2024屆內蒙古土默特左旗一中高二化學第二學期期末學業水平測試試題注意事項: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、有關乙烯分子中的化學鍵描述正確的是A．碳原子的三個sp2雜化軌道與其它原子形成三個σ鍵B．每個碳原子的未參加雜化的2p軌道形成σ鍵C．每個碳原子的sp2雜化軌道中的其中一個形成π鍵D．碳原子的未參加雜化的2p軌道與其它原子形成σ鍵2、下表中物質的分類組合完全正確的是()選項ABCD強電解質Ca(OH)2H2SO4BaSO4HClO4弱電解質Al(OH)3CaCO3HClOCH3COONH4非電解質SO2AlH2OC2H5OHA．A B．B C．C D．D3、下列各組物質的分類正確的是（）①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水銀、福爾馬林、淀粉②含有氧元素的化合物叫氧化物③CO2、NO2、P2O5均為酸性氧化物，Na2O、Na2O2為堿性氧化物④同素異形體：C60、C70、金剛石、石墨⑤強電解質溶液的導電能力一定強⑥在熔化狀態下能導電的化合物為離子化合物⑦有單質參加的反應或有單質生成的反應是氧化還原反應A．全部正確 B．①②⑤⑦ C．②③⑥ D．④⑥4、已知酸性＞H2CO3＞＞HCO3—，現要將轉化為可行的方法是()A．與足量NaOH溶液共熱，再通入足量HCl B．與稀硫酸共熱后，加入足量的NaHCO3C．加熱該物質溶液，再通入足量的CO2 D．加稀硫酸共熱后，再加入足量NaOH溶液5、對于可逆反應A(g)＋2B(g)2C(g)(正反應吸熱)，下列圖象正確的是A． B． C． D．6、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是（）A．標準狀況下的22.4L丁烷完全燃燒，生成的二氧化碳的分子數為4NAB．1mol乙基中含有的電子數為18NAC．46g二氧化氮和46g四氧化二氮含有的原子數均為3NAD．在1L2mol·L-1的硝酸鎂溶液中含有的硝酸根離子數為4NA7、某溫度下,HNO2和CH3COOH的電離常數分別為5.0×10-4和1.7×10-5。將pH和體積均相同的兩種酸溶液分別稀釋，其pH隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是A．曲線I代表HNO2溶液B．溶液中水的電離程度：b點>c點C．相同體積a點的兩溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同D．從c點到d點，溶液中c(HA)·c(OH-)c(A-8、為研究廢舊電池的再利用，實驗室利用舊電池的銅帽（主要成分為Zn和Cu)回收Cu并制備ZnO的部分實驗過程如圖所示。下列敘述錯誤的是A．“溶解”操作中溶液溫度不宜過髙B．銅帽溶解的反應可能有H2O2+Cu+2H+=Cu2++2H2OC．與鋅粉反應的離子可能是Cu2+、H+D．“過濾”操作后，將濾液蒸發結晶、過濾、洗滌、干燥后高溫灼燒即可得純凈的ZnO9、BHT是一種常用的食品抗氧化劑。由對甲基苯酚（）合成BHT的常用方法有2種（如圖）。下列說法中，不正確的是A．BHT能使酸性KMnO4溶液褪色B．BHT與對甲基苯酚互為同系物C．BHT與FeCl3溶液不發生顯色反應D．方法一的原子利用率高于方法二10、下列不涉及蛋白質變性的是A．給重金屬中毒的病人服用大量牛奶B．用福爾馬林溶液浸泡動物標本C．在雞蛋清溶液中加入醋酸鉛溶液，有沉淀析出D．在雞蛋清溶液中加入飽和硫酸銨溶液，有沉淀析出11、某天然有機化合物，其結構簡式如下圖所示，下列關于該化合物的說法正確的是()A．該化合物可以發生消去反應B．該化合物中含有的官能團只有醛基和羥基C．1mol該化合物與Na反應最多可以放出2molH2D．一定條件下，該化合物可以發生銀鏡反應12、下列金屬中，表面自然形成的氧化層能保護內層金屬不被空氣氧化的是（）A．K B．Na C．Fe D．Al13、FeCO3與砂糖混用可以作補血劑，實驗室里制備FeCO3的流程如下圖所示，下列說法不正確的是A．產品FeCO3在空氣中高溫分解可得到純凈的FeOB．沉淀過程中有CO2氣體放出C．過濾操作的常用玻璃儀器有燒杯、漏斗和玻璃棒D．可利用KSCN溶液檢驗FeSO4溶液是否變質14、草酸亞鐵(FeC2O4)可作為生產電池正極材料磷酸鐵鋰的原料，受熱容易分解，為探究草酸亞鐵的熱分解產物，按下面所示裝置進行實驗。下列說法不正確的是A．實驗中觀察到裝置B、F中石灰水變渾濁，E中固體變為紅色，則證明分解產物中有CO2和COB．反應結束后，取A中固體溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液無顏色變化，證明分解產物中不含Fe2O3C．裝置C的作用是除去混合氣中的CO2D．反應結束后，應熄滅A，E處酒精燈后，持續通入N2直至溫度恢復至室溫15、某化學小組欲利用如圖所示的實驗裝置探究苯與液溴的反應（裝置連接順序為CDAB）已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4Br2↑+MnSO4+Na2SO4+2H2O，下列說法不正確的是A．裝置A的作用是除去HBr中的溴蒸氣B．裝置B的作用是檢驗HBrC．可以用裝置C制取溴蒸氣D．裝置D反應后的混合液經稀堿溶液洗滌、結晶，得到溴苯16、下列實驗能達到預期目的的是（）A．可以用熱的濃NaOH溶液來區分植物油和礦物油B．除去己烷中己烯可以用溴水分液處理C．將纖維素和稀H2SO4加熱水解后的液體取出少許，加入新制的Cu(OH)2懸濁液并加熱，有無紅色沉淀生成，證明纖維素是否水解D．蛋白質溶液中加入丙酮可以使蛋白質從溶液中析出，再加水又能溶解17、下列各組化合物的性質比較中不正確的是A．酸性：HClO4>HBrO4>HIO4 B．堿性：Ba(OH)2>Ca(OH)2>Mg(OH)2C．穩定性：HCl>H2S>PH3 D．原子半徑：N<O<S18、設NA為阿伏加德羅常數，下列敘述中正確的是A．78gNa2O2中存在的共價鍵總數為NAB．0.1mol3890Sr原子中含中子數為3.8NC．氫氧燃料電池負極消耗2.24L氣體時，電路中轉移的電子數為0.1NAD．0.1mol氯化鐵溶于1L水中，所得溶液中Fe3+的數目為0.1NA19、等量鎂鋁合金粉末分別與下列4種過量的溶液充分反應，放出氫氣最多的是()A．2mol·L－1H2SO4 B．18mol·L－1H2SO4 C．6mol·L－1KOH D．3mol·L－1HNO320、用一種試劑就能鑒別乙醇、乙酸、乙醛、甲酸四種物質。該試劑可以是下列中的A．銀氨溶液B．溴水C．碳酸鈉溶液D．新制氫氧化銅懸濁液21、某興趣小組以廢棄的易拉罐、漂白粉、氫氧化鈉等為原料制造了一種新型環保電池，并進行相關實驗，如圖所示。電池的總反應方程式為2Al＋3ClO－＋2OH－=3Cl－＋2AlO＋H2O。下列說法正確的是A．電池的負極反應式為：ClO－＋H2O＋2e－=Cl－＋2OH－B．當有0.1molAl完全溶解時，流經電解液的電子數為1.806×1023個C．往濾紙上滴加酚酞試液，b極附近顏色變紅D．b極附近會生成藍色固體22、有下列幾種高分子化合物：①②③④，其中是由兩種不同的單體聚合而成的是（）A．③ B．③④ C．①② D．④二、非選擇題(共84分)23、（14分）白藜蘆醇屬二苯乙烯類多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和預防心血管疾病的作用。某課題組提出了如下合成路線：已知：根據以上信息回答下列問題：(1)白藜蘆醇的分子式是________。(2)C→D的反應類型是_________；E→F的反應類型是________。