2024届山东省齐河县一中高二化学第二学期期末学业水平测试试题含解析

2024届山东省齐河县一中高二化学第二学期期末学业水平测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是A．某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐B．pH＝4.5的番茄汁中c(H+)是pH＝6.5的牛奶中c(H+)的100倍C．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同D．pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+)>c(CH3COO－)2、取未知浓度的硫酸、盐酸和醋酸各25.00mL，分别用0.10mol/L的NaOH溶液或0.10mol/L的稀氨水滴定得到下图曲线。下列说法正确的是A．由图可知曲线c为NaOH滴定硫酸B．由图可知硫酸的物质的量浓变大于盐酸的物质的量浓度C．曲线b、c的滴定实验可用酚酞做指示剂D．由图可知滴定前醋酸的物质的量浓度为0.060mol/L3、已知3.01×1023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是()A．16g B．32g C．64g/mol D．16g/mol4、下列离子方程式书写正确的是A．铁与盐酸反应：2Fe＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2↑B．氢氧化钡与硫酸铜溶液混合：2OH-+Cu2+=Cu（OH）2↓C．过量NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2反应：2HCO3-＋Ba2+＋2OH-=BaCO3↓＋CO32-＋2H2OD．石灰乳和盐酸反应：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O5、有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是A．CuSO4在反应中被还原B．FeS2既是氧化剂也是还原剂C．14molCuSO4氧化了1molFeS2D．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶76、等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是()A．2mol·L－1H2SO4 B．18mol·L－1H2SO4 C．6mol·L－1KOH D．3mol·L－1HNO37、分别完全燃烧1mol下列物质，需要氧气的量最多的是A．丙烯B．丙三醇C．乙烷D．丙酸8、已知25℃时，Ka(HF)＝3.6×10－4，Ksp(CaF2)＝1.46×10－10，现向1L0.2mol·L－1HF溶液中加入1L0.2mol·L－1CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是A．25℃时，0.1mol·L－1HF溶液中pH＝1B．Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化C．该体系中没有沉淀产生D．该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀9、下列装置中，不添加其他仪器无法检查气密性的是()A． B． C． D．10、化学式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是（）A．只含1个键的直链有机物B．含2个键的直链有机物C．含1个键的环状有机物D．含1个—CC—键的直链有机物11、关于下列装置说法正确的是()A．装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大C．用装置③精炼铜时，溶液中Cu2+的浓度一定始终不变D．装置④中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成12、下列描述或表达式正确的是（）A．不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质B．NaHSO4在稀溶液中的电离方程式：NaHSO4═Na++H++SO42-C．电解、电泳、电离、电化腐蚀等过程均需要通电才进行D．对于反应

