2020-2021学年广东省深圳高级中学高二（上）期末化学试卷

第1页（共1页）2020-2021学年广东省深圳高级中学高二（上）期末化学试卷一、解答题（共10小题，满分20分）1．（2分）化学与人类生产、生活、社会发展密切相关。下列有关说法正确的是（）A．利用植物秸秆代替粮食，经多步水解可获得清洁燃料乙醇 B．燃煤中加入生石灰可以有效降低二氧化碳的排放，减少温室效应 C．植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的植物油会因水解而变质 D．在杀灭新冠肺炎的战役中，世界卫生组织将二氧化氯列为A类高效安全灭菌消毒剂，二氧化氯能用于杀菌消毒是基于其强氧化性2．（2分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．23gNa与O2完全反应生成Na2O和Na2O2时转移电子数为NA B．13g13C中所含的中子数在标准状况下为6NA C．在标准状况下，22.4L三氧化硫所含原子数为4NA D．1mol乙酸和1mol乙醇加入浓硫酸并加热，充分反应后生成的乙酸乙酯的分子数为NA3．（2分）下列对某些物质的性质及用途分析错误的是（）A．小苏打可以与盐酸反应生成二氧化碳，故可以用于治疗胃酸过多 B．氯化亚铁溶液可以溶解铜，故可以用于腐蚀铜板制作印刷电路板 C．铁粉具有还原性，故可用作食品抗氧化剂 D．二氧化硫具有漂白性，故可以用于漂白纸张4．（2分）凭借清洁、储量大、能量转换率高、运行稳定等优势，氢能被现代工业视为最理想、潜力最大的新能源。2020年上海进博会展览中，诸多氢能源汽车纷纷亮相。氢燃料电池被誉为氢能源汽车的心脏。某种氢燃料电池的内部结构如图，下列说法正确的是（）A．电池每消耗11.2L氢气，电路中通过的电子数目为NA B．a处通入的是氧气 C．右侧电极发生的反应为：O2+4e﹣+4H+═2H2O D．右侧电极为电池的负极5．（2分）已知a、b、c、d四种短周期主族元素，在周期表中相对位置如表，已知化合物中的b元素不存在正价，下列说法正确的是（）abcdA．a、c两种元素形成的化合物中可能存在离子键 B．元素对应形成的简单离子半径大小顺序为：d＞c＞a＞b C．b单质的电子式为：b××b D．c、d两种元素气态氢化物的稳定性比较：d＞c6．（2分）下列实验原理及装置均正确的是（）A．稀释浓硫酸 B．实验室制备氨气 C．实验室制备乙酸乙酯 D．检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫7．（2分）某有机物的结构如图所示，则与该有机物苯环上取代基种类和数目均相同的同分异构体共有（）种（不包括该有机物，不考虑顺反异构）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种8．（2分）某农民偶然发现他的一头小母牛食用腐败草料后，血液不会凝固。化学家由此得到启发，从腐败草料中提取出双香豆素，其结构简式为如图所示。下列关于双香豆素的推论错误的是（）A．分子式为C19H12O6，有可能用它制抗凝血药 B．属于酚类物质 C．可发生水解、加成、氧化反应 D．1mol双香豆素在碱性条件水解，消耗NaOH4mol9．（2分）五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X，在一定条件下X可分别转化为Y、Z。下列说法错误的是（）A．由X生成Z的反应属于取代反应 B．1molX最多能与4molH2发生加成反应 C．Y分子结构中有3个手性碳原子 D．Y能发生加成、取代、消去、氧化、缩聚反应10．（2分）下列实验操作能达到其对应目的的是（）实验目的操作A欲证明CH2＝CHCHO中含有碳碳双键滴入酸性KMnO4溶液B欲除去苯中混有的苯酚向混合液中加入浓溴水，充分反应后过滤C证明乙醇在浓硫酸加热条件下的产物是乙烯将产生的气体依次通入足量的氢氧化钠溶液和酸性KMnO4溶液D证明蔗糖水解产物中有还原糖﹣葡萄糖取1mL20%的蔗糖溶液，加入3～5滴稀硫酸，水浴加热5min分钟后取少量溶液于一洁净的试管中，加入新制Cu（OH）2溶液，加热，观察现象A．A B．B C．C D．D二、单选题（共6题，每题4分，共24分）11．（4分）实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知Fe3+在pH＝5时沉淀完全）．其中分析错误的是（）A．步骤②发生的主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O B．步骤②能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2 C．步骤③用CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH D．步骤④为过滤，步骤⑤为加热浓缩，冷却结晶12．（4分）实验室处理废催化剂FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和FeCl3•6H2O。下列设计能达到相应实验目的的是（）A．装置制取氯气 B．装置使Br﹣全部转化为溴单质 C．装置分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层 D．装置将分液后的水层蒸发至干，再灼烧制得FeCl3•6H2O13．（4分）常温常压下，在PdCl2﹣CuCl2溶液中乙烯能较快地转化成乙醛。其历程如图所示。下列说法错误的是（）A．①中电子流向是：乙烯→Pd B．