河南省辉县市第一中学2024届化学高二下期末质量跟踪监视模拟试题含解析

河南省辉县市第一中学2024届化学高二下期末质量跟踪监视模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14。下列说法正确的是A．Y的阳离子半径比O2-半径大B．最简单的气态氢化物的稳定性:

Z<WC．X、Z、W最高价氧化物对应水化物酸性的强弱顺序为W<Z<XD．Y与W形成的化合物的水溶液其pH>72、下列属于强电解质的是A．硫酸钡 B．食盐水 C．二氧化硅 D．醋酸3、表示一个原子在第三电子层上有10个电子可以写成（）A．3d104s2B．3d104s1C．3s23p63d2D．3s23p64s24、我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如下：下列说法不正确的是A．过程i发生了加成反应B．利用相同原理以及相同原料，也能合成间二甲苯C．中间产物M的结构简式为D．该合成路线理论上碳原子100％利用，且最终得到的产物可用蒸馏方法分离得到对二甲苯粗产品5、向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是()A．在[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋提供孤对电子，NH3提供空轨道B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2＋C．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变D．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化6、下列表示错误的是()A．Na+的轨道表示式：B．Na+的结构示意图：C．Na的电子排布式：1s22s22p63s1D．Na的简化电子排布式：[Ne]3s17、已知：还原性HSO3—>I—，氧化性IO3—>I2。在含0.3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如右图所示（图中坐标单位均为mol）。下列说法不正确的是A．0～b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3－＋IO3－=3SO42－＋I－＋3H＋B．a点时消耗NaHSO3的物质的量为0.12molC．当溶液中I—与I2的物质的量之比为5：2时，加入的KIO3为0.18molD．b点时的还原产物可能是KI或NaI，b～c间的还原产物是I28、实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示，(已知：PdC12溶液遇CO能产生黑色的Pd)，下列说法错误的是（）A．装置①的仪器还可以制取H2气体B．装置⑤中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯C．装置②③中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4D．装置⑥中有黑色沉淀，发生的反应是PdC12+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HC19、下列用品中主要由合成材料制造的是()A．宇航服 B．宣纸 C．羊绒衫 D．棉衬衣10、FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如下图所示，下列说法不正确的是A．产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeOB．沉淀过程中有CO2气体放出C．过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒D．可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质11、下列叙述不正确的是A．10mL质量分数为98％的H2SO4用10mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49％B．配制0.1mol·L−1的Na2CO3溶液480mL，需用500mL容量瓶C．在标准状况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol·L−1的氨水D．向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)12、已知含氧酸可用通式XOm（OH）n来表示，如X是S，则m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO1．一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸．下列各含氧酸中酸性最强的是A．H2SeO3 B．HMnO1 C．H3BO3 D．H3PO113、下列实验方案不能达到实验目的的是实验目的实验方案A证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体通入溴的四氯化碳溶液B证明蛋白质在某些无机盐溶液作用下发生变性向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，有沉淀析出，再把沉淀加入蒸馏水C检验蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入适量稀NaOH溶液，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热D通过一次实验比较乙酸、碳酸、苯酚溶液的酸性强弱向碳酸钠溶液中滴加乙酸，将所得气体通入饱和NaHCO3溶液洗气，再通入苯酚钠溶液中A．