湖南省永州市东安县一中2024届高二化学第二学期期末经典试题含解析

湖南省永州市东安县一中2024届高二化学第二学期期末经典试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、铜是人类最早发现和使用的金属之一，铜及其合金的用途广泛。粗铜中含有少量铁、锌、银、金等杂质，工业上可用电解法精炼粗铜制得纯铜，下列说法正确的是A．精铜做阳极，粗铜做阴极B．可用AgNO3溶液做电解质溶液C．电解时，阴极反应为Cu–2e-===Cu2+D．电解后，可用阳极泥来提炼金、银2、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氯气B．FeCl3溶液有酸性，常用于蚀刻电路板C．炭具有强还原性，常用于冶炼钠、钾等金属D．碳酸氢钠溶液具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂3、中科大发现了人工合成金刚石的新方法，化学原理为：Na+CO2C(金刚石)+C(石墨)+Na2CO3(未配平)，这种合成具有深远的意义。下列说法不正确的是A．该反应中，钠作还原剂，二氧化碳作氧化剂B．每生成1molNa2CO3时，共转移4mol电子C．该反应中Na2CO3是氧化产物D．还原性Na大于C4、括号内的杂质能用饱和碳酸钠溶液并借助于分液漏斗除去的是A．苯（硝基苯） B．乙醇（乙醛）C．己烯（甲苯） D．乙酸乙酯（乙酸）5、下列有机物中，核磁共振氢谱中只出现一组峰的是A．CH3OH B．CH3CHO C． D．CH3CH2OCH2CH36、据央视新闻报道，在政府工作报告中指出，建设一批光网城市，推进5万个行政村通光纤，让更多城乡居民享受数字化生活。光缆的主要成分为SiO2。下列叙述正确的是（）A．SiO2的摩尔质量为60B．标准状况下，15gSiO2的体积为5.6LC．SiO2中Si与O的质量比为7∶8D．相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数相同7、探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3）实验装置试剂a现象①Ca(OH)2溶液（含酚酞）溶液褪色，产生白色沉淀②少量NaHCO3溶液产生气泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是A．H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+H2C2O4CaC2O4↓+2H2OB．酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3+H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2OC．H2C2O4具有还原性，2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2OD．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O8、200℃时，11.6g由CO2和水蒸气的混合物与足量的Na2O2充分反应后,固体质量增加了3.6g,则原混合气体的平均摩尔质量为（）g/molA．5.8 B．11.6 C．46.4 D．23.29、近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面。高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受热易分解，在198℃以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有()①蛋白质的变性②蛋白质的盐析③胶体聚沉④盐类水解⑤焰色反应⑥氧化还原反应A．①②③④ B．①③④⑥ C．②③④⑤ D．②③⑤⑥10、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是()A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>WB．Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体C．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>ZD．WY2分子中σ键与π键的数目之比为2∶111、下列实验误差分析不正确的是（）A．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小B．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小C．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度差值△t偏小12、在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3溶液反应得到V2L二氧化碳，若V1＝V2≠0，则该有机物可能是()A．HOOCCOOH B．CH3CHOHCOOH C．HOCH2CH2OH D．CH3CH2OH13、已知常温下，几种物质的电离平衡常数，下列反应的离子方程式正确的有几个弱酸HCOOHHCNH2CO3HClO苯酚K25℃K=1.77×10-4K=4.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11K=2.98×10-8K=1.1×10-10①向苯酚钠溶液中通入少量的CO2:2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32-②次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳:Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO③次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳:2C1O-+H2O+CO2=2HClO+CO32-④次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫:3ClO-+SO2+H2O=SO42-+2HClO+Cl-⑤纯碱溶液中滴加少量甲酸:2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑⑥碳酸钠溶液中通入过量氯气:Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-⑦NaCN溶液中通入少量的CO2:CN-+CO2+H2O=HCO3-+HCNA．2个 B．3个 C．4个 D．5个14、某溶液含有①NO3-②HCO3-③SO32-④CO32-⑤SO42-等五种阴离子，向其中加入少量的过氧化钠固体后，溶液中的离子浓度基本保持不变的是(忽略溶液体积变化)()A．① B．①⑤ C．①④⑤ D．①③⑤15、下列反应不可用于设计原电池的是A．2CH3＋3O2→2CO2＋4H2OB．Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑C．NaOH＋HCl=NaCl＋H2OD．Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu16、氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr相比较，水的作用不相同的是()①2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑②4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3③2F2＋2H2O=4HF＋O2④2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑A．①③B．①④C．③④D．②④17、下列化学用语表述正确的是A．“84”消毒液中有效成分NaClO的电子式：B．食盐中阴离子的核外电子排布式：C．聚丙烯的结构简式：D．电解时铁作阳极的电极反应式：Fe-3e-＝Fe3+18、乙酸异丁香酚酯主要用于配制树莓、草莓、浆果和混合香辛料等香精。其结构简式如下图所示，下列说法正确的是A．异丁香酚的分子式是C10H12O2，分子中含有含氧官能团羟基和醚键B．乙酸异丁香酚酯中的所有碳原子不可能在一个平面内C．乙酸异丁香酚酯能与溴水发生加成反应和取代反应D．1mol乙酸异丁香酚酯最多能与1molNaOH发生反应19、化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是A．Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B．正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−C．锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D．使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降20、关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是()ABCD强电解质NaClH2SO4CaCO3HNO3弱电解质HFBaSO4HClONaHCO3非电解质Cl2CS2C2H5OHSO2A．A B．B C．C D．D21、下列数据是对应物质的熔点，有关的判断错误的是（）Na2O

