2024届江苏省沭阳县修远中学高二化学第二学期期末教学质量检测试题含解析

2024届江苏省沭阳县修远中学高二化学第二学期期末教学质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列燃料中，不属于化石燃料的是()A．水煤气 B．石油 C．天然气 D．煤2、用物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知其中c(CN-)小于c(Na+)，则下列判断正确的是()A．c(H+)＞c(OH-) B．c(HCN)＞c(CN-)=0.2mol/LC．c(HCN)＞c(CN-) D．c(CN-)＞c(OH-)=0.1mol/L3、化学与生活息息相关。下列各“剂”在应用过程中表现还原性的是（）A．臭氧柜里臭氧作餐具的“消毒剂”B．热纯碱溶液常作厨房的“洗涤剂”C．活性铁粉在食品袋中作“去氧剂”D．小苏打常作制糕点的“起泡剂”4、某有机物分子中有a个-CH3，b个-CH2-，c个，则可连接的羟基的个数为()A．2b+3c-a B．a+b+c C．c+2-a D．b+c+2-a5、下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是（）A．晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr B．硬度：MgO＞CaO＞BaOC．熔点：NaF＞MgF2＞AlF3 D．阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF26、a、b、c，d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。a与d同族，d在地壳中的含量仅次于氧；b的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；c＋与氖原子的电子层结构相同。下列说法正确的是A．d的单质常用于制造光导纤维B．简单氢化物的热稳定性：d>aC．最高价氧化物对应的水化物的酸性：b>a>dD．由氢、氧、a和b组成的化合物一定是无机物7、有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下气体的体积为（设反应HNO3被还原成NO）A．0.672LB．0.448LC．0.224LD．0.896L8、下列能说明苯环对侧链的性质有影响的是A．甲苯在30℃时与硝酸发生取代反应生成三硝基甲苯B．甲苯能使热的酸性KMnO4溶液褪色C．甲苯在FeBr3催化下能与液溴反应D．1mol甲苯最多能与3

mol

H2发生加成反应9、下列四幅谱图是结构简式为CH3CH2OH、CH3OCH3、CH3CH2CH2OH和的核磁共振氢谱，其中属于CH3CH2CH2OH的谱图是()A．B．C．D．10、下列用品中主要由合成材料制造的是()A．宇航服 B．宣纸 C．羊绒衫 D．棉衬衣11、已知：H2(g)＋F2(g)＝2HF(g)ΔH＝－270kJ·mol-1，下列说法正确的是：A．氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应B．1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量小于270kJC．在相同条件下，1molH2与1molF2的能量总和小于2molHF气体的能量D．该反应中的能量变化可用如图来表示12、化学源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述正确的是()A．氯气和活性炭均可作为漂白剂，若同时使用，漂白效果会明显加强B．用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应C．测定溶液pH的实验中，用干燥pH试纸测定新制氯水的pH——测定结果无影响D．洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合产生的HClO易分解13、下列叙述正确的是()A．凡能电离出H+的化合物均属于酸B．醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强C．SO3的水溶液能导电，SO3是电解质D．硫磺不导电，因此硫磺是非电解质14、常温下,将一定量的钠铝合金置于水中,合金全部溶解,得到20mLpH=14的溶液,然后用1mol·L-1的盐酸滴定,测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示,则下列说法正确的是()A．原合金质量为0.92g B．产生氢气的体积为896mL(标准状况下)C．图中m的值为1.56 D．图中V2的值为6015、有关下图所示化合物的说法不正确的是A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体。C．既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应16、用价层电子对互斥理论预测H2O和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（）A．直线形；三角锥形B．V形；三角锥形C．直线形；平面三角形D．V形；平面正三角形17、NO和CO都是汽车尾气中的物质，它们能很缓慢地反应生成N2和CO2，对此反应有关的叙述中不正确的是（）A．降低压强能加快化学反应速率B．使用适当催化剂可以加快化学反应速率C．升高温度能加快化学反应速率D．增大压强可以加快此反应的速率18、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A．23gNa与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数N（O2）的范围为：0.25NA<N（O2）<0.5NAB．2molNO和1molO2在密闭容器中充分反应，反应后容器中的分子数小于2NAC．2.5gMg-Zn合金与足量盐酸反应，放出的气体在标况下的体积可能为2.24LD．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数目为0.92NA19、设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是A．18gNH4+离子中所含的电子总数为12NAB．标准状况下，11.2L水含有的分子数为0.5NAC．0.3mol/LNa2SO4溶液中，含有Na+和SO42-总数为0.9NAD．H2SO4的摩尔质量是98g/mol20、已知C—C键可以绕键轴自由旋转，结构简式为的烃，下列说法中不正确的是（）A．分子中至少有10个碳原子处于同一平面上B．分子中至少有8个碳原子处于同一平面上C．分子中至多有14个碳原子处于同一平面上D．该烃不属于苯的同系物21、下列有关同分异构体数目的叙述中正确的是（）A．分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有5种B．C8H10中只有3种属于芳香烃的同分异构体C．新戊烷的二氯代物只有1种同分异构体D．甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种22、已知：氧化锂（Li2O）晶体形成过程中的能量变化如图所示下列说法正确的是A．△H1<0，△H2>0 B．-△H5+△H1+△H2+△H3+△H4+△H6=0C．△H3<0，△H4<0 D．△H1+△H2+△H3+△H4=△H5+△H6二、非选择题(共84分)23、（14分）丹参醇是存在于中药丹多中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：已知：回答下列问题:(1)C中含氧官能团的名称为_______

