安徽师大附中2024届高二化学第二学期期末达标检测试题含解析

安徽师大附中2024届高二化学第二学期期末达标检测试题请考生注意：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、下列关于平衡常数的说法正确的是A．在平衡常数表达式中，反应物浓度用起始浓度表示，生成物浓度用平衡浓度表示B．可逆反应中，反应物的转化率增大，一定导致化学平衡常数增大C．可以用化学平衡常数来定量描述化学反应的限度D．平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂有关2、一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O====2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中正确的是A．反应Ⅱ中H2O2做还原剂B．产品中含有SO42－、Cl－C．NaClO2的漂白原理与SO2相同D．实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行3、X、Y、Z、W为短周期主族元素，X原子M层有1个电子，Y原子最外层电子数为最内层电子数的2倍，Z元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，Z、W同周期，W的原子半径小于Z。下列叙述正确的是A．原子半径由大到小的顺序：Z、X、YB．元素非金属性由强到弱的顺序：W、Z、YC．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：Z、WD．W分别与X、Y形成的化合物化学键类型相同4、硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4，下列说法错误的是A．若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子B．当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊C．氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶1D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低5、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．1mol铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NAB．30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NAC．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAD．2.1gDTO中含有的质子数为NA6、常温下，向Ba(OH)2和NaOH混合溶液中缓慢通入CO2至过量（溶液温度变化忽略不计)，生成沉淀物质的量与通入CO2体积的关系如图所示。下列说法不正确的是A．b点时溶质为NaHCO3B．横坐标轴上V4的值为90C．oa过程是CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3的过程D．原混合物中n[Ba(OH)2]:n(NaOH)=1:27、有一分子式为C8H14N2O5的二肽，经水解得丙氨酸和氨基酸X，则X分子组成可能是A．C3H7NO3B．C5H9NO4C．C5H11NO5D．C5H7NO8、已知14mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数为80%，那么7mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将A．无法确定 B．等于40%C．小于40% D．大于40%9、下列说法正确的是A．与丙三醇互为同系物B．与的单体相同C．淀粉、蛋白质、光导纤维均为有机高分子化合物D．按系统命名法，化合物的名称为2-甲基-3，4-乙基己烷10、下列关于化学反应中物质或能量变化的判断正确的是A．需要加热才能进行的反应一定是吸热反应，放热反应不需要加热B．一定条件下进行的化学反应，只能将化学能转化成光能或热能C．化学键的断裂和形成是物质在化学反应中发生能量变化的主要原因D．将NaHCO311、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是()A．最高正化合价：③＞②＞① B．原子半径：③＞②＞①C．电负性：③＞②＞① D．第一电离能：③＞②＞①12、氯仿(CHCl3)常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气(COClA．CHClB．COCl2分子中含有3个σ键、一个π键，中心C原子采用C．COClD．使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质13、可用来鉴别己烯、甲苯、己烷的一组试剂是()A．溴水 B．酸性高锰酸钾溶液C．溴水、酸性高锰酸钾溶液 D．溴的四氯化碳溶液14、一定条件下发生的下列反应不属于加成反应的是()A．2CH2＝CH2+O2→2CH3CHOB．C．D．CH2＝CH2+Br2→BrCH2CH2Br15、下列有关铁及其化合物的说法中正确的是()A．铁锈的主要成分是Fe3O4B．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2C．除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加过量铁粉，然后过滤D．因为Fe3+具有氧化性，所以可用来做净水剂16、在下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是A．2Na2O+2H2O=4NaOHB．Mg3N2＋6H2O＝3Mg(OH)2↓＋2NH3↑C．2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑D．NH4Cl＋NaOHNaCl＋NH3↑＋H2O17、下列叙述不正确的是A．乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应B．乙醇易燃烧，污染小，只能在实验室中作燃料C．常在燃料乙醇中添加少量煤油用于区分食用乙醇和燃料乙醇，因为煤油具有特殊气味D．除去乙醇中少量乙酸：加入足量生石灰蒸馏。18、下列有关热化学方程式的叙述正确的是A．已知2H2(g）＋O2(g）＝2H2O(g）ΔH＝－1．6kJ/mol，则氢气的燃烧热为－2．8kJ/molB．已知4P(红磷，s）＝P4(白磷，s）的ΔH>0，则白磷比红磷稳定C．含3．0gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出4．7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH(aq）＋1/2H2SO4(ag）＝1/2Na2SO4(aq）＋H2O(l）ΔH＝－5．4kJ/molD．已知C(s）＋O2(g）＝CO2(g）ΔH1；C(s）＋1/2O2(g）=CO(g）ΔH2；则ΔH1>ΔH219、下列物质的性质与用途具有对应关系的是A．Fe2(SO4)3