Na

AlF3

AlCl3

Al2O3

BCl3

CO2

SiO2

920℃

97.8℃

1291℃

190℃

2073℃

-107℃

-57℃

1723℃

A．含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体B．在共价化合物分子中各原子都形成8电子结构C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高22、1mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。下列说法正确的是（）A．P4(s，白磷)=4P(s，红磷)ΔH＞0B．以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等C．白磷比红磷稳定D．红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s)ΔH=－(E2－E3)kJ/mol二、非选择题(共84分)23、（14分）某天然有机化合物A仅含C、H、O元素，与A相关的反应框图如下：（提示：A→P、A→B分别为两个反应，条件均为浓硫酸、加热）(1)写出下列反应的反应类型：B→D________；D→E第①步反应________。(2)请分别写出D和E中的不含氧官能团的名称：D：__________、E：____________。(3)写出S、P的结构简式：S：_________________________________；P：____________________________；(4)写出在浓H2SO4存在并加热的条件下，F与足量乙醇反应的化学方程式：____________。(5)写出符合条件的D的同分异构体的结构简式：(①与D具有相同官能团，②核磁共振氢谱中能呈现2种峰；峰面积比为1∶1)______________________________。24、（12分）已知：X为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体，食醋中约含有3%-5%的D，其转化关系如下图所示。请回答：(1)X的结构简式是__________________。(2)A→B的化学方程式是____________________________________________。(3)下列说法不正确的是________。A．A+D→X的反应属于取代反应B．除去X中少量D杂质可用饱和Na2CO3溶液C．A与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈得多D．等物质的量的A、B、D完全燃烧消耗O2的量依次减小25、（12分）某兴趣小组设计了如图所示装置(部分夹持装置已略去)进行实验探究。（实验一）探究影响化学反应速率的因素。圆底烧瓶中装锌片(两次实验中所用锌片大小和外形相同)、恒压分液漏斗中装稀硫酸，以生成20.0mL气体为计时终点，结果为t1＞t2。序号V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/mol·L-1t/sI401t1II403t2序号V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/mol·L－1t/sI401t1II403t2检查该装置气密性的方法是_______________________________________________。比较实验I和Ⅱ可以得出的结论是____________________________________________。（实验二）探究铁的电化学腐蚀。①圆底烧瓶中装铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装稀硫酸，打开活塞加入稀硫酸后量气管中出现的现象是：左侧液面_________右侧液面_________(选填“上升”、“下降”)。②圆底烧瓶中装与①相同量的铁粉但不加入碳粉，其他试剂和操作相同，发现左、右侧液面变化较_______（选填“快”、“慢”，下同），说明原电池反应比一般化学反应_______。③圆底烧瓶中装与①相同量的铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装食盐水，打开活塞加入食盐水后，你预测量气管中出现的现象是：___________________________________，正极的电极反应是___________________________。26、（10分）葡萄是一种常见水果，可以生食或制作葡萄干，除此之外，葡萄还可用于酿酒。(1)检验葡萄汁含有葡萄糖的方法是：向其中加碱调至碱性，再加入新制的Cu(OH)2并加热，其现象是________。(2)葡萄在酿酒过程中，葡萄糖转化为酒精的过程如下，补充完成下列化学方程式：C6H12O6(葡萄糖)2_________+2C2H5OH(3)葡萄酒密封储存过程中会生成有香味的酯类，酯类也可以通过化学实验来制备，实验室可用如图所示装置制备乙酸乙酯：①试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式是__________。②试管b中盛放的试剂是饱和____________溶液。③实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是________。④若要分离出试管b中的乙酸乙酯，需要用到的仪器是_______(填字母)。A．普通漏斗B．分液漏斗C．长颈漏斗27、（12分）粮食仓储常用磷化铝(A1P)熏蒸杀虫，A1P遇水即产生强还原性的PH3气体。国家标准规定粮食中磷物(以PH3计)的残留量不超过0.05mg•kg-1时为合格。某小组同学用如图所示实验装置和原理测定某粮食样品中碟化物的残留量。C中加入100g原粮，E中加入20.00mL2.50×lO-4mol•L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化)，C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中的溶液。(1)装置A中的KMn04溶液的作用是_____。(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2。若去掉该装置，则测得的磷化物的残留量___(填“偏髙”“偏低”或“不变”)。(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，写出该反应的离子方程式：__________。(4)收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，量取其中的25.00mL于锥形瓶中，用4.0×lO-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定，消耗Na2SO3标准溶液20.00mL，反应原理是S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通过计算判断该样品是否合格(写出计算过程)_______。28、（14分）[化学——选修5：有机化学基础]以芳香族化合物A和有机物D为原料，制备有机物M和高聚物N的一种合成路线如下：已知：I．A→B的原子利用率为100%。Ⅱ．（R1、R2表示氢原子或烃基）。请回答下列问题：（1）A的结构简式为___________。（2）D的化学名称为___________。（3）F→H的反应类型为___________。（4）C+G→M的化学方程为______________________。（5）同时满足下列条件的B的同分异构体有___________种（不考虑立体异构）。①苯环上连有两个取代基；②能发生银镜反应。（6）参照上述合成路线和信息，以乙烯为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线______。29、（10分）氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下（1）粗盐中含CaCl2、MgCl2等杂质，写出精制过程中发生反应的离子方程式是________，________．（2）如果粗盐中SO42﹣含量较高，必须添加钡式剂除去SO42﹣，该钡试剂可以是____A．