(写出其中两种)。(2)写出B的结构简式_______。(3)下列叙述正确的是_______。A．D→E的反应为消去反应B．可用金属钠鉴别D．EC．D可与NaOH反应

D．丹参醇能发生加聚反应不能发生缩聚反应(4)丹参醇的所有同分异构体在下列一种表征收器中显示的信号(或数据)完全相同，该仅器是______(填标号)。a.质谱仪

b.红外光谱仪

c.元素分析仪

d.核磁共探仪(5)芳香化合物F是A的同分异构体,可与FeCl3溶液发生显色反应,F共有_____种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6：2：1：1的结构简式为______(写一种即可)。(6)写出以和为原料制备的合成路线流程图__________________(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)。24、（12分）化合物是一种医药中间体，它的一种合成路线如下：已知：RCOOH→(1)A的化学名称是______________，G的分子式为____________________。(2)由B生成C的反应条件为____________，由E和F生成G的反应类型是___________。(3)D在浓硫酸/加热条件下会反应生成一种含六元环的化合物，该化合物的结构简式为______________。(4)H是一种高聚酯。D生成H的化学方程式为__________________________________。(5)符合下列要求的F的同分异构体共有___________种。①苯环上有三个取代基；②能发生银镜反应；③1mol该物质能与2molNa2CO3反应。请写出其中能与足量浓溴水反应，所得产物的苯环上不存在氢原子的F的同分异构体结构简式：_______________________(任写一种)。(6)已知酚羟基不易与羧酸发生酯化反应，写出以苯酚、甲苯为原料制备苯甲酸苯酯的合成路线(其他无机试剂任选)：____________。25、（12分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。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。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_______③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。（2）探究K2FeO4的性质①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________________。②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO4③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO426、（10分）甲苯()是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛()、苯甲酸()等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：名称性状熔点(℃)沸点(℃)相对密度(ρ水＝1g·cm－3)溶解性水乙醇甲苯无色液体易燃易挥发－95110.60.8660不溶互溶苯甲醛无色液体－261791.0440微溶互溶苯甲酸白色片状或针状晶体122.12491.2659微溶易溶注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入15mL冰醋酸(作为溶剂)和2mL甲苯，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时。(1)装置a的名称是______________，为使反应体系受热比较均匀，可________。(2)三颈瓶中发生反应的化学方程式为_______________________________________________________。(3)写出苯甲醛与银氨溶液在一定的条件下发生反应的化学方程式：________________________________。(4)反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，还应经过____________、__________(填操作名称)等操作，才能得到苯甲醛粗产品。(5)实验中加入过量过氧化氢且反应时间较长，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的操作步骤是______________(按步骤顺序填字母)。a．对混合液进行分液b．过滤、洗涤、干燥c．水层中加入盐酸调节pH＝2d．加入适量碳酸氢钠溶液混合振荡27、（12分）三草酸合铁(III)酸钾K3[Fe(C204)3]·3H2O为绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇丙酮等有机溶剂。I.三草酸合铁(III)酸钾晶体的制备①将5g(NH4)2Fe(S04)2·6H2O晶体溶于20mL水中，加入5滴6mol/LH2SO4酸化，加热溶解，搅拌下加入25m饱和和H2C2O4溶液，加热，静置，待黄色的FeC2O4沉淀完全沉降以后，倾去上层清液，倾析法洗涤沉定2--3次。②向沉淀中加入10mL饱和草酸钾容液，水浴加热至40℃，用滴管缓慢滴加12mL5%H2O2，边加边搅拌并维持在40℃左右，溶液变成绿色并有棕色的沉淀生成。③加热煮沸段时间后，再分两批共加入8mL饱和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此时棕色沉淀溶解，变为绿色透明溶液。④向滤液中缓慢加入10mL95%的乙醇，这时如果滤液浑浊可微热使其变清，放置暗处冷却，结晶完全后，抽滤，用少量洗条剂洗涤晶体两次抽干，干燥，称量，计算产率。已知制各过程中涉及的主要反应方程式如下:②6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3步骤③2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O请回答下列各题:(1)简达倾析法的适用范围____________。(2)步骤③加热煮沸的目的是___________。(3)步骤④中乙醇要缓慢加入的原因是_________。(4)下列物质中最适合作为晶体洗涤剂的是_______(填编号)。A．冷水B．丙酮C．95%的乙醇D．无水乙醇(5)如图装置，经过一系列操作完成晶体的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的顺序补充完整(洗条操作只需要考虑一次):开抽气泵→a→____→b→d→c→关闭抽气泵。

