2022届海南昌江县矿区中学化学高二第二学期期末教学质量检测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一

2、并交回。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、在乙醇发生的各种反应中，断键方式不正确的是A与金属钠反应时，键断裂B与醋酸、浓硫酸共热时，键断裂C与浓硫酸共热至170时，键和断裂D与HCl反应生成氯乙烷时，键断裂2、以下现象与电化腐蚀无关的是A黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿B生铁比软铁芯（几乎是纯铁）容易生锈C铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈D银质奖牌久置后表面变暗3、在一定条件下，密闭容器中发生反应：A(g)3B(g) 2C(g)，下列有关说法正确的是A若加入催化剂，则反应的H 增大B加压时，平衡向正反应方向移动，反应的平衡常数增大C若反应温度升高，则

3、活化分子的百分数增大，反应速率增大D若低温时，该反应为正向自发进行，则H04、普罗帕酮为广谱高效抗心律失常药。下列说法正确的是A可用溴水或FeCl3溶液鉴别X和Y B反应物X与中间体Y互为同系物C普罗帕酮分子中有2个手性碳原子 DX、Y和普罗帕酮都能发生加成、水解、氧化、消去反应5、下列有机反应中，不属于取代反应的是A1-氯丁烷与乙醇、氢氧化钾共热B油脂与氢氧化钠溶液共热制肥皂C乙醇与浓氢溴酸混合加热D苯与浓硫酸、浓硝酸混合，温度保持在50606、如图，铁有、三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法不正确的是AFe晶胞中含有2个铁原子，每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个B晶体

4、的空间利用率：Fe Fe FeC设Fe晶胞中铁原子的半径为d，则Fe晶胞的体积是16d 3D已知铁的相对原子质量为a，阿伏加德罗常数为NA(mol1)，Fe晶胞的密度为g/cm3，则铁原子的半径r(cm)=7、某有机物分子式为C4HmO，下列说法中，不正确的是A1 mol该有机物完全燃烧时，最多消耗6 mol O2B当m=6时，该有机物遇到FeCl3溶液显紫色C当m=8时，该有机物不一定能被新制氢氧化铜悬浊液氧化D当m=10时，该有机物不一定是丁醇8、N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：2N2O5(g)4NO2(g) O2(g) H 0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气

5、体，部分实验数据见下表：时间/s050010001500c(N2O5)/(molL1)5.003.522.502.50下列说法正确的是A500 s内NO2的生成速率为2.96103molL1s1BT1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为29.6%C达到平衡后，其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则c(N2O5)5.00mol/LDT1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则K1K29、有关铝及其化合物的说法错误的是A铁易生锈，而铝在空气中较稳定，所以铁比铝活泼B可用铝壶烧开水，不可用其长期存放食醋、碱水C氧化铝是一种较好的耐火材料，但不可用氧化铝坩埚熔化Na

6、OHD氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药10、水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2+ 2S2O32-+ O2+ xOH-Fe3O4 + S4O62- + 2H2O。下列说法正确的是A2molFe2+被氧化时有1molO2被还原B该反应中只有Fe2+是还原剂C每生成1molFe3O4反应转移的电子为2molD反应物OH的化学计量数x=211、组成和结构可用表示的有机物中，能发生消去反应的共有（ ）A10种B16种C20种D25种12、一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+l2H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法中不正确的是ACu2S既是氧化产物又是

7、还原产物B5molFeS2发生反应，有21mole转移CCuSO4和FeS2是氧化剂，FeS2是还原剂D产物中的SO42有一部分是氧化产物13、已知1.2 g C(石墨)不完全燃烧生成CO，放出11.1 kJ热量，CO继续燃烧又放出28.3 kJ热量。则能表示C(石墨)燃烧热的热化学方程式为（ ）AC(石墨 s)1/2O2(g)CO(g)；H11.1kJmol-1BC(石墨 s)1/2O2(g)CO(g)；H111kJmol-1CC(石墨 s)O2(g)CO2(g)；H394kJmol-1DC(石墨 s)O2(g)CO2(g)；H283kJmol-114、下列说法正确的是A室温下，在水中的溶解

