2024届延边市重点中学化学高二下期末学业水平测试模拟试题含解析

2024届延边市重点中学化学高二下期末学业水平测试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、两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2和3.6gH2O，下列说法正确的是A．混合气体一定是CH4和C2H4B．混合气体中一定有CH4，可能含有C2H4C．混合气体中一定含有CH4，可能含有C2H6D．混合气体中可能含有C2H22、下列说法中正确的是（）A．凡能发生银镜反应的有机物一定是醛B．酸和醇发生的反应一定是酯化反应C．乙醇易溶于水是因为分子间形成了一种叫氢键的化学键D．在酯化反应中，羧酸脱去羧基中的羟基，醇脱去羟基中的氢而生成水和酯3、25

℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在平衡：PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，向该饱和溶液中加入KI

浓溶液，下列说法正确的是A．溶液中Pb2+和I-的浓度都增大 B．PbI2的溶度积常数Ksp增大C．沉淀溶解平衡向右移动 D．溶液中Pb2+的浓度减小4、下列有机合成设计中，所涉及的反应类型有错误的是A．由丙醛制1，2﹣丙二醇：第一步还原，第二步消去，第三步加成，第四步取代B．由1-溴丁烷制1,3-丁二烯：第一步消去，第二步加成，第三步消去C．由乙炔合成苯酚：第一步三聚，第二步取代，第三步水解，第四步中和D．由制：第一步加成，第二步消去，第三步加成，第四步取代5、K2FeO4在水中不稳定，发生反应：4FeO42－+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+8OH－+3O2，其稳定性与温度（T）和溶液pH的关系分别如图所示。下列说法不正确的是A．由图Ⅰ可知K2FeO4的稳定性随温度的升高而减弱B．由图Ⅱ可知图中a＞cC．由图Ⅰ可知温度：T1＞T2＞T3D．由图Ⅰ可知上述反应△H＞06、将过量的氯气通入含Fe2+、I-、Br-的溶液，溶液中四种粒子的物质的量的变化如图所示。已知b=a+5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且线段I和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法错误的是A．线段I表示I-的变化情况B．a点时消耗Cl2的体积为134.4LC．原溶液中n(Fe2+)：n(Br-)=2：3D．线段Ⅳ表明氧化性：C12>HIO37、2011年6月4日晚上22时55分左右，杭州市辖区建德境内杭新景高速公路发生苯酚槽罐车泄漏事故，导致部分苯酚泄漏并造成污染。对泄漏的苯酚，你认为下列措施中哪个方法最佳（）A．用水冲洗掉 B．用稀盐酸洗掉 C．用酒精冲洗掉 D．用石灰中和8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．在标况下，11.2LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75NAB．铝跟氢氧化钠溶液反应生成1mol氢气时，转移的电子数为NAC．0.1molNa2O2晶体中含有0.4NA个离子D．常温常压下，16gO3所含的电子数为8NA9、下列关于晶体的说法中正确的是(