(3)化合物A不與FeCL3溶液發生顯色反應，能與NaHCO3反應放出CO2，推測其核磁共振氫譜(1H-NMR)中顯示有_______種不同化學環境的氫原子，其個數比為_______。(4)寫出AB反應的化學方程式_______(5)寫出化合物D、E的結構簡式：D_______，E_______。(6)化合物有多種同分異構體，寫出符合下列條件的所有同分異構體的結構簡式：______。①能發生銀鏡反應；②含苯環縣苯環上只有兩種不同化學環境的氫原子。24、（12分）已知A是一種重要的基本化工原料，其分子中碳元素的百分含量為85.7%，且相對分子量小于30。A、B、C、D、E、F、G、H有下圖所示的轉化關系（部分產物已略去）。其中B為高分子化合物，C為無色無味氣體，實驗室中可以通過G與大理石制取。D為烴，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。E、G為生活中常見的有機物，且E有特殊香味，H有香味。（1）寫出下列各物質的官能團的名稱：A___________；E___________；（2）按要求寫出下列各步變化的化學方程式反應①__________________；反應⑤_____________________；反應⑦_______________________。（3）寫出下列反應類型：反應④___________，反應⑤___________。25、（12分）氮化鋁（AlN）是一種新型無機非金屬材料，某AlN樣品僅含有Al2O3雜質，為測定AlN的含量，設計如下三種實驗方案。已知：AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2＋NH3↑（方案1）取一定量的樣品，用以下裝置測定樣品中AlN的純度(夾持裝置已略去)。（1）如圖C裝置中球形干燥管的作用是______________。（2）完成以下實驗步驟：組裝好實驗裝置，首先______；再加入實驗藥品。接下來的實驗操作是____,打開分液漏斗活塞，加入NaOH濃溶液，至不再產生氣體。打開K1，通入氮氣一段時間，測定C裝置反應前后的質量變化。通入氮氣的目的是______________。（3）由于裝置存在缺陷，導致測定結果偏高，請提出改進意見_________。（方案2）用如下圖裝置測定mg樣品中A1N的純度(部分夾持裝置已略去)。（4）導管a的主要作用是______________。（5）為測定生成氣體的體積，量氣裝置中的X液體可以是____________。（填選項序號）a．CCl4b．H2Oc．NH4Cl溶液d．（6）若mg樣品完全反應，測得生成氣體的體積為VmL,（已轉換為標準狀況），則A1N的質量分數為___（用含V、m的代數式表示）。26、（10分）已知某“84消毒液”瓶體部分標簽如圖所示,該“84消毒液”通常稀釋100倍(體積之比)后使用。請回答下列問題:（1）某同學取100mL該“84消毒液”,稀釋后用于消毒,稀釋后的溶液中c(Na+)＝____mol·L-1。（2）該同學參閱該“84消毒液”的配方，欲用NaClO固體配制480mL含NaClO質量分數為25%的消毒液。下列說法正確的是____(填字母)。a.如圖所示的儀器中，有三種是不需要的，還需要一種玻璃儀器b.容量瓶用蒸餾水洗凈后，應烘干后才能用于溶液配制c.配制過程中，未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒可能導致結果偏低d.需要稱量NaClO固體的質量為143.0g27、（12分）實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩定。（1）制備K2FeO4（夾持裝置略）①A為氯氣發生裝置。A中反應方程式是________________（錳被還原為Mn2+）。②將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑。_______③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發生的反應有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有________________。（2）探究K2FeO4的性質①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產生黃綠色氣體，得溶液a，經檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產生Cl2，設計以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子，但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由________________產生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是________________。②根據K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ實驗表明，Cl2和FeO4③資料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，驗證實驗如下：將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振蕩后溶液呈淺紫色，該現象能否證明氧化性FeO428、（14分）據科技日報網報道，南開大學科研團隊借助鎳和苯基硼酸共催化劑，首次實現烯丙醇高效、綠色合成。烯丙醇及其化合物可成甘油、醫藥、農藥香料，合成維生素E和KI及天然抗癌藥物紫杉醇中都含有關鍵的烯丙醇結構。丙烯醇的結構簡式為CH2=CH-CH2OH。請回答下列問題：（1）基態鎳原子的價電子排布式為___________________。（2）1molCH2=CH-CH2OH含__________molσ鍵，烯丙醇分子中碳原子的雜化類型為_____________。（3）丙醛（CHCH2CHO）的沸點為49℃，丙烯醇（CH2=CHCH2OH）的沸點為91℃，二者相對分子質量相等，沸點相差較大的主要原因是_______________________________。（4）羰基鎳[Ni(CO)4)用于制備高純度鎳粉，它的熔點為-25℃，沸點為43℃。羰基鎳晶體類型是_________________。（5）Ni2+能形成多種配離子，如[Ni(NH3)6]2+、[Ni(CN)2]2-和[Ni(SCN)2]-等。NH3的空間構型是_____________，與SCN-互為等電子體的分子為____________。（6）“NiO”晶胞如圖所示。①氧化鎳晶胞中原子坐標參數：A（0，0，0）、B（1，1，0），則C原子坐標參數為____________。②已知：氧化鎳晶胞密度為dg·cm-3，NA代表阿伏加德羅常數的值，則Ni2+半徑為__________nm（用代數式表示）。29、（10分）1915年諾貝爾物理學獎授予HenryBragg和LawrenceBragg，以表彰他們用X射線對晶體結構的分析所作的貢獻．(1)科學家通過X射線探明，NaCl、KCl、MgO、CaO晶體結構相似，其中三種晶體的晶格能數據如下表：4種晶體NaCl、KCl、MgO、CaO熔點由高到低的順序是__．(2)科學家通過X射線推測膽礬中既含有配位鍵，又含有氫鍵，其結構示意圖可簡單表示如下，其中配位鍵和氫鍵均采用虛線表示．①寫出基態Cu原子的核外電子排布式__；金屬銅采用下列__（填字母代號）堆積方式．②寫出膽礬晶體中水合銅離子的結構簡式（必須將配位鍵表示出來）__．③水分子間存在氫鍵，請你列舉兩點事實說明氫鍵對水的性質的影響__．④SO42﹣的空間構型是________．

