广东省深圳市育才中学2024届化学高二下期末考试模拟试题含解析

广东省深圳市育才中学2024届化学高二下期末考试模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、冠心平F是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下，A为一元羧酸，10.2gA与足量NaHCO3溶液反应生成2.24LCO2（标准状况），A的分子式为A．C2H4O2 B．C3H6O2 C．C4H8O2 D．C5H10O22、实验室用乙酸、乙醇、浓硫酸制取乙酸乙酯，加热蒸馏后，在饱和Na2CO3溶液的液面上得到无色油状液体，当振荡混合物时，有气泡产生，主要原因可能是（）A．有部分H2SO4被蒸馏出来B．有部分未反应的乙醇被蒸馏出来C．有部分未反应的乙酸被蒸馏出来D．有部分乙酸乙酯与碳酸钠反应3、在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＜0。2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量QkJ，则下列分析正确的是()A．在该条件下，反应前后的压强之比为6∶5.3B．若反应开始时容器容积为2L，则v(SO3)＝0.35mol·L－1·min－1C．若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)＞1.4molD．若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量小于QkJ4、下列属于复分解反应的是A．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 B．C．Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O D．5、核黄素又称维生素B，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。核黄素分子的结构为：有关核黄素的下列说法中，正确的是A．该物质属于有机高分子B．不能发生酯化反应C．不能与氢气发生加成反应D．酸性条件下加热水解，有CO2生成6、下表所列物质晶体的类型全部正确的一组是原子晶体离子晶体分子晶体A氮化硅磷酸单质硫B单晶硅氯化铝白磷C金刚石烧碱冰D铁尿素冰醋酸A．A B．B C．C D．D7、能用于鉴别乙醇、己烷、己烯、乙酸溶液、苯酚溶液等五种无色液体的试剂组是（）A．FeCl3溶液、NaOH溶液 B．Cu(OH)2悬浊液、紫色石蕊试液C．紫色石蕊试液、溴水 D．FeCl3溶液、溴水8、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9、在氯化钠晶体晶胞中，与某个Na+距离最近且等距的几个Cl-所围成的空间构型为()A．正四面体形B．正八面体形C．正六面体形D．三角锥形10、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A．60gSiO2中含有NA个SiO2分子B．标况下，22.4LSO3的分子数为NAC．0.5mol·L－1CuCl2溶液中含有NA个Cl-D．在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA11、下列物质的一氯代物只有一种的是A．新戊烷 B．2-甲基丙烷 C．邻二甲苯 D．对二甲苯12、下列离子方程式书写正确的是（）A．稀盐酸滴在铜片上：Cu+2H+═Cu2++H2↑B．石灰石上滴加稀醋酸：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑C．氧化镁与稀盐酸混合：MgO+2H+═Mg2++H2OD．铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+═Cu2++Ag13、下列物质中既有极性键，又有非极性键的非极性分子是()A．二氧化碳B．四氯化碳C．双氧水D．乙炔14、研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果，下列表达不正确的是()A．NaOH溶液与SO2反应时溶液中溶质的情况B．NaAlO2溶液与盐酸反应后铝的存在形式C．Fe在Cl2中燃烧产物D．Fe和稀硝酸反应后，铁的存在形式15、下列有关金属晶体判断正确的是A．简单立方、配位数6、空间利用率68%B．钾型、配位数6、空间利用率68%C．镁型、配位数8、空间利用率74%D．铜型、配位数12、空间利用率74%16、茅台酒中存在少量具有凤梨香味的物质X，其结构如下图所示，下列说法正确的是A．X难溶于乙醇B．酒中少量的丁酸能抑制X的水解C．X完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量比为1：2D．分子式为且官能团与X相同的物质共有5种17、以纯碱溶液为原料，通过电解的方法可制备小苏打，原理装置图如下：上述装置工作时，下列有关说法正确的是（）A．乙池电极接电池正极，气体X为H2B．Na+由乙池穿过交换膜进入甲池C．NaOH溶液Z比NaOH溶液Y浓度小D．甲池电极反应：4OH－-4e-=2H2O+O2↑18、下列有机物不属于醇类的是A．B．C．D．CH3CH2OH19、下列说法错误的是（）A．气态电中性基态原子失去一个电子变为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能B．因为乙烯中含有σ键，所以容易发生加成反应C．电负性的大小也可以作为判断金属性和非金属性强弱的尺度D．同主族元素从上到下第一电离能逐渐变小20、聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（

