原子的烷基有正丙基和异丙基两种结构，甲基与该烷基在苯环上有邻、间、对3种位置关系，故产物的结构共有23=6种，A项正确；B.的分子式为C7H8O，与其互为同分异构体的芳香化合物有5种：、，B项错误；C.含有5个碳原子的饱和链烃可能是正戊烷、异戊烷、新戊烷，如果是正戊烷，其一氯代物为3种，C项正确；D.菲的结构具有对称性，含有5种不同化学环境的氢原子，其一硝基取代物有5种，D项正确；答案：B。第II卷（非选择题，共56分）23.随原子序数递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。根据判断出的元素回答问题：（1）f在周期表中的位置是_。（2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）：_；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱_。（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：_。（4）e的单质在足量中燃烧的化学方程式：_。（5）上述元素可组成盐。向盛有溶液的烧杯中滴加溶液，沉淀物质的量随溶液体积的变化示意图如下：R溶液电离方程式_。写出m点反应的离子方程式：_。若在R溶液中改加溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为_。【答案】 (1). 第三周期A族 (2). (3). (4). (5). (6). （或等其他合理答案均可） (7). (8). NH4Al(SO4)2=NH4+Al3+2SO42- (9). (10). 0.022【解析】【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；(1)f是Al元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，据此判断f在在元素周期表的位置；(2)电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；同一周期元素，非金属性随着原子序数增大而增强；(3)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，如氨气等；(4)e为Na、d为O，Na在氧气中燃烧生成Na2O2；(5)(5)NH4Al(SO4)2在溶液中电离出NH4+、Al3+和SO42-；m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH-反应生成NH3H2O；根据n=cV计算n(Al3+ )、n(NH4+)、n(SO42-)、n(Ba2+)、n(OH-)，根据SO42-、Ba2+中不足量的离子的物质的量计算生成BaSO4的物质的量，依次发生：Al3+OH-=Al(OH)3、NH4+OH-=NH3H2O、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，根据方程式计算生成Al(OH)3的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的量。【详解】从图中化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；(1)f是Al元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，在元素周期表的位置是第3周期A族；(2)电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，则离子半径：O 2-Na+；同一周期元素，非金属性随着原子序数增大而增强，则非金属性SCl，故最高价氧化物对应水化物的酸性强弱关系为HClO4H2SO4；(3)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，如氨气等，氨气电子式为；(4)e为Na、d为O，Na在氧气中燃烧生成Na2O2，发生反应的化学方程式为2Na + O2 Na2O2；(5)NH4Al(SO4)2在溶液中电离出NH4+、Al3+和SO42-，则电离方程式为NH4Al(SO4)2=NH4+Al3+2SO42-；m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH-反应生成NH3H2O，离子方程式为：NH4+OH-=NH3H2O；10mL 1molL-1 NH4Al(SO4)2溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42-的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 molL-1Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH-为0.048mol；由SO42-+Ba2+=BaSO4，可知SO42-不足，故可以得到0.02mol BaSO4， Al3+3OH-=Al(OH)30.01mol 0.03mol 0.01mol 反应剩余OH-为0.048mol-0.03mol=0.018mol， NH4+OH-=NH3H2O0.01mol 0.01mol反应剩余OH-为0.018mol-0.01mol=0.008mol， Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O0.008mol 0.008mol故得到Al(OH)3沉淀为0.01mol-0.008mol=0.002mol则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol。24.海洋资源的利用具有广阔前景。（1）下图是从海水中提取镁的简单流程：从悬浊液中将Mg（OH）2分离出来的操作名称为_。