A B．B C．C D．D14、分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解生成酸和醇，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有（不考虑立体异构）A．6种 B．8种 C．12种 D．20种15、下列说法不正确的是（）A．钠燃烧产物为过氧化钠B．锂燃烧产物为氧化锂C．Na2O和Na2O2均属于碱性氧化物D．Na2O和Na2O2均与CO2反应16、下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是A．Na2O2、KOH、Na2SO4 B．MgO、Na2SO4、NH4HCO3C．NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4 D．HCl、Al2O3、MgCl217、乙醇（CH3CH2OH）和二甲醚（CH3－O－CH3）互为的同分异构体的类型为（）A．碳链异构 B．位置异构 C．官能团异构 D．顺反异构18、下列有关0.1mol·L-1NaOH溶液的叙述正确的是()A．1L该溶液中含有NaOH40g B．100mL该溶液中含有Na+0.01molC．从1L该溶液中取出100mL,所取出的NaOH溶液的浓度为0.01mol·L-1 D．在1L水中溶解4gNaOH即可配制得0.1mol·L-1NaOH溶液19、下列物质中，既能被酸性KMnO4溶液氧化，又能和溴水反应的是①丙烯②丙炔③苯④甲苯⑤聚乙烯⑥苯酚⑦乙酸乙酯⑧乙酸A．①③⑤⑦ B．①④⑥C．①②⑥ D．①②⑥⑧20、三位科学家因在烯烃复分解反应研究中的杰出贡献而荣获2005年度诺贝尔化学奖，烯烃复分解反应可示意如下：下列化合物中，经过烯烃复分解反应可以生成的是A． B． C． D．21、下列说法在一定条件下可以实现的是()①酸性氧化物与碱发生反应②弱酸与盐溶液反应可以生成强酸③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应④两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性⑤有单质参加的非氧化还原反应⑥两种氧化物反应的产物有气体A．①②③④⑤⑥ B．②④⑥ C．②③⑤ D．③④⑥22、下列说法正确的是（）A．在101kPa时，1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，H2的燃烧热为－285.8kJ·mol－1B．测定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度，NaOH起始温度和反应后终止温度C．在101kPa时，1molC与适量O2反应生成1molCO时，放出110.5kJ热量，则C的燃烧热为110.5kJ·mol－1D．在稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)，H＝－57.3kJ·mol－1。若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJ二、非选择题(共84分)23、（14分）盐X由三种元素组成，其具有良好的热电性能，在热电转换领域具有广阔的应用前景。为研究它的组成和性质，现取12.30g化合物X进行如下实验：试根据以上内容回答下列问题：(1)X的化学式为_____________。(2)无色溶液B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为______________。(3)蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，其离子方程式为____________。(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X，其化学方程式为__________。24、（12分）有机物A（C10H20O2）具有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂。已知：①B分子中没有支链。②D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。③D、E互为具有相同官能团的同分异构体。E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种。④F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）B可以发生的反应有_________（选填序号）①取代反应②消去反应③加聚反应④氧化反应（2）D、F分子所含的官能团的名称依次是：_________、____________。（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：________________________________________________________。（4）E可用于生产氨苄青霉素等。已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2—甲基—1—丙醇和甲酸在一定条件下制取E。