绵阳中学2024届化学高二下期末联考模拟试题含解析

绵阳中学2024届化学高二下期末联考模拟试题注意事项：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、中药麻黄成分中含有生物碱、黄酮、鞣质、挥发油、有机酚、多糖等许多成分，其中一种有机酚的结构简式如图。下列说法正确的是()A．分子中所有碳原子可以处于同一平面B．分子式为C15H12O7C．1mol该有机物跟足量浓溴水反应，最多消耗5molBr2D．1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗5molNaOH2、我国科学家屠呦呦因成功提取青蒿素而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖。研究团队发现在温度较高时未能提取到青蒿素，最终确认只有采用低温、乙醚冷浸等方法才能成功提取青蒿素。下面反应是青蒿素在一定条件下转化为双氢青蒿素：以下说法不正确的是（）A．较高温度下未能提取到青蒿素的原因与分子中存在非极性的O—O键的不稳定性有关B．青蒿素和双氢青蒿素均能使湿润的淀粉-碘化钾试纸变蓝色C．双氢青蒿素比青蒿素的水溶性好，所以治疗疟疾的效果更好D．青蒿素属于酯类化合物，分子中碳原子采用sp3杂化3、将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：H2NCOONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。能判断该反应已经达到化学平衡的是（）①v(NH3)正=2v(CO2)逆②密闭容器中总压强不变③密闭容器中混合气体的密度不变④密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变⑤密闭容器混合气体的总物质的量不变⑥密闭容器中CO2的体积分数不变⑦混合气体总质量A．①②③⑤⑦ B．①②⑤⑦ C．①⑤⑥ D．全部4、要使金属晶体熔化必须破坏其中的金属键。金属晶体熔、沸点高低和硬度大小一般取决于金属键的强弱，而金属键的强弱与金属阳离子所带电荷的多少及半径大小相关。由此判断下列说法正确的是A．金属镁的硬度大于金属铝B．碱金属单质的熔、沸点从Li到Cs是逐渐增大的C．金属镁的熔点大于金属钠D．金属镁的硬度小于金属钙5、为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如图实验。关于该实验的分析不正确的是A．①浊液中存在平衡：Ag2CrO4(s)⇌2Ag+(aq)+CrO42－(aq)B．②中溶液变澄清的原因：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2OC．③中颜色变化说明有AgCl生成D．该实验可以证明AgCl比Ag2CrO4更难溶6、工业上运用电化学方法降解含NO3-废水的原理如图所示，下列有关说法不正确的是A．相同条件下，Pt电极上产生O2和Pt-A电极上产生N2的体积比为5:2B．通电时电子的流向：b电极→导线→Pt-Ag电极→溶液→Pt电极→导线→a极C．Pt-Ag电极上的电极反应式：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2OD．通电时，Pt电极附近溶液的pH减小7、在标准状况下，用铂电极电解CuSO4溶液，当阴极产生12.8g铜时，阳极放出的气体是A．1.12LH2B．1.12LO2C．2.24LH2D．2.24LO28、X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍。下列有关叙述正确的是()A．Y原子的价层电子排布式为3s23p5B．稳定性：Y的氢化物＞Z的氢化物C．第一电离能：Y＜ZD．X、Y两元素形成的化合物为离子化合物9、下列分子中的官能团相同的是()A．①和② B．③和④ C．①和③ D．②和④10、以下是常温下几种弱酸的电离平衡常数：CH3COOHH2SHClOK=1.8×10－5K1=1.3×10－7K2=7.1×10－15K=4.69×10－11下列说法正确的是A．可发生反应：H2S+2ClO－=S2－+2HClOB．CH3COOH溶液与Na2S溶液不能反应生成NaHSC．同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是NaClO溶液D．同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH11、下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是A．中性溶液中：K+、Al3+、Cl−、SO42−B．含有大量AlO2−的溶液中：Na+、K+、HCO3−、NO3−C．pH=1的溶液中：NH4+、Na+、Fe3+、SO42−D．Na2S溶液中：SO42−、K+、Cu2+、Cl−12、下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是A．升高温度B．用Zn粉代替Zn粒C．改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应D．滴加少量的CuSO4溶液13、下列不是室内污染物的是：A．CO B．甲苯 C．尼古丁 D．食品袋14、下列化石燃料的炼制和加工过程中不涉及化学变化的是A．石油的分馏 B．石油的裂解 C．煤的液化 D．煤的干馏15、有X、Y、Z、W、M五种短周期元素,其中X、Y、Z、W同周期,Z、M同主族;X+与M2-具有相同的电子层结构;离子半径:Z2->W-;Y的单质晶体熔点高、硬度大,是一种重要的半导体材料。下列说法中正确的是()A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物B．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强C．X2M、YM2中含有相同类型的化学键D．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂16、运用下列实验装置和操作能达到实验目的和要求的是A．分离氯化铵和单质碘B．除去淀粉胶体中混有的氯化钠C．加热胆矾(CuSO4·5H2O)制取无水硫酸铜D．除去SO2中的HCl17、下列实验所选择的试剂、装置或仪器(夹持装置已略去)能达到相应实验目的的是A．A B．B C．C D．D18、下列说法正确的是（）A．氯乙烷和过量氢氧化钠溶液共热后加入过量稀HNO3和AgNO3溶液最后得到白色沉淀B．某一元醇发生消去反应可以得到丙烯，该醇一定是1-丙醇C．H2O、CH3CH2OH、CH3COOH分别与金属钠反应，反应最慢的是H2OD．酚醛树脂、聚酯纤维、聚苯乙烯这些高分子化合物都是经过缩聚反应得到的19、化学式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是（）A．只含1个键的直链有机物B．含2个键的直链有机物C．含1个键的环状有机物D．含1个—CC—键的直链有机物20、以下有关物质的量浓度的叙述正确的是A．等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应，若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1:2:3B．150mL1mol·L－1的氯化钾溶液中的c(Cl－)与50mL1mol·L－1的氯化铝溶液中的c(Cl－)相等C．20℃时，饱和KCl溶液的密度为1．