2024年上教版选修化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年上教版选修化学下册阶段测试试卷982考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、25℃时，向体积为10mL的0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.1mol/LCH3COOH溶液，曲线如图所示。下列有关离子浓度关系的比较中，错误的是。

A.a点处：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)B.b点处：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)C.c点处：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)D.NaOH溶液和CH3COOH溶液以任意比混合时：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+(CH3COO-)2、下列反应的离于方程式书写正确的是()A.氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：Ba2+＋SO42-＝BaSO4↓B.将一小块钠投入过量的盐酸中:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑C.向氨水中滴加少量氯化铝溶液:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+D.碳酸钙溶于盐酸：CO32-＋2H＋＝H2O＋CO2↑3、298K时，在20.0mL0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L－1氨水的电离度为1.32%；下列有关叙述不正确的是()

A.该滴定过程应选择甲基橙作为指示剂B.M点对应的盐酸体积小于20.0mLC.M点:c(NH4＋)+c(NH3·H2O)＝c(Cl－)D.M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)4、实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是（）A.酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次B.开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C.锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次5、下列物质：①乙烷、②乙烯、③乙炔、④苯、⑤甲苯、⑥聚乙烯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴的四氯化碳溶液褪色的是A.①③B.②④C.②③D.⑤⑥6、某有机物的结构简式如图所示；下列有关该有机物的说法不正确的是（）

A.苯环上的一氯代物有3种B.含有2种官能团C.分子中的所有碳原子一定共面D.能发生氧化反应、取代反应、还原反应7、反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)在一密闭容器中进行。下列说法或结论正确的是A.当v(CO)(正)=v(H2)(正)，时，反应达到平衡状态B.其他条件不变，适当增加C(s)的质量会使平衡正向移动C.保持容器体积不变，充入少量He使体系压强增大，反应速率一定增大D.其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，再次达到平衡时，H20(g)的平衡浓度可能是原来的2.1倍8、下列有关电解质溶液的说法正确的是A.向溶液中加入少量水，溶液中减小B.将溶液从升温至溶液中减小C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中D.时等体积等浓度的盐酸和氨水混合后，溶液的评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、为测定某盐酸的物质的量浓度；某学生在中和滴定的实验中，用已知物质的量浓度的NaOH溶液进行滴定，其实验过程如下：

A．取一支有玻璃活塞的滴定管；用蒸馏水洗净，再用已知物质的量浓度的NaOH溶液润洗，然后装入已知物质的量浓度的NaOH溶液。

B．调节好液面后；记下液面刻度读数；

C．取一支10m规格的移液管；用蒸馏水洗涤干净后，取出10mL待测盐酸溶液，置于未经待测盐酸润洗的洁净锥形瓶中；

D．加入酚酞试液10滴（酚酞有弱酸性）；摇匀；

E．滴定时边滴加边轻轻摇匀；眼睛始终注视着锥形瓶中溶液颜色的变化；

F．当锥形瓶中溶液由无色变成粉红色时；滴定达到终点，立即停止滴定；

G．再重复滴定两次；

H．根据三次滴定消耗的NaOH溶液体积的平均值进行计算。

（1）该学生在实验过程中的错误操作有________（填字母；下同）。

（2）以上错误操作中，使测定结果一定偏高的是________，一定偏低的是________。10、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3-、SO42-、Cl-、CO32-（离子在物质中不能重复出现）。

①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中；只有C盐的溶液呈蓝色；

②若向①的四支试管中分别加入盐酸；B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断它们的化学式为：

(1)A____________________；B___________________。

(2)写出过量醋酸与D反应放出气体的离子方程式：________________________。

(3)将含相同物质的量A；B、C的溶液混合；混合后溶液中存在的离子有________，各离子的物质的量之比为_______，在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式:_______。

(4)C溶液中阴离子的检验方法：____________________________________。11、写出下列化学反应方程式：

（1）2-溴丙烷与NaOH的乙醇溶液共热：______________。

（2）将CO2通入苯酚钠溶液中：______________。

（3）1,3-丁二烯的与Br2的1、2加成反应：______________。

（4）葡萄糖与银氨溶液发生银镜反应：______________。12、有机物质属于油脂吗？为什么________？13、利用核磁共振技术测定有机物分子三维结构的研究获得了2002年的诺贝尔化学奖。我们研究有机物的一般要经过以下几个基本步骤：

(1)苯甲酸可用作食品防腐剂；常用重结晶的方法进行提纯。

①某化学兴趣小组对含有少量氯化钠和泥沙的粗苯甲酸进行提纯，其操作步骤如下：加热溶解，____；冷却结晶。

②苯甲酸的结构如图所示：

则1mol苯甲酸中采用sp2杂化的碳原子有_____个。苯甲酸分子所含元素的第一电离能由小到大的顺序是_____。

(2)有机物乙偶姻可用作食用香料；主要用于配制奶油；乳品、酸奶和草莓等型香精。某研究性学习小组为确定乙偶姻的结构，进行如下探究。

步骤一：将乙偶姻蒸气通过热的氧化铜(催化剂)氧化成二氧化碳和水；再用装有无水氯化钙和固体氢氧化钠的吸收管完全吸收。1.32g乙偶姻的蒸气氧化生成2.64g二氧化碳和1.08g水。