该反应的化学方程式是_______________________________。25、（12分）物质分离、提纯的常用装置如图所示，根据题意选择合适的装置填入相应位置。（1）我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写到：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”所用的是__装置（填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”或“戊”，下同）。（2）《本草衍义》中对精制砒霜过程的叙述为：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下重如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法所用是_____装置。（3）海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图：其中分离步骤①、②、③所用分别为：_____装置、_____装置、_____装置。26、（10分）某兴趣小组的同学设计了如下装置进行试验探究，请回答下列问题：（1）为准确读取量气管的读数，除视线应与量气管凹液面最低处向平，还应注意。若考虑分液漏斗滴入烧瓶中液体的体积（假设其它操作都正确），则测得气体的体积将（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（2）若在烧瓶中放入生铁，用此装置验证生铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀。=1\*GB3①通过分液漏斗向烧瓶中加入的试剂可选用下列（填序号）a．NaOH溶液B．C2H5OHc．NaCl溶液D．稀硫酸=2\*GB3②能证明生铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀的现象是。（2）若烧瓶中放入粗铜片（杂质不参与反应），分液漏斗内放稀硝酸，通过收集并测量NO气体的体积来探究粗铜样品的纯度。你认为此方法是否可行（填“可行”或“不可行”，若填“不可行”请说明原因）。（3）为探究MnO2在H2O2制取O2过程中的作用，将等量的H2O2加入烧瓶中，分别进行2次实验（气体体积在同一状况下测定）：序号烧瓶中的物质测得气体体积实验120mLH2O2，足量MnO2V1实验220mLH2O2，足量MnO2和稀硫酸V1<V2<2V1若实验1中MnO2的作用是催化剂，则实验2中发生反应的化学方程式为。（4）若烧瓶中放入镁铝合金，分液漏斗内放NaOH溶液，分别进行四次实验，测得以下数据（气体体积均已换算成标准状况）：编号镁铝合金质量量气管第一次读数量气管第二次读数Ⅰ1.0g10.00mL346.30mLⅡ1.0g10.00mL335.50mLⅢ1.0g10.00mL346.00mLⅣ1.0g10.00mL345.70mL则镁铝合金中镁的质量分数为。27、（12分）利用如图所示的实验装置进行实验。（1）装置中素瓷片的作用____________，矿渣棉的作用__________。（2）请设计实验证明所得气体生成物中含有不饱和气态烃______。28、（14分）(1)甲醇一空气燃料电池(DMFC)是一种高效能、轻污染的车载电池，其工作原理如图甲所示，该电池中正极的电极反应式为_____。(2)工业上合成甲醇一般采用下列反应：COg+2H2g①由图中数据判断a_______0(填“＞”“＝”或“＜”)。②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的恒容密闭容器中，充分反应达到平衡后，测得c(CO)＝0.5mol·L－1，则此时的温度为________℃。(3)T℃时，在恒容密闭容器中发生反应：COg①反应从0min到3min之间，CH3OH的反应速率为________________。②CO在0～1min和1～3min时平均反应速率[平均反应速率分别以v(0～1)，v(1～3)表示]的大小为_____________________________。(4)目前工业上有一种方法是用CO2和H2在230℃、催化剂条件下转化生成甲醇蒸气和水蒸气。图丁表示恒压容器中0.5molCO2和1.5molH2反应时转化率达80％的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式：_________________________________。29、（10分）有A，B，C，D四种元素。已知：①它们均为周期表中前20号元素，C，D在同一周期，A，B在同一主族；②它们可以组成化合物B2C2、A2C、DC2等；③B的阳离子与C的阴离子的核外电子排布相同；④B2C2同A2C或DC2反应都生成气体C2，B与A2C反应产生气体A2，A2与气体C2按体积比2∶1混合后点燃能发生爆炸，其产物是一种无色无味的液体(在常温下)。请回答下列问题：(1)写出A，B，C，D四种元素的符号：A________，B________，C________，D________。(2)在B2C2、A2C和DC2中，属于离子化合物的是________，其电子式是__________________，属于共价化合物的是____________，其结构式是____________________。并指出含几个σ键，几个π键。(3)写出有关的化学方程式：_____________________________________。