172g·cm－3，物质的量浓度为2．0mol·L－1，则此溶液中KCl的质量分数为3．38%D．20℃时，100g水可溶解32．2gKCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为32．2%21、化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（）A．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe－2e－==Fe2+B．氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e-==4OH－C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu－2e－==Cu2+D．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑22、下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是A．CH3COOHB．(NH4)2SO4C．Na2CO3D．NaCl二、非选择题(共84分)23、（14分）醇酸树脂，附着力强，并具有良好的耐磨性、绝缘性等，在油漆、涂料、船舶等方面有很广的应用。下面是一种醇酸树脂G的合成路线：已知：RCH2=CH2(1)反应①的反应条件为___________________，合成G过程中会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为____________________________________(2)反应②⑤反应类型分别为________、________；(3)反应④的化学方程式为________；(4)写出一种符合下列条件的F的同分异构体________。a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应b．遇FeCl3溶液显紫色c．核磁共振氢谱有3组峰值，比值为1：1：1(5)设计由1一溴丙烷制备聚丙烯醇（）的流程图：________。24、（12分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：①②回答下列问题：(1)A中官能团的名称为________。由F生成H的反应类型为________。(2)E生成F化学方程式为______________________。(3)G为甲苯的同分异构体，G的结构简式为________(写键线式)。(4)芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，写出2种符合要求的X的结构简式__________。(5)写出甲苯合成A的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)__________。25、（12分）草酸铁晶体Fe2(C2O4)3·xH2O可溶于水，且能做净水剂。为测定该晶体中铁的含量，做了如下实验：步骤1：称量5.6g草酸铁晶体，配制成250mL一定物质的量浓度的溶液。步骤2：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，先加足量稀H2SO4酸化，再滴加KMnO4溶液，反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。向反应后的溶液加锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤3：用0.0200mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200mol/LKMnO4溶液为V2、V3mL。记录数据如下表：实验编号KMnO4溶液的浓度（mol/L）KMnO4溶液滴入的体积（mL）10.0200V1=20.0220.0200V3=19.9830.0200V2=23.32请回答下列问题：（1）草酸铁溶液能做净水剂的原因______________________________（用离子方程式表示）。（2）步骤2加入酸性高锰酸钾的作用_________________________________________________。（3）加入锌粉的目的是______________________________。（4）步骤3滴定时滴定终点的判断方法是_____________________________________________。（5）在步骤3中，下列滴定操作使测得的铁含量偏高的有______。A．滴定管用水洗净后直接注入KMnO4溶液B．滴定管尖嘴内在滴定前有气泡，滴定后气泡消失C．读取KMnO4溶液体积时，滴定前平视，滴定结束后仰视读数D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．（6）实验测得该晶体中铁的含量为_________。26、（10分）某酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，有同学设计了下列方案对废液进行处理（所加试剂均稍过量），以回收金属铜，保护环境。请回答：（1）沉淀a中含有的单质是__________（填元素符号）。（2）沉淀c的化学式是_______________。（3）溶液A与H2O2溶液在酸性条件下反应的离子方程式是__________________。27、（12分）某教师在课堂上用下图所示的装置来验证浓硫酸与铜是否发生反应并探讨反应所产生气体的性质。请回答下列问题：(1)通过试管乙中发生的____现象，说明了铜和浓硫酸发生了化学反应，并且该现象还能说明产生的气体具有______性。(2)若要收集试管甲中生成的气体，可以采用_________方法收集（填序号）。①排水取气法②向上排空气取气法③向下排空气取气法(3)写出试管甲中所发生反应的化学反应方程式__________。(4)试管乙口部浸有碱液的棉花的作用是__________，此防范措施也说明产生的气体是______气体(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，_______(填“有”或“无”)毒性。28、（14分）已知NH4+与甲醛（HCHO）在水溶液中有如下反应：4NH4+＋6HCHO→（CH2）6N4＋4H+＋6H2O，实验室中有一瓶脱落标签的铵盐，取2.0g样品溶于水，加入足量的HCHO溶液配成100mL溶液，取出10mL，加入0.1mol/L的NaOH溶液，当加入25mL时，溶液恰好呈中性，求铵盐中氮元素的质量分数_________。29、（10分）某绿色农药结构简式为，回答下列问题。(1)N元素的基态原子核外有_____种空间运动状态的电子，该农药组成元素中，第一电离能较大的前三种元素是(按由大到小顺序排列)__________________（用元素符号回答，下同），基态硒原子的价层电子排布式为________________________。(2)该物质中杂化轨道类型为sp2的原子有__________。(3)碳、氢、氧元素可形成一系列的化合物，如CH4、C2H6、CH3OH等。与CH4互为等电子体的一种微粒是______。(4)硒化锌的晶胞结构如图所示，则硒的配位数为_______，若晶胞边长为dpm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则硒化锌的密度为____________g/cm3。

