甘肅肅蘭州五十一中2024屆化學高二第二學期期末統考模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列關于Na2CO3和NaHCO3性質的說法錯誤的是A．熱穩定性Na2CO3>NaHCO3B．與同濃度鹽酸反應的劇烈程度：Na2CO3>NaHCO3C．相同溫度時，在水中的溶解性：Na2CO3>NaHCO3D．等物質的量濃度溶液的pH：Na2CO3>NaHCO32、下列各組微粒，不能互稱為等電子體的是（）A．NO2、NO2+、NO2﹣ B．CO2、N2O、N3﹣C．CO32﹣、NO3﹣、SO3 D．N2、CO、CN﹣3、如圖所示，若錐形瓶內是水，分液漏斗內的液體也是水，向燒杯內滴加水時，發現U形管內液體慢慢右移，恢復到原溫度后液面左邊與右邊基本相平，則燒杯內的物質是A．過氧化鈉B．氧化鈉C．鈉D．鉀4、下列能層中，有f能級的是A．K B．L C．M D．N5、一定溫度下，在恒容密閉容器中發生反應NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g）ΔH=-41.8kJ?mol-1，下列能說明該反應達到平衡狀態的是A．ΔH的數值不再變化 B．容器內的壓強不再變化C．氣體的顏色不再變化 D．氣體的密度保持不變6、化學與生產、生活密切相關，下列說法不正確的是（）A．晶體硅是一種信息材料，常用來制造集成電路、光導纖維B．葡萄酒中通常添加少量SO2，既可以殺菌，又可防止營養成分被氧化C．“明如鏡、聲如磬”的瓷器，其制取原料主要為黏土D．用乙醚從青蒿中提取青蒿素，該過程包括萃取操作7、將過量的氯氣通入含Fe2+、I-、Br-的溶液，溶液中四種粒子的物質的量的變化如圖所示。已知b=a+5，線段Ⅳ表示一種含氧酸，且線段I和Ⅳ表示的物質中含有相同的元素。下列說法錯誤的是A．線段I表示I-的變化情況B．a點時消耗Cl2的體積為134.4LC．原溶液中n(Fe2+)：n(Br-)=2：3D．線段Ⅳ表明氧化性：C12>HIO38、已知分子式為C12H12的物質A結構簡式為，A苯環上的二溴代物有9種同分異構體，由此推斷A苯環上的四溴代物的異構體的數目有（）種A．9 B．10 C．11 D．129、已知鹵代烴可以和鈉發生反應，例如溴乙烷與鈉發生反應為：2CH3CH2Br+2Na→CH3CH2CH2CH3+2NaBr，應用這一反應，下列所給化合物中可以合成環丁烷的是A．CH3BrB．CH3CH2CH2CH2BrC．CH2BrCH2CH2CH2BrD．CH3CHBrCH2Br10、下列有機物中，既能發生催化氧化又能發生消去反應，且消去產物中存在同分異構體的是（）A．CH3-OH B．C． D．11、綠色化學提倡化工生產應提高原子利用率。原子利用率表示目標產物的質量與生成物總質量之比。在下列制備環氧乙烷的反應中，原子利用率最高的是A．B．C．D．12、某有機物的結構為如圖所示，這種有機物不可能具有的性質是（）①可以燃燒②能使酸性KMnO4溶液褪色③能跟NaOH溶液反應④能跟新制銀氨溶液反應⑤能發生加聚反應⑥能發生水解反應A．只有⑥ B．①④ C．只有⑤ D．④⑥13、已知常溫下，HCOOH(甲酸)比NH3?H2O電離常數大。向10mL0.1mol/LHCOOH中滴加同濃度的氨水，有關敘述正確的是()A．滴加過程中水的電離程度始終增大B．當加入10mLNH3?H2O時，c(NH4+)>c(HCOO-)C．當兩者恰好中和時，溶液pH=7D．滴加過程中n(HCOOH)與n(HCOO-)之和保持不變14、向含0.78molFeCl2溶液中通入0.09molCl2，再加入100mL1mol/L的X2O72-酸性溶液，使溶液中的Fe2+恰好全部氧化，則產物中X的化合價為()A．+3B．+2C．+1D．+515、以下化學用語正確的是A．乙烯的結構簡式CH2CH2 B．羥基的電子式C．乙醛的分子式C2H4O D．乙醇的結構式CH3CH2OH16、下表為元素周期表前四周期的一部分，下列有關X、Y、Z、R、W五種元素的敘述中，錯誤的是XYZRWA．常壓下五種元素的單質中，Y的沸點最高B．元素電負性：X＞Z＞YC．基態原子中未成對電子數最多的是RD．元素最高價氧化物對應的水化物酸性：W＞Z＞Y17、以下工業上或實驗室中“反應／催化劑”的關系不符合事實的是A．氨催化氧化／三氧化二鉻 B．乙醇氧化／銅C．合成氨／鐵觸媒 D．二氧化硫氧化／鉑銠合金18、0.1mol/L的K2S溶液中，有關粒子的濃度大小關系正確的是A．c（K+）+c（H+）=c（S2—）+c（HS—）+c（OH—）B．c（K+）+c（S2—）=0.3mol/LC．c（K+）=c（S2—）+c（HS—）+c（H2S）D．c（OH-）=c（H+）+c（HS—）+2c（H2S）19、做過銀鏡反應實驗的試管內壁上附著一層銀，洗滌時，選用試劑是（）A．濃氨水 B．鹽酸 C．稀硝酸 D．燒堿20、用石墨作電極電解CuSO4溶液，通電一段時間后，欲使電解液恢復到起始狀態，應向溶液中加入適量的（）A．CuSO4 B．H2O C．CuO D．CuSO4·5H2O21、氯化硼的熔點為-107℃，沸點為12.5℃，在其分子中鍵與鍵的夾角為120°，它能水解，有關敘述正確的是（）A．氯化硼液態時能導電而固態時不導電B．氯化硼中心原子采用sp雜化C．氯化硼分子呈正三角形，屬非極性分子D．三氯化硼遇水蒸氣不會產生白霧22、下列防止金屬腐蝕的方法屬于電化學防護的是（）A．船體表面刷漆B．水中的鋼閘門連接電源的負極C．自行車鏈條涂油D．鐵中加入鉻、錳、硅等制成不銹鋼二、非選擇題(共84分)23、（14分）某烴類化合物A的質譜圖表明其相對分子質量為84，紅外光譜表明分子中含有碳碳雙鍵，核磁共振氫譜表明分子中只有一種類型的氫。(1)A的結構簡式為_______。(2)A中的碳原子是否都處于同一平面？________(填“是”或“不是”)。