8、度：丙三醇苯酚l一氯丁烷B做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH 和CH3COOCH2CH3D油脂在胶性或碱性条件下均能发生水解反应，且产物相间15、下列各组物质，不能用分液漏斗分离的是A苯和水 B苯和二甲苯 C溴苯和水 D汽油和水16、已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸。可经三步反应制取，发生的反应类型依次是（）A水解反应、加成反应、氧化反应B加成反应、水解反应、氧化反应C水解反应、氧化反应、加成反应D加成反应、氧化反应、水解反应17、下列说法正确的是A使用pH试纸测量气体的酸碱性时可以润湿B实验室用氢氧化钠溶液除去氯气中的少量HClC蒸馏操作时，温度计

9、水银球应插入混合液中D配制溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线，则所配制溶液的浓度偏低18、下列各原子或离子的电子排布式错误的是（ ）ACa2+1s22s22p63s23p6BO2-1s22s23p4CCl-1s22s22p63s23p6DAr 1s22s22p63s23p619、B3N3H6与C6H6是等电子体，则下列说法不正确的是()AB3N3H6能发生加成反应和取代反应BB3N3H6具有碱性CB3N3H6各原子在同一平面上DB3N3H6不能使酸性高锰酸钾溶液褪色20、下列事实不能说明非金属性ClI的是 （ ）ACl2+2I-=2Cl-+I2B稳定性：HClHICCl2与H2化合比I2与H2化合

10、容易D酸性：HClO3HIO321、用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（ ）A称量B溶解C转移D定容22、下列装置工作时，将电能转化为化学能的是A风力发电机B硅太阳能电池C 纽扣式银锌电池D 电解熔融氯化钠AABBCCDD二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物K为合成高分子化合物，一种合成K的合成路线如图所示(部分产物及反应条件已略去)。已知： R1CHO+ R2CH2CHO +H2O+ 回答下列问题：(1)A的名称为_，F中含氧官能团的名称为_。(2)E和G的结构简式分别为_、_。HK的反应类型为_反应。(3)由C

11、生成D的化学方程式为_。(4)参照上述合成路线和信息，以甲醛、乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制取甘油(丙三醇)的合成路线为_。24、（12分）化合物甲的分子式为C18H17ClO2 ，其发生转化反应的过程如下图：回答下列问题：（1）A的化学名称为_；A分子中最多有_个原子处于同一平面上。（2）CF的反应类型为_；F中含氧官能团名称为_。（3）化合物甲反应生成A、B的化学方程式为_。（4）A有多种同分异构体，写出2种符合条件的同分异构体的结构简式能与溴发生加成反应分子中含苯环，且在NaOH溶液中发生水解反应核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1：2：2：1：2的是_；（5）是重要的有机合成工业中间

12、体之一，广泛用于医药、香料、塑料和感光树脂等化工产品，参照上述反应路线，设计一条以A为原料合成的路线(其他试剂任选)_。（6）立体异构中有一种形式为顺反异构，当相同原子或基团在双键平面同一侧时为顺式结构，在异侧时为反式结构，则的聚合物顺式结构简式为_。25、（12分）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯。已知：密度(g/cm3)熔点()沸点()溶解性环已醇0.9625161能溶于水环已烯0.8110383难溶于水（1）制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。A中碎瓷片的作用是：_，导

13、管B除了导气外还具有的作用是：_。试管C置于冰水浴中的目的是。：_（2）制备精品环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在：_层(填上或下)，分液后用：_ (填入编号)洗涤。aKMnO4溶液b稀H2SO4cNa2CO3溶液26、（10分）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置，用环己醇制备环己烯：已知：密度（g/cm3）熔点（）沸点（）溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.8110383难溶于水（1）制备粗品：采用如图1所示装置，用环己醇制备环己烯。将12.5 mL环己醇加入试管A中，再加入1 mL浓硫酸，摇匀放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管

14、C内得到环己烯粗品。A中碎瓷片的作用是_，导管B的作用是_。试管C置于冰水浴中的目的是_。（2）制备精品：环己烯粗品中含有环己醇和少量有机酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_层（填“上”或“下”），分液后用_洗涤（填字母）。AKMnO4溶液B稀H2SO4CNa2CO3溶液再将环己烯按图2装置蒸馏，冷却水从_口（填字母）进入。蒸馏时加入生石灰，目的是_。收集产品时，控制的温度应在_左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是_（填字母）。a. 蒸馏时从70开始收集产品b. 环己醇实际用量多了c. 制备粗品时环己醇随产品一起蒸出（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，

