萍鄉市重點中學2024屆化學高二第二學期期末考試模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、根據下列實驗操作和現象所得出的結論正確的是選項實驗操作和現象結論A向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清苯酚的酸性強于H2CO3的酸性B向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加熱；再加入銀氨溶液；未出現銀鏡蔗糖未水解C向FeCl3溶液中加入少量銅屑，銅溶解Fe3+的氧化性強于Cu2+的氧化性D用pH試紙測得，CH3COONa溶液的pH的為9，NaNO2溶液的pH約為8HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強A．A B．B C．C D．D2、銀鋅蓄電池應用廣泛，放電時總反應為Zn+Ag2O2+H2O==Zn(OH)2+Ag2O，某小組以銀鋅蓄電池為電源，用惰性電極電解飽和Na2SO4溶液制備H2SO4和NaOH，設計如圖所示裝置。連通電路后，下列說法正確是A．電池的a極反應式為Ag2O2+H2O+2e-=Ag2O+2OH-B．氣體Y為H2C．pq膜適宜選擇陽離子交換膜D．電池中消耗65gZn，理論上生成1mol

氣體X3、下列有關熱化學方程式的敘述正確的是A．已知2H2(g）＋O2(g）＝2H2O(g）ΔH＝－1．6kJ/mol，則氫氣的燃燒熱為－2．8kJ/molB．已知4P(紅磷，s）＝P4(白磷，s）的ΔH>0，則白磷比紅磷穩定C．含3．0gNaOH的稀溶液與稀硫酸完全中和，放出4．7kJ的熱量，則表示該反應中和熱的熱化學方程式為NaOH(aq）＋1/2H2SO4(ag）＝1/2Na2SO4(aq）＋H2O(l）ΔH＝－5．4kJ/molD．已知C(s）＋O2(g）＝CO2(g）ΔH1；C(s）＋1/2O2(g）=CO(g）ΔH2；則ΔH1>ΔH24、下列應用不涉及氧化還原反應的是（）A．Na2O2用作呼吸面具的供氧劑B．工業上電解熔融狀態的Al2O3制備AlC．工業上利用合成氨實現人工固氮D．實驗室用NH4Cl和Ca（OH）2制備NH35、下列鹵代烴在KOH醇溶液中加熱不反應的是①②③(CH3)3C－CH2Cl④CHCl2－CHBr2⑤⑥CH3ClA．②④ B．②③⑤ C．①③⑥ D．全部6、由C、H、O中兩種或三種元素組成的兒種有機物模型如下，下列說法正確的是A．上述四種有機物均易溶于水 B．有機物Ⅳ的二氯代物有2種C．一定條件下有機物III能與氫氣發生加成 D．I生成Ⅱ的反應類型為還原反應7、現有三組溶液：①汽油和氯化鈉溶液；②39%的乙醇溶液；③氯化鈉和單質溴的水溶液，分離以上各混合液的正確方法依次是：（）A．分液、萃取、蒸餾 B．萃取、蒸餾、分液C．分液、蒸餾、萃取 D．蒸餾、萃取、分液8、2016年7月22日京山泄洪，天門市黃潭鎮多處村落被洪水淹沒，災情發生后天門市防疫站緊急組織救援小隊開展消毒防疫工作，下列消毒采用的藥品中屬于強電解質的是A．漂白粉 B．碘水 C．雙氧水 D．生石灰9、下列選項中前后兩個反應類型相同的是（）A．乙醇制備乙烯；苯與液溴制備溴苯B．乙烯制備聚乙烯：苯酚與濃溴水反應C．乙醇與氧氣反應制備乙醛；乙醛與新制Cu(OH)2反應D．乙酸與乙醇反應制備乙酸乙酯；溴乙烷與NaOH醇溶液反應10、德國著名行業雜志《應用化學》上刊登文章介紹：某中德聯合研究小組設計制造了一種“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形籠子作“瓶體”，一種磷酸鹽作“瓶蓋”，恰好可將一個水分子關在里面。下列說法正確的是A．水、雙氧水、水玻璃都是純凈物 B．石墨和C60互稱為同位素C．磷酸鈣是可溶性強電解質 D．一定條件下石墨轉化為C60是化學變化11、下列物質的水溶液因水解呈堿性的是A．NaOH B．NH4Cl C．CH3COONH4 D．Na2CO312、某有機物的結構簡式如圖，關于該有機物的下列敘述中不正確的是（）A．一定條件下，能發生加聚反應B．1mol該有機物在一定條件下最多能與4molH2發生反應C．能使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，且原理相同D．該有機物苯環上的一溴代物有3種13、某同學利用右圖所示裝置制備乙酸乙酯。實驗如下：①向濃H2SO4乙醇混合液中滴入乙酸后，加熱試管A②一段時間后，試管B中紅色溶液上方出現油狀液體③停止加熱，振蕩試管B，油狀液體層變薄，下層紅色溶液褪色④取下層褪色后的溶液，滴入酚酞后又出現紅色結合上述實驗，下列說法正確的是A．①中加熱利于加快酯化反應速率，故溫度越高越好B．③中油狀液體層變薄主要是乙酸乙酯溶于Na2CO3溶液所致C．③中紅色褪去的原因可能是酚酞溶于乙酸乙酯中D．取②中上層油狀液體測其，共有3組峰14、已知下列反應：Co2O3＋6HCl(濃)=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O(Ⅰ)；5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3(Ⅱ)。下列說法正確的是()A．反應(Ⅰ)中HCl是氧化劑 B．反應(Ⅱ)中Cl2發生氧化反應C．還原性：CoCl2＞HCl＞I2 D．氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO315、常溫下，1mol化學鍵斷裂形成氣態原子所需要的能量用E表示。結合表中信息判斷下列說法不正確的是(

