2024届四川省遂宁市高中化学高二下期末学业水平测试试题含解析

2024届四川省遂宁市高中化学高二下期末学业水平测试试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、瘦肉精的结构简式如图：下列有关说法错误的是()A．该有机物的核磁共振氢谱图中有6个吸收峰B．该有机物的分子式为C12H18N2Cl2OC．该有机物能发生加成反应、取代反应、氧化反应和酯化反应D．该有机物能溶于水，且水溶液显碱性2、三国时期曹植在《七步诗》中这样写到“煮豆持作羹,漉豉以为汁。萁在釜下燃，豆在釜中泣。……”，文中“漉”涉及的化学实验基本操作是A．过滤B．分液C．升华D．蒸馏3、在多电子原子中，轨道能量是由以下哪些因素决定()①能层②能级③电子云的伸展方向④电子自旋状态A．①②B．①④C．②③D．③④4、某酸碱指示剂（HIn）在水溶液中存在以下平衡：HIn(aq)H++In—(aq)（红色）（蓝色）下列物质的溶液中，能使指示剂显蓝色的是（）A．稀硫酸B．氯化铝溶液C．稀氨水D．饱和食盐水5、下列说法中正确的是()A．摩尔是用来表示物质所含微粒数目多少的一个基本物理量B．等质量的FeO和FeSO4与足量稀硝酸反应，FeSO4放出的NO多C．10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数大于9.8%D．一个NO、NO2分子的质量分别是ag、bg，则氧原子的摩尔质量是(b－a)g·mol－16、某烃的分子式为C8H10，它滴入溴水中不能使溴水褪色，但它滴入酸性高锰酸钾溶液却能使其褪色，该有机物一氯代物有3种，则该烃是()A． B． C． D．7、下列叙述中正确的是①电解池是将化学能转变为电能的装置②原电池是将电能转变成化学能的装置③不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理有可能实现④电镀过程相当于金属的“迁移”，可视为物理变化A．③ B．③④ C．②③④ D．①②③④8、1-溴丙烷和2-溴丙烷分别与NaOH的乙醇溶液共热，关于这两个反应的说法正确的是A．产物相同，反应类型相同 B．产物不同，反应类型不同C．碳氢键断裂的位置相同 D．碳溴键断裂的位置相同9、要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时最佳顺序为（）①加入适量氯水

