2024届湖北省长阳县一中高二化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2024届湖北省长阳县一中高二化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、1mol某链烃最多能和2molHCl发生加成反应，生成1

mol氯代烷，1mol该氯代烷能与6molCl2发生取代反应，生成只含有碳氯两种元素的氯代烃，该链烃可能是A．CH3CH=CH2 B．CH3C≡CH C．CH3CH2C≡CH D．CH2=CHCH=CH22、以下几个热化学方程式，能表示有关物质燃烧时的燃烧热的热化学方程式是A．C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H=+110.5kJ·mol﹣1B．C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ·mol﹣1C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ·mol﹣1D．H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H=﹣241.8kJ·mol﹣13、下列说法中，正确的是A．甲烷是一种清洁能源，是天然气的主要成分B．用KMnO4溶液浸泡过的藻土可使水果保鲜，是利用了乙烯的氧化性C．苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，说明它是一种饱和烃，很稳定D．己烷可以使溴水褪色，说明己烷中含有碳碳双键4、根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件己略去)（）A．只有反应①②④均属于氧化还原反应B．反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：1D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：45、关于下列事实的解释，其原理表示不正确的是A．常温下，测得氨水的pH为11：B．将通入水中，所得水溶液呈酸性：C．用、进行氢氧燃料电池实验，产生电流：D．恒温恒容时，平衡体系中，通人，平衡正向移动：通入后，体系中的值小于平衡常数K6、由下列实验操作及现象，可以推出相应结论的是（）实验操作实验现象实验结论A．溶液中加入K3[Fe(CN)6]有蓝色沉淀生成溶液中含有Fe2+B．向样品溶液中加入淀粉溶液溶液变为蓝色溶液中含有I-C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸有白色沉淀生成溶液中含有SO42-D．向样品溶液中加入过量稀盐酸生成气体使品红溶液褪色溶液中含有SO32-A．AB．BC．CD．D7、碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：下列说法正确的是A．分离器中的物质分离操作为过滤B．膜反应器中，增大压强有利于提高速率和HI的平衡转化率C．该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”D．碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI8、下列有关有机物的说法正确的是A．分液漏斗可以分离甘油和水的混合物B．分子式为C5H10Cl2，结构中含有一个-CH3的同分异构体有7种C．由甲苯制取三硝基甲苯的反应与乙酸和苯甲醇反应的类型不同D．有机物能发生氧化、还原、加成、加聚和取代反应9、向四个起始容积相同的密闭容器中充入表中所示气体及相应的量，加入催化剂并控制温度、容积或压强，发生反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0，直至达平衡。下列说法错误的是编号条件起始物质的量/mol温度/℃容积或压强CO(g)NO(g)CO2(g)N2(g)①600维持恒容0.20.200②700维持恒容0.10.10.10.05③600维持恒容0.40.400④600维持恒压0.40.400A．平衡时N2的浓度：①＞②B．平衡时CO的正反应速率：①＜②C．NO的平衡转化率：③＞①D．平衡时容器内气体总压：④＞③＞①＞②10、常温下，将甲酸（HCOOH）和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH＝7，则此溶液中A．c（HCOO－)＞c（Na＋) B．c（HCOO－)＜c（Na＋)C．c（HCOO－)＝c（Na＋) D．无法确定c（HCOO－)与c（Na＋)的关系11、下列物质中属于同分异构体的一组是A．O2和O3 B．CH4和C4H10C．CH3OCH3和CH3CH2OH D．1H和2H12、在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是A．在含有等物质的量的A1O2-、OH-、CO32-溶液中逐滴加入盐酸:OH-、CO32-、A1O2-B．在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中缓慢通人氯气:I-、Br-、Fe2+C．Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3混合溶液中逐渐加入铁粉:Fe(NO3)3、HNO3、Cu(NO3)2D．在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液:H+、Fe3+、NH4+13、已知:用稀硫酸酸化的高锰酸钾溶液能氧化乙烯，化学方程式如下:aCH2=CH2+12KMnO4+H2SO4→CO2+MnSO4+K2SO4+H2O，下列推断正确的是A．在上述化学方程式中，a=6B．用酸性高锰酸钾溶液可以除去甲烷气体中少量的乙烯C．上述反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6:5D．在标准状况下，消耗11.2L乙烯时转移6mol电子14、某有机物M的结构简式如图所示，若等物质的量的M在一定条件下分别与金属钠、氢氧化钠溶液、碳酸氢钠溶液反应，则消耗的钠、氢氧化钠、碳酸氢钠的物质的量之比为()A．1∶1∶1 B．2∶4∶1C．1∶2∶1 D．