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、C【解题分析】

A.分子中两个苯环之间连有3个饱和碳原子类似于甲烷中碳的结构，则所有碳原子不可能处于同一平面，A错误；B.分子式为C15H14O7，B错误；C.1mol该有机物跟足量浓溴水发生取代反应，酚羟基邻位、对位的苯环氢被取代，最多消耗5molBr2，C正确；D.有机物中含有的4个酚羟基与NaOH反应，1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗4molNaOH，D错误；答案为C。2、D【解题分析】

A.非极性的O—O键容易分解，在较高温度下未能提取到青蒿素的原因与分子中存在非极性的O—O键的不稳定性有关，故A正确；B.青蒿素和双氢青蒿素中均存在O—O键，具有强氧化性，均能使湿润的淀粉-碘化钾试纸变蓝色，故B正确；C.双氢青蒿素中含有羟基，羟基是亲水基团，比青蒿素的水溶性好，所以治疗疟疾的效果更好，故C正确；D.青蒿素中含有酯基，属于酯类化合物，分子中碳原子有2种，其中酯基中的碳原子采用sp2杂化，其余碳原子采用sp3杂化，故D错误；故选D。【题目点拨】本题考查了有机物的结构与性质。本题的易错点为AB，A可以联系过氧化氢的分解分析判断；B中O—O键为过氧键，也可以联系过氧化氢的性质分析判断。3、A【解题分析】