(3)在下圖中，D1、D2互為同分異構體，E1、E2互為同分異構體。C的化學名稱是_____；反應⑤的化學方程式為_________________；E2的結構簡式是_____；④的反應類型是______，⑥的反應類型是_______。24、（12分）A(C6H6O)是一種重要的化工原料，廣泛用于制造樹脂、醫藥等。Ⅰ．以A、B為原料合成扁桃酸衍生F的路線如下。(1)A的名稱是____；B的結構簡式是____。(2)C()中①～③羥基氫原子的活性由強到弱的順序是____。(3)D的結構簡式是____。(4)寫出F與過量NaOH溶液反應的化學方程式：___________。(5)若E分子中含有3個六元環，則E的結構簡式是________。Ⅱ．以A為原料合成重要的醫藥中間體K的路線如下。(6)G→H的反應類型是__________。(7)一定條件下，K與G反應生成、H和水，化學方程式是__________。25、（12分）氫化鈣(CaH2)固體是登山運動員常用的能源提供劑。氫化鈣要密封保存，一旦接觸到水就發生反應生成氫氧化鈣和氫氣。氫化鈣道常用氫氣與純凈的金屬鈣加熱制取，如圖是模擬制取裝置:(1)為了確認進入裝置C的氫氣已經干燥應在B、C之間再接一裝置，該裝置中加入的試劑是______________。(2)該實驗步驟如下:檢查裝置氣密性后裝入藥品；打開分液漏斗活塞，接下來的操作順序是_______(填序號)。①加熱反應一段時間②收集氣體并檢驗其純度③關閉分液漏斗活塞④停止加熱，充分冷卻(3)某同學取一定質量的產物樣品(m1g)，加入過量碳酸鈉溶液，過濾、洗滌、干燥后稱量固體碳酸鈣質量(m2g),計算得到樣品中氫化鈣的質量分數為101.14%。若該同學所有操作均正確，則產生這種情況的原因可能是________。26、（10分）二氧化氯（ClO2）是一種黃綠色氣體，易溶于水，在混合氣體中的體積分數大于10％就可能發生爆炸，在工業上常用作水處理劑、漂白劑。回答下列問題：(1)在處理廢水時，ClO2可將廢水中的CN－氧化成CO2和N2，該反應的離子方程式是_______。(2)某小組按照文獻中制備ClO2的方法設計了如圖所示的實驗裝置用于制備ClO2。①通入氮氣的主要作用有2個，一是可以起到攪拌作用，二是____________________。②裝置B的作用是__________________。③裝置A用于生成ClO2氣體，該反應的化學方程式是_______________________________。(3)測定裝置C中ClO2溶液的濃度：取10.00mLC中溶液于錐形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入___________________作指示劑，用0.1000molL－1的Na2S2O3標準液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32－＝2I－+S4O62－），消耗標準溶液的體積為20.00mL。滴定終點的現象是______________________________，C中ClO2溶液的濃度是__________molL－1。27、（12分）某學生欲用已知物質的量濃度的鹽酸來測定未知物質的量濃度的NaOH溶液時，選擇酚酞作指示劑。請填寫下列空白：（1）滴定終點的判斷：溶液由_____________。（2）下列操作中可能使所測NaOH溶液的濃度數值偏低的是（_____）A．酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸B．滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失D．讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，滴定結束時俯視讀數（3）若滴定開始和結束時，酸式滴定管中的液面如圖所示，則所用鹽酸溶液的體積為_________mL。（4）某學生根據3次實驗分別記錄有關數據如表：滴定次數待測NaOH溶液的體積/mL0.1000mol/L鹽酸的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度平均耗用鹽酸體積/mL第一次25.000.0026.15①V=__________第二次25.000.5630.30第三次25.000.2026.35②依據上表數據計算該NaOH溶液的物質的量濃度________(計算結果取4位有效數)。28、（14分）（1）某透明溶液僅含Na+、Fe2+、Ba2+、Al3+、NO3-、Cl-、SO42-中的4種離子，所含離子均為1mol。若向該溶液中加入過量的稀硫酸，有氣泡產生，且溶液中陰離子種類不變（不考慮水的電離和離子的水解）。回答下列問題：①溶液中存在的離子是______；②寫出溶液中加入過量的稀硫酸反應的離子方程式______；（2)以TiO2為催化劑用NaClO將CN－離子氧化成CNO－，CNO－在酸性條件下繼續與NaClO反應生成N2、CO2、Cl2等。取濃縮后含CN－離子的廢水與過量NaClO溶液的混合液共200mL（設其中CN－的濃度為0.2mol·L—1）進行實驗。①寫出CNO－在酸性條件下被NaClO氧化的離子方程式：________；②若結果測得CO2的質量為1.408g，則該實驗中測得CN－被處理的百分率為____。（3）酸性KMnO4、H2O2、NaClO在生產、生活、衛生醫療中常用作消毒劑，其中H2O2還可用于漂白，是化學實驗室里必備的重要氧化試劑。高錳酸鉀造成的污漬可用還原性的草酸(H2C2O4)去除，Fe(NO3)3也是重要氧化試劑，下面是對這三種氧化劑性質的探究。①向浸泡銅片的稀鹽酸中加入H2O2后，銅片溶解，反應的化學方程式________________