②加入足量的KMnO4溶液③加入少量KSCN溶液.A．①③ B．③② C．③① D．①②③10、天然维生素P（结构如图）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂。关于维生素P的叙述正确的是（）A．若R为甲基则该物质的分子式可以表示为C16H10O7B．分子中有三个苯环C．lmol该化合物与NaOH溶液作用消耗NaOH的物质的量以及与氢气加成所需的氢气的物质的量分别是4mol、8molD．lmol该化合物最多可与5molBr2完全反应11、氯仿(CHCl3)常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气(COClA．CHClB．COCl2分子中含有3个σ键、一个π键，中心C原子采用C．COClD．使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质12、下列各项叙述中，正确的是（）A．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态B．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是p区元素C．47Ag原子的价层电子排布式是4d95s2D．电负性由小到大的顺序是N＜O＜F13、五种短周期元素的某些性质如下表所示.下列有关说法正确的是元素元素的相关信息M最高正价与最低负价的绝对值之和等于2W原子的M电子层上有3个电子X在短周期元素中，其原子半径最大Y最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2OZ最高价氧化物的水化物与气态氢化物反应生成盐A．W、Y、Z的简单离子半径依次增大B．M与Y、Z分别形成的化合物均属于只含有极性键的共价化合物C．W与M、Y分别形成的化合物都能与水反应，且有气体生成D．常温下.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液都能与单质W持续反应14、在电解液不参与反应的情况下，采用电化学法还原CO2可制备ZnC2O4，原理如图所示。下列说法正确的是A．电解结束后电解液Ⅱ中c(Zn2+)增大B．电解液Ⅰ应为ZnSO4溶液C．Pt极反应式为2CO2+2e−=D．当通入44gCO2时，溶液中转移1mol电子15、下列说法中正确的是（）A．在相同条件下，若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B．由“C(石墨)=C(金刚石)ΔH=+1.9kJ·mol-1”可知，金刚石比石墨稳定C．在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.31kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与1molNaOH溶液混合，放出的热量大于57.31kJD．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)==2H2O(l)ΔH=+285.8kJ·mol-116、下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是A．升高温度B．用Zn粉代替Zn粒C．改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应D．滴加少量的CuSO4溶液17、下列除杂所用的方法、试剂或发生的反应错误的是()A．除去FeCl2中的CuCl2：Fe+Cu2+=Fe2++CuB．除去Fe中的少量Al，可将固体加入到足量的NaOH溶液中，过滤C．除去FeCl2中的FeCl3：2Fe3++Fe=3Fe2+D．除去Fe2O3中的Fe(OH)3，可向混合物中加入足量的盐酸18、下列说法正确的是（）A．乙烯与环丙烷(C3H6)互为同系物B．乙烯和聚乙烯均能和溴水发生加成反应而使溴水褪色C．皮肤沾上浓HNO3变成黄色，立即用饱和NaOH溶液冲洗D．丙酸、乙酸甲酯和2-羟基丙醛(CH3CHOHCHO)互为同分异构体19、一定温度下，在一容积不变的密闭容器中发生的可逆反应2X(g)Y(g)+Z(s)，以下能说明作为反应达到平衡标志的是()A．X的分解速率与Y的消耗速率相等B．X、Y与Z的物质的量之比为2：1：1C．混合气体的密度不再变化D．单位时间内生成lmolY的同时分解2molX20、下列分子式表示的物质一定是纯净物的是()A．C3H7Cl B．C4H10 C．CH2Cl2 D．C2H6O21、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）①在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中②向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液③向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸④向NaAlO2溶液中通入过量CO2⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2A．①③④⑤ B．只有①④ C．只有②③ D．只有③④⑤22、硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4，下列说法错误的是A．若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子B．当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊C．氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶1D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低二、非选择题(共84分)23、（14分）按要求完成下列各题。(1)羟基的电子式__________，(CH3)3COH的名称__________(系统命名法)(2)从下列物质中选择对应类型的物质的序号填空。酸：_________酯：_________醚：_________酮：_________(3)下列各组物质：①O2和O3②乙醇和甲醚；③淀粉和纤维素；④苯和甲苯；⑤和；⑥和；⑦CH3CH2NO2和A．互为同系物的是___________，B．互为同分异构体的是__________，C．属于同一种物质的是______________。24、（12分）如图1所示是某些物质的转化关系图(部分小分子产物没有标出)。已知:I.A、B、C是三种常见的气态含碳化合物，A、B的相对分子质量均为28，C的相对分子质量略小于A。II.化合物D的比例模型如图2所示。III.硫酸氢乙酯水解得E与硫酸。V.E与F反应，得一种有浓郁香味的油状液体G，E与D反应得无色液体H。请按要求回答下列问题:(1)化合物D所含官能团的名称是______，化合物C的结构简式为__________。(2)化合物A与F在一定条件下也可发生类似①的反应，其化学方程式为___________。(3)下列说法正确的是___________。A．反应①的反应类型是加成反应B．化合物H可进一步聚合成某种高分子化合物C．在反应②、③中，参与反应的官能团不完全相同D．从A经硫酸氢乙酯至E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用25、（12分）CCTV在“新闻30分”中介绍：王者归“铼”，我国发现超级铼矿，飞机上天全靠它。铼的稳定硫化物有ReS2，稳定的氧化物有Re2O7。工业上，常从冶炼铜的废液中提取铼，其简易工艺流程如下（部分副产物省略，铼在废液中以ReO4-形式存在）：回答下列问题：（1）NH4ReO4（高铼酸铵）中铼元素化合价为_________________。（2）操作A的名称是_____________。“萃取”中萃取剂应具有的性质：______（填代号）。①萃取剂难溶于水②萃取剂的密度大于水③ReO4-在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度④萃取剂不和ReO4-发生反应（3）在“反萃取”中，加入氨水、水的目的是_________________。（4）在高温下高铼酸铵分解生成Re2O7，用氢气还原Re2O7，制备高纯度铼粉。①写出高铼酸铵分解生成Re2O7的化学方程式_____________________。②工业上，利用氢气还原Re2O7制备铼，根据生成铼的量计算氢气量，实际消耗H2量大于理论计算量，其原因是_____________________。（5）工业上，高温灼烧含ReS2的矿粉，可以制备R2O7。以含ReS2的矿石原料生产48.4tRe2O7，理论上转移__________mol电子。26、（10分）白醋是常见的烹调酸味辅料，白醋总酸度测定方法如下。i.量取20.00mL白醋样品，用100mL容量瓶配制成待测液。ii.将滴定管洗净、润洗，装入溶液，赶出尖嘴处气泡，调整液面至0刻度线。iii.取20.00mL待测液于洁净的锥形瓶中，加3滴酚酞溶液，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定至终点，记录数据。iv.重复滴定实验3次并记录数据。ⅴ.计算醋酸总酸度。回答下列问题：（1）实验i中量取20.00mL白醋所用的仪器是______（填字母）。abcD（2）若实验ii中碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，会造成测定结果比准确值_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（3）实验iii中判断滴定终点的现象是_______。（4）实验数据如下表，则该白醋的总酸度为_______mol·L－1。待测液体积/mL标准NaOH溶液滴定前读数/mL滴定终点读数/mL第1次20.00021.98第2次20.00022.00第3次20.00022.0227、（12分）无水MgBr2可用作催化剂．实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：步骤1三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴．步骤2缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中．步骤3反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚溴化镁粗品．步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品．已知：①Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性．②MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5请回答：（1）仪器A的名称是______．实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是______________（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是___________________（3）步骤3中，第一次过滤除去的物质是_________________．（4）有关步骤4的说法，正确的是__________________．A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B、洗涤晶体可选用0℃的苯C、加热至160℃的主要目的是除去苯D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4﹣═MgY2﹣①滴定管洗涤前的操作是_____________________________．②测定时，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500mol•L﹣1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液25.00mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是__________________（以质量分数表示）．28、（14分）碳酸乙烯酯广泛用作电池电解质、酯类合成的中间体等。一种由CH2=CH2、CO2及O2为原料，在铁、铜及碘化物催化下的制备碳酸乙烯酯的反应如下：（1）Fe2+基态核外电子排布式为____。（2）写出一种与CO2互为等电子体的阴离子：____。（3）碳酸乙烯酯中碳原子杂化轨道类型为____；1mol碳酸乙烯酯分子中含σ键数目为____。（4）FeO晶胞结构如图-1所示，晶体中与每个Fe2+紧邻的Fe2+有____个；一种由Sn、Cu、Fe及S组成的化合物的晶胞结构如图-2所示。该化合物的化学式为____。29、（10分）具有抗菌、消炎作用的黄酮醋酸类化合物L的合成路线如下图所示：已知部分有机化合物转化的反应式如下：（1）A的分子式是C7H8，其结构简式是______；A→B所属的反应类型为______。（2）试剂a是__________________________。（3）C→D的化学方程式是__________________________________________。（4）F的结构简式是__________；试剂b是___________。（5）H与I2反应生成J和HI的化学方程式是__________________________。（6）以A和乙烯为起始原料，结合题中信息，选用必要的无机试剂合成苯乙酸乙酯（），参照下列模板写出相应的合成路线______________________。