参考答案一、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、B【解题分析】分析：X、Y、Z、W是短周期的元素，原子序数依次递增。Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Y为Al元素；Z处于第三周期，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则Z为Si元素；X与Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14-3-4=7，且原子序数最大，W为Cl元素，结合元素周期律和物质的性质解答。详解：根据以上分析可知X为C，Y为Al，Z为Si，W为Cl，则A、Y为Al元素，Al3+与O2-电子层结构相同，前者原子序数大于后者，故离子半径Al3+＜O2-，A错误；B、Z(Si)、W(Cl)最简单的气态氢化物分别为：SiH4、HCl，元素非金属性越强气态氢化物越稳定，所以稳定性SiH4＜HCl，B正确；C、X(C)、Z(Si)、W(Cl)最高价氧化物对应水化物分别为：H2CO3、H2SiO3、HClO4，元素非金属性越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，所以酸性：H2SiO3＜H2CO3＜HClO4，C错误；D、Y(Al)与W(Cl)形成的化合物为AlCl3，是强酸弱碱盐，水溶液显酸性，pH＜7，D错误。答案选B。2、A【解题分析】

按强电解质的定义可知，强电解质指在水中完全电离的电解质，包含强酸、强碱、大部分盐等。所以对四个选项进行物质分类考查：A.可知硫酸钡是强电解质，A项正确；B.食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，B项错误；C.二氧化硅是非电解质，C项错误；D.醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D项错误。故答案选A。3、C【解题分析】分析：s能级有1个轨道，最多可容纳2个电子，p能级有3个轨道，最多可容纳6个电子，d能级有5个轨道，最多可容纳10个电子，按照能量最低原理分析。详解：按照能量最低原理，在同一电子层，电子应先排满s能级，再排满p能级，最后排d能级，A选项中第三电子层上10个电子全部排在3d轨道，A选项错误；B选项中第三电子层上10个电子全部排在3d轨道，B选项错误；C选项中第三电子层上3s轨道排满2个电子，3p轨道排满6个电子，剩余2个电子排在3d轨道，C选项符合能量最低原理，C选项正确；按照能量最低原理，第三电子层先排3s轨道，再排3p轨道，因为4s轨道能量比3d轨道能量低，电子在排满3p轨道以后，电子进入4s轨道，4s轨道排满后再排3d轨道，D选项中第三电子层只有8个电子，D选项错误；正确选项C。4、D【解题分析】

根据图示，M为，结合物质的变化和有机反应类型分析解答。【题目详解】A．反应中C=C键生成C-C键，为加成反应，故A正确；B．异戊二烯与丙烯醛发生加成反应，有两种加成方式，可能生成间二甲苯和对二甲苯，但不可能生成邻二甲苯，故B正确；C．由球棍模型可知M含有C=C键，且含有醛基和甲基，结构简式为，故C正确；D．过程i为加成反应，过程ii生成了对二甲苯和水，碳原子全部利用，转化为最终产物，则碳原子100%利用，对二甲苯不溶于水，可用分液的方法分离得到含有的对二甲苯粗产品，故D错误；答案选D。【题目点拨】本题的易错点为B，要注意异戊二烯与丙烯醛发生加成反应，有两种加成方式，分别得到或。5、B【解题分析】分析：A．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键；B．氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；C．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；D．络合物在乙醇中溶解度较小。详解：A．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故A错误；B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，故B正确；C．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故C错误；D．[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故D错误；故选B。6、A【解题分析】

A．钠离子的核电荷数为11，核外电子数为10，核外电子排布式为1s22s22p6，每个轨道上存在自旋方向相反的电子，电子排布图：，故A错误；B．基态Na原子的电子排布式：1s22s22p63s1，故B正确；

C．Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，结构示意图为，故C正确；D．钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，或简写为[Ne]3s1，故D正确；故答案为A。7、C【解题分析】

还原性HSO-3＞I-，所以首先发生的离子反应是3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋。继续加入KIO3，已知氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2。【题目详解】A、根据图像可知，0～b间没有单质碘生成，所以反应可用如下离子方程式表示：3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋，A正确；B、根据图像可知，a点碘酸钾的物质的量是0.04mol，所以根据反应3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋可知，消耗NaHSO3的物质的量为0.04mol×3＝0.12mol，B正确；C、设生成的碘单质的物质的量为n，则溶液中I—的物质的量是2.5n。则根据反应IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2可知，消耗的KIO3的物质的量为，消耗碘离子的量为。根据反应3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋可知，0.3molNaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为0.1mol，生成碘离子的物质的量也是0.1mol，则0.1mol－＝2.5n，解得＝mol，所以消耗碘酸钾的物质的量是（＋0.1mol）＝0.108mol，C不正确；D、根据以上分析可知，b点时的还原产物可能是KI或NaI，b～c间的还原产物是I2，D正确。答案选C。8、C【解题分析】