。②取300mL0.2mol/L的KI溶液與一定量的酸性KMnO4溶液恰好反應，生成等物質的量的I2和KIO3，則消耗KMnO4的物質的量的是________mol。③在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黃色變為淺綠色，過一會又變為棕黃色。寫出溶液先變為淺綠色的離子方程式：_________________________________。29、（10分）科學家對一碳化學進行了廣泛深入的研究并取得了一些重要成果。(1)已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1＝－90.1kJ/mol；3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)△H2＝－31.0kJ/molCO與H2合成CH3CH=CH2的熱化學方程式為________。(2)現向三個體積均為2L的恒容密閉容器I、II、Ⅲ中，均分別充入1molCO和2mo1H2發生反應：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1＝-90.1kJ/mol。三個容器的反應溫度分別為Tl、T2、T3且恒定不變。當反應均進行到5min時H2的體積分數如圖1所示，其中只有一個容器中的反應已經達到平衡狀態。①5min時三個容器中的反應達到化學平衡狀態的是容器_______(填序號)。②0-5min內容器I中用CH3OH表示的化學反應速率v(CH3OH)=_______。(保留兩位有效數字)(3)CO常用于工業冶煉金屬，在不同溫度下用CO還原四種金屬氧化物，達到平衡后氣體中lgc(CO)/c(CO2)與溫度(T)的關系如圖2所示。下列說法正確的是_____(填字母)。A．工業上可以通過增高反應裝置來延長礦石和CO接觸面積，減少尾氣中CO的含量B．CO用于工業冶煉金屬鉻(Cr)時，還原效率不高C．工業冶煉金屬銅(Cu)時，600℃下CO的利用率比1000℃下CO的利用率更大D．CO還原PbO2的反應△H＞0(4)一種甲醇燃料電池，使用的電解質溶液是2mol·L－1的KOH溶液。請寫出加入(通入)a物質一極的電極反應式___________；每消耗6.4g甲醇轉移的電子數為__________。(5)一定條件下，用甲醇與一氧化碳反應合成乙酸可以消除一氧化碳污染。常溫下，將amol/L的醋酸與bmol/LBa(OH)2溶液等體積混合后，若溶液呈中性，用含a和b的代數式表示該混合溶液中醋酸的電離常數Ka為_________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解題分析】A．NaHCO3不穩定，加熱易分2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸鈉受熱穩定，所以熱穩定性：Na2CO3>NaHCO3，故A正確；B．分別滴加HCl溶液，反應離子方程式為CO32-+2H+═CO2↑+H2O，HCO3-+H+═H2O+CO2↑，相同條件下NaHCO3比Na2CO3反應放出氣體劇烈，故B錯誤；C．常溫下，向飽和碳酸鈉溶液中通入二氧化碳氣體，有碳酸氫鈉晶體析出，可知常溫時水溶解性：Na2CO3>NaHCO3，故C正確；D．在水中水解程度Na2CO3大，所以等物質的量濃度溶液，堿性較強的為Na2CO3，則pH為Na2CO3>NaHCO3，故D正確．故選B。點睛：NaHCO3與Na2CO3相比較，NaHCO3不穩定，加熱易分解，常溫時，Na2CO3溶解度較大，與鹽酸反應時，NaHCO3反應劇烈，在水中水解程度Na2CO3大。2、A【解題分析】