)A．离子晶体中每个离子周围均吸引着6个带相反电荷的离子B．金属晶体的熔点和沸点都很高C．分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键D．原子晶体中的相邻原子间只存在非极性共价键10、等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多是()A．将钠投入到足量水中B．将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放人足量的水中C．将钠放入足量稀硫酸中D．将钠放入足量稀盐酸中11、工业上，常用Fe2(SO4)3溶液作腐蚀液，腐蚀铜质电路板得到废液主要成分是FeSO4和CuSO4，含少量Fe2(SO4)3。某学习小组设计装置从废液中提取铜，如图所示。已知:Fe2+失电子能力比OH-强。下列说法正确的是A．电解初期阴极没有铜析出，原因是2H++2e-=H2↑B．石墨极的电极反应式为2H2O+4e-=4H++O2↑C．若电路中转移2mol电子，理论上有2molM从交换膜左侧向右侧迁移D．若将废液2充入阳极室时可再生腐蚀液（硫酸铁溶液）12、反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变可使反应速率加快的是()A．增加C的量B．将容器的体积减小一半C．保持体积不变，充入氮气使体系的压强增大D．保持压强不变，充入氮气使体系的体积增大13、反应2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k•cm(NO)•cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：①2NO+H2═N2+H2O2(慢)②H2O2+H2═2H2O(快)T℃时测得有关实验数据如下：序号c(NO)/mol•L-1c(H2)/mol•L-1速率/mol•L-1•min-1Ⅰ0.00600.00101.8×10-4Ⅱ0.00600.00203.6×10-4Ⅲ0.00100.00603.0×10-5Ⅳ0.00200.00601.2×10-4下列说法错误的是A．整个反应速度由第①步反应决定B．正反应的活化能一定是①＜②C．该反应速率表达式：v=5000c2(NO)•c(H2)D．该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-114、已知X、Y均为主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。根据下表所列数据判断错误的是A．元素X的常见化合价是+1价B．元素Y是ⅢA族的元素C．元素X与氯形成化合物时，化学式是XClD．若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应15、下列选项中,甲和乙反应类型相同的是选项甲乙A溴乙烷水解生成乙醇甲醛和苯酚制备酚醛树酯B甲苯与浓硝酸反应制备TNT乙烯使KMnO4溶液褪色C甲苯与KMnO4溶液反应葡萄糖和银氨溶液发生银镜反应D2-溴丙烷在一定条件下生成丙烯乙醇与冰醋酸反应生成乙酸乙酯A．A B．B C．C D．D16、已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4溶液反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B．开始加入的K2Cr2O7为0.25molC．K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1∶3D．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I217、分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A．可与乙醇、乙酸反应，也可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色B．1mol该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOHC．分枝酸的分子式为C10H8O6D．分枝酸分子中含有2种含氧官能团18、某有机物A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为90。将9.0gA完全燃烧的产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重5.4g和13.2g。A能与NaHCO3溶液发生反应，且2分子A之间脱水可生成六元环化合物。有关A的说法正确的是（）A．分子式是C3H8O3B．A催化氧化的产物能发生银镜反应C．0.1molA与足量Na反应产生2.24LH2（标准状况）D．A在一定条件下发生缩聚反应的产物是19、向酯化反应：CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O的平衡体系中加H218O，过一段时间，18O原子存在于()A．只存在于乙醇分子中 B．存在于乙酸和H2O分子中C．只存在于乙酸乙酯中 D．存在于乙醇和乙酸乙酯分子中20、标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H、H—O和O=O键的键焓ΔH分别为436kJ·mol－1、463kJ·mol－1和495kJ·mol－1。下列热化学方程式正确的是A．H2O(g)==H2＋1/2O2(g)ΔH＝－485kJ·mol－1B．H2O(g)==H2(g)＋1/2O2(g)ΔH＝＋485kJ·mol－1C．2H2(g)＋O2(g)==2H2O(g)ΔH＝＋485kJ·mol－1D．2H2(g)＋O2(g)==2H2O(g)ΔH＝－485kJ·mol－121、在200mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个SO42-,(NA表示阿佛加德罗常数的值)同时含有NA个金属离子,则该硫酸盐的物质的量浓度为A．1mol/L B．2.5mol/L C．5mol/L D．2mol/L22、下列有关化学反应表达正确的是(