15、合理的是_（填字母）。a. 用酸性高锰酸钾溶液b. 用金属钠c. 测定沸点27、（12分）野外被蚊虫叮咬会出现红肿，这是由甲酸（HCOOH）造成的。请完成下列探究。I . HCOOH 酸性探究（1）下列酸属于二元酸的有_。aHCOOH bH2CO3 cH2C2O4 dCH3CHOHCH2COOH（2）下列实验事实能证明甲酸为弱酸的是_。a.HCOONH4溶液呈酸性b.将甲酸滴入溶液中有气体生成C常温下，0.1molL-1的甲酸溶液的pH约为3d.等浓度的盐酸与甲酸溶液。前者的导电能力更强（3）可用小苏打溶液处理蚊虫叮咬造成的红肿，请用离子方程式表示其原理_。甲酸制备甲酸铜探究相关原理和化学方程

16、式如下：先用硫酸铜和碳酸氢钠作用制得碱式碳酸铜，然后碱式碳酸铜再与甲酸反应制得四水甲酸铜晶体：实验步骤如下：（4）碱式碳酸铜的制备：步骤是将一定量晶体和固体一起放到研钵中研细并混合均匀。步骤是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70-80，温度不能过高的原因是_。步骤的后续操作有过滤、洗涤等。检验沉淀是否已洗涤干净的方法为_。（5）甲酸铜晶体的制备：将Cu(OH)2CuCO3固体放入烧杯中，加入一定量的热蒸馏水，再逐滴加入甲酸至碱式碳酸铜恰好全部溶解，趁热过滤除去少量不溶性杂质。在通风橱中蒸发滤液至原体积的三分之一时，冷却析出晶体，过滤，再用少量无水乙醇洗涤晶体 23 次，

17、晾干，得到产品。“趁热过滤”中，必须“趁热”的原因是_。用乙醇洗涤晶体的目的是_。若该实验所取原料 CuSO45H2O 晶体和 NaHCO3 固体的质量分别为12.5 g 和9.5 g，实验结 束后，最终称量所得的产品为 7.91 g，则产率为_。28、（14分）某无色溶液X，由Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、AlO、MnO4、CO32、SO42中的若干种离子组成，取溶液进行如下连续实验：（1）气体A的成分是_（填化学式，下同） ，气体B的成分是_。（2）X溶液中一定存在的离子是_。（3）写出步骤中发生反应的所有离子方程式：_。（4）写出步骤中形成白色沉淀的离子方程式：_。（5）通过上述

18、实验，溶液X中不能确定是否存在的离子是_；只要设计一个简单的后续实验就可以确定该离子是否存在，该方法是_。29、（10分）有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，B是电负性最大的元素，C的2p轨道中有三个未成对的单电子，F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，D是主族元素且与E同周期，E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物，D与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示请回答下列问题（1）E元素原子基态时的电子排布式为_（2）A2F分子中F原子的杂化类型是_（3）CA3极易溶于水，其原因主要是_，（4）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用

19、上具有非常光明的前途富勒烯(C60)的结构如图，分子中碳原子轨道的杂化类型为_；1molC60分子中键的数目为_（5）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硫化镉、硫化锌及铜铟硒薄膜电池等第一电离能：As_Se(填“”“Fe Fe，B错误；C. 若Fe晶胞中铁原子的半径为d，则立方体的对角线长为4d，所以立方体的棱长为d，则该晶胞的体积为=，C正确；D. Fe晶胞中含有Fe的个数为2，则该晶胞的体积为，则其棱长为，该晶胞的对角线为棱长的倍，也是原子半径的4倍，即4r=，解得r=，D正确；故合理选项为B。7、B【解析】A、1mol C4H10O完全燃烧即m=10时，耗氧量最大，

20、最多消耗O26mol，选项A正确；B.当m=6时，分子式为C4H6O，也不可能为酚，该有机物遇到FeCl3溶液不显紫色，选项B不正确；C.当m=8时，分子式为C4H8O，该有机物可以为烯醇、环烷醇或酮等而不是醛时，不能被新制氢氧化铜悬浊液氧化，选项C正确；D.当m=10时，分子式为C4H10O，该有机物可以为醚，不一定是丁醇，选项D正确。答案选B。8、D【解析】A依据图标数据分析计算500s内N2O5(g)消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率=2.9610-3mol/(Ls)，则NO2的生成速率为22.96103molL1s1，故A错误；B由表中数据