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、A【解題分析】分析：A.每個碳原子的三個sp2雜化軌道與兩個氫原和另一碳原子形成三個σ鍵；

B.每個碳原子的未參加雜化的2p軌道肩并肩形成形成π鍵；

C.每個碳原子的三個sp2雜化軌道與兩個氫原和另一碳原子形成三個σ鍵；

D.乙烯碳原子的未參加雜化的2p軌道與另一碳原子形成σ鍵。詳解:A.每個碳原子的三個sp2雜化軌道與兩個氫原和另一碳原子形成三個σ鍵,所以A項是正確的；

B.每個碳原子的未參加雜化的2p軌道肩并肩形成形成π鍵,故B錯誤；

C.每個碳原子的個sp2雜化軌道與兩個氫原和另一碳原子形成三個σ鍵,故C錯誤;

D.乙烯碳原子的未參加雜化的2p軌道與另一碳原子形成σ鍵，故D錯誤；所以A選項是正確的。2、A【解題分析】分析：常見的強電解質有強酸、強堿、大多數鹽和活潑金屬的氧化物；弱電解質有弱酸、弱堿和水，非電解質是在水溶液中和熔融狀態下都不導電的化合物，大多數有機化合物和非金屬氧化物等屬于非電解質，以此分析。詳解：A項，Ca(OH)2是強堿，屬于強電解質，Al(OH)3兩性氫氧化物，屬于弱電解質，SO2非金屬氧化物，屬于非電解質，故A正確；B項，H2SO4是強酸，屬于強電解質，CaCO3鹽，屬于強電解質，Al是單質，既不是電解質也不是非電解質，故B錯誤；C項，BaSO4是鹽，屬于強電解質，HClO弱酸，屬于弱電解質，H2O屬于弱電解質，故C錯誤；D項，HClO4是強酸，屬于強電解質，CH3COONH4鹽，屬于強電解質，C2H5OH有機物，屬于非電解質，故D錯誤；故本題選A。3、D【解題分析】