在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。【题目详解】①v(NH3)正=2v(CO2)逆满足正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；②正反应体积增大，当密闭容器中总压强不变时反应达到平衡状态；③密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但是气体的质量是变化的，所以当密闭容器中混合气体的密度不变时反应达到平衡状态；④由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态；⑤正反应气体的分子数增大，当密闭容器混合气体的总物质的量不变时反应达到平衡状态；⑥由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中CO2的体积分数始终不变，不能说明反应达到平衡状态；⑦由于反应物是固体，所以混合气体总质量不变时反应达到平衡状态；答案选A。4、C【解题分析】

A、镁离子比铝离子的半径大而所带的电荷少，所以金属镁比金属铝的金属键弱，熔、沸点和硬度都小，A错误；B、从Li到Cs，离子的半径是逐渐增大的，所带电荷相同，金属键逐渐减弱，熔、沸点和硬度都逐渐减小，B错误；C、因离子的半径小而所带电荷多，使金属镁比金属钠的金属键强，所以金属镁比金属钠的熔、沸点和硬度都大，C正确；D、因离子的半径小而所带电荷相同，使金属镁比金属钙的金属键强，所以金属镁比金属钙的熔、沸点和硬度都大，D错误；答案选C。5、D【解题分析】

A、反应①中沉淀是Ag2CrO4，存在溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)＋CrO42-(aq)，故A叙述正确；B、反应①中存在溶解体系，即①的上层清液中存在Ag＋，加入NH3·H2O，先发生Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4＋，继续滴加NH3·H2O，发生AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O，因此溶液显变浑浊，再变澄清，故B叙述正确；C、浊液中加入KCl，有白色沉淀产生，该沉淀为AgCl，故C叙述正确；D、根据实验，加入KCl的浓度为2mol·L－1，比K2CrO4的浓度大的多，当c(Ag＋)×c(Cl－)>Ksp时，就会有AgCl沉淀产生，因此本实验不能说明AgCl比Ag2CrO4更难溶，故D叙述错误；答案选D。6、B【解题分析】分析：该电池中，右侧NO3-得电子与H+反应生成N2和H2O，电极反应式：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，故b为直流电源的负极；a为直流电源的正极，左侧H2O失电子生成O2和H+，电极反应式：2H2O-4e-=O2↑+4H+，据此回答。详解：A.由电极反应式阳极：2H2O-4e-=O2↑+4H+阴极：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O可知，当通过1mole-电子时，阳极产生0.25molO2，阴极产生0.1molO2,因此产生O2和产生N2的体积比为5:2,A正确；B.通电时，电子不能在溶液中移动，B错误；C.Pt-Ag电极为阴极，电极反应式为：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，C正确；D.通电时，Pt电极为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，因此Pt电极附近溶液的pH减小，D正确；答案选B.7、D【解题分析】

用铂电极电解硫酸铜溶液时，阴极反应式为：2Cu2++4e-=2Cu，阳极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2，当阴极产生12.8g铜时，转移电子的物质的量为：12.8÷64g/mol×2=0.4mol，由电子守恒可得n（O2）=0.4mol÷4=0.1mol，体积为：0.1mol×22.4L/mol=22.4L，故答案选D。8、C【解题分析】

X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，则X为H、Li或Na；Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则Y有3个电子层，最外层有6个电子，则Y为硫元素；Z的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为氧元素。则A．Y为硫元素，Y的价层电子排布式为3s23p4，故A错误；B．Y为硫元素，Z为氧元素，非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性Z＞Y，故B错误；C．Y为硫元素，Z为氧元素，第一电离能：Y＜Z，故C正确；D．X为H、Li或Na，Y为硫元素，H、Li或Na与硫元素可以形成硫化氢属于共价化合物，硫化钠和硫化锂属于离子化合物，故D错误；故选C。9、C【解题分析】