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.该有机物的核磁共振氢谱图中有7个吸收峰，A错误；B.该有机物的分子式为C12H18N2Cl2O，B正确；C.该有机物含有苯环，能发生加成反应；含有醇羟基、甲基等，能发生取代反应、氧化反应和酯化反应，C正确；D.该有机物含有氨基和羟基等水溶性基团，能溶于水；氨基为碱性基，水溶液显碱性，D正确。故选A。【题目点拨】在计算有机物分子式中的氢原子数目时，可先数出分子中所含的非氢原子数，然后把卤原子看成氢原子、氮原子看成碳原子，然后按烷烃的通式，计算出氢原子的个数。根据分子结构，确定不饱和度，最后计算该有机物分子中所含氢原子个数为：由同数碳原子的烷烃计算出的氢原子数—2×不饱和度—氮原子数。2、A【解题分析】煮豆持作羹,漉豉以为汁意思是煮熟豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水。所以漉豉以为汁采用了过滤的方法把豆豉和豆汁分开。故A符合题意，BCD不符合题意。所以答案为A。3、A【解题分析】多原子中，在电子填充原子轨道时，电子由能量低向能量高的轨道填充，因此轨道的能量是由能层和能级决定，故A选项正确。4、C【解题分析】要使指示剂显蓝色，则平衡必须向正反应方向移动。氨水能中和氢离子，降低氢离子的浓度，平衡向正反应方向移动，答案选C。5、C【解题分析】分析：本题考查的是硝酸的性质和溶液的特点，掌握溶液中质量分数和密度的关系是关键。详解：A.摩尔是物质的量的单位，故错误；B.氧化亚铁和硫酸亚铁和稀硝酸反应时亚铁生成铁离子，因为氧化亚铁的摩尔质量比硫酸亚铁的小，所以等质量的氧化亚铁和硫酸亚铁反应时，氧化亚铁放出的一氧化氮多，故错误；C.因为水的密度比硫酸的密度小，所以加水稀释10倍，溶液的质量比10小，故硫酸的质量分数大于9.8%，故正确；D.一个NO、NO2分子的质量分别是ag、bg，则一个氧原子的质量为（b-a）g，则氧原子摩尔质量为（b-a）NAg·mol－1，故错误。故选C。6、A【解题分析】