该反应过程中PdCl2和CuCl2均为催化剂 C．该反应优点是原子利用率为100% D．①反应为C2H4+PdCl2+H2O═CH3CHO+Pd+2HCl14．（4分）下列表格中Ⅰ中描述不能解释Ⅱ中事实的是（）选项ⅠⅡA蛋白质受热变性加热煮沸餐具可以消毒杀菌，灭活疫苗需要低温保存B天然橡胶结构中具有碳碳双键天然橡胶产品久置于空气中会被氧化C铁遇到浓硝酸发生钝化冷的浓硝酸可以用铝槽车运输D乙醇和水之间形成了氢键乙醇的沸点远高于同分子量的烃A．A B．B C．C D．D15．（4分）下列实验对应的操作、现象、结论正确的是（）实验操作现象结论A将SO2通入BaCl2溶液中，然后滴加氯水先有白色沉淀生成，滴加氯水后沉淀不溶解先生成BaSO3沉淀，后被氧化为BaSO4B向酸性KMnO4和H2C2O4的混合液中加入一小块MnSO4生成气体的速率加快，溶液迅速褪色MnSO4可能是该反应的催化剂C向某补铁剂溶液中加入酸性高锰酸钾，然后再加入KSCN酸性高锰酸钾的紫红色褪去，加入KSCN溶液变红该补铁剂中所含的铁元素为+2价D将浓硫酸滴入蔗糖中并搅拌得到黑色蓬松的固体并产生有刺激性气味的气体该过程中浓硫酸仅体现了吸水性和脱水性A．A B．B C．C D．D16．（4分）不饱和聚酯（UP）是生产复合材料“玻璃钢”的基体树脂材料。如图是以基础化工原料合成UP流程：下列说法不正确的是（）A．单体2可能是对苯二甲酸 B．丙可被KMnO4酸性溶液直接氧化制单体1 C．单体1、2、3经缩聚反应制得UP D．调节单体的投料比，控制m和n的比值，获得性能不同的高分子材料三、填空题（共4小题，每小题14分，满分56分）17．（14分）乙酰水杨酸，俗称阿司匹林（），是常用的解热镇痛药。实验室合成流程如图。查阅资料得以下信息：阿司匹林：受热易分解，溶于乙醇、难溶于水水杨酸（邻羟基苯甲酸）：溶于乙醇、微溶于水醋酸酐[（CH3CO）2O]：无色透明液体，溶于水形成乙酸请根据以上信息回答下列问题：（1）①书写该流程中合成阿司匹林的反应方程式：。②合成阿司匹林时，下列几种加热方式中最合适的是。③合成阿司匹林使用的锥形瓶必须干燥的原因是。（2）提纯粗产物中加入饱和NaHCO3溶液至没有CO2产生为止，再抽滤。加入饱和NaHCO3溶液的主要化学反应方程式为。（3）另一种改进的提纯方法，称为重结晶提纯法。①最后步骤中洗涤剂最好选择。A．15%的乙醇溶液B．NaOH溶液C．冷水D．滤液②下列装置在上述流程中肯定用不到的是，其中装置C中的a名称为。18．（12分）络氨铜是一种常用的农药中间体。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用机床切削含铁的粗铜屑制备产品[Cu（NH3）4]SO4•H2O（能溶于水，难溶于乙醇），具体流程如图。回答下列问题：（1）步骤①中与产品有关的反应离子方程式是。（2）步骤②中调节pH至3.0左右，主要目的是。检验悬浊液中杂质离子沉淀完全的方法是。（3）步骤③中加入95%的乙醇的作用是。（4）步骤⑤正确的干燥方法是。（填标号）A．在烘箱中烘干B．自然风干或晾干C．在盛有浓硫酸的干燥器中干燥（5）书写反应③中得到蓝色晶体的离子方程式。19．（14分）甲醇是重要的化工原料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1＝﹣99kJ•mol﹣1②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2＝﹣58kJ•mol﹣1③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3（1）△H3＝kJ•mol﹣1，②反应正向的熵变△S0。（填“＞”、“＜”或“＝”）（2）在容积为2L的密闭容器中，充入一定量CO2和H2合成甲醇（上述②反应），在其他条件不变时，温度T1、T2对反应的影响图象如图。①温度为T1时，从反应到平衡，生成甲醇的平均速率为v（CH3OH）＝。②图示的温度T1T2（填写“＞”、“＜”或“＝”）（3）T1温度时，将2molCO2和6molH2充入2L密闭容器中，充分反应（上述②反应）达到平衡后，容器内的压强与起始压强之比为3：4，则CO2的转化率为。（4）对于反应①，下列表述中可以判断该反应的平衡已经建立的是。A．物质的总质量固定不变B．物质的总物质的量固定不变C．该反应置于绝热体系中进行，体系的温度固定不变D．混合气体的平均分子量固定不变20．（16分）对羟基苯乙酸是合成药物的中间体，其制备路线如图。（A为芳香烃）已知：①RCNRCOOH②回答下列问题：（1）A的名称是。E中含氧官能团的名称为。（2）实现B→C转化过程的试剂名称是，E→F的反应类型是。（3）C→D反应的化学方程式为。（4）H是G的同分异构体，满足下列条件的H的同分异构体有种。（不考虑立体异构）①与氯化铁溶液反应显紫色；②能发生水解反应，且能发生银镜反应其中苯环上只有两个侧链且核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1的结构简式为。（5）结合以上合成路线及相关信息，设计由苯制备苯酚的合成路线。