步骤二：取乙偶姻样品进行质谱分析；其质谱图中最大质荷比为88。

步骤三：用核磁共振仪测出乙偶姻的核磁共振氢谱如图1所示；图中4个峰的面积比为1：3：1：3。

步骤四：利用红外光谱仪测得乙偶姻分子的红外光谱如图2所示。

①请写出乙偶姻的实验式_____。

②请确定乙偶姻的结构简式_____，其官能团的名称为_____。

③羧酸类有机物M的分子比乙偶姻的分子多一个CH2，那么M的结构可能有_____种。14、大气污染物有（主要指和）以及等污染气体。研究去除这些大气污染物的有效措施是环保领域的重要课题。

（1）溶液吸收法。主要反应有；

已知：

①求______（用表示）。

②烟气以固定的流速通过两种不同催化剂①和催化剂②时，在相同时间内测得烟气脱氯率如图-1，结合曲线②分析，当反应温度高于时，的去除率迅速下降的原因可能是________。

（2）用稀硝酸吸收得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，写出电解时阳极的电极反应式______。

（3）煤燃烧排放的烟气中含有和采用碱性溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫，脱硝，在鼓泡反应器中通入含有和的烟气，反应温度为溶液浓度为充分反应足够长的时间后，溶液中离子浓度分析结果如下表。离子

①写出溶液脱氨过程中主要反应的离子方程式_______。

②如果采用替代其脱硫效果会更好。试从化学平衡原理分析，相比具有的优点是_______。

（4）日前科学家在研究一种以乙烯作为还原剂的脱硝原理，其脱硝机理如图-2所示，若处理标况下气体，需消耗标况下乙烯_______L。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、同分异构体的化学性质可能相似。(_____)A.正确B.错误16、炔烃既易发生加成反应，又易发生取代反应。(___)A.正确B.错误17、为了加快反应速率可用饱和食盐水代替水。(_____)A.正确B.错误18、乙烯和乙炔可用酸性KMnO4溶液鉴别。(____)A.正确B.错误19、乙醇可由乙烯与水发生加成反应制得，乙酸可由乙醇氧化制得。(____)A.正确B.错误20、烷烃不能发生加成反应，烯烃不能发生取代反应。(____)A.正确B.错误21、所有卤代烃都能够发生水解反应和消去反应。(___________)A.正确B.错误22、加热试管时先均匀加热，后局部加热。(_____)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共1题，共2分)23、氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色、金属铋生产中，副产品NaBiO3可作测定锰的氧化剂。工业上常用辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含有少量SiO2等杂质)，制备BiOCl和NaBiO3。已知：硫易升华，BiOCl和NaBiO3都难溶于水。其流程如下：

(1)滤渣Ⅰ中的成分为___________，分离滤渣Ⅰ中的成分的物理方法是：___________。

(2)操作a使用的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯，还需要___________。

(3)混合液Ⅰ加入H2O2，发生反应的离子方程式___________。

(4)混合液Ⅱ中加入Na2CO3粉末，当混合液Ⅱ中___________(填实验现象)时；说明BiOCl的生成已完成。

(5)混合液Ⅱ中加入NaOH和NaClO发生的离子方程式___________。

(6)过滤后，如何洗涤BiOCl固体___________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共3题，共27分)24、有一包白色固体粉末，可能含有K2SO4、Na2CO3、NH4Cl、BaCl2、CuSO4中的一种或几种；按以下步骤进行实验：

①取少量固体粉末加到足量水中；得到无色溶液；

②取①中溶液少量继续往其中加入足量稀硫酸；有气泡产生；

③继续向②中的溶液加Ba(NO3)2溶液；有白色沉淀生成；

④取①中溶液少量；加入NaOH溶液并加热，产生刺激性气味的气体，并用湿润的红色石蕊试纸检验气体，试纸变蓝。

根据以上事实判断：

(1)肯定存在的是_______。

(2)肯定不存在的是_______。

(3)不能确定是否存在的是_______。请简述证明该物质是否存在的实验方案(实验方法、现象、结论)_______。

(4)写出上述实验④中产生刺激性气味反应的离子方程式：_______。25、下图是中学常见物质的转换关系图。包含了单质；氧化物、酸、碱、盐。其中A、B常温下都为无色液体；且组成元素相同，A、B、X、Y、E都为氧化物，X、E都为黑色固体，Y可用作干燥剂，F是大理石的主要成分，I为蓝色沉淀，L为不溶于稀硝酸的白色沉淀。