A.NO2、NO2+、NO2-的價電子總數分別為17、16、18，價電子總數不一樣，不能互稱為等電子體，故A正確；

B.CO2、N2O、N3-的價電子總數分別為16、16、16，價電子總數一樣，原子總數一樣，互稱為等電子體，故B錯誤；

C.CO32-、NO3-、SO3的價電子總數分別為24、24、24，價電子總數一樣，原子總數一樣，互稱為等電子體，故C錯誤；

D.N2、CO、CN-的價電子總數分別為10、10、10，價電子總數一樣，原子總數一樣，互稱為等電子體，故D錯誤。【題目點撥】具有相同原子數和價電子總數的微粒互稱為等電子體。3、B【解題分析】A、過氧化鈉溶于水放出熱量并生成氧氣，使容器內溫度升高，壓強增大，U形管內液體慢慢右移，但恢復到原溫度后液面左邊仍然比右邊低，故A錯誤；B、氧化鈉與水反應放出熱量，使容器內溫度升高，壓強增大，U形管內液體慢慢右移，恢復到原溫度后液面左邊與右邊基本相平，故B正確；C、鈉加入水中放熱并生成氫氣，使容器內溫度升高，壓強增大，U形管內液體慢慢右移，但恢復到原溫度后液面左邊仍然比右邊低，故C錯誤；D、鉀加入水中放熱并生成氫氣，使容器內溫度升高，壓強增大，U形管內液體慢慢右移，但恢復到原溫度后液面左邊仍然比右邊低，故D錯誤；故選B。點睛：根據物理知識的原理，U形管內液體慢慢右移說明容器內壓強比外界壓強大，恢復到原溫度后液面左邊與右邊基本相平，說明壓強又與原來相等，根據熱脹冷縮現象，導致壓強變化，但不能產生氣體。4、D【解題分析】試題分析：K層只有s能級，L層只有s和p能級；M層有s、p、d三個能級，N層有s、p、d、f四個能級，選D。考點：考查原子核外電子排布。5、C【解題分析】

根據化學平衡狀態的特征解答，當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態。【題目詳解】A．對某一反應，△H的數值不變，故A項錯誤；B．兩邊氣體計量數相等，容器內壓強始終保持不變，故B項錯誤；C．氣體的顏色不再變化，說明二氧化氮的濃度不變，反應達平衡狀態，故C項正確；D．恒容密閉容器中氣體的質量與體積不變，則密度始終一直不變，故D項錯誤。故答案為C。【題目點撥】化學平衡狀態的判斷涉及到密度、摩爾質量時，一定要注意，判斷密度時，質量或者體積，二者必須有一個是變量，判斷摩爾質量時，質量和物質的量必須有一個是變量，當變量不在變化時，反應達到平衡狀態。6、A【解題分析】

A、高純的單晶硅是重要的半導體材料，可做成太陽能電池，各種集成電路，用于制造計算機芯片，光導纖維是二氧化硅，選項A不正確；B、SO2具有還原性，少量的SO2既可以殺菌，可防止葡萄酒氧化變質，選項B正確；C、瓷器由黏土燒制而成，瓷器的主要原料為黏土，選項C正確；D、青蒿素是難溶于水的有機物，可用有機溶劑如乙醚將其從青蒿汁液中萃取出來，該過程包括萃取操作，選項D正確。答案選A。7、B【解題分析】

向含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入適量氯氣，還原性I－＞Fe2＋＞Br－，首先發生反應：2I－+Cl2=I2+2Cl－，I－反應完畢，再反應反應：2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，Fe2＋反應完畢，又發生反應2Br－+Cl2=Br2+2Cl－，故線段I代表I－的變化情況，線段Ⅱ代表Fe2＋的變化情況，線段Ⅲ代表Br－的變化情況；由通入氯氣可知，根據反應離子方程式可知溶液中n（I－）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2＋）=2n（Cl2）=2×（3mol－1mol）=4mol，Fe2＋反應完畢，根據電荷守恒可知n（I－）+n（Br－）=2n（Fe2＋），故n（Br－）=2n（Fe2＋）-n（I－）=2×4mol-2mol=6mol，根據溴離子判斷溶液中n（FeBr2），根據離子方程式計算溴離子反應需要的氯氣的物質的量，據此計算a的值；線段IV表示一種含氧酸，且I和IV表示的物質中含有相同的元素，該含氧酸中含有I元素，根據電子守恒計算出含氧酸中I的化合價，然后寫出其化學式．【題目詳解】A.還原性I－＞Fe2＋＞Br－，首先發生反應：2I－+Cl2=I2+2Cl－，線段I表示I-的變化情況,故A正確；B、由通入氯氣可知，根據反應離子方程式可知溶液中n（I－）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2＋）=2n（Cl2）=2×（3mol－1mol）=4mol，Fe2＋反應完畢，根據電荷守恒可知n（I－）+n（Br－）=2n（Fe2＋），故n（Br－）=2n（Fe2＋）-n（I－）=2×4mol-2mol=6mol，根據2Br－+Cl2=Br2+2Cl－可知，溴離子反應需要氯氣的物質的量為3mol，故a=3+3=6n（Cl2）=1mol+2mol+3mol=6mol，標準狀況下V=6mol×22.4Ll·mol－1=134.4L，但題干中沒有明確氣體的狀態，故B錯誤；C、原溶液中n(Fe2+)：n(Br-)=4：6=2：3，故C正確；D、線段IV表示一種含氧酸，且I和IV表示的物質中含有相同的元素，該元素為I元素，已知碘單質的物質的量為2mol，反應消耗氯氣的物質的量為5mol，根據電子守恒，則該含氧酸中碘元素的化合價為：(1-0)×2×5mol/2mol=+5價，則該含氧酸為HIO3，線段Ⅳ表示IO3－的變化情況，反應為即5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl，線段Ⅳ表明氧化性：C12>HIO3，故D正確；故選B。【題目點撥】本題考查氧化還原反應計算、氧化還原反應先后順序、氧化性和還原性強弱比較等知識，試題綜合性較強，解題關鍵：明確反應過程及反應原理，難點：對圖像的分析要結合氧化還原反應的先后順序，還原性I－＞Fe2＋＞Br－，是解題的突破口。8、A【解題分析】