Ba（OH）2

B．

Ba（NO3）2

C．

BaCl2（3）电解过程中所发生反应的化学方程式为________，与电源正极相连的电极附近产生的气体是________，检验该气体可使用的试纸及现象是．（4）氯碱工厂生产的氯气和氢气可以进一步用于生产盐酸，主要过程如下：其中关键的一步为氯气和氢气在燃烧管口燃烧生成HCl，氯气有毒，应采取的措施是________．合成盐酸厂要求合成气中的HCl的含量要大于97%，试用最简便的方法进行分析是否含量大于97%________．（5）氯碱工厂生产的氯气和氢氧化钠溶液可以用于制取“84消毒液”，反应的化学方程式为________．（6）某同学欲证明盐酸与氯化氢气体性质不同，他分别向A、B、C三支洁净试管中各放入一片干燥的蓝色石蕊试纸，然后往A试管内加入盐酸，试纸显________色，往B试管中通入干燥的氯化氢气体，试纸显________色．最后向C试管中加入物质________（填化学式），他之所以加入这种物质的理由是________．

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、D【解题分析】

电解法精炼粗铜时，阴极(纯铜)的电极反应式：Cu2++2e－=Cu(还原反应)，含有其他活泼金属原子放电，阳极(粗铜)的电极反应式：Cu-2e－=Cu2+(氧化反应)，相对不活泼的金属以单质的形式沉积在电解槽底部，形成阳极泥，据此分析解答。【题目详解】A．电解法精炼粗铜时，需要用纯铜阴极，粗铜作阳极，故A错误；B．电解法精炼粗铜时，需要用含铜离子的盐溶液作电解质溶液，因此不能使用AgNO3溶液做电解质溶液，故B错误；C．电解池中，阴极发生还原反应，阴极的电极反应式为：Cu2++2e－=Cu，故C错误；D．粗铜中含有少量铁、锌、镍、银、金等杂质做阳极，银、金不失电子，沉降电解池底部形成阳极泥，所以可用阳极泥来提炼金、银等贵金属，故D正确；答案选D。2、D【解题分析】A.浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氯气，A错误；B.FeCl3溶液中的铁离子具有氧化性，常用于蚀刻电路板，B错误；C.钠、钾等均是活泼金属，炭虽然具有强还原性，不能用于冶炼钠、钾等金属，C错误；D.碳酸氢钠溶液具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂，D正确，答案选D。点睛：注意浓硫酸吸水性和脱水性的区别，浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，而浓H2SO4表现脱水性。3、B【解题分析】

A、根据发生原理，Na的化合价升高，钠作还原剂，CO2中C的化合价降低，CO2为氧化剂，故A说法正确；B、根据化学反应方程式，CO2中一部分C转化成石墨和金刚石，一部分C转化成Na2CO3，化合价没有变化，因此根据Na计算转移电子，即每生成1molNa2CO3，转移2mol电子，故B说法错误；C、碳酸钠中Na是由金属钠失去电子转化成而成，因此碳酸钠是氧化产物，故C说法正确；D、金属钠为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即Na的还原性强于C，故D说法正确。故选B。4、D【解题分析】

A.苯和硝基苯都不与碳酸钠溶液发生反应，无法除去杂质，故A项不选；B.乙醇和乙醛都不与碳酸钠溶液发生反应，都能溶于水，无法用分液操作将二者分离，故B项不选；C.己烯和甲苯都不与碳酸钠溶液反应，也都不溶于水，所以无法除去杂质，故C项不选。D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可以和饱和碳酸钠溶液反应生成乙酸钠，溶于水中，得到互不相溶的液体，用分液漏斗进行分液分离，故选D项；综上所述，本题正确答案为D。5、C【解题分析】A.CH3OH存在2种氢，故磁共振氢谱中出现2组峰，错误；B.CH3CHO存在2种氢，故磁共振氢谱中出现2组峰，错误；C.分子中羰基左右甲基对称，存在1种氢，故磁共振氢谱中出现1组峰，正确；D.CH3CH2OCH2CH3分子以氧为对称，存在2种氢，故磁共振氢谱中出现2组峰，错误；故答案先C。6、C【解题分析】

