化学-辽宁省重点高中沈阳市郊联体2023-2024学年高二下学期期末考试试题和答案

第1页/共9页辽宁省重点高中沈阳市郊联体2023—2024学年度下学期高二年级期末考试化学试题1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A.聚乙炔可用于制备导电高分子材料B.利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变C.福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本D.白酒和食醋都可由淀粉发酵得到2.下列化学用语正确的是A.环氧丙烷的结构简式：B.CH3CHO的球棍模型：C.2-丁烯的键线式：D.乙烯的空间填充模型：3.分类法是学习和研究化学的一种常用的科学方法。下列分类合理的是①Fe2O3、CaO、Na2O2都是碱性氧化物②Na2CO3是正盐，NaHCO3是酸式盐③H2SO4与KHSO4均含相同的元素氢，故KHSO4也可以称为酸④洁净的空气、纯净的盐酸都是混合物⑤根据分散系能否产生丁达尔效应将分散系分为胶体、溶液和浊液A.只有①③⑤B.只有②④C.只有①②④D.只有②③⑤4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是第2页/共9页A.0.1mol丙烯酸(CH2=CHCOOH)中含有双键的数目为0.1NAB.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NAC.28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NAD.100g3.4%的过氧化氢溶液中氧原子数为0.2NA5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.pH=14的溶液中：K+、ClO-、CO−、Cl-B.含有I-的溶液中：H+、Na+、Cl-、NOC.某无色透明溶液中：Na+、Cu2+、SO−、OH-D.由水电离的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：Na+、NH、Cl-、K+6.ClO-可用于处理含CN-的废水，处理过程中体系存在ClO-、CN-、N2、Cl-、HCO、H2O六种物质。下列有关说法正确的是A.ClO-是氧化剂，N2是氧化产物之一B.反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为3：2C.若生成标准状况下2.24LN2，则转移电子0.2molD.含CN-的废水也可用Cr2O−处理7.下列有关说法正确的有个①变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂发生了水解反应②不慎将浓硝酸沾到皮肤上会出现黄色斑属于水解反应③聚乳酸是一种可生物降解的高分子材料，可用于手术缝合线、药物缓释材料等④黏胶纤维的长纤维一般称为人造丝，短纤维称为人造棉⑤磷酸酐键在ATP水解时会发生断裂，整个水解过程可吸收能量供生物体使用⑥天然蛋白质水解的最终产物均为α−氨基酸⑦糖类、油脂、蛋白质、核酸都是生物大分子A.2B.3C.4D.58.探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3）实验装置试剂a现象第3页/共9页①Ca(OH)2溶液（含酚酞）溶液褪色，产生白色沉淀②少量NaHCO3溶液产生气泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是A.H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2OB.酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2OC.H2C2O4具有还原性，2MnO+5C2O−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OD.H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OH□□浓□□C2H5OOCCOOC2H5+2H2O9.工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图所示。下列说法不正确的是A.碱性条件下，氧化性：O2>MnO->S2O-B.过程Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2C.过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnO-+2S2-+9H2O=S2O-+4Mn(OH)2↓+10OH-D.仅用氧气做氧化剂，将1molS2-转化为SO-理论上需要O2的体积为44.8L10.