易溶于水，可用作净水剂B．Na2CO3溶液显碱性，可用作油污去除剂C．HF溶液显弱酸性，可用作玻璃的蚀刻剂D．FeCl3

溶液显酸性，可用作铜制电路板的腐蚀剂20、在下列状态下，属于能够导电的电解质是（）A．氯化钠晶体 B．液态氯化氢 C．硝酸钾溶液 D．熔融氢氧化钠21、某药物的结构简式为1mol该物质与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为A．3mol B．4molC．3nmol D．4nmol22、过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。实验室常用CaCO3为原料制备过氧化钙，流程如图：下列说法不正确的是A．逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的CO2B．加入氨水和双氧水后的反应为：CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2＝CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2OC．生成CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解D．产品依次用蒸馏水、无水乙醇洗涤，其中乙醇洗涤的目的是为了除去晶体表面的NH4Cl杂质二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；由A通过聚合反应生成高分子化合物F，F可用于工业合成塑料，现以A为主要原料合成G，以A为原料的合成路线如下图所示。回答下列问题：（1）D、G分子中的官能团名称分别__________、__________。（2）在反应①～⑥中，属于加成反应的是______，属于取代反应的是_____。(填序号)（3）写出与G分子式相同的所有羧酸类的同分异构体：_________________（4）写出由C与新制氢氧化铜反应的化学方程式：_________________24、（12分）苏合香醇可以用作食用香精，其结构简式如图所示。（1）苏合香醇的分子式为____，它不能发生的有机反应类型有(填数字序号)____。①取代反应②加成反应③氧化反应④加聚反应⑤水解反应有机物丙(分子式为C13H18O2)是一种香料，其合成路线如图所示。其中A的相对分子质量通过质谱法测得为56，核磁共振氢谱显示只有两组峰；乙与苏合香醇互为同系物；丙分子中含有两个－CH3。已知：R-CH=CH2R-CH2CH2OH（2）甲中官能团的名称是____；甲与乙反应生成丙的反应类型为____。（3）B与O2反应生成C的化学方程式为____。（4）在催化剂存在下1molD与2molH2可以反应生成乙，且D能发生银镜反应。则D的结构简式为____。（5）写出符合下列条件的乙的同分异构体结构简式____。①苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯取代物只有两种②遇氯化铁溶液显紫色25、（12分）实验室用燃烧法测定某种氨基酸（CxHyOzNm）的分子组成，取Wg该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，按图所示装置进行实验。回答下列问题：（1）实验开始时，首先通入一段时间的氧气，其理由是_________；（2）以上装置中需要加热的仪器有_________（填写字母），操作时应先点燃_________处的酒精灯；（3）A装置中发生反应的化学方程式是_________；（4）D装置的作用是_________；（5）读取氮气的体积时，应注意：①_________；②_________；（6）实验中测得氮气的体积为VmL（标准状况），为确定此氨基酸的分子式，还需要的有关数据有_________（填编号）A．生成二氧化碳气体的质量B．生成水的质量C．通入氧气的体积D．氨基酸的相对分子质量26、（10分）硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)，俗称大苏打，是无色透明晶体，易溶于水，易被氧化。是一种重要的化工产品，临床上用于氰化物的解毒剂，工业上也用于纸浆漂白的脱氯剂。某兴趣小组在实验室用如下装置(夹持仪器略去)模拟硫代硫酸钠生产过程。（1）仪器a的名称为_________。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。（3）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2CO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2CO3物质的量之比为____________。（4）装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，装置B的作用是_________、__________。