A.SiO2的摩尔质量为60g/mol，A错误；B.标准状况下二氧化硅是固体，15gSiO2的体积不是5.6L，B错误；C.SiO2中Si与O的质量比为28：32＝7：8，C正确；D.SiO2和CO2的摩尔质量不同，则相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数不相同，D错误；答案选C。7、C【解题分析】

草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题；【题目详解】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；B.产生气泡证明有CO2产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2H2O或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O，故B正确；C.0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确；本题选不正确的，应选C。【题目点拨】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。8、D【解题分析】

设混合物中CO2和水的物质的量分别是xmol和ymol，则根据反应的方程式2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2△m2mol56g2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2△m2mol4g可知28x+2y＝3.6，又因为44x+18y＝11.6，解得x＝0.1、y＝0.4，所以原混合气体的平均摩尔质量为，D项正确，答案选D。9、B【解题分析】

高铁酸钾(K2FeO4)中的Fe为+6价，有强氧化性，能使蛋白质变性；还原后生成的+3价铁离子，水解生成的氢氧化铁为氢氧化铁胶体，可使胶体聚沉，综上所述，涉及的变化过程有①③④⑥，答案为B。10、B【解题分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素；Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，W为C元素，X为Al元素，Y为Si或P或S元素，Z为Cl元素。A、同主族自上而下，电负性减弱，Y若为Si元素，则电负性C＞Si，故A错误；B、若Y、Z形成的分子为SiCl4，为正四面体构型，故B正确；C、同周期自左而右，原子半径减小；电子层越多，原子半径越大，故原子半径Al＞Y＞Cl＞C，故C错误；D、WY2分子为CS2，分子结构式为S=C=S，双键中含有1个δ键、1个π键，故δ键与π键的数目之比1∶1，故D错误；答案选B。【题目点拨】本题的难点为Y元素的不确定性，需要根据题意进行假设后再判断，本题的易错点为A，要注意Y为Si或P或S元素，要分情况讨论分析。11、A【解题分析】分析：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小。详解：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，根据公式cB=nBV（aq），所配溶液浓度偏大，A项错误；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，终点读数偏小，所测体积偏小，B项正确；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小，C项正确12、B【解题分析】