）A．聚维酮的单体是 B．聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成C．聚维酮碘是一种水溶性物质 D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应21、某无色透明的混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此混合气体通过品红溶液后,品红溶液褪色,向剩余气体中通入空气,很快变为红棕色。下列对于原混合气体成分的判断中正确的是A．肯定没有SO2和NOB．肯定没有Cl2、O2和NO2C．可能有Cl2和O2D．肯定只有NO22、由环已烷、乙醇、乙醚组成的混和物，经测定其中碳的质量分数为72%，则氧的质量分数为A．14.2% B．16% C．17.8% D．19.4%二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：CH3—CH=CH2＋HBr→CH3—CHBr—CH3(主要产物)。1mol某芳香烃A充分燃烧后可得到8molCO2和4molH2O。该烃A在不同条件下能发生如图所示的一系列变化。（1）A的化学式：______，A的结构简式：______。（2）上述反应中，①是______(填反应类型，下同)反应，⑦是______反应。（3）写出C、D、E、H的结构简式：C______，D______，E______，H______。（4）写出反应D→F的化学方程式：______。24、（12分）Q是合成防晒霜的主要成分，某同学以石油化工的基本产品为主要原料，设计合成Q的流程如下(部分反应条件和试剂未注明)：已知：Ⅰ．钯催化的交叉偶联反应原理(R、R1为烃基或其他基团，X为卤素原子)：Pd/CR—X＋R1—CH=CH2R1—CH=CH—R＋H—XII．C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子只有一个碳原子上没有氢原子。III．F不能与氢氧化钠溶液反应，G的核磁共振氢谱中有3个峰且为对位取代物。请回答下列问题：（1）G的结构简式为__________。（2）C8H17OH的名称(用系统命名法命名)为____________。（3）X是F的同分异构体，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，写出X的结构简式：___________。（4）写出反应⑥的化学方程式：____________。（5）下列有关B、C的说法正确的是____________(填序号)。a．二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色b．二者都能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳c．1molB或C都能最多消耗44.8L(标准状况)氢气d．二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应25、（12分）某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是________；将FeCl3晶体溶于浓盐酸,再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是________。（2）制备K2FeO4（夹持装置略）后，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。根据K2FeO4的制备原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是________________。26、（10分）某课外活动小组的同学在实验室用如下装置制取乙酸乙酯。其主要步骤如下：①在30mL的大试管A中按体积比2：3：2的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液。②按如图连接好装置（装置气密性良好），用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管5~10min。③待试管B收集到一定量产物后停止加热，撤出试管B并用力振荡，然后静置待分层。④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。已知下列数据：物质熔点（℃）沸点（℃）密度（g/cm3）乙醇－117.078.00.79乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯－83.677.50.90浓硫酸（98%）――338.01.84请回答下列问题：（1）配制该混合溶液时，加入这三种物质的先后顺序是___________；写出制取乙酸乙酯的化学方程式：___________。（2）该实验中，浓硫酸的作用是___________。（3）上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是___________（填字母）。