21、可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c(N2O5)=2.5mol/L，c(NO2)=5mol/L，c(O2)=1.25mol/L，转化率为100%=50%，故B错误；C平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，压强增大，N2O5浓度会增大一倍，反应前后气体体积增大，平衡逆向进行，则再平衡时c(N2O5)5.00mol/L，故C错误；D平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1K2，反应吸热反应，则T1T2，故D正确；故选D。9、A【解析】A.Al比Fe活泼，氧化铝为致密的氧化膜可保护内部的Al，则铁易生锈，而铝在空气中较稳定，故A错误

22、；B.铝具有导热性，所以可用铝壶烧开水，但铝既可以酸反应又可以与碱反应，所以不能用铝壶长期存放食醋、碱水，故B正确；C.氧化铝的熔点高，是一种较好的耐火材料，由于氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠会腐蚀坩埚，故不能用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠，故C正确；D.氢氧化铝为弱碱，与盐酸反应，则氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药，故D正确。故选A。10、A【解析】A、2molFe2+被氧化时，失去2mol电子，有3molFe2+参与反应，根据反应方程式可知，有1molO2被还原，选项A正确；B、反应中Fe2+Fe3O4，Fe元素化合价升高，S2O32-S4O62-，S元素的化

23、合价升高，Fe2+和S2O32-都是还原剂，选项B错误；C反应3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-Fe3O4+S4O62-+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为4mol，选项C错误；D根据氢原子守恒，水的化学计量数为2，则OH-的化学计量数为4，即x=4，选项D错误。答案选A。11、C【解析】试题分析：苯环前面的取代基共有5种：CH2ClCH2CH2-、CH3CHClCH2-、CH3CH2CHCl-、CH3（CH2Cl）CH-、（CH3）2CCl-，其中有5种能发生消去反应；右边的有4种：CH3OCH2-、CH3CH2O

24、-、CH3CH（OH）-、HOCH2CH-，因此能发生消去反应的共有20种，故选C。考点：本题主要考查了同分异构体的书写和消去反应的条件，注意碳链异构和官能团异构。12、A【解析】A分析反应可知，Cu从+2价降价至+1价；S一部分从-1价降价至-2价，一部分从-1价升价至+6价；因此Cu2S属于还原产物，A项错误；B反应前，一共有14个，反应后增加了3个；多出的是由-1价S氧化得来，并且为整个反应仅有的一种氧化产物，所以每消耗5molFeS2，电子转移21mol，B项正确；C分析反应可知，Cu从+2价降价至+1价；S一部分从-1价降价至-2价，一部分从-1价升价至+6价；因此，是氧化剂，既是氧

25、化剂又是还原剂，C项正确；D反应前，一共有14个，反应后增加了3个；因此，产物中的一部分是氧化产物，D项正确；答案选A。【点睛】氧化还原反应电子转移数计算时，抓住本质即电子得失守恒，利用关系式：所有氧化剂得电子数=所有还原剂失电子数进行计算。13、C【解析】根据燃烧热的概念：在25摄氏度，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热如反应物中CCO2，H2H2O（液）根据题目的信息可知，1.2g C（石墨）完全燃烧放热39.4KJ，从而能得出1 molC完全燃烧放出的394kJ，即得出燃烧热的热化学方程式【详解】A、石墨没有完全燃烧，不符合燃烧热

26、的定义，故A错误；B、石墨没有完全燃烧，不符合燃烧热的定义，故B错误；C、由上述分析可知，C（石墨）燃烧热的热化学方程式应为：C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g）H=-394kJmol1，故C正确；D、反应热H的值计算错误，故D错误；故选：C。14、A【解析】A含-OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇苯酚1-氯丁烷，A正确；B棉和麻以及淀粉均是高分子化合物，能互为同分异构体，B错误；CCH3COOH与碳酸钠溶液反应气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用Na2CO3溶液区分CH3COOH 和CH3COOCH2CH3，C错误；D油

27、脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，D错误；答案选A。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，把握常见有机物的性质及鉴别方法为解答的关键，注意溶解性与-OH的关系、油脂不同条件下水解产物等。选项B是易错点，注意高分子化合物均是混合物。15、B【解析】只有互不相溶的液体之间才能用分液漏斗进行分离。【详解】A苯和水互不相溶，可用分液漏斗分离，选项A不符合；B苯和二甲苯互溶，不能用分液漏斗分离，选项B符合；C溴苯和水互不相溶，可用分液漏斗分离，选项C符合；D汽油和水互不相溶，可用分液漏斗分离，选项D符合。答案选B。16、A【解析】：先水解，溴

