浙江省金华市东阳中学2024-2025学年高二化学下学期期中试题含解析

PAGE22-浙江省金华市东阳中学2024-2025学年高二化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：S-32Cr-52K-39Fe-56O-16一、选择题（每题只有一个正确选项，每题2分，共50分）1.下列属于碱性氧化物的是A.NH3·H2O B.MgOC.K2FeO4 D.SO3【答案】B【解析】【详解】A．NH3·H2O含有N、H、O3种元素，不属于氧化物，故A不选；B．MgO与酸反应生成盐和水，且与碱不反应，MgO属于碱性氧化物，故B选；C．K2FeO4含有K、Fe、O3种元素，不属于氧化物，故C不选；D．SO3和碱反应生成盐和水，SO3属于酸性氧化物，故D不选；故选B。【点睛】本题考查物质的分类，把握物质的组成、碱性氧化物的推断等为解答的关键；能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，碱性氧化物肯定是金属氧化物，但某些金属氧化物(如Mn2O7、Al2O3等)不是碱性氧化物。2.分别CCl4和水肯定不须要选用的仪器是A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】【详解】CCl4和水不互溶，应当选用分液漏斗分液，须要梨形分液漏斗、漏斗架和烧杯，用不到球形分液漏斗，故选A。3.下列物质属于电解质且能导电的是A.金属铜 B.液态HClC.酒精 D.熔融KNO3【答案】D【解析】【详解】A．金属铜能导电，金属铜是单质不是化合物，不是电解质，故A错误；B．液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；C．酒精是化合物，在水中存在乙醇分子，没有自由移动的离子，故不能导电，是非电解质，故C错误；D．熔融KNO3含有自由移动的离子能够导电，是电解质，故D正确；故选D。【点晴】本题考查了电解质的概念，留意电解质不肯定导电，导电的物质不肯定是电解质，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质。本题的易错点为B，氯化氢是共价化合物，溶于水才能导电。4.下列说法正确的是（）A.硅材料广泛应用于光纤通讯 B.工艺师利用盐酸刻蚀石英制作艺术品C.水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品 D.粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A.二氧化硅属于硅材料，可广泛应用于光纤通讯，故A正确；B.工艺师利用HF刻蚀石英制作艺术品，故B错误；C.水晶项链成分是SiO2，餐桌上的瓷盘是硅酸盐制品，故C错误；D.项粗硅制备单晶硅先利用氧化反应即用Cl2氧化粗硅，再利用还原反应即用H2还原SiCl4，故D错误；答案选A。【点睛】硅酸盐是指硅、氧与其它化学元素（主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等）结合而成的化合物的总称。SiO2不是硅酸盐。5.下列说法正确的是A.花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物B.只有不同种类的氨基酸之间才能形成多肽C.向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液产生沉淀，加水后沉淀可溶解D.向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解【答案】C【解析】【详解】A.花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量没有达到10000，不属于高分子化合物，故A错误；B.氨基酸分子中含有氨基和羧基，相同种类的氨基酸之间也能形成多肽，故B错误；C.向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液，发生蛋白质的盐析，产生沉淀，盐析属于可逆过程，加水后沉淀可溶解，故C正确；D.检验生成的产物葡萄糖，须要在碱性溶液中进行，应当先向水解后的溶液中加入氢氧化钠中和硫酸，故D错误；故选C。6.下列表示正确的是（）A.离子结构示意图：可以表示16O2-，也可以表示18O2-B.比例模型表示CH4分子或CCl4分子C.乙烯的结构简式：CH2CH2D.硅的分子式：Si【答案】A【解析】【详解】A．离子结构示意图，则质子数为8，核核外电子数为10，所以可以表示16O2-，也可以表示18O2-，与中子数无关，选项A正确；B．