某烃的分子式为C8H10，它滴入溴水中不能使溴水因反应而褪色，但它滴入酸性高锰酸钾溶液却能使其褪色，说明含有苯环，结合C、H原子数目关系可知：属于苯的同系物，该有机物的一氯代物只有3种，说明存在3种等效氢原子；A．共有3种等效氢原子，一氯代物有3种，故A符合；B．共有5种等效氢原子，一氯代物有5种，故B不符合；C．对二甲苯共有2种等效氢原子，一氯代物有2种，故C不符合；D．共有4种等效氢原子，一氯代物有4种，故D不符合；故答案为A。【题目点拨】“等效氢法”是判断烃的一元取代物的同分异构体最常用的方法。①分子中同一碳原子上连接的氢原子等效，②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，③处于镜面对称位置上的氢原子等效。7、A【解题分析】

：①电解池是将电能转变成化学能的装置，①错误；②原电池是将化学能转变成电能的装置，②错误；③不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，如铜和稀硫酸的反应，铜为阳极被氧化，可生成硫酸铜，③正确；④电镀时镀层金属在阳极失电子，金属阳离子在阴极得电子析出金属，是化学变化，④错误；故合理选项是A。8、A【解题分析】

1—溴丙烷和2—溴丙烷分别与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应得到的产物均为CH2=CH—CH3，但碳氢键和碳溴键的断裂位置不同，因此答案选A。【题目点拨】该题主要是考查学生对消去反应原理的了解掌握程度，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生的应试能力，提升学生的学科能力和素养。9、C【解题分析】

在该溶液中先加入少量KSCN溶液，溶液不变血红色，证明无Fe3+存在，再加入氯水，将Fe2＋氧化成Fe3＋，溶液变为血红色。KMnO4溶液呈紫红色，溶液颜色变化不明显，所以不能用酸性KMnO4溶液，答案选C。10、C【解题分析】分析：由结构可知，分子中含2个苯环，4个酚羟基、羰基、碳碳双键及醚键，结合酚、烯烃等有机物的性质来解答。详解：A．R为甲基，根据维生素P的结构简式可以得出其分子式为：C16H12O7，故A错误；B．维生素P结构中含有两个苯环，故B错误；C．维生素P结构中含有的苯环、碳碳双键、碳氧双键都能与氢气发生加成反应，一定条件下1mol该物质可与H2加成，耗H2最大量为8mol，维生素P结构中含有酚羟基，能与氢氧化钠反应，每1mol维生素P结构中含有4mol酚羟基，所以1mol该物质可与4molNaOH反应，故C正确；D．结构中含有酚羟基，能与溴水发生取代反应，反应时-OH的邻、对位氢原子能够被取代，含有碳碳双键，能发生加成反应，1mol该物质与足量溴水反应耗6molBr2，故D错误；故选C。11、A【解题分析】分析：A项，CHCl3为极性分子；B项，单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对；C项，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构；D项，CHCl3不会电离出Cl-，HCl在水溶液中会电离出H+和Cl-。详解：A项，CHCl3中含C—H键和C—Cl键，C—H键和C—Cl键都是极性键，CHCl3为四面体形分子，分子中正电中心和负电中心不重合，CHCl3为极性分子，A项错误；B项，单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，根据COCl2的结构式知，COCl2分子中含有3个σ键、1个π键，杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对，C原子形成3个σ键，C原子上没有孤电子对，中心原子C采用sp2杂化，B项正确；C项，COCl2的电子式为，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构，C项正确；D项，CHCl3不会电离出Cl-，HCl在水溶液中会电离出H+和Cl-，使用前向氯仿中加入AgNO3稀溶液，若产生白色沉淀表明氯仿变质，若无明显现象表明氯仿没有变质，D项正确；答案选A。12、D【解题分析】分析：本题考查的是电子排布式的运用以及电负性的比较，难度不大，根据所学知识即可完成。详解：A.基态镁原子由1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故错误；B.价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3，电子层数为5，最后一个电子排在p轨道，所以该元素位于第五周期第ⅢA族，是p区元素，故错误；C.Ag位于周期表第五周期ⅠB族，47Ag原子的价层电子排布式是4d105s1，故错误；D.同一周期元素，元素的电负性随着原子序数增大而增大，其电负性顺序为N＜O＜F，故正确。答案选D。13、C【解题分析】