1∶2∶215、下列关于铜电极的叙述不正确的是A．铜锌原电池中铜是正极B．用电解法精炼粗铜时粗铜作阳极C．在镀件上电镀铜时，用金属铜作阳极D．电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极16、根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是选项实验操作和现象结论A向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液，有白色胶状沉淀生成AlO2—结合氢离子能力比CO32-强B将硫酸酸化的双氧水滴入硝酸亚铁溶液中，溶液黄色H2O2的氧化性比Fe3+强C浓硫酸与乙醇共热产生气体Y，通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去气体Y为纯净的乙烯D向浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI混合溶液中滴加速率稀硝酸银溶液，生成黄色沉淀Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）A．A B．B C．C D．D17、乙醇分子中不同的化学键如图，关于乙醇在各种反应中断裂键的说法不正确的是（）A．乙醇和钠反应，键①断裂B．在铜催化下和O2反应，键①③断裂C．1700C乙醇制乙烯时，键②⑤断裂D．1400C乙醇制乙醚的反应，键①⑤断裂18、对处于化学平衡的体系，由化学平衡与化学反应速率的关系可知()A．化学反应速率变化时，化学平衡一定发生移动B．化学平衡发生移动时，化学反应速率一定变化C．正反应进行的程度大，正反应速率一定大D．改变压强，化学反应速率一定改变，平衡一定移动19、常温下，下列有关溶液的说法正确的是A．NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3−)的比值将增大B．pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合后的溶液中：c(OH−)=c(H+)C．0.1mol·L−1硫酸铵溶液中：c(SO42−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)D．0.1mol·L−1的硫化钠溶液中：c(OH−)=c(H+)+c(HS−)+c(H2S)20、将3.48g四氧化三铁完全溶解在100mL1mol/L硫酸中,然后加K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中Fe2+全部转为Fe3+，Cr2O72-全部转化为Cr3+，则K2Cr2O7溶液物质的量浓度是()A．0.05mol/L B．0.1mol/L C．0.2mol/L D．0.3mol/L21、如图所示为“铁链环”结构，图中两环相交部分A、B、C、D表示物质间的反应。下列对应部分反应的离子方程式书写不正确的是A．Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2OB．Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓C．Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓D．OH－＋HCO3-===H2O＋CO32-22、某芳香族化合物甲的分子式为C10H11ClO2，已知苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为Cl，甲能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，则满足上述条件的有机物甲的同分异构体数目为A．8种 B．12种 C．14种 D．15种二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；由A通过聚合反应生成高分子化合物F，F可用于工业合成塑料，现以A为主要原料合成G，以A为原料的合成路线如下图所示。回答下列问题：（1）D、G分子中的官能团名称分别__________、__________。（2）在反应①～⑥中，属于加成反应的是______，属于取代反应的是_____。(填序号)（3）写出与G分子式相同的所有羧酸类的同分异构体：_________________（4）写出由C与新制氢氧化铜反应的化学方程式：_________________24、（12分）已知A是芳香族化合物，其分子式为C9H11Cl，利用A合成2-甲基苯乙酸，其合成路线如下：（1）A结构简式为_____________。（2）A→B反应类型为_______；C中所含官能团的名称为______________。（3）C→D第①步的化学方程式为____________。（4）在NaOH醇溶液并加热的条件下，A转化为E，符合下列条件的E的同分异构体有___种，任写其中一种的结构简式____________。i,苯环上仅有一个取代基；ii.能与溴水发生加成反应。25、（12分）TMB是一种新型指纹检测的色原试剂，由碳、氢、氮三种元素组成，M=240g·mol—1。某研究性学习小组的同学欲利用下列仪器测定TMB的分子式。主要过程为在足量氧气流中将4.80gTMB样品氧化(氮元素转化为N2)，再利用吸收剂分别吸收水蒸气和CO2。请从图中选择适当的装置(装置符合气密性要求，加热装置等已略去，其他用品可自选)。(1)写出A中的化学反应方程式：__________________；(2)B中试剂是___________，作用是________________；(3)装置C中CuO粉末的作用为________________。(4)理想状态下，将4.80gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得D增加3.60g，E增加14.08g，则TMB的分子式为____________。(5)有同学认为，用该实验装置测得的TMB分子式不准确，应在干燥管E后再添加一个装有碱石灰的干燥管F。你认为是否需要添加F装置__________（填“需要”或“不需要”），简述理由________________。26、（10分）请完成下列物质的分离提纯问题。Ⅰ.现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液。