请回答：

(1)X在反应①中起____________作用。

(2)为什么Y可以用作干燥剂，用化学方程式表示_____________，Y所属物质类别是____________(填序号)。

①金属氧化物；②碱性氧化物；③碱；④碱性干燥剂；⑤化合物；⑥盐。

(3)写出反应⑥的离子方程式__________________。

(4)写出L的化学式_______________。

(5)上述①→⑦反应中属于复分解反应类型的有___________________。26、化合物F是一种重要的有机合成中间体；它的合成路线如图：

（1）化合物F中含氧官能团的名称是______和______，由A生成B的化学反应类型是______；

（2）写出化合物B的结构简式：______；

（3）写出化合物C与乙酸反应生成酯的化学方程式：______；

（4）某化合物是D的同分异构体，且分子中只有三种不同化学环境的氢。写出该化合物的结构简式：______（任写一种）；评卷人得分六、原理综合题(共4题，共8分)27、高炉煤气是炼铁厂排放的尾气，含有H2、N2、CO、CO2及O2，其中N2约为55%、CO约为25%、CO2约为15%、O2约为1.64%(均为体积分数)。某科研小组对尾气的应用展开研究：

Ⅰ.直接作燃料。

已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol，2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221kJ/mol

(1)CO燃烧热的热化学方程式为__________________________________。

Ⅱ.生产合成氨的原料。

高炉煤气经过下列步骤可转化为合成氨的原料气：

在脱氧过程中仅吸收了O2；交换过程中发生的反应如下；这两个反应均为吸热反应：

CO2+CH4CO+H2CO+H2OCO2+H2

(2)气体通过微波催化交换炉需要较高温度；试根据该反应特征，解释采用较高温度的原。

因：________________________。

(3)通过铜催化交换炉后，所得气体中V(H2)：V(N2)=______________________。

Ⅲ.合成氨后的气体应用研究。

(4)氨气可用于生产硝酸，该过程中会产生大气污染物NOx。为了研究对NOx的治理，该研究小组在恒温条件下，向2L恒容密闭容器这加入0.2molNO和0.1molCl2，发生如下反应：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H<0。10min时反应达平衡，测得10min内v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)，则平衡后n(Cl2)=___________mol。

设此时NO的转化率为ɑ1，若其它条件不变，上述反应在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率为ɑ2，则ɑ1_________ɑ2(填“>”、“<”或“=”)；平衡常数K_______(填“增大”“减小”或“不变”）

(5)氨气还可用于制备NCl3，NCl3发生水解产物之一具有强氧化性，该水解产物能将稀盐酸中的NaClO2氧化成ClO2，该反应的离子方程式为__________________________。

Ⅳ.一种用高岭土矿(主要成分为SiO2、Al2O3，含少量Fe2O3)为原料制备铝铵矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]的工艺流程如图所示。回答下列问题：

(6)当“酸溶”时间超过40min时，溶液中的Al2(SO4)3会与SiO2反应生成Al2O3·nSiO2，导致铝的溶出率降低，该反应的化学方程式为________________________。

(7)检验“除铁”过程中铁是否除尽的方法是_________________________。

(8)“中和”时，需控制条件为20℃和pH=2.8，其原因是__________________________。28、（I）有以下10种物质；请回答下列问题：（填序号）

①石墨②氯化钠③蔗糖④稀硫酸⑤NaHSO4溶液⑥碳酸氢钠⑦氢氧化钡溶液⑧冰醋酸⑨氯化氢⑩铜。

（1）其中能导电的是_______；属于电解质的是______；属于非电解质的是_______。

（2）写出物质④和⑦反应的离子方程式：___________。

（3）写出过量的物质⑦和少量的物质⑤发生反应的离子方程式：_________。

（II）用一种试剂除去下列各物质中的杂质（括号内的物质）。写出所用试剂及离子方程式。

（1）NaCl溶液（Na2CO3）：试剂_______离子方程式_____________。

（2）FeSO4溶液（CuSO4）：试剂_______离子方程式_____________。

（III）

（1）K2FeO4可用作水处理剂；它可由以下反应制得：

3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，当有1molK2FeO4生成时转移的电子数目为________。

（2）4NH3＋6NO=5N2＋6H2O反应中氧化产物和还原产物物质的量之比为________。29、PBAT(聚己二酸/对苯二甲酸丁酯)可被微生物几乎完全降解；成为包装；医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，可由聚合物PBA和PBT共聚制得，一种合成路线如下：

已知：

回答下列问题：

（1）B的化学名称为_________；C所含官能团的名称为_________。

（2）H的结构简式为__________________。

（3）②；④的反应类型分别为__________________、__________________。

（4）⑤的化学方程式为___________________________。

（5）写出所有的与D互为同分异构体且满足以下条件的结构简式_________。

①能与NaHCO3溶液反应；②能发生银镜反应。

③能发生水解反应④核磁共振氢谱四组峰；峰面积比为1：6：2：1

（6）设计由丙烯为起始原料制备的单体的合成路线_________(其它试剂任选)。30、丹参醇是中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：

已知：

（1）A中的官能团名称为___；___。

（2）DE的反应类型为___。

（3）B的分子式为C9H14O；写出B的结构简式：___。

（4）的一种同分异构体同时满足下列条件；写出该同分异构体的结构简式：___。

①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；不能发生银镜反应；

②碱性条件水解生成两种产物；酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。

（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干）。___参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A.由图可得，a点处溶液中的溶质是等物质的量的CH3COONa和NaOH，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，又因为水和NaOH都电离出OH-，CH3COO-水解，所以溶液中c(OH-)＞c(CH3COO-)；故A错误；