（5）装置D用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为____(填序号)。（6）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3·5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，_____________，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。已知：Na2S2O3稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。限选试剂：稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水27、（12分）己知溴乙烷(C2H5Br)是无色液体，沸点38.4℃，密度比水大，难溶于水，可溶于多种有机溶剂。在溴乙烷与NaOH乙醇溶液的消去反应中可以观察到有气体生成。有人设计了如图所示的装置，用KMnO4酸性溶液是否褪色来检验生成的气体是否是乙烯。请回答下列问题：(1)仪器a的名称为__________。(2)实验前应检测装置A的气密性。方法如下：关闭止水夹c，由仪器a向仪器b中加水，若______________________________，则证明装置A不漏气。(3)仪器b中发生反应的化学方程式为______________________________。(4)反应开始一段时间后，在装置B底部析出了较多的油状液体，若想减少油状液体的析出，可对装置A作何改进？__________________________________________________(5)装置A中产生的气体通入装置C之前要先通过装置B，装置B的作用为__________________。(6)检验乙烯除用KMnO4酸性溶液外还可选用的试剂有__________，此时，是否还有必要将气体先通过装置B？__________(填“是”或“否”)。28、（14分）以有机物A（含有苯环的烃，化学式C8H8）和CCl4为原料合成苯丙氨酸E的流程如下：已知：烃分子中的氢原子被卤素原子取代所生成的衍生物叫做卤代烃，如CH3CH2Cl；卤代烃在NaOH水溶液加热条件下会水解，如：CH3CH2Cl+NaOHCH3CH2OH+NaClCH2ClCH2Cl+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaCl（该反应不需要条件就迅速转化）R－CH2CH2OH→加热浓硫酸R－CH＝CH2＋H（1）D→E的反应类型为_____________________。（2）A的结构简式为________________________。（3）有关D的叙述错误的是___________（填序号）。a．能使酸性KMnO4溶液褪色b．能与溴的CCl4溶液反应c．能与甲醇发生酯化反应d．能发生水解反应（4）C→D反应的化学方程式为___________________________________。（5）满足下列条件的E的同分异构体共有_________种。①属于酯类；②苯环上只有两个对位取代基，其中一个为—NH2。29、（10分）I．为粗略测定质量为Wg的电石中CaC2的质量分数，利用电石与饱和食盐水反应，实验装置如图所示：（1）烧瓶中发生反应的化学方程式是_____________（2）产生的气体分子的中心原子的杂化轨道类型是____________（3）实验测得量筒中水为VmL，该温度下气体摩尔体积为24.5L/mol，则电石中CaC2质量分数为___________________II．俄国化学家马尔柯夫尼柯夫因为提出碳碳双键的加成规则而闻名于世，该规则是指不对称的烯烃与HX或HCN加成时，氢总是加到含氢较多的双键碳原子上。已知：以下是F的合成路线，请填写下列空白：（1）写出C的结构简式______________（2）B核磁共振氢谱共有__________________组氢（3）写出③的化学方程式______________（4）将F与含酚酞的NaOH溶液混合，加热一段时间后，可观察到的颜色变化是__________________（5）若某有机物G是D的同系物，相对分子质量比D少14，则其分子式为：________；其同分异构体中含苯环且能使石蕊试液变红的物质共有______________种

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.在平衡常数表达式中，反应物浓度和生成物浓度都应用平衡浓度表示，故A错误；B.同一反应，平化学衡常数只受温度影响，反应物的转化率增大，平衡常数不一定改变，故B错误；C.平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，故C正确；D.同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物浓度、体系的压强、催化剂等无关，故D错误；答案选C。2、A【解题分析】