A吸收部分乙醇B中和乙酸C降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层析出D加速酯的生成，提高其产率（4）步骤②中需要小火均匀加热操作，其主要理由是___________。（5）步骤③中B试管内的上层物质是___________（填物质名称）。（6）步骤④中分离操作用到的主要仪器是___________；可选用的干燥剂为___________（填字母）。A生石灰BNaOH固体C碱石灰D无水Na2SO427、（12分）Ⅰ.人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。（配制KMnO4标准溶液）如图所示是配制50mLKMnO4标准溶液的过程示意图。(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有__________(填序号)。(2)其中确定50mL溶液体积的容器是________(填名称)。(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将________(填“偏大”或“偏小”)。（测定血液样品中Ca2＋的浓度）抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mLKMnO4溶液。(4)配平草酸与KMnO4反应的离子方程式：__MnO＋H2C2O4＋H＋===Mn2＋＋CO2↑＋H2O。(5)滴定终点时的现象是_____________________________________(6)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为__________mmol·cm－3。Ⅱ.某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。实验1试剂：酸化的0.5mol·L－1FeSO4溶液(pH＝0.2)，5%H2O2溶液(pH＝5)。操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH＝0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红(1)H2O2的电子式是_______，上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是_________。(2)产生气泡的原因是____________________________________________。28、（14分）不饱和酯类化合物在药物，涂料等应用厂泛。（1）下列关于化合物的说法不正确的是____________。A．遇FeCl3溶液可能显紫色B．易被空气中的氧气所氧化C．能与溴发生取代和加成反应D．1mol化合物Ⅰ最多能与2molNaOH反应（2）反应①是一种由烯烃直接制备不饱和酯的新方法：①化合物Ⅱ的分子式为_____________，1mol化合物Ⅱ能与________molH2恰好完全反应生成饱和烃.（3）化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或IV分别通过消去反应获得，但只有Ⅲ能与Na反应产生H2，Ⅲ的结构简式为_________（写1种）；由IV生成Ⅱ的反应条件为________________________。（4）聚合物可用于制备涂料，其单体结构简式为______________。利用类似反应①的方法，仅以乙烯为有机物原料合成该单体，涉及的反应方程式为______________________。29、（10分）元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题：(1)利用铬铁矿(FeO•Cr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是__________________。②“水浸”要获得浸出液的操作是_________。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则“还原”操作中发生反应的离子方程式为___________________________________________________。(2)已知Cr3+完全沉淀时溶液pH为5，(Cr3+浓度降至10-5mol∙L-1可认为完全沉淀)则Cr(OH)3的溶度积常数Ksp＝_______________。(3)用石墨电极电解铬酸钠(Na2CrO4)溶液，可制重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O)。①电极b连接电源的______极(填“正”或“负”)，b极发生的电极反应：______________。②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由amol变为bmol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是_______________mol。