—OH、—COOH均能与Na反应，2mol—OH或—COOH与过量Na反应生成1molH2。—COOH能与NaHCO3溶液反应，lmol—COOH与足量NaHCO3溶液反应生成1molCO2。【题目详解】A.HOOC—COOH与过量Na、足量NaHCO3溶液反应产生H2、CO2的体积比为1∶2，故A错误；B.与过量Na、足量NaHCO3溶液反应产生H2、CO2的体积相等，故B正确；C.HOCH2CH2OH与Na反应产生氢气，与NaHCO3不反应，故C错误；D.CH3CH2OH与Na反应产生氢气，与NaHCO3不反应，故D错误；答案选B。13、B【解题分析】①根据表中数据可知，苯酚的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-，则苯酚能与CO32-反应生成HCO3-，尽管苯酚钠溶液中通入少量的CO2，反应也只能生成C6H5OH和NaHCO3，①错误，②因为次氯酸的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-，所以次氯酸钙溶液中通入少量CO2，生成物是HClO和CaCO3沉淀，②正确，③由于次氯酸的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-，所以次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，生成物只能是HClO和NaHCO3，③错误，④由于HClO具有强氧化性，将SO2氧化为H2SO4，而自身还原为Cl-，但由于次氯酸钠量多，生成的硫酸又与次氯酸钠反应生成次氯酸，所以④正确，⑤甲酸的酸性强于碳酸，但甲酸量少，与碳酸钠反应只能生成甲酸钠和碳酸氢钠，故⑤错误，⑥由于氯气过量，所以与碳酸钠反应的生成物为CO2+Cl-+ClO-，故⑥错误，⑦由于HCN的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-，所以NaCN溶液中通入少量的CO2，反应只能生成HCO3-+HCN，⑦正确。所以本题有②④⑦三个正确，答案选B。点睛：较强的酸可以置换较弱的酸，再加上量的限制，使本题很难快速解答。这些反应不仅与酸性强弱有关，还与氧化性还原性的强弱、通入气体量的多少有关，如：一般情况下少量CO2通入碱性溶液中生成CO32-，过量CO2通入碱性溶液生成HCO3-。14、A【解题分析】

Na2O2具有强氧化性，能将SO32-氧化成SO42-，故SO32-的浓度减小，SO42-的浓度增大。同时Na2O2溶于水后生成NaOH，NaOH可与HCO3-反应生成CO32-，因此CO32-的浓度增大，HCO3-的浓度减小。而NO3-不与Na2O2反应，则NO3-浓度基本不变，故A正确。故选A。15、C【解题分析】

原电池为自发的氧化还原反应，则氧化还原反应可设计为原电池。【题目详解】A.2CH3＋3O2→2CO2＋4H2O为氧化还原反应可设计为原电池，与题意不符，A错误；B.Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑为氧化还原反应可设计为原电池，与题意不符，B错误；C.NaOH＋HCl=NaCl＋H2O为非氧化还原反应不能设计为原电池，符合题意，C正确；D.Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu为氧化还原反应可设计为原电池，与题意不符，D错误；答案为C。16、C【解题分析】分析：Br2＋SO2＋2H2O==H2SO4＋2HBr中水既非氧化剂又非还原剂；详解：①中水既非氧化剂又非还原剂；②中水既非氧化剂又非还原剂；③中水为还原剂，④中水为氧化剂；综上所述，③④中水的作用与Br2＋SO2＋2H2O==H2SO4＋2HBr中水的作用不相同，故本题正确答案为C。17、A【解题分析】

A．NaClO是离子化合物，其电子式为，A选项正确；B．食盐中阴离子为Cl-，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，B选项错误；C．聚丙烯的结构简式中甲基应该在支链上，聚丙烯的结构简式为，C选项错误；D．以铁作阳极电解时，铁失去电子生成二价铁离子，阳极的电极反应式：Fe-2e-═Fe2+，D选项错误；答案选A。18、A【解题分析】