a.转移固体混合物b.关活塞Ac.开活塞Ad.确认抽干e.加洗涤剂洗涤II.纯度的测定称取1.000g产品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用标定浓度为0.0100mol/L的高锰酸钾溶被滴定至终点，三次平行实验平均消耗高猛酸钾溶被24.00mL。(6)滴定涉及反应的离子方程式:____________。(7)计算产品的纯度______(用质量百分数表示)。(K3[Fe(C204)3]·3H2O的相对分子质量为491)28、（14分）判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”（1）淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物_________（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明淀粉没有水解成葡萄糖_________（3）食用白糖的主要成分是蔗糖_________（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质_________（5）麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖_________（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体_________（7）蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体_________（8）麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应_________（9）纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色_________（10）植物油的主要成分是高级脂肪酸_________（11）向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出，所以蛋白质均发生变性_________（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）缩合最多可形成4种二肽_________（13）天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点_________（14）若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致_________（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色_________（16）油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳_________（17）蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质_________（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇_________（19）蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解_________（20）氨基酸、淀粉均属于高分子化合物_________。29、（10分）已知HA是一元弱酸（1）常温下，下列事实能证明HA是弱电解质的是________。①某NaA溶液的pH＝9②用HA溶液做导电实验，灯泡很暗③等浓度、等体积的硫酸和HA溶液分别与足量锌反应，硫酸产生的氢气多④0.1mol·L-1HA溶液的pH≈2.8⑤配制相同浓度的硫酸和HA，分别测定两溶液的pH，硫酸的pH小于HA的pH（2）某温度时，0.1mol·L-1的HA溶液中的c(H＋)与0.01mol·L-1的HA溶液中的c(H＋)的比值________(填“大于”“小于”或“等于”)10。（3）已知：25℃时，HA的电离平衡常数为6.25×10-7。①求该温度时，0.1mol·L-1的HA溶液中c1(H＋)＝__________mol·L-1。[水电离出的c(H＋)、c(OH-)忽略不计，下同]②若该温度时向该溶液中加入一定量的NH4A(假设溶液体积不变)，使溶液中c(A－)变为5×10-2mol·L-1，则此时c2(H＋)＝________mol·L-1。（4）已知：常温下，NH3·H2O的电离平衡常数为1.74×10-5；则NH4A溶液呈________性，NH4A溶液中物质的量浓度最大的离子是________(填化学式)。（5）现用某未知浓度(设为c′)的CH3COOH溶液及其他仪器、药品，通过实验测定一定温度下CH3COOH的电离平衡常数，需测定的数据有(用简要的文字说明)：①实验时的温度；②______________；③用_______(填一种实验方法)测定CH3COOH溶液浓度c′。

