2024届吉林省松原市乾安县七中化学高二第二学期期末联考试题含解析

2024届吉林省松原市乾安县七中化学高二第二学期期末联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、探究

2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O

反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示：实验编号温度（℃）催化剂用量（g）酸性KMnO4溶液H2C2O4溶液KMnO4溶液褪色平均时间（min）体积（mL）浓度（mol·L-1）体积（mL）浓度（mol·L-1）1250.540.180.212.72800.540.180.2a3250.540.0180.26.7425040.0180.2b下列说法不正确的是A．反应速率：v（实验3）>v（实验1）B．a<12.7，b>6.7C．用H2C2O4表示实验1的反应速率：v（H2C2O4）≈6.6×l0-3

mol·L-1·min-1D．相同条件下可通过比较收集相同体积CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢2、向KOH溶液中通入11.2L（标准状况）氯气恰好完全反应生成三种含氯盐：0.7molKCl、0.2molKClO和X，则X是（）A．0.1molKClO4 B．0.1molKClO3 C．0.2molKClO2 D．0.1molKClO23、已知：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H，反应过程中生成1molCH3OH(g)的能量变化如下图所示。曲线Ⅰ、Ⅱ分别表示无或有催化剂两种情况。下列判断正确的是A．加入催化剂，△H变小B．△H＝+91kJ/molC．生成1molCH3OH(l)时，△H值增大D．反应物的总能量大于生成物的总能量4、下列各组微粒，半径大小比较中错误的是A．K>Na>Li B．Na+>Mg2+>Al3+C．Mg2+>Na+>F- D．Cl->F->F5、苯乙烯（）是合成泡沫塑料的主要原料。下列关于苯乙烯说法正确的是A．苯和苯乙烯均可用于萃取水中的碘B．苯乙烯不可能存在只含碳碳单键的同分异构体C．苯乙烯在一定条件下加成可以得到D．苯乙烯分子核磁共振氢谱共有4组峰6、关于晶体的下列说法正确的是A．六方最密堆积的空间利用率是52%B．离子晶体中一定含金属阳离子C．在共价化合物分子中各原子都形成8电子结构D．分子晶体的熔点可能比金属晶体的熔点高7、已知分子式为C12H12的物质A结构简式为，A苯环上的二溴代物有9种同分异构体，由此推断A苯环上的四溴代物的异构体的数目有（）种A．9 B．10 C．11 D．128、在核电荷数为26的元素Fe的基态原子核外的3d、4s轨道内，下列电子排布图正确的是A． B．C． D．9、已知常温下，HCOOH(甲酸)比NH3•H2O电离常数大。向10mL0.1mol/LHCOOH中滴加同浓度的氨水，有关叙述正确的是()A．滴加过程中水的电离程度始终增大B．当加入10mLNH3•H2O时，c(NH4+)>c(HCOO-)C．当两者恰好中和时，溶液pH=7D．滴加过程中n(HCOOH)与n(HCOO-)之和保持不变10、最近科学家成功制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，下列对该晶体叙述错误的是（）A．该晶体类型是原子晶体B．晶体的空间最小环共有6个原子构成C．晶体中碳原子数与C—O化学键数之比为1∶4D．该晶体中碳原子和氧原子的个数比为1∶211、下列化学式只能表示一种物质的是A．C2H4B．C5H10C．C3H7ClD．C2H6O12、下列物质分类正确的是()A．SO2、SiO2、NO2均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．漂白粉、水玻璃、氨水均为混合物D．Na2O2、Al2O3、Fe3O4均为碱性氧化物13、下列关于工业生产的说法中,不正确的是（）A．工业上,用焦炭在电炉中还原二氧化硅得到含杂质的粗硅B．生产普通水泥的主要原料有石灰石、石英和纯碱C．工业上将粗铜电解精炼,应将粗铜连接电源的正极D．在高炉炼铁的反应中,一氧化碳作还原剂14、下列说法正确的是（）A．核磁共振氢谱、红外光谱都能够快速精确地测定有机物的相对分子质量B．异戊烷和新戊烷可以用质谱法快速的区分C．组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同的不同化合物，一定互为同分异构体D．互为同系物15、2009年《化学教育》期刊封面刊载如图所示的有机物M(只含C、H、O)的球棍模型图。不同大小、颜色的小球代表不同的原子，小球之间的“棍”表示共价键，既可以表示三键，也可以表示双键，还可以表示单键。下列有关M的推断正确的是()A．M的分子式为C12H12O2B．M与足量氢气在一定条件下反应的产物的环上一氯代物有7种C．M能发生中和反应、取代反应D．一个M分子最多有11个原子共面16、苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色②苯分子中碳原子间的距离均相等③苯能在一定条件下跟H2加成生成环已烷④经实验测得邻二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在条件下与液溴发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色A．②③④⑤ B．①②③④ C．①②④⑤ D．①③④⑤17、我们生活在千变万化的物质世界里。下列过程或变化中，没有发生氧化还原反应的是()A．iPhone8手机电池放电B．铁制品的镀铜过程C．爆竹爆炸D．利用焰色反应检验K＋18、三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是A．通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C．负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成19、化合物X是一种药物合成的中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是A．化合物X的分子式为C16H16O6B．能发生加成反应、取代反应、消去反应C．可与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生氧化反应D．1mol化合物X最多可与5molNaOH、7molH2、4molBr2发生反应20、下列各物质性质的排序比较正确的是A．沸点：乙烷＜溴乙烷＜乙酸＜乙醇B．分子的极性大小：CH4<HBr<HCl<HFC．酸性：H3PO4＜H2SiO3＜H2SO3＜HClOD．