贝诺酯是由阿司匹林、扑热息痛经化学法制备的解热镇痛抗炎药，其合成反应式(反应条件略去)如下下列叙述错误的是A.FeCl3溶液可鉴别阿司匹林和扑热息痛B.常温下贝诺酯在水中的溶解度小于扑热息痛D.贝诺酯与足量NaOH溶液共热后再酸化，最终生成阿司匹林和扑热息痛11.聚酰胺树脂材料具有较好的耐热性、耐水性。一种高分子聚酰胺树脂的合成过程为：下列有关说法正确的是A.该树脂中所有原子共平面B.该高分子树脂中含有4种官能团C.单体A与邻苯二甲酸互为同系物D.该树脂是由单体A和B通过缩聚反应得到，有固定的熔点下列叙述正确的是A.过滤操作能提纯Cu2O形成的胶体，持续加热该砖红色液体可产生沉淀B.葡萄糖分子中的醛基可以与分子内的羟基作用，形成2种六元环状结构C.葡萄糖分子不含手性碳原子D.向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制的Cu(OH)2，加热，没有砖红色沉淀生成，说明淀粉没有水解成葡萄糖13.下列实验操作进行后，现象及所得出的结论存在错误的是选项实验操作实验现象结论A将聚乙烯合成树脂、天然橡胶分别溶于溴的四氯化碳聚乙烯合成树脂不褪色、天然橡胶可以使溴的四氯化碳溶液褪色聚乙烯中没有、天然橡胶中有不饱和键第5页/共9页B观察气泡鉴别乙醇与甲醚(CH3OCH3)乙醇有气泡甲醚没有明显现象醇能和钠反应而醚不能C实验室制乙酸乙酯碳酸钠液面没有出现油状液体层没有催化剂反应几乎不发生且导管末端不应深入液面以下D向填充有经硫酸处理的K2Cr2O7的导管中吹入乙醇蒸气固体由橙色变为白色乙醇具有还原性A.AB.BC.CD.D14.把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含amol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c(Na＋)为()mol/LB.(2b－a)mol/Lmol/LD.(10b－5a)mol/L15.工业废气中的NO可用来生产NH4NO3，工艺流程如图所示。若装置I和装置Ⅱ中反应后nA.装置I中反应的离子方程式为2NO+4Ce4++3H2O=4Ce3+第6页/共9页B.装置I中若有5.6L(标况)NO参与反应，则转移0.5mol电子C.装置Ⅲ中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2D.装置Ⅲ中NH3和O2的体积比3:1可实现原子利用率最大化16.已知1L某待测液中除含有0.2mol.L−1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或几种：3+−现进行如图实验操作(每次实验所加试剂均过量)：（1）由气体B可确定待测液中含有的离子是____。（2）由沉淀D和沉淀E可以判断待测液中一定含有的离子是____。（3）已知白色沉淀E的导电能力几乎为0，写出其对应的电离方程式_____。（4）由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是___，请写出溶液A反应生成沉淀B的离子反应方程式 。（5）综合分析，待测液中K+的最小浓度为，检验该离子存在的实验名称为。17.根据所学知识完成下列问题（1）将ag聚苯乙烯树脂溶于bL苯中，然后通入cmol乙炔气体，所得混合物中的碳、氢两元素质量比是 。（2）实验测定某聚苯乙烯的相对分子质量(平均值)为52000，则该聚合物的平均聚合度n为______。（3）在标准状况下，将VL气体A(摩尔质量为Mg/mol)溶于1L水中，所得溶液的密度为ρg.cm−3，则此溶液的物质的量浓度为mol/L。（4）CuSO4在工业、农业、药物合成等领域应用广泛，回答下列问题①配制480mL0.1mol/L的CuSO4溶液：需要用托盘天平称量胆矾固体的质量___g，在实验中不规范的操作会导致实验结果的误差，下列使所配制溶液的物质的量浓度偏低的是___。第7页/共9页A．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外B．移液时容量瓶内有少量水C．定容时俯视刻度线D．定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线②辉铜矿法：辉铜矿(Cu2S)与稀硫酸、H2O2溶液反应可以制得CuSO4，该反应的化学方程式为___。③碱性蚀刻废液回收法：从某碱性蚀刻废液(主要含[Cu(NH3)4]2+等)中回收CuSO4的工业流程如图所示。步骤Ⅰ中[Cu(NH3)4]2+反应生成Cu(OH)Cl沉淀的离子方程式为。18.苯乙酮()广泛用于皂用香料和烟草香精中，可由苯和乙酸酐制备。已知：名称相对分子质量沸点/。C密度(g.mL−1)溶解性苯0.88不溶于水，易溶于有机溶剂苯乙酮203微溶于水，易溶于有机溶剂有吸湿性，易溶于有机溶剂易溶于水，易溶于有机溶剂步骤Ⅰ：向三颈烧瓶中加入39g苯和44.5g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5g乙酸酐(C4H6O3)，在。