28、原子被-OH取代，得到，然后其和氯化氢加成，保护双键，最后用强氧化剂将醇氧化为羧酸即可，发生的反应类型依次为：水解反应、加成反应、氧化反应，故选A。17、A【解析】A测定未知气体的酸碱性时，pH试纸需要润湿，故A正确；B氯气能和氢氧化钠反应，故用氢氧化钠溶液除去氯气中的HCl时，会将氯气也一起吸收，故B错误；C蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计水银球应在支管口处，故C错误；D配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故D错误；故选A。18、B【解析】分析：主族元素原子失去电子变成阳离子时，核外电子数、电子层数、最外层电子数改变；主族元素原子得

29、到电子变成阴离子时，核外电子数和最外层电子数改变，但电子层数不变。详解：A、钙原子失去2个电子变成钙离子，使次外层变成最外层，所以钙离子核外有18个电子，A正确；B、氧原子核外有8个电子，氧原子得2个电子变成氧离子，最外层电子数由6个变成8个，所以氧离子核外有10电子，B错误；C、氯原子核外有17个电子，氯原子得一个电子变成氯离子，最外层由7个电子变成8个电子，所以氯离子核外有18个电子，C正确；D、氩是18号元素，原子核外有18个电子，D正确。答案选B。点睛：本题考查了原子或离子的核外电子排布，题目难度不大，明确原子变成阴、阳离子时变化的是最外层电子数还是电子层数为解本题的关键。19、B【解

30、析】A等电子体结构和性质相似，与苯为等电子体，性质和苯相似，所以能发生加成反应和取代反应，选项A正确；B、B3N3H6是由极性键组成的非极性分子，不具有碱性，选项B不正确；C苯中所有原子共平面，等电子体结构和性质相似，所以该物质中所有原子共平面，选项C正确；D与苯的性质相似，B3N3H6不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查学生分析判断及知识迁移能力，明确等电子体结构和性质特点是解本题关键，易错选项是B，B3N3H6是由极性键组成的非极性分子，不具有碱性。20、D【解析】比较元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水

31、化物的酸性、氢化物的稳定性等角度判断。【详解】A元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，Cl2+2I-=2Cl-+I2说明氯气的氧化性大于I2，元素的非金属性Cl大于I，A正确；B元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，氯化氢比碘化氢稳定，可说明氯元素的非金属性比碘元素强，B正确；C元素的非金属性越强，与氢气越容易化合，Cl2与H2化合比I2与H2化合容易可说明氯元素的非金属性比碘元素强，C正确；D酸性：HClO3HIO3，不能说明非金属性ClI，因为两种酸不是最高价含氧酸，D错误。答案选D。点睛：本题考查非金属性强弱的判断，题目难度不大，注意非金属性的递变规律以及比较非金属性强弱的角度

32、和方法。21、B【解析】A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误。答案选B。22、D【解析】A. 该装置将风能转化为电能，A错误；B. 该装置将太阳能转化为电能，B错误；C. 该装置将化学能转化为电能，C错误；D. 该装置将电能转化为化学能，D正确；故合理选项为D。二、非选择题(共84分)23、苯乙烯 醛基、羰基 CH3CHO 加聚 + O2 +2H2O HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO BrCH2-CHBrCHO BrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHO

33、HCH2OH 【解析】A的分子式为C8H8，结合A到B可知A为：；B到C的条件为NaOH溶液，C到D的条件为O2/Cu、加热可知C的结构为：；D到E的条件和所给信息一致，对比F和信息的产物可知，E为：CH3CHO；F和银氨溶液反应酸化后生成G，G为：，结合以上分析作答。【详解】(1)A为，名称为苯乙烯，从F的结构可知，F中含氧官能团为醛基、羰基，故答案为：苯乙烯；醛基、羰基；(2)由上面的分析可知，E为CH3CHO，G为，H到K发生了加聚反应，故答案为：CH3CHO；加聚； (3)C到D发生醇的催化氧化，方程式为：+ O2 +2H2O，故答案为：+ O2 +2H2O； (4)甲醛含有1个C，乙