)共價鍵H-HF-FH-FH-ClH-IE(kJ/mol)436157568432298A．432kJ/mol>E(H-Br)>298kJ/mol B．表中最穩定的共價鍵是H-F鍵C．H2(g)→2H(g)△H=+436kJ/mol D．H2(g)+F2(g)=2HF(g)△H=-25kJ/mol16、從金屬利用的歷史來看，先是青銅器時代，而后是鐵器時代，鋁的利用是近百年的事。這個先后順序跟下列有關的是：①地殼中的金屬元素的含量；②金屬活動性；③金屬的導電性；④金屬冶煉的難易程度；⑤金屬的延展性；A．①③ B．②⑤ C．③⑤ D．②④二、非選擇題（本題包括5小題）17、蘇合香醇可以用作食用香精，其結構簡式如圖所示。（1）蘇合香醇的分子式為____，它不能發生的有機反應類型有(填數字序號)____。①取代反應②加成反應③氧化反應④加聚反應⑤水解反應有機物丙(分子式為C13H18O2)是一種香料，其合成路線如圖所示。其中A的相對分子質量通過質譜法測得為56，核磁共振氫譜顯示只有兩組峰；乙與蘇合香醇互為同系物；丙分子中含有兩個－CH3。已知：R-CH=CH2R-CH2CH2OH（2）甲中官能團的名稱是____；甲與乙反應生成丙的反應類型為____。（3）B與O2反應生成C的化學方程式為____。（4）在催化劑存在下1molD與2molH2可以反應生成乙，且D能發生銀鏡反應。則D的結構簡式為____。（5）寫出符合下列條件的乙的同分異構體結構簡式____。①苯環上有兩個取代基，且苯環上的一氯取代物只有兩種②遇氯化鐵溶液顯紫色18、已知C、D是由X、Y、Z中兩種元素組成的化合物，X、Y、Z的原子序數依次增大，X在周期表中原子半徑最小，Y、Z原子最外層電子數之和為10。D為無色非可燃性氣體，G為黃綠色單質氣體，J、M為金屬，I有漂白作用，反應①常用于制作印刷線路板。各物質之間的轉化關系如圖，部分生成物省略。請回答下列問題：（1）寫出Z在周期表中的位置____，D的結構式____。（2）寫出A的化學式____。（3）寫出反應①的離子方程式____。（4）為了獲得氯化銅晶體，需要將B溶液在HCl氛圍中蒸發結晶，原因是____。（5）將F溶于稀硝酸，溶液變成藍色，并放出無色氣體。寫出該反應的化學方程式____。19、現有一份含有FeCl3和FeCl2的固體混合物，某化學興趣小組為測定各成分的含量進行如下兩個實驗：實驗1①稱取一定質量的樣品，將樣品溶解；②向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，產生沉淀；③將沉淀過濾、洗滌、干燥得到白色固體28.7g實驗2①稱取與實驗1中相同質量的樣品，溶解；②向溶解后的溶液中通入足量的Cl2；③再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到紅褐色沉淀；④將沉淀過濾、洗滌后，加熱灼燒到質量不再減少，得到固體Fe2O36.40g根據實驗回答下列問題：（1）溶解過程中所用到的玻璃儀器有________（2）實驗室保存FeCl2溶液時通常會向其中加入少量的鐵粉，其作用是_________（3）用化學方程式表示實驗2的步驟②中通入足量Cl2的反應：___________（4）用容量瓶配制實驗所用的NaOH溶液，下列情況會使所配溶液濃度偏高的是(填序號)_______。