①中含有的官能团为羧基，②中含有的官能团为酯基，③中的官能团为羧基，④C2H5OH中的官能团为羟基，含相同官能团的是①③，答案选C。10、D【解题分析】

A、次氯酸具有强氧化性能氧化硫化氢或硫离子，故A错误；B、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S，因此CH3COOH溶液与Na2S溶液反应生成CH3COONa和H2S，故B错误；C、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，根据越弱越水解得到离子的水解能力：CH3COO-＜HS-＜ClO-＜S2-，所以同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是Na2S溶液，故C错误；D、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，所以同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH，故D正确；综上所述，本题正确答案为D。11、C【解题分析】

A.Al3+在溶液中水解使溶液呈酸性，中性溶液中不能大量存在Al3+，故A错误；B.溶液中HCO3−与AlO2−发生如下反应：AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO32−，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.pH=1的溶液为酸性溶液，酸性溶液中四种离子之间不发生反应，且与氢离子不反应，可大量共存，故C正确；D.溶液中S2-与Cu2+结合生成硫化铜沉淀，不能大量共存，故D错误；故选C。【题目点拨】AlO2−结合H+的能力比CO32−强，AlO2-促进HCO3-的电离，在溶液中不能大量共存是解答关键。12、C【解题分析】

A.升高温度加快反应速率，A错误；B.用Zn粉代替Zn粒增大反应物的接触面积，加快反应速率，B错误；C.改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应，氢离子浓度降低，反应速率减小，C正确；D.滴加少量的CuSO4溶液锌置换出铜，构成铜锌原电池，加快反应速率，D错误；答案选C。13、D【解题分析】

室内污染主要来自于化学类污染物、物理类污染物、生物类污染物；化学类污染物主要来自于装修、家具、煤气热水器、杀虫剂、化妆品、抽烟、厨房的油烟等；物理类污染物主要是放射性、噪声、电磁辐射、光污染等；生物类污染物主要来自于细菌、病毒、花粉、宠物的代谢产物等。因此D符合题意；14、A【解题分析】A、石油分馏的过程中是利用了石油中各成分沸点的不同，分离过程中没有新物质生成，属于物理变化，选项A正确；B、石油的裂解得到低分子量的烷烃和烯烃，有新物质生成，属于化学变化，选项B错误；C、煤的液化需要高温，肯定会发生裂化等复杂的化学变化，选项C错误；D、煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等新物质，属于化学变化，选项D错误。答案选A。15、D【解题分析】

根据Y的单质晶体熔点高，硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y为Si，则X、Y、Z、W都在第三周期，再由X+与M2-具有相同的电子层结构，离子半径:Z2-＞W-，依次推出X为Na，M为O，Z为S，W为Cl，然后利用元素形成的化合物的结构和性质以及元素周期律来解答。【题目详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W、M分别是Na、Si、S、Cl、O。则A、钠和氧还可以形成Na2O2，A错误；B、氯元素非金属性强于硅，非金属性越强，氢化物越稳定，则Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的弱，B错误；C、X2M、YM2分别是氧化钠和二氧化硅，其中含有的化学键分别是离子键和共价键，C错误；D、Cl2和O3都具有强氧化性，则可以作为消毒剂，D正确；答案选D。16、B【解题分析】

A、氯化铵和单质碘加热时，前者分解，后者升华，最后又都凝结到烧瓶的底部，故A项不符合题意；B、渗析法可除去淀粉胶体中的氯化钠，故B项符合题意；C、加热胆矾(CuSO4·5H2O)制取无水硫酸铜应在坩埚中进行，故C项不符合题意；D、除去SO2中的HCl，若用氢氧化钠溶液洗气，SO2也被吸收，故D项不符合题意。17、B【解题分析】