A.反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；B.反应II是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH-，不可能含SO42－、Cl－，B错误；C.NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；D.实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误；故本题合理选项是A。【题目点拨】本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。3、B【解题分析】X的M层有1个电子，因此M为Na，Y原子最外层电子数为最内层的2倍，因此Y为C或Si，Z的最高价化合价为最低负化合价绝对值的3倍，即Z为S，Z、W同周期，W的原子半径小于Z，则W为Cl，A、如果Y为C，C只有2个电子层，因此原子半径最小，Na、S位于第三周期，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na>S>C，如果Y为Si，三种元素都位于第三周期，Na>Si>S，故A错误；B、如果Y为C，三种元素最高价氧化物对应水化物为H2CO3、H2SO4、HClO4，酸性强弱：HClO4>H2SO4>H2CO3，即非金属性Cl>S>C，如果Y为Si，同周期从左向右非金属性增强，即Cl>S>Si，故B正确；C、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl>S，故C错误；D、前者为NaCl，属于离子化合物，后者为CCl4或SiCl4，属于共价化合物，故D错误。4、C【解题分析】硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。由化学方程式可知，氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中电子转移的数目为8e-。A.氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶3，A不正确；B.若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子，B正确；C.当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑浊，C正确；D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。本题选A。5、D【解题分析】

A、1mol铁在一定条件下分别与氧气、氯气、硫完全反应，与氧气生成四氧化三铁，转移了mol电子，与氯气反应生成氯化铁，转移了3mol电子，与S反应生成FeS，转移了2mol电子，故A错误；B、葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，30g葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子团CH2O的物质的量==1mol，含有的氢原子数为2NA，故B错误；C、石墨烯中每一个六元环平均含有2个碳原子，故12g石墨烯即1mol石墨中含1molC原子，含有0.5mol六元环，即0.5NA个六元环，故C错误；D.2.1gDTO的物质的量为=0.1mol，而一个DTO中含10个质子，故0.1molDTO中含NA个质子，故D正确；答案选D。6、D【解题分析】

OH－先与CO2反应：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ba2＋与CO32－反应生成BaCO3沉淀，因此认为Ba(OH)2先与CO2反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，然后NaOH再与CO2反应，NaOH＋CO2=NaHCO3，最后BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2，据此分析；【题目详解】OH－先与CO2反应：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ba2＋与CO32－反应生成BaCO3沉淀，因此认为Ba(OH)2先与CO2反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，然后NaOH再与CO2反应，NaOH＋CO2=NaHCO3，最后BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2，A、根据上述分析，oa段发生反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，ab段发生反应：NaOH＋CO2=NaHCO3，即b点对应的溶液中溶质为NaHCO3，故A说法正确；B、根据oa段的反应，以及b点以后的反应，两个阶段消耗CO2的体积是相同的，即都是30mL，则V4=90，故B说法正确；C、根据上述分析，oa段发生Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，故C说法正确；D、根据图像，oa段和ab段，消耗CO2的体积相同，根据oa段和ab段反应的方程式，n[Ba(OH)2]：n(NaOH)=1：1，故D说法错误；答案选D。7、B【解题分析】试题分析：二肽水解的方程式是C8H14N2O5＋H2OC3H7NO2＋X，则根据原子守恒可知，X的分子式C5H9NO4，答案选B。考点：考查二肽水解的有关判断和应用点评：该题的关键是明确二肽的水解原理，然后依据原子守恒直接计算即可，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，难度不大。8、D【解题分析】

若假设14mol/L的H2SO4密度为，7mol/L的H2SO4密度为，由于硫酸浓度越大密度越大，所以有：；根据公式：，假设7mol/L的硫酸质量分数为，则14mol/L的硫酸和7mol/L的硫酸之间存在如下关系：，所以有：，又因为：，所以，D项正确；答案选D。9、B【解题分析】A．含有6个羟基，丙三醇含有3个羟基，二者结构不相似，一定不属于同系物，故A错误；B．根据高聚物的结构可知，合成该缩聚产物的单体为HO-CH(CH=CH2)-COOH；根据的结构可知，合成该加聚产物的单体为HO-CH(CH=CH2)-COOH，单体相同，故B正确；C．淀粉、蛋白质均为有机高分子化合物，光导纤维为二氧化硅晶体，不是高分子化合物，故C错误；D．按系统命名法，化合物的名称是2-甲基-3，4-二乙基己烷，故D错误；故选B。10、C【解题分析】