MnO2+ZnS+2H2SO4═MnSO4+ZnSO4+S+2H2O，每有1molMnO2被氧化，转移2mol

电子13、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．由X、Y组成的化合物是离子化合物C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D．W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强14、在标准状况下，由CO、甲烷和丁烷组成的混合气体11.2L完全燃烧后，生成相同状况下的CO2气体17.92L。则原混合气体中，CO、甲烷和丁烷的体积比不可能为A．3∶1∶1B．2∶2∶1C．3∶4∶3D．7∶13∶515、下列各组物质的分类正确的是（）①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉②含有氧元素的化合物叫氧化物③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物④同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨⑤强电解质溶液的导电能力一定强⑥在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物⑦有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应A．全部正确 B．①②⑤⑦ C．②③⑥ D．④⑥16、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K17、用铂电极电解100mLHNO3与AgNO3的混合液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况），则原混合液中Ag+的物质的量浓度为（）A．1mol/LB．2mol/LC．2.5mol/LD．3mol/L18、下列说法中，不正确的是A．固体表面水膜的酸性很弱或呈中性，发生吸氧腐蚀B．钢铁表面水膜的酸性较强，发生析氢腐蚀C．将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好D．钢闸门作为阴极而受到保护19、用价电子对互斥理论（VSEPR）可以预测许多分子或离子的空间构型，也可推测键角大小，下列判断正确的是A．CS2是V形分子 B．SnBr2键角大于C．BF3是三角锥形分子 D．NH4+键角等于109º28ˊ20、下列各组表达式意义相同的是A．B．HCOOCH3和HOOCCH3C．D．-NO2和NO221、下图是在载人航天器舱内利用氢氧燃料电池进行二氧化碳浓缩富集的装置。下列说法正确的是A．a极为电池的正极B．b极的电极反应：2CO2+O2+4e-===2CO32-C．该装置工作时电能转化成了化学能D．CO32-向b极移动22、下列说法正确的是A．白磷和红磷互为同素异形体，两者之间不能相互转化B．C2H6和C5H12一定互为同系物C．CH3CH2CH(CH3)2的名称是3－甲基丁烷D．CH3OCHO和HCOOCH3互为同分异构体二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物F(C9H10O2)是一种有茉莉花香味的酯。用下图所示的方法可以合成F。其中A是相对分子质量为28的烃，其产量常作为衡量石油化工发展水平的标志。E是只含碳、氢、氧的芳香族化合物，且苯环上只有一个侧链。回答下列问题：(1)A的分子式是____________；(2)B的结构简式是________________________；(3)为检验C中的官能团，可选用的试剂是____________；(4)反应④的化学方程式是____________________________________。24、（12分）由丙烯经下列反应制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。(1)F的结构简式为________。(2)在一定条件下，两分子E能脱去两分子形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为_______。(3)①B→C化学方程式为______。②C与含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为______。③E→G化学方程式为______。(4)手性分子X为E的一种同分异构体，lmolX与足量金属钠反应产生lmol氢气，lmolX与足量银氨溶液反应能生成2molAg，则X的结构简式为_______。(5)用G代替F制成一次性塑料餐盒的优点是_______。25、（12分）1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下：步骤1：在仪器A中加入搅拌磁子、12g1-丙醇及20mL水，在冰水冷却下缓慢加入28mL浓H2SO4；冷却至室温，搅拌下加入24gNaBr。步骤2：缓慢加热，直到无油状物馏出为止。步骤3：将馏出液转入分液漏斗，分离出有机相。步骤4：将分离出的有机相转入分液漏斗，依次用H2O、5%的Na2CO3溶液洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得1-溴丙烷。已知：①1-溴丙烷沸点为71℃，密度为1.36g/cm3；②反应过程中，在仪器A中可以观察到A的上方出现红棕色蒸气（Br2）。回答下列问题：（1）仪器A的名称是______；加入搅拌磁子的目的是搅拌和______。（2）仪器A中主要发生反应为：NaBr+H2SO4===HBr+NaHSO4和______。（3）步骤2中需向接收瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是______，同时可以观察到的现象是______。（4）步骤4中的两次洗涤，依次洗去的主要杂质是______、_________。（5）步骤4中的Na2CO3溶液还可以用下列中的______试剂代替。A．NaOH溶液B．NaI溶液C．Na2SO3溶液D．CCl426、（10分）乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，其制备原理为：甲、乙两同学分别设计了如下装置来制备乙酸乙酯。请回答下列问题：（1）下列说法不正确的是________。A．加入试剂的顺序依次为乙醇、浓硫酸、乙酸B．饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、促进乙酸乙酯在水中的溶解C．浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，加入的量越多对反应越有利D．反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后即可从上口倒出上层的乙酸乙酯（2）乙装置优于甲装置的理由是________。（至少说出两点）27、（12分）某科研小组设计出利用工业废酸(稀硫酸)来浸取某废弃的氧化铜锌矿的方案，实现废物综合利用，方案如图所示。已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如表所示：请回答下列问题：(1)在“酸浸”步骤中，为提高浸出速率，除通入空气“搅拌”外，还可采取的措施是(任写一点即可)__________________________________________________________。(2)物质A最好使用下列物质中的____________（填选项序号）。A．KMnO4B．H2O2C．HNO3(3)除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在__________范围之间。(4)物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是________。(5)除铁后得到的氢氧化铁可用次氯酸钾溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能处理剂(K2FeO4)，写出该反应的离子方程式：__________________________。28、（14分）甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）△H3回答下列问题：（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：由此计算△H1＝__kJ·mol-1，已知△H2＝-58kJ·mol-1，则△H3＝__kJ·mol-1。（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为__________；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为_________（填曲线标记字母），其判断理由是_________________。（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）＝2.60时，体系中的CO平衡转化率（α）与温度和压强的关系如图2所示。α（CO）值随温度升高而_______（填“增大”或“减小”），其原因是_______。图2中的压强由大到小为_____，其判断理由是_____。29、（10分）元素的基态原子的核外电子有3种能量状态、5种空间状态，X是其中第一电离能最小的元素；元素Y的M层电子运动状态与X的价电子运动状态相同；元素Z位于第四周期，其基态原子的2价阳离子M层轨道全部排满电子。（1）X基态原子的电子排布式为___________。（2）X的氢化物（H2X）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是___________。（3）在Y的氢化物（H2Y分子中，Y原子轨道的杂化类型是___________。（4）Y与X可形成YX32−。①YX32−的立体构型为___________（用文字描述）。②写出一种与YX32−互为等电子体的分子的化学式___________。（5）Z的氯化物与氨水反应可形成配合物[Z（NH3）4（H2O）2]Cl2，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是___________（写化学式）。（6）Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为______。其晶胞边长为540.0pm，密度为________g·cm−3（列式并计算），a位置Y与b位置Z之间的距离为_______pm（列式表示）。