热分解温度：BaCO3＜SrCO3＜CaCO3＜MgCO321、浓硫酸是一种重要的化工原料，在储存和运输浓硫酸的容器上，必须贴上以下标签中的()A． B． C． D．22、为提纯下列物质（括号内为杂质），选用的试剂或分离方法错误的是选项物质试剂分离方法A硝酸钾（氯化钠）蒸馏水降温结晶B二氧化碳（氯化氢）饱和NaHCO3溶液洗气C甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气D乙醇（水）生石灰蒸馏A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）根据下面的反应路线及所给信息填空：（1）反应①的类型是__________________，反应⑥的类型是____________________。（2）C的结构简式是___________________，D的结构简式是___________。（3）写出反应②的化学方程式：_________________________________________。（4）反应⑦中，除生成α-溴代肉桂醛的同时，是否还有可能生成其他有机物？若有，请写出其结构简式：_______________________________。（只写一种）24、（12分）有机物A、B、C、D、E的衍变关系如下所示。其中，A是粮食发酵的产物，D是高分子化合物，E具有水果香味。请回答下列问题：（1）A的名称是______，含有的官能团名称是______。（2）写出A和B反应生成E的化学方程式______，该反应的类型为______。（3）D的结构简式为______。（4）写出把C通入溴水中的现象______。25、（12分）在化学研究领域，经常需要对一些物质进行性质的确定。如利用下列装置（夹持仪器已略去）测出一定质量镁与盐酸反应放出的气体体积，对金属镁的相对原子质量进行测定，实验步骤如下：①准确称量mg金属镁（已除去表面氧化膜），用铜网包住放入干净的试管中；②按图示组装好装置，然后在关闭活塞的分液漏斗中装入一定体积2mol/L的盐酸；③调整右边玻璃管（带均匀刻度值），让U型管（下端黑色部分是橡胶管）两端液面在同一水平面，读出右边玻璃管的液面刻度值为V1mL；④打开分液漏斗活塞，让一定量的盐酸进入试管中后立即关闭活塞；⑤当镁条反应完后，，读出右边玻璃管的液面刻度为V2mL。请回答下列问题：（1）写出你认为步骤⑤中空格应进行的操作_______________________________。（2）若V1,V2均是折算为标况下的值，则镁的相对原子质量Ar(Mg)的实验测定表达式为Ar(Mg)=_______________，你认为此表达式求出的值是否准确？__________________（填‘是’或‘不’），主要问题为__________________________________（若回答‘是’则此空不填）。（3）步骤①中，为什么要用铜网包住镁条？________________________________。26、（10分）（1）根据计算用托盘天平需称取氯化钠_________g；（2）配制溶液时，除需要烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有；（3）配制溶液有下列几步操作：a．溶解，b．摇匀，c．洗涤，d．冷却，e．称量，f．将溶液移至容量瓶，g．定容．正确的操作顺序是；（4）下列操作结果使溶液物质的量浓度偏低的是_________；A．没有将洗涤液转入容量瓶中B．加水定容时，水的量超过了刻度线C．定容时，俯视容量瓶的刻度线D．容量瓶洗涤后，未经干燥处理（5）取出该NaCl溶液10mL加水稀释到200mL，稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度是_________27、（12分）NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。实验室制备少量NaClO2的装置如图所示。装置I控制温度在35～55°C，通入SO2将NaClO3还原为ClO2(沸点：11°C)。回答下列问题：（1）装置Ⅰ中反应的离子方程式为__________________。（2）装置Ⅱ中反应的化学方程式为_____________________。（3）装置用中NaOH溶液的作用是_____________。（4）用制得的NaClO4/H2O2酸性复合吸收剂同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)和溶液pH对脱硫、脱硝的影响如图所示：①从图1和图2中可知脱硫、脱硝的最佳条件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝________________。pH在_________________之间。②图2中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5时反而减小。NO去除率减小的可能原因是___________________________________。28、（14分）已知A、B、C、D、E都属于元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大。元素周期表中A的电负性最大，B是同周期元素中第一电离能最小的元素，A、D同主族，B、C、D同周期，E是人体的必需元素，缺乏时易引起佝偻病，B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水。根据以上信息，回答下列问题：(1)A、D分别可形成简单气态氢化物，其中沸点较低的是____(填化学式)，原因是_____。(2)C元素原子的价电子排布图为____。(3)B能与氧气反应生成过氧化物，写出与O22-互为等电子体的一个分子和一个离子的化学式_____、________。(4)CO能与B和Mn形成B[Mn(CO)5]，配体是____。(5)D和铯与不同价态的铜生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构如图所示，a位置上的D原子的杂化轨道类型为_________。已知其中一种化合物的化学式为CsCuD3，则另一种的化学式为_________（用元素符号表示）。(6)EA2的晶胞如图所示，若晶胞边长为xpm，则晶胞密度为____g/cm3（用NA和x表示）。29、（10分）向30mL某浓度氢氧化钠溶液中通入CO2气体后得溶液N，因CO2通入量不同，溶液N的组成也不同。若向N溶液中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入的盐酸体积V[HCl(aq)]的关系有如图所示两种情况（不计CO2的溶解），则曲线Y表明N中的溶质为_______________________，原NaOH溶液的物质的量浓度为________；由曲线X、Y可知，两次实验通入CO2的体积之比为X:Y=___________。