相应的实验过程可用下图表示：请回答下列问题：（1）写出实验流程中下列物质的化学式：试剂X_______。（2）证明AgNO3溶液加过量的实验方法是_______________________________。（3）按此实验方案得到的溶液3中肯定含有__________（填化学式）杂质；为了解决这个问题，可以向溶液3中加入适量的___________（填化学式），之后若要获得固体NaNO3需进行的实验操作是___________（填操作名称）。Ⅱ.某同学欲用CCl4萃取较高浓度的碘水中的碘，操作过程可以分解为如下几步：A．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；B．把50ml碘水和15mlCCl4加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；C．检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；D．倒转漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正E．旋开活塞，用烧杯接收溶液；F．从分液漏斗上口倒出上层液体；G．将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽与漏斗上口的小孔对准；H．静置、分层。（1）萃取过程正确操作步骤的顺序是：（填编号字母）_________________。（2）从含碘的CCl4溶液中提取碘和回收CCl4，还需要经过蒸馏，观察下图所示实验装置指出其错误有_________处。（3）进行上述蒸馏操作时，最后晶态碘在____________（填仪器名称）里聚集。27、（12分）Ⅰ、实验室里用乙醇和浓硫酸反应生成乙烯，乙烯再与溴反应制1，2-二溴乙烷。在制备过程中部分乙醇被浓硫酸氧化，产生CO2、SO2，并进而与溴反应生成HBr等酸性气体。（1）用下列仪器，以上述三种物质为原料制备1，2一二溴乙烷。如果气体流向为从左到右，正确的连接顺序是（短接口或橡皮管均已略去）：B经A①插人A中，D接A②；A③接_______接_____接_____接______。（2）装置C的作用是________________；（3）在反应管E中进行的主要反应的化学方程式为____________________；Ⅱ、某兴趣小组同学在实验室用加热l－丁醇、浓H2SO4和溴化钠混合物的方法来制备1－溴丁烷，设计了如下图所示的实验装置（其中的夹持仪器没有画出）。请回答下列问题：（1）两个装置中都用到了冷凝管，A装置中冷水从_________（填字母代号）进入，B装置中冷水从________（填字母代号）进入。（2）制备操作中，加入的浓硫酸事先稍须进行稀释，其目的是________。（填字母）a．减少副产物烯和醚的生成b．减少Br2的生成c．水是反应的催化剂（3）为了进一步提纯1－溴丁烷，该小组同学查得相关有机物的有关数据如下表：物质熔点／℃沸点／℃1－丁醇－89.5117.31－溴丁烷－112.4101.6丁醚－95.3142.41－丁烯－185.3－6.5则用B装置完成此提纯实验时，实验中要迅速升高温度至_________收集所得馏分。（4）有同学拟通过红外光谱仪鉴定所得产物中是否含有“－CH2CH2CH2CH3”，来确定副产物中是否存在丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3）。请评价该同学设计的鉴定方案是否合理？________为什么？答：________。28、（14分）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题。（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为_______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3-):c(CO32-)=2:1，溶液pH=______。（室温下，H2CO3的K1=4×10-7；K2=5×10-11）（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)(2CO(g)+2H2(g)①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C—HC=OH—HCO键能/kJ·mol-14137454361075则该反应的△H=___________。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是____________（填“A”或“B”）②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如下图所示。此反应优选温度为900℃的原因是_______________。（3）O2辅助的A1-CO2电池工作原理如上图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的正极反应式：6O2+6e-=6O2-6CO2+6O2-=3C2O42-+6O2反应过程中O2的作用是_______________。该电池的总反应式：_________________。29、（10分）如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用碳资源的研究越来越紧迫。请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质.(1)工业上在恒容密闭容器中用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数（K）。温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012①由表中数据判断△H________0(填“＞”、“＜“或“＝”)；②判断反应达到平衡状态的依据是________.A．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等B．混合气体的平均相对分子质量不变C．混合气体的密度不变D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化③借助上表数据判断，要提高CO的转化率，可采取的措施是________.A．升温B．充入更多H2