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】

A、某物质的溶液pH＜7，则该物质可能是酸或强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐或NaHSO4等，弱酸弱碱盐的水溶液有可能也显酸性，A错误；B、pH＝4.5的番茄汁中c(H＋)＝1.0×10-4.5mol/L，pH＝6.5的牛奶中c(H＋)＝1.0×10-6.5mol/L，前者c（H+）是后者的100倍，B正确；C、浓度相同的CaCl2和NaCI溶液中的Cl-浓度不同，前者c（Cl-）是后者的2倍，根据氯化银的溶解平衡判断，氯离子浓度增大，平衡左移，氯化银的溶解度减小，所以AgCl在同浓度的CaCl2和NaCI溶液中的溶解度不同，前者较小，C错误；D、pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液显酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度，所以c(Na＋)＜c(CH3COO－)，D错误；答案选B。2、D【解题分析】分析：本题考查的是酸碱混合的定性判断和计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握题目图像的分析和弱电解质的电离特点，难度中等。详解：A.由图像可知加入氢氧化钠或氨水时，a的pH在开始阶段变化较大，应为碱滴定弱酸的变化曲线，则b、c为硫酸盐酸的滴定曲线，由于浓度未知，则不能确定b、c，故错误；B.硫酸、盐酸都为强酸，题中纵坐标为pH，不能确定浓度的大小，故错误；C.如用氨水中和，滴定终点时溶液呈现酸性，应用甲基橙为指示剂，故错误；D.开始时醋酸的pH为3，氢离子浓度为0.001mol/L，滴定终点时消耗氢氧化钠的体积为15mL，则有c×0.025=0.10×0.015，解c=0.06mol/L，故正确。故选D。点睛：由图像可知加入氢氧化钠或氨水时，a的pH在开始阶段变化较大，因为碱滴定弱酸的变化曲线，则b、c为硫酸和盐酸的滴定曲线，由于浓度未知，则不能确定b、c，若用氨水滴定硫酸和盐酸，则滴定终点为酸性，应用甲基橙做指示剂，结合消耗氢氧化钠的体积计算醋酸的浓度即可。3、D【解题分析】

3.01×1023个X气体分子的物质的量为n===0.5mol，X气体的摩尔质量为M===16g/mol，故选D。4、C【解题分析】

A.铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式：Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑，A错误；B.氢氧化钡与硫酸铜溶液混合生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，正确的离子方程式：Ba2++SO42-+2OH-+Cu2+=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，B错误；C.过量NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2反应生成碳酸钡和碳酸钠和水，方程式书写正确，C正确；D.石灰乳为氢氧化钙的悬浊液，与盐酸反应生成氯化钙和水，正确的离子方程式：Ca（OH）2+2H+＝Ca2+＋2H2O，D错误；综上所述，本题选C。5、D【解题分析】

该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，Cu元素被还原、S元素被氧化和还原，据此分析解答。【题目详解】A．根据元素化合价知，部分FeS2和硫酸铜作氧化剂，CuSO4在反应中被还原，故A正确；B．该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，所以FeS2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；C．由方程式可知，14molCuSO4转移的电子为14mol，能够氧化