a．未冷卻溶液直接轉移b．沒用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2～3次并轉入容量瓶c．加蒸餾水時，不慎超過了刻度線d．砝碼上沾有雜質e．容量瓶使用前內壁沾有水珠（5）檢驗實驗2的步驟④中沉淀洗滌干凈的方法是___________（6）該小組每次稱取的樣品中含有FeCl2的質量為_________g20、用質量分數為36.5%的濃鹽酸(密度為1.16g·cm－3)配制成1mol·L－1的稀鹽酸。現實驗室僅需要這種鹽酸220mL，試回答下列問題：(1)配制稀鹽酸時，應選用容量為________mL的容量瓶。(2)在量取濃鹽酸時宜選用下列量筒中的________。A．5mLB．10mLC．25mLD．50mL(3)在量取濃鹽酸后，進行了下列操作：(將操作補充完整)①等稀釋的鹽酸的溫度與室溫一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。②往容量瓶中小心加蒸餾水至液面離容量瓶刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管加蒸餾水，____________________________________________。③在盛鹽酸的燒杯中注入蒸餾水，并用玻璃棒攪動，使其混合均勻。④用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2～3次，并將洗滌液全部注入容量瓶。上述操作中，正確的順序是(填序號)________。(4)若用1mol/LHCl溶液潤洗容量瓶，再轉移溶液，所配置的溶液濃度將_________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。21、鎂元素在自然界廣泛分布，是人體的必需元素之一。回答下列問題(1)下列Mg原子的核外電子排布式中，能量最高的是_______，能量最低的是________(填序號)a．1s22s22p43s13px13py13pz1b．1s22s22p33s23px13py13pz1c．1s22s22p63s13px1d．1s22s22p63s2(2)Mg元素的第一電離能高于Al元素，其原因是_________________________。(3)MgO是一種耐火材料，熔點2852℃，其熔融物中有Mg2＋和O，這兩個離子半徑大小關系是_________；MgO的熔點高于MgCl2的原因是__________________。(4)葉綠素a是自然界中常見的含鎂化合物，從葉綠素a的結構看，其中的碳原子既有sp2雜化，又有sp3雜化，以sp2雜化的碳原子有________個，葉綠素a結構中存在_______(填標號)。a．配位鍵b．π鍵c．非極性鍵d．氫鍵e．極性鍵(5)尖晶石是鎂鋁氧化物組成的礦物，有些尖晶石透明且顏色漂亮，可作寶石。如圖為尖晶石的一種晶胞，晶胞中有A型和B型兩種結構單元。則該尖晶石的化學式為____________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解題分析】