①氯水、氨水、水玻璃、福爾馬林、淀粉均是混合物，水銀是金屬Hg，是純凈物，①錯誤；②由兩種元素組成，其中一種是氧元素的化合物是氧化物，因此含有氧元素的化合物不一定是氧化物，例如NaOH是堿，②錯誤；③能與堿反應生成鹽和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、P2O5均為酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物；能與酸反應生成鹽和水的氧化物是堿性氧化物，Na2O為堿性氧化物，Na2O2不是堿性氧化物，③錯誤；④C60、C70、金剛石、石墨均是碳元素形成單質，互為同素異形體，④正確；⑤強電解質溶液的導電能力不一定強，關鍵是看溶液中離子的濃度和所帶電荷數，⑤錯誤；⑥由于在熔融狀態下共價鍵不能被破壞，離子鍵可以斷鍵，因此在熔化狀態下能導電的化合物為離子化合物，⑥正確；⑦有單質參加的反應或有單質生成的反應不一定是氧化還原反應，例如同素異形體之間的轉化，⑦錯誤。答案選D?！绢}目點撥】⑤是解答的易錯點，電解質溶液之所以導電，是由于溶液中有自由移動的離子存在。電解質溶液導電能力的大小，決定于溶液中自由移動的離子的濃度和離子的電荷數，和電解質的強弱沒有必然聯系，如1mol/L的醋酸溶液的導電能力就大于0.00001mol/L的鹽酸，所以說鹽酸的導電能力一定大于酯酸是錯誤的。4、B【解題分析】

的官能團有羧基和酯基兩種，將其轉化為，則兩種官能團都要發生反應，但要注意保護酚羥基。同時要注意相關物質的酸性強弱關系?！绢}目詳解】A.與足量NaOH溶液共熱后，轉化為，再通入足量HCl后，又轉化為，A不可行；B.與稀硫酸共熱后，轉化為，加入足量的NaHCO3后，中只有羧基參與反應，而酚羥基不反應，故可轉化為，B可行；C.加熱該物質溶液，只能部分水解為，再通入足量的CO2不發生變化，C不可行；D.加稀硫酸共熱后，轉化為，再加入足量NaOH溶液，中的兩種官能團都可以與堿反應，故轉化為，D不可行。綜上所述，將轉化為可行的方法是B，本題選B?！绢}目點撥】本題在解題時，要注意把握住相關物質的酸性和堿性，要求學生能根據題中信息，選擇合適的試劑，利用較強的酸制取較弱的酸。要求學生要掌握常見重要官能團的性質及其變化規律。5、D【解題分析】

本題主要考查化學反應速率變化曲線及其應用，體積百分含量隨溫度、壓強變化曲線圖像。可逆反應A(g)+2B(g)2C(g)（正反應吸熱），則升高溫度，正逆反應速率均增大，化學平衡正向移動；增大壓強，化學平衡正向移動，結合圖象來解答?！绢}目詳解】A.增大壓強，平衡正向移動，則交叉點后正反應速率應大于逆反應速率，A錯誤；B.增大壓強，平衡正向移動，則t1時正反應速率應大于逆反應速率，B錯誤；C.溫度高的反應速率快，達到平衡時所需時間少，與圖象不符，C錯誤；D.溫度高的反應速率快，達到平衡時所需時間少，且升高溫度平衡正向移動，A%減小，與圖象一致，D正確。6、B【解題分析】

A.標況下22.4L丁烷是1mol，含有4mol碳原子，因此完全燃燒后生成二氧化碳的分子數為4NA，故A正確；B.因為乙基（-CH2CH3）是中性基團，所以1mol乙基中含有的電子數為碳氫原子電子數之和，為17NA，故B不正確；C.二氧化氮和四氧化二氮的分子式中氮氧比都是1:2，因此46g二氧化氮和四氧化二氮都有1mol氮原子和2mol氧原子，總原子數為3NA，故C正確；D.1L2mol·L-1的硝酸鎂溶液中含有溶質硝酸鎂為2mol，1mol硝酸鎂中含有2mol硝酸根，因此2mol硝酸鎂含有的硝酸根離子數為4NA，故D正確。故選B?！绢}目點撥】乙基（-CH2CH3）、甲基（-CH3）、羥基（-OH）等基團都是中性的，不帶電，“-”表示一個電子，不是從其他原子得到的電子，是原子本身的電子，所以計算電子數時，只需要把各個原子的電子數加起來即可。7、D【解題分析】

根據HNO2和CH3COOH的電離平衡常數，推出HNO2的酸性強于CH3COOH，相同pH、相同體積時，稀釋相同倍數，酸性強的pH變化大，即曲線II為HNO2的稀釋曲線，曲線I為CH3COOH的稀釋曲線，據此分析?！绢}目詳解】A、根據HNO2和CH3COOH的電離平衡常數，推出HNO2的酸性強于CH3COOH，相同pH、相同體積時，稀釋相同倍數，酸性強的pH變化大，即曲線II為HNO2的稀釋曲線，曲線I為CH3COOH的稀釋曲線，故A錯誤；B、b點pH小于c點，說明b點溶液中c(H＋)大于c點溶液中c(H＋)，即溶液水的電離程度：c點大于b點，故B錯誤；C、HNO2的酸性強于CH3COOH，相同pH時，c(CH3COOH)>c(HNO2)，即等體積、等pH時，與NaOH恰好中和時，CH3COOH消耗NaOH多，則此時，CH3COONa溶液中Na+含量較多，故C錯誤；D、c(HA)·c(OH-)c(A-)=c(HA)·c(OH答案選D。【題目點撥】本題的易錯點是選項C，學生認為兩種溶液的pH相同，體積相同，所以消耗的氫氧化鈉的物質的量相同，錯選C，忽略了兩種酸的酸性不同，根據圖像，推出HNO2的酸性強于CH3COOH，即相同pH時，c(CH3COOH)>c(HNO2)，然后分析。8、D【解題分析】