C．分离出甲醇D．加入催化剂(2)CH3OH可以用做燃料电池的燃料，以甲醇与氧气的反应为原理设计，现有电解质溶液是KOH溶液的燃料电池。请写出该电池负极的电极反应式：____________________.(3)向BaSO4沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，充分搅拌，弃去上层清液，如此处理多次，可使BaSO4全部转化为BaCO3，发生反应：BaSO4(s)+CO32-(aq)⇌BaCO3(s)+SO42-(aq)。已知某温度下该反应的平衡常数K=4.0×10－2，BaSO4的Ksp=1.0×10－10，则BaCO3的溶度积Ksp=________________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解题分析】

某气态烃1mol最多能和2molHCl发生加成反应，生成1mol氯代烷（且为二氯代烷），说明该气体烃中含有2个双键或1个三键；此氯代烷能和6molCl2发生取代反应，生成物分子中只含C、Cl两种元素，说明新的氯代产物对应的烷烃有8个氢原子，则该烷烃为丙烷，即题中的气态烃含有3个C原子，据此进行作答。【题目详解】A.1mol丙烯最多能与1molHCl反应，A不符合题意；B.1mol丙炔最多能与2molHCl发生加成反应，生成1mol二氯代烷，其分子式为C3H6Cl2，该氯代烷继续可以和6molCl2发生取代反应，产物中只有C、Cl两种元素，B符合题意；C.1mol丁炔和和2molHCl发生加成反应，产物的分子式为C4H8Cl2，该氯代烷继续可以和6molCl2发生取代反应，产物中有C、H、Cl三种元素，C不符合题意；D.1mol1,3-丁二烯和和2molHCl发生加成反应，产物的分子式为C4H8Cl2，该氯代烷继续可以和6molCl2发生取代反应，产物中有C、H、Cl三种元素，D不符合题意；故合理选项为B。【题目点拨】本题考查了加成反应和取代反应，难度不大，明确取代反应中氢原子个数和氯气分子个数之间的关系式是解本题的关键。2、B【解题分析】

燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，

A.碳的燃烧为放热反应，焓变应该小于0；

B.根据燃烧热的概念及热化学方程式的书写原则分析；

C.氢气燃烧热的热化学方程式中，氢气的化学计量数必须为1；

D.氢气的燃烧热中，生成水的状态必须液态。【题目详解】A.C燃烧生成的稳定氧化物是CO2不是CO，且焓变为负值,所以不符合燃烧热的概念要求，故A错误；

B.1molC（s）完全燃烧生成稳定的CO2，符合燃烧热的概念要求，该反应放出的热量为燃烧热，故B正确；

C.燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧，热化学方程式中氢气的物质的量为2mol，不是氢气的燃烧热，故C错误；

D.燃烧热的热化学方程式中生成的氧化物必须为稳定氧化物，H的稳定氧化物为液态水，故D错误；

综上所述，本题选B。【题目点拨】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧的反应热，完全燃烧是指物质中含有的氮元素转化为气态氮气，氢元素转化为液态水，碳元素转化为气态二氧化碳。3、A【解题分析】

A、天然气的主要成分是甲烷，它是一种“清洁能源”，甲烷在空气中完全燃烧生成二氧化碳和水，A正确；B、用KMnO4溶液浸泡过的藻土可使水果保鲜，是利用了乙烯的还原性，B错误；C、苯是一种不饱和烃，但苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，C错误；D、己烷中不含碳碳双键，可以使溴水褪色是因为己烷萃取了溴水中的溴，D错误；答案选A。4、B【解题分析】

A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、二氧化锰和水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，都属于氧化还原反应，故A错误；B．⑤为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，故B正确；C．③中O元素的化合价由-1价升高为0，④中O元素的化合价有-2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C错误；D．反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高到0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误。【题目点拨】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大，把握反应中元素的化合价变化及得失电子守恒是解题的关键。5、C【解题分析】

A.若氨水中一水合氨是完全电离的，常温下0.1mol/L氨水的pH为13，而实际测得为11，说明一水合氨在溶液中部分电离，故A原理表示正确；B．将通入水中，所得水溶液呈酸性是因为二氧化碳与水反应生成了碳酸，故B表示原理正确；C．用、进行氢氧燃料电池实验时，是通过原电池装置使反应是的电子定向移动的，并不是通过燃烧，故C原理表示不正确；D.在平衡体系中，通入I2(g)后，C(I2)增大，减小，体系中的值小于平衡常数K，平衡正向移动，故D原理表示正确；答案选C。【题目点拨】在判断可逆反应平衡的移动方向时，可由反应混合物的浓度熵与平衡常数的相对大小来分析，若在一定条件下，Qc=K，则反应处于平衡状态；Qc>K，则反应逆向移动；Qc<K，则反应正向移动。6、A【解题分析】分析：A．Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成特征蓝色沉淀；B．碘单质遇到淀粉溶液变为蓝色；C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银；D．向样品溶液中加入过量稀盐酸，生成的气体使品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫，据此分析判断。详解：A．Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成特征蓝色沉淀，所以该实验现象可以检验亚铁离子，故A正确；B．向样品溶液中加入淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明溶液中含有碘单质，结论错误，故B错误；C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸，有白色沉淀生成，溶液中可能含有SO42-或银离子，结论错误，故C错误；D．向样品溶液中加入过量稀盐酸，生成的气体使品红溶液褪色，说明溶液中含有SO32-或HSO3-，结论错误，故D错误；故选A。7、C【解题分析】分析：反应器中的反应为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI。A项，H2SO4和HI互溶，不能用过滤法分离；B项，膜反应器中的反应为2HI（g）H2（g）+I2（g），增大压强不能提高HI的平衡转化率；C项，根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”；D项，将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为SO2+2H2O=H2SO4+H2。详解：反应器中的反应为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI。A项，H2SO4和HI互溶，不能用过滤法分离，A项错误；B项，膜反应器中的反应为2HI（g）H2（g）+I2（g），增大压强能提高反应速率，该反应反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，不能提高HI的平衡转化率，B项错误；C项，根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”，C项正确；D项，将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为SO2+2H2O=H2SO4+H2，D项错误；答案选C。8、D【解题分析】