由实验装置图可知，装置①为二氧化碳制备装置，装置②中盛有饱和碳酸氢钠溶液，用以除去二氧化碳中的氯化氢，装置③中盛有浓硫酸，用以除去水蒸气，装置④为钠与干燥二氧化碳在加热条件下发生反应的装置，装置⑤为二氧化碳的检验装置，装置⑥为一氧化碳的检验和吸收装置。【题目详解】A项、装置①为固体和液体不加热反应制备气体的装置，锌和稀硫酸反应制氢气可以用装置①，故A正确；B项、金属钠易与空气中的氧气、水蒸气等发生反应，实验之前，应用二氧化碳气体排出装置中的空气，当装置⑤中石灰水变浑浊后，说明空气已排净，再点燃酒精灯，可排除氧气、水蒸气等对钠与二氧化碳反应的干扰，故B正确；C项、装置①中反应产生的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，因为碳酸钠溶液与二氧化碳反应，应先用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳气体中的氯化氢，故C错误；D项、根据题给信息可知，PdC12溶液与CO发生氧化还原反应生成黑色的Pd、二氧化碳和氯化氢，反应的化学方程式为PdC12+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HC1，故D正确。故选C。【题目点拨】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意碳酸钠与盐酸反应制备二氧化碳气体，会含有杂质气体氯化氢和水蒸气，要得到纯净的二氧化碳气体，混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通过浓硫酸，不能用饱和碳酸钠溶液除氯化氢，因为碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠。9、A【解题分析】

A．宇航员由合成纤维制成，具有强度高、防辐射等优点，A项符合题意；B．宣纸的主要材料为纤维素，不属于合成材料，B项不符合题意；C．羊绒衫的主要成分为蛋白质，不属于合成材料，C项不符合题意；D．棉衬衣的主要成分为纤维素，不属于合成材料，D项不符合题意；本题答案选A。10、A【解题分析】

A、碳酸亚铁在空气中高温分解，亚铁可能被空气中氧化氧化成+3价铁，错误；B、Fe2＋和HCO3－发生双水解反应，生成CO2，正确；C、过滤所用玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，正确；D、KSCN溶液遇Fe3＋显红色，因此KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质，正确。答案选A。11、C【解题分析】

A．硫酸的密度大于水的，因此11mL质量分数为98％的H2SO4用11mL水稀释后；H2SO4的质量分数大于49％，A正确；B．没有481mL的容量瓶，因此配制1．1mol·L-1的Na2CO3溶液481mL，需用511mL容量瓶，B正确；C．在标准状况下，将2．4L氨气溶于1L水中，所得溶液的体积不是1，因此得不到1mol·L-1的氨水，C错误；D．由于过氧化钠可以看作是Na2O·O，与水反应后生成氢氧化钠、氧气，溶液增加的质量就是Na2O，因此向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1（保持温度不变），D正确；答案选C。12、B【解题分析】

A．H2SeO3可改写成SeO(OH)3，非羟基氧原子数目为1；B．HMnO1可改写为MnO3(OH)1，非羟基氧原子数目为3；C．H3BO3可改写成B(OH)3，非羟基氧原子数目为0；D．H3PO1可改写为PO(OH)3非羟基氧原子数目为1；H3BO3中非羟基氧原子数最少，酸性最弱；HMnO1中非羟基氧原子数最多，酸性最强；故选B。【题目点拨】含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，据此可以知道，非羟基氧原子数目越大，酸性越强，将选项中含氧酸改写成XOm(OH)n形式，根据非羟基氧原子数目判断。13、B【解题分析】