34、醛含有2个C，甘油含有三个碳，必然涉及碳链增长，一定用到信息，可用甲醛和乙醛反应生成CH2=CHCHO，CH2=CHCHO和Br2反应生成BrCH2-CHBrCHO，BrCH2-CHBrCHO和氢气加成生成BrCH2-CHBrCH2OH，BrCH2-CHBrCH2OH发生水解生成丙三醇，具体如下：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO BrCH2-CHBrCHOBrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH，故答案为：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHOBrCH2-CHBrCHO BrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH。24、苯丙烯酸(或3苯基丙烯酸或其他

35、合理答案)19取代反应（水解）羟基、醛基等【解析】根据G的结构简式结合信息可以知道，F为 ，根据题中各物质的转化关系，甲在稀硫中水解得到A和B，B经过两步氧化再消去酸化后得A，可以知道A和B中碳原子数相等，结合甲的化学式可以知道，甲应为含氯原子的酯，则甲的结构简式为 ，A为 ，B为 ，B发生氧化得C为 ，C氧化得D为 ，D发生消去反应生成E为 ，E再酸化得A，C碱性水解得到F，据此答题。【详解】根据G的结构简式结合信息可以知道，F为 ，根据题中各物质的转化关系，甲在稀硫中水解得到A和B，B经过两步氧化再消去酸化后得A，可以知道A和B中碳原子数相等，结合甲的化学式可以知道，甲应为含氯原子的酯，则

36、甲的结构简式为 ，A为 ，B为 ，B发生氧化得C为 ，C氧化得D为 ，D发生消去反应生成E为 ，E再酸化得A，C碱性水解得到F，(1)A为 ，A的化学名称为苯丙烯酸，其中苯环上的所有原子都可以共面，碳碳双键上的所有原子也可共面，羧基上碳氧双键上的所有原子也可共面，单键可以转动，所以A分子中最多有19个原子处于同一平面上，因此，本题正确答案是：苯丙烯酸；19；(2)CF的反应类型为取代反应，F为 ，F中含氧官能团名称为羟基、醛基，因此，本题正确答案是：取代反应；羟基、醛基；(3)化合物甲反应生成A、B的化学方程式为 ， 因此，本题正确答案是：； (4)A为 ，根据条件：能与溴发生加成反应，说明有

37、碳碳双键，分子中含苯环，且在NaOH溶液中发生水解反应，说明有酯基，核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1：2：2：1：2，则符合条件的A的同分异构体是 或， 因此，本题正确答案是： 或； (5)以 为原料合成的 ，可以用 与溴发生加成反应，然后再在氢氧化钠醇溶液中发生消去、再酸化后与乙醇发生成酯化反应即可得产品，合成的路线为 ， 因此，本题正确答案是：；（6）的加聚产物为，则其顺式结构简式为：；因此，本题正确答案是：。【点睛】本题考查有机物的推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，侧重考查学生分析推理能力与知识迁移应用，难度中等，（5）中有机合成路线为易错点、难点。25、防止暴沸 冷凝 防

38、止环己烯挥发 上层 c 【解析】（1）根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；（2）环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；【详解】（1）根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝，故答案为：防止暴沸；冷凝；冰水浴的目

39、的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化，故答案为：防止环己烯挥发；（2）环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联想：制备乙酸乙酯提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；故答案为：上层；c。【点睛】环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小。26、防止暴沸导气，冷凝环己烯减少环己烯的挥发上Cg吸水，生成氢氧化钙，沸点高83cbc【解析】（1）根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；冰水浴的目的

40、是降低环己烯蒸气的温度，使其液化减少挥发；（2）环己烯的密度比水小，在上层；由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联系制备乙酸乙酯提纯产物时用饱和Na2CO3溶液洗涤可除去酸，答案选C；蒸馏时冷却水低进高出，即从g口进，原因是冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好，更容易将冷凝管充满水；蒸馏时加入生石灰，目的是吸水，生成氢氧化钙，沸点高。环己烯的沸点是83，则应控制温度为83左右；a蒸馏时从70开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，a错误；b环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量，b错误；c若粗产品中混有环己醇，导致测定

41、消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，c正确；答案选c；（3）区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品，另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度，答案选bc。27、 bc cd HCOOH + HCO3=HCOO+ H2O + CO2 产物 Cu(OH)2CuCO3 受热会分解 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加 BaCl2 溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗 涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净 防止甲酸铜晶体析出 洗去晶体表面的水和其它杂质，且减少后续晾干的时间 70%【解