)A．1—丙醇与浓氢溴酸反应：CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2OB．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OC．向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：CH2BrCOOH+OH—CH2BrCOO—+H2OD．向丙氨酸钠中加入足量盐酸：二、非选择题(共84分)23、（14分）[化学—选修有机化学基础]化合物F是合成抗心律失常药—多非利特的中间体，以苯为原料合成F的路线如下:已知：①CH3CH=CH2CH3CHBrCH3②CH3CH=CH2CH3CH2CH2Br试回答下列问题（1）苯→A转化的反应类型是。（2）化合物C→D转化的反应条件通常是，化合物D（填“存在”、“不存在”）顺反异构，已知化合物C的核磁共振氢谱显示有四种峰，且峰的面积比为2︰2︰1︰3，则C的结构简式为。（3）写出E→F转化的化学方程式。（4）化合B的同分异构体有多种，满足以下条件的同分异构体共有种。①属于芳香族化合物②分子结构中没有甲基，但有氨基③能发生银镜反应和水解反应，并且与NaOH反应的物质的量之比为1︰2（5）苯乙酮（）常用作有机化学合成的中间体，参照上述合成F的部分步骤，设计一条以苯为起始原料制备苯乙酮的合成路线。24、（12分）A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，其分子结构模型如图所示（图中球与球之间连线代表化学键单键或双键）。(1)根据分子结构模型写出A的结构简式___________。(2)拟从芳香烃出发来合成A，其合成路线如下：已知：A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇。(a)写出⑤反应类型__________反应；写出H的结构简式___________。(b)写出G中官能团名称：_________________________(c)写出下列步骤的反应方程式（注明必要的条件）⑥_______________________________________。⑦________________________________________。(3)A的同分异构体有多种，同时满足下列条件A的同分异构体有________种。ⅰ.含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种；ⅱ.与A有相同的官能团；ⅲ.能发生银镜反应。25、（12分）葡萄是一种常见水果，可以生食或制作葡萄干，除此之外，葡萄还可用于酿酒。(1)检验葡萄汁含有葡萄糖的方法是：向其中加碱调至碱性，再加入新制的Cu(OH)2并加热，其现象是________。(2)葡萄在酿酒过程中，葡萄糖转化为酒精的过程如下，补充完成下列化学方程式：C6H12O6(葡萄糖)2_________+2C2H5OH(3)葡萄酒密封储存过程中会生成有香味的酯类，酯类也可以通过化学实验来制备，实验室可用如图所示装置制备乙酸乙酯：①试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式是__________。②试管b中盛放的试剂是饱和____________溶液。③实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是________。④若要分离出试管b中的乙酸乙酯，需要用到的仪器是_______(填字母)。A．普通漏斗B．分液漏斗C．长颈漏斗26、（10分）辉铜矿（主要成分为Cu2S）经火法冶炼，可制得Cu和H2SO4，流程如下图所示：（1）Cu2S中Cu元素的化合价是__________价。（2）Ⅱ中，电解法精炼粗铜（含少量Ag、Fe），CuSO4溶液做电解质溶液：①粗铜应与直流电源的_________极（填“正”或“负”）相连。②铜在阴极析出，而铁以离子形式留在电解质溶液里的原因是__________________________。（3）Ⅲ中，烟气（主要含SO2、CO2）在较高温度经下图所示方法脱除SO2，并制得H2SO4。①在阴极放电的物质________________。②在阳极生成SO3的电极反应式是_______________________________。（4）检测烟气中SO2脱除率的步骤如下：（i）.将一定量的净化气（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。（ii）加入浓盐酸，加热溶液至无色无气泡，再加入足量BaCl2溶液。（iii）过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量。①用离子方程式表示（i）中溴水的主要作用________________________________。②若沉淀的质量越大，说明SO2的脱除率越________（填“高”或“低”）。27、（12分）氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的质量分数，设计如下两种实验方案。（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，化学反应方程式是____（方案1）取一定量的样品，用图1装置测定样品中AlN的质量分数（夹持仪器已略去）。（2）图1中仪器a的名称是___（3）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品。关闭K1，打开K2和分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液至不再产生气体，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置在反应前后的质量变化。通入氮气的目的是____（4）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见____（方案2）用图2装置测定mg样品中AlN的质量分数（部分夹持装置己略去）。（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是___（填字母序号）。a．CCl4b．H2Oc．饱和NH4Cl溶液d．苯（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（标准状况），则AlN的质量分数为___。若将b处胶管用弹簧夹夹住，其他操作均不变，则最终测定的结果___（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。28、（14分）“温室效应”是全球关注的环境问题之一。C02是目前大气中含量最高的一种温室气体，C02的综合利用是解决温室及能源问题的有效途径。(1)研究表明C02和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。己知部分反应的热化学方程式如下：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ•mol-，H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2，则CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+2H2O（l）△H=___kJ•mol-。(2)C02催化加氢也能合成低碳烯烃：2C02(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H20(g)，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示，曲线c表示的物质为____(填化学式)。(3)C02和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应A:C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)反应B:C02(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g)控制C02和H2初始投料比为1:3时，温度对C02平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图所示。①由图可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是________。②由图可知获取CH3OH最适宜的温度是____________。下列措施不能提高C02转化为CH3OH的平衡转化率的有______(填字母)。A．使用催化剂B．增大体系压强C．增大C02和出的初始投料比(4)在催化剂表面通过施加电压可将溶解在酸性溶液中的二氧化碳直接转化为乙醇，则生成乙醇的电极反应式为_________。(5)由C02制取C的太阳能工艺如图所示。“热分解系统”发生的反应为2Fe3046Fe0+02↑。毎分解1mo;Fe304转移电子的物质的量为______；“重整系统”发生反应的化学方程式为_______。29、（10分）硫酸是重要的化工原料，工业制取硫酸最重要的一步反应为：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H<0（1）为提高SO2的转化率，可通入过量O2，用平衡移动原理解释其原因：___________。（2）某兴趣小组在实验室对该反应进行研究，部分实验数据和图像如下。反应条件：催化剂、一定温度、容积10L实验起始物质的量/mol平衡时SO3物质的量/molSO2O2SO3ⅰ0.20.100.12ⅱ000.2a①实验ⅰ中SO2的转化率为______。②a____0.12（填“＞”、“＝”或“＜”）。③t1、t2、t3中，达到化学平衡状态的是________。④t2到t3的变化是因为改变了一个反应条件，该条件可能是___________。（3）将SO2和O2充入恒压密闭容器中，原料气中SO2和O2的物质的量之比m（m＝n(SO2)/n(O2)）不同时，SO2的平衡转化率与温度（T）的关系如下图所示，则m1、m2、m3的大小顺序为_____。