A、溶解時需要加入H2O2，H2O2不穩定，受熱易分解，因此“溶解”操作中溶液溫度不宜過高，故A敘述正確；B、根據流程，“溶解”過程發生的反應是2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O，或者發生Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，故B敘述正確；C、根據流程，過濾后得到海綿銅，說明“反應”過程中含有Cu2＋，加NaOH溶液，調節pH=2，說明溶液顯酸性，即“反應”過程中能與Zn反應的離子是Cu2＋和H＋，故C說法正確；D、過濾操作得到濾液中含有ZnSO4，蒸發結晶、過濾干燥得到的是ZnSO4，且濾液中含有Na2SO4，因此最后的得到的物質是混合物，故D敘述錯誤；答案選D。9、C【解題分析】

由題給示意圖可知，方法一的反應為加成反應，在稀硫酸作用下，與（CH3）2C=CH2發生加成反應生成BHT，方法二為取代反應，在濃硫酸作用下，與（CH3）3COH發生取代反應生成BHT。【題目詳解】A項、BHT中含有的酚羥基和甲基（苯環上的）能與酸性高錳酸鉀溶液發生氧反應化，使酸性KMnO4褪色，故A正確；B項、BHT與對甲基苯酚的結構相似，分子組成上相差若干個CH2原子團，都屬于酚類，互為同系物，故B正確；C項、BHT的官能團為酚羥基，能與FeCl3溶液發生顯色反應，使溶液呈紫色，故C錯誤；D項、反應一通過加成反應生成BHT，原子利用率為100%，而反應二為取代反應，原子利用率不是100%，所以從綠色化學角度分析方法一優于方法二，故D正確；故選C?！绢}目點撥】本題考查了有機物結構與性質，注意明確官能團及其性質關系，熟悉常見的有機反應類型是解本題關鍵。10、D【解題分析】

在某些物理因素或化學因素的影響下，蛋白質的理化性質和生理功能發生改變的現象稱為蛋白質的變性，物理因素有加熱、加壓、攪拌、振蕩、紫外線照射、超聲波等；化學因素有強酸、強堿、重金屬鹽。【題目詳解】A項、重金屬鹽能使蛋白質變性，故A錯誤；B項、福爾馬林溶液的主要成分是甲醛，甲醛能使蛋白質變性，故B錯誤；C項、醋酸鉛為重金屬鹽，能使蛋白質變性，故C錯誤；D項、飽和硫酸銨溶液不能使蛋白質變性，析出蛋白質的過程為鹽析，故D錯誤；故選D。【題目點撥】本題考查蛋白質的性質，注意蛋白質的變性和鹽析的區別是解答關鍵。11、D【解題分析】

A.由該化合物可的結構特點分析可知，該有機物沒有醇羥基和鹵素原子，故不能發生消去反應，故A錯誤；B.該化合物中含有的官能團有醛基、羥基、醚鍵和羰基，故B錯誤；C.該有機物分子中含有兩個羥基，則1mol該化合物與Na反應最多可以放出1molH2，故C錯誤；D.因其分子中含有醛基，故該化合物可以發生銀鏡反應，故D正確；答案選D。12、D【解題分析】

K、Na性質非?；顫?，在空氣中極易被氧化，表面不能形成保護內部金屬不被氧化的氧化膜，Fe在空氣中被氧化后形成的氧化膜比較疏松，起不到保護內層金屬的作用；金屬鋁的表面易形成致密的氧化物薄膜保護內層金屬不被腐蝕。答案選D。13、A【解題分析】

A、碳酸亞鐵在空氣中高溫分解，亞鐵可能被空氣中氧化氧化成+3價鐵，錯誤；B、Fe2＋和HCO3－發生雙水解反應，生成CO2，正確；C、過濾所用玻璃儀器是燒杯、漏斗、玻璃棒，正確；D、KSCN溶液遇Fe3＋顯紅色，因此KSCN溶液檢驗FeSO4溶液是否變質，正確。答案選A。14、B【解題分析】

A選項，實驗中觀察到裝置B中石灰水變渾濁，說明產生了分解產物中有CO2，E中固體變為紅色，F中石灰水變渾濁，則證明分解產物中有CO，故A正確；B選項，因為反應中生成有CO，CO會部分還原氧化鐵得到鐵，因此反應結束后，取A中固體溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液無顏色變化，不能證明分解產物中不含Fe2O3，故B錯誤；C選項，為了避免CO2影響CO的檢驗，CO在E中還原氧化銅，生成的氣體在F中變渾濁，因此在裝置C要除去混合氣中的CO2，故C正確；D選項，反應結束后，應熄滅A，E處酒精燈后，持續通入N2直至溫度恢復至室溫避免生成的銅單質被氧化，故D正確；綜上所述，答案為B?！绢}目點撥】驗證CO的還原性或驗證CO時，先將二氧化碳除掉，除掉后利用CO的還原性，得到氧化產物通入澄清石灰水中驗證。15、D【解題分析】