A、苯酚濁液滴加Na2CO3溶液，濁液變清，苯酚與Na2CO3發生C6H5OH＋Na2CO3→C6H5ONa＋NaHCO3，推出苯酚的酸性強于HCO3－，故A錯誤；B、葡萄糖與銀氨溶液發生反應，要求環境為堿性，本實驗未中和硫酸，因此未出現銀鏡，不能判斷蔗糖是否水解，故B錯誤；C、FeCl3溶液中加入Cu，發生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，根據氧化還原反應的規律，得出Fe3＋的氧化性強于Cu2＋，故C正確；D、題目中沒有說明CH3COONa和NaNO2的濃度，無法根據pH的大小，判斷CH3COOH和HNO2酸性強弱，故D錯誤；答案選D。2、D【解題分析】用惰性電極電解飽和Na2SO4溶液制備H2SO4和NaOH，根據裝置圖可知，該電解池的左側為NaOH溶液，右側為H2SO4溶液，說明M電極為陰極，水電離的H+在M電極上得電子生成H2，電極反應式為：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，中間隔室的Na+通過mn膜進入裝置左側區域與生成的OH－結合生成NaOH，N電極為陽極，水電離的OH－在N電極上失電子生成O2，電極反應式為：2H2O－4e－=O2↑＋4H+，中間隔室的SO42－通過pq膜進入裝置右側區域與生成的H+結合生成H2SO4。A.根據上述分析可知，M為陰極，則a為負極、b為正極，a電極的反應式為Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2，故A錯誤；B.N電極的反應式為2H2O－4e－=O2↑＋4H+，氣體Y為O2，故B錯誤；C.因中間隔室的SO42－通過pq膜進入裝置右側區域與生成的H+結合生成H2SO4，則pq膜應選擇陰離子交換膜，故C錯誤；D.65gZn的物質的量為1mol，當消耗65gZn時，轉移電子的物質的量為2mol，M電極的反應式為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，由反應式可知，當轉移2mol電子時，生成H2的物質的量為1mol，故D正確；答案選D。點睛：本題綜合考查原電池和電解池的相關知識，試題難度較大，明確各電極發生的反應，進而推斷電解池的陰、陽極和原電池的正、負極是解答本題的關鍵，本題的易錯點是A項電極反應式的書寫，解題時要結合電解質溶液的酸堿性和題中所給的已知方程式書寫a極的電極反應式。3、C【解題分析】試題分析：A、燃燒熱是在一定條件下，1mol可燃物完全燃燒生成穩定的氧化物時所放出的熱量，則根據2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝－1．6kJ·mol－1不能得出氫氣的燃燒熱為2．8kJ·mol－1，A錯誤；B、已知4P(紅磷，s）＝P4(白磷，s）的ΔH>6，這說明紅磷的總能量低于白磷，能量越低越穩定，則紅磷比白磷穩定，B錯誤；C、中和熱是在一定條件下，稀溶液中，強酸和強堿反應生成1mol水時所放出的熱量，含3．6gNaOH即6．5mol氫氧化鈉的稀溶液與稀硫酸完全中和，放出4．7kJ的熱量，則HCl和NaOH反應的中和熱ΔH＝－5．4kJ/mol，C正確；D、碳完全燃燒放熱多，放熱越多，△H越小，則已知C（s）＋O2（g）＝CO2（g）ΔH1,C（s）＋1/2O2（g）＝CO（g）ΔH2，因此ΔH1＜ΔH2，D不正確，答案選C。考點：考查燃燒熱、中和熱的判斷4、D【解題分析】