A．甘油和水互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，故A项错误；B．二氯代物的同分异构体可以采用“定一移一”法解题，先找出所有的同分异构体，再找出只含一个“-CH3”的，其中符合条件的有：CH3-CH2-CH2-CH2-CHCl2，CH3-CH2-CH2-CHCl-CH2Cl，CH3-CH2-CHCl-CH2-CH2Cl，CH3-CHCl-CH2-CH2-CH2Cl，CH3-CH2-CH（CH2Cl）-CH2Cl，CH3-CH(CH2Cl)-CH2-CH2Cl，符合条件的结构简式一共有6个，故B错误；C．甲苯和浓HNO3在加入催化剂浓硫酸后加热发生取代反应，乙酸和苯甲醇发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，都是取代反应，故C项错误；D．该有机物中含有碳碳双键就能发生氧化、还原、加成、加聚，含有羧基能发生取代反应，D正确；故答案选D。9、D【解题分析】A、反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，①中温度低于②，故平衡时N2的浓度：①＞②，选项A正确；B、相对于①，②为升高温度，平衡逆向移动，平衡时CO的浓度增大，正反应速率较大，故平衡时CO的正反应速率：①＜②，选项B正确；C、③反应物的量为①的二倍，恒容条件下相当于增大压强，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的平衡转化率：③＞①，选项C正确；D、②温度高，平衡逆向移动，气体总量增大，压强大于①，选项D错误。答案选D。10、C【解题分析】

甲酸和氢氧化钠溶液混合后发生反应：HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，所得溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，则c(HCOO-)=c(Na+)，故选C。11、C【解题分析】

同分异构体指分子式相同结构不同的化合物，据此结合选项判断。【题目详解】A、O2和O3是氧元素形成的不同的单质，互为同素异形体，故A不符合；B、CH4和C4H10分子式不同，不是同分异构体，二者都属于烷烃，互为同系物，故B不符合；C、CH3OCH3和CH3CH2OH，前者是甲醚，后者是乙醇，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C符合；D、1H和2H是氢元素的不同核素，互为同位素，故D不符合。答案选C。12、D【解题分析】A、若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，选项A错误；B、离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，因为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，选项B错误；C、氧化性顺序：HNO3>Fe3+＞Cu2+＞H+，铁粉先与氧化性强的反应，反应顺序为HNO3、Fe3+、Cu2+、H+，选项C错误；D、H+先发生反应，因为H+结合OH-的能力最强，然后Fe3+与OH-反应生成氢氧化铁沉淀，最后再生成一水合氨，故在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液，反应的顺序为H+、Fe3+、NH4+，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查离子反应的先后顺序等，清楚反应发生的本质与物质性质是关键，注意元素化合物知识的掌握，是对学生综合能力的考查。13、D【解题分析】分析：反应中Mn元素化合价由+7价，降低为+2价，乙烯中C元素的化合价由-2价升高到+4价，结合高锰酸钾的化学计量数可知，转移的电子为60，然后根据化合价升降守恒结合氧化还原反应的规律分析解答。详解：A.反应中Mn元素化合价变化了(7-2)×12=60，根据化合价升降守恒，乙烯中C元素的化合价由-2价升高到+4价，因此乙烯的化学计量数为5，即a=5，故A错误；B.用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷气体中少量的乙烯，会引入二氧化碳杂质，故B错误；C.根据A的分析，氧化产物为二氧化碳，还原产物为MnSO4，物质的量之比为10:12=5:6，故C错误；D.在标准状况下，11.2L乙烯的物质的量为0.5mol，根据上述分析，转移6mol电子，故D正确；故选D。14、B【解题分析】

能与Na反应的官能团有羟基、羧基，1mol有机物可消耗2molNa；能与NaOH反应的官能团有酯基、酚羟基、溴原子和羧基，1mol有机物可消耗4molNaOH；能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基，1mol有机物只能消耗1mol碳酸氢钠。则等物质的量的该有机物消耗的金属钠、氢氧化钠、碳酸氢钠的物质的量之比为2：4：1，因此合理选项是B。15、D【解题分析】

A．铜锌原电池中，锌易失电子作负极，铜作正极，正极上得电子发生还原反应，故A正确；B．电解精炼铜时，阳极材料是粗铜，粗铜失电子发生氧化反应，纯铜作阴极，阴极上铜离子放电析出铜，故B正确；C．电镀铜时，铜作阳极，阳极上铜失电子发生氧化反应，镀件作阴极，阴极上铜离子放电生成铜，故C正确；D．如果用铜作阳极电解稀硫酸溶液，阳极上铜失电子发生氧化反应而得不到氧气，应该用惰性电极电解稀硫酸，故D错误；故答案为D。16、A【解题分析】