C加热45min，发生反应：步骤Ⅱ：冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30mL15%NaOH溶液和300mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥。步骤Ⅲ：常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮。请回答下列问题：（1）步骤Ⅰ中的加热方式为。（2）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为(填标号)第8页/共9页A.100mLB.250mLC.500mLD.1000mL（3）图示实验装置虚线框内缺少一种仪器，该仪器名称为。（4）步骤Ⅱ中生成的白色胶状沉淀的化学式为，可用浓盐酸处理该沉淀，发生反应的离子方程式（5）步骤Ⅱ中用NaOH溶液洗涤的目的是_____。（6）实验中收集到24.0mL苯乙酮，则苯乙酮的产率为_____。19.化合物H是一种用于合成γ−分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如图：（1）A中除羟基外还含有官能团的名称为。（2）B→C的反应类型为。（3）写出C→D的化学反应方程式：______。（4）满足下列条件的C的同分异构体有______种。①含有苯环，苯环上有三个取代基，其中氨基只与苯环直接相连：②与氯化铁溶液反应显紫色，与NaHCO3溶液反应有气体产生。（5）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：____。①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α−氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。（6）G的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式：_____。第9页/共9页（7）已知：—K2→(R代表烃基，R代表烃基或H)，制备的合成路线如图，其中M的结构简式为______。第1页/共21页辽宁省重点高中沈阳市郊联体2023—2024学年度下学期高二年级期末考试化学试题1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A.聚乙炔可用于制备导电高分子材料B.利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变C.福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本D.白酒和食醋都可由淀粉发酵得到【答案】B【解析】【详解】A．聚乙炔具有共轭双键结构，这种结构使得电子在原子间容易流动，因此聚乙炔可用于制备导电高分子材料，故A正确；B．利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机小分子的转变，故B错误；C．福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本，故C正确；D．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵可以得到乙醇，乙醇氧化得到乙酸，所以白酒和食醋都可由淀粉发酵得到，故D正确；故选B。2.下列化学用语正确的是A.环氧丙烷的结构简式：B.CH3CHO的球棍模型：C.2-丁烯的键线式：D.乙烯的空间填充模型：【答案】A第2页/共21页【解析】【详解】A．环氧丙烷的键线式，结构简式为，故A正确；C．2-丁烯只含一个碳碳双键，键线式为，故C错误；D．乙烯分子中包含2个C和4个H，为乙炔的空间填充模型，故D错误；答案选A。3.分类法是学习和研究化学的一种常用的科学方法。下列分类合理的是①Fe2O3、CaO、Na2O2都是碱性氧化物②Na2CO3是正盐，NaHCO3是酸式盐③H2SO4与KHSO4均含相同的元素氢，故KHSO4也可以称为酸④洁净的空气、纯净的盐酸都是混合物⑤根据分散系能否产生丁达尔效应将分散系分为胶体、溶液和浊液A.只有①③⑤B.只有②④C.只有①②④D.只有②③⑤【答案】B【解析】【详解】①Na2O2与水反应产生NaOH和O2，属于过氧化物，不属于碱性氧化物，①错误；②Na2CO3是NaOH与H2CO3完全中和生成的盐，属于正盐；NaHCO3是H2CO3电离产生的H+部分被NaOH中和产生的盐，属于酸式盐，②正确；③KHSO4电离产生K+、H+和SO-，阳离子不完全是H+，因此不能称为酸，③错误；④洁净的空气（含有氧气、氮气等）、纯净的盐酸（溶质为氯化氢）中都含有多种构成物质的微粒，因此都是混合物，④正确；⑤根据分散质微粒直径大小，将分散系分为胶体、溶液和浊液，⑤错误；综上所述可知：说法正确的是②④,故合理选项是B。第3页/共21页4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.0.1mol丙烯酸(CH2=CHCOOH)中含有双键的数目为0.1NAB.