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】

天然气、煤、石油属于化石燃料，用完之后不能再产生，属于不可再生能源。水煤气是氢气和一氧化碳的混合气，不属于化石能源；答案选A。2、C【解题分析】

物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知其中c（CN-）小于c（Na+），根据溶液电中性的原则，溶液中存在c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(CN-)，则有c(OH-)＞c(H+)，溶液应呈碱性，结合电荷守恒、物料守恒等知识解答该题。【题目详解】A．已知其中c（CN-）小于c（Na+），根据溶液电中性的原则，溶液中存在c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(CN-)，则有c(H+)<c(OH-)，故A错误；B．HCN和NaCN的物质的量都为0.1mol，由物料守恒可知c（CN-）+c（HCN）=0.2mol/L，故B错误；C．溶液中c（CN-）小于c（Na+），则说明混合溶液中以CN-的水解程度大于HCN的电离程度，所以c（HCN）＞c（CN-），故C正确；D．溶液中存在c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(CN-)，因c（Na+）=0.1mol/L，则c（CN-）+c（OH-）＞0.1mol/L，故D错误；答案选C。3、C【解题分析】A.臭氧柜里臭氧作餐具的“消毒剂”，臭氧表现氧化性；B.热纯碱溶液常作厨房的“洗涤剂”时，其表现碱性；C.活性铁粉在食品袋中作“去氧剂”时，其表现还原性；D.小苏打常作制糕点的“起泡剂”，其表现不稳定、易分解产生气体。本题选C。4、C【解题分析】

有机物的碳链主要在C原子之间连接，每个碳原子都必须形成4个共价键，以1条碳链分析考虑，先分析只连接甲基的情况，根据计算的甲基数目结合分子中含有的甲基数目，计算羟基数。【题目详解】若碳链上只连接甲基，-CH2-不管多少个只能连接两个-CH3，c个，能连接c个-CH3，所以b个-CH2-，c个，连接-CH3的数目为c+2个。由于分子中含有a个-CH3，所以连接的-OH为c+2-a，故选C。【题目点拨】本题的另一种解法：根据烷烃的组成可知，该有机物中最多含有的氢原子数=2(a+b+c)+2，a个-CH3，b个-CH2-，c个中含有的氢原子数目=3a+2b+c，相差的氢原子可以用羟基补全，羟基的数目=[2(a+b+c)+2]-(3a+2b+c)=c+2-a。5、C【解题分析】分析：A、离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大；B、根据原子半径大小比较键能，根据键能大小比较硬度；C、从离子半径以及电荷的角度比较晶格能，根据晶格能大小比较；D、根据NaCl、CsCl、CaF2的晶胞结构分别为：、、分析。详解：A、离子半径Br-＞Cl-＞F-，离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大，故A正确；B、原子半径Ba＞Ca＞Mg，原子半径越大，键能越小，硬度越小，故B正确；C、离子半径Na+＞Mg2+＞Al3+，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，则熔点越高，故C错误；D、NaCl、CsCl、CaF2的晶胞结构分别为：、、，结合图可知，CsCl为立方体心结构，Cl-的配位数是8；在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，但在下面一个晶胞中又连接4个氟离子，所以其配位数为8，在CaF2晶胞中每个F-连接4个钙离子，所以其配位数为4；NaCl为立方面向结构，钠离子的配位数为6，Cl-的配位数是6，则阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2，故D正确；故选C。6、C【解题分析】