比例模型：可以表示甲烷分子，因C原子半径大于H原子半径，而Cl原子半径大于C原子半径，不能表示四氯化碳的比例模型，选项B错误；C．乙烯的结构简式为：CH2=CH2，选项C错误；D．Si是硅的化学式，硅有晶体硅、无定形硅等同素异形体，晶体硅是原子晶体，因此Si并不表示硅的分子组成，不是硅的分子式，选项D错误；答案选A。7.下列试剂能使pH试纸变红色的是A.久置氯水 B.氢氧化钠溶液 C.浓硫酸 D.次氯酸钠溶液【答案】A【解析】A.久置氯水就是盐酸，能使pH试纸变红色，A正确；B.氢氧化钠溶液显碱性，能使pH试纸变蓝色，B错误；C.浓硫酸具有强氧化性、吸水性和脱水性，不能使pH试纸变红色，C错误；D.次氯酸钠溶液显碱性，具有强氧化性，能使pH试纸先变蓝色，后褪色，D错误，答案选A。8.下列说法正确的是A.检验(NH4)2Fe(SO4)2·12H2O晶体中的NH4+：取少量晶体溶于水，加入足量浓NaOH溶液并加热，再用潮湿的蓝色石蕊试纸检验产生的气体B.验证FeCl3与KI反应的限度：可将少量的FeCl3溶液与过量的KI溶液混合，充分反应后用CCl4萃取，静置，再滴加KSCN溶液C.受溴腐蚀至伤时，先用稀NaOH溶液洗，再用水洗D.用激光笔检验硫酸铜溶液具有丁达尔效应【答案】B【解析】【详解】A．向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用潮湿的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中肯定含NH4+，不是用蓝色石蕊试纸检验，故A错误；B．反应中氯化铁不足，KSCN溶液遇三价铁离子变红色，若变红色，说明未完全反应，说明存在化学反应的限度，故B正确；C．氢氧化钠具有腐蚀性，应当依据溴易溶于酒精或甘油，先用酒精或甘油洗伤口，再用大量水冲洗，故C错误；D．淀粉溶液是胶体，可用丁达尔效应检验，硫酸铜的水溶液是溶液，没有丁达尔效应，故D错误；故选B。9.下列说法正确的是A.找寻更多化石燃料，利用燃烧放热，使水分解产生氢气B.沼气和自然气的主要成分为甲烷，两者均属于可再生能源C.绿色化学的核心是对环境污物进行无害化处理D.乙醇可以干脆作为燃料，也可以和汽油混合后作为发动机燃料【答案】D【解析】【详解】A．化石能源是不行再生资源，此类能源都比较紧缺，故A错误；B、可再生能源是指在自然界中可以不断再生、永续利用的能源，具有取之不尽，用之不竭的特点，主要包括太阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等，沼气属于可再生能源，自然气不是可再生能源，故B错误；C．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上削减和消退工业生产对环境的污染，故C错误D、乙醇是一种优良的燃料，还可以和汽油混合，即乙醇汽油，作为发动机燃料，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了能源的利用与开发。本题的易错点为C，要留意绿色化学的核心是从源头上削减和消退工业生产对环境的污染，平常学习需加强记忆。10.肯定条件下，物质的量均为0.3mol的X(g)与Y(g)在容积固定的密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)，ΔH=-akJ·mol-1，下列说法正确的是（）A.反应一段时间后，X与Y的物质的量之比仍为1：1B.达到平衡时，反应放出0.1akJ的热量C.达到平衡后，向平衡体系中充入稀有气体，正反应速率不发生变更D.X的体积分数保持不变，说明反应已达到平衡【答案】C【解析】【详解】X(g)+3Y(g)2Z(g)初始0.30.3０变更ｘ3x2x平衡0.3-x0.3-3x2xA.依据三段式分析，平衡时X和Y的物质的量比不是1：1，故错误；B.依据可逆反应的特点，各物质不能完全转化，所以有x<0.3，3x<0.3，所以有x<0.1mol，当x=0.1mol时反应放出0.1akJ的热量，故该反应实际放出的热量小于0.1akJ的热量，故错误；C.达到平衡后，向平衡体系中充入稀有气体，因为是固定体积，所以各物质的浓度不变，所以反应速率不变，故正确；D.该反应中X体积分数为，体积分数始终不变，故错误。故选C。【点睛】驾驭可逆反应的三段式计算，并抓住可逆反应不能完全的特点进行计算和推断，关于X的体积分数不能依据通常所说的体积分数不变就是能表示平衡状态进行推断，要进行仔细计算。11.如图为一重要的烃的衍生物，以下关于它的说法中不正确的是（）A.1mol该物质，最多可以和4molH2发生加成反应B.1mol该物质消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3∶2∶2C.