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NAC.28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NAD.100g3.4%的过氧化氢溶液中氧原子数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A．丙烯酸中含有碳碳双键、碳氧双键，则0.1mol丙烯酸()中含有双键的数目为0.2NA，故A错误；B．二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，则密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数小于2NA，故B错误；C．乙烯和环丁烷的最简式都是CH2，28gCH2物质的量为2mol，则含有碳原子数为2NA，故C正确；D．100g3.4%的过氧化氢溶液中，含有过氧化氢3.4g，其物质的量为0.1mol，过氧化氢中氧原子数为0.2NA，但溶液中含有水，则总共氧原子数大于0.2NA，故D错误；5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.pH=14的溶液中：K+、ClO-、CO-、Cl-B.含有I-的溶液中：H+、Na+、Cl-、NOC.某无色透明溶液中：Na+、Cu2+、SO−、OH-D.由水电离的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：Na+、NH、Cl-、K+【答案】A【解析】【详解】A．常温下，pH=14的溶液含OH-，OH-与K+、ClO-、CO-、Cl-，可大量共存，A正确；第4页/共21页B．含有I-的溶液中，H+、NO会将I-氧化，发生反应6I-+8H++2NO3-=3I2↓+2NO↑+4H2O，故H+、NO与I-不能大量共存，B错误；C．某无色透明溶液中，Cu2+为蓝色，且Cu2+与OH-也不能大量共存，C错误；D．常温下，由水电离的c(H+)=10-13mol/L的溶液，pH为1或13，可以为酸性也可以为碱性，当溶液为碱性时，OH-与NH不能大量共存，D错误；故选A。6.ClO-可用于处理含CN-的废水，处理过程中体系存在ClO-、CN-、N2、Cl-、HCO、H2O六种物质。下列有关说法正确的是A.ClO-是氧化剂，N2是氧化产物之一B.反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为3：2C.若生成标准状况下2.24LN2，则转移电子0.2molD.含CN-的废水也可用Cr2O−处理【答案】A【解析】【详解】A．根据题意，ClO-、CN-为反应物，N2、Cl-、HCO为生成物，结合原子守恒可知H2O为反应物，处理过程中所发生的反应为5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2HCO。其中ClO-是氧化剂，N2是氧化产物，A正确；B．在该反应中氧化剂是ClO-，还原剂是CN-，根据选项A方程式可知氧化剂与还原剂的化学计量数之比C．在反应5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2HCO中，每反应产生1molN2，反应过程中转移10mol电子。若生成标准状况下2.24LN2，其物质的量是0.1mol，则转移电子1mol，C错误；D．Cr2O-具有强氧化性，但若用Cr2O-处理含CN-的废水，会引入重金属离子Cr3+，D错误；故合理选项是A。7.下列有关说法正确的有个①变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂发生了水解反应②不慎将浓硝酸沾到皮肤上会出现黄色斑属于水解反应③聚乳酸是一种可生物降解的高分子材料，可用于手术缝合线、药物缓释材料等第5页/共21页④黏胶纤维的长纤维一般称为人造丝，短纤维称为人造棉⑤磷酸酐键在ATP水解时会发生断裂，整个水解过程可吸收能量供生物体使用⑥天然蛋白质水解的最终产物均为α−氨基酸⑦糖类、油脂、蛋白质、核酸都是生物大分子A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【详解】①油脂易被氧化而变质，变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂发生了氧化反应，故错误；②不慎将浓硝酸沾到皮肤上会出现黄色斑，蛋白质发生颜色反应，不是水解反应，故错误；③聚乳酸为高分子化合物，具有良好的生物功能，是一种新型可生物降解的高分子材料，主要用于制造可降解纤维，手术缝合线、药物缓释材料等，故正确；④黏胶纤维中的长纤维一般称为人造丝，短纤维称为人造棉，都属于人造纤维，都可用于纺织工业，故正确；⑤ATP分子中高能磷酸酐键断裂时也同时生成了其他键，生成其他键放出热量，并且放出的热量比吸收的热量要大的多，放出能量供生物体使用，故错误；⑥天然蛋白质含-CONH-，可发生水解，且水解的最终产物均为α-氨基酸，故正确；⑦糖类不都是大分子，如单糖和二糖，故错误；正确的有3个，故选：B。