2020-2021学年广东省深圳高级中学高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、解答题（共10小题，满分20分）1．（2分）化学与人类生产、生活、社会发展密切相关。下列有关说法正确的是（）A．利用植物秸秆代替粮食，经多步水解可获得清洁燃料乙醇 B．燃煤中加入生石灰可以有效降低二氧化碳的排放，减少温室效应 C．植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的植物油会因水解而变质 D．在杀灭新冠肺炎的战役中，世界卫生组织将二氧化氯列为A类高效安全灭菌消毒剂，二氧化氯能用于杀菌消毒是基于其强氧化性【分析】A．纤维素水解最终生成葡萄糖，葡萄糖再分解生成乙醇；B．高温条件下，氧化钙不能与二氧化碳反应生成碳酸钙；C．不饱和的碳碳双键不稳定，易发生氧化反应；D．二氧化氯具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒。【解答】解：A．植物秸秆主要成分是纤维素，纤维素水解最终生成葡萄糖，但葡萄糖分解生成乙醇不是水解反应，故A错误；B．高温条件下，氧化钙不能与二氧化碳反应生成碳酸钙，则燃煤中加入生石灰可以有效降低二氧化硫的排放，不能降低二氧化碳的排放、不能减少温室效应，故B错误；C．植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯、含有碳碳双键，并且双键不稳定，易发生氧化反应，所以长时间放置的植物油会因氧化而变质，故C错误；D．二氧化氯具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，并且安全，则二氧化氯可作高效安全灭菌消毒剂，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系等为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生活、环境的联系，题目难度不大。2．（2分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．23gNa与O2完全反应生成Na2O和Na2O2时转移电子数为NA B．13g13C中所含的中子数在标准状况下为6NA C．在标准状况下，22.4L三氧化硫所含原子数为4NA D．1mol乙酸和1mol乙醇加入浓硫酸并加热，充分反应后生成的乙酸乙酯的分子数为NA【分析】A．钠与氧气反应都生成+1价钠离子；B．1个13C中含有7个中子；C．气体摩尔体积使用对象为气体；D．酯化反应为可逆反应，不能进行到底。【解答】解：A．23gNa物质的量为＝1mol，与O2完全反应无论生成Na2O还是Na2O2时都生成+1价钠，转移电子数为NA，故A正确；B．13g13C中所含的中子数在标准状况下为×7×NAmol﹣1＝7NA，故B错误；C．标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；D．酯化反应为可逆反应，不能进行到底，所以1mol乙酸和1mol乙醇加入浓硫酸并加热，充分反应后生成的乙酸乙酯的分子数小于NA，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的分析判断，注意气体摩尔体积的条件应用分析，注意可逆反应不能进行到底的特点。3．（2分）下列对某些物质的性质及用途分析错误的是（）A．小苏打可以与盐酸反应生成二氧化碳，故可以用于治疗胃酸过多 B．氯化亚铁溶液可以溶解铜，故可以用于腐蚀铜板制作印刷电路板 C．铁粉具有还原性，故可用作食品抗氧化剂 D．二氧化硫具有漂白性，故可以用于漂白纸张【分析】A．胃酸中含有盐酸，能与小苏打反应；B．氯化亚铁溶液与铜不反应；C．铁粉具有还原性，能与空气中的氧气反应；D．二氧化硫具有漂白性，可以作漂白剂。【解答】解：A．胃酸中含有盐酸，能与小苏打反应，故小苏打可以用于治疗胃酸过多，故A正确；B．氯化亚铁溶液与铜不反应，不能用氯化亚铁溶液，而氯化铁溶液可以溶解铜，故可以用于腐蚀铜板制作印刷电路板，故B错误；C．铁粉具有还原性，能与空气中的氧气反应，故可用作食品抗氧化剂，故C正确；D．二氧化硫具有漂白性，可以作漂白剂，可以用于漂白纸张，故D正确。故选：B。【点评】本题综合考查物质的性质与用途，为高考常见题型，侧重学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。4．（2分）凭借清洁、储量大、能量转换率高、运行稳定等优势，氢能被现代工业视为最理想、潜力最大的新能源。2020年上海进博会展览中，诸多氢能源汽车纷纷亮相。氢燃料电池被誉为氢能源汽车的心脏。某种氢燃料电池的内部结构如图，下列说法正确的是（）A．电池每消耗11.2L氢气，电路中通过的电子数目为NA B．a处通入的是氧气 C．右侧电极发生的反应为：O2+4e﹣+4H+═2H2O D．右侧电极为电池的负极【分析】氢燃料电池工作时，氢气发生失电子的氧化反应，氧气发生得电子的还原反应，通入氢气的电极为负极、通入氧气的电极为正极，电解质溶液中阳离子移向正极，由图可知，氢离子由负极移向正极，即左侧电极为负极、右侧电极为正极，所以a处通入的是氢气，b处通入的是氧气，正极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，负极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，据此分析解答。【解答】解：A．没有指明标准状况，则氢气的物质的量不能确定，转移电子数更不能确定，故A错误；B．该电池的左侧为负极，a处通入的是氢气，b处通入的是氧气，故B错误；C．右侧为正极，b处通入的是氧气，正极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，故C正确；D．