A．向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液，因AlO2—结合氢离子能力比CO32-强，溶液中Al(OH)3白色沉淀生成，故A正确；B．Fe2+在酸性条件下能被NO3-氧化成Fe3+，则将硫酸酸化的双氧水滴入硝酸亚铁溶液中，溶液黄色，无法证明H2O2的氧化性比Fe3+强，故B错误；C．浓硫酸有强氧化性，可以被有还原性的乙醇还原为二氧化硫，且乙醇有挥发性，二氧化硫和乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色，则浓硫酸与乙醇共热产生气体Y，通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，未排除二氧化硫和乙醇的干扰，无法证明Y是纯乙烯，故C错误；D．两种难溶物的组成相似，在相同的条件下，Ksp小的先沉淀，则由现象可知，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故D错误；故答案为A。17、D【解题分析】分析乙醇含有羟基，可发生取代（置换）、消去和氧化反应，取代反应时，可断裂C-O键、O-H键，氧化反应时，可断裂①③键，消去反应断裂②⑤键，以此解答该题。详解：乙醇与Na反应生成氢气，O-H键断裂，即①断裂，A选项正确；乙醇在金属铜作用下发生催化氧化反应时，生成醛，C-H、O-H键断裂，即①③断裂，B选项正确；170℃乙醇制乙烯时，C-H、C-O键断裂，即②⑤断裂，C选项正确；140℃乙醇制乙醚的反应时，O-H键、C-O键断裂，2分子乙醇反应，1个乙醇分子断羟基上的氢原子，另一个分子断C-O键，形成C2H5-O-C2H5,即①或者②断裂，D选项错误；正确答案D。18、B【解题分析】

A项，化学反应速率变化时，化学平衡不一定发生移动，如使用催化剂化学反应速率变化，但化学平衡不移动，A项错误；B项，只有改变条件使正、逆反应速率不相等，化学平衡才会发生移动，故化学平衡发生移动时，化学反应速率一定变化，B项正确；C项，反应进行的程度与化学反应速率没有必然的联系，C项错误；D项，改变压强对没有气体参与的反应，化学反应速率不改变，改变压强对反应前后气体化学计量数之和相等的反应，平衡不移动，D项错误；答案选B。19、A【解题分析】分析：A、加水稀释，促进阴离子水解；B、酸和碱的强弱没有给出，无法判断；C、硫酸铵为强电解质，完全电离，氨根离子为弱碱阳离子，部分水使溶液呈酸性，注意盐类的水解是少量的；D、依据质子守恒解答。详解：A、加水稀释，促进阴离子水解，NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3-)的比值将增大，故A正确；B、pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合，只有强酸和强碱等体积混合才会PH=7，弱酸和强碱反应显酸性，反之，显碱性，故B错误；C、0.1mol/L硫酸铵溶液中:c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)，故C错误；D、依据质子守恒，0.1mol/L的硫化钠溶液中，由水电离产生的氢离子等于由水电离产生的氢氧根离子，所以存在：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；故选A。点睛：本题考查了盐类的水解，解题关键：明确盐类水解的原理，把握溶液中电荷守恒、物理守恒、质子守恒，易错点B，注意盐类水解的规律及其应用。难点D，对质子守恒的理解，或写出物料守恒和电荷守恒，加减消元消去钠离子可得。20、B【解题分析】

Fe3O4可以表示为FeO·Fe2O3，其中+2价铁占，+3价铁占。【题目详解】3.48g四氧化三铁物质的量为==0.015mol，完全溶解在100mL1mol/L硫酸后，溶液中含有Fe2+为0.015mol×3×=0.015mol，加入K2Cr2O7溶液25ml，恰好使溶液中的Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O72-全部转化成Cr3+，设K2Cr2O7的物质的量浓度为cmol/L，由得失电子数目守恒可得25×10-3L×cmol/L×2×（6-3）=0.015mol×1，解得：c=0.1，故选B。【题目点拨】本题考查氧化还原反应的计算，涉及两步反应，利用方程式计算比较麻烦，抓住氧化还原反应中电子转移守恒计算是解答关键。21、D【解题分析】

A．氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、水，离子反应为Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故A正确；B．NaOH和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，离子反应为Cu2++2OH-═Cu(OH)2↓，故B正确；C．硫酸铜、氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化铜，离子反应为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故C正确；D．氢氧化钡与碳酸氢钠反应生成碳酸钡、水，若碳酸氢钠少量发生HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，若碳酸氢钠足量，发生2HCO3-+Ba2++2OH-═BaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；故选D。22、D【解题分析】