A．乙醇与水互溶，不能萃取溴水中的溴，故A错误；B．不饱和烃能被高锰酸钾氧化，可验证石蜡油分解产物中含有的烯烃，故B正确；C．浓度不同、催化剂不同，不能验证催化剂的影响，故C错误；D．量筒的感量为0.1mL，应选酸式滴定管或移液管，故D错误；故答案为B。18、A【解题分析】

A.氯乙烷和过量氢氧化钠反应生成氯化钠，此时溶液呈碱性，需要先用硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，可得到白色沉淀，A正确；B.该醇可能是1-丙醇或2-丙醇，B错误；C.三种物质中，电离出H+的能力：CH3COOH＞H2O＞CH3CH2OH（不电离），所以反应最慢的是CH3CH2OH，C错误；D.酚醛树脂和聚酯纤维通过缩聚反应制得，聚苯乙烯通过加聚反应制得，D错误；故合理选项为A。19、A【解题分析】

把Cl原子看成氢原子，可知C5H7Cl的不饱和度为=2，一个双键的不饱和度为1，一个三键的不饱和度为2，一个环的不饱和度为1，据此判断。【题目详解】A．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个双键的直链有机物不饱和度为1，故A错误；B．C5H7Cl的不饱和度为2，含有两个双键的直链有机物不饱和度为2，故B正确；C．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个双键的环状有机物不饱和度为2，故C正确；D．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个叁键的直链有机物不饱和度为2，故D正确；故答案为A。20、C【解题分析】试题分析：A、因为生成硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，所以三种盐提供的硫酸根的比例为1:2:3，所以硫酸铁，硫酸铜，硫酸钾的比例为3:2:3，错误，不选A；B、氯化钾溶液中氯离子浓度为1mol/L，氯化铝溶液中氯离子浓度为3mol/L，不相等，不选B；C、质量分数=2．0×72．5/1000×1．172=3．38%，正确，选C；D、质量分数=32．2/（100+32．2）=3．38%，错误，不选D。考点：溶液中离子浓度的计算，物质的量浓度和质量分数的换算21、D【解题分析】22、B【解题分析】分析：A.CH3COOH电离显酸性；B.NH+4水解显酸性；C.CO2-3水解显碱性；D.NaCl不水解显中性。详解：CH3COOH为弱酸，部分发生电离出氢离子和醋酸根离子，溶液显酸性，不是水解，A错误；(NH4)2SO4属于强酸弱碱盐，会发生水解，其水溶液为酸性，B正确；Na2CO3为弱酸强碱盐，水解显碱性，C错误；NaCl不发生水解，其水溶液呈中性，D错误；正确选项B。二、非选择题(共84分)23、NaOH醇溶液、加热加成反应缩聚反应+O2+2H2O或或或CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH【解题分析】

发生催化氧化生成E，E进一步发生氧化反应生成F为，F与D发生缩聚反应生成高聚物G，可知D为，逆推可知C为BrCH2CHBrCH2Br、B为BrCH2CH=CH2、A为CH3CH=CH2。据此解答。【题目详解】（1）反应①是CH3CHBrCH3转化为CH3CH=CH2，发生消去反应，反应条件为：NaOH醇溶液、加热。合成G过程中会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为，故答案为：NaOH醇溶液、加热；。（2）反应②属于加成反应，反应⑤属于缩聚反应。故答案为：加成反应；缩聚反应。（3）反应④的化学方程式为+O2+2H2O，故答案为：+O2+2H2O。（4）F()的同分异构体满足：a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应，说明含有2个醛基，b．遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，c．核磁共振氢谱有3组峰值，比值为1：1：1，存在对称结构，其中一种结构简式或或或，故答案为：或或或。（5）1-溴丙烷发生消去反应得到丙烯，丙烯与NBS发生取代反应引入溴原子生成BrCH2CH=CH2，然后在氢氧化钠水溶液、加热条件下得到CH2=CH-CH2OH，最后发生加聚反应生成高分子化合物，合成路线流程图为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH。【题目点拨】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解题关键。24、醛基加成+CH3CH2OH+H2O、、、【解题分析】