A.化学反应的热效应和反应条件无关，有的吸热反应在常温下也可进行，如氯化铵和氢氧化钡晶体之间的反应，有的放热反应却需要加热，如二氧化硫的催化氧化反应，故A错误；B.化学能转化的能量形式是多样的，可以是光能、电能、热能等，故B错误；C．化学反应中总是有键的断裂和形成，在断键时吸收能量，成键时释放能量，导致在化学反应中放热或吸热，故C正确；D．NaHCO3不稳定，在加热条件下会分解生成Na2CO3，故D错误；答案选C。11、D【解题分析】

由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5为F元素；A．S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，故最高正化合价：①＞②，但F没有正化合价，故A错误；B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径P＞S＞F，即②＞①＞③，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性③＞①＞②，故C错误；D．同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，故D正确；故答案为D。12、A【解题分析】分析：A项，CHCl3为极性分子；B项，单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对；C项，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构；D项，CHCl3不会电离出Cl-，HCl在水溶液中会电离出H+和Cl-。详解：A项，CHCl3中含C—H键和C—Cl键，C—H键和C—Cl键都是极性键，CHCl3为四面体形分子，分子中正电中心和负电中心不重合，CHCl3为极性分子，A项错误；B项，单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，根据COCl2的结构式知，COCl2分子中含有3个σ键、1个π键，杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对，C原子形成3个σ键，C原子上没有孤电子对，中心原子C采用sp2杂化，B项正确；C项，COCl2的电子式为，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构，C项正确；D项，CHCl3不会电离出Cl-，HCl在水溶液中会电离出H+和Cl-，使用前向氯仿中加入AgNO3稀溶液，若产生白色沉淀表明氯仿变质，若无明显现象表明氯仿没有变质，D项正确；答案选A。13、C【解题分析】

鉴别己烯、甲苯、己烷分为两步进行：①取少量待测液分装于三只试管中，三只试管中滴加少量溴水，能与溴水发生化学反应，使其褪色的是己烯；②再取除己烯外，另外两种待测液少许于两支试管中，两支试管中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，使其褪色的是甲苯。故选C；答案：C【题目点拨】1.能使溴水反应褪色的有机物有：苯酚、醛、含不饱和碳碳键（碳碳双键、碳碳叁键）的有机物；2.能使酸性高锰酸钾褪色的有机物①与烯烃、炔烃、二烯烃等不饱和烃类及不饱和烃的衍生物反应；与苯的同系物(甲苯、乙苯、二甲苯等)反应；②与部分醇羟基、酚羟基（如苯酚）发生氧化还原反应；③与醛类等有醛基的有机物（如醛、甲酸、甲酸酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等）发生氧化还原反应。14、A【解题分析】

A．碳碳双键转化为-CHO，引入氧原子，为氧化反应，A正确；B．苯与氢气发生加成反应生成环己烷，B错误；C．碳碳双键转化为单键，不饱和度减小，为加成反应，C错误；D．乙烯与溴水发生加成反应生成1，2－二溴乙烷，D错误；答案选A。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，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，注意有机反应类型的判断，题目难度不大。15、C【解题分析】