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】

n(H2O)=3.6g18g/mol=0.2mol,则0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒可以知道,混合烃的平均分子式为:C1.6H4【题目详解】详解：n(H2O)=3.6g18g/mol=0.2mol,则0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒可以知道,混合烃的平均分子式为:C1.6H4，烃中C原子数小于1.6的只有甲烷,则一定含有甲烷,CH4分子中含4个氢原子,则另一种烃分子中一定也含4个氢原子,且其碳原子数大于1.6,可能是C2H4或C3H4,一定没有C2H6或C2H2,二者的H原子不等于A．根据分析可以知道,混和气体中可能含有CH4和C2H4，也可能含有CH4和C3H4，A错误；B．由上述分析可以知道，混和气体中一定含有甲烷,可能含有乙烯,有可能含有丙炔,B正确；C．结合以上分析可知，混合气体可能为CH4和C2H4或CH4和C3H4，不可能有C2H6,C错误；D．根据以上分析可以知道,混和气体中一定有甲烷,可能含有是C2H4或C3H4,一定不含乙炔，D错误；正确选项B。【题目点拨】本题为考察混合烃组成的判断，为高频考点，侧重学生分析计算能力的考察，题目难度中等，本题的关键是能够正确分析有机物完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量关系，根据平均分子式进行计算。2、D【解题分析】

A.含有醛基的物质能够发生银镜反应；B.无机酸和醇会发生其它的取代反应；C.氢键不是化学键；D.酯化反应的原理“酸脱羟基醇去氢”。【题目详解】A项，醛能够发生银镜反应，但是能够发生银镜反应的有机物不一定是醛，例如葡萄糖、甲酸等都能发生银镜反应，但都不是醛，A错误；B项，乙醇能够与氢溴酸发生反应：C2H5OH+HBr→C2H5Br+H2O，该反应没有酯生成，不属于酯化反应，B错误；C项，氢键属于分子间作用力，不是化学键，C错误；D项，酯化反应的原理“酸脱羟基醇去氢”，D正确；答案选D。【题目点拨】有机物中含有醛基的物质能够发生银镜反应，常见的有机物有：醛类、甲酸、甲酸某酯、葡萄糖、麦芽糖等。3、D【解题分析】

A．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)⇌Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故A错误；B．溶度积常数Ksp只与温度有关，改变c(I-)Ksp不变，故B错误；C．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡左移，故C错误；D．加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故D正确；故选D。4、B【解题分析】

A.由丙醛制1,2-丙二醇，丙醛先还原制得1-丙醇，再消去制得丙烯，丙烯与卤素单质加成，再水解得到1，2﹣丙二醇，所以A选项是正确的；

B.由1-溴丁烷制1,3-丁二烯，1-溴丁烷先发生卤代烃的消去反应，再发生加成反应生成2-溴丁烷，再发生消去反应生成2-丁烯，再与卤素单质发生加成，最后发生消去反应，则需要发生五步反应，分别为消去、加成、消去、加成、消去，故B错误；

C.由乙炔合成苯酚：第一步三聚生成苯，第二步取代制取溴苯，第三步水解得到苯酚钠，第四步中和得到苯酚，所以C选项是正确的；

D.由制：第一步加成制得，第二步消去生成，第三步加成得到，第四步取代制得，所以D选项是正确的。

所以本题答案选B。5、B【解题分析】

A、由图1数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，温度越高FeO42-浓度越小，所以K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，故A正确；B、pH越小，氢离子浓度越大，由4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，pH越小，由图知a＜c，故B错误；C、温度越高，反应速率越快，相同时间内FeO42-浓度变化越快，则由图Ⅰ可知温度：T1>T2>T3，故B正确；D、温度越高FeO42-浓度越小，正向反应是吸热反应，说明平衡正向移动，即ΔH