A．溴乙烷在NaOH的乙醇溶液，加热，发生消去反应可生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应可使溴的四氯化碳溶液褪色，可达到实验目的，A项正确；B．向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，鸡蛋清因在盐溶液中的溶解度减小而发生盐析，再加入足量的蒸馏水，鸡蛋清溶解，从而证明盐析过程是可逆的物理变化，该实验无法验证蛋白质的变性，B项错误；C．蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖和果糖，通过加入适量稀NaOH溶液调节溶液呈碱性，在加热条件下葡萄糖与银氨溶液发生银镜反应，可达到实验目的，C项正确；D．向碳酸钠溶液中滴加乙酸，生成二氧化碳，证明乙酸的酸性强于碳酸；由于乙酸具有挥发性，故将所得气体通入饱和NaHCO3溶液中洗气，再通入苯酚钠溶液中出现混浊，证明碳酸的酸性强于苯酚，可达到实验目的，D项正确；答案应选B。14、C【解题分析】

分子式为C4H8O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为4，讨论羧酸与醇含有的碳原子，判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目。【题目详解】分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丙醇酯化，甲酸1种，丙醇有2种；若为乙酸和乙醇酯化，乙酸1种，乙醇有1种；若为丙酸和甲醇酯化，丙酸有1种，甲醇1种，故羧酸共有3种，醇共有4种，酸和醇重新组合可形成的酯共有3×4=12种，故选C。15、C【解题分析】分析：A.钠燃烧生成过氧化钠；B.锂燃烧生成氧化锂；C.能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物；D.根据物质的性质、发生的反应解答。详解：A.钠燃烧的产物为过氧化钠，常温下与氧气反应生成氧化钠，A正确；B.锂的金属性弱于钠，燃烧产物为氧化锂，B正确；C.Na2O属于碱性氧化物，Na2O2不属于碱性氧化物，C错误；D.Na2O与CO2反应生成碳酸钠，Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，D正确。答案选C。16、A【解题分析】

A、Na2O2、KOH、Na2SO4都有离子键和共价键，正确；B、MgO只有离子键，错误；C、H2SO4只有共价键，错误；D、氯化氢只有共价键，Al2O3、MgCl2只有离子键，错误；答案选A。17、C【解题分析】

乙醇和二甲醚属于不同类型的有机物，含有的官能团分别是羟基和醚键，因此应该是官能团异构，答案选C。18、B【解题分析】

A．1L该溶液中含有NaOH质量为m=nM=1L×0.1mol·L－1×40g/mol=4g，故A错误；B．100mL该溶液中含有OH-物质的量为n=cV=0.1L×0.1mol·L－1=0.01mol，故B正确；C．从1L该溶液中取出100mL，所取出的NaOH溶液的浓度为不变，故C错误；D．在1L水中溶解4gNaOH后，体积不是1L，可能略大于1L即可配制得溶液略小于0.1mol·L－1配制0.1mol•L-1NaOH溶液的正确方法为：将4gNaOH溶解到水中，配制成1L的溶液，故D错误；答案选B。19、C【解题分析】

①丙烯中含碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，能和溴水发生加成反应，①符合题意；②丙炔中含碳碳三键，能被酸性KMnO4溶液氧化，能和溴水发生加成反应，②符合题意；③苯不能被酸性KMnO4溶液氧化，不能和溴水反应，③不符合题意；④甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化，但不能和溴水反应，④不符合题意；⑤聚乙烯中不含碳碳双键，不能被酸性KMnO4溶液氧化，不能和溴水反应，⑤不符合题意；⑥苯酚既能被酸性KMnO4溶液氧化，又能和溴水发生取代反应，⑥符合题意；⑦乙酸乙酯不能被酸性KMnO4溶液氧化，不能和溴水反应，⑦不符合题意；⑧乙酸不能被酸性KMnO4溶液氧化，不能和溴水反应，⑧不符合题意；符合题意的有①②⑥，答案选C。20、A【解题分析】

根据烯烃复分解反应的规律，A项，发生复分解反应生成和CH2=CH2，A项符合题意；B项，发生复分解反应生成和CH3CH=CH2，B项不符合题意；C项，发生复分解反应生成和CH2=CH2，C项不符合题意；D项，发生复分解反应生成和CH3CH=CH2，D项不符合题意；答案选A。21、A【解题分析】分析：①酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的化合物，所以酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应；