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】

标况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，10.2gA(一元羧酸)与足量NaHCO3反应产生0.1molCO2，则10.2gA为0.1mol，即其相对分子质量为102，由此可以判断A的分子式。【题目详解】标况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，10.2gA(一元羧酸)与足量NaHCO3反应产生0.1molCO2，则10.2gA为0.1mol，即其相对分子质量为102；A.C2H4O2的相对分子质量为60，A错误；B.C3H6O2的相对分子质量为74，B错误；C.C4H8O2的相对分子质量为88，C错误；D.C5H10O2的相对分子质量为102，D正确；故合理选项为D。2、C【解题分析】试题分析：A、硫酸属于难挥发性酸，A项错误；B、乙醇不与碳酸钠反应，B项错误；C、乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，C项正确；D、乙酸乙酯与碳酸钠不反应，D项错误；答案选C。考点：考查乙酸乙酯的制备3、D【解题分析】分析：A、根据反应在恒温恒压条件下进行分析；B、根据化学反应速率的概念分析计算；C、绝热条件温度升高平衡逆向进行；D、恒温恒容条件反应过程中,压强减小。详解:A、反应在恒温恒压条件下进行，应前后的压强之比为1:1，故A错误；

B、若容器体积不变,v(SO3)＝1.4mol2L2min=0.35mol·L－1·min－1，但反应是在恒温恒压条件进行，反应达到平衡时，容器体积小于2L,相等于增大体系压强，化学反应速率增大，所以v(SO3)>0.35mol·L－1·min－1，故B错误；

C、若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，由于该反应的正反应是放热反应，绝热温度升高,平衡逆向进行，平衡后n(SO3)<1.4mol，所以C选项是错误的；

D、若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应过程中压强减小，平衡逆向进行，达平衡时放出热量小于QkJ，故D正确。

所以D4、C【解题分析】

A．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，O的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，不属于四大基本反应类型，故A不选；B．，是一变多的反应，属于分解反应，故B不选；C．Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，属于强酸和弱酸盐发生的复分解反应，故C选；D．，是一换一的反应，属于置换反应，故D不选；故选C。5、D【解题分析】试题分析：A．根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6，故A错误；B．因为该化合物中含有醇羟基，因此可以发生酯化反应，故B错误；C．由结构式可以知该化合物中含有苯环，因此可以与氢气发生加成反应，故C错误；D．由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成，故D正确。【考点定位】官能团与性质。【名师点睛】6、C【解题分析】试题分析：根据构成晶体的微粒确定晶体类型，原子晶体的构成微粒是原子，分子晶体的构成微粒是分子，离子晶体的构成微粒是阴阳离子。A．磷酸的构成微粒是分子，所以磷酸属于分子晶体，故A错误；B．单晶硅的构成微粒是原子，所以属于原子晶体，白磷的构成微粒是分子，属于分子晶体，但是氯化铝属于共价化合物，构成微粒是氯化铝分子，所以属于分子晶体，故B不正确；C．金刚石的构成微粒是原子，所以属于原子晶体，烧碱的构成微粒是阴阳离子，所以属于离子晶体，冰的构成微粒是分子，所以属于分子晶体，故C正确；D．铁的构成微粒是金属阳离子和自由电子，所以属于金属晶体，尿素的构成微粒是分子，属于分子晶体，故D错误；考点：原子晶体、离子晶体、分子晶体点评：本题考查了晶体类型的判断，明确晶体的构成微粒是解本题关键，注意尿素、氯化铝属于分子晶体，为易错点。7、C【解题分析】

A.己烷、己烯不溶于水，且密度比水小，无法用FeCl3溶液、NaOH溶液鉴别，A错误；B.己烷、己烯不溶于水，且密度比水小，遇到Cu(OH)2悬浊液、紫色石蕊试液，上层均为无色油状液体，无法鉴别，B错误；C.紫色石蕊试液可鉴别乙酸溶液；溴水与乙醇相互溶解，无分层；与己烷，上层为无色油状液体；与己烯溴水褪色；与苯酚生成白色沉淀，可鉴别，C正确；D.乙醇、乙酸溶液遇到FeCl3溶液、溴水，均为相互溶解，现象相同，不能鉴别，D错误；答案为C。8、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。9、B【解题分析】NaCl晶胞为，选取最上方那一面中心的Na+为研究对象，等距且最近的Cl-包括最上方正方形棱边中心4个、立方体中心1个、上方立方体中心1个共6个Cl-，它们围成的图形是正八面体。正确答案：B。10、D【解题分析】

A．二氧化硅为原子晶体，二氧化硅晶体中不存在分子，故A错误；B．标况下，三氧化硫不是气体，不能用标准状况下的气体摩尔体积无法计算三氧化硫的物质的量，故B错误；C．未告知溶液的体积，无法计算0.5mol•L-1

CuCl2溶液中含有的溶质氯化铜的物质的量，故C错误；D．在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，I元素的化合价由+5价降低为0，HI中I元素的化合价由-1价升高为0，生成3mo1I2转移的电子数为5NA，故D正确；答案选D。【题目点拨】本题的易错点为A，要注意只有分子晶体中存在分子，在离子晶体和原子晶体中均不存在分子。11、A【解题分析】