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、A【解题分析】

A.1、3比较只有高锰酸钾的浓度不同，且实验1中浓度大，则反应速率：v(实验3)＜v(实验1)，故A错误；B．温度越高反应速率越快，催化剂可加快反应速率，则a＜12.7，b＞6.7，故B正确；C．用H2C2O4表示实验1的反应速率为v(H2C2O4)=≈6.6×l0-3mol•L-1•min-1，故C正确；D．比较收集相同体积CO2所消耗的时间，可知反应速率，可判断反应速率快慢，故D正确；故答案为A。2、B【解题分析】

11.2L(标准状况)氯气的物质的量为：=0.5mol，生成物中含0.7molKCl、0.2molKClO，根据氯守恒，所以X的物质的量为：0.5mol×2-0.7mol-0.2mol=0.1mol，设X中Cl的化合价为x价，由电子得失守恒分析可知：0.7mol×1=0.2mol×1+0.1mol×(x-0)，解得x=5，所以X中氯的化合价为+5价，则X为KClO3，物质的量为0.1mol，故选B。【题目点拨】明确得失电子守恒和氯守恒为解答关键。3、D【解题分析】

A．加入催化剂，反应热不变，故A错误；B．反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，故B错误；C．如果该反应生成液态CH3OH，放出更多的热量，因反应热为负值，则△H减小，故C错误；D．由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故D正确；故选D。4、C【解题分析】