②弱酸与盐溶液如果满足复分解条件也可能生成强酸，如H2S＋CuSO4=H2SO4＋CuS↓；

③如果生成弱电解质也可以发生复分解反应，所以发生复分解反应，但产物既没有水生成，也没有沉淀和气体生成也能发生；

④两种酸溶液充分反应后,所得溶液呈中性可以实现,如亚硫酸和氢硫酸反应；

⑤氧气和臭氧之间的转化有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应；

⑥二氧化氮与水反应生成NO、过氧化钠与水反应生成氧气，都满足:两种氧化物反应的产物有气体。详解：①酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和水，故①正确；②根据反应H2S＋CuSO4=H2SO4＋CuS↓可知，弱酸可以制备强酸，②正确；③醋酸钠与盐酸反应生成醋酸和氯化钠，符合没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应，故③正确；④2H2S+H2SO3=3H2O+S↓可以知道：氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故④正确；⑤同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化和还原反应，⑤正确；⑥反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故⑥正确；综合以上分析，本题选A。点睛：本题主要考查高中化学中的一些化学反应，需要学生平时多总结归纳，熟练掌握化学方程式。22、B【解题分析】

A．燃烧热是指在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，A中没有指明温度，故A错误；B．中和热测定时，必须测定起始温度和反应后温度，所以每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度，NaOH起始温度和反应后终止温度，故B正确；C．碳生成稳定氧化物为二氧化碳，不是一氧化碳，所以不能表示碳的燃烧热，故C错误；D．因为浓硫酸稀释放热，所以将含0.5mol

H2SO4的浓硫酸与含1mol

NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、CuAlO2AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋SO42－＋4H＋2Al2O3＋4CuO4CuAlO2＋O2↑【解题分析】

蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B，则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2，沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO，D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2；无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C，故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3；则溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素，则红色固体A为Cu，结合转化可知X中还含有O元素。结合题意中物质的质量计算解答。【题目详解】(1)根据上述分析，固体X中含有Cu、Al和O元素。Al(OH)3的物质的量为=0.1mol，Cu(OH)2的物质的量为=0.05mol，Cu单质的物质的量为=0.05mol，由原子守恒可知12.3gX中含有0.1molAl原子、0.1molCu原子，则含有O原子为：=0.2mol，则X中Cu、Al、O原子数目之比为0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2，故X的化学式为CuAlO2，故答案为：CuAlO2；(2)B中含有AlO2-，B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；(3)F为CuCl2，F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，Cu、Cl原子的个数之比为＝1：1，则沉淀为CuCl，反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+；(4)Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3，与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2，其化学方程式为：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑，故答案为：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑。24、①②④羧基碳碳双键、【解题分析】

B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，据此分析作答。【题目详解】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，（1）B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，B属于饱和一元醇，B可以与HBr、羧酸等发生取代反应，B中与—OH相连碳原子的邻碳上连有H原子，B能发生消去反应，B能与O2、KMnO4等发生氧化反应，B不能加聚反应，答案选①②④。（2）D为CH3CH2CH2CH2COOH，所含官能团名称为羧基；F为CH3CH2CH2CH=CH2，所含官能团名称为碳碳双键。（3）D、E的官能团为羧基，与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式为（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH。（4）E为（CH3）3CCOOH，2—甲基—1—丙醇与甲酸在一定条件下制取E的化学方程式为。25、丙戊乙甲丁【解题分析】