8.探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3）装置试剂a现象①Ca(OH)2溶液（含酚酞）溶液褪色，产生白色沉淀②少量NaHCO3溶液产生气泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是A.H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2OB.酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O第6页/共21页C.H2C2O4具有还原性，2MnO+5C2O−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OD.H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OH□□浓□□C2H5OOCCOOC2H5+2H2O【答案】C【解析】【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题；【详解】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；B.产生气泡证明有CO2产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2H2O或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O，故B正确；C.0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；D.草酸（又称乙二酸其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确；本题选不正确的，应选C。【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。9.工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图所示。下列说法不正确的是A.碱性条件下，氧化性：O2>MnO->S2O-B.过程Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2C.过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnO-+2S2-+9H2O=S2O-+4Mn(OH)2↓+10OH-D.仅用氧气做氧化剂，将1molS2-转化为SO-理论上需要O2的体积为44.8L【答案】D【解析】【分析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成MnO-,涉及反应为第7页/共21页2Mn(OH)2+O2+4OH-=2MnO-+4H2O，MnO-与S2-反应生成S2O-,进而与氧气反应生成SO−,以此解答该题。【详解】A．由分析可知，O2氧化Mn(OH)2生成MnO-,则氧化性：O2＞MnO-,MnO32-氧化S2-生成S2O-,则氧化性：MnO->S2O-,所以碱性条件下，氧化性：O2>MnO->S2O-，故A正确；B．过程I中涉及反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2MnO-+4H2O，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，故B正确；C．由流程可知过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnO-+2S2-+9H2O═S2O-+4Mn(OH)2↓+10OH-，故C正确；D．1molS2-转化为SO−理论上转移8mol电子，根据得失电子守恒可知：n(O2)=2mol，但是温度压强未知，无法计算氧气的体积，故D错误。答案选D。10.贝诺酯是由阿司匹林、扑热息痛经化学法制备的解热镇痛抗炎药，其合成反应式(反应条件略去)如下下列叙述错误的是A.FeCl3溶液可鉴别阿司匹林和扑热息痛B.常温下贝诺酯在水中的溶解度小于扑热息痛C.1mol阿司匹林最多可消耗3molNaOHD.贝诺酯与足量NaOH溶液共热后再酸化，最终生成阿司匹林和扑热息痛【答案】D【解析】【详解】A．扑热息痛含有酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，阿司匹林不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，可以鉴别，故A正确；B．扑热息痛含有酚羟基是亲水基团，而贝诺酯不含亲水基团，所以常温下贝诺酯在水中的溶解度小于扑热息痛，故B正确；C．