可以用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键D.该物质能够在催化剂作用下被氧化为醛【答案】C【解析】【分析】该有机物分子中含有的官能团为：醇羟基、羧基、碳碳双键，还含有苯环，依据官能团的结构、数目及化学性质对各选项进行推断。【详解】A．该有机物分子中含有一个苯环、一个碳碳双键，所以1mol该有机物可以与4mol氢气发生加成反应，A正确；B．1mol该有机物中含有2mol羧基、1mol羟基，能够分别消耗3mol钠、2mol氢氧化钠、2mol碳酸氢钠，该物质消耗Na、NaOH、的物质的量之比为3：2：2，B正确；C．由于醇羟基能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以无法用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键，可以运用溴水检验碳碳双键，C错误；D．该物质中含有醇羟基，连接羟基的碳原子含有2个氢原子，能够在催化剂作用下被氧化为醛，D正确；故答案选C。【点睛】钠能够与羟基、羧基发生置换反应生成氢气，氢氧化钠、碳酸氢钠能够与羧基发生反应。12.某有机物X的结构简式如图所示，则下列有关说法中正确的是（）A.X的分子式为C12H16O3B.X在肯定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应C.在Ni作催化剂的条件下，1molX最多只能与1molH2加成D.可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X【答案】D【解析】【详解】A．依据X的结构简式可知所含C原子个数为12，一个苯环、两个双键，所以不饱和度为6，则氢原子个数为12×2+2-6×2=14，分子式应为C12H14O3，故A错误；B．分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳上没有氢原子，不能发生消去反应，故B错误；C．在催化剂作用下，苯环可以加成，碳碳双键可以加成，1molX最多能与4molH2加成，故C错误；D．X含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，可用于区分苯，故D正确；故答案为D。13.关于羟基和氢氧根的说法中不正确的是（）A.两者不相同 B.羟基比氢氧根少一个电子C.两者的组成元素相同 D.羟基比氢氧根稳定【答案】D【解析】【详解】A．羟基是中性原子团，氢氧根是阴离子，两者不同，A正确；B．羟基含有9个电子，氢氧根离子含有10个电子，B正确；C．羟基和氢氧根离子都是有氢氧元素组成的，C正确；D．氢氧根可以游离存在，羟基不能游离存在，所以氢氧根离子比羟基性质稳定，D错误；故答案选D。14.下列物质仅用溴水即可鉴别的是（）A.苯、己烷、己烯 B.己烷、己烯、己炔C.苯、四氯化碳、苯乙烯 D.溴苯、四氯化碳、己烯【答案】C【解析】【详解】A、苯、己烷、己烯中只有己烯能使溴水褪色，苯、己烷都不与溴水反应，且不溶于水、密度都比水小，所以苯、己烷、己烯仅用溴水不能鉴别，故不选A；B.己烯、己炔都能与溴水发生加成反应使溴水褪色，所以己烷、己烯、己炔仅用溴水不能鉴别，故不选B；C.苯、四氯化碳、苯乙烯中只有苯乙烯能使溴水褪色，苯、四氯化碳都不与溴水反应，且不溶于水，但苯的密度比水小、四氯化碳的密度比水大，所以苯、四氯化碳、苯乙烯仅用溴水能鉴别，故选C；D.溴苯、四氯化碳、己烯中只有己烯能使溴水褪色，溴苯、四氯化碳都不与溴水反应，且不溶于水、密度都比水大，所以溴苯、四氯化碳、己烯仅用溴水不能鉴别，故不选D。15.主链上有4个碳的某烷烃有两种同分异构体，则与该烷烃等碳且主链上四个碳的烯烃的同分异构体有几种（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【详解】烷烃主链上有4个碳原子，支链只能是甲基，支链最多可以是4个，只有含有2个甲基时的同分异构体有2种，该烷烃总共有6个碳原子，则该烯烃也含6个碳，主链上有四个碳的己烯有：2-乙基-1-丁烯、2，3-二甲基-1-丁烯、3，3-二甲基-1-丁烯、2，3−二甲基−2−丁烯，共四种，故答案选B。16.四种短周期主族元素X、Y、Z、W的相对位置如表，元素X的原子核外电子数是Z的2倍。下列说法不正确的是A.W元素的简洁气态氢化物的热稳定性比Z元素的简单气态氢化物的高B.气体分子(ZW)2的结构式为N≡C—C≡NC.X、Y、W三种元素的简洁离子半径最大的是YD.