电子层越多离子半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Mg2+＜Na+＜F-；【题目详解】A.同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径K＞Na＞Li，故A项正确；B.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+＞Mg2+＞Al3+，故B项正确；C.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Mg2+＜Na+＜F-，故C项错误；D.电子层越多离子半径越大，原子半径小于相应的阴离子半径，故微粒半径Cl-＞F-＞F，故D项正确，本题选C。【题目点拨】微粒半径大小比较的一般规律：同一主族元素，原子半径自上而下逐渐增大；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小；电子层越多离子半径越大，原子半径小于相应的阴离子半径。5、C【解题分析】

A.苯乙烯分子中含有碳碳双键，能与碘水发生加成反应，则苯乙烯不能用于萃取水中的碘，故A错误；B.立方烷（）和苯乙烯分子式相同，互为同分异构体，立方烷分子中只含碳碳单键，故B错误；C.苯乙烯分子中含有碳碳双键，碳碳双键和苯环的活性不同，一定条件下可与氢气发生加成反应生成，故C正确；D.苯乙烯分子中含有5类氢原子，核磁共振氢谱共有5组峰，故D错误；故选C。6、D【解题分析】

A．六方最密堆积的空间利用率74%，简单立方堆积的空间利用率52%，故A错误；B．铵盐属于离子晶体，铵盐中不含金属阳离子，故B错误；C．H原子形成共价化合物时，H周围只有2个电子，所以在共价化合物分子中各原子不一定都形成8电子结构，故C错误；D．Hg为金属，但常温下为液体，而S为分子晶体，在常温下为固体，分子晶体的熔点可能比金属晶体的熔点高，故D正确；答案选D。【题目点拨】本题的易错点为A，要注意记忆一些必要的化学数据，如标准状况下的气体摩尔体积、各种堆积方式的空间利用率、阿伏伽德罗常数等。7、A【解题分析】

苯环上的四溴代物可以看作苯环六溴代物其中2个溴原子被2个H原子取代，故四溴代物与二溴代物同分异构体数目相同，由于二溴代物有9种同分异构体，故四溴代物的同分异构体数目也为9种，故选A。【题目点拨】注意换元法的利用，芳香烃的苯环上有多少种可被取代的氢原子，就有多少种取代产物，若有n个可被取代的氢原子，那么m个取代基（m＜n）的取代产物与（n-m）个取代基的取代产物的种数相同。8、D【解题分析】

核外电子排布从能量低的轨道开始填充，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，根据原子核外电子排布规律，Fe的基态原子核外的3d、4s轨道的电子排布图为，所以答案为D。9、D【解题分析】

A.HCOOH溶液中水的电离被抑制，向HCOOH溶液中加氨水时，HCOOH浓度逐渐减小，HCOOH对水的抑制作用减弱，水的电离程度逐渐增大，随后生成的HCOONH4的水解反应，也促进水的电离，继续加过量的氨水，氨水电离的OH-使水的电离平衡左移，水的电离程度减小，所以整个过程中水的电离程度先增大后减小，A项错误；B.当加入10mLNH3·H2O时，HCOOH+NH3·H2O=HCOONH4+H2O，恰好反应，所得溶液是HCOONH4溶液，溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，因HCOOH比NH3·H2O电离常数大，NH4+的水解程度比HCOO-大，所以c(NH4+)<c(HCOO-)，B项错误；C.当两者恰好中和时，HCOOH+NH3·H2O=HCOONH4+H2O，所得溶液是HCOONH4溶液，溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，因HCOOH比NH3·H2O电离常数大，NH4+的水解程度比HCOO-大，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，pH<7，C项错误；D.向HCOOH溶液中加氨水，HCOOH的初始物质的量没有变，根据物料守恒，滴加过程中n(HCOOH)+n(HCOO-)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，D项正确；答案选D。【题目点拨】HCOONH4属于弱酸弱碱盐，在溶液中弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解，HCOOH的电离常数大，电离常数越大酸性越强，根据“谁强显谁性”，所以HCOONH4溶液显酸性。10、B【解题分析】