裝置C中二氧化錳、溴化鈉和硫酸反應制得溴蒸氣，溴蒸氣通入裝置D中與苯發生取代反應生成溴苯和溴化氫，溴化氫氣體中混有溴蒸氣和揮發出的苯，溴蒸氣會干擾溴化氫的檢驗，裝置A中四氯化碳吸收溴蒸氣和揮發出的苯，防止溴蒸氣會干擾溴化氫的檢驗，裝置B中溴化氫與硝酸銀溶液反應生成淡黃色溴化銀沉淀，檢驗反應有溴化氫生成?！绢}目詳解】A項、裝置A的作用是除去HBr中的溴蒸氣，防止溴蒸氣會干擾溴化氫的檢驗，故A正確；B項、裝置B中溴化氫與硝酸銀溶液反應生成淡黃色溴化銀沉淀，檢驗反應有溴化氫生成，故B正確；C項、裝置C中二氧化錳、溴化鈉和硫酸反應制得溴蒸氣，故C正確；D項、裝置D中制得的不溶于水的溴苯中混有溴和苯，經水洗、稀堿溶液洗滌、水洗、分液、干燥、分餾得到溴苯，故D錯誤；故選D?！绢}目點撥】本題考查溴苯的制備，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，注意分析儀器的作用，注意物質的性質與檢驗和分離方法的關系是解答關鍵。16、A【解題分析】A.植物油與濃NaOH溶液反應生成可溶于水的高級脂肪酸鈉和甘油，反應后不分層；礦物油不與濃NaOH溶液反應，而且礦物油也不溶于水，混合物分層，故可以用熱的濃NaOH溶液來區分植物油和礦物油，A正確；B.己烯可與溴水反應生成二溴己烷，二溴己烷可以溶于己烷，所以，除去己烷中己烯用溴水處理是達不到目的的，也無法分液，B不正確；C.將纖維素和稀H2SO4加熱水解后的液體取出少許，要先加入適量的氫氧化鈉溶液中和硫酸，然后再加入新制的Cu(OH)2懸濁液并加熱，觀察有無紅色沉淀生成，才能證明纖維素是否水解，C不正確；D.丙酮可以使蛋白質變性，變性后的蛋白質不溶于水，D不正確。本題選A。17、D【解題分析】分析：元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸的酸性越強，氣態氫化物越穩定；元素的金屬性越強，其最高氧化物的水化物堿性越強。詳解：一般來說，同一主族元素從上至下，元素的非金屬性越來越弱，最高價氧化物的水化物酸性越來越弱，非金屬性：Cl>Br>I，所以酸性：HClO4>HBrO4>HIO4，A正確；一般來說，同一主族元素從上至下，元素的金屬性越來越強，最高價氧化物的水化物堿性越來越強，金屬性：Ba>Ca>Mg，所以堿性：Ba(OH)2>Ca(OH)2>Mg(OH)2，B正確；一般來說，同一周期元素從左至右，元素的非金屬性越來越強，對應的氫化物越來越穩定，非金屬性：Cl>S>P，所以穩定性：HCl>H2S>PH3，C錯誤；同一周期，從左到右，原子半徑減小，同一主族，從上到下，原子半徑增大，因此原子半徑：O<N<S，D錯誤；正確選項D。點睛：元素非金屬性比較規律：①非金屬元素的單質與氫氣化合的難易程度及氫化物的穩定性，越容易化合，形成的氫化物越穩定，該元素的非金屬性就越強；②非金屬元素的最高價氧化物的水化物的酸性越強，該元素的非金屬性就越強。18、A【解題分析】試題分析：A中，1mol過氧化鈉中的共價鍵為1mol，位于過氧根離子內部。B中，中子數為5.2NA，C中，負極發生的反應是氫氣被氧化為氫離子，0.1mol的氫氣參與反應，轉移0.2mol電子。D中，氯化鐵會在水中發生水解，所以溶液中的三價鐵離子不足0.1NA。考點：關于阿伏伽德羅常數的考查。19、A【解題分析】

A、鎂、鋁都和稀硫酸反應生成氫氣；B、鎂與濃硫酸（18mol/LH2SO4）反應生成SO2氣體，鋁與濃硫酸發生鈍化（常溫）；C、鎂不能和氫氧化鉀反應，鋁和氫氧化鉀反應生成氫氣；D、硝酸為強氧化性酸，和鎂、鋁反應不產生氫氣；根據以上分析知，生成氫氣最多的是稀硫酸，答案選A?！军c晴】本題考查金屬的性質，主要考查學生運用所學化學知識綜合分析和解決實際問題的能力，該題溶液的濃度不是計算的數據，而是判斷溶液屬于“濃”或是“稀”，8mol/L以上的HCl、H2SO4、HNO3通常認為是濃酸，等量的鎂鋁合金分別與不同的溶液反應，只有兩種金屬都和該溶液反應，且都生成氫氣，這樣才能產生最多的氫氣。20、D【解題分析】試題分析：A．銀氨溶液不能鑒別乙醛和甲酸，錯誤；B．溴水不能鑒別乙醇和乙酸，且溴水與乙醛、甲酸都發生氧化還原反應，不能鑒別，錯誤；C．碳酸鈉溶液不能鑒別乙醇、乙醛；與乙酸、甲酸都反應生成氣體，也不能鑒別，錯誤；D．乙醇與新制氫氧化銅懸濁液不反應，乙酸與新制氫氧化銅懸濁液發生中和反應，沉淀溶解，乙醛與新制氫氧化銅懸濁液在加熱條件下發生氧化還原反應生成磚紅色沉淀，甲酸與新制氫氧化銅懸濁液發生中和反應，沉淀溶解，在加熱條件下發生氧化還原反應生成磚紅色沉淀，可鑒別，正確。考點：考查有機物鑒別試劑的選擇的知識。21、C【解題分析】