A．發生的反應：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；反應中過氧化鈉中氧元素（-1價）化合價有升降，所以屬于氧化還原反應，故A錯誤；B．2Al2O34Al+3O2↑中鋁元素、氧元素化合價有變化，所以屬于氧化還原反應，故B錯誤；C．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)中，N元素、氫元素化合價有變化，屬于氧化還原反應，故C錯誤；D．實驗室用NH4Cl和Ca(OH)2制備NH3，方程式為：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；該反應中沒有元素化合價升降，所以不屬于氧化還原反應，故D正確。故選D。5、C【解題分析】

鹵代烴的結構中，只有與鹵素原子相連的C的鄰C上有H原子，才能在KOH醇溶液加熱時發生消去反應。【題目詳解】①苯環上的H無法消去，只能取代，①不符合；②有機物結構中鹵素原子相連的C的鄰C上有H原子，可以發生消去反應，②符合；③有機物結構中鹵素原子相連的C的鄰C上無H原子，無法發生消去反應，③不符合；④有機物結構中鹵素原子相連的C的鄰C上有H原子，可以發生消去反應，④符合；⑤有機物結構中鹵素原子相連的C的鄰C上有H原子，可以發生消去反應，⑤符合；⑥分子中只有1個C，無法發生消去反應，⑥不符合；①③⑥不符合條件；答案選C。6、C【解題分析】

A.苯和甲烷都不溶于水，故上述四種有機物均易溶于水說法是錯誤的，故A錯誤；B.IV為甲烷，屬于正四面體結構，所以其二氯代物有1種，故B錯誤；C.III是苯，結構簡式為：，一定條件下能與氫氣發生加成，故C正確；D.I為乙醇,結構簡式為：CH3CH2OH；II為乙酸，結構簡式為：CH3COOH，I生成Ⅱ的反應類型為氧化反應，故D錯誤；所以本題答案：C。【題目點撥】由幾種有機物模型分析：I為乙醇,結構簡式為：CH3CH2OH；II為乙酸，結構簡式為：CH3COOH；III苯，結構簡式為：；IV為甲烷，結構簡式為：CH4，結合幾種物質的性質回答。7、C【解題分析】

①油和氯化鈉溶液，混合分層，則利用分液分離；②39%的乙醇溶液中乙醇與水的沸點不同，則利用蒸餾分離；③單質溴不易溶于水，易溶于有機溶劑，則分離氯化鈉和單質溴的水溶液，選擇有機溶劑萃取；答案選A。【題目點撥】本題為高頻考點，把握物質的性質及性質差異、混合物分離方法為解答的關鍵，注重實驗基礎知識和基本技能的考查，注意有機物性質。分離提純方法的選擇思路是根據分離提純物的性質和狀態來定的。具體如下：①分離提純物是固體(從簡單到復雜方法)：加熱(灼燒、升華、熱分解)，溶解，過濾(洗滌沉淀)，蒸發，結晶(重結晶)；②分離提純物是液體(從簡單到復雜方法)：分液，萃取，蒸餾；③分離提純物是膠體:鹽析或滲析；④分離提純物是氣體：洗氣。8、D【解題分析】

強電解質為在水溶液中完全電離的化合物；【題目詳解】A.漂白粉為混合物，A錯誤；B.碘水為混合物，B錯誤；C.雙氧水為混合物，C錯誤；D.生石灰為純凈物、化合物，是離子化合物，屬于強電解質，D正確；答案為D9、C【解題分析】

A.乙醇制備乙烯，為消去反應；苯與液溴制備溴苯為取代反應，反應類型不同，A錯誤；B.乙烯制備聚乙烯為加聚反應，苯酚與濃溴水反應為取代反應，反應類型不同，B錯誤；C.乙醇與氧氣反應制備乙醛為氧化反應；乙醛與新制Cu(OH)2反應為氧化反應，反應類型相同，C正確；D.乙酸與乙醇反應制備乙酸乙酯為取代反應或酯化反應；溴乙烷與NaOH醇溶液反應為消去反應，反應類型不同，D錯誤；答案為C。10、D【解題分析】

A、水、雙氧水都是純凈物，水玻璃是硅酸鈉的水溶液，屬于混合物，故A錯誤；B、同位素是質子數相同中子數不同的同元素的不同原子，石墨和C60是碳元素的不同單質，互為同素異形體，故B錯誤；C、磷酸鈣是難溶性強電解質，故C錯誤；D、同素異形體之間的轉化屬于化學變化，一定條件下石墨轉化為C60是化學變化，故D正確；故選D。11、D【解題分析】