B.b点处CH3COOH和NaOH恰好完全反应生CH3COONa，根据质子守恒可得：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)；故B正确；

C.c点处溶液中的溶质是等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，根据物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)；故C正确；

D.NaOH溶液和CH3COOH溶液任意比混合时，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+(CH3COO-)；故D正确。

答案选A。

【点睛】

本题通过酸碱混合时的定性判断，综合考查离子浓度大小比较、物料守恒、电荷守恒、质子守恒等，结合图像明确各个点的溶质及其性质是解题关键，注意分析溶液中的离子。氢氧化钠和醋酸的物质的量浓度相等，NaOH溶液共10mL，a点处，氢氧化钠剩余一半，则溶质为等物质的量的醋酸钠和氢氧化钠，需考虑醋酸钠的水解、氢氧化钠的电离；b点处，氢氧化钠和醋酸恰好完全反应生成醋酸钠，需考虑醋酸钠的水解；c点处，醋酸剩余一半，溶液中的溶质是等物质的量的醋酸和醋酸钠，选项中列出的是物料守恒关系。注意任何电解质溶液都存在电荷守恒，即：阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数，与溶液是否混合无关，只要分析出阳离子和阴离子，就可列出电荷守恒关系。2、C【分析】【详解】

A.氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：Ba2+＋2OH-+Cu2++SO42-＝BaSO4↓+Cu(OH)2↓；故A错误；

B.将一小块钠投入过量的盐酸中:Na+2H+=2Na++H2↑；故B错误；

C.向氨水中滴加少量氯化铝溶液，氢氧化铝与氨水不反应:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；故C正确；

D.碳酸钙溶于盐酸：CaCO3＋2H＋＝H2O＋CO2↑+Ca2+；故D错误；

故选C。

【点睛】

离子方程式书写是否正确从以下几个方面考虑：1、离子符号书写是否正确；2、原子数目和电荷是否守恒；3、反应的产物是否符合客观事实。3、C【分析】【分析】

【详解】

A.把盐酸滴加到氨水中；开始时溶液显碱性，当滴定达到终点时，溶液由碱性变为酸性，根据人视觉有滞后性，观察溶液的颜色由浅到深比较敏锐，所以为减小滴定误差，在该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂更精确些，A正确；

B.如果二者恰好反应，则会生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性；因M点pH＝7，则M点对应的盐酸体积小于20.0mL，B正确；

C.如果溶液中的溶质只有氯化铵，则根据物料守恒守恒可知溶液中c(NH4＋)+c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，但M点时盐酸不足，氨水过量，则溶液中c(NH4＋)+c(NH3·H2O)＞c(Cl－)；C错误；

D.根据电荷守恒可得：c(NH4＋)+c(H＋)＝c(Cl－)+c(OH－)，由于M点处的溶液显中性，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NH4＋)＝c(Cl－)。氯化铵是强电解质，电离远远大于弱电解质水的电离程度，所以溶液中离子浓度关系是：c(NH4＋)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)；D正确；

答案选C。

【点睛】

判断电解质溶液中离子浓度大小时，经常要用到三个守恒：电荷守恒、物料守恒、质子守恒，会根据相应的物质写出其符合题意的式子，并进行叠加，得到正确的算式。4、C【分析】【详解】

A.酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次，滴定时造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高；不符合题意，故A错误；

B.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高；不符合题意，故B错误；

C.滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知c（待测）偏低；符合题意，故C正确；

D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定用NaOH溶液润洗，滴定时造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高；不符合题意，故D错误；

答案选C。

【点睛】

酸碱中和滴定的实验中的误差分析，从标准液的体积变化误差来分析，无论是读数的误差还是操作的误差，标准液的体积偏大，则待测液的浓度也偏大。5、C【分析】【详解】

①乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；也不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故①不符合题意；②乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯与溴单质发生加成反应生成无色的1,2−二溴乙烷而使溴的四氯化碳溶液褪色，故②符合题意；③乙炔与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙炔与溴单质发生加成反应生成无色的1,1,2,2−四溴乙烷而使溴的四氯化碳溶液褪色，故③符合题意；④苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故④不符合题意；⑤甲苯能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故⑤不符合题意；⑥聚乙烯不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故⑥不符合题意；因此②③都能使两者溶液褪色，故C符合题意。