A.新戊烷只有一种位置的H原子，因此其一氯取代产物只有一种，A符合题意；B.2-甲基丙烷有2种不同位置的H原子，因此其一氯取代产物有2种，B不符合题意；C.邻二甲苯有3种不同位置的H原子，因此其一氯代物有3种不同结构，C不符合题意；D.对二甲苯有2种不同位置的H原子，因此其一氯代物有2种不同结构，D不符合题意；故合理选项是A。12、C【解题分析】分析：A．稀盐酸与Cu不反应；B、碳酸钙难溶、醋酸为弱电解质，都必须写化学式；C．氧化镁为碱性氧化物，与酸反应生成盐和水，氧化镁不溶于水；D、电荷不守恒。详解：A．稀盐酸滴在铜片上，不反应，选项A错误；B．碳酸钙溶于稀醋酸，醋酸应该保留分子式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，选项B错误；C．氧化镁与稀盐酸混合的离子反应为MgO+2H+═Mg2++H2O，选项C正确；D、铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查离子方程式的正误判断，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析离子方程式的书写是否正确。13、D【解题分析】分析：二氧化碳分子中只有极性键；四氯化碳分子中只有极键；双氧水分子中既有极性键，又有非极性键，但其为极性分子；乙炔中既有极性键，又有非极性键，其分子结构对称且分子中四原子共线，故其为非极性分子。详解：A.二氧化碳分子中只有极性键；B.四氯化碳分子中只有极性键；C.双氧水分子中既有极性键，又有非极性键，但其为极性分子；D.乙炔中既有极性键，又有非极性键，其分子结构对称且四原子共线，故其为非极性分子综上所述，D符合题意，本题选D。点睛：根据分子中电荷分布是否均匀来判断分子的极性，若分子的电荷分布是均匀的、正负电荷的中心是重合的，则该分子为非极性分子，若分子的电荷分布是不均匀的、正负电荷的中心不重合，则该分子为极性分子。非极性分子不一定只有非极性键，非极性分子中的共价键可以全部是极性键，如甲烷分子是非极性分子，分子内只有极性键。14、C【解题分析】

A.当≤1时，二者反应生成NaHSO3；当≥2时，二者反应生成Na2SO3；当介于1与2之间时，二者反应生成Na2SO3与NaHSO3的混合物；A项正确；B.当≤1时，二者反应生成Al(OH)3沉淀；当≥4时，二者反应生成Al3+；当介于1与4之间时，Al以Al(OH)3和Al3+形式存在；B项正确；C.Fe在Cl2中燃烧，无论二者哪种物质过量，结果只能生成FeCl3，不会生成FeCl2，C项错误；D.当≤时，Fe以Fe3+形式存在，当≥时，以Fe2+形式存在；当介于与之间时，Fe3+、Fe2+同时存在；D项正确；答案选C。【题目点拨】掌握物质之间的相互转化关系式解题的关键，尤其铁三角及铝三角的元素存在形式是基础。要明确铁单质在氯气（不论氯气是否过量）中燃烧产物只有氯化铁。15、D【解题分析】

A．简单立方、配位数6、空间利用率为52%，A错误；B．钾型、配位数8、空间利用率68%，B错误；C．镁型、配位数12、空间利用率74%，C错误；D．铜型、配位数12、空间利用率74%，D正确；答案选D。16、B【解题分析】A．该物质中含有酯基，具有酯的性质，根据相似相溶原理知，该物质易溶于有机溶剂乙醇，故A错误；B．该物质为丁酸乙酯，一定条件下能发生水解反应生成丁酸和乙醇，所以酒中的少量丁酸能抑制X水解，故B正确；C．该物质分子式为C6H12O2，根据原子守恒判断X完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量之比，X完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量比为1：1，故C错误；D．分子式为