A、铁锈的成分是Fe2O3，故A错误；B、铁与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，故B错误；C、Fe与Fe3＋发生反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，能够达到实验目的，故C正确；D、Fe3＋作净水剂，利用Fe3＋水解成Fe(OH)3胶体，故D错误。16、C【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。有离子键、极性键、非极性键断裂，说的是反应物含有离子键、极性键、非极性键，有离子键、极性键、非极性键形成，说的是生成物含有离子键、极性键、非极性键。【题目详解】A．反应物中Na2O由离子键构成，水由极性键构成，反应物不含非极性键，生成物NaOH含离子键和极性键，生成物不含非极性键，A错误；B．反应物中Mg3N2由离子键构成，水由极性共价键构成，反应物中不含非极性键，生成物中氢氧化镁含离子键和极性键，氨气含极性键，生成物不含非极性键，B错误；C．反应物中Na2O2含有离子键和非极性键，H2O含极性键，生成物中NaOH含有离子键和极性键，O2含非极性键，C正确；D．反应物中NH4Cl含有离子键和极性键，NaOH中含离子键和极性键，生成物中NaCl由离子键构成，氨气由极性键构成，水由极性键构成，生成物没有非极性键，D错误。答案选C。17、B【解题分析】

A、乙醇可以先氧化为乙醛，乙醛再氧化为乙酸，乙醇、乙酸都能发生酯化反应，故A正确；B、乙醇易燃烧，污染小，乙醇除在实验室作燃料外,，还可用于生产乙醇汽油，故B错误；C、煤油有特殊气味，所以常在燃料乙醇中添加少量煤油用于区分食用乙醇和燃料乙醇，故C正确；D、乙酸与CaO反应生成离子化合物醋酸钙，蒸馏时乙醇以蒸气形式逸出，得到纯净乙醇，故D正确；故选B。18、C【解题分析】试题分析：A、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，则根据2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝－1．6kJ·mol－1不能得出氢气的燃烧热为2．8kJ·mol－1，A错误；B、已知4P(红磷，s）＝P4(白磷，s）的ΔH>6，这说明红磷的总能量低于白磷，能量越低越稳定，则红磷比白磷稳定，B错误；C、中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，含3．6gNaOH即6．5mol氢氧化钠的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出4．7kJ的热量，则HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－5．4kJ/mol，C正确；D、碳完全燃烧放热多，放热越多，△H越小，则已知C（s）＋O2（g）＝CO2（g）ΔH1,C（s）＋1/2O2（g）＝CO（g）ΔH2，因此ΔH1＜ΔH2，D不正确，答案选C。考点：考查燃烧热、中和热的判断19、C【解题分析】

A.Fe2(SO4)3可用作净水剂，利用了其水解的性质，故A错误；B.Na2CO3溶液显碱性，油污在碱性条件下水解成可溶于水的物质，故B正确；C.HF溶液用作玻璃的蚀刻剂,与其弱酸性无关，故C错误；D.FeCl3可用作铜制电路板的腐蚀剂,利用了Fe3+的氧化性，故D错误。20、D【解题分析】

A．氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故A错误；B．液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；C．硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．熔融氢氧化钠是电解质，也能导电，故D正确；故答案为D。【题目点拨】考查电解质的概念，注意电解质不一定导电，导电的物质不一定是电解质。注意：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如SO2、CO2属于非电解质；③条件：水溶液或融化状态，对于电解质来说，只须满足一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足两个条件；④难溶性化合物不一定就是弱电解质，如硫酸钡属于强电解质。电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。21、D【解题分析】分析：该有机物属于高聚物，含有3n个酯基，水解产物中共含有3n个-COOH和n个酚羟基，都能与NaOH发生中和反应，以此进行判断。详解：该有机物属于高聚物，含有3n个酯基，水解产物中共含有3n个-COOH和n个酚羟基，都能与NaOH发生中和反应，则该物质1mol与足量NaOH溶液反应，消耗的NaOH物质的量为4nmol，答案选D。22、D【解题分析】