甲能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，说明含有羧基，根据分子式确定另一个取代基。【题目详解】甲能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，说明含有羧基；苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为﹣Cl，根据分子式C10H11ClO2确定另一个取代基为﹣C4H7O2，取代基﹣C4H7O2的种类数为甲的同分异构体的种类数，当取代基﹣C4H7O2的含羧基的主链为4个碳有1种，含羧基的主链为3个碳有2种，含羧基的主链为2个碳有2种，共有5种，取代基﹣C4H7O2与取代基﹣Cl有邻、间、对三种情况，则满足条件的同分异构体的数目为5×3=15。答案选D。【题目点拨】本题考查同分异构体的书写，题目难度中等，明确取代基﹣C4H7O2的种类数为甲的同分异构体的种类数为解题的关键。二、非选择题(共84分)23、羧基酯基①④⑤CH3CH2CH2COOH；CH3CH(CH3)COOHCH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O【解题分析】

由条件“A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平”可知，A为乙烯；乙烯能发生加聚反应生成F即聚乙烯；乙烯也可以与水加成得到B乙醇，乙醇经过连续氧化后得到D乙酸，二者可以酯化生成G乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性条件下水解得到乙醇和E乙酸钠。【题目详解】(1)D乙酸，G乙酸乙酯中官能团分别为羧基和酯基；(2)上述转化关系中，反应①即乙烯和水的反应为加成反应；反应④和⑤即酯化和酯的水解反应为取代反应；(3)G为乙酸乙酯，其属于羧酸的同分异构体有正丁酸(CH3CH2CH2COOH)和异丁酸(CH3CH(CH3)COOH)；(4)C为乙醛，其与新制氢氧化铜反应的方程式即为：CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O；【题目点拨】有机推断题的突破口，一是反应条件，二是题干中描述的物质的名称、应用等信息，三是题干中提供的计算有关的信息；要灵活整合推断题中的信息加以推断。24、取代反应（或水解反应）醛基3或或)【解题分析】

根据题中各物质的转化关系，A碱性水解发生取代反应得B，B氧化得C，C发生银镜反应生成D，根据C的名称和A的分子式为C9H11Cl，可知B为，可反推知A为，C为，D为。据此解答。【题目详解】(1)根据上面的分析可知，A的结构简式为，故答案为；(2)根据上面的分析可知，转化关系中A→B的反应类型为取代反应，B→C发生氧化反应，将羟基氧化为醛基，C中官能团为醛基，故答案为取代反应；醛基。(3)反应C→D中的第①步的化学方程式为，故答案为；(4)在NaOH醇溶液并加热的条件下，A发生消去反应生成E：，E的同分异构体的苯环上有且仅有一个取代基，且能与溴水发生加成反应，说明有碳碳双键，则苯环上的取代基可以是－CH=CHCH3或－CH2CH=CH2或－C(CH3)=CH2，所以符合条件的同分异构体的结构简式为或或)故答案为或或)。25、2H2O22H2O+O2↑浓硫酸干燥O2，防止带入D或E中引起增重使TMB不充分燃烧生成CO全部转化为CO2C16H20N2需要防止外界空气中的CO2和H2O进入E中，避免对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰【解题分析】