A.NaOH是一元強堿，溶液顯堿性，但不水解，A不符合；B.NH4Cl是強酸弱堿鹽，銨根水解，溶液顯酸性，B不符合；C.CH3COONH4是弱酸弱堿鹽，陰陽離子均水解，溶液顯中性，C不符合；D.Na2CO3是強堿弱酸鹽，碳酸根水解，溶液顯堿性，D符合；答案選D。12、C【解題分析】分析：有機物含有碳碳雙鍵，可發生加成、加聚和氧化反應，含有氯原子，可發生取代反應，結合有機物的結構解答該題。詳解：A．含有碳碳雙鍵，可發生加聚反應，A正確；B．能與氫氣發生加成反應的為苯環和碳碳雙鍵，則1mol該有機物在一定條件下最多能與4molH2發生反應，B正確；C．含有碳碳雙鍵，可與高錳酸鉀發生氧化還原反應，與溴水發生加成反應，原理不同，C錯誤；D．該有機物苯環上的一溴代物有鄰、間、對3種，D正確。答案選C。點睛：本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握結構中官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重烯烴、氯代烴等有機物性質的考查，題目難度不大。13、C【解題分析】試題分析：A.溫度越高，濃硫酸的氧化性和脫水性越強，可能使乙醇脫水，降低產率，故A錯誤；B.③中油狀液體層變薄主要是乙酸乙酯中的乙醇和鹽酸被變化碳酸鈉溶液溶解，故B錯誤；C.酚酞是有機物，易溶于有機溶劑，③中紅色褪去的原因可能是酚酞溶于乙酸乙酯中，故C正確；D.乙酸乙酯分子中存在4種不同環境的氫原子，核磁共振氫譜有4組峰，故D錯誤；故選C。考點：考查了乙酸乙酯的制備實驗的相關知識。14、D【解題分析】試題分析：抓住化合價的變化這一特征，分析Co2O3+6HCl(濃)=2CoCl2+Cl2↑+3H2O中Co2O3中的Co為+3價，CoCl2中的Co為+2價，故Co2O3為氧化劑將HCl氧化為Cl2；故Co2O3的氧化性大于Cl2；在5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3中Cl2將I2氧化為HIO3故Cl2的氧化性大于HIO3考點：考查基本理論，氧化還原反應15、D【解題分析】

A．依據溴原子半徑大于氯原子小于碘原子，原子半徑越大，相應的化學鍵的鍵能越小分析，所以結合圖表中數據可知432kJ/mol＞E(H-Br)＞298kJ/mol，A正確；B．鍵能越大，斷裂該化學鍵需要的能量就越大，形成的化學鍵越穩定，表中鍵能最大的是H-F，所以最穩定的共價鍵是H-F鍵，B正確；C．氫氣變化為氫原子吸熱等于氫氣中斷裂化學鍵需要的能量，H2→2H(g)△H=+436kJ/mol，C正確；D．依據鍵能計算反應焓變=反應物鍵能總和-生成物鍵能總和計算判斷，△H=436kJ/mol+157kJ/mol-2×568kJ/mol=-543kJ/mol，H2(g)+F2(g)=2HF(g)，△H=-543kJ/mol，D錯誤；故合理選項是D。16、D【解題分析】

對比金屬活動性強弱關系與人類利用金屬的先后，可以發現人類使用較早的金屬，其活動性較弱；結合學習中對金屬鐵、鋁的冶煉的認識，可知：金屬活動性越強，金屬的冶煉難易程度越難，這也影響了人類對金屬的使用，其它因素均與使用的前后順序無關；答案選D。【題目點撥】銅、鐵、鋁三種金屬活動性由強到弱的順序為：鋁＞鐵＞銅；對比人類利用金屬的歷史：先有青銅器時代再到鐵器時代，然后才有了鋁制品；可以發現二者存在一定聯系，同時不同時期人們對金屬的冶煉方法和水平不同，也導致人們使用的金屬材料不同。二、非選擇題（本題包括5小題）17、C8H10O④⑤羧基酯化(或取代)2+O22+2H2O、【解題分析】