阿司匹林中羧基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能与NaOH反应，所以1mol阿司匹林最多可消耗D．贝诺酯与足量NaOH溶液共热水解后酸化生成乙酸、和,11.聚酰胺树脂材料具有较好的耐热性、耐水性。一种高分子聚酰胺树脂的合成过程为：下列有关说法正确的是A.该树脂中所有原子共平面B.该高分子树脂中含有4种官能团C.单体A与邻苯二甲酸互为同系物D.该树脂是由单体A和B通过缩聚反应得到，有固定的熔点【答案】B【解析】【详解】A．N原子及醚键中O均为sp3杂化，则所有原子不能共平面，A错误；B．高分子树脂中含羧基、氨基、酰胺键、醚键，有四种官能团，B正确；C．单体A与邻苯二甲酸的结构不相似，含官能团的数量不同，二者不属于同系物，C错误；D．单体A和B发生缩聚反应，生成高分子，属于混合物没有固定的熔点，D错误；下列叙述正确的是A.过滤操作能提纯Cu2O形成的胶体，持续加热该砖红色液体可产生沉淀第9页/共21页B.葡萄糖分子中的醛基可以与分子内的羟基作用，形成2种六元环状结构C.葡萄糖分子不含手性碳原子D.向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制的Cu(OH)2，加热，没有砖红色沉淀生成，说明淀粉没有水解成葡萄糖【答案】B【解析】【详解】A．胶体能够透过滤纸，不能用过滤提纯Cu2O形成的胶体，故A错误；B．链状葡萄糖分子中的醛基可与分子内羟基发生加成反应形成两种六元环状结构，和,故B正确；C．葡萄糖的分子结构为CH2OH(CHOH)4CHO，其中(CHOH)4所包含的碳原子为手性碳原子，故CD．加入新制的Cu(OH)2之前，应先加碱将酸中和掉，故D错误；故选B。13.下列实验操作进行后，现象及所得出的结论存在错误的是选项实验操作实验现象结论A将聚乙烯合成树脂、天然橡胶分别溶于溴的四氯化碳聚乙烯合成树脂不褪色、天然橡胶可以使溴的四氯化碳溶液褪色聚乙烯中没有、天然橡胶中有不饱和键B观察气泡鉴别乙醇与甲醚(CH3OCH3)乙醇有气泡甲醚没有明显现象醇能和钠反应而醚不能第10页/共21页C实验室制乙酸乙酯碳酸钠液面没有出现油状液体层没有催化剂反应几乎不发生且导管末端不应深入液面以下D向填充有经硫酸处理的K2Cr2O7的导管中吹入乙醇蒸气固体由橙色变为白色乙醇具有还原性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．将聚乙烯合成树脂、天然橡胶分别溶于溴的四氯化碳，聚乙烯合成树脂不褪色、天然橡胶可以使溴的四氯化碳溶液褪色，这说明聚乙烯中没有不饱和键，天然橡胶中有不饱和键，A正确；B．乙醇能和钠反应生成氢气，甲醚不能，可以用金属钠鉴别二者，B正确；C．酯化反应需要浓硫酸作催化剂，又因为乙醇、乙酸和水互溶，所以根据装置可判断碳酸钠液面没有出现油状液体层，且导管末端不应深入液面以下，C正确；D．向填充有经硫酸处理的K2Cr2O7的导管中吹入乙醇蒸气，重铬酸钾被还原，则固体由橙色变为绿色，答案选D。14.把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含amol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c(Na＋)为()mol/LB.(2b－a)mol/Lmol/LD.(10b－5a)mol/L【答案】D【解析】第11页/共21页【详解】500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，每份100mL，设100mL溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOH=NH3•H2O+Na2CO3+H2O，则100mL溶液中含NH4HCO3为0.5amol，100mL溶液中加入含bmolHCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HCl=NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑,则其中Na2CO3的物质的量n(Na:co3)-⃞×(b-0.5a)mol，根据Na元素守恒可知溶液中含有Na+的物质的量n(Na+)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a)mol，由于溶液的体积是100mL，所以离子浓度c(Na+)=(b-0.5a)mol÷0.1L=(10b-5a)mol/L；答案选D。15.工业废气中的NO可用来生产NH4NO3，工艺流程如图所示。若装置I和装置Ⅱ中反应后nA.装置I中反应的离子方程式为2NO+4Ce4++3H2O=4Ce3++NO+NO+6H+B.装置I中若有5.6L(标况)NO参与反应，则转移0.5mol电子C.装置Ⅲ中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2D.