-1价的S的物质的量==2

mol，即能够氧化1molFeS2，故C正确；D．S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，根据方程式知，被还原的S和被氧化的S的物质的量之比为7∶3，质量之比为7∶3，故D错误；答案选D。【题目点拨】本题的易错点和难点为C，要注意不能直接根据方程式计算14molCuSO4氧化的FeS2，应该根据得失电子守恒计算。6、A【解题分析】

A、镁、铝都和稀硫酸反应生成氢气；B、镁与浓硫酸（18mol/LH2SO4）反应生成SO2气体，铝与浓硫酸发生钝化（常温）；C、镁不能和氢氧化钾反应，铝和氢氧化钾反应生成氢气；D、硝酸为强氧化性酸，和镁、铝反应不产生氢气；根据以上分析知，生成氢气最多的是稀硫酸，答案选A。【点晴】本题考查金属的性质，主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，该题溶液的浓度不是计算的数据，而是判断溶液属于“浓”或是“稀”，8mol/L以上的HCl、H2SO4、HNO3通常认为是浓酸，等量的镁铝合金分别与不同的溶液反应，只有两种金属都和该溶液反应，且都生成氢气，这样才能产生最多的氢气。7、A【解题分析】1mol烃CxHy的耗氧量为(x+y4)molA.丙烯耗氧量为(3+6/4)=4.5mol；B.丙三醇耗氧量为：(3+8/4)-1.5=3.5mol；C.乙烷的耗氧量为：(2+6/4)=3.5mol；D.丙酸的耗氧量为：(3+6/4)-1=3.5mol；故A的耗氧量最多，本题选A。8、D【解题分析】

A、已知25℃时，电离常数Ka(HF)=3.6×10－4，这说明HF为弱酸，不可能完全电离，因此25℃时，0.1mol·L－1HF溶液的pH＞1，A错误；B、Ksp(CaF2)与浓度无关，只与温度有关系，B错误；C、混合后溶液中Ca2+浓度为0.1mol·L－1，HF的浓度为0.1mol/L，F－浓度为，离子积Qc=0.1×(6×10－3)2=3.6×10－6＞Ksp(CaF2)=1.46×10－10，因此会产生沉淀，C错误；D、根据C中分析可知有CaF2沉淀生成，D正确；答案选D。9、A【解题分析】A、因为分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；C、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内若有气泡产生，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；D、向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气；故选A。点睛：装置气密性的检验是常考的实验题，解题关键：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏。易错选项A，分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，这个叙述正确，但不是题目的要求。10、A【解题分析】

把Cl原子看成氢原子，可知C5H7Cl的不饱和度为=2，一个双键的不饱和度为1，一个三键的不饱和度为2，一个环的不饱和度为1，据此判断。【题目详解】A．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个双键的直链有机物不饱和度为1，故A错误；B．C5H7Cl的不饱和度为2，含有两个双键的直链有机物不饱和度为2，故B正确；C．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个双键的环状有机物不饱和度为2，故C正确；D．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个叁键的直链有机物不饱和度为2，故D正确；故答案为A。11、B【解题分析】A、装置①原电池中，Zn是负极，Cu是正极，电解质里的阳离子K+移向正极，即移向硫酸铜溶液，选项A错误；B、在装置②电解池中，阴极a极是氢离子发生得电子生成氢气的还原反应，该极附近碱性增强，所以a极附近溶液的pH增大，选项B正确；C、精炼铜时，由于粗铜中含有杂质，开始时活泼的金属锌、铁等失去电子，而阴极始终是铜离子放电，所以若装置③用于电解精炼铜，溶液中的Cu2+浓度减小，选项C错误；D、在该原电池中，电子从负极Zn极流向正极Fe极，在铁电极上氢离子得电子生成氢气，反应实质是金属锌和氢离子之间的反应，不会产生亚铁离子，选项D错误。答案选B。12、B【解题分析】A．电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，CaCO3、BaSO4熔融状态完全电离，均是强电解质，故A错误；B．NaHSO4在稀溶液中完全电离成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式：NaHSO4═Na++H++SO42-，故B正确；C．电解、电泳等过程均需要通电才进行，电离、电化腐蚀不需要通电，故C错误；D．反应MnO2+ZnS+2H2SO4═MnSO4+ZnSO4+S+2H2O中Mn元素的化合价降低，被还原，则1molMnO2被还原，转移2mol电子，故D错误；故选B。13、B【解题分析】