＞

0，故D正确；综上所述，本题正确答案为B。6、B【解题分析】

向含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，还原性I－＞Fe2＋＞Br－，首先发生反应：2I－+Cl2=I2+2Cl－，I－反应完毕，再反应反应：2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，Fe2＋反应完毕，又发生反应2Br－+Cl2=Br2+2Cl－，故线段I代表I－的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2＋的变化情况，线段Ⅲ代表Br－的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I－）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2＋）=2n（Cl2）=2×（3mol－1mol）=4mol，Fe2＋反应完毕，根据电荷守恒可知n（I－）+n（Br－）=2n（Fe2＋），故n（Br－）=2n（Fe2＋）-n（I－）=2×4mol-2mol=6mol，根据溴离子判断溶液中n（FeBr2），根据离子方程式计算溴离子反应需要的氯气的物质的量，据此计算a的值；线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该含氧酸中含有I元素，根据电子守恒计算出含氧酸中I的化合价，然后写出其化学式．【题目详解】A.还原性I－＞Fe2＋＞Br－，首先发生反应：2I－+Cl2=I2+2Cl－，线段I表示I-的变化情况,故A正确；B、由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I－）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2＋）=2n（Cl2）=2×（3mol－1mol）=4mol，Fe2＋反应完毕，根据电荷守恒可知n（I－）+n（Br－）=2n（Fe2＋），故n（Br－）=2n（Fe2＋）-n（I－）=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br－+Cl2=Br2+2Cl－可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6n（Cl2）=1mol+2mol+3mol=6mol，标准状况下V=6mol×22.4Ll·mol－1=134.4L，但题干中没有明确气体的状态，故B错误；C、原溶液中n(Fe2+)：n(Br-)=4：6=2：3，故C正确；D、线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为2mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：(1-0)×2×5mol/2mol=+5价，则该含氧酸为HIO3，线段Ⅳ表示IO3－的变化情况，反应为即5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl，线段Ⅳ表明氧化性：C12>HIO3，故D正确；故选B。【题目点拨】本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应先后顺序、氧化性和还原性强弱比较等知识，试题综合性较强，解题关键：明确反应过程及反应原理，难点：对图像的分析要结合氧化还原反应的先后顺序，还原性I－＞Fe2＋＞Br－，是解题的突破口。7、D【解题分析】

A项，常温下苯酚在水中溶解度不大，用水不能将苯酚洗掉；B项，苯酚和稀盐酸不反应，不能用稀盐酸洗掉苯酚；C项，苯酚虽然易溶于酒精，但酒精易挥发，易燃烧，不安全；D项，苯酚显弱酸性，能和石灰反应，且石灰廉价，易获得，用石灰中和为最佳；答案选D。8、D【解题分析】

A．标况下，11.2L的NO和O2均为0.5mol，混合后NO被O2氧化生成0.5molNO2，并剩余0.25molO2；由于NO2会发生可逆反应：，所以最终容器中分子的数目：，A项错误；B．氢气是反应过程中的仅有的还原产物，所以生成1molH2，转移电子2mol，B项错误；C．0.1molNa2O2晶体中含有0.2NA的Na+和0.1NA的，所以C项错误；D．16gO3含有1NA个O原子，每个氧原子含有8个电子，所以共计8NA个电子，D项正确；答案选D。9、C【解题分析】

A.离子晶体中每个离子周围可能吸引着6个带相反电荷的离子，比如NaCl晶体；也可能吸引着8个带相反电荷的离子，比如CsCl晶体；A错误；B.金属晶体的熔点和沸点很高，但是跨度也很大，比如金属汞在常温下为液态，即其熔点低，B错误；C.分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键，比如稀有气体形成的分子晶体，C正确；D.原子晶体中的相邻原子间可能只存在非极性共价键，比如硅晶体、金刚石；也可能只存在极性共价键，比如SiO2晶体；D错误；故合理选项为C。10、B【解题分析】

A、该过程只有钠和水反应放出H2；B、将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量水中，钠和水反应放出H2，并生成NaOH溶液，铝和NaOH溶液反应也放出H2；C、该过程只有钠和酸反应放出H2；D、该过程只有钠和酸反应放出H2；故钠的质量相同的情况下，B放出H2最多，故选B。11、D【解题分析】分析：石墨极为阳极，阳极室的电解质是稀硫酸，阳极反应式为2H2O－4e-＝O2↑＋4H+，铜电极为阴极，根据氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，初期没有铜析出，发生Fe3++e-＝Fe2+，电解池中阴离子由阴极室移向阳极室，M为SO42-，据此结合电荷守恒和电解池原理分析解答。详解：A.依题意，废液1含有Fe2+、Cu2+，少量的Fe3+，及少量的H+，氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，初期没有铜析出，是因为Fe3++e-＝Fe2+，故A错误；B.石墨极为阳极，阳极室的电解质是稀硫酸，阳极反应式为2H2O－4e-＝O2↑＋4H+，故B错误；C.电解池中阴离子由阴极室移向阳极室，M为SO42-，电路中转移2mol电子时，理论上迁移1molSO42-，故C错误；D.将硫酸亚铁溶液充入阳极室，失去电子能力：Fe2+＞OH-，阳极反应式为Fe2+－e-＝Fe3+，SO42-由阴极室迁移到阳极室，获得Fe2(SO4)3，故D正确；故选D。12、B【解题分析】