装置Ⅲ中NH3和O2的体积比3:1可实现原子利用率最大化【答案】D【解析】【分析】若装置I中NO被Ce4+氧化为NO、NO，同时得到Ce3+，装置Ⅱ中通过电解除杂，Ce3+被氧化为Ce4+，得到含NO、NO的溶液，NO、NO和氨气、氧气在装置Ⅲ中反应生产NH4NO3。【详解】A．装置I中NO被Ce4+氧化为NO、NO，同时得到还原产物Ce3+，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为2NO+4Ge4++3H2O=4Ge3++NO+NO+6H+，A正确；B．结合装置I中反应可知，2NO~4e-，则消耗5.6L(标况下即0.25mol)NO，转移电子的物质的量为C．装置Ⅲ中反应为NO、NO和氨气、氧气在装置Ⅲ中反应生产NH4NO3，涉及的氧化还原反应为2NO+O2=2NO，氧化剂（O2）和还原剂(NO)物质的量之比为1:2，C正确；第12页/共21页D．置Ⅲ中氧化还原反应为2NO+O2=2NO而反应前n(NO):n(NO)=1:1，所以每1mol2molNO恰好完全反应且容器内NO总物质的量为4mol，所以需4mol的NH3才能将NO恰好反应掉，即NH3和O2的体积比4:1可实现原子利用率最大化，D错误；故选D。16.已知1L某待测液中除含有0.2mol.L−1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或几种：2+3+−现进行如图实验操作(每次实验所加试剂均过量)：（1）由气体B可确定待测液中含有的离子是____。（2）由沉淀D和沉淀E可以判断待测液中一定含有的离子是____。（3）已知白色沉淀E的导电能力几乎为0，写出其对应的电离方程式_____。（4）由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是___，请写出溶液A反应生成沉淀B的离子反应方程式 。（5）综合分析，待测液中K+的最小浓度为，检验该离子存在的实验名称为。【答案】（1）NH（2）SO−和CO−（3）BaSO4=Ba2++SO−（4）①.HCO②.HCO+Ba2++OH−=BaCO3↓+H2O【解析】第13页/共21页【分析】待测液与BaCl2溶液反应生成沉淀A，沉淀A与稀硝酸反应生成白色沉淀D和无色气体D，无色气体D与石灰水反应生成白色沉淀E，则待测液中一定含有SO−和CO−,结合离子共存的条件可知待测液中一定不存在Mg2+、Ba2+、Fe3+；滤液A与NaOH反应生成的气体B为NH3同时还生成了白色沉淀B，则待测液中一定含有NH、HCO；由于实验过程中加入了BaCl2溶液，因此由白色沉淀C无法确定待测液中是否含有Cl-，溶液B中通入氯气，溶液为浅黄绿色，则原溶液无Br-，结合题中数据可知待测液中n(SO;)-n(Baso.)沉淀E==0.05mol，n(Na')+n(NH;)=0.2mo2n)+2n(CO−)+n(HCO)=0.1mol+0.2mol+0.1mol=0.4mol，由电荷守恒可知，溶液一定含有K+，若待测液不含Cl-，则n(K+)=0.1mol，若待测液含有Cl-，则n(K+)＞0.1mol，综上所述，+≥0.1mol/L。+【小问1详解】气体B为NH3，则待测液中含有的离子是NH，故答案为：NH；【小问2详解】由沉淀D和沉淀E可以判断待测液中一定含有的离子是SO−和CO−,故答案为：SO−和CO−;【小问3详解】已知白色沉淀E为BaSO4，为强电解质，其电离方程式为BaSO4=Ba2++SO−,故答案为：BaSO4=Ba2++SO−;【小问4详解】由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是HCO，溶液A反应生成沉淀B的离子反应方程式HCO+Ba2++OH−=BaCO3↓+H2O，故答案为：HCO；HCO+Ba2++OH−=BaCO3↓+H2O；【小问5详解】第14页/共21页由分析可知，c(K+)≥0.1mol/L，检验该离子存在的实验名称为焰色试验，故答案为：0.1mol/L；焰色试验。17.根据所学知识完成下列问题（1）将ag聚苯乙烯树脂溶于bL苯中，然后通入cmol乙炔气体，所得混合物中的碳、氢两元素质量比是 。（2）实验测定某聚苯乙烯的相对分子质量(平均值)为52000，则该聚合物的平均聚合度n为______。（3）在标准状况下，将VL气体A(摩尔质量为Mg/mol)溶于1L水中，所得溶液的密度为ρg.cm−3，则此溶液的物质的量浓度为mol/L。（4）CuSO4在工业、农业、药物合成等领域应用广泛，回答下列问题①配制480mL0.1mol/L的CuSO4溶液：需要用托盘天平称量胆矾固体的质量g，在实验中不规范的操作会导致实验结果的误差，下列使所配制溶液的物质的量浓度偏低的是。A．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外B．移液时容量瓶内有少量水C．定容时俯视刻度线D．定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线②辉铜矿法：辉铜矿(Cu2S)与稀硫酸、H2O2溶液反应可以制得CuSO4，该反应的化学方程式为___。