由上述分析可知，左侧电极为负极、右侧电极为正极，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了化学电源新型电池，明确原电池中离子流向与正负极的判断为解答关键，注意结合电解质条件书写电极反应式，题目难度不大。5．（2分）已知a、b、c、d四种短周期主族元素，在周期表中相对位置如表，已知化合物中的b元素不存在正价，下列说法正确的是（）abcdA．a、c两种元素形成的化合物中可能存在离子键 B．元素对应形成的简单离子半径大小顺序为：d＞c＞a＞b C．b单质的电子式为：b××b D．c、d两种元素气态氢化物的稳定性比较：d＞c【分析】由a、b、c、d四种短周期主族元素在周期表中的位置可知，a、b位于第二周期，c、d位于第三周期，化合物中的b元素不存在正价，一般O、F无正价，由OF2中O为+2价可知，b为F，则a为O、c为S、d为Cl，以此来解答。【解答】解：由上述分析可知，a为O、b为F、c为S、d为Cl，A.a、c两种元素形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，均只含共价键，故A错误；B.电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则元素对应形成的简单离子半径大小顺序为：c＞d＞a＞b，故B错误；C.b单质的电子式为，故C错误；D.同周期从左向右非金属性增强，非金属性越强、对应简单氢化物越稳定，则c、d两种元素气态氢化物的稳定性比较：d＞c，故D正确；故选：D。【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素的化合价来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。6．（2分）下列实验原理及装置均正确的是（）A．稀释浓硫酸 B．实验室制备氨气 C．实验室制备乙酸乙酯 D．检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫【分析】A.量筒不能稀释溶液，且稀释时密度大的液体注入密度小的液体中；B.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵；C.NaOH与乙酸乙酯反应；D.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫使品红褪色，二氧化硫可被高锰酸钾氧化。【解答】解：A.量筒不能稀释溶液，且稀释时密度大的液体注入密度小的液体中，应在烧杯中先加水，然后注入浓硫酸，并不断搅拌，故A错误；B.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故B错误；C.NaOH与乙酸乙酯反应，则小试管中应为碳酸钠溶液，故C错误；D.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫使品红褪色，二氧化硫可被高锰酸钾氧化，则图中装置可检验二氧化硫，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。7．（2分）某有机物的结构如图所示，则与该有机物苯环上取代基种类和数目均相同的同分异构体共有（）种（不包括该有机物，不考虑顺反异构）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种【分析】该有机物苯环上取代基有两个羟基、一个碳碳双键，用“定二移一”法确定，先定两个羟基，有邻、间、对三种位置关系，再移动碳碳双键即可。【解答】解：该有机物苯环上取代基有两个羟基、一个碳碳双键，用“定二移一”法确定，先定两个羟基，有邻、间、对三种位置关系，再移动碳碳双键，对位1种，邻位2种，间位3种，共6种，则与该有机物苯环上取代基种类和数目均相同的同分异构体共有5种，故选：C。【点评】本题考查有机物的结构，为高频考点，把握结构关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意苯环上的位置关系，题目难度不大。8．（2分）某农民偶然发现他的一头小母牛食用腐败草料后，血液不会凝固。化学家由此得到启发，从腐败草料中提取出双香豆素，其结构简式为如图所示。下列关于双香豆素的推论错误的是（）A．分子式为C19H12O6，有可能用它制抗凝血药 B．属于酚类物质 C．可发生水解、加成、氧化反应 D．1mol双香豆素在碱性条件水解，消耗NaOH4mol【分析】A.由结构可知分子式，且小母牛食用腐败草料后，血液不会凝固；B.由结构可知不含酚﹣OH；C.含酯基、碳碳双键、﹣OH，结合酯、烯烃、醇的性质来解答；D.2个酯基及水解生成的酚﹣OH与NaOH反应。【解答】解：A.由结构可知分子式为C19H12O6，且小母牛食用腐败草料后，血液不会凝固，则可能用它制抗凝血药，故A正确；B.由结构可知不含酚﹣OH，则不属于酚类物质，故B错误；C.含酯基可发生水解反应、含碳碳双键可发生加成反应、含碳碳双键和﹣OH均可发生氧化反应，故C正确；D.2个酯基及水解生成的酚﹣OH与NaOH反应，则1mol双香豆素在碱性条件水解，消耗NaOH4mol，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。9．（2分）五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X，在一定条件下X可分别转化为Y、Z。下列说法错误的是（）A．由X生成Z的反应属于取代反应 B．1molX最多能与4molH2发生加成反应 C．