结合A生成B的步骤与已知信息①可知A为苯甲醛，B为，根据反应条件和加热可知C为，C经过的溶液加成生成D，D生成E的过程应为卤族原子在强碱和醇溶液的条件下发生消去反应，则E为，E经过酯化反应生成F，F中的碳碳三键与G中的碳碳双键加成生成H，结合条件②可知G为。【题目详解】（1）A为苯甲醛，含有的官能团为醛基，F中的碳碳三键与G中的碳碳双键加成生成H，反应类型为加成反应；（2）E经过酯化反应生成F，方程式为+CH3CH2OH+H2O；（3）G的结构简式为；（4）芳香化合物X是F的同分异构体，则X也应有7个不饱和度，其中苯环占4个不饱和度，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明X中含有-COOH，占1个不饱和度，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，可写出同分异构体为、、、；（5）A为苯甲醛，可由苯甲醇催化氧化得来，醇由卤代烃水解得到，卤代烃可由甲苯通过取代反应得到，据此逆向分析可得到合成流程为。25、Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定将Fe3＋还原为Fe2＋加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去ABC20.0%【解题分析】分析：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用；

(2)步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；(3)加入锌粉的目的是还原铁离子；

(4)高锰酸钾溶液为紫红色，滴入最后一滴溶液变为紫红色且半分钟不变说明反应达到终点；

(5)根据滴定误差分析的方法判断,误差可以归结为标准液的体积消耗变化分析误差，c(待测)=c(标准）V(标准）V(待测）

；

A.酸式滴定管要用标准液润洗；

B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大；D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小；

(6)根据离子方程式计算，n(Fe)=5n(MnO4-)，可以计算n(Fe)，然后可以计算晶体中铁的含量。详解：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋，

因此，本题正确答案是：Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋；

(2)步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定，因此，本题正确答案是：除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；(3)加入锌粉的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋，

因此，本题正确答案是：将Fe3＋还原为Fe2＋；

(4)高锰酸钾溶液为紫红色，反应终点判断为：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去，

因此，本题正确答案是：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去；(5)A.酸式滴定管要用标准液润洗，滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准液，标准液浓度减小，消耗标准液体积增大，测定结果偏高，故A符合；

B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B符合；

C.读取标准液体积时，滴定前平视读数，滴定后仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C符合；D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小，测定结果偏低，故D不符合；因此，本题正确答案是：ABC；

(6)用0.0200mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200mol/LKMnO4溶液为V2、V3mL，计算平均值，实验3数值误差较大舍去，消耗体积V=20.02+19.982mL=20.00mL，

铁元素守恒，高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生的反应为5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O

51

n0.0200mol/L×0.0200L

=0.0004mol

5n=10.0004mol，解得n=0.002mol，

250mL溶液中含铁元素物质的量5.6g草酸铁晶体中铁的含量=0.02mol×56g/mol5.6g因此，本题正确答案是：20.0%。点睛：本题考查了物质性质的实验探究，实验方案的设计与分析计算，主要是滴定实验的过程分析和误差分析，掌握基础是关键，题目难度中等。26、Cu、FeBaCO32Fe2++H2O2+2H＋=2Fe3++2H2O【解题分析】酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，加入铁屑，可置换出铜，沉淀a为Fe、Cu，溶液A含有Fe2+、Ba2+，然后在溶液A中加入过氧化氢、氢氧化钠生成的红褐色沉淀为Fe(OH)3，溶液B含有Na+、Ba2+，加入碳酸钠溶液，可生成沉淀c为BaCO3，溶液C含有的阳离子主要为Na+。(1)由以上分析可知沉淀a中含有的单质是Fe、Cu，故答案为Fe、Cu；(2)由分析可知沉淀c为BaCO3，故答案为BaCO3；(3)氧化时加入H2O2溶液与二价铁离子发生氧化还原反应，反应的离