M最高正价与最低负价的绝对值之和等于2，M为H元素；W原子的M电子层上有3个电子，则W含有3个电子层，为Al元素；在短周期元素中，X的原子半径最大，则X为Na元素；Y的最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2O，结合硫化氢与二氧化硫反应生成S单质可判断Y为S元素；Z的最高价氧化物对应水化物能与其气态氢化物反应生成盐，该盐为硝酸铵，则Z为N元素。【题目详解】A.W、Y、Z的简单离子Al3+、S2-、N3-，半径由小到大为Al3+、N3-、S2-，选项A错误；B.M与Y、Z分别形成的化合物中H2O2含有非极性键和极性键，选项B错误；C.W与M、Y分别形成的化合物AlH3和Al2S3都能与水反应，生成氢气和硫化氢气体，选项C正确；D.常温下，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液NaOH、H2SO4、HNO3中只有NaOH能与单质铝持续反应，后二者会产生钝化，选项D错误。答案选C。14、C【解题分析】

A、因为右室Zn失去电子生成Zn2+，溶液中的Zn2+通过阳离子交换膜进入左室，根据电荷守恒，阴离子浓度不变，c(Zn2+)不变，A项错误；B、右室生成的Zn2+通过阳离子交换膜进入左室与生成的结合为ZnC2O4，因此，电解液Ⅰ为稀的ZnC2O4溶液，不含杂质，电解液Ⅱ只要是含Zn2+的易溶盐溶液即可，B项错误；C、Pt极反应式为2CO2+2e−＝，C项正确；D、当通入44gCO2时，外电路中转移1mol电子，溶液中不发生电子转移，D项错误。答案选C。15、C【解题分析】

A.在相同条件下，若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，固体硫变为气体硫时，吸收热量，则后者放出热量少，A错误；B.由“C(石墨)=C(金刚石)ΔH=+1.9kJ·mol-1”可知，石墨具有的能量低，则石墨比金刚石稳定，B错误；C.在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.31kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与1molNaOH溶液混合，反应除中和热外，还有浓硫酸溶于水释放的热量，则放出的热量大于57.31kJ，C正确；D.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，放热反应时焓变小于零，则氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)==2H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1，D错误；答案为C。16、C【解题分析】

A.升高温度加快反应速率，A错误；B.用Zn粉代替Zn粒增大反应物的接触面积，加快反应速率，B错误；C.改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应，氢离子浓度降低，反应速率减小，C正确；D.滴加少量的CuSO4溶液锌置换出铜，构成铜锌原电池，加快反应速率，D错误；答案选C。17、D【解题分析】