综上所述，答案为C。6、C【分析】【分析】

根据有机物结构可知；官能团为羧基；碳碳双键，具有一个苯环结构，据此回答问题。

【详解】

A.有机物结构中氢环境有3种；即苯环上的一氯代物有3种，A正确；

B.有机物官能团为羧基；碳碳双键；含有2种官能团，B正确；

C.有机物存在环烯烃结构，有一个连续的-CH2-CH2；碳原子不共面，C错误；

D.碳碳双键能发生氧化反应；还原反应；羧基能发生取代反应，D正确；

答案为C。7、D【分析】【详解】

A.当v(CO)(正)=v(H2)(正)时，不能说明正逆反应速率的关系，不能确定反应达到平衡状态，故错误；B.其他条件不变，适当增加C(s)的质量不会改变浓度，不能影响速率不能改变平衡，故错误；C.保持容器体积不变，充入少量He使体系压强增大，但反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，故错误；D.其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，各物质的浓度变为原来的2倍，平衡逆向移动后再次达到平衡时，H20(g)的平衡浓度比2倍大；可能是原来的2.1倍，故正确。故选D。

【点睛】

注意充入惰性气体时的分析，若体积不变，则充入惰性气体对平衡无影响，若压强不变，体积增大，相当于减压，根据减压进行判断平衡的移动方向。8、B【分析】【详解】

A.加入少量水，促进的电离，增大，减小，溶液体积相同，则增大；故A错误；

B.从升温至升高温度，促进醋酸根离子水解，则减小，而增大，溶液体积相同，则减小；故B正确；

C.向盐酸中加入氨水至中性，遵循电荷守恒式为则溶液中故C错误；

D.时等体积等浓度的盐酸和氨水混合后，恰好生成氯化铵，水解显酸性，可知故D错误。

故选B。

【点睛】

判断离子浓度比值变化时可将其转化成与平衡常数有关的式子再进行判断。二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【详解】

(1)带玻璃活塞的滴定管是酸式滴定管；不能盛装NaOH溶液，A错误；

移液管未用待测液盐酸润洗；使取出的盐酸变稀，导致测定结果偏低，C错误；

指示剂用量过多；因酚酞有弱酸性，会多消耗NaOH溶液，使测定结果偏高，D错误；

指示剂变色后应再等待半分钟确认溶液颜色不再改变；若立即停止滴定，可能使NaOH用量不足，导致测定结果偏低，F错误；

故答案为：ACDF；

(2)在上述的错误操作中；C步骤：移液管未用待测液盐酸润洗，使取出的盐酸变稀，导致测定结果偏低；而F步骤中，若立即停止滴定，可能使NaOH用量不足，导致测定结果偏低，但是不一定会导致结果偏低；

D步骤：指示剂用量过多；因酚酞有弱酸性，会多消耗NaOH溶液，使测定结果偏高；

故答案为：D；C。【解析】①.ACDF②.D③.C10、略

【分析】【分析】

根据离子共存的原则，结合溶液的颜色及反应时的现象，确定四种物质分别为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3；然后分析解答。

【详解】

由于是可溶性盐，所以溶液中存在的阳离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-结合；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-离子结合，而只能和NO3-结合，则相应的物质一定是BaCl2、AgNO3；Cu2+不能和CO32-结合，所以C为CuSO4，Na+对应阴离子CO32-，该物质是Na2CO3，即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。①由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色无味气体，气体是二氧化碳，则D为Na2CO3；综上所述：A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4；D为Na2CO3。

(1)由上述分析可知A为BaCl2；B为AgNO3；

(2)醋酸是一元弱酸，但是醋酸的酸性比碳酸强，根据强酸与弱酸的盐反应可制取弱酸，可知醋酸与D(Na2CO3)反应的离子反应方程式为：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+CO2↑+H2O；

(3)A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4，等物质的量三种物质混合于溶液，会发生反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓，Ag++Cl-=AgCl↓；溶液中存在的离子及物质的量之比为：n(Cl-)：n(NO3-)：n(Cu2+)=1：1：1，在此溶液中加入锌粒，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn可将其中的铜置换出来，反应的离子方程式为Zn+Cu2+═Zn2++Cu；

(4)C为CuSO4，检验物质C中阴离子SO42-的方法是取少量C溶液于试管中，先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-。

【点睛】

本题考查无机物的推断、离子共存、离子检验离子方程式书写等知识，为高频考点，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意C为硫酸铜为推断的突破口，侧重分析、推断能力的综合考查。【解析】BaCl2AgNO3CO32-+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO-Cl-NO3-Cu2+1:1:1Zn+Cu2+=Zn2++Cu取少量C溶液于试管中，先加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-11、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）2-溴丙烷与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯、溴化钠和水，方程式为CH3CHBrCH3＋NaOHCH2=CHCH3＋NaBr＋H2O.

（2）将CO2通入苯酚钠溶液中生成苯酚和碳酸氢钠，反应的方程式为CO2＋H2O＋C6H5ONaC6H5OH＋NaHCO3。

（3）1,3-丁二烯的与Br2的1、2加成反应方程式为CH2=CHCH=CH2＋Br2CH2BrCHBrCH=CH2。

（4）葡萄糖与银氨溶液发生银镜反应的方程式为CH2OH（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OHCH2OH（CHOH）4COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O。

考点：考查有机反应方程式的书写【解析】CH3CHBrCH3＋NaOHCH2=CHCH3＋NaBr＋H2OCO2＋H2O＋C6H5ONaC6H5OH＋NaHCO3CH2=CHCH=CH2＋Br2CH2BrCHBrCH=CH2CH2OH（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OHCH2OH（CHOH）4COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O12、略