Y分子结构中有3个手性碳原子 D．Y能发生加成、取代、消去、氧化、缩聚反应【分析】A．X中羧基上的﹣OH被取代生成Z；B．X中苯环和氢气以1：3发生加成反应；C．Y分子结构不对称，连接醇羟基的碳原子为手性碳原子；D．Y中含有醇羟基、碳碳双键和羧基，具有醇、烯烃和羧酸的性质。【解答】解：A．X中羧基上的﹣OH被取代生成Z中酯基，所以该反应属于取代反应，故A正确；B．X分子中苯环和氢气以1：3发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应，X分子中含有1个苯环，所以1molX最多能与3molH2发生加成反应，故B错误；C．Y分子结构不对称，连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，所以Y分子中含有3个手性碳原子，故C正确；D．Y中含有醇羟基、碳碳双键和羧基，具有醇、烯烃和羧酸的性质，碳碳双键能发生加成反应，醇羟基和羧基能发生取代反应，醇羟基能发生消去反应、氧化反应，因为含有羧基和醇羟基，所以能发生缩聚反应，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，综合考查学生化学知识的应用能力，注意把握有机物的结构和官能团的性质，题目难度不大。10．（2分）下列实验操作能达到其对应目的的是（）实验目的操作A欲证明CH2＝CHCHO中含有碳碳双键滴入酸性KMnO4溶液B欲除去苯中混有的苯酚向混合液中加入浓溴水，充分反应后过滤C证明乙醇在浓硫酸加热条件下的产物是乙烯将产生的气体依次通入足量的氢氧化钠溶液和酸性KMnO4溶液D证明蔗糖水解产物中有还原糖﹣葡萄糖取1mL20%的蔗糖溶液，加入3～5滴稀硫酸，水浴加热5min分钟后取少量溶液于一洁净的试管中，加入新制Cu（OH）2溶液，加热，观察现象A．A B．B C．C D．D【分析】A.碳碳双键、﹣CHO均可被高锰酸钾氧化；B.苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚、溴均易溶于苯；C.NaOH可除杂乙醇、二氧化硫等杂质，高锰酸钾可氧化乙烯；D.检验葡萄糖在碱性溶液中。【解答】解：A.碳碳双键、﹣CHO均可被高锰酸钾氧化，则高锰酸钾褪色不能检验碳碳双键，故A错误；B.苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚、溴均易溶于苯，则不能除杂，应选NaOH溶液、分液，故B错误；C.NaOH可除杂乙醇、二氧化硫等杂质，高锰酸钾可氧化乙烯，可检验乙烯，故C正确；D.检验葡萄糖在碱性溶液中，则水解后没有先加碱至碱性，再加新制Cu（OH）2溶液加热，不能检验，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。二、单选题（共6题，每题4分，共24分）11．（4分）实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知Fe3+在pH＝5时沉淀完全）．其中分析错误的是（）A．步骤②发生的主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O B．步骤②能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2 C．步骤③用CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH D．步骤④为过滤，步骤⑤为加热浓缩，冷却结晶【分析】实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体的流程为：样品与足量硫酸反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，以此来解答。【解答】解：A．步骤②为亚铁离子与过氧化氢的反应，离子反应为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，故A正确；B．若步骤②用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，会引入杂质氯离子、硝酸根离子，难以除去，同时会生成有毒的NO气体，所以步骤②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，故B错误；C．CuCO3能够与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，且没有引入新的杂质，所以步骤③用CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH，故C正确；D．步骤④将浊液变为滤液，操作方法为过滤；步骤⑤从硫酸铜溶液得到硫酸铜晶体，操作方法为：蒸发浓缩、冷却结晶，故D正确；故选：B。【点评】本题考查硫酸铜的制备实验方案的设计，为高频考点，结合流程明确制备原理为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度中等。12．（4分）实验室处理废催化剂FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和FeCl3•6H2O。下列设计能达到相应实验目的的是（）A．装置制取氯气 B．装置使Br﹣全部转化为溴单质 C．装置分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层 D．