元素X位于周期表中第三周期、第ⅡA族，其单质制备可用电解熔融XCl2的方法。【答案】C【解析】分析】元素X原子核外电子数是Z的2倍，假设Z的核外电子数为x，则X为x+8-2，因此x+8-2=2x，解得x=6，则X为Mg，Y为Al，Z为C，W为N。【详解】A.元素的非金属性越强，简洁气态氢化物越稳定，W元素的简洁气态氢化物的热稳定性比Z元素的简洁气态氢化物的高，故A正确；B.依据8电子稳定结构，N原子须要形成3个共用电子对，C原子须要形成4个共用电子对，(CN)2的结构式为N≡C—C≡N，故B正确；C.X、Y、W三种元素的简洁离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，半径最大的是W，故C错误；D.镁为12号元素，位于周期表中第三周期、第ⅡA族，工业上常用电解熔融的氯化镁的方法冶炼金属镁，故D正确；故选C。17.用原电池原理可以处理硫酸工业产生的SO2尾气。现将SO2通入如图装置(电极均为惰性材料)

进行试验。下列说法不正确的是A.M极为负极，电极上发生氧化反应B.溶液中H+移向N区，SO42-移向M区C.N极发生的电极反应为O2+4H++4e-=2H2OD.相同条件下，M、N两极上消耗的气体体积之比为2：1【答案】B【解析】【分析】该电池的本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸，M电极上二氧化硫失去电子氧化生成SO42-为负极，电极反应式为：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，N电极为氧气得电子结合氢离子生成水为正极，电极反应式为：O2+4H++4e-═2H2O。【详解】A．M电极上二氧化硫失去电子氧化生成SO42-为负极，电极反应式为：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，故A正确；B．依据上述分析，M极为负极，溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，但阴离子不能通过质子交换膜，因此溶液中H+移向N区，故B错误；C．N电极为氧气得电子结合氢离子生成水为正极，电极反应式为：O2+4H++4e-═2H2O，故C正确；D．M电极电极反应式为：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，N电极电极反应式为：O2+4H++4e-═2H2O，所以在相同条件下，M、N两极上消耗的气体体积之比为2：1，故D正确；故选B。18.下列说法不正确的是（）A.在光照条件下，甲苯能与Cl2发生取代反应B.乙炔和乙烯都能使溴水褪色，其褪色原理相同C.总质量肯定的甲苯和甘油混合物完全燃烧时生成水的质量肯定D.对二氯苯只有一种结构，说明苯环结构中不存在单双建交替的结构【答案】D【解析】【详解】A．甲苯中甲基上的氢可以在光照条件下和氯气发生取代反应，A正确；B．乙炔和乙烯与溴水都能发生加成反应，则褪色原理相同，B正确；C．甲苯()和甘油()的含氢量相等，总质量肯定的甲苯和甘油混合物中氢元素的质量肯定，完全燃烧时生成水的质量肯定，C正确；D．对二氯苯仅一种结构，不能说明苯环结构中不存在单双键交替的结构，因为假如是单双键交替的结构，对二氯苯也是一种结构，故D错误；故答案选D。【点睛】邻二氯苯仅一种结构，才能说明苯环结构中不存在单双键交替的结构，因为假如是苯环结构中存在单双键交替的结构，邻二氯苯有2种结构。19.下列说法不正确的是A.1L浓度为0.1mol/L的NH4Cl溶液阳离子数目多于氯离子数目B.比较浓度均为0.1mol·L-1的HI和醋酸溶液的导电实力可推断HI为强酸C.常温下，pH=3的醋酸溶液水加稀释1000倍后溶液的pH<6D.常温下，同体积的pH＝9的NaClO溶液和pH＝5的NH4Cl溶液水电离的OH－数相同【答案】B【解析】【详解】A．铵根离子水解生成NH3·H2O和氢离子，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，依据电荷守恒，c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，因此c(H+)+c(NH4+)＞c(Cl-)，故A正确；B．HI和醋酸均为一元酸，比较浓度均为0.1mol·L-1的HI和醋酸溶液的导电实力可推断HI和醋酸的强弱，但不能推断HI为强酸，故B错误；C．醋酸为弱酸，加水稀释促进醋酸的电离，常温下，pH=3的醋酸溶液水加稀释1000倍后溶液中c(H+)＞10-6mol·L-1，溶液的pH<6，故C正确；D．