A.根据题干，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，不存在分子，属于原子晶体，故A正确；B.该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，因此晶体的空间最小环共有12个原子构成，故B错误；C.该晶体中，每个碳原子形成4个C-O共价键，所以C原子与C-O化学键数目之比为1：4，故C正确；D.晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比为1:2，故D正确。故选B。【题目点拨】每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，所以为原子晶体，和二氧化硅相似。最小环上的原子数、碳原子和C—O化学键数之比以及碳原子和氧原子的个数比都和二氧化硅相同。11、A【解题分析】分析：化学式只能表示一种物质，说明不存在同分异构体，据此解答。详解：A.C2H4只能是乙烯，A正确；B.C5H10可以是戊烯，也可以是环烷烃，B错误；C.C3H7Cl可以是1－氯丙烷也可以是2－氯丙烷，C错误；D.C2H6O可以是乙醇，也可以是二甲醚，D错误。答案选A。12、C【解题分析】

A、NO2与氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，不是酸性氧化物，故A错误；B.氯化铁溶液为溶液，不是胶体，故B错误；C.漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，氨水是氨气的水溶液，均为混合物，故C正确；D.Na2O2是过氧化物、Al2O3是两性氧化物，故D错误。13、B【解题分析】

A．工业上，用焦炭在电炉中还原二氧化硅SiO2+2CSi+2CO↑，得到含少量杂质的粗硅，故A正确；B．生产普通水泥的原料是石灰石和黏土，石灰石、石英和纯碱是制备玻璃的主要原料，故B错误；C．电解法精炼铜时，粗铜做阳极，连接电源正极，发生氧化反应，故C正确；D．高炉炼铁原理，一氧化碳还原氧化铁生成铁，还原剂为一氧化碳，故D正确。答案选B。14、C【解题分析】

A.核磁共振氢谱只能显示出有机物中H原子的种类及比例，红外光谱显示的是有机物中的化学键及官能团，这两种谱图都不能测定有机物的相对分子质量，A错误；B.在质谱中，异戊烷和新戊烷的离子峰相似，不好区分，B错误；C.相对分子质量相同，组成元素的质量分数也相同，则这些不同的化合物的分子式一定相同，所以它们一定互为同分异构体，C正确；D.前两个物质属于酚，第三个物质属于醇，它们不是同一类物质，不属于同系物的范畴，D错误；故合理选项为C。15、C【解题分析】

有机物M只含C、H、O，根据该有机物的球棍模型图可知，该有机物为1—萘乙酸，分子中含有萘环，官能团为羧基，其分子式为C12H10O2。【题目详解】A.M的分子式为C12H10O2，A不正确；B.M与足量氢气在一定条件下反应的产物的环上10个碳原子上均有氢原子，由于分子结构不对称，故其环上的一氯代物有10种，B不正确；C.M属于芳香酸，能发生中和反应、取代反应，C正确；D.苯环上所有原子共面，则两个苯环连接形成的萘环上所有原子共面，即M分子中至少有18个原子共面，-COOH中原子可能共面，则一个M分子最多有22个原子共面，D不正确。综上所述，本题选C。【题目点拨】本题解题的关键是能根据有机物的分子结构模型判断分子的实际结构，抓住苯环或萘环以及羧基的结构特点，才能准确判断。本题的易错点是其加成产物的一氯代物的数目判断，要注意加成后，环上的碳原子都增加一个氢原子。16、C【解题分析】

①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构；②苯分子中碳原子间的距离均相等，则苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构；③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，因为大π键和碳碳双键都能发生加成反应，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构；⑤苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构。综上所述，可以作为证据的事实是①②④⑤，故C项正确。17、D【解题分析】分析：发生的反应中，存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化，则不发生氧化还原反应，以此来解答。详解：A．手机电池充电，发生电解反应，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，A不选；B．铁制品镀铜，在阴极上铜离子得电子生成Cu，发生化合价的变化，属于氧化还原反应，B不选；C．爆竹爆炸，为炸药与氧气发生的剧烈的氧化还原反应，C不选；D．焰色反应检验K＋，焰色反应属于物理变化，不是氧化还原反应，D选；答案选D。18、B【解题分析】

A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。故选B。【题目点拨】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液pH的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。19、D【解题分析】