装置将分液后的水层蒸发至干，再灼烧制得FeCl3•6H2O【分析】A.1mol/LHCl不是浓盐酸；B.气体从短导管进气可排出溶液；C.分液时避免上下层液体混合；D.蒸发促进铁离子水解，且盐酸易挥发。【解答】解：A.1mol/LHCl不是浓盐酸，应选浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，故A错误；B.气体从短导管进气可排出溶液，则导管应长进短出，故B错误；C.分液时避免上下层液体混合，则分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层，故C正确；D.蒸发促进铁离子水解，且盐酸易挥发，FeCl3•6H2O受热易分解，应蒸发浓缩、冷却结晶法制备FeCl3•6H2O，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。13．（4分）常温常压下，在PdCl2﹣CuCl2溶液中乙烯能较快地转化成乙醛。其历程如图所示。下列说法错误的是（）A．①中电子流向是：乙烯→Pd B．该反应过程中PdCl2和CuCl2均为催化剂 C．该反应优点是原子利用率为100% D．①反应为C2H4+PdCl2+H2O═CH3CHO+Pd+2HCl【分析】A．反应①中PbCl2的Pb由+2价转化为Pb中的0价，得到电子；B．根据过程分析可知，PdCl2、CuCl2参与反应，最后又生成；C．生成物只有一种，反应物全部转变为生成物；D．反应①的反应物有C2H4和PdCl2，生成物有CH3CHO和Pd，根据元素守恒配平。【解答】解：A．反应①中C2H4失电子转移给PbCl2，即电子流向为乙烯→PbCl2，故A错误；B．PdCl2、CuCl2参与反应，最后又生成，为反应的催化剂，故B正确；C．根据图示流程可知总反应为：2CH2＝CH2+O2→2CH3CHO，原子利用率为100%，故C正确；D．反应①的反应物有C2H4和PdCl2，生成物有CH3CHO和Pd，根据元素守恒配平，则C2H4+PdCl2+H2O＝CH3CHO+Pd+2HCl，故D正确；故选：A。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意乙烯的性质及应用，综合性较强，题目难度不大。14．（4分）下列表格中Ⅰ中描述不能解释Ⅱ中事实的是（）选项ⅠⅡA蛋白质受热变性加热煮沸餐具可以消毒杀菌，灭活疫苗需要低温保存B天然橡胶结构中具有碳碳双键天然橡胶产品久置于空气中会被氧化C铁遇到浓硝酸发生钝化冷的浓硝酸可以用铝槽车运输D乙醇和水之间形成了氢键乙醇的沸点远高于同分子量的烃A．A B．B C．C D．D【分析】A．蛋白质变性是指蛋白质在某些物理和化学因素作用下其特定的空间结构被改变，从而导致其理化性质的改变和生物活性的丧失；高温能使蛋白质发生变性；B．碳碳双键中的1个键易断裂，易被空气氧化；C．钝化是指常温下，金属铝、铁和浓硫酸、浓硝酸发生化学反应，金属表面生成致密的氧化膜，阻止内部金属继续和酸反应；D．乙醇和水之间形成了氢键，氢键使物质的熔沸点升高，溶解度增大。【解答】解：A．蛋白质变性是指蛋白质在某些物理和化学因素作用下其特定的空间构象被改变，从而导致其理化性质的改变和生物活性的丧失；高温能使蛋白质发生变性，所以加热煮沸餐具可以消毒杀菌，灭活疫苗需要低温保存，故A正确；B．天然橡胶为顺﹣1，4﹣聚异戊二烯通过加聚反应得到，含有碳碳双键，碳碳双键中的1个键易断裂，易被氧气氧化，所以天然橡胶产品久置于空气中会被氧气氧化，故B正确；C．钝化是指常温下，金属铝、铁和浓硫酸、浓硝酸发生化学反应，金属表面生成致密的氧化膜，阻止内部金属继续和酸反应，所以冷的浓硝酸可以用铝槽车运输，故C正确；D．乙醇和水之间形成了氢键，氢键使物质的溶解度增大，乙醇易溶于水；与乙醇的沸点远高于同分子量的烃没关系，故D错误；故选：D。【点评】本题考查合成材料的知识点，侧重考查学生分析判断，掌握化学基础知识是解本题关键，题目难度不大。15．（4分）下列实验对应的操作、现象、结论正确的是（）实验操作现象结论A将SO2通入BaCl2溶液中，然后滴加氯水先有白色沉淀生成，滴加氯水后沉淀不溶解先生成BaSO3沉淀，后被氧化为BaSO4B向酸性KMnO4和H2C2O4的混合液中加入一小块MnSO4生成气体的速率加快，溶液迅速褪色MnSO4可能是该反应的催化剂C向某补铁剂溶液中加入酸性高锰酸钾，然后再加入KSCN酸性高锰酸钾的紫红色褪去，加入KSCN溶液变红该补铁剂中所含的铁元素为+2价D将浓硫酸滴入蔗糖中并搅拌得到黑色蓬松的固体并产生有刺激性气味的气体该过程中浓硫酸仅体现了吸水性和脱水性A．A B．B C．C D．D【分析】A.SO2通入BaCl2溶液中不反应，加氯水可氧化二氧化硫生成硫酸根离子；B.催化剂可加快反应速率；C.酸性高锰酸钾可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子；D.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫。【解答】解：A.SO2通入BaCl2溶液中不反应，加氯水可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡白色沉淀，故A错误；B.催化剂可加快反应速率，由操作和现象可知，MnSO4可能是该反应的催化剂，故B正确；C.酸性高锰酸钾可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子，加KSCN溶液均变红，实验不能说明该补铁剂中所含的铁元素为+2价，故C错误；D.