能够水解的盐均促进水的电离，常温下，同体积的pH＝9的NaClO溶液和pH＝5的NH4Cl溶液中的c(OH-)=c(H+)，对水的电离的促进程度相同，水电离的OH－数相同，故D正确；答案选B。20.依据如下能量关系示意图，下列说法正确的是()A.1molC(g)与1molO2(g)的能量之和为393.5kJB.反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量C.由C→CO的热化学方程式为：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1D.热值指肯定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO热值ΔH＝－10.1kJ·mol－1【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，1molC(s)与1molO2(g)的能量之和比1molCO2(g)的能量高393.5kJ，A错误；B．由图可知，1molCO(g)和0.5mol的O2(g)生成1molCO2(g)放出282.9kJ的热量，所以反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)中，反应物的总能量大于生成物的总能量，B错误；C．由图可知，1molC(s)和0.5molO2(g)转化为1mol的CO(g)，放出热量为：393.5kJ－282.9kJ＝110.6kJ，所以2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1，C正确；D．热值指在肯定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，燃烧产物在该条件下是一种较为稳定的状态，则CO的热值为kJ·g－1≈10.1kJ·g－1，单位不正确，D错误；故选C。21.下列离子方程式书写中，正确的是（）A.氯化铁溶液汲取H2S：S2-+2Fe3+=2Fe2++S↓B.用氢氧化钠溶液汲取氯气：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2OC.将少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClO-=SO32-+2HClOD.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O【答案】B【解析】【详解】A．氢硫酸属于弱酸，应当用化学式表示，A错误；B．用氢氧化钠溶液汲取氯气生成氯化钠、次氯酸钠和水，B正确；C．将少量SO2气体通入NaClO溶液中要发生氧化还原反应，离子方程式为：，C错误；D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，正确的离子方程式为：，D错误；故答案选B。【点睛】离子方程式正误推断规律（三“看”），第一看：符不符（即是否符合反应事实）；其次看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）；第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）。22.下列说法正确的是（）A.分子式满意C6H12的有机物全部碳原子可能位于同一平面上B.1mol乙烷在光照条件下最多能与3molCl2发生取代反应C.甲烷、苯和油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色D.分子式为C4H10O且能与金属钠反应的有机物有3种【答案】A【解析】【详解】A．依据乙烯的结构简式可知，将乙烯分子中的全部H原子用甲基取代，就可以得到6个碳共平面的有机物，其结构简式为：，A正确；B．1mol中含有6molH，因此在光照条件下，最多能与6mol发生取代反应，B错误；C．甲烷和苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，油脂分为油和脂，其中油中含有碳碳不饱和键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D．分子式为，能与金属钠反应，说明含有羟基，符合的形式有、、、，共有四种，D错误；故答案选A。23.用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为探讨降解效果.设计如下对比试验探究温度、浓度、pH、催化剂对降解速率和效果的影响，试验测得M的浓度与时间关系如图所示，下列说法不正确的是（）试验编号温度°CpH①251②451③257④251A.试验①在15min内M的降解速率为1.33×10-5mol/(L·min)B.若其他条件相同，试验①②说明上升温度，M降解速率增大C.若其他条件相同，试验①③证明pH越高，越不利于M的降解D.试验①④说明M的浓度越小，降解的速率越快【答案】D【解析】【详解】A．依据化学反应速率的数学表达式可知，