d在地壳中的含量仅次于氧，则d为Si；a与d同族，则a为C；b的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，为氨气，则b为N；c＋与氖原子的电子层结构相同，则c为Na。【题目详解】A.d的氧化物二氧化硅常用于制造光导纤维，A错误；B.a、d分别为C、Si，同族，非金属性依次减弱，则简单氢化物的热稳定性：a>d，B错误；C.a、b、d分别为C、N、Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性：硝酸>碳酸>硅酸，C正确；D.由氢、氧、a和b组成的化合物可能是无机物，还可能为有机物，如氨基酸，为有机物，D错误；答案为C。7、A【解题分析】分析：10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01L×2×4mol/L+0.01L×2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，先后可能发生：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，Fe+2H+=Fe2++H2↑，以此计算该题。详解：10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01L×2×4mol/L+0.01L×2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则先发生反应：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，氢离子过量，反应后剩余n(H+)=0.1mol-0.08mol=0.02mol，再发生Fe+2H+=Fe2++H2↑，生成氢气0.01mol，所以：n(NO)+n(H2)=0.02mol+0.01mol=0.03mol，V(NO)+V(H2)=0.03mol×22.4L/mol=0.672L，故选A。点睛：本题考查混合物的计算，本题注意铁过量，根据n(H+)、n(NO3-)判断反应的可能性。本题的易错点为反应先后顺序的判断，要注意硝酸具有强氧化性，与铁反应不放出氢气。8、B【解题分析】分析：A．甲苯和苯都能发生取代反应；B．苯不能被酸性KMnO4溶液氧化，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸；C．甲苯和苯都能发生取代反应；D．苯也能与氢气发生加成反应。详解：A．甲苯和苯都能与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应，甲苯生成三硝基甲苯说明了甲基对苯环的影响，A错误；B．甲苯可看作是CH4中的1个H原子被-C6H5取代，苯、甲烷不能被酸性KMnO4溶液氧化使其褪色，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯环未变化，侧链甲基被氧化为羧基，说明苯环影响甲基的性质，B正确；C．甲苯和苯都能与液溴发生取代反应，所以不能说明苯环对侧链有影响，C错误；D．苯、甲苯都能与H2发生加成反应，是苯环体现的性质，不能说明苯环对侧链性质产生影响，D错误。答案选B。点睛：本题以苯及其同系物的性质考查为载体，旨在考查苯的同系物中苯环与侧链的相互影响，通过实验性质判断，考查学生的分析归纳能力，题目难度不大。9、A【解题分析】CH3CH2CH2OH共有4种不同等效氢原子，在核磁共振氢谱图上会显示出4种比较大的信号峰，故答案为A。正确答案为A点睛：等效氢的判断方法：1、同一个碳上的氢等效；2、同一个碳上的甲基上的氢等效；3、处于对称位置的氢等效。10、A【解题分析】

A．宇航员由合成纤维制成，具有强度高、防辐射等优点，A项符合题意；B．宣纸的主要材料为纤维素，不属于合成材料，B项不符合题意；C．羊绒衫的主要成分为蛋白质，不属于合成材料，C项不符合题意；D．棉衬衣的主要成分为纤维素，不属于合成材料，D项不符合题意；本题答案选A。11、D【解题分析】

A、此反应是放热反应，逆过程是吸热反应，故A错误；B、HF(g)=HF(l)△H＜0，因此1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量大于270kJ，故B错误；C、此反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C错误；D、根据选项C的分析，故D正确。答案选D。12、B【解题分析】

A.氯气与活性炭不反应，活性炭能够吸附氯气，使漂白效果减弱，A错误；B.CO2、H2O与Na2O2反应产生碳酸钠和氧气，反应放出热量，达到棉花的着火点，且反应产生的氧气有助燃作用，因此可以使棉花着火燃烧起来，B正确；C.氯水中含有的HClO具有强的氧化性，可以漂白pH试纸，因此不能使用pH试纸测定新制氯水的pH，C错误；D.洁厕灵主要成分是HCl，“84”消毒液中含有NaClO，两种物质混合使用，反应产生Cl2导致空气污染，D错误；故合理选项是B。13、B【解题分析】分析：A.电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；B.溶液导电性强弱只与溶液中离子浓度和离子所带电荷数有关；C.溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质；D.电解质或非电解质是对化合物而言。详解：A.电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，因此凡能电离出H+的化合物不一定均属于酸，例如硫酸氢钠等酸式盐，A错误；B.如果醋酸溶液中氢离子浓度大于硫酸溶液中氢离子浓度，则醋酸溶液的导电能力比稀硫酸强，B正确；C.SO3的水溶液能导电，是因为生成的硫酸电离出离子，硫酸是电解质，SO3不能电离，是非电解质，C错误；D.硫磺中不存在自由移动的离子或电子，因此不导电，硫磺是单质，不是电解质，也不是非电解质，D错误。答案选B。点睛：选项B是易错点，注意溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。若强电解质溶液中离子浓度很小，而弱电解质溶液中离子浓度大，则弱电解质溶液的导电能力强，因此电解质的强弱与电解质溶液的导电性并无必然联系。14、C【解题分析】