X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；【题目详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A错误；B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；总上所述，本题选B。【题目点拨】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。14、C【解题分析】混合气体的物质的量为0.5mol，CO2气体的物质的量为0.8mol，混合气体的平均分子组成中的碳原子为C1.6。由于CO、甲烷的分子中都有一个碳原子，所以它们在本题中是等效的。设CO、甲烷的体积和与丁烷的体积分别为为x、y，则(x+4y):(x+y)=1.6，x:y=4:1，CO、甲烷和丁烷的体积比不可能为3:4:3,故选C。15、D【解题分析】

①氯水、氨水、水玻璃、福尔马林、淀粉均是混合物，水银是金属Hg，是纯净物，①错误；②由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，因此含有氧元素的化合物不一定是氧化物，例如NaOH是碱，②错误；③能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、P2O5均为酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物；能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Na2O为碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，③错误；④C60、C70、金刚石、石墨均是碳元素形成单质，互为同素异形体，④正确；⑤强电解质溶液的导电能力不一定强，关键是看溶液中离子的浓度和所带电荷数，⑤错误；⑥由于在熔融状态下共价键不能被破坏，离子键可以断键，因此在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，⑥正确；⑦有单质参加的反应或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，例如同素异形体之间的转化，⑦错误。答案选D。【题目点拨】⑤是解答的易错点，电解质溶液之所以导电，是由于溶液中有自由移动的离子存在。电解质溶液导电能力的大小，决定于溶液中自由移动的离子的浓度和离子的电荷数，和电解质的强弱没有必然联系，如1mol/L的醋酸溶液的导电能力就大于0.00001mol/L的盐酸，所以说盐酸的导电能力一定大于酯酸是错误的。16、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。17、A【解题分析】试题分析：电解池阳极是氢氧根离子在放电，收集到2.24L氧气，则转移了0.4mol电子；阴极是银离子放电完全后，氢离子再放电，当收集到2.24L氢气时，则转移了0.2mol电子，所以银离子放电需转移0.2mol电子。考点：电解池点评：电解池是历年高考常考知识点，注重考查学生分析问题、解决问题的能力。18、C【解题分析】

钢铁生锈主要是电化学腐蚀，而电化学腐蚀的种类因表面水膜的酸碱性不同而不同，当表面水膜酸性很弱或中性时，发生吸氧腐蚀；当表面水膜的酸性较强时，发生析氢腐蚀，A、B均正确；C、钢闸门与锌板相连时，形成原电池，锌板做负极，发生氧化反应而被腐蚀，钢闸门做正极，从而受到保护，这是牺牲阳极的阴极保护法；当把锌板换成铜板时，钢闸门做负极，铜板做正极，钢闸门优先腐蚀，选项C错误；D、钢闸门连接直流电源的负极，做电解池的阴极而受到保护，这是连接直流电源的阴极保护法，选项D正确。答案选C。19、D【解题分析】分析：先确定中心原子上的孤电子对数和σ键电子对数，由此导出VSEPR模型，略去中心原子上的孤电子对导出分子或离子的空间构型；价电子对间的排斥作用：孤电子对间的排斥作用孤电子对与成键电子对间的排斥作用成键电子对间的排斥作用，据此确定键角。详解：A项，CS2中中心原子C上的孤电子对数为（4-22）=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，VSEPR模型为直线形，C上没有孤电子对，CS2是直线形分子，A项错误；B项，SnBr2中中心原子Sn上的孤电子对数为（4-21）=1，σ键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于孤电子对与成键电子对间的排斥作用成键电子对间的排斥作用，SnBr2的键角小于120º，B项错误；C项，BF3中中心原子B上的孤电子对数为（3-31）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面三角形，B上没有孤电子对，BF3是平面三角形分子，C项错误；D项，NH4+中中心原子N上的孤电子对数为（5-1-41）=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为0+4=4，VSEPR模型为正四面体形，N上没有孤电子对，NH4+为正四面体形，键角等于109º28ˊ，D项正确；答案选D。点睛：本题考查价层电子对互斥理论确定分子或离子的空间构型、键角。当中心原子上没有孤电子对时，分子或离子的空间构型与VSEPR模型一致；当中心原子上有孤电子对时，分子或离子的空间构型与VSEPR模型不一致。20、C【解题分析】分析：A．根据是否带有电荷分析判断；B．前者为甲酸甲酯，后者为乙酸，二者表示的为不同的烃的衍生物；C．根据乙基的结构简式的书写方法分析判断；D．-NO2表示官能团，NO2表示物质。详解：A．-OH为羟基，羟基中氧原子最外层7个电子，表示的是阴离子，二者表示的意义不同，故A错误；B．前者表示的是甲酸甲酯，属于酯类，后者表示的是乙酸，属于羧酸，二者互为同分异构体，表示的物质不同，故B错误；C．二者表示的取代基类型相同，均为乙基和环戊基，表示的是同一种物质，表达式意义相同，故C正确；D．-NO2为硝基，属于有机物的官能团，NO2为氮元素的氧化物，二者表示的意义不同，故D错误；故选C。点睛：本题考查了化学表达式的含义，掌握常见化学表达式的书写方法是解题的关键。本题的易错点为A，要注意羟基不带电，电子式为。21、B【解题分析】