，A正确；B．其他条件相同，①②温度不同，②的温度高于①的，且②中浓度变更大于①，说明温度越高，讲解速率越快，B正确；C．其他条件相同，①③的pH不同，③的pH大于①，在相同时间段内，①中M的浓度变更大于③，说明pH越高，降解速率越慢，故C正确；D．其他条件相同，①④初始浓度不同，①的浓度大于④，在相同时间段内，①中M的浓度变更大于④，说明浓度越大，降解速率越快，D错误；故答案选D。24.将肯定量的氯气通入的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、共存体系（不考虑氯气和水的反应）。下列说法正确的是A.若反应中转移的电子为nmol，则B.溶液中可能为C.与NaOH反应的氯气物质的量：D.当溶液中时，反应的离子方程式为：【答案】D【解析】【详解】，则A．氯气和NaOH反应有、，当生成NaCl和NaClO时转移电子最少，消耗，生成转移电子的物质的量为；当生成NaCl和时，消耗，生成转移电子的物质的量为，所以假如反应中转移的电子为nmol，则，故A错误；B．令，，，生成NaCl获得的电子为，生成NaClO、失去的电子为，得失电子不相等，故B错误；C．若氯气和NaOH只发生反应，则消耗氯气为，若只发生反应，消耗的氯气为，所以与NaOH反应的氯气物质的量为，故C错误；D．当溶液中：：1时，则Cl原子失去的电子数为10，生成NaCl得到的电子数为1，所以NaCl的计量数为10，反应的离子方程式为：，故D正确；故答案选D。25.下列混合物总物质的量肯定时，组内各物质按随意比混合，完全燃烧时消耗O2的物质的量不变的是（）A.甲烷、甲醇、甲醛 B.乙炔、苯、1，3-丁二烯C.丙烯、2-丁烯、环已烷 D.乙醇、乙烯、丙烯酸（CH2=CH-COOH）【答案】D【解析】【分析】1mol有机物完全燃烧耗氧量据此进行分析。【详解】假设混合物的物质的量为1mol，采纳极值法进行分析：A．耗氧量=，甲醇的耗氧量，甲醛的耗氧量，三者耗氧量不相等，A错误；B．乙炔的耗氧量，苯的耗氧量，1，3-丁二烯的耗氧量，三者耗氧量不相等，B错误；C．丙烯的耗氧量，2-丁烯的耗氧量，环己烷的耗氧量，三者耗氧量不相等，C错误；D．乙醇的耗氧量，乙烯的耗氧量，丙烯酸的耗氧量，三者耗氧量相等，D正确；故答案选D。二、非选择题（本大题共4小题，共50分）26.A是植物秸秆的主要成分，以A为原料在肯定条件下可获得多种有机物，它们的相互转化关系如图所示。已知F是一种最简洁的烯烃。请回答：（1）F→C的反应类型是___。（2）B→C的化学方程式是___。（3）下列说法正确的是___。A.D能被氧化成E，但不能被还原成CB.试验室制备G时可用浓硫酸作催化剂和吸水剂C.B或E均能与银氨溶液反应形成银镜D.相同质量的B、G完全燃烧生成水的质量相等【答案】(1).加成反应(2).C6H12O6→2CH3CH2OH+2CO2(3).B【解析】【分析】A是植物秸秆的主要成分，即纤维素，由“酒化酶”可知，B为葡萄糖，C为乙醇，D为乙醛，E为乙酸，G为乙酸乙酯，“F是一种最简洁的烯烃”，则F为乙烯。【详解】（1）F→C为乙烯制乙醇的反应，方程式为，则反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；（2）B→C为葡萄糖转化为乙醇的反应，方程式为：，故答案为：；（3）A．C为乙醇，D为乙醛，E为乙酸，乙醛能被氧化成乙酸，也能被还原成乙醇，A错误；B．试验室制备乙酸乙酯时，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，B正确；C．B为葡萄糖，E为乙酸，葡萄糖含醛基，能与银氨溶液反应形成银镜，而乙酸不含醛基，不能发生银镜反应，C错误；D．B为葡萄糖（），G为乙酸乙酯（），二者最简式不同，故相同质量的时候生成水的量不同，D错误；故答案选B。27.[2024新课标Ⅱ]化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G的路途如下：已知以下信息：①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1。②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1molD可与1molNaOH或2molNa反应。回答下列问题：（1）A的结构简式为____________。