(1)蘇合香醇為，由-OH和苯環分析其性質，據此分析解答(1)；(2)～(5)A的相對分子質量通過質譜法測得為56，核磁共振氫譜顯示只有兩組峰，分子式為C4H8，結合題給信息可知應為CH2=C(CH3)2，A發生已知信息的反應生成B，B連續氧化、酸化得到甲，結合轉化關系可知，B為2-甲基-1-丙醇，結構簡式為(CH3)2CHCH2OH，C為2-甲基丙醛，結構簡式為：(CH3)2CHCHO，甲為(CH3)2CHCOOH，甲與乙反應酯化生成丙(C13H18O2)，則乙為C9H12O，丙中有兩個甲基，則乙中不含甲基，乙為蘇合香醇的同系物，則乙的結構簡式為，由1molD與2mol氫氣反應生成乙，所以D為C9H8O，可以發生銀鏡反應，含有-CHO，故D為，據此分析解答(2)～(5)題。【題目詳解】(1)蘇合香醇為，由-OH和苯環可知，其分子式為C8H10O，能發生取代、加成、氧化、消去反應，而不能發生水解、加聚反應，故答案為：C8H10O；④⑤；(2)甲為(CH3)2CHCOOH，含有的官能團為羧基，甲與乙發生酯化反應生成丙，酯化反應也是取代反應，故答案為：羧基；取代(酯化反應)；(3)B為(CH3)2CHCH2OH，C為(CH3)2CHCHO，由B到C的化學反應方程式為2+O22+2H2O，故答案為：2+O22+2H2O；(4)由上述分析可知，D的結構簡式為，故答案為：；(5)乙為，乙的同分異構體滿足：①苯環上有兩個取代基，且苯環上的一氯取代物只有兩種，應為對位位置，②遇氯化鐵溶液顯紫色，說明含有酚羥基，則可為、，故答案為：、。【題目點撥】把握合成流程中官能團的變化、碳鏈變化、碳原子數的變化、有機反應為解答的關鍵。本題的易錯點為(5)，要注意苯環上的兩個取代基位于對位。18、第2周期ⅥA族O=C=OCu2(OH)2CO3或CuCO3Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+避免Cu2+水解生成Cu(OH)23Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O【解題分析】

X在周期表中的原子半徑最小，則X為H元素；G為黃綠色單質氣體，則G為Cl2；反應①用于制作印刷電路板，為FeCl3和Cu反應，則L為FeCl3，K為FeCl2；E能與葡萄糖反應生成磚紅色沉淀F，則F為Cu2O，E為Cu(OH)2，則B為CuCl2，M為Cu；由C+G→H+I，I有漂白作用，H能夠與金屬J反應生成FeCl2，則H為HCl，J為Fe，I為HClO，則C為H2O；從A+H(HCl)=B(CuCl2)+C(H2O)+D，D為無色非可燃性氣體，可知，A中含有銅元素；Y、Z原子最外層電子數之和為10，Y、Z中一種為O元素，則另一種元素的原子最外層電子數為4，可能為C或Si元素，結合D為無色非可燃性氣體，只能為CO2，X、Y、Z的原子序數依次增大，則Y為C元素，Z為O元素，因此A中還含有C元素，因此A為CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，據此分析解答。【題目詳解】根據上述分析，X為H元素，Y為C元素，Z為O元素，A為CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，B為CuCl2，C為H2O，D為CO2，E為Cu(OH)2，F為Cu2O，G為Cl2，H為HCl，I為HClO，J為Fe，K為FeCl2，L為FeCl3，M為Cu。(1)Z為O元素，在周期表中位于第二周期ⅥA族；D為CO2，結構式為O=C=O，故答案為：第二周期ⅥA族；O=C=O；(2)A的化學式為：CuCO3或Cu2(OH)2CO3，故答案為：CuCO3或Cu2(OH)2CO3；(3)反應①為FeCl3和Cu反應，反應的離子方程式為Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故答案為：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；(4)為了獲得氯化銅晶體，需要將CuCl2溶液在HCl氛圍中蒸發結晶，原因是：避免Cu2+水解生成Cu(OH)2，故答案為：避免Cu2+水解生成Cu(OH)2；(5)將Cu2O溶于稀硝酸，溶液變成藍色，并放出無色氣體，該反應的化學方程式：3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，故答案為：3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O。【題目點撥】正確推斷元素及其物質的種類是解題的關鍵。本題的難點是混合物D的判斷，要注意學會猜想驗證在推斷題中的應用。本題的易錯點為(5)，要注意氧化還原反應方程式的配平。19、燒杯、玻璃棒防止溶液里的Fe2＋被氧化Cl2＋2FeCl2＝2FeCl3ad取少量最后一次的洗滌液于試管中，向試管中溶液加適量AgNO3溶液，如未出現白色沉淀說明已洗凈5.08【解題分析】