苯環上的四溴代物可以看作苯環六溴代物其中2個溴原子被2個H原子取代，故四溴代物與二溴代物同分異構體數目相同，由于二溴代物有9種同分異構體，故四溴代物的同分異構體數目也為9種，故選A。【題目點撥】注意換元法的利用，芳香烴的苯環上有多少種可被取代的氫原子，就有多少種取代產物，若有n個可被取代的氫原子，那么m個取代基（m＜n）的取代產物與（n-m）個取代基的取代產物的種數相同。9、C【解題分析】A．根據通過信息可知，CH3Br與鈉發生反應生成的是CH3CH3，故A錯誤；B．由題干信息可知，CH3CH2CH2CH2Br與金屬鈉反應后生成的是正辛烷：CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH3，故B錯誤；C．CH2BrCH2Br分子中含有兩個溴原子，與鈉發生反應可以生成環丁烷，故C正確；D．CH3CHBrCH2Br與鈉發生反應生成的是甲基環丙烷，故D錯誤；故選C．【點評】本題考查了鹵代烴的結構與性質，題目難度不大，合理分析題干中反應原理并得出正確結論為解答本題的關鍵，試題培養了學生分析問題和解決問題的能力．10、D【解題分析】分析：本題考查了醇的性質，掌握反應中的斷鍵位置。詳解：A.甲醇能發生催化氧化反應，但不能發生消去反應，故錯誤；B.該物質能發生催化氧化反應，也能發生消去反應，但是消去產物只有丙烯一種，故錯誤；C.該物質不能發生催化氧化，故錯誤；D.該物質能發生催化氧化反應，也能發生消去反應，生成1-丁烯或2-丁烯，故正確。故選D。點睛：醇的催化氧化或消去反應都有結構的要求。若羥基連接的碳原子上有氫原子，則能發生催化氧化反應，若羥基連接的碳原子的鄰位碳上有氫原子，則能發生消去反應。11、D【解題分析】

原子利用率是期望產物的總質量與生成物的總質量之比，根據綠色化學的原則，原子利用率為100%的化工生產最理想；顯然乙烯和氧氣在催化劑作用下生成環氧乙烷的反應，原子利用率最高。【題目詳解】A．存在副產品CH3COOH，反應物沒有全部轉化為目標產物，原子利用率較低，故A錯誤；B．存在副產品CaCl2和H2O，反應物沒有全部轉化為目標產物，原子利用率較低，故B錯誤；C．存在副產品HOCH2CH2-O-CH2CH2OH和2H2O，反應物沒有全部轉化為目標產物，原子利用率較低，故C錯誤；D．反應物全部轉化為目標產物，原子的利用率為100%，原子利用率最高，故D正確；故選D。12、A【解題分析】

由結構簡式可知，分子中含碳碳雙鍵、-CHO、酚-OH、醇-OH，結合烯烴、醛、酚、醇的性質來解答。【題目詳解】①為烴的含氧衍生物，可以燃燒生成二氧化碳和水，故不選；②含雙鍵、-CHO、酚-OH、醇-OH，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故不選；③含酚-OH，能跟NaOH溶液反應，故不選；④含-CHO，能跟新制銀氨溶液反應，故不選；⑤含碳碳雙鍵，能發生加聚反應，故不選；⑥不含能水解的官能團，則不能發生水解反應，故選；答案選A。【題目點撥】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握常見有機物中的官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重烯烴、醛、酚、醇性質的考查，題目難度不大。13、D【解題分析】

A.HCOOH溶液中水的電離被抑制，向HCOOH溶液中加氨水時，HCOOH濃度逐漸減小，HCOOH對水的抑制作用減弱，水的電離程度逐漸增大，隨后生成的HCOONH4的水解反應，也促進水的電離，繼續加過量的氨水，氨水電離的OH-使水的電離平衡左移，水的電離程度減小，所以整個過程中水的電離程度先增大后減小，A項錯誤；B.當加入10mLNH3·H2O時，HCOOH+NH3·H2O=HCOONH4+H2O，恰好反應，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電離常數大，NH4+的水解程度比HCOO-大，所以c(NH4+)<c(HCOO-)，B項錯誤；C.當兩者恰好中和時，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電離常數大，NH4+的水解程度比HCOO-大，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液顯酸性，pH<7，C項錯誤；D.向HCOOH溶液中加氨水，HCOOH的初始物質的量沒有變，根據物料守恒，滴加過程中n(HCOOH)+n(HCOO-)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，D項正確；答案選D。【題目點撥】HCOONH4屬于弱酸弱堿鹽，在溶液中弱酸陰離子和弱堿陽離子都發生水解，HCOOH的電離常數大，電離常數越大酸性越強，根據“誰強顯誰性”，所以HCOONH4溶液顯酸性。14、A【解題分析】試題分析：0.078molFe2+被氧化為0.078molFe1+，失去0.078mol電子，利用電子守恒，0.009molCl2與0.01molX2O72-也應該得到0.078mol電子，令X在還原產物的化合價為a，則：0.009mol×2+0.01mol×2×（6-a）＝0.078mol，解得a=1．則X值為1，故選A。考點：考查氧化還原反應的計算15、C【解題分析】