③碱性蚀刻废液回收法：从某碱性蚀刻废液(主要含[Cu(NH3)4]2+等)中回收CuSO4的工业流程如图所示。步骤Ⅰ中[Cu(NH3)4]2+反应生成Cu(OH)Cl沉淀的离子方程式为。（2）500（4）①.12.5②.AD③.Cu2S+5H2O2+H2SO4=2CuSO4+6H2O④.[Cu(NH3)4]2++3H++Cl-+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH【解析】【分析】(4)往某碱性蚀刻废液[主要含[Cu(NH3)4]2+等]加入1：1盐酸，发生反应[Cu(NH3)4]2++3H++Cl-+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH，过滤、洗涤得滤液(溶质的主要成分为NH4Cl)和滤渣[主要成分为Cu(OH)Cl]，将Cu(OH)Cl和50%H2SO4溶液混合进行酸化，发生反应Cu(OH)Cl+H2SO4=CuSO4+HCl+H2O，之后进行粗结第15页/共21页晶，再加C2H5OH进行重结晶，最终得到CuSO4晶体。【小问1详解】由三种混合物的分子式可知，三种化合物中碳、氢元素的原子个数比都为1：1，故碳元素和氢元素的质量【小问2详解】已知苯乙烯的分子式为C8H8，聚苯乙烯的分子组成为：(C8H8)n，聚苯乙烯的相对分子质量为104n，所以104n=52000，所以n=500，故答案为：500；【小问3详解】标准状况下VL该气体的物质的量为mol，其质量为：m=Mg/mol×mol=g，1L水的质量约为1000g，则所得溶液的质量为：1000g+g，所得溶液的体积所以此溶液的物质的量浓度为mol/L，故答案为：【小问4详解】①配制480mL溶液需使用500mL容量瓶，故配制480mL0.1mol/L的CuSO4溶液：需要用托盘天平称量胆矾固体的质量0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，A．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，溶质的量将减少，使所配溶液浓度偏低，A符合题意；B．后续步骤中还需向容量瓶中加入水，故移液时容量瓶内有少量水对实验结果无影响，B不合题意；C．定容时俯视刻度线将导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，C不合题意；D．定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，将使溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，D符合题意；故答案为：12.5；AD；②辉铜矿法：辉铜矿(Cu2S)与稀硫酸、H2O2溶液反应可以制得CuSO4，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：Cu2S+5H2O2+H2SO4=2CuSO4+6H2O，故答案为：Cu2S+5H2O2+H2SO4=2CuSO4+6H2O；③根据分析，[Cu(NH3)4]2+反应生成Cu(OH)Cl沉淀的离子方程式为[Cu(NH3)4]2++3H++Cl-+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH，故答案为：[Cu(NH3)4]2++3H++Cl-+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH。第16页/共21页18.苯乙酮()广泛用于皂用香料和烟草香精中，可由苯和乙酸酐制备。已知：名称相对分子质量沸点/。C溶解性苯0.88不溶于水，易溶于有机溶剂苯乙酮203微溶于水，易溶于有机溶剂有吸湿性，易溶于有机溶剂易溶于水，易溶于有机溶剂步骤Ⅰ：向三颈烧瓶中加入39g苯和44.5g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5g乙酸酐(C4H6O3)，在70~80。C加热45min，发生反应：步骤Ⅱ：冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30mL15%NaOH溶液和300mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥。步骤Ⅲ：常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮。请回答下列问题：（1）步骤Ⅰ中的加热方式为。（2）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为(填标号)A.100mLB.250mLC.500mLD.1000mL（3）图示实验装置虚线框内缺少一种仪器，该仪器名称为。（4）步骤Ⅱ中生成的白色胶状沉淀的化学式为，可用浓盐酸处理该沉淀，发