A．電池的正極反應式為：ClO－＋H2O＋2e－=Cl－＋2OH－，錯誤；B．電池的負極反應式為：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，當有0.1molAl完全溶解時，流經外電路的電子數為1.806×1023個，而在電解質溶液中則是離子定向移動，錯誤；C．往濾紙上滴加酚酞試液，由于Al是負極，所以b極為陰極，在該電極上溶液中的H+放電，破壞了b極附近的水的電離平衡，使該區域的溶液顯堿性，所以b電極附近顏色變紅，正確；D．由于Al是負極，所以與之連接的b極是陰極，b極的電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Cu棒不參與反應，所以b極附近不會生成藍色固體，錯誤；答案選C。22、B【解題分析】

①是由CH2=CHCl發生加聚反應生成；②是由發生加聚反應生成；③是由和HCHO發生縮聚反應生成；④是由CH2=CH2和CH2=CH—CH3發生加聚反應生成；因此③④是由兩種不同的單體聚合而成的；答案：B【題目點撥】加聚反應單體尋找方法：凡鏈節的主鏈上只有兩個碳原子（無其它原子）的高聚物，其合成單體必為一種，將兩半鏈閉合即可；凡鏈節主鏈上只有四個碳原子（無其它原子）且鏈節無雙鍵的高聚物，其單體必為兩種，在中間畫線斷開，然后將四個半鍵閉合；凡鏈節主鏈上只有碳原子并存在碳碳雙鍵結構的高聚物，其規律是“見雙鍵，四個碳，無雙鍵，兩個碳”畫線斷開，然后將半鍵閉合，即將單雙鍵互換。二、非選擇題(共84分)23、C14H12O3取代反應消去反應46：1：2：1、、【解題分析】

根據F的分子式、白藜蘆醇的結構，并結合信②中第二步，可知F中苯環含有3個-OCH3，故F的結構簡式為．D發生信息①中反應生成E，反應過程中的醛基轉化為羥基，E發生消去反應生成F，可知E為，逆推可知D為，結合物質的分子式、反應條件、給予的信息，則C為，B為，A為，以此解答該題。【題目詳解】(1)由白藜蘆醇的結構簡式可知其分子式為C14H12O3；(2)C→D是C中羥基被溴原子替代，屬于取代反應，E→F是E分子內脫去1分子式形成碳碳雙鍵，屬于消去反應；(3)化合物A的結構簡式：，其1H核磁共振譜(H-NMR)中顯示有4種不同化學環境的氫原子，個數比為6：1：2：1；(4)A→B反應的化學方程式：；(5)由上述分析可知，D的結構簡式為，E的結構簡式為；(6)化合物的同分異構體符合下列條件：①能發生銀鏡反應，說明含有醛基或甲酸形成的酯基；②含苯環且苯環上只有兩種不同化學環境的氫原子，則結構簡式可能為、、。24、碳碳雙鍵；羥基2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2OCH3CH2OH＋CH3COOHCH3CH2OOCCH3＋H2O加成反應氧化反應【解題分析】

A是一種重要的基本化工原料，其分子中碳元素的百分含量為85.7%，且相對分子量小于30，即A為CH2＝CH2，B為聚乙烯，C為二氧化碳，D為乙烷，E為乙醇，F為乙醛，G為乙酸，H為乙酸乙酯?！绢}目詳解】（1）由分析可知，A為CH2＝CH2，E為乙醇，A、E含有的官能團分別為：碳碳雙鍵、羥基；（2）反應①：為乙烯加聚成聚乙烯，其化學反應方程式為：；反應⑤：為乙醇催化氧化為乙醛，其化學反應方程式為：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；反應⑦：為乙酸乙醇在濃硫酸的催化加熱條件下生成乙酸乙酯，其化學反應方程式為：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3CH2OOCCH3＋H2O；（3）反應④為乙烯與水加成為乙醇，屬于加成反應。反應⑤為乙醇催化氧化為乙醛，屬于氧化反應?！绢}目點撥】本題考查了有機物之間的轉化，涉及考查了官能團的相關知識，有機反應，有機反應的類型，本題關鍵是要推斷出A為乙烯。25、防止倒吸檢查裝置氣密性關閉K1，打開K2把裝置中殘留的氨氣全部趕入C裝置C裝置出口處連接一個干燥裝置保持氣壓恒定，使NaOH濃溶液容易流下；消除加入溶液體積對所測氣體體積的影響ad[41V/22400m]×100%【解題分析】（1）氨氣是與濃硫酸能發生反應的氣體，易發生倒吸，圖C裝置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用，故答案為防止倒吸；（2）組裝好實驗裝置，需要先檢查裝置氣密性，加入實驗藥品，接下來的實驗操作是關閉K1，打開K2，打開分液漏斗活塞，加入NaOH濃溶液，至不再產生氣體，打開K1，通入氮氣一段時間，測定C裝置反應前后的質量變化．通入氮氣的目的是，反應生成氨氣后衛把裝置中的氣體全部趕入裝置C被濃硫酸吸收，準確測定裝置C的增重計算，故答案為檢查裝置氣密性；關閉K1，打開K2；把裝置中殘留的氨氣全部趕入C裝置；（3）裝置存在缺陷是空氣中的水蒸氣和二氧化碳也可以進入裝置C，使測定結果偏高，需要連接一個盛堿石灰干燥管，故答案為C裝置出口處連接一個干燥裝置；（4）導管a可以保持分液漏斗上方和反應裝置內的氣壓恒定，使NaOH濃溶液容易流下，故答案為保持氣壓恒定，使NaOH濃溶液容易流下；（5）a．CCl4不能溶解氨氣，可以用排四氯化碳溶液的方法測定氨氣體積，故a正確；b．氨氣極易溶于水，不能排水法測定，故b錯誤；c．氨氣極易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法測定氣體體積，故c錯誤；d．氨氣不溶于苯，可以利用排苯溶液，測定氨氣的體積，故d正確；故答案為ad；（6）若mg樣品完全反應，測得生成氣體的體積為VmL（已轉換為標準狀況），AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑41