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，由操作和现象可知，该过程中浓硫酸仅体现了脱水性和强氧化性，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。16．（4分）不饱和聚酯（UP）是生产复合材料“玻璃钢”的基体树脂材料。如图是以基础化工原料合成UP流程：下列说法不正确的是（）A．单体2可能是对苯二甲酸 B．丙可被KMnO4酸性溶液直接氧化制单体1 C．单体1、2、3经缩聚反应制得UP D．调节单体的投料比，控制m和n的比值，获得性能不同的高分子材料【分析】根据不饱和聚酯（UP）的结构简式和甲、丁的碳原子数，推断甲为CH2＝CH﹣CH＝CH2，与Br2发生加成生成乙，乙的结构简式为CH2BrCH＝CHCH2Br，乙发生水解反应生成丙HOCH2CH＝CHCH2OH，丙与HBr加成反应生成HOCH2CH2CHBrCH2OH，再催化氧化生成丁，丁的结构简式为HOOCCH2CHBrCOOH，丁发生消去反应生成单体1，单体1的结构简式为HOOCCH＝CHCOOH，由UP的结构简式可知，另外两种单体为HOCH2CH2OH、，以此来解答。【解答】解：甲为CH2＝CH﹣CH＝CH2，与Br2发生加成生成乙，乙的结构简式为CH2BrCH＝CHCH2Br，乙发生水解反应生成丙HOCH2CH＝CHCH2OH，丙与HBr加成反应生成HOCH2CH2CHBrCH2OH，再催化氧化生成丁，丁的结构简式为HOOCCH2CHBrCOOH，丁发生消去反应生成单体1，单体1的结构简式为HOOCCH＝CHCOOH，由UP的结构简式可知，另外两种单体为HOCH2CH2OH、；A．由分析可知，另外两种单体为HOCH2CH2OH、，则单体2可能是乙二醇，故A正确；B．丙的结构简式为HOCH2CH＝CHCH2OH，分子中的碳碳双键和羟基均能被高锰酸钾溶液氧化，不能直接氧化制单体1，故B错误；C．HOOCCH＝CHCOOH、HOCH2CH2OH、反应生成同时还有水生成，所以发生的是缩聚反应，故C正确；D．HOOCCH＝CHCOOH、HOCH2CH2OH、之间可以有多种连接方式，所以调节单体的投料比，控制m和n的比值，获得性能不同的高分子材料，故D正确，故选：B。【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，明确物质官能团及其性质关系、物质之间的转化关系、题给信息内涵是解本题关键，根据某些结构简式、反应条件结合题给信息采用正逆结合的方法进行推断，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。三、填空题（共4小题，每小题14分，满分56分）17．（14分）乙酰水杨酸，俗称阿司匹林（），是常用的解热镇痛药。实验室合成流程如图。查阅资料得以下信息：阿司匹林：受热易分解，溶于乙醇、难溶于水水杨酸（邻羟基苯甲酸）：溶于乙醇、微溶于水醋酸酐[（CH3CO）2O]：无色透明液体，溶于水形成乙酸请根据以上信息回答下列问题：（1）①书写该流程中合成阿司匹林的反应方程式：。②合成阿司匹林时，下列几种加热方式中最合适的是B。③合成阿司匹林使用的锥形瓶必须干燥的原因是防止乙酸酐和水反应。（2）提纯粗产物中加入饱和NaHCO3溶液至没有CO2产生为止，再抽滤。加入饱和NaHCO3溶液的主要化学反应方程式为。（3）另一种改进的提纯方法，称为重结晶提纯法。①最后步骤中洗涤剂最好选择C。A．15%的乙醇溶液B．NaOH溶液C．冷水D．滤液②下列装置在上述流程中肯定用不到的是B，其中装置C中的a名称为球形冷凝管。【分析】（1）①水杨酸和乙酸酐在80﹣90℃下在浓硫酸中加热生成阿司匹林和乙酸；②该反应温度在85～90℃之间，低于水的沸点；③乙酸酐能溶于水生成醋酸；（2）乙酰水杨酸为微溶于水的物质，加入盐之后可以转化为易溶于水的盐，易与不溶性杂质分离；（3）①阿司匹林难溶于水易溶于乙醇，应该用水洗涤；②上述流程中有加热回流、抽滤、干燥操作；C中的a为冷凝管。【解答】解：（1）①水杨酸和乙酸酐在80﹣90℃下在浓硫酸中加热反应方程式为：，故答案为：；②该反应温度在85～90℃之间，低于水的沸点，所以需要水浴加热，温度计测量水浴温度，故答案为：B；③乙酸酐能溶于水生成醋酸，为防止乙酸酐和水反应而降低产率，所以阿司匹林使用的锥形瓶必须干燥，故答案为：防止乙酸酐和水反应；（2）乙酰水杨酸为微溶于水的物质，加入盐之后可以转化为易溶于水的盐，易与不溶性杂质分离，反应方程式为，故答案为：；（3）①阿司匹林难溶于水易溶于乙醇，应该用水洗涤，NaOH和阿司匹林能反应，滤液中含有杂质，所以用冷水洗涤，故答案为：C；②上述流程中有加热回流装置C、抽滤装置D、干燥装置A，所以不需要B装置，C中的a为球形冷凝管，故答案为：B；球形冷凝管。【点评】本题考查制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生实验操作、实验分析和评价及信息的获取和应用能力，明确实验原理、物质性质是解本题关键，题目难度中等。18．（12分）络氨铜是一种常用的农药中间体。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用机床切削含铁的粗铜屑制备产品[Cu（NH3）4]SO4•H2O（能溶于水，难溶于乙醇），具体流程如图。回答下列问题：（1）步骤①中与产品有关的反应离子方程式是Cu+2H++H2O2＝Cu2++2H2O。