42、析】I(1)aHCOOH 水溶液中电离出一个氢离子属于一元酸，故a错误；bH2CO3 水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故b正确；cH2C2O4 含两个羧基，水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故c正确；dCH3CHOHCH2COOH只含一个羧基，为一元酸，故d错误；故答案为：bc；(2)aHCOONH4溶液显酸性只能说明铵根离子水解溶液显酸性，不能说明甲酸为弱酸，故a错误；b将甲酸滴入NaHCO3溶液中有气体生成，说明甲酸酸性大于碳酸，不能说明甲酸为弱酸，故b错误；c常温下，0.1molL-1的甲酸溶液的 pH 约为3说明甲酸未完全电离，证明甲酸为弱酸，故c正确；d等浓度的盐酸与甲酸溶液，都是

43、一元酸，前者的导电能力更强说明甲酸溶液中存在电离平衡，证明甲酸为弱酸，故d正确；故答案为：cd；(3)蚊虫叮咬造成的红肿，是释放出甲酸，碳酸氢钠和甲酸反应，反应的离子方程式为：HCOOH+HCO3-HCOO-+H2O+CO2，故答案为：HCOOH+HCO3-HCOO-+H2O+CO2；II(4)步骤是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在 70-80，温度不能过高的原因是产物 Cu(OH)2CuCO3 受热会分解，故答案为：产物Cu(OH)2CuCO3受热会分解；Cu(OH)2CuCO3 表面会附着硫酸根离子，检验洗涤干净方法：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液

44、，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净；(5)甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大，如果冷却，会有晶体析出，降低产率，因此需趁热过滤，防止甲酸铜晶体析出，故答案为：防止甲酸铜晶体析出；甲酸铜易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，故需用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的水及其它杂质，减少甲酸铜晶体的损失，且减少后续晾干的时间，故答案为：洗去晶体表面的水和其它杂质，减少甲酸铜晶体的损失，且减少后续晾干的时间；12.5g硫酸铜晶体的物质的量为： =0.

45、05mol，9.5g碳酸氢钠的物质的量为： 0.113mol，根据反应2CuSO4+4NaHCO3Cu(OH)2CuCO3+3CO2+2Na2SO4+H2O可知，碳酸氢钠过量，反应生成的碱式碳酸铜的物质的量为0.05mol，根据反应Cu(OH)2CuCO3+4HCOOH+5H2OCu(HCOO)24H2O+CO2可知，生成甲酸铜的物质的量为0.05mol，所以甲酸铜的产率为： 100%=70%，故答案为：70%。点睛：本题通过碱式碳酸铜、甲酸铜晶体的制备，考查物质性质实验方案的设计方法。充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。本题的易错点为检验沉淀是否已洗涤干净的操作方法，要注

46、意沉淀上吸附的离子种类；难点是产率的计算。28、CO2 NH3CO32、AlO2、NaCO322H+=H2O+CO2 AlO24H=Al3+2H2OAl3+3HCO3=Al(OH)3+3CO2SO42在沉淀乙中加入足量盐酸，若白色沉淀能完全溶解，则X中不存在SO42；若不完全溶解，则X中存在SO42【解析】溶液呈无色，则一定不含MnO4-，1、取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，说明溶液中含有CO32-，则一定不含Mg2+、Ba2+、Al3+；2、在（）所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，说明（）中含有Al3+，则原溶液中含有AlO2-；铝离

47、子和碳酸氢根离子水解相互促进生成氢氧化铝白色沉淀；3、在（）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，该气体为氨气，沉淀为BaCO3或BaSO4，不能确定原溶液中是否含有SO42-，根据溶液电中性原则可知含有Na+，所以溶液中一定含有CO32-、AlO2-、Na，则（1）气体A的成分是CO2，气体B的成分是NH3；（2）X溶液中一定存在的离子是CO32-、AlO2-、Na；（3）步骤中发生反应的所有离子方程式有CO32-2H+=H2O+CO2、AlO2-4H=Al3+2H2O；（4）步骤形成白色沉淀甲是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解，生成氢氧化铝，反应的离子的方程式为Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2；（5）溶液中含有碳酸根离子，可能含有硫酸根离子，所以加过量的氢氧化钡生成白色沉淀一定含