反应后得到20mLpH＝14的溶液，所以n（OH-）=0.02mol，所以需要1mol/L的盐酸20mL来中和，因此V1为20mL，继续加盐酸发生AlO2-+H++H2O=Al（OH）3，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，因此沉淀AlO2-用掉20mL盐酸，溶解Al（OH）3用掉60mL盐酸，所以V2为100mL；所以Al（OH）3为0.02mol，则m为1.56g，原混合物中含有Al为0.54g，当盐酸加100mL时，溶液中的溶质为NaCl和AlCl3，又知n（Cl-）=0.1mol，n（Al3+）=0.02mol，所以n（Na+）=0.04mol；所以原混合物中有Na为0.04mol，质量为0.92g，原混合物的质量为0.92g+0.54g=1.46g，反应过程中产生氢气0.05mol，标况下体积为1120mL，结合以上分析可知，C正确；答案选C。15、B【解题分析】分析：根据有机物结构简式可知分子中含有酯基、酚羟基、碳碳双键、醚键等官能团，结合官能团的结构与性质解答。详解：A.含有碳碳双键可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，含有甲基，又可以在光照下与Br2发生取代反应，A正确；B.含有酚羟基，可以与FeCl3溶液发生显色反应，酚羟基与NaHCO3溶液不反应，B错误；C.含有苯环和碳碳双键，可以催化加氢，碳碳双键和酚羟基可以使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；D.含有2个酯基和1个酚羟基，1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应，D正确。答案选B。16、D【解题分析】分析：H2O中中心原子O上的孤电子对数为12×（6-2×1）=2，成键电子对数为2，价层电子对数为2+2=4，VSEPR模型为四面体形，略去O上的两对孤电子对，H2O为V形；BF3中中心原子B上的孤电子对数为12×（3-3×1）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面正三角形，B详解：H2O中中心原子O上的孤电子对数为12×（6-2×1）=2，成键电子对数为2，价层电子对数为2+2=4，VSEPR模型为四面体形，略去O上的两对孤电子对，H2O为V形；BF3中中心原子B上的孤电子对数为12×（3-3×1）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面正三角形，B上没有孤电子对，BF3点睛：本题考查价层电子对互斥理论确定分子的空间构型，理解价层电子对互斥理论确定分子空间构型的步骤是解题的关键。当中心原子上没有孤电子对时，分子的空间构型与VSEPR模型一致；当中心原子上有孤电子对时，分子的空间构型与VSEPR模型不一致。17、A【解题分析】A项，该反应有气体参与，降低压强化学反应速率减慢，错误；B项，使用适当催化剂，可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，加快反应速率，正确；C项，升高温度能使更多的分子变为活化分子，提高活化分子百分数，加快反应速率，正确；D项，该反应有气体参与，增大压强能加快反应速率，正确；答案选A。18、D【解题分析】

A.23gNa物质的量为1mol，根据4Na+O2=2Na2O反应可知，消耗N（O2）=0.25NA；根据2Na+O2=Na2O2反应可知，消耗N（O2）=0.5NA；因此1molNa与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数N（O2）的范围为：0.25NA<N（O2）<0.5NA，A正确；B.在密闭容器中发生反应：2NO+O2=2NO2，所以2molNO和1molO2反应生成2molNO2，由于2NO2N2O4反应的存在，所以反应后容器中的分子数小于2NA，B正确；C.设Mg为xmol，Zn为ymol，放出的气体的量为0.1mol，则24x+65y=2.5，x+y=0.1，则x=4/41mol，y=0.1/41mol，所以当n(Mg)：n(Zn)=40:1时，放出的气体在标况下的体积可能为2.24L；C正确；D.浓硫酸与足量的铜微热反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止；因此50mL18.4mol/L浓硫酸不能全部反应，因此转移的电子数目小于0.92NA，D错误；综上所述，本题选D。19、D【解题分析】

A．18g铵根离子的物质的量为1mol，1mol铵根离子中含有10mol电子，所含的电子总数为10NA，选项A错误；B．标况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，选项B错误；C．没有给出溶液的体积无法计算含有钠离子和硫酸根离子的总物质的量，选项C错误；D．H2SO4的摩尔质量是98g/mol，选项D正确；答案选D。【题目点拨】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意明确标况下水、乙醇、氟化氢、三氧化硫等物质的状态不是气体，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。20、B【解题分析】

A.当连接两个苯环的C—C键旋转至两个苯环不共面时，则有10个碳原子共面，分别是苯环6个、2个甲基、不含甲基的苯环上2个，A项正确；B.当连接两个苯环的C—C键旋转至两个苯环不共面时，则有10个碳原子共面，B项错误；C.因为连接两个苯环的C—C键可以旋转，所以两个苯环可能共面，此时所有的碳原子可能共面，故最多有14个，C项正确；D.苯的同系物指含有1个苯环，侧链为烷基，该烃含有两个苯环，不属于苯的同系物，D项正确；答案选B。【题目点拨】本题易错点为A、B，注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。21、D【解题分析】