C4H8O2且官能团与X相同的物质，应含有酯基，同分异构体有丙酸甲酯、乙酸乙酯、甲酸丙酯、甲酸异丙酯，共4种，故D错误；故选B。点睛：明确官能团及其性质关系是解本题关键。易错选项是D，注意同分异构体的判断，在书写酯的同分异构体时，可以按照顺序调整酯基两端的碳原子数目进行确定。17、C【解题分析】

装置图分析可知放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，气流浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=HCO3-+O2↑，气体X为阴极上溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极连接电源负极，放电过程中生成更多氢氧根离子，据此分析判断。【题目详解】A．乙池电极为电解池阴极，和电源负极连接，溶液中氢离子放电生成氢气，故A错误；B．电解池中阳离子移向阴极，钠离子移向乙池，故B错误；C．阴极附近氢离子放电破坏了水的电离平衡，电极附近氢氧根离子浓度增大，NaOH溶液Y比NaOH溶液Z浓度大，故C正确；D．放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，氢离子浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故D错误；故答案为C。18、C【解题分析】分析：官能团羟基与烃基或苯环侧链上的碳相连的化合物属于醇类，据此进行判断。详解：A．羟基与烃基(环烷基)相连，为环己醇，故A不选；B．中苯环侧链与羟基相连，名称为苯甲醇，属于醇类，故B不选；C．苯环与羟基直接相连，属于酚类，故C选；D．CH3CH2OH分子中烃基与官能团羟基相连，属于醇类，故D不选；故选C。点睛：本题考查了醇类与酚类的判断，解题关键是明确醇类与酚类的根本区别，羟基直接与苯环相连的有机物属于酚类。19、B【解题分析】分析：A项，气态电中性基态原子失去一个电子变为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能；B项，乙烯容易发生加成反应的原因是乙烯中含π键；C项，金属的电负性一般小于1.8，非金属的电负性一般大于1.8，位于非金属三角区边界的“类金属”的电负性在1.8左右，它们既有金属性，又有非金属性；D项，同主族元素从上到下第一电离能逐渐变小。详解：A项，气态电中性基态原子失去一个电子变为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能，A项正确；B项，乙烯容易发生加成反应的原因是：乙烯中含π键，乙烯中的π键不如σ键牢固，比较容易发生断裂，B项错误；C项，电负性的大小也可以作为判断金属性和非金属性强弱的尺度，金属的电负性一般小于1.8，非金属的电负性一般大于1.8，位于非金属三角区边界的“类金属”的电负性在1.8左右，它们既有金属性，又有非金属性，C项正确；D项，同主族元素从上到下第一电离能逐渐变小，D项正确；答案选B。20、B【解题分析】

由高聚物结构简式，可知主链只有C，为加聚产物，单体为，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题。【题目详解】A.由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；B.

由2m+n个单体加聚生成，故B错误；C.高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；D.含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；故选B。21、B【解题分析】分析：根据气体的颜色判断可排除Cl2和NO2气体，根据能使品红褪色的气体为SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，则原混合气体中无氧气，据此即可解答。详解：A．此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明原混合气体一定含有气体NO，NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，故A错误；B．Cl2为黄绿色，NO2气体为红棕色，此混合气体为无色，所以一定不含Cl2、NO2，据A分析原混合气体中无氧气，故B正确；C．Cl2为黄绿色，该气体无色，则说明不含有Cl2，故C错误；D．把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，故D错误；故选B。点睛：本题考查常见气体的检验，注意常见气体的性质以及检验方法。本题的易错点为氧气的判断，要注意一氧化氮能够与氧气反应生成二氧化氮。22、A【解题分析】

环己烷的分子式为C6H12可以改写成(CH2)6，乙醇的分子式为C2H6O可以改写成(CH2)2·H2O，乙醚的分子式为C4H10O，可以改写成(CH2)4·H2O，所以该混合物可以看成CH2与H2O构成的。【题目详解】由于该混合物中C的质量分数为72%，所以CH2的质量分数为：，那么H2O的质量分数为：，O元素的质量分数为：，A项正确；答案选A。二、非选择题(共84分)23、C8H8加成反应取代反应（或酯化反应）+NaOH+NaBr【解题分析】