A、Fe可以和CuCl2发生反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，反应后过滤除去Cu即可，故可以用此方法除去CuCl2，A正确；B、Al可以溶于NaOH溶液中，Fe不可以，溶解后过滤即可，故可以用此方法除去Al，B正确；C、过量的Fe可以和FeCl3反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，反应后过滤除去多余的Fe即可，故可以用此方法除去FeCl3，C正确；D、Fe2O3和Fe(OH)3均可与盐酸反应，不能用此方法除去Fe(OH)3，可利用加热的方法，使Fe(OH)3分解为Fe2O3，D错误；故合理选项为D。18、D【解题分析】

A.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，乙烯与环丙烷(C3H6)的结构不相似，所以二者不是同系物，A错误；B.聚乙烯不含碳碳双键，不能和溴发生加成反应，所以不能使溴水褪色，B错误；C.皮肤沾上浓HNO3变成黄色，应立即用大量的水冲洗，再用3-5%的NaHCO3溶液涂上，C错误；D.丙酸、乙酸甲酯和2-羟基丙醛(CH3CHOHCHO)结构简式分别为CH3CH2COOH、CH3COOCH3、CH3CHOHCHO，三种物质分子式相同，但结构不同，因此它们互为同分异构体，D正确；故合理选项是D。19、C【解题分析】

A．反应速率的方向相反，但不满足速率之比等于化学计量数之比，A错误；B．平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，B错误；C．混合气的密度是混合气的质量和容器容积的比值，容积不变，但混合气的质量是变化的，可以说明，C正确；D．反应速率的方向是相同的，不能说明，D错误；故选C。20、C【解题分析】

A.C3H7Cl有同分异构体，所以C3H7Cl不一定是纯净物，故A错误；B.C4H10有同分异构体，正丁烷和异丁烷，故B错误；C.CH2Cl2没有同分异构体，只表示二氯甲烷，故C正确；D.C2H6O有同分异构体，甲醚和乙醇，故D错误；所以本题答案：C。【题目点拨】判断分子式有没有同分异构体，如果有就不能只表示一种物质。21、D【解题分析】试题分析：①在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，错误；②向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀氢氧化铝，氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，沉淀溶解，错误；③向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，生成白色沉淀硅酸和氯化钠，正确；④氢氧化铝不溶于弱酸，故向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成白色氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，二者发生反应生成碳酸氢钠，溶质的质量增大，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，生成碳酸氢钠白色沉淀，正确。选D。22、C【解题分析】硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。由化学方程式可知，氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中电子转移的数目为8e-。A.氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶3，A不正确；B.若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子，B正确；C.当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑浊，C正确；D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。本题选A。二、非选择题(共84分)23、2-甲基-2-丙醇④②①③④②⑦⑤【解题分析】

(1)根据电子式的书写规则写出电子式；根据有机物的命名原则命名；(2)依据有机物质醚、酮、羧酸、酯的概念和分子结构中的官能团分析判断；(3)同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物，官能团数目和种类相等；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；组成和结构都相同的物质为同一物质，同一物质组成、结构、性质都相同，结构式的形状及物质的聚集状态可能不同。【题目详解】(1)O原子最外层有6个电子，H原子核外有1个电子，H原子与O原子形成一对共用电子对，结合形成-OH，羟基中的氧原子含有一个未成对电子，电子式为：，(CH3)3COH的名称是2-甲基-2-丙醇；(2)羧酸是由烃基或H原子和羧基相连构成的有机化合物称为羧酸，④符合；酯是酸(羧酸或无机含氧酸)与醇起反应生成的一类有机化合物，②符合；醇与醇分子间脱水得到醚，符合条件的是①；酮是羰基与两个烃基相连的化合物，③符合；(3)A.苯和甲苯是结构相似、通式相同，组成上相差1个CH2原子团的化合物，二者互为同系物，故合理选项是④；B.乙醇和甲醚、CH3CH2NO2和是具有相同分子式而结构不同的化合物，所以这两组之间互称同分异构体，故合理选项是②⑦；C.和是甲烷分子中的4个H原子分别被2个Cl、2个F原子取代形成的物质，由于甲烷是正四面体结构，分子中任何两个化学键都相邻，所以属于同一种物质，故合理选项是⑤。【题目点拨】本题考查了有机化合物的分类、结构特征、同系物、同分异构体、同一物质的区别的知识。注意把握概念的内涵与外延，学生要理解各类物质的特征、官能团和官能团连接的取代基，然后对其命名或分析其结构。24、碳碳双键、羧基CH≡CHCH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3