Mg（OH）2转化为MgCl2的离子方程式是_。由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是_。（2）海带灰中富含以I形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如下所示：灼烧所用仪器是下列中的哪一种_（填字母序号）。a. 蒸发皿 b. 坩埚 c. 烧杯向酸化的滤液中加入过氧化氢溶液，可将I氧化为I2，请写出该反应的离子方程式：_。上述反应结束后，可加入萃取剂，采用萃取一分液的方法从碘水中提取碘。下列试剂中可以用于萃取碘单质的是_（填字母序号）。a. 乙酸 b. 四氯化碳 c. 硝酸 d. 苯【答案】 (1). 过滤 (2). Mg(OH)22HMg22H2O (3). MgCl2（熔融）MgCl2 (4). b (5). 2IH2O22HI22H2O (6). bd【解析】【分析】(1)从悬浊液中将Mg（OH）2分离出来，实质上是分离固体和液体。Mg（OH）2转化为MgCl2，用盐酸溶解，Mg（OH）2难溶于水。由无水MgCl2制取Mg采用电解法，根据质量守恒写出方程式。（2）灼烧固体时所用的主要仪器是坩埚。氢离子和过氧化氢将碘离子氧化为单质碘；反应结束后，可加入苯或四氯化碳有机溶剂做萃取剂萃取分液分离碘单质【详解】(1)从悬浊液中将Mg（OH）2分离出来，实质上是分离固体和液体，操作名称为过滤。Mg（OH）2难溶，Mg（OH）2转化为MgCl2的离子方程式是Mg(OH)22HMg22H2O。由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是MgCl2（熔融）MgCl2。（2）灼烧固体时所用的主要仪器是坩埚，故选b。氢离子和过氧化氢将碘离子氧化为单质碘，离子方程式：2IH2O22HI22H2O；反应结束后，可加入苯或四氯化碳有机溶剂做萃取剂萃取分液分离碘单质，振荡、静置分层分离时先分离下层液体后倒出上层液体，故选bd。【点睛】本题考查了海水资源的综合运用，解题关键：根据化学反应的概念及流程图中物质的性质来分析，难点：（1）镁是活沷金属，由无水MgCl2制取Mg采用电解法，易错点：（2）可以用于萃取碘单质的物质，即萃取剂的选择，与水要互不相溶，不与碘反应，故选苯或四氯化碳有机溶剂做萃取剂。25.以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为 。（2）图中“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为 。（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4NH4Al(SO4)212H2O2Al2O3+ 2NH3+ N2+ 5SO3+ 3SO2+ 53H2O,将产生的气体通过下图所示的装置。集气瓶中收集到的气体是 (填化学式)。足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有 (填化学式)。KMnO4溶液褪色（MnO4还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为 。【答案】（1）Al2O3+ 3H2SO4= Al2(SO4)3+ 3H2O（2分）（2）SiO2（2分）（3）2Fe2+H2O2+2H+= 2Fe3+2H2O（2分）（4）N2（2分）SO3、NH3（2分，缺漏不给分）。2MnO4 +5SO2+ 2H2O = 2Mn2+ 5SO42+4H+（2分）【解析】根据题意，铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4Fe（CN）6后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到-Al2O3。（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O。（2）根据上述分析，图中“滤渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式为SiO2。（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液将Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2+ H2O2+2H+=2Fe3+2H2O （4）NH4Al（SO4）212H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。饱和NaHSO3能与SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外，还有SO3、NH3 。酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+。点睛：本题以氧化铝提取工艺流程为载体，综合考查元素化合物性质及相互转化、氧化还原、离子方程式、实验基本操作等知识点，为高考常见题型，注意把握制备原理，把握物质性质以及相关反应方程式的书写。26.甲苯()是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛()、苯甲酸()等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：名称性状熔点()沸点()相对密度(水1gcm3)溶解性水乙醇甲苯无色液体易燃易挥发95110.60.8660不溶互溶苯甲醛无色液体261791.0440微溶互溶苯甲酸白色片状或针状晶体122.12491.2659微溶易溶注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入15mL冰醋酸(作为溶剂)和2mL甲苯，搅拌升温至70，同时缓慢加入12mL过氧化氢，