1mol某烃A充分燃烧后可以得到8molCO2和4molH2O，故烃A的分子式为C8H8，不饱和度为，可能含有苯环，由A发生加聚反应生成C，故A中含有不饱和键，故A为，C为，A与溴发生加成反应生成B，B为，B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，E为，E与溴发生加成反应生成，由信息烯烃与HBr的加成反应可知，不对称烯烃与HBr发生加成反应，H原子连接在含有H原子多的C原子上，与HBr放出加成反应生成D，D为，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成F，F为，F与乙酸发生酯化反应生成H，H为，据此分析解答。【题目详解】（1）由上述分析可知，A的化学式为C8H8，结构简式为，故答案为：C8H8；；（2）上述反应中，反应①与溴发生加成反应生成；反应⑦是与乙酸发生酯化反应生成，故答案为：加成反应；取代反应（或酯化反应）；（3）由上述分析可知，C为；D为；E为；H为；故答案为：；；；；（4）D→F为水解反应，方程式为：+NaOH+NaBr，故答案为：+NaOH+NaBr。24、2­乙基­1­己醇ad【解题分析】

由A、B的分子式及的结构简式C可知，A为CH3CH=CH2，B为CH2=CHCHO，由信息Ⅱ可知，C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢原子，则C8H17OH为，与丙烯酸发生酯化反应生成D，由流程图可知，F为等，因F不能与NaOH溶液反应，所以F为苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F与溴发生取代反应，又G的核磁共振氢谱中有3组峰，说明G中有3种位置的H原子，所以G为，由信息Ⅰ可知，D与G合成Q；(1)结合分析写出G的结构简式；(2)C8H17OH为，与-OH相连的C原子为第1位碳原子编号来命名；(3)X为酚，甲基与酚-OH处于对位；(4)由信息Ⅰ，D与G合成Q，并生成HBr；(5)B为烯醛，C为烯酸，均含C=C键，但羧基中的C=O不能与氢气发生加成反应。【题目详解】由A、B的分子式及的结构简式C可知，A为CH3CH=CH2，B为CH2=CHCHO，由信息Ⅱ可知，C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢原子，则C8H17OH为，与丙烯酸发生酯化反应生成D，由流程图可知，F为等，因F不能与NaOH溶液反应，所以F为苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F与溴发生取代反应，又G的核磁共振氢谱中有3组峰，说明G中有3种位置的H原子，所以G为，由信息Ⅰ可知，D与G合成Q；(1)由分析可知G的结构简式为为；(2)C8H17OH为，与-OH相连的C原子为第1位碳原子编号来命名，其名称为2-乙基-1-己醇；(3)F为苯甲醚，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，X为酚，甲基与酚-OH处于对位，则X为；(4)由信息Ⅰ，D与G合成Q，并生成HBr，反应⑥的化学方程式为；(5)B为烯醛，C为烯酸，均含C=C键，但羧基中的C=O不能与氢气发生加成反应；a．均含C=C键，则二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正确；b．C中含-COOH，能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，而B不能，故b错误；c.1molB最多消耗44.8L(标准状况)氢气，而C消耗22.4L氢气，故c错误；d．B中含-CHO，C中含-COOH，二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应，故d正确；故答案为ad。25、防止亚铁离子被氧化抑制铁离子水解Fe3+4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO－的干扰＞溶液的酸碱性不同【解题分析】