A．由结构可知分子式为C16H14O6，故A错误；B．含羰基和苯环，可发生加成反应，-OH可发生取代反应，但不能发生消去反应，故B错误；C．含酚-OH，可与FeCl3溶液发生显色反应，且能发生氧化反应，故C错误；D．酚-OH、-COOC-能够与NaOH反应，苯环、羰基能够与氢气反应，只有酚-OH的邻对位氢原子与溴水发生取代反应，则lmol化合物X最多可与5molNaOH、7molH2、4molBr2发生反应，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、酯的性质。本题的易错点为D，要注意酯基消耗的氢氧化钠的量与酯基水解生成的羟基是否为酚羟基有关。20、B【解题分析】

A．乙酸的沸点：117.9℃，乙醇的沸点：78.4℃，乙酸、乙醇中都含有氢键，溴乙烷的沸点：38.4℃，乙烷在常温下为气态，沸点：乙烷＜溴乙烷＜乙醇＜乙酸，故A错误；B．CH4为非极性分子，其它三种为极性分子，非金属性F＞Cl＞Br，则分子极性HBr＜HCl＜HF，所以四种分子的极性大小排序为：CH4＜HBr＜HCl＜HF，故B正确；C.常见酸性比较：强酸＞H2SO3＞H3PO4＞HF＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S＞HClO＞H2SiO3

，故C错误；

D.热分解温度：BaCO3、SrCO3、CaCO3、MgCO3离子电荷相同，半径大小：Ba2+>Sr2+>Ca2+>Mg2+，固体晶格能：BaO＜SrO＜CaO＜MgO，生成的氧化物晶格能越大，越易分解，所以热分解温度：BaCO3>SrCO3>CaCO3>MgCO3，故D错误；

所以B选项是正确的。【题目点拨】本题考查原子结构与元素周期律的综合应用，题目难度中等，涉及沸点、分子的极性、酸性及热分解温度比较，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题有利于提高学生的灵活应用能力。21、B【解题分析】

浓硫酸有很强的脱水性、氧化性。人体有机物易被浓硫酸脱水和氧化，并且反应是放热反应。所以在储存和运输浓硫酸的容器上应贴有腐蚀品的标签。本题答案选B。22、C【解题分析】分析：A.利用硝酸钾和氯化钠的溶解度不同分离；B.利用氯化氢与饱和NaHCO3溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳的性质分离；C.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新的杂质；D.加生石灰可增大乙醇与水的沸点差异。详解：A.硝酸钾的溶解度随温度变化较大，而氯化钠的溶解度随温度变化不大，所以可以采用先制得较高温度下的硝酸钾和氯化钠的溶液，再降温结晶，可析出硝酸钾晶体，故A正确；B.氯化氢与饱和NaHCO3溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，而二氧化碳不溶于饱和NaHCO3溶液，可让混合气体通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶洗气，除去HCl，故B正确；C.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新的杂质，故不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯，应通入溴水，故C错误；D.加生石灰可增大乙醇与水的沸点差异，则蒸馏可分离出乙醇，故D正确。综合以上分析，本题选C。点睛：本题考查混合物的分离、提纯，侧重除杂和分离的考查，把握物质的化学性质为解答本题的关键，注意D中生石灰的作用，题目难度不大。二、非选择题(共84分)23、取代反应加成反应+NaOH+NaCl【解题分析】

甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成的A为，A水解生成的B为，反应⑤在浓硫酸作用下发生消去反应，生成的C为，C与溴发生加成生成的D为，D发生消去反应生成α—溴代肉桂醛，结合有机物的官能团的性质解答该题．【题目详解】（1）反应①为甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应，反应⑥为加成反应；（2）由以上分析可知C为，D为；（3）反应②氯代烃的水解反应，反应的方程式为：+NaOH+NaCl；（4）在NaOH的醇溶液中发生消去反应，脱去1分子HBr或2分子HBr，可生成α-溴代肉桂醛或；【题目点拨】发生消去反应时，可能消去一个溴原子，生成2种产物，还可能消去两个溴原子，生成碳碳三键。24、乙醇羟基CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O取代（酯化）反应溴水褪色【解题分析】