ABD【解题分析】分析：本题考查有机物推断，根据体重信息结合有机物结构及相互转化关系进行推断，从而得出各有机物的结构，是对有机化学基础知识的综合考查，需要学生熟练掌握分子结构中的官能团，抓官能团性质进行解答。详解：化合物D的比例模式为CH2=CHCOOH，硫酸氢乙酯水解得到E和硫酸，说明E为乙醇，从A经硫酸氢乙酯到E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用，A的相对分子质量为28，可以推知其为乙烯，E与F反应，得一种有浓郁香味的油状液体G，则F为乙酸，G为乙酸乙酯，E与D反应得无色液体H为CH2=CHCOOCH2CH3，B的相对分子质量为28，为一氧化碳，C的相对分子质量略小于A，说明其为乙炔。(1)根据以上分析，D中含有的官能团为碳碳双键、羧基；化合物C为乙炔，结构简式为CH≡CH；(2)乙烯和乙酸可以发生类似①的加成反应，方程式为CH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3；(4)A.反应①的过程中碳碳双键消失，说明该反应类型是加成反应，故正确；B.化合物H含有碳碳双键，可进一步聚合成某种高分子化合物，故正确；C.在反应②、③都为酯化反应中，参与反应的官能团都为羧基和羟基，完全相同，故错误；D.从A经硫酸氢乙酯至E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用，故正确。故选ABD。25、＋7分液①③④萃取有机层中ReO4-2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气等合理答案3.0×106【解题分析】分析：(1)根据正负化合价的代数和为0计算；(2)根据流程图，用萃取剂萃取后得到含铼有机层和水层，据此分析解答；根据萃取剂选择的条件分析判断；(3)根据流程图，经过用氨水、水作萃取剂进行反萃取后可以得到富铼溶液分析解答；(4)依题意，高铼酸铵分解是非氧化还原反应，据此书写方程式；联系氢气还原氧化铜实验解答；(5)根据4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，结合氧化还原反应的规律计算。详解：(1)NH4ReO4(高铼酸铵)中N为-3价，H为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，铼元素化合价为+7价，故答案为：+7；(2)根据流程图，用萃取剂萃取后得到含铼有机层和水层，分离的方法为分液，“萃取”中萃取剂应具有的性质：萃取剂难溶于水；ReO4-在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度；萃取剂不和ReO4-发生反应，故答案为：分液；①③④；(3)反萃取指用氨水、水作萃取剂，可以将有机层中ReO4-夺出来，分离出水层和有机层，ReO4-进入水溶液，故答案为：萃取有机层中ReO4-；(4)①依题意，高铼酸铵分解是非氧化还原反应，生成七氧化二铼外，还有水、氨气，反应的化学方程式为2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7，故答案为：2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7；②工业上，利用氢气还原Re2O7制备铼，氢气起三个作用：作还原剂、作保护气、用氢气排空气，因此根据生成铼的量计算氢气量，实际消耗H2量大于理论计算量，故答案为：H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气；(5)4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，生成1molRe2O7时，转移30mol电子。n(Re2O7)＝48.4×106g484g/mol＝1.0×105mol，转移电子的物质的量：n(e-)＝3.0×106mol，故答案为：26、c偏大锥形瓶中溶液颜色变为浅红色，且半分钟不褪色0.1100【解题分析】

（1）a.量筒无法达到题中要求的精确度，a错误；b.容量瓶是用来配制溶液的仪器，不是量取用的仪器，b错误；c.c为酸式滴定管，用来量取酸性溶液，c正确；d.d为碱式滴定管，用来量取碱性溶液，d错误；故合理选项为c；（2）若碱式滴定管未经过润洗，则相当于将NaOH溶液进行了稀释，即c(NaOH)偏小，则消耗的NaOH溶液的体积偏大，在计算中，c(NaOH)仍是原先的浓度，c(白醋)的计算结果将偏大；（3）由于题中的操作是将碱液滴入含酚酞的酸液中，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；（4）3次实验平均消耗NaOH溶液的体积为22.00mL，所以该白醋的总酸度为：=0.1100mol·L-1。【题目点拨】（1）实验题中，要注意量