22.4Lm

V×10-3Lm=g，則AlN的質量分數=×100%=×100%，故答案為×100%。26、0.04c【解題分析】分析：（1）依據c=1000ρω/M計算溶液的物質的量濃度，根據稀釋過程中物質的量不變計算；（2）a．依據配制一定物質的量濃度溶液一般步驟選擇需要儀器；b．容量瓶不能烘干；c．配制過程中，未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒，導致溶質的物質的量偏?。籨．依據m＝cVM計算需要溶質的質量。詳解：（1）該“84消毒液”的物質的量濃度c＝1000×1.19×25%/74.5mol·L－1＝4.0mol/L。稀釋過程中溶質的物質的量不變，則稀釋后次氯酸鈉的物質的量濃度是4.0mol/L÷100＝0.04mol/L，所以稀釋后的溶液中c(Na+)＝0.04mol·L-1；（2）a．配制一定物質的量濃度溶液一般步驟：計算、稱量（量?。⑷芙猓ㄏ♂專?、移液、洗滌、定容、搖勻等，用到的儀器：托盤天平（量筒）、藥匙、燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管，不需要的是：圓底燒瓶和分液漏斗，還需要玻璃棒、膠頭滴管，a錯誤；b．容量瓶用蒸餾水洗凈后即能用于溶液配制，容量瓶不能烘干，b錯誤；c．配制過程中，未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒，導致溶質的物質的量偏小，依據c＝n/V可知溶液濃度偏低，c正確；d．配制480mL含NaClO質量分數為25%的消毒液（必須用到容量瓶），物質的量濃度為4.0mol/L，需要選擇500mL容量瓶，所以需要溶質的質量m=4.0mol/L×74.5g/mol×0.5L=149g，d錯誤；答案選c。點睛：本題考查了一定物質的量濃度溶液的配制及有關物質的量濃度計算，明確配制原理及操作步驟是解題關鍵，注意熟練掌握物質的量與溶質質量分數的關系，題目難度不大。27、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH?Cl?+ClO?+H2OFe3+4FeO42?+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO?的干擾>溶液的酸堿性不同若能，理由：FeO42?在過量酸的作用下完全轉化為Fe3+和O2，溶液淺紫色一定是MnO4?的顏色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）【解題分析】分析：（1）KMnO4與濃鹽酸反應制Cl2；由于鹽酸具有揮發性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl；Cl2與Fe（OH）3、KOH反應制備K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大氣。（2）①根據制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2還會與KOH反應生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+。II.產生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗滌除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩定存在。②根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物。對比兩個反應的異同，制備反應在堿性條件下，方案II在酸性條件下，說明酸堿性的不同影響氧化性的強弱。③判斷的依據是否排除FeO42-的顏色對實驗結論的干擾。詳解：（1）①A為氯氣發生裝置，KMnO4與濃鹽酸反應時，錳被還原為Mn2+，濃鹽酸被氧化成Cl2，KMnO4與濃鹽酸反應生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根據得失電子守恒和原子守恒，反應的化學方程式為2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，離子方程式為2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于鹽酸具有揮發性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl，除雜裝置B為。③C中Cl2發生的反應有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，還有Cl2與KOH的反應，Cl2與KOH反應的化學方程式為Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根據上述制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，還可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。但Fe3+的產生不能判斷K2FeO4與Cl-發生了反應，根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應為4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.產生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩定存在。②制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應中Cl元素的化合價由0價降至-1價，Cl2是氧化劑，Fe元素的化合價由+3價升至+6價，Fe（OH）3是還原劑，K2FeO4為氧化產物，根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反應為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，實驗表明，Cl2和FeO42-氧化性強弱關系相反；對比兩個反應的條件，制備K2FeO4在堿性條件下，方案II在酸性條件下；說明溶液的酸堿性的不同影響物質氧化性的強弱。③該小題為開放性試題。若能，根據題意K2FeO4在足量H2SO4溶液中會轉化為Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振蕩后呈淺紫色一定是MnO4-的顏色，說明FeO42-將Mn2+氧化成MnO4-，所以該實驗方案能證明氧化性FeO42->MnO4-。（或不能，因為溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）變小，溶液的紫色也會變淺；則設計一個空白對比的實驗方案，方案為：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）。點睛：本題考查K2FeO4的制備和K2FeO4的