【分析】【详解】

油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，该物质由乙酸和甘油酯化形成，乙酸不是高级脂肪酸，因此该物质不是油脂。【解析】不属于油脂；原因是该物质是甘油和乙酸形成的酯，而乙酸不属于高级脂肪酸。13、略

【分析】【详解】

（1）①苯甲酸可用作食品防腐剂；常用重结晶的方法进行提纯，涉及到的操作有加热溶解；搅拌、趁热过滤、冷却结晶、抽滤等；

②苯甲酸中含有苯环和羧基，采用sp2杂化的碳原子有7个；苯甲酸分子所含元素为C；H、O，第一电离能由小到大的顺序是：O＞C＞H。

（2）①1.32g乙偶姻的蒸气氧化生成2.64g二氧化碳和1.08g水，则乙偶姻中n(C)=n(CO2)==0.06mol，n(H)=2n(H2O)==0.12mol，m(C)+m(H)=0.06mol×12g·mol-1+0.12g=0.84g<1.32g该化合物含有氧元素，n(O)==0.03mol，n(C)：n(H)：n(O)=0.06mol：0.12mol：0.03mol=2：4：1，乙偶姻的实验式为C2H4O；

②乙偶姻的实验式为C2H4O，由已知相对分子质量为88，该化合物分子式为C4H8O2，根据核磁共振氢谱图中由4个峰，且面积比为1:3:1:3，说明分子中含有4中氢原子，且个数比为1:3:1:3，结合红外光谱图所示含有C-H、C-O、C=O等化学键，故其结构简式为：其官能团的名称为羰基；

③羧酸类有机物M的分子比乙偶姻的分子多一个CH2，则M为戊酸，将-COOH当成1个取代基连接在丁烷上，M的结构可能为CH3CH2CH2CH2COOH、(CH3)2CHCH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)3CCOOH共4种。【解析】(1)趁热过滤7O＞C＞H

(2)C2H4O羰基414、略

【分析】【详解】

(1)①根据盖斯定律可得②结合曲线②分析，当反应温度高于时，的去除率迅速下降的原因可能温度高于450℃，催化剂的活性降低，故答案为：温度高于450℃；催化剂的活性降低；

(2)和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，说明亚硝酸在阳极失电子转变成硝酸，电极方程式为:故答案为：

(3)①由表中离子可知，在反应中表现氧化性转变成氯离子，将NO氧化成硝酸根离子，反应方程式为：故答案为：

②如果采用替代其脱硫效果会更好，因为钙离子可以与氧化产生的硫酸根离子形成沉淀，从而降低硫酸根浓度，促进反应的正向进行，故答案为：与生成硫酸钙，降低SO浓度；使平衡正向移动；

(4)由图2转化可知，乙烯与NO2反应最终转变成二氧化碳和氮气，反应为：则若处理标况下气体，需消耗标况下乙烯22.4L，故答案为：22.4L；【解析】温度高于450℃，催化剂的活性降低（答案合理均给分）与生成硫酸钙，降低SO浓度，使平衡正向移动22.4三、判断题(共8题，共16分)15、A【分析】【详解】

分子式相同、结构不同的化合物互称同分异构体，同分异构体的化学性质可能相似说法正确；故答案为正确。16、B【分析】【详解】

炔烃含有碳碳三键，容易发生加成反应，但难以发生取代反应。17、B【分析】【详解】

用饱和食盐水代替水会减慢反应速率，故错误。18、B【分析】【详解】

乙烯和乙炔均能使酸性KMnO4溶液褪色并生成气泡，不能用KMnO4溶液鉴别乙烯和乙炔，错误。19、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇可由乙烯和水发生加成反应制得，乙酸可由乙醇酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液氧化制得，故正确。20、B【分析】【详解】

烷烃不能发生加成反应，烯烃能发生加成反应，一定条件下也能发生取代反应，错误。21、B【分析】【详解】

所有卤代烃在氢氧化钠溶液中共热反应都能发生水解反应，但在氢氧化钠醇溶液中共热不一定消去反应，若要发生取代反应，与卤素原子相连的碳原子必须有邻碳原子，且邻碳原子上连有氢原子，故错误。22、A【分析】【详解】

加热试管时先均匀加热，后局部加热，否则试管会受热不均而炸裂。四、工业流程题(共1题，共2分)23、略

【分析】【分析】

由流程可知：向辉铋矿中加入氯化铁溶液和盐酸，氯化铁与Bi2S3发生氧化还原反应生成氯化铋、氯化亚铁和硫单质，SiO2不反应，过滤，得到滤渣为SiO2和S，滤液中含有Bi3+、H+、Fe2+；向滤液中加入双氧水，双氧水将亚铁离子氧化为三价铁离子，加入加入适量Bi2O3调节溶液pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，过滤，得到含有Bi3+的滤液；向含有Bi3+的滤液中加入碳酸钠粉末促进Bi3+水解，使Bi3+转化为BiOCl沉淀；向含有Bi3+的滤液中加入氢氧化钠和次氯酸钠混合液，次氯酸钠与Bi3+在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaBiO3沉淀；以此来解答。