根据装置图，A中过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，进入装置C的气体需要干燥，生成的氧气在B用浓硫酸干燥，干燥的氧气在C中将TMB氧化为二氧化碳、水和氮气，反应后用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，以确定其中所含碳、氢、氮原子的比例关系。据此分析解答。【题目详解】(1)过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，故答案为2H2O22H2O+O2↑；(2)进入装置C的气体需要干燥，因此B中试剂为浓硫酸，可用于干燥氧气，防止带入D中引起增重，故答案为浓硫酸；干燥O2，防止带入D中引起增重；(3)装置C中CuO粉末可以使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳，保证碳元素全部转化为二氧化碳，被E吸收，故答案为使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳；(4)实验后称得A装置从用的先后顺序排列质量分别增加3.60g、14.08g、0.14g，则m(H2O)=3.60g，m(CO2)=14.08g，而0.14g为空气中的CO2和H2O进入装置中的质量，则n(H2O)==0.2mol，n(H)=0.4mol，m(H)=0.4g，n(CO2)==0.32mol，n(C)=0.32mol，m(C)=0.32mol×12g/mol=3.84g，所以m(N)=4.80g-0.4g-3.84g=0.56g，n(N)==0.04mol，则：n(C)∶n(H)∶n(N)=0.32mol∶0.4mol∶0.04mol=8∶10∶1，TMB的相对分子质量为240，设分子式为：C8nH10nNn，则有：12×8n+10n+14n=240，解得n=2，所以分子式为C16H20N2，故答案为C16H20N2；(5)装置E中的碱石灰会吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，使实验数据产生误差，因此该实验需要添加F装置，防止外界空气中的CO2和H2O进入E中，避免对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰；故答案为需要；防止外界空气中的CO2和H2O进入E中，避免对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰。【题目点拨】明确实验的原理和确定有机物的分子组成的方法是解题的根据。本题的易错点为(3)和(5)，要注意理解实验的测定原理和空气中的气体对实验的影响26、BaCl2或Ba(NO3)2取滤液或溶液2少许于试管，加入稀盐酸，若产生白色沉淀，证明AgNO3过量Na2CO3HNO3蒸发CBDAHGEF4蒸馏烧瓶【解题分析】Ⅰ.除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液，由实验流程可知，如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的X为BaCl2[或Ba(NO3)2]，生成沉淀A为BaSO4沉淀，然后在溶液1中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，即沉淀B为AgCl，再向所得溶液2中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，最后所得溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。(1)由上述分析可知，X为BaCl2或Ba(NO3)2，故答案为BaCl2或Ba(NO3)2；(2)证明AgNO3加过量的实验方法是取滤液或溶液2少许于试管，加入稀盐酸，若产生白色沉淀，证明AgNO3过量，故答案为取滤液或溶液2少许于试管，加入稀盐酸，若产生白色沉淀，证明AgNO3过量；(3)溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，之后蒸发、过滤得到硝酸钠，故答案为Na2CO3；HNO3；蒸发；Ⅱ.(1)CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液，操作为查漏→装液→振荡→静置→分液，则正确的顺序为：C→B→D→A→H→G→E→F，故答案为CBDAHGEF；(2)从含碘的CCl4溶液中提取碘和回收CCl4，还需要经过蒸馏，蒸馏时温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处；冷凝水应从下口进入上口流出；尾接管与锥形瓶之间有塞子；烧杯加热应垫上石棉网；所以共4处错误；故答案为4；(3)碘的沸点为184℃，比四氯化碳沸点高，所以最后晶态碘在蒸馏烧瓶里聚集；故答案为蒸馏烧瓶。27、CFEG作安全瓶，防止倒吸现象的发生CH2=CH2+Br2CH2Br—CH2Brbcab101.6℃不合理产物1－溴丁烷也含有－CH2CH2CH2CH3【解题分析】

Ⅰ、在分析实验装置的过程中要抓住两点，一是必须除去混在乙烯中的气体杂质，尤其是SO2气体，以防止SO2与Br2发生反应SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，影响1，2-二溴乙烷产品的制备；二是必须在理解的基础上灵活组装题给的不太熟悉的实验仪器（如三颈烧瓶A、恒压滴液漏斗D、安全瓶防堵塞装置C），反应管E中冷水的作用是尽量减少溴的挥发，仪器组装顺序是：制取乙烯气体（用A、B、D组装）→安全瓶（C，兼防堵塞）→净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）→制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（E）→尾气处理（G）。Ⅱ、两个装置烧瓶中，浓H2SO4和溴化钠在加热条件下生成溴化氢，在浓硫酸作用下，l－丁醇与溴化氢发生取代反应生成1－溴丁烷，A装置中冷凝管起冷凝回流1－溴丁烷的作用，烧杯起吸收溴化氢的作用，B装置中冷凝管和锥形瓶起冷凝收集1－溴丁烷的作用。【题目详解】Ⅰ、（1）在浓硫酸作用下，乙醇共热发生消去反应生成乙烯的化学方程式为CH3CH2OHCH2═CH2↑+H2O，由化学方程式可知制取乙烯时应选用A、B、D组装，为防止制取1，2-二溴乙烷时出现倒吸或堵塞，制取装置后应连接安全瓶C，为防止副反应产物CO2和SO2干扰1，2-二溴乙烷的生成，应在安全瓶后连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶F，除去CO2和SO2，为尽量减少溴的挥发，将除杂后的乙烯通入冰水浴中盛有溴水的试管中制备1，2-二溴乙烷，因溴易挥发有毒，为防止污染环境，在制备装置后应连接尾气吸收装置，则仪器组装顺序为制取乙烯气体（用A、B、D组装）→安全瓶（C，兼防堵塞）→净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）→制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（E）→尾气处理（G），故答案为：C、F、E、G；（2）为防止制取1，2-二溴乙烷时出现倒吸或堵塞，制取装置后应连接安全瓶C，故答案为：作安全瓶，防止倒吸现象的发生；（3）在反应管E中进行的主要反应为乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，反应的方程式为CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br，故答案为：CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br；Ⅱ、（1）两个装置中都用到了冷凝管，为了增强冷凝效果，冷水都应从下口进上口出，则A装置中冷水从b口进入，B装置中冷水从c口进入，故答案为：b；c；（2）若硫酸浓度过大，l-丁醇在浓硫酸的催化作用下发