（2）步骤②中调节pH至3.0左右，主要目的是使三价铁离子完全转化成Fe（OH）3沉淀。检验悬浊液中杂质离子沉淀完全的方法是取反应后少量悬浊液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若无明显现象，则沉淀完全。（3）步骤③中加入95%的乙醇的作用是有利于产品的析出。（4）步骤⑤正确的干燥方法是B。（填标号）A．在烘箱中烘干B．自然风干或晾干C．在盛有浓硫酸的干燥器中干燥（5）书写反应③中得到蓝色晶体的离子方程式Cu2++4NH3•H2O+SO42﹣＝[Cu（NH3）4]SO4•H2O↓+3H2O。【分析】分析流程可知：粗铜屑（含有杂质铁）在双氧水存在情况下溶于稀硫酸，生成硫酸铜，滤液继续加入双氧水，将二价铁全部氧化成三价铁，并调节pH＝3，使Fe3+完全转化成Fe（OH）3沉淀过滤除去，得到含硫酸铜滤液，加入适量的氨水和乙醇，降低盐的溶解度，使其析出，转成Cu（NH3）4]SO4晶体，因[Cu（NH3）4]SO4•H2O（能溶于水，难溶于乙醇），用乙醇洗涤，干燥得产品，据此分析回答问题。【解答】解：（1）分析流程可知，粗铜屑（含有杂质铁）在双氧水存在情况下与稀硫酸反应，生成硫酸铜，有关的反应离子方程式为Cu+2H++H2O2＝Cu2++2H2O，故答案为：Cu+2H++H2O2＝Cu2++2H2O；（2）步骤②加入双氧水，将亚铁离子氧化成三价铁离子，并调节pH＝3，主要目的是：使Fe3+完全转化成Fe（OH）3沉淀过滤除去，检验悬浊液中杂质离子沉淀完全的方法是：取反应后少量悬浊液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若无明显现象，则沉淀完全，故答案为：使三价铁离子完全转化成Fe（OH）3沉淀；取反应后少量悬浊液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若无明显现象，则沉淀完全；（3）因[Cu（NH3）4]SO4•H2O（能溶于水，难溶于乙醇），步骤③中加入95%的乙醇可减小损失，有利于析出，故答案为：有利于产品的析出；（4）[Cu（NH3）4]SO4•H2O烘箱中烘干容易失去结晶水，使用浓硫酸干燥容易让其失去配位物质，所以正确的干燥方法是自然风干或晾干，故答案为：B；（5）分析流程可知，在硫酸铜溶液中加入适量的氨水，生成晶体，再加入适量的乙醇使其析出，离子方程式为：Cu2++4NH3•H2O+SO42﹣＝[Cu（NH3）4]SO4•H2O↓+3H2O，故答案为：Cu2++4NH3•H2O+SO42﹣＝[Cu（NH3）4]SO4•H2O↓+3H2O。【点评】本题以络氨铜的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，物质分离提纯，配合物及其性质等内容，考查范围较广，难度适中。19．（14分）甲醇是重要的化工原料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1＝﹣99kJ•mol﹣1②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2＝﹣58kJ•mol﹣1③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3（1）△H3＝+41kJ•mol﹣1，②反应正向的熵变△S＜0。（填“＞”、“＜”或“＝”）（2）在容积为2L的密闭容器中，充入一定量CO2和H2合成甲醇（上述②反应），在其他条件不变时，温度T1、T2对反应的影响图象如图。①温度为T1时，从反应到平衡，生成甲醇的平均速率为v（CH3OH）＝mol/（L•min）。②图示的温度T1＜T2（填写“＞”、“＜”或“＝”）（3）T1温度时，将2molCO2和6molH2充入2L密闭容器中，充分反应（上述②反应）达到平衡后，容器内的压强与起始压强之比为3：4，则CO2的转化率为50%。（4）对于反应①，下列表述中可以判断该反应的平衡已经建立的是BCD。A．物质的总质量固定不变B．物质的总物质的量固定不变C．该反应置于绝热体系中进行，体系的温度固定不变D．混合气体的平均分子量固定不变【分析】（1）根据盖斯定律②﹣①得③；②反应是气体体积减小的反应，则该反应是熵减的反应；（2）①温度为T1时，从反应到平衡，生成甲醇物质的量为nAmol，结合v＝计算；②温度越高，反应速率越快，越先达到平衡状态；（3）T1温度时，将2molCO2和6molH2充入2L密闭容器中，充分反应（上述②反应）达到平衡后，容器内的压强与起始压强之比为3：4，列化学平衡三段式解答；（4）判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正＝v逆（同物质），Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据。【解答】解：（1）根据盖斯定律②﹣①得CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3＝（﹣58+99）kJ•mol﹣1＝+41kJ•mol﹣1；②反应是气体体积减小的反应，则该反应是熵减的反应，则②反应正向的熵变△S＜0，故答案为：+41；＜；（2）①由图可知，反应达到平衡，生成甲醇物质的量为nAmol，v（CH3OH）＝＝mol/（L•min），故答案为：mol/（L•min）；②由图可知，温度为T2时，反应先达到平衡，根据温度越高，反应速率越快，越先达到平衡状态，则T1＜T2，故答案为：＜；（3）设CO2转化物质的量为xmol，