A、因该反应中C为固体，则增加C的量，对化学反应速率无影响，故A错误；B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故B正确；C、保持体积不变，充入N2使体系的压强增大，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故C错误；D、保持压强不变，充入N2使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故D错误；故选B。13、B【解题分析】

A．①2NO+H2═N2+H2O2(慢)，②H2O2+H2═2H2O(快)，反应历程中反应慢的决定反应速率，整个反应速度由第①步反应决定，故A正确；B．反应①难以进行，说明反应的活化能高，正反应的活化能一定是①＞②，故B错误；C．比较图表Ⅰ、Ⅱ数据可知NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，Ⅲ、Ⅳ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v=Kc2(NO)•c(H2)，依据Ⅰ中数据计算K=5000，则速率方程v=5000c2(NO)•c(H2)，故C正确；D．反应2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，生成28gN2放热664KJ，热化学方程式为：2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1，故D正确；故选B。14、D【解题分析】

X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第ⅢA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y。据此解答。【题目详解】A.X为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；B.通过以上分析知，Y为第ⅢA族元素，故B正确；C.元素X与氯形成化合物时，X的电负性小于Cl元素，所以在二者形成的化合物中x显+1价、Cl元素显-1价，则化学式可能是XCl，故C正确；D.若元素Y处于第3周期，为Al元素，它不能与冷水剧烈反应，但能溶于酸和强碱溶液，故D错误；答案选D。15、C【解题分析】

A．溴乙烷水解生成乙醇属于取代反应，甲醛和苯酚制备酚醛树酯属于缩聚反应，反应类型不相同，选项A不选；B．甲苯与浓硝酸反应制备TNT属于取代反应，乙烯使KMnO4溶液褪色属于氧化反应，反应类型不相同，选项B不选；C．甲苯与KMnO4溶液反应、葡萄糖和银氨溶液发生银镜反应均属于氧化反应，反应类型相同，选项C选；D．2-溴丙烷在一定条件下生成丙烯，由饱和变为不饱和，属于消去反应；乙醇与冰醋酸反应生成乙酸乙酯，属于取代反应，反应类型不相同，选项D不选；故答案选C。16、C【解题分析】

氧化性强弱顺序为K2Cr2O7＞Fe3+，由图像可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒分析解答。【题目详解】A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；B．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知，反应的关系式为K2Cr2O7～6Fe3+～6I-，共消耗的n(I-)=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol=0.25mol，故B正确；C．由方程式2Fe3++2I-→2Fe2++I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol∶0.9mol=5∶18，故C错误；D．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故D正确；答案选C。17、A【解题分析】根据分枝酸的结构简式，含有羧基、羟基可以与乙醇、乙酸发生酯化反应，含有碳碳双键可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；分枝酸分子含有2个羧基，1mol该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH，故B错误；分枝酸的分子式为C10H10O6，故C错误；分枝酸分子中含羧基、羟基、醚键3种含氧官能团，故D错误。18、C【解题分析】

使浓硫酸增重可知水的质量为5.4g，可计算出n(H2O)==0.3mol，n(H)=0.6mol；使碱石灰增重13.2g，可知二氧化碳质量为13.2g，n(C)=n(CO2)==0.3mol，，此有机物9.0g含O：9.0g−0.6mol×1g/mol−0.3mol×12g/mol=4.8g，n(O)==0.3mol，n(C)：n(H)：n(O)=0.3mol：0.6mol：0.3mol=1：2：1，即实验式为CH2O，实验式的式量为30，又A的相对分子质量为90，设分子式为(CH2O)n，可得：30n=90，解得：n=3，故该有机物的分子式为C3H6O3，A能与NaHCO3溶液发生反应，则分子内含羧基，且2分子A之间脱水可生成六元环化合物，则还应含羟基，A的结构简式为。据此分析作答。【题目详解】根据上述分析可知，A.A的分子式为C3H6O3，A项错误；B.由可与NaHCO3溶液发生反应，可知A含羧基，再根据2分子A之间脱水可生成六元环化合物，可推出A还含羟基，因此A的结构简式为：，A中含羟基，A发生催化氧化的产物为CH3COCOOH，产物中不含醛基，不能发生银镜反应，B项错误；C.一个A分子中含有一个羧基、一个羟基，羧基和羟基都能与金属钠发生反应，因此0.1molA与足量Na反应产生标准状况下的H22.24L，C项正确；D.A在一定条件下发生缩聚反应的产物是，D项错误；答案选C。19、B【解题分析】试题分析：乙酸与乙醇的酯化反应是可逆反应，其反应的实质是：乙酸脱去羟基，乙醇脱去羟基中的氢原子而生成酯和水：。当生成的酯水解时，原来生成酯的成键处即是酯水解时的断键处，且将结合水提供的羟基，而—OC2H5结合水提供的氢原子，即，答案选B。考点：考查酯化反应原理的有关判断点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型和考点。该题设计新颖，选项基础，侧重对学生能力的培养与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是记住酯化反应的机理，然后灵活运用即可。20、D【解题分析】