A.异丁香酚的分子式是C10H12O2，分子中含有含氧官能团羟基和醚键，故A正确；B.乙酸异丁香酚酯中的所有碳原子在苯平面、烯平面中，可能在一个平面内，故B错误；C.乙酸异丁香酚酯能与溴水发生加成反应，但不能发生取代反应，故C错误；D.1mol乙酸异丁香酚酯最多能与2molNaOH发生反应，故D错误；故选A。19、A【解题分析】

A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；B.Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag,结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−，B项正确；C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D.铅蓄电池总反应式为PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故答案选A。20、C【解题分析】分析：在溶液中全部电离出离子的电解质是强电解质，部分电离出离子，存在电离平衡的电解质是弱电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此解答。详解：A、非电解质的对象是化合物，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、BaSO4属于盐，能完全电离出阴阳离子，属于强电解质，B错误；C、CaCO3属于盐，能完全电离出阴阳离子，属于强电解质，次氯酸是弱酸，属于弱电解质，乙醇不能自身电离出离子，是非电解质，C正确；D、碳酸钠能完全电离出钠离子和碳酸根离子，属于强电解质，D错误。答案选C。21、B【解题分析】

试题分析：A．金属单质含有金属阳离子是金属晶体，不是离子晶体，所以含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，故A正确；B．BCl3分子中B原子只达到6电子结构，故B错误；C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确；D．Na的熔点比AlCl3低，所以金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高，故D正确，故选B。考点：考查了晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系的相关知识。22、D【解题分析】

A．依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，白磷转变为红磷是放热反应，则ΔH＜0，故A错误；B．依据图象分析，白磷能量高于红磷，则白磷和红磷所需活化能不相等，故B错误；C．依据图象分析，白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故C错误；D．依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，则反应的热化学方程式：4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s)ΔH=－(E2－E3)kJ/mol，故D正确；故答案为D。二、非选择题(共84分)23、加成反应消去反应溴原子碳碳三键【解题分析】

由A仅含C、H、O三种元素，S为氯代有机酸，S水解可以得到A，说明S分子中含有C、H、O、Cl四种元素；根据反应条件可知，由S→B发生消去反应，B→F发生与氢气的加成反应，得到饱和羧酸F，而F和NaHCO3反应，得到盐的化学式为：C4H4O4Na2，说明F是二元羧酸，从而说明S分子中含有两个-COOH；S中的Cl原子在碱性条件下被-OH取代，酸化后生成含有-COOH和-OH的有机物A，并且A自身在浓硫酸作用下，可以生成六元环状的酯P，故-OH在β碳原子上，再结合A的相对分子质量分为134，可以推知A为HOOCCHOHCH2COOH，S为，B为HOOCCH=CHCOOH，F为HOOCCH2CH2COOH；B与溴发生加成反应生成D，则D为，D在NaOH醇溶液中发生消去反应生成，结合E的相对分子质量为114，E为HOOCC≡CCOOH，P为六元环酯，结构简式为，结合有机物的结构和官能团的性质分析解答。【题目详解】(1)根据上述分析，B→D为烯烃和溴的加成反应；D→E第①步反应为卤代烃在NaOH醇溶液中发生消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；(2)D为，E为HOOCC≡CCOOH，二者中的不含氧官能团分别为溴原子，碳碳三键，故答案为：溴原子；碳碳三键；(3)由以上分析可知，S为，P为，故答案为：；；(4)F为丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)在浓硫酸作用下与足量的乙醇反应，生成丁二酸二乙酯，反应的化学方程式为，故答案为：(5)D为，D的同分异构体中含有相同官能团的有，其中核磁共振氢谱中能呈现2种峰，且峰面积比为1∶1的是，故答案为：。24、CH3COOCH2CH32CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OC【解题分析】