(1)

向辉铋矿中加入氯化铁溶液和盐酸，氯化铁与Bi2S3发生氧化还原反应生成氯化铋、氯化亚铁和硫单质，SiO2不反应，过滤，得到滤渣I为SiO2和S；

二氧化硅是原子晶体；熔沸点高，而硫是分子晶体，受热易升华，则可以用加热升华的方法分离二氧化硅和硫；

(2)

操作a的过滤；使用的玻璃仪器除玻璃棒；烧杯，还需要漏斗；

(3)

混合液Ⅰ中含H+、Fe2+，加入H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得发生反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；

(4)

BiCl3在溶液中水解使溶液呈酸性，加入碳酸钠粉末，碳酸钠与氢离子反应生成氯化钠、二氧化碳和水，促进Bi3+水解，使Bi3+转化为BiOCl沉淀；当不再产生气泡时或不再产生气泡和沉淀，说明BiOCl的生成已完成；

(5)

向混合液II中加入NaOH和NaClO混合溶液，次氯酸钠与Bi3+在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaBiO3沉淀，反应的离子方程式为Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；

(6)

过滤后，BiOCl固体在过滤器中，洗涤固体物质的方法是：向漏斗中注入蒸馏水至恰好浸没固体，待水自然充出后即可，重复2~3次。【解析】(1)SiO2；S升华。

(2)漏斗。

(3)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

(4)不再产生气泡。

(5)Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O

(6)向漏斗中注入蒸馏水至恰好浸没固体，待水自然充出后即可，重复2~3次五、元素或物质推断题(共3题，共27分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①取少量固体粉末加到足量水中，得到无色溶液，说明不含有CuSO4，由于Na2CO3、BaCl2会发生反应形成沉淀，所以二者不能大量共存；根据实验②可知固体中有Na2CO3，则原固体中不含有BaCl2溶液；④取①中溶液少量，加入NaOH溶液并加热，产生刺激性气味的气体，并用湿润的红色石蕊试纸检验气体，试纸变蓝。则产生的气体是NH3，原物质中含有NH4Cl；根据以上事实判断：(1)肯定存在的是Na2CO3、NH4Cl；(2)肯定不存在的是BaCl2、CuSO4；(3)不能确定是否存在的是K2SO4；证明该物质是否存在的实验方案是用洁净铂丝蘸取少量①中溶液进行灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明有K2SO4，否则不含有K2SO4。也可以用检验SO42-的方法检验，方法是取①中溶液加盐酸酸化，(无沉淀生成)，再继续加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原样品中有K2SO4，否则没有K2SO4。(4)在上述实验④中产生刺激性气味反应的离子方程式：NH4++OH-NH3↑+H2O。

考点：考查溶液成分的确定、离子的检验方法、离子方程式的书写的知识。【解析】①.Na2CO3、NH4Cl②.BaCl2、CuSO4③.K2SO4④.用洁净铂丝蘸取少量①中溶液进行灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明有K2SO4，否则没有⑤.NH+OH-NH3↑+H2O25、略

【分析】【分析】

A；B常温下都为无色液体；且组成元素相同。A能转化为B，则A是过氧化氢，B是水，X为黑色固体,X是二氧化锰，C是氧气，F是大理石的主要成分，是碳酸钙，Y可用作干燥剂，和水反应生成的D和碳酸钠反应生成碳酸钙F，则Y是氧化钙，D是氢氧化钙，则G是氢氧化钠，I为蓝色沉淀，则I是氢氧化铜，G和H反应生成蓝色沉淀，则H中含有铜元素，氧气和Z加热生成的E和硫酸反应生成H，则Z是铜，E为黑色固体，是氧化铜，H是硫酸铜，J是硫酸钠，硫酸钠和K反应生成L，L为不溶于稀硝酸的白色沉淀。则K可以是氢氧化钡，L是硫酸钡，G是氢氧化钠，由此分析。

【详解】

(1)X是二氧化锰；反应①是过氧化氢在二氧化锰的催化下生成水和氧气，二氧化锰在反应①中起催化作用；

(2)Y是氧化钙，Y可以用作干燥剂，是因为CaO+H2O=Ca(OH)2；Y是氧化钙，Y所属物质类别是化合物；金属氧化物、碱性氧化物、碱性干燥剂，不符合碱和盐的概念；

(3)G是氢氧化钠，H是硫酸铜，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，反应⑥的离子方程式Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；

(4)L是硫酸钡，L的化学式是BaSO4；

(5)反应①是2H2O22H2O2+O2↑，是一种物质反应生成两种物质的反应，是分解反应；Y是氧化钙，D是氢氧化钙，反应②是CaO+H2O=Ca(OH)2，③是2Cu+O22CuO，反应②③是两种物质反应生成一种物质的反应，是化合反应，反应④是Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，反应⑤是CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，反应⑥是2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，反应⑦是Ba(OH)2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaOH，故反应④⑥⑦⑧都是由两种物质互相交换成分生成另外两种化合物的反应，是复分解反应。【解析】催化CaO+H2O=Ca(OH)2①②④⑤Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓BaSO4④⑥⑦⑧26、略