氢氧燃料电池中通入氢气的为负极，通入空气的为正极，据此分析解答。【题目详解】A．氢氧燃料电池中通入氢气的为负极，因此a是负极，b是正极，故A错误；B．b是正极，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为2CO2+O2+4e-=2CO32-，故B正确；C．该装置为原电池，工作时化学能转化成了电能，故C错误；D．在原电池中，阴离子向负极移动，因此CO32-向a极移动，故D错误；答案选B。【题目点拨】本题的易错点和难点为B，要注意根据题意“二氧化碳浓缩富集”结合电解质溶液为碳酸盐的水溶液书写电极反应式，该装置中负极的电极反应式为H2—2e-+CO32-=H2O+CO2，因此总反应为2H2+O2=2H2O。22、B【解题分析】

A．白磷和红磷互为同素异形体，一定条件下二者可以相互转化，故A错误；B．C2H6

和

C5H12都是烷烃，二者C原子数不同，互为同系物，故B正确；C．CH3CH2CH(CH3)2

的甲基在2号C，正确名称为2-甲基丁烷，故C错误；D．CH3OCHO

和

HCOOCH3的分子式、结构完全相同，为同一种物质，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、C2H4CH3CH2OH银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液CH3COOH++H2O【解题分析】

（1）A是相对分子质量为28的烃，且其产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则A为乙烯，A的结构简式为CH2=CH2，分子式为C2H4；（2）F的分子式为C9H10O2，F属于酯，F是由一元醇和一元酸通过酯化反应生成的，根据转化关系，A→B→C→D应为C2H4→CH3CH2OH→CH3CHO→CH3COOH，因此B的结构简式为CH3CH2OH，C的结构简式为CH3CHO，D的结构简式为CH3COOH；（3）C为乙醛，检验醛基选用银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液；（4）E是只含碳、氢、氧的芳香族化合物，且苯环上只有一个侧链，根据F的分子式和D的结构简式，结合原子守恒，则E的结构简式为，反应④的化学反应方程式为：CH3COOH++H2O。24、聚乳酸制成的塑料在自然环境中可以降解为小分子，对环境无害。【解题分析】

丙烯发生加聚反应生成F，F是聚丙烯；丙烯与溴发生加成反应生成A，A是1,2-二溴丙烷；A水解为B，B是1,2-丙二醇；B氧化为C，C是；被新制氢氧化铜悬浊液氧化为D，D是；与氢气发生加成反应生成E，E是；发生缩聚反应生成高分子化合物G为。【题目详解】(1)丙烯发生加聚反应生成F，F是聚丙烯，结构简式为。(2)E是，在一定条件下，两分子能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为。(3)①B是1,2-丙二醇被氧化为，化学方程式为。②C是，被含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液氧化为，反应的化学方程式为。③E是，发生缩聚反应生成聚乳酸，化学方程式为。(4)手性分子X为E的一种同分异构体，lmolX与足量金属钠反应产生lmol氢气，lmolX与足量银氨溶液反应能生成2molAg，说明X中含有2个羟基、1个醛基，则X的结构简式为。(5)用G代替F制成一次性塑料餐盒的优点是聚乳酸制成的塑料在自然环境中可以降解为小分子，对环境无害。25、蒸馏烧瓶防止暴沸CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O冷凝1-溴丙烷，减少其挥发溶液分层，下层为橙色的油状液体1-丙醇Br2C【解题分析】