A.分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体碳链有正丁烷基和异丁烷基，每个碳链上羧基有2种位置，共有4种，A错误；B.C8H10中只有两甲基的邻、间、对和乙基，4种属于芳香烃的同分异构体，B错误；C.新戊烷的二氯代物只有2种同分异构体，分别为同时连接在一个碳原子和不同碳原子，C错误；D.甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，烷基在苯环上的位置有邻间对3种，烷烃基有正丙基和异丙基2种，所得产物有6种，D正确；答案为D22、B【解题分析】

A．Li晶体转化为Li(g)是吸热过程，Li(g)→Li+(g)是失电子过程吸热，即△H1>0、△H2>0，故A错误；B．由盖斯定律可知，△H1+△H1+△H3+△H4+△H6=△H5，即-△H5+△H1+△H2+△H3+△H4+△H6=0，故B正确；C．O2(g)到O(g)是键断裂过程吸热，O(g)→O2-(g)是得电子过程放热，即△H3>0、△H4<0，故C错误；D．由盖斯定律可知，△H1+△H2+△H3+△H4+△H6=△H5，故D错误；故答案为B。二、非选择题(共84分)23、羟基、羰基、醚键ABc9或【解题分析】分析：本题考查的是有机推断和合成，有一定的难度。详解：(1)观察C的结构可知，含有羟基、羰基、醚键；(2)根据已知信息分析，两种烯烃可以通过加成反应形成环，故B的结构为；(3)A.D→E的反应过程中羟基和邻位碳上的氢原子下去，形成碳碳双键，反应为消去反应，故正确；B.D中含有羟基，而E没有，所以可以用金属钠鉴别D.E，故正确；C.D含有羟基、羰基和醚键，不可与NaOH反应，故错误；D.丹参醇含有两个羟基和羰基和碳碳双键和醚键，能发生加聚反应，能发生缩聚反应，故错误；故选AB。(4)丹参醇与同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号完全相同，故选c。(5)芳香化合物F是A的同分异构体，分子式为C8H10O，可与氯化铁发生显色反应，说明苯环上连接羟基，所以该物质可能连接2个取代基，一个羟基和一个乙基，二者有邻间对三种位置关系，也可能为一个羟基和两个甲基，有6种结构，共9种。其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积我6:2:1:1的结构简式为或。(6)，根据已知信息分析，二烯烃可以和烯烃发生加成反应生成环状，所以合成路线中需要将烯烃变成二烯烃，需要通过烯烃的加成和卤代烃的消去实现，所以合成路线为：。点睛：掌握常见有机物的同分异构体的数目，方便计算。C3H7-有2种，C4H9-有四种，C5H11-有8种，-C6H4-有3种，若苯环上连接AAB式的三个取代基，有6种，若连接ABC式的三种取代基，有10种。24、2-甲基-1-丙烯（2-甲基丙烯）C12H14O5NaOH水溶液/加热取代反应6【解题分析】

反应物A分子式为C4H8，可以与单质溴发生加成反应，则A为烯烃，从A到E，碳链的结构无变化，通过观察E的结构可确A为2-甲基丙烯；A发生加成反应生成B，为2-甲基-1，2-二溴丙烷，B发生卤代烃的水解生成C，C被氧化生成D，E与F发生取代反应生成G和水。据此判断。【题目详解】（1）通过分析可知，A的名称为2-甲基-1-丙烯（2-甲基丙烯）；G的分子式为：C12H14O5；（2）由B生成C为卤代烃的水解，需要在NaOH的水溶液里加热，由E和F生成G的反应类型为取代反应；答案为：NaOH水溶液/加热；取代反应；(3)D在浓硫酸/加热条件下，2分子内发生酯化反应，生成和水；(4)D在浓硫酸/加热条件下，还可以分子间发生缩聚反应，生成高分子化合物和水，反应式：；(5)F的分子式为：C8H8O3，含有苯环，且三个取代基；能发生银镜反应，则一个取代基为醛基；能够与Na2CO3反应的，可以是羧基，也可以是酚羟基，F共有三个O原子，醛基占据1个，若含有1个羧基，1mol该物质能与1molNa2CO3反应，不符合题意，则只能含有2个酚羟基；同分异构体个数共有6种；其中能与足量浓溴水反应，所得产物的苯环上不存在氢原子的F的同分异构体结构简式为（6）由E+F反应生成G提供的信息和题目已知信息，可以用和苯酚反应制取。用甲苯和高锰酸钾制取苯甲酸，再转换为，再与苯酚制取苯甲酸苯甲酯，流程为：。【题目点拨】有机物的推断，根据反应特点，分析反应过程中碳链是否改变为依据，从可以确定结构的物质向前推理，即可推出A的结构。25、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH−Cl−+ClO−+H2OFe3+4FeO42−+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO−的干扰>溶液的酸碱性不同若能，理由：FeO42−在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）【解题分析】分析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl；Cl2与Fe（OH）3、KOH反应制备K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大气。（2）①根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。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+。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洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。②根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。③判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。③C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。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+=3O2↑+4Fe3++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。②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。③该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42->MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。点睛：本题考查K2FeO4的制备和K2FeO4的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置→除杂净化装置→制备实验装置→尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空为开放性答案，要注重多角度思考。26、球形冷凝管水浴加热＋2H2O2＋3H2O+2Ag↓＋H2O＋3NH3过滤蒸馏dacb【解题分析】