A是粮食发酵的产物，A是乙醇，发生消去反应生成的C是乙烯，乙烯发生加聚反应生成的D是高分子化合物，E具有水果香味，说明B是乙酸，与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。据此判断。【题目详解】（1）A的名称是乙醇，结构简式为CH3CH2OH，含有的官能团名称是羟基。（2）写出A和B发生酯化反应生成E的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应的类型为取代反应或酯化反应。（3）D是聚乙烯，结构简式为。（4）乙烯含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，则把C通入溴水中的现象是溴水褪色。【题目点拨】明确常见有机物的结构和性质特点是解答的关键，注意题干中信息的提取，例如“A是粮食发酵的产物，D是高分子化合物，E具有水果香味。”等。25、等装置冷却至室温后，再上下调节右边玻璃管的高度，使两端管内液面在同一水平面22400m/（V2-V1）不进入试管中的盐酸的体积也计入了产生的气体体积中让镁条浸没在盐酸中，防止镁与氧气反应，使镁全部用来产生氢气【解题分析】试题分析：（1）由于气体的体积受温度和压强影响大，所以步骤⑤中空格应进行的操作为等装置冷却至室温后，再上下调节右边玻璃管的高度，使两端管内液面在同一水平面。（2）若V1,V2均是折算为标况下的值，则反应中生成氢气的体积是（V2-V1）mL，物质的量是V2-V122400mol因此根据方程式Mg＋2H+＝Mg（3）镁是活泼的金属，易被氧化，所以步骤①中要用铜网包住镁条的原因是让镁条浸没在盐酸中，防止镁与氧气反应，使镁全部用来产生氢气。考点：考查镁相对原子质量测定的实验方案设计与探究26、（1）29.3（2）500mL容量瓶；胶头滴管；（3）eadfcfgb（4）AB（5）0.05【解题分析】试题分析：（1）实验室用氯化钠固体配制480mL1.00mol/L的NaCl溶液，由于实验室中无480mL容量瓶，因此需要配制溶液500mL，故需要称量NaCl固体的质量为，由于托盘天平精确到0.1g，因此需要用托盘天平称取NaCl29.3g；（2）配制溶液时，除需要烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有500mL容量瓶和胶头滴管；（3）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、将溶液移至容量瓶、洗涤并将洗涤液移至容量瓶、定容、摇匀，故答案eadfcfgb；（4）根据公式进行误差分析。A.没有将洗涤液转入容量瓶，使溶质的物质的量减小，所配制溶液的浓度偏低，A正确；B.加水定容时，水的量超过了刻度线，则溶液的体积偏大，所配制溶液的浓度偏低，B正确；C.定容时，俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，C错误；D.容量瓶洗涤后，未经干燥处理，对所配溶液的浓度无影响；（5）根据稀释前后溶质的物质的量保持不变进行计算，所得溶液的浓度为：。考点：考查溶液的配制。27、SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2吸收尾气，防止污染空气6：1或65.5～6.0pH＞5.5以后，随pH的增大，NO的还原性减弱（或过氧化氢、NaClO2的氧化性减弱），NO不能被氧化成硝酸【解题分析】

根据实验目的，装置I为二氧化硫与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯气体，二氧化氯气体在装置II反应生成亚氯酸钠和氧气，二氧化氯有毒，未反应的应进行尾气处理，防止污染环境。【题目详解】（1）装置Ⅰ中二氧化氯与与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯气体、硫酸钠，离子方程式为SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-；（2）装置Ⅱ中二氧化氯气体与双氧水、氢氧化钠溶液反应生成亚氯酸钠和氧气，化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2；（3）二氧化氯有毒，装置用中NaOH溶液的作用为吸收尾气，防止污染空气；（4）①根据图1而可知，n(H2O2)/n(NaClO2)在6～8时，脱硫、脱硝的去除率几乎无变化，则最佳条件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝6：1；根据图2可知，pH在5.5时NO的去除率达到峰值，而二氧化硫的去除率已经很高，pH在5.5～6.0时最佳；②由于NO的去除率在pH＞5.5时，随pH的增大，NO的还原性减弱，过氧化氢、NaClO2的氧化性减弱，NO不能被氧化成硝酸，所以去除率减少。28、HClHF分子间存在氢键F2S22-(ClO-)COsp3Cs2CuCl3【解题