化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，根据H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)，该反应的能量变化为2×463kJ/mol-436kJ/mol-=+242.5kJ/mol，化学反应逆向进行，反应热数值不变，符号相反，化学方程式系数加倍，反应热加倍，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-485kJ/mol，答案选D。21、B【解题分析】

1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x=1.5×2=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐为,所以该硫酸盐的物质的量浓度为，本题答案选B。22、A【解题分析】本题考查有机化学方程式的书写。分析：A．二者发生取代反应生成1-溴丙烷和水；B．硬脂酸与乙醇发生酯化反应时，羧酸去掉羧基上羟基，醇去掉羟基上氢原子；C．CH2BrCOOH中的溴原子和羧基均能与氢氧化钠溶液反应；D．丙氨酸钠中—COO—和氨基均与盐酸反应。详解：1-丙醇与浓氢溴酸发生取代反应，反应的化学方程式为：CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O，A正确；C17H35COOH与C2H518OH在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成C17H35CO18OC2H5，反应的化学方程式为：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，B错误；向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热，羧基和氢氧化钠发生中和反应，溴原子在碱中发生水解反应，反应的化学方程式为：CH2BrCOOH+2OH—CH2（OH）COO—+H2O，C错误；向丙氨酸钠中加入足量盐酸，—COO—和盐酸反应生成—COOH，氨基与盐酸反应生成—NH3+，反应的化学方程式为：，D错误。故选A。点睛：试题侧重考查有机物的结构与性质，明确常见有机物含有官能团与具有性质之间的关系为解答关键。二、非选择题(共84分)23、（1）取代反应（2）NaOH醇溶液、加热不存在（3）＋CH3NH2＋HBr（4）3（5）【解题分析】试题分析：（1）苯与一氯乙烷反应后在苯环上连接乙基，说明为取代反应。（2）C到D是卤代烃的消去反应，条件为NaOH醇溶液和加热；化合物D中是乙烯基，不存在顺反异构。C的核磁共振氢铺显示有四种峰，则说明有四种氢原子，其结构为。（3）E到F是发生的取代反应，方程式为＋CH3NH2＋HBr。（4）化合物B的同分异构体中满足要求的能发生银镜反应和水解反应，说明含有甲酸酯，且与氢氧化钠反应的物质的量比为1:2，则酯水解后产生酚羟基，说明结构中有两个侧链，分别为-CH2NH2和-OOCH，两个侧链在苯环上可以是邻间对三种位置关系，所以用3种结构。（5）从逆推方法分析，要出现羰基，需要先出现羟基，发生氧化反应即可，而羟基的出现是由卤代烃水解生成的，而卤代烃是由烃基于卤素在光照条件下发生取代反应得到的，所以先在苯环上连接乙基，生成乙苯，再在光照条件下取代中间碳原子上的氢原子生成醇，在氧化即可，流程如下：。考点：有机物的合成和性质24、消去羟基、醛基+CH3OH+H2O+H2O6【解题分析】

(1)根据分子结构模型知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，写出结构简式；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；据此分析解答。【题目详解】(1)A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，每个碳原子形成4个共价键，结合其分子结构模型()知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，且结构简式为：，故答案为；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；（a）通过以上分析知，反应⑤属于消去反应，H的结构简式为，故答案为：消去；；（b）G的结构简式为：，含有的官能团有—OH、—CHO，名称为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；（c）反应⑥为B和甲醇发生酯化反应生成A，反应方程式是+CH3OH+H2O；反应⑦为E发生消去反应生成F，反应方程式是+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；+H2O；(3)A的结构简式为：，A中含有的官能团为碳碳双键和酯基，A的同分异构体苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，则只能是对位，又与A有相同的官能团且能发生银镜反应，则苯环连接的两个侧链分别为①—CH=CH2、—CH2OOCH②—CH3、—CH=CHOOCH③—CH3、—C(OOCH)=CH2④—OOCH、—CH=CHCH3⑤—OOCH、—CH2CH=CH2⑥—OOCH、—C(CH3)=CH2，共6种，故答案为：6。【题目点拨】本题的难点是第（3）问，符合条件的同分异构体数目的确定；确定同分异构体的数目先根据限制的条件确定可能存在的结构，然后进行有序书写。25、产生砖红色沉淀CO2CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2ONa2CO3(或碳酸钠)防止倒吸B【解题分析】