由图可知，装置甲为过滤；装置乙为灼烧；装置丙为蒸馏；装置丁为分液；装置戊为升华。【题目详解】（1）由题意可知，从浓酒中分离出乙醇，是利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，故答案为丙；（2）“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体，类似于碘的升华，因此涉及的操作方法是升华，故答案为戊；（3）由流程图可知，步骤①为海藻在坩埚中灼烧，选乙装置；步骤②过滤海藻灰悬浊液得到含碘离子的溶液，选甲装置；步骤③为向含碘水溶液中加入有机溶剂萃取分液的到含碘的有机溶液，选丁装置，故答案为乙、甲、丁。【题目点拨】本题考查混合物分离提纯，把握物质性质的异同及实验装置的分析与应用为解答的关键。26、8.（1）冷却至室温后，量气筒中和漏斗中的两液面相平；无影响（2）①ac②量气管中液面下降（3）不可行NO会与装置中O2、H2O发生反应生成HNO3，使测得的NO不准（4）H2O2+MnO2+2H＋=Mn2＋+2H2O+O2↑、2H2O22H2O+O2↑（5）73%【解题分析】试题分析：（1）读数时应注意:①将实验装置恢复到室温；②上下调节右管，使右管液面高度与测量气管中液面高度平齐；③视线与凹液面最低处相平，所以为准确读取量气管的读数，除视线应与量气管凹液面最低处向平，还应注意冷却至室温后，量气筒中和漏斗中的两液面相平；只要上下调节右管，使右管液面高度与测量气管中液面高度平齐，就能使内外气压相等，则测得气体的体积将无影响。（2）①钢铁在中性或弱碱性环境中易发生吸氧腐蚀，所以通过分液漏斗向烧瓶中加入的试剂是ac；②吸氧腐蚀消耗氧气，所以量气管中液面下降。（3）若烧瓶中放入粗铜片（杂质不参与反应），分液漏斗内放稀硝酸，通过收集并测量NO气体的体积来探究粗铜样品的纯度，该方法不可行，因为NO会与装置中O2、H2O发生反应生成HNO3，使测得的NO不准。（4）若实验1中MnO2的作用是催化剂，双氧水完全反应生成气体的体积为V1，而实验2中生成气体的体积为V1<V2<2V1，说明除发生了实验1的反应外，还有其它反应发生，所以实验2发生反应的化学方程式为H2O2+MnO2+2H＋=Mn2＋+2H2O+O2↑、2H2O22H2O+O2↑。（5）编号Ⅱ的实验数据误差较大，舍弃，求其它三个体积的平均值，V=（336.30+336.00+335.70）÷3=336.0mL，根据化学反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，氢气的物质的量为0.015mol，则参加反应的铝的物质的量为0.01mol，铝的质量为0.01mol×27g/mol=0.27g，则镁铝合金中镁的质量分数为（1-0.27）÷1×100%=73%。考点：考查实验探究方案的设计与评价，化学计算等知识。27、作催化剂作为石蜡油的载体将所得气体通入到酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液中，若观察到溶液颜色褪色则说明所得气体中含有气态不饱和烃【解题分析】

石蜡油主要含碳、氢元素，经过反应产生能使酸性高锰酸钾溶液褪色的气体，一般是气态不饱和烃，如乙烯或乙炔等。石蜡油分子本身碳原子数较多，经过反应产生乙烯、乙炔等小分子，主要是发生了催化裂化，生成相对分子质量较小、沸点较低的烃。【题目详解】(1)根据上述分析可知：装置中素瓷片起到了催化剂的作用，矿渣棉用作为石蜡油的载体，故答案：作催化剂；作为石蜡油的载体；(2)因为石蜡油主要含碳、氢元素，主要是发生了催化裂化，经过反应能生成气态不饱和烃，如乙烯或乙炔等。这些气态不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也可以和溴水发生加成反应，所以可以将所得气体通入到酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液中，若观察到溶液颜色褪色则说明所得气体中含有气态不饱和烃，故答案：将所得气体通入到酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液中，若观察到溶液颜色褪色则说明所得气体中含有气态不饱和烃。28、O2+4e-+4H+=2H2O＜310℃0.2mol/（L·mi