（1）溶解所用到的儀器為燒杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空氣中的氧氣氧化成FeCl3；（3）Cl2將FeCl2氧化生成FeCl3；（4）分析操作對溶質的物質的量或對溶液的體積的影響，根據c=分析判斷；（5）氯化鈉和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀和硝酸鈉；（6）依據原子個數守恒建立方程組求解。【題目詳解】（1）溶解過程中所用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒，故答案為：燒杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空氣中的氧氣氧化成FeCl3，向溶液中加入少量鐵粉，使被氧氣氧化產生的FeCl3重新轉化為FeCl2，故答案為：防止溶液里的Fe2+被氧化；（3）實驗2的反應為Cl2將FeCl2氧化生成FeCl3，反應的化學方程式為Cl2+2FeCl2=2FeCl3，故答案為：Cl2+2FeCl2=2FeCl3；（4）a、NaOH溶解放熱，未冷卻溶液直接轉移，會導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高；b、沒用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2~3次并轉入容量瓶，會導致溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低；c、加蒸餾水時，不慎超過了刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低；d、砝碼上沾有雜質，會導致溶質的質量偏大，溶液濃度偏高；e、容量瓶使用前內壁沾有水珠，不影響溶質的物質的量和對溶液的體積，對溶液濃度無影響；ad正確，故答案為：ad；（5）檢驗沉淀是否洗滌干凈，檢驗洗滌液中不含Cl-即可，因為氯化鈉和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀和硝酸鈉，所以如果最后一次的洗滌液仍然有氯化鈉，加入硝酸銀溶液就會出現沉淀，反之說明溶液中沒有氯化鈉，故答案為：取少量最后一次的洗滌液于試管中，向試管中溶液加適量AgNO3溶液，如未出現白色沉淀說明已洗凈；（6）6.40gFe2O3的物質的量為=0.04mol，28.7gAgCl的物質的量為=0.2mol，設FeCl3和FeCl2的物質的量分別為amol和bmol，由Fe原子個數守恒可得a+b=0.08①，由Cl原子個數守恒可得3a+2b=0.2②，解聯立方程式可得a=b=0.04mol，則FeCl2的質量為0.04mol×127g/mol=5.08g，故答案為：5.08。【題目點撥】本題主要考查了化學實驗以及化學計算，注意FeCl3和FeCl2的性質，操作對溶質的物質的量或對溶液的體積的影響，計算時抓住元素守恒是解答關鍵。20、250C至液體凹液面最低處與刻度線相切③①④②偏大【解題分析】

（1）實驗室沒有220mL的容量瓶，應選用規格為250mL的容量瓶；（2）先計算濃硝酸的物質的量濃度，再依據稀釋定律計算濃鹽酸的體積；（3）根據配制溶液的實驗操作過程確定操作的順序；（4）依據操作對溶質的物質的量、溶液體積的影響分析。【題目詳解】（1）配制220mL1mol·L－1