(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，所以实验现象是产生砖红色沉淀；(2)根据碳原子和氧原子守恒可知，另外一种生成物是CO2；(3)①乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水；②制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；③实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是防止倒吸；④乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗。【题目详解】(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，所以实验现象是产生砖红色沉淀氧化亚铜；(2)根据碳原子和氧原子守恒可知,另外一种生成物是CO2；(3)①在浓硫酸的作用下,乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯,反应的化学方程式是CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O；②由于乙醇和乙酸都是易挥发的，所以生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，除去乙醇和乙酸的试剂是饱和的碳酸钠(Na2CO3)溶液；③由于乙醇和乙酸都是和水互溶的，如果直接插入水中吸收，容易引起倒吸，所以试管b中的导管不伸入液面下的原因是防止溶液倒吸；④乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗，故答案为B；26、+1正Cu2＋的氧化性大于Fe2＋的氧化性O22SO42--4e-=2SO3↑+O2SO32-+Br2+H2O=SO42-+Br-+2H+或SO32－+Br2+2OH-=SO42-+2Br-+H2O等低【解题分析】试题分析：（1）Cu2S中S为-2价，Cu为+1价。（2）①电解法精炼铜时，粗铜做阳极，精铜做阴极，②Cu2＋比溶液中其他阳离子氧化性更强，浓度更大，在阴极放电，析出铜单质。（3）①阴极发生还原反应，根据图中所示过程，烟气中O2发生还原反应，②根据图中所示过程，SO42-放电生成SO3和O2，则阳极的电极反应式是2SO42--4e－=2SO3↑+O2↑。（4）①溴水将溶液中的SO32-氧化成SO42-，则溴水的主要作用是Br2+SO32-+2OH－=2Br－+SO42-+H2O；②沉淀量越大，说明净化气中硫元素质量分数越大，说明SO2脱除率越低。考点：考查电解原理，SO2的性质等知识。27、AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑干燥管将A中残留气体全部赶至C中C装置后添加一个装有碱石灰的干燥管a、d4.1V22.4m【解题分析】

（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，根据反应物，盐为偏铝酸钠，碱性气体为氨气；（2）根据装置特点，图1中仪器a的名称是干燥管；（3）反应结束时，为了使测量的含量更准确，将装置A、B中残留有氨气排入装置C，被硫酸完全吸收；（4）浓硫酸具有吸水性，防止浓硫酸吸收外界气体中的水蒸气造成误差；（5）为测定生成的气体氨气的体积，并利用U型管测量气体体积，则要求U型管内液体不溶解氨气，且不与氨气反应；（6）根据N原子守恒，n（NH3）=n（AlN）进行计算；若将b处胶管用弹簧夹夹住，加入的NaOH溶液的体积会计算成氨气的体积；【题目详解】（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，根据反应物，盐为偏铝酸钠，碱性气体为氨气，方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；（2）根据装置特点，图1中仪器a的名称是干燥管；（3）反应结束时，为了使测量的含量更准确，将装置A、B中残留有氨气排入装置C，被硫酸完全吸收；（4）浓硫酸具有吸水性，防止浓硫酸吸收外界气体中的水蒸气造成误差，则应在装置C后加一干燥装置；（5）为测定生成的气体氨气的体积，并利用U型管测量气体体积，则要求U型管内液体不溶解氨气，且不与氨气反应，a．CCl4与氨气不相溶，且不反应，a正确；b．H2O可溶解氨气，少量反应，b错误；c．饱和NH4Cl溶液，可降低氨气的溶解度，但氨气依然有较多的溶解，c错误；d．苯与氨气不相溶，且不反应，d正确；答案为ad；（6）根据N原子守恒，n（NH3）=n（AlN）=V×10-3L÷22.4L/mol，AlN的质量分数=V×10-3L÷22.4L/mol×41g/mol÷m×100%=4.1V22.4m%；若将28、3b－aC2H4反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高250℃AC2CO2＋12H＋＋12e－=C2H5OH＋3H2O2mol6FeO+CO22Fe3O4+C【解题分析】

已知①CH3OH(g)+O2(g)═