由流程可知，碳酸钙溶于盐酸后，将溶液煮沸，可以除去溶液中溶解的二氧化碳气体，防止二氧化碳与氨气反应，过滤后，滤液中氯化钙、氨水、过氧化氢反应生成CaO2、NH4Cl、水，反应在冰浴下进行，可防止过氧化氢分解，再过滤，洗涤得到过氧化钙白色晶体，据此分析解答。【题目详解】A．逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液二氧化碳，防止再后续实验中二氧化碳与氨气反应，故A正确；B．滤液中加入氨水和双氧水生成CaO2，反应的方程式为：CaCl2+2NH3•H2O+H2O2═CaO2↓+2NH4Cl+2H2O，故B正确；C．温度过高时过氧化氢分解，影响反应产率，则生成CaO2的反应需要在冰浴下进行，故C正确；D．过滤得到的白色结晶为CaO2，微溶于水，用蒸馏水洗涤后应再用乙醇洗涤以去除结晶表面水分，同时可防止固体溶解，故D错误；故选D。二、非选择题(共84分)23、羧基酯基①④⑤CH3CH2CH2COOH；CH3CH(CH3)COOHCH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O【解题分析】

由条件“A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平”可知，A为乙烯；乙烯能发生加聚反应生成F即聚乙烯；乙烯也可以与水加成得到B乙醇，乙醇经过连续氧化后得到D乙酸，二者可以酯化生成G乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性条件下水解得到乙醇和E乙酸钠。【题目详解】(1)D乙酸，G乙酸乙酯中官能团分别为羧基和酯基；(2)上述转化关系中，反应①即乙烯和水的反应为加成反应；反应④和⑤即酯化和酯的水解反应为取代反应；(3)G为乙酸乙酯，其属于羧酸的同分异构体有正丁酸(CH3CH2CH2COOH)和异丁酸(CH3CH(CH3)COOH)；(4)C为乙醛，其与新制氢氧化铜反应的方程式即为：CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O；【题目点拨】有机推断题的突破口，一是反应条件，二是题干中描述的物质的名称、应用等信息，三是题干中提供的计算有关的信息；要灵活整合推断题中的信息加以推断。24、C8H10O④⑤羧基酯化(或取代)2+O22+2H2O、【解题分析】

(1)苏合香醇为，由-OH和苯环分析其性质，据此分析解答(1)；(2)～(5)A的相对分子质量通过质谱法测得为56，核磁共振氢谱显示只有两组峰，分子式为C4H8，结合题给信息可知应为CH2=C(CH3)2，A发生已知信息的反应生成B，B连续氧化、酸化得到甲，结合转化关系可知，B为2-甲基-1-丙醇，结构简式为(CH3)2CHCH2OH，C为2-甲基丙醛，结构简式为：(CH3)2CHCHO，甲为(CH3)2CHCOOH，甲与乙反应酯化生成丙(C13H18O2)，则乙为C9H12O，丙中有两个甲基，则乙中不含甲基，乙为苏合香醇的同系物，则乙的结构简式为，由1molD与2mol氢气反应生成乙，所以D为C9H8O，可以发生银镜反应，含有-CHO，故D为，据此分析解答(2)～(5)题。【题目详解】(1)苏合香醇为，由-OH和苯环可知，其分子式为C8H10O，能发生取代、加成、氧化、消去反应，而不能发生水解、加聚反应，故答案为：C8H10O；④⑤；(2)甲为(CH3)2CHCOOH，含有的官能团为羧基，甲与乙发生酯化反应生成丙，酯化反应也是取代反应，故答案为：羧基；取代(酯化反应)；(3)B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，由B到C的化学反应方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；(4)由上述分析可知，D的结构简式为，故答案为：；(5)乙为，乙的同分异构体满足：①苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯取代物只有两种，应为对位位置，②遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，则可为、，故答案为：、。【题目点拨】把握合成流程中官能团的变化、碳链变化、碳原子数的变化、有机反应为解答的关键。本题的易错点为(5)，要注意苯环上的两个取代基位于对位。25、排除体系中的N2A和DDCxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2量筒内液面与广口瓶中的液面持平视线与凹液面最低处相切ABD【解题分析】