A.乙烯分子中含有碳碳雙鍵，結構簡式為CH2=CH2，A錯誤；B.羥基不帶電，電子式為，B錯誤；C.乙醛的分子式為C2H4O，C正確；D.乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，結構式為，D錯誤。答案選C。16、C【解題分析】

由圖可知，X為O，Y為Si，Z為P，R為Se，W為Br，據此回答。【題目詳解】A．O2或O3，P單質，Se單質，Br2均為分子晶體，Si為原子晶體，所以Si的沸點最高，即常壓下五種元素的單質中，Y的沸點最高，A正確；B．非金屬性越強，元素電負性越強，由圖可知，非金屬性：X＞Z＞Y，所以元素電負性：X＞Z＞Y，B正確；C．幾種元素基態原子電子排布圖為：O為，Si為，P為，Se為，Br為，由此可知，基態原子中未成對電子數最多的是P元素，即Z，C錯誤；D．H2SiO3是弱酸，H3PO4是中強酸，HBrO4是強酸，酸性HBrO4＞H3PO4＞H2SiO3，即元素最高價氧化物對應的水化物酸性：W＞Z＞Y，D正確。答案選C。17、D【解題分析】

A、工業上氨的催化氧化中，使用三氧化二鉻做催化劑，催化效果較好，符合工業生產的事實，A錯誤；B、在實驗室中，銅做催化劑可以將乙醇氧化成乙醛，符合實際情況，B錯誤；C、合成氨工業中，通常采用鐵觸媒做催化劑，其催化效果良好，價格便宜，所以符合實際情況，C錯誤；D、由于鉑銠合金的價格昂貴，且易中毒，而五氧化二釩的活性、熱穩定性、機械強度都比較理想，價格便宜，在工業上普遍使用釩催化劑，D正確；答案選D。18、D【解題分析】

A、根據電荷守恒可知c（K+）+c（H+）=2c（S2－）+c（HS－）+c（OH－），A錯誤；B、根據物料守恒可知c（K+）=2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝0.2mol/L，所以c（K+）+c（S2－）＜0.3mol/L，B錯誤；C、根據物料守恒可知c（K+）=2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝0.2mol/L，C錯誤；D、根據質子守恒可知c（OH－）=c（H+）+c（HS－）+2c（H2S），D正確。答案選D。19、C【解題分析】

銀鏡反應中產生的銀鏡是銀單質，銀在金屬活動性順序表中處于氫元素之后，故與非氧化性酸如鹽酸和稀硫酸等不反應，與堿也不反應，只能與氧化性酸如稀HNO3反應，據此答題。【題目詳解】A.銀與濃氨水不反應，故A錯誤；B.銀在金屬活動性順序表中處于氫元素之后，故與非氧化性酸如鹽酸和稀硫酸等不反應，故B錯誤；C.銀能與氧化性酸如稀HNO3反應生成硝酸銀，從而使銀溶解而除去，故C正確；D.銀與燒堿也不反應，故D錯誤；故選C。20、C【解題分析】

用石墨電極電解硫酸銅溶液一段時間，陽極發生氧化反應得到氧氣，陰極發生還原反應得到銅，電解總方程式為2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，因此補充氧化銅或者碳酸銅即可使電解液恢復到起始狀態，答案選C。【題目點撥】該題的關鍵是明確電解的工作原理，特別是電解產物的判斷和守恒法的應用。21、C【解題分析】

A．氯化硼是共價化合物液態時不能導電，A項錯誤；

B．三氯化硼中的硼原子為sp2雜化方式，無孤對電子，B項錯誤；

C．三氯化硼中的硼為sp2雜化，無孤對電子，分子中鍵與鍵之間的夾角為120°，是平面三角形結構，由于鍵的極性向量和為0，所以該分子為非極性分子，C項正確；

D．三氯化硼遇水蒸氣會發生水解，生成的HCl在空氣中形成白霧，D項錯誤；答案選C。22、B【解題分析】分析：金屬防護中，被保護金屬做原電池的正極和電解池的陰極的保護屬于電化學保護，據此來回答判斷。詳解：A、在船體表面刷漆是為了將金屬和空氣隔絕，防止金屬生銹，不屬于電化學防護，A錯誤；B、將鋼閘門與直流電源的負極相連即為讓金屬做電解池的陰極，防止金屬的腐蝕，屬于電化學保護，B正確；C、在金屬表面涂油覆蓋一層保護層，將金屬和氧氣以及水隔絕的過程，不屬于電化學防護措施，C錯誤；D、在一定條件下對金屬進行處理，加入鉻、錳、硅等制成不銹鋼，是增強金屬性能的，不屬于電化學防護措施，D錯誤；答案選B。二、非選擇題(共84分)23、是2，3-二甲基-1，3-丁二烯+2NaOH+2NaCl+2H2O加成反應取代（水解）反應【解題分析】