（1）装置a的名称是球形冷凝管。水浴加热可使反应体系受热比较均匀；（2）甲苯与H2O2反应生成苯甲醛和水，则三颈瓶中发生反应的化学方程式为：.＋2H2O2＋3H2O；（3）苯甲醛与银氨溶液在加热条件下发生反应生成苯甲酸铵、水、银单质和氨气，化学方程式为：+2Ag↓＋H2O＋3NH3；（4）实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，所以先过滤除去固态难溶性催化剂。冰醋酸、甲苯、过氧化氢、苯甲醛互溶，利用它们沸点差异，采用蒸馏的方法得到苯甲醛粗产品；（5）若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，首先加入适量碳酸氢钠溶液混合振荡，苯甲酸与碳酸氢钠反应生成苯甲酸钠。苯甲酸钠易溶于水，苯甲醛微溶于水，再对混合液进行分液，分离开苯甲酸钠溶液和苯甲醛。然后在水层中加入盐酸调节pH＝2，苯甲酸钠和盐酸反应生成苯甲酸，最后过滤、洗涤、干燥苯甲酸，答案为dacb。27、适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率避免沉淀析出过快导致晶粒过小Cbdce16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O98.20%【解题分析】分析：本题一实验制备为载体，考查学生对操作的分析评价、物质的分离提纯、溶液的配制、氧化还原反应滴定等，是对学生综合能力的考查，难度中等。详解：(1)倾析法的适用范围适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀，这样减少过滤的时间和操作，比较简单。(2)对步骤②中的溶液经过加热煮沸再进行下一步操作，是由于步骤②溶液中存在过量的过氧化氢，过氧化氢具有一定的氧化性，会和③中加入的草酸发生反应，所以加热煮沸的目的是除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率；(3)慢慢加入乙醇使沉淀充分结晶成更大的颗粒，避免沉淀析出过快导致晶粒过小；(4)因为产品不溶于乙醇，而选择95%的乙醇经济成本最低，故选C。(5)用该装置完成晶体的抽滤和洗涤的过程，首先开抽气泵，然后转移固体混合物，关闭活塞A，确认抽干后打开活塞A，加入洗涤剂洗涤，然后再关活塞A，确认抽干后打开活塞A，再关闭抽气泵，故答案为bdce；(6)草酸根离子能被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，离子方程式为：16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(7)5K3[Fe(C204)3]·3H2O--6KMnO4491*56m0.01×0.024×解m=0.982g，则产品的纯度=0.982/1.000=98.20%。28、××√××√√√×××√×××√××××【解题分析】分析：(1)相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物。(2)葡萄糖在碱性条件下与新制Cu（OH）2浊液反应。(3)白糖的主要成分是蔗糖。(4)在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。(5)蔗糖水解后的产物葡萄糖有还原性,自身没有还原性。(6)葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6,葡萄糖是多羟基醛,果糖是多羟基酮，二者互为同分异构体。(7)蔗糖和麦芽糖是二糖,分子式都可用C12H22O11表示,它们互为同分异构体。(8)麦芽糖和水解产物葡萄糖中均含-CHO。(9)碘单质遇淀粉变蓝色。(10)植物油成分为高级脂肪酸甘油酯。(11)根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析,而重金属盐能使蛋白质发生变性。(1