在本实验中，通过测定氨基酸和氧气反应生成产物中二氧化碳、水和氮气的相关数据进行分析。实验的关键是能准确测定相关数据，用浓硫酸吸收水，碱石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能颠倒，否则碱石灰能吸收水和二氧化碳，最后氮气的体积测定是主要多余的氧气的影响，所以利用加热铜的方式将氧气除去。首先观察装置图，可以看出A中是氨基酸的燃烧，B中吸收生成的水，在C中吸收生成的二氧化碳，D的设计是除掉多余的氧气，E、F的设计目的是通过量气的方式测量氮气的体积，在这个基础上，根据本实验的目的是测定某种氨基酸的分子组成，需要测量的是二氧化碳和水和氮气的量。实验的关键是氮气的量的测定，所以在测量氮气前，将过量的氧气除尽。【题目详解】(1)装置中的空气含有氮气，影响生成氮气的体积的测定，所以通入一段时间氧气的目的是排除体系中的N2；(2)氨基酸和氧气反应，以及铜和氧气反应都需要加热，应先点燃D处的酒精灯，消耗未反应的氧气，保证最终收集的气体只有氮气，所以应先点燃D处酒精灯。(3)氨基酸燃烧生成二氧化碳和水和氮气，方程式为：CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2；(4)加热铜可以吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2；(5)读数时必须保证压强相同，所以注意事项为量筒内液面与广口瓶中的液面持平而且视线与凹液面最低处相切；(6)根据该实验原理分析，要测定二氧化碳和水和氮气的数据，再结合氨基酸的相对分子质量确定其分子式。故选ABD。【题目点拨】实验题的解题关键是掌握实验原理和实验的关键点。理解各装置的作用。实验的关键是能准确测定相关数据。为了保证得到准确的二氧化碳和水和氮气的数据，所以氨基酸和氧气反应后，先吸收水后吸收二氧化碳，最后除去氧气后测定氮气的体积。26、分液漏斗Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O[或Na2SO3＋2H2SO4(浓)=2NaHSO4＋SO2↑＋H2O]2:1通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度安全瓶d过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl【解题分析】

(1)根据仪器图写出名称；（2）A中反应Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O;装置B为安全装置，可防堵塞，装置D用来吸收含有SO2的尾气，可以盛NaOH溶液；当B中导气管堵塞时，B内压强增大，锥形瓶中的液面下降，漏斗中的液面上升。(3)烧瓶C中，该转化过程的总反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，则C瓶中Na2S和Na2CO3的物质的量之比最好为2:1。(4)装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，装置B的作用是通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度同时起到安全瓶作用；（5）防倒吸可选d装置；(6)为检验产品中是否含有Na2SO4和Na2SO3，取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入足量稀HCl，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。【题目详解】结合以上分析，(1)仪器a的名称为分液漏斗；（2）装置A中发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O。（3）烧瓶C中，该转化过程的总反应:2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2,则C瓶中Na2S和Na2CO3的物质的量之比最好为2:1，因此本题答案为：2:1。（4）从仪器连接可知，装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，由于二氧化硫不溶于饱和NaHSO3溶液，故其作用是通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度同时起到安全瓶作用，防堵塞，原理是，若B中导气管堵塞时，B内压强增大，锥形瓶中的液面下降，漏斗中的液面上升。因此，本题答案为：通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度；安全瓶；（5）装置D用于处理尾气，SO2可以和氢氧化钠溶液反应，要能吸收SO2同时防倒吸，应选d。(6)亚硫酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸，为检验产品中是否含有Na2SO4和Na2SO3取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入足量稀HCl，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。27、分液漏斗分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面（或分液漏斗中液体不能顺利流下）CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O将伸出烧瓶外的导管换成长导管除去挥发出来的乙醇溴水或溴的四氯化碳溶液否【解题分析】

（1）根据仪器构造及用途作答；（2）根据分液漏斗的构造利用液封法检查装置的气密性；（3）溴乙烷与NaOH醇溶液发生消去反应；（4）油状液体为溴乙烷蒸气液化的结果；

（5）乙醇易溶于水，据此解答；

（6）根据乙烯的不饱和性，能与Br2发生加成反应作答。【题目详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗，故答案为分液漏斗；（2）关闭止水夹c，由仪器a向仪器b中加水，若分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面，而不下落，则证明装置A不漏气，故答案为分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面（或分液漏斗中液体不能顺利流下）