烴類化合物A的質譜圖表明其相對分子質量為84，則其分子式為C6H12，紅外光譜表明分子中含有碳碳雙鍵，核磁共振氫譜表明分子中只有一種類型的氫，則A的結構簡式為，和氯氣發生加成反應得B,B的結構簡式為，在氫氧化鈉醇溶液和加熱的條件下發生消去反應生成C，C的結構簡式為，CD1，所以D1為,D1、D2互為同分異構體，所以D2為，得E1為，E1、E2互為同分異構體，所以E2為。【題目詳解】(1)用商余法可得相對分子質量為84的烴的分子式為C6H12，紅外光譜表明分子中含有碳碳雙鍵，說明該烴為烯烴，核磁共振氫譜表明分子中只有一種類型的氫，說明結構高度對稱，則A的結構簡式為;答案：；(2)根據乙烯的分子結構可判斷該烯烴分子中所有碳原子處于同一平面上。答案:是；(3)由C的結構簡式為，所以C的化學名稱是2，3-二甲基-1，3-丁二烯；反應⑤為，D1為,E1為，所以反應⑤的化學方程式為+2NaOH+2NaCl+2H2O；E2的結構簡式是；反應④是CD2,C的結構簡式為，D2為,所以反應④為加成反應；反應⑥是鹵代烴的水解反應，所以反應⑥屬于取代反應；答案：2，3-二甲基-1，3-丁二烯；+2NaOH+2NaCl+2H2O；；加成反應；取代（水解）反應。24、苯酚OHC—COOH③>①>②還原反應3+3++H2O【解題分析】

I.A與B發生加成反應產生C，根據A的分子式(C6H6O)及C的結構可知A是苯酚，結構簡式是，B是OHC-COOH，C與CH3OH在濃硫酸催化下，發生酯化反應產生D為，D與濃氫溴酸再發生取代反應產生F為；若E分子中含有3個六元環，說明2個分子的C也可以發生酯化反應產生1個酯環，得到化合物E，結構簡式為。II.A是苯酚，A與濃硝酸發生苯環上鄰位取代反應產生G是，G發生還原反應產生H為，H與丙烯醛CH2=CH-CHO發生加成反應產生，與濃硫酸在加熱時反應形成K：。【題目詳解】I.根據上述推斷可知：A是，B是OHC-COOH，D是，E是F是。II.根據上述推斷可知G為，H為。(1)A是，名稱為苯酚；B是乙醛酸，B的結構簡式是OHC-COOH；(2)羧酸的酸性大于苯酚，苯酚的酸性大于醇羥基，因此在物質C()中①～③羥基氫原子的活性由強到弱的順序是③>①>②；(3)D的結構簡式是;(4)F結構簡式為，含有的酯基與NaOH發生酯的水解反應產生羧酸鈉和CH3OH、酚羥基可以與NaOH發生反應產生酚鈉、H2O，含有的Br原子可以與NaOH水溶液發生取代反應，Br原子被羥基取代，產生的HBr與NaOH也能發生中和反應，因此F與過量NaOH溶液反應的化學方程式：+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O；(5)若E分子中含有3個六元環，則E的結構簡式是；(6)G為，H為。G→H的反應類型是硝基被還原為氨基的反應，所以反應類型是還原反應；(7)在一定條件下與發生反應產生、、H2O，根據質量守恒定律，可得3+3++H2O。【題目點撥】本題考查有機物的合成與推斷的知識，涉及有機常見反應類型的判斷、物質官能團的結構與性質及轉化關系等，掌握官能團的結構與性質是物質推斷與合理的關鍵。25、無水硫酸銅(或其他合理答案)②①④③單質鈣沒有完全參與反應，氫化鈣中混有單質鈣【解題分析】分析：本題以氫化鈣的制備為載體，考查實驗基本技能與操作、對題中的信息的利用、對實驗裝置的理解分析、物質分離提純、化學計算等，本題側重基本實驗操作能力的考查，是對學生綜合能力的考查。詳解：A裝置通過鋅和硫酸反應生成氫氣，氫氣中肯定含有水蒸氣，所以用B中無水氯化鈣吸收水，在C中氫氣和鈣反應生成氫化鈣，D中有濃硫酸，保證金屬鈣的裝置C中干燥，防止空氣中的水蒸氣進入。本實驗的關鍵是保證金屬鈣的裝置C中沒有水蒸氣存在，因為鈣和水反應，氫化鈣也與水反應。（1）為了確認進入裝置C的氫氣已經干燥應在BC之間連接一個檢驗氫氣是否含有水的裝置，該裝置中加入無水硫酸銅固體，若有水，該固體變藍。（2）該實驗步驟為檢驗氣密性后，打開分液漏斗活塞，使硫酸流下，與金屬鋅反應生成氫氣，用氫氣排除裝置中的空氣，在最后收集氣體并檢驗其純度，當收集到純凈的氫氣時在點燃酒精燈進行加熱，一段時間后停止加熱，讓裝置C在氫氣的環境中充分冷卻，最后關閉分液漏斗活塞。故順序為②①④③。（3）計算得到樣品中氫化鈣的質量分數大于100%，說明樣品中鈣元素較多，則說明單質鈣沒有完全參與反應，氫化鈣中混有單質鈣。26、2ClO2+2CN－＝2CO2+N2+2Cl－稀釋二氧化氯，防止二氧化氯的濃度過高而發生爆炸或防倒吸防止倒吸（或作安全瓶）2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O淀粉溶液當滴入最后一滴標準溶液后，溶液藍色褪去且半分鐘內不恢復原色0.04000【解題分析】