（1）氯化亚铁易被氧化生成氯化铁，因此在FeCl2溶液中需加入少量铁屑的目的是防止亚铁离子被氧化；氯化铁是强酸弱碱盐，水解显酸性，则将FeCl3晶体溶于浓盐酸，再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是抑制铁离子水解；（2）I.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl－发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O；II.产生Cl2还可能是ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO－的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在；制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至－1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe(OH)3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反应为2FeO42－+6Cl－+16H+＝2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42－氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。26、乙醇、浓硫酸、乙酸CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O催化剂、吸水剂ABC因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其它副反应乙酸乙酯分液漏斗、烧杯D【解题分析】

（1）为防止酸液飞溅，应将密度大的液体加入到密度小的液体中，乙酸易挥发，冷却后再加入乙酸，三种物质的加入顺序：乙醇、浓硫酸、乙酸；酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O。（2）该实验中，乙醇和乙酸发生酯化反应时，浓硫酸起到催化剂的作用，加快酯化反应的速率；又因为该反应是可逆反应，浓硫酸吸水可以促进平衡向正反应方向进行，所以浓硫酸还起到吸水剂的作用。（3）由于乙醇、乙酸易挥发，蒸出的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸；乙醇易溶于水，能被饱和碳酸钠溶液吸收，乙酸具有酸性，能与饱和碳酸钠溶液反应生成乙酸钠，降低乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度，有利于分层析出，答案为：ABC；（4）步骤②中需要小火均匀加热操作，其主要理由是：因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其它副反应；（5）乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，有香味，步骤③中B试管内的上层物质是乙酸乙酯；（6）步骤④中分离操作是分液，用到的主要仪器是分液漏斗、烧杯；干燥乙酸乙酯，用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；不能选择生石灰、碱石灰、NaOH，以防乙酸乙酯在碱性条件下水解，答案选D。【题目点拨】本题考查酯化反应原理、乙酸乙酯制备、仪器的选择以及乙酸乙酯的分离和提纯。试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。27、②⑤50mL容量瓶偏小2MnO4—＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液颜色有无色变为粉红色，但半分钟内不褪色0.032Fe2++2H++H2O2=+2Fe3++2H2OFe3+催化下H2O2分解生成O2【解题分析】本题考查化学实验方案的设计与评价。解析：Ⅰ.（1）量筒不能用于配制溶液，视线应该与凹液面的最低点相平读数，所以②⑤操作错误；（2）配制50mL一定物质的量浓度KMnO4标准溶液需要50mL的容量瓶；（3）仰视读数时，定容时，所加的水超过刻度线，体积偏大，所以浓度偏小；（4）由题给未配平的离子方程式可知，反应中H2C2O4做还原剂被氧化为CO2，MnO4―做氧化剂被还原为Mn2+，依据得失电子数目守恒和原子个数守恒可得配平的化学方程式为2MnO4―+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；（5）草酸溶液无色，当反应正好完全进行的时候，多加一滴KMnO4溶液，溶液恰好由无色变为紫红色；（6）血样处理过程中存在如下关系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO4―，所以n(Ca2+)＝52n(MnO4-)＝52×0.0120L×0.020mol·L－1＝6.0×10-4mol，血液样品中Ca2+的浓度＝6.0×10-4mol20.00cm3＝0.03mmol·cm－3。Ⅱ.H2O2为含有非极性键和极性键的共价化合物，电子式为，酸性条件下，H2O2溶液与FeSO4溶液发生反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2点睛：本题侧重考查学生知识综合应用、根据物质的性质进行实验原理分析及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用。28、DC9H104或NaOH醇溶液，加热CH2=CHCOOCH2CH3CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O【解题分析】分析：（1）该有机物中含有苯环、酚羟基、碳碳双键和酯基,具有苯、酚、烯烃和酯的性质,能发生加成反应、还原反应、取代反应、氧化反应、显色反应、加聚反应、水解反应等，据以上分析解答。（2）根据Ⅱ的结构式可以得出分子式为C9H10，1molⅡ含有1mol苯环和1mol碳碳双键，1molⅡ可以与4mol氢气发生加成反应生成饱和环烷烃。（3）Ⅲ能与Na反应产生氢气说