由题给信息食醋中约含有3%-5%的D可知，D为乙酸，由X为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体可知，X为酯类，由X酸性条件下水解生成A和D，且A催化氧化可以生成乙酸可知，A为乙醇、X为乙酸乙酯；乙酸乙酯碱性条件下水解生成乙酸钠和乙醇，则C为乙酸钠；乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛催化氧化生成乙酸，则B为乙醛。【题目详解】(1)X为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，故答案为CH3COOCH2CH3；（2）A→B的反应为乙醇催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）A、乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应属于取代反应，正确；B、除去乙酸乙酯中少量的乙酸可用饱和Na2CO3溶液洗涤分液，正确；C、A为乙醇，水与金属钠反应比乙醇与金属钠反应要剧烈，错误；D、1molCH3CH2OH、CH3CHO、CH3COOH完全燃烧消耗O2的物质的量依次为3mol、2.5mol、2mol，正确；故选C，故答案为C。【题目点拨】本题考查有机物的推断，侧重分析与推断能力的考查，把握有机物的组成和性质、有机反应来推断有机物为解答的关键。25、从量气管右侧管口加水至左右两管出现液面高度差时停止加水，若能保持液面高度差不变，则说明装置气密性好增大反应物浓度能加快化学反应速率下降上升慢快左侧液面上升右侧液面下降O2+4e-+2H2O＝4OH-【解题分析】分析：本题考查了化学反应的速率的影响因素，钢铁的电化学腐蚀等，注意知识的归纳和梳理是关键。详解：【实验一】由实验装置分析得检验气密性的方法是从量气管右侧管口加水至左右两管出现液面高度差时停止加水，若较长时间能保持液面高度差不变，则说明装置气密性好；t1＞t2，说明实验Ⅱ反应速率较大，二者浓度不同，说明在气体条件一定时，反应收益率随着反应物浓度的增大而增大；【实验二】①铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，有气体生成，而且放热，所以压强增大，所以左侧液面下降，右侧液面上升；②圆底烧瓶中装与①相同量的铁粉但不加入碳粉，其他试剂和操作相同，因为①中形成的原电池，反应快，所以不加碳粉的反应慢；③圆底烧瓶中装与①相同量的铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装食盐水，打开活塞加入食盐水后，铁发生吸氧腐蚀，左侧空气量减少，左侧液面上升，右侧液面下降；空气中的氧气在正极得到电子发生反应，电极反应为：O2+4e-+2H2O＝4OH-。26、产生砖红色沉淀CO2CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2ONa2CO3(或碳酸钠)防止倒吸B【解题分析】

(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，所以实验现象是产生砖红色沉淀；(2)根据碳原子和氧原子守恒可知，另外一种生成物是CO2；(3)①乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水；②制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；③实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是防止倒吸；④乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗。【题目详解】(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，所以实验现象是产生砖红色沉淀氧化亚铜；(2)根据碳原子和氧原子守恒可知,另外一种生成物是CO2；(3)①在浓硫酸的作用下,乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯,反应的化学方程式是CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O；②由于乙醇和乙酸都是易挥发的，所以生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，除去乙醇和乙酸的试剂是饱和的碳酸钠(Na2CO3)溶液；③由于乙醇和乙酸都是和水互溶的，如果直接插入水中吸收，容易引起倒吸，所以试管b中的导管不伸入液面下的原因是防止溶液倒吸；④乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗，故答案为B；27、吸收空气中的还原性气体，防止其干扰pH3的测定偏低5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.3825mg>0.05mg，所以不合格【解题分析】

(1)KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性；(2)氧气会氧化一部分PH3，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；(3)由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可写出正确的化学方程式；(4)先计算Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量，再由高锰酸钾总的物质的量减去Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量求出吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量，进而求出粮食中磷物(以PH3计)的残留量。【题目详解】(1)KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性，装置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空气中的还原性气体，防止其干扰PH3的测定；(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2，若去掉该装置，氧气会氧化一部分PH3，导致剩下的KMnO4多，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可知，该反应的离子方程式为：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；(4)滴定的反应原理是5SO32-+2MnO4-+16H+=5SO42-+2Mn2++8H2O，Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量==3.2mol。则吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量=2.50×lO-4mol•L-13.2mol=1.8mol，PH3的物质的量=1.8mol=1.125mol。粮食中磷物(以PH3计)的残留量==0.3825mg•kg-1，0.3825mg•kg-1>0.05mg•kg-1，所以不合格。28、2-甲基丙醛取代反应（或酯化反应）