【分析】【分析】

根据题中各物质的转化关系可知，由A到C的变化分别是：在苯酚的对位上发生加成反应引入了一个烷烃基（丁基），然后苯环上发生与氢气的加成，变为环己烷，据此可以推断出B的结构简式为：然后C中醇羟基被氧化生成酮基，即得到D，E发生氧化反应生成F，据此分析解答。

【详解】

（1）根据F的结构分析，化合物F中含氧官能团的名称是醛基和羰基；根据上述分析B为则A生成B的化学反应类型是取代反应，故答案为：醛基；羰基；取代反应；

（2）根据上述分析B的结构简式为：故答案为：

（3）C为与乙酸反应生成酯的化学方程式为：CH3COOH++H2O，故答案为：CH3COOH++H2O；

（4）D的分子式为C10H18O，某化合物是D的同分异构体，且分子中只有三种不同化学环境的氢，故此有机物满足对称结构即可，可以为故答案为：【解析】醛基羰基取代反应CH3COOH++H2O六、原理综合题(共4题，共8分)27、略

【分析】【详解】

(1)设①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol，②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221kJ/mol；

根据盖斯定律可知①-②×1/2即得到CO的燃烧热的热化学方程式：CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ/mol。

(2)微波催化交换中发生的反应为CO2+CH4=2CO+2H2，ΔH>0，ΔS>0，根据吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS，要使反应能自发进行，必须ΔG<0；因此必须采取较高的温度，故答案为该反应是吸热且熵增的反应，只有在较高温度下ΔG=ΔH-TΔS才有可能小于0，反应才有利于自发进行。

(3)设高炉煤气中N2体积为55，则CO、CO2、H2的体积分别为25、15、3.36。反应前后N2的体积不变，根据CO2+CH4=2CO+2H2可知生成CO、H2的体积分别为30、30，所以总的CO的体积为55，根据CO+H2O=CO2+H2可得生成的H2体积为55，所以总的H2的体积为3.36+30+55=88.36，所以通过铜催化交换炉后，所得气体中V(H2)：V(N2)=88.36：55=1.61∶1或约为8∶5；故答案为88.36∶55(或1.61∶1或8∶5)。

(4)10min内生成的n(ClNO)=7.5×10-3×10×2mol=0.15mol，所以反应的n(Cl2)=0.075mol，故平衡后n(Cl2)=0.1mol-0.075mol=0.025mol；对反应2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)，恒容的条件下，反应体系的压强在减小，若改为在恒压条件下进行，则相当于在恒容的基础上增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，故ɑ1<ɑ2；温度不变；平衡常数K不变。

(5)NCl3发生水解产物之一具有强氧化性，根据水解的规律，Cl的化合价不变仍为+1价，所以水解产物为HClO，HClO与C1O2-发生氧化还原反应生成ClO2，同时还有Cl-生成，离子方程式为：HC1O+2C1O2-+H+=2ClO2↑+Cl-+H2O。

(6)长时间加热，硫酸铝溶液变为硫酸铝晶体而发生分解生成Al2O3和SO3，Al2O3与SiO2结合生成Al2O3·nSiO2，化学方程式为：Al2(SO4)3+nSiO2Al2O3·nSiO2+3SO3↑。

(7)除铁步骤就是使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，要检验“除铁”过程中铁是否除尽，只要取“除铁”后的滤液，向其中滴入KSCN溶液，观察溶液是否变红，若变红则表示未除尽，反之已经除尽。故答案为取少许溶液于试管中，向其中滴入KSCN溶液,观察溶液是否变红。

(8)中和结晶时，Al3+会发生水解，水解是吸热反应，低温不利于水解的进行，Al3+水解呈酸性，在较低的pH下，H+浓度较大也有利抑制Al3+的水解，故答案为最大限度抑制Al3+的水解。

点睛：本题综合性很大，考查的知识点多，既有常规的题型，也有较难的化学方程式的书写如第（5）空和第（6）空，尤其是第（6）空，必修根据产物的组成联想到长时间加热下，Al2(SO4)3发生分解生成Al2O3，从而可得到另一种产物的化学式SO3。【解析】CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ/mol该反应是吸热且熵增的反应，只有在较高温度下ΔG=ΔH-TΔS才有可能小于0，反应才有利于自发进行88.36∶55(或1.61∶1或8∶5)0.025<不变HC1O+2C1O2-+H+=2ClO2↑+Cl-+H2OAl2(SO4)3+nSiO2

Al2O3·nSiO2+3SO3↑取少许溶液于试管中,向其中滴入KSCN溶液,观察溶液是否变红最大限度抑制Al3+的水解28、略

【分析】【分析】

（I）能导电的物质必须具有能自由移动的离子或者电子。

非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；

电解质是指：在熔融状态或水溶液中能导电的化合物；单质；混合物既不是电解质也不是非电解质；

（II）物质除杂问题；要先看清楚杂