（2）B的化学名称为____________。（3）C与D反应生成E的化学方程式为____________。（4）由E生成F的反应类型为____________。（5）G的分子式为____________。（6）L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1mol的L可与2mol的Na2CO3反应，L共有______种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为___________、____________。【答案】(1).(2).2-丙醇（或异丙醇）(3).(4).取代反应(5).C18H31NO4(6).6(7).(8).【解析】试题分析：由题中信息可知，A的分子式为C2H4O，其核磁共振氢谱为单峰，则A为环氧乙烷，其结构简式为；B的分子式为C3H8O，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1，则B为2-丙醇，其结构简式为CH3CH(OH)CH3；A与B发生反应生成C；D的分子式为C7H8O2，其苯环上仅有两种不同化学环境的氢，1molD可与1molNaOH或2molNa反应，则D的结构简式为；由E的分子式并结合G的分子结构可知，C与D发生取代反应生成E，E为；由F的分子式并结合G的分子结构可知，E与发生取代反应，F为；F与2-丙胺发生取代反应生成Ｇ。（1）的结构简式为．（2）的化学名称为丙醇．（3）与反应生成的化学方程式为．（4）由生成的反应类型为取代反应．（5）的分子式为．（6）是（）的同分异构体，可与溶液发生显色反应，说明L有酚羟基；的可与的反应，说明L有两个酚羟基和一个甲基。当两个酚羟基在苯环上邻位时，甲基的位置有2种；当二个酚羟基在苯环上间位时，甲基的位置有3种，当二个酚羟基在苯环上对位时，甲基的位置有1种，所以共有6种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为的结构简式为、．点睛：本题考查了考生对有机物的性质、物质的反应类型、物质之间的相互转化关系和一些基本概念、基本理论的驾驭和应用实力；进行结构简式的推断时，留意结合题目中已知信息进行分析，找出分子结构的变更之处，分析官能团的变更，结合反应条件分析反应类型，确定生成物的结构简式。书写同分异构体时，要把题中限定的性质转化为结构信息，并依据其可能的排列方式找到全部同分异构体，防止漏解。28.为探究硫酸亚铁的分解产物，将已加热至恒重的装置A接入如图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。试验后反应管中残留固体为红色粉末。①C、D中的溶液依次为___、___（填标号）。C、D中有气泡冒出，并可视察到的现象分别为___。a.品红b.NaOHc.BaCl2d.Ba(NO3)2e.浓H2SO4②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式___。【答案】(1).c(2).a(3).产生白色沉淀、品红褪色(4).2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑【解析】【分析】试验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价上升，依据氧化还原反应的规律，S元素化合价应降低，因此肯定生成SO2；依据化合价升降守恒，化合价降低的S元素为总量的一半，因此肯定还生成SO3，结合物质的性质分析解答。【详解】①硫酸亚铁的分解产物产生了氧化铁，二氧化硫和三氧化硫，即检验气体存在时须要先解除三氧化硫的干扰，检验二氧化硫可以选用品红溶液，检验三氧化硫，可以选用氯化钡溶液，三氧化硫易溶于水，显酸性，故选用Ba(NO3)2会氧化二氧化硫气体，使试验出现误差，因此C为氯化钡，用于检验SO3，可视察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色；。②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，反应的方程式为2FeSO4

Fe2O3+SO2↑+SO3↑。【点睛】本题的易错点和难点为(1)，要留意二氧化硫和三氧化硫同时存在时的检验依次，要考虑物质性质对检验试验的影响。29.[2024·新课标III]重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤①的主要反应为：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+N