（1）ClO2可將廢水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被還原為Cl-，據此書寫發生反應的離子方程式；（2）根據圖示：A裝置制備ClO2，通入氮氣的主要作用有2個，一是可以起到攪拌作用，二是稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發生爆炸，B裝置為安全瓶，可防倒吸；（3）根據滴定原理，KI在酸性條件下被ClO2氧化為I2，反應為：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故選用淀粉溶液做指示劑；用Na2S2O3標準液滴定錐形瓶中的I2，當滴入最后一滴標準液時，錐形瓶內溶液藍色褪去且半分鐘內不恢復原色，說明達到滴定終點；根據關系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，則n（ClO2）=n（Na2S2O3）=×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，據此計算可得。【題目詳解】（1）ClO2可將廢水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被還原為Cl-，則發生反應的離子方程式為2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；（2）①氮氣可以攪拌混合液，使其充分反應，還可以稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發生爆炸；②已知二氧化氯易溶于水，則裝置B防止倒吸（或作安全瓶）；③NaClO3和H2O2的混合液中滴加稀H2SO4即生成ClO2氣體，依據氧化還原反應原理，同時會得到氧化產物O2，根據質量守恒可知有Na2SO4生成，則結合原子守恒，裝置A中發生反應的化學方程式是2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；（3）根據滴定原理，KI在酸性條件下被ClO2氧化為I2，反應為：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故選用淀粉溶液做指示劑；用Na2S2O3標準液滴定錐形瓶中的I2，當滴入最后一滴標準液時，錐形瓶內溶液藍色褪去且半分鐘內不恢復原色，說明達到滴定終點；根據關系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，則n（ClO2）=n（Na2S2O3）=×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，C中ClO2溶液的濃度為=0.04000mol/L。27、溶液恰好由淺紅色變成無色，且半分鐘內不恢復紅色D26.1027.350.1046mol/l【解題分析】

(1)因堿遇酚酞變紅，酸遇酚酞不變色，所以滴定終點時溶液的顏色變化應為由淺紅色變成無色。(2)利用c(堿)=進行分析：A．酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸，消耗酸的體積增大；B．滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥，無影響；C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，讀取酸的體積增大；D．讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，讀數偏小，滴定結束時俯視讀數，讀數偏大，則差值偏小，即讀取的消耗酸的體積偏小。(3)由圖可知，開始V=0.20mL，結束時V=26.30mL，則所用鹽酸溶液的體積為26.30mL-0.20mL。(4)①由三次鹽酸溶液的體積可知，平均值為；②根據數據的有效性，舍去第2組數據，然后求出1、3組平均消耗V(鹽酸)=26.15mL，由c(堿)=代入數據求解。【題目詳解】(1)因堿遇酚酞變紅，滴定終點時觀察錐形瓶中溶液的顏色由淺紅色變成無色，且半分鐘內不恢復紅色，則達到滴定終點。答案為：溶液恰好由淺紅色變成無色，且半分鐘內不恢復紅色；(2)由c(堿)=可知，A．酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸，消耗酸的體積增大，則c(堿)偏大，A不合題意；B．滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥，無影響，B不合題意；C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，消耗酸的體積增大，則c(堿)偏大，故C不合題意；D．讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，讀數偏小，滴定結束時俯視讀數，讀數偏大，則差值偏小，即讀取的消耗酸的體積偏小，所以c(堿)偏低，D符合題意。答案為：D；(3)由圖可知，開始V=0.20mL，結束時V=26.30mL，則所用鹽酸溶液的體積為26.30mL-0.20mL=26.10mL。答案為：26.10；(4)①由三次鹽酸溶液的體積可知，平均值為=27.35mL，答案為：27.35；②根據數據的有效性，舍去第2組數據，然后求出1、3組平均消耗V(鹽酸)=26.15mL，由c(堿)=可知，c(堿)==0.1046mol/l。答案為：0.1046mol/l。28、Na+、Fe2+、NO3-、SO42-3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O2CNO-+6ClO-+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O80%Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O0.032mol2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+【解題分析】（1）①加入過量的稀硫酸，有氣泡產生，且溶液中陰離子種類不變，氣體只能為NO，為Fe2+、NO3-之間氧化還原反應生成的，由于陰離子種類不變，則原溶液中一定存在SO42-，又溶液中含有四種離子，所含離子的物質的量均為1mol，根據電荷守恒，一定還含有帶一個單位正電荷的陽離子，即一定含有Na+，故一定存在的離子是Na+、Fe2+、NO3-、SO42-；②溶液中加入過量的稀硫酸反應的離子方程式為3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；（2)①CNO－在酸性條件下被NaClO氧化的離子方程式為：2CNO-+6ClO-+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O；②1.408gCO2的物質的量為1.408g44g/mol=0.032mol，根據反應2CNO-+6ClO-+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O，CNO－物質的量為0.032mol，根據碳原子守恒，CN－離子與CNO-物質的量相等為0.032mol，開始溶液中CN－離子物質的量=0.2×0.2=0.04mol，故CN－被處理的百分率為0.0320.04×100%=80.0%；（3）①向浸泡銅片的稀鹽酸中加入H2O2后，銅片溶解，反應的化學方程式Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O；②0.300L×0.2mol/L=0.6molI-→0.02molI2+0.02molIO3-，轉移0.16mol電子，從MnO4-→