（1）仪器A的名称是蒸馏烧瓶；溶液受热易发生暴沸；（2）仪器A中主要反应为浓硫酸与溴化钠反应生成溴化氢和硫酸氢钠，反应生成的溴化氢，在浓硫酸作用下，与1-丙醇共热发生取代反应生成1-溴丙烷和水；（3）1-溴丙烷沸点低，受热易挥发，不溶于水且比水密度大，单质溴易溶于有机溶剂；（4）由于制得的1-溴丙烷中混有挥发出的1-丙醇和单质溴；（5）1-溴丙烷在NaOH溶液中发生水解反应；反应生成的单质碘溶于1-溴丙烷引入新杂质；单质溴能与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，且不与1-溴丙烷反应；1-溴丙烷与四氯化碳互溶。【题目详解】（1）由图可知，仪器A的名称是蒸馏烧瓶；加入搅拌磁子的目的是搅拌和防止溶液受热暴沸，故答案为：蒸馏烧瓶；防止暴沸；（2）仪器A中主要反应为浓硫酸与溴化钠反应生成溴化氢和硫酸氢钠，反应生成的溴化氢，在浓硫酸作用下，与1-丙醇共热发生取代反应生成1-溴丙烷和水，有关化学方程式为NaBr+H2SO4=HBr+NaHSO4和CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O，故答案为：CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O；（3）由题给信息可知，1-溴丙烷沸点低，受热易挥发，则步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是减少1-溴丙烷的挥发；实验时，浓硫酸和溴化氢发生氧化还原反应生成了单质溴，单质溴易溶于有机溶剂，1-溴丙烷不溶于水且比水密度大，溶液分层，溴溶于下层1-溴丙烷，使下层油状液体呈橙色，故答案为：冷凝1-溴丙烷，减少其挥发；溶液分层，下层为橙色的油状液体；（4）由于制得的1-溴丙烷中混有挥发出的1-丙醇和单质溴，步骤4中用H2O洗去溶于水的1-丙醇，用5%的Na2CO3溶液洗去能与Na2CO3溶液反应的单质溴，故答案为：1-丙醇；Br2；（5）A、1-溴丙烷在NaOH溶液中发生水解反应生成1-丙醇，故错误；B、单质溴能与碘化钠溶液发生置换反应生成单质碘，单质碘溶于1-溴丙烷引入新杂质，故错误；C、单质溴能与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，且不与1-溴丙烷反应，故正确；D、1-溴丙烷与四氯化碳互溶，故错误；C正确，故答案为：C。【题目点拨】本题考查有机物的制备实验，侧重分析能力和实验能力的考查，把握有机物的性质、实验操作及技能为解答的关键。26、【答题空1】BC用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好【解题分析】

（1）A.在制备乙酸乙酯时，浓硫酸起催化剂作用，加入时放热；B.乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；C.浓H2SO4具有强氧化性和脱水性；

D.乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，可采用分液进行分离；

（2）可从装置的温度控制条件及可能的原料损失程度、副产物多少进行分析作答。【题目详解】（1）A.为防止浓硫酸稀释放热，导致液滴飞溅，其加入的正确顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，故A项正确；B.制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，其饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解，故B项错误；C.浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，但由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多，故C项错误；D.乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后从上口倒出上层的乙酸乙酯，故D项正确；答案下面BC；（2）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，乙装置优于甲装置的原因为：水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好，故答案为用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好。27、加热升高温度，或增大酸的浓度、将氧化铜锌矿粉碎等B3.2～6.2(NH4)2SO42Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42—＋3Cl－＋5H2O【解题分析】

(1)酸浸是将氧化铜锌矿用酸溶解，促进溶解的措施有搅拌、加热升高温度、增大酸的浓度、将氧化铜锌矿粉碎等。(2)除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀，