化学-湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高二上学期12月月考试题和答案

2024年高二上学期化学月考试卷1.化学让世界更美好，生活中处处有化学，下列叙述正确的是A.煤经过液化、气化等清洁处理后，可以减少二氧化碳产生，避免“温室效应”，符合绿色化学理念B.天然气、沼气、煤层气的主要成分都是甲烷，凡士林、石蜡的主要成分是碳数较多的烷烃C.冬奥会火炬“飞扬”以碳纤维复合材料为外壳，碳纤维是一种新型的有机高分子材料D.石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，属于烯烃2.劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A帮厨活动：粉碎煤块，帮师傅做蜂窝煤增大煤的接触面积，便于煤的充分燃烧B农业劳动：将收获的水果放入冷库保存将侵害水果的害虫冻死C制作美食：使用酵母发酵面团催化剂可以加快化学反应速率D医药管理：用冰箱保存疫苗温度越低，反应速率越慢A.AB.BC.CD.D3.室温下，在实验室中用0.1mol/LHCl滴定0.1mol/LNaOH溶液，中和后加水至20mL。若滴定终点判断有误差：①多加半滴HCl；②少加了半滴HCl(已知1mL为25滴)，则①和②c水(H+)之比为：A.10-4B.4C.1D.104.下列有关分离提纯的试剂及操作方法正确的是选项实验目的分离、提纯操作方法A除去甲烷中乙烯气体通入酸性高锰酸钾溶液洗气B分离溶于水的碘选用乙醇进行下列操作：第2页/共10页C分离三氯甲烷(沸点62℃)和正庚烷(沸点98℃)的混合物所用装置：D提纯粗苯甲酸(含泥沙、氯化钠杂质)主要操作步骤有：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥A.AB.BC.CD.D5.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.5.6gFe与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.3NAB.标准状况下，11.2LH2O中所含分子数为0.5NAC.标准状况下，46gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为3NAD.1mol·L-1Na2CO3溶液含有Na+个数为2NA6.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.cOH-).c(OH-)=10-14的溶液：Na+、Fe3+、Cl-、NHB.0.1mol/L的KNO3溶液中：H+、Na+、SO-、I-.c水(OH-)=10-20的溶液中：K+、Na+、S2O-、Cl-7.抗病毒药物普拉那的部分合成路线如下：下列说法正确的是A.X→Y的反应类型为取代反应B.X→Y有副产物生成C.Z不存在顺反异构体第3页/共10页D.X、Y、Z可用银氨溶液和酸性KMnO4溶液进行鉴别8.以反应5H2C2O4＋2MnO4-＋6H＋=10CO2↑+2Mn28H2O为例探究外界条件对化学反应速率的影响。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是实验编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/(mol·L-1)体积/mL浓度/(mol·L-1)体积/mL①0.102.00.0104.025②0.202.00.0104.025③0.202.00.0104.050A.实验①②③所加的H2C2O4溶液均要过量B.实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2＋对反应起催化作用C.实验①和②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响D.实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，则这段时间内的平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4mol•L-1•s-19.室温下，关于MHX溶液，下列说法中正确的是A.若MHX溶液显酸性，则可判断H2X是强酸B.若MHX溶液显碱性，则等浓度的MOH溶液和H2X溶液，MOH的电离程度小于H2XC.若M为Na+、H2X为二元弱酸，且Ka1.Ka2<Kw，则MHX溶液显酸性D.若M为Na+、MHX溶液的pH=10，则由水电离产生的c(H+)=1.0×10-4mol/L10.1，4-环己二醇()，是生产某些液晶材料和药物的原料，现以环己烷()为基础原料，合成1，4-环己二醇的路线如下。下列说法不正确的是第4页/共10页A.合成过程涉及取代反应、加成反应、消去反应B.反应(5)生成的产物有2种C.反应(2)和反应(7)的反应条件可能相同D.1，4-环己二醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色11.乙烯的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，下列说法正确的是A.②③⑥均为取代反应B乙烯和聚乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色.C.反应③的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH—浓→CH3COOCH2CH3D.反应②需要Cu或Ag作催化剂12.电位滴定是根据滴定过程中电极电位的变化来确定滴定终点的一种分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，用xmol/L盐酸标准溶液测定ymL某Na2CO3样品溶液中NaHCO3的含量(其他杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法正确的是第5页/共10页A.该滴定过程需要酚酞一种指示剂C.b到c过程中存在c(Na+)>c(Cl-)，水的电离程度：a<b<cD.ymL该Na2CO3样品溶液中含有NaHCO3的质量为0.084xg13.有机物M、N、P有如下转化关系，下列有关说法正确的是A.M→N→P依次发生了取代反应和氧化反应B.M、N互为同系物C.N、P分子中均只有一个手性碳原子D.P结构中最多有4个碳原子在同一平面14.常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4，向20mL0.10mol/LNaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法正确的是A.HCOONa的水解平衡常数的数量级为10-10BM点：2c(OH-)=c(Na+)+c(H+).C.整个过程中可能存在：c(OH-)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(H+)D.当V(HCOOH)=10.00mL时，2c(OH-)=2c(H+)+c(HCOOH)15.某温度下，相同pH的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是第6页/共10页A.I为氢氧化钠稀释时的pH值变化曲线B.a、b、c三点溶液的导电性：a>b=cC.a、b、c三点溶液中水的电离程度：b>c>aD.完全中和等体积的上述氨水和氢氧化钠，消耗的盐酸体积相同16.药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：下列说法正确的是A贝诺酯分子中只有一种官能团.B.两种反应物均能与NaHCO3溶液反应放出CO2C.可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚D.贝诺酯与足量NaOH溶液共热，生成三种羧酸盐17.有机物种类繁多，现有以下九种有机物：①CH3CH2OH；②;③CH3CH2CHO；④CH3CH2CH2CH3；⑤CH3CH2CH2COOH；⑥C2H4；⑦(CH3)2CHCH(CH3)2；⑧CH3COOCH2CH3；⑨CH2=CHCH2CH3。按要求回答下列问题：（1）与②互为同系物的是(填序号)。（2）在120℃,1.01×105Pa条件下，某种气态烃与足量的O2完全反应后，测得反应前后气体的体积没有第7页/共10页发生改变，则该烃是(填序号)。·（3）若准确称取4.4g样品X(只含C、H、O三种元素)，经充分燃烧后产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者质量分别增加3.6g和8.8g。又知有机物X的质谱图和红外光谱分别如下图所示，则该有机物的分子式为，结构简式可能为(填序号)。（4）某烃Y的质谱图中最大质荷比为56，该物的核磁共振氢谱如图。①根据以上分析，Y为(填序号)；Y是否存在顺反异构(填是或否)。②1molY燃烧，消耗氧气量为mol。③有机物Y与X互为同分异构体，且Y分子结构中只有一种等效氢，则Y结构简式为：_____。18.翠矾(NiSO4.7H2O)在印染工业中应用广泛。以某含镍废料(主要成分为Ni和NiO，还含有部分FeO、Al2O3、MgO、SiO2，PbO)为原料制备翠矾的工艺流程如下：已知：i．PbO为碱性氧化物；ii．当溶液的pH为2.2时Fe3+开始沉淀；pH为7.5时Ni2+开始沉淀；(OH)3胶体易吸附溶液中的金属阳离子；iv．20℃时，PbSO4的溶解度为0.0014g、MgF2的溶解度为0.013g。回答下列问题：（1）“碱浸”中NaOH溶液的作用是溶解废料中的Al2O3和(填化学式)。溶解Al2O3对应的化学方程式为：。第8页/共10页（2）“酸浸”中其他条件不变时，不同温度下镍的浸出率随时间的变化如图，则“酸浸”的最佳温度与时间分别为(填标号)。A.30℃、30minB.70℃、120minC.90℃、120minD.90℃、140min（3）“滤渣①”的主要成分为_____(填化学式)。（4）“氧化”中H2O2的作用是(用离子方程式表示)，为证明“氧化”已进行完全，可用(填标号)溶液进行检验。A．KSCN溶液B．30%和KSCN溶液C．酸性高锰酸钾溶液（5）“沉铁”时Na2CO3溶液用量对体系pH和镍的损失率影响如图所示。当Na2CO3溶液的用量为6g.L-1时，溶液中(填“Fe3+”或“Ni2+”)开始沉淀，随着Na2CO3溶液用量的增大镍的损失率会增大，其原因可能是。(“沉镁”后滤液中的主要离子有(填离子符号)。难溶电解质AgCl(白色)AgSCN(白色)Ag2CrO4(红色)溶度积常数Ksp10-9.710-1210-11.7第9页/共10页(一)通过佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中POCl3的含量：准确称取1.9100g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100mL，取10.00mL于锥形瓶中，加0.2000mol.L-1的AgNO3溶液20.00mL(Ag++Cl-=AgCl↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0.1000mol.L-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点Ag++SCN-=AgSCN↓,做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00Ag（1）POCl3的水解方程式为_____。（2）滴定终点的现象是溶液恰好变为_____色。（3）POCl3的纯度为_____%(保留到小数点后一位)。（4）实验中，若不加硝基苯，测定POCl3的纯度将_____(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(二)现用标准AgNO3溶液滴定含Cl-水样：移取25.00mL含Cl-水样于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol.L-1的AgNO3标准溶液进行滴定。（5）滴定时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过_____mol.L-1。（6）滴定终点的现象是沉淀由_____色刚好变为_____色，用离子方程式表示该过程为_____。（7）滴定过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是_____。20.化合物H是合成一种能治疗头风、痈肿和皮肤麻痹等疾病药物的重要中间体，其合成路线如下：（1）A用习惯命名法命名为，D中官能团的名称为。第10页/共10页（2）C的结构简式为。（3）合成路线中D到E的反应类型为。（4）鉴别E和F可选用的试剂为(填字母)。a．FeCl3溶液b．溴水c．酸性KMnO4溶液d．NaHCO3溶液（5）G到H的反应方程式为。（6）有机物W是C的同系物，且具有以下特征：i．比C少3个碳原子；ii．含甲基，能发生银镜反应；符合上述条件的W有种；写出其中一种核磁共振氢谱峰面积之比为1:2:2:2:3的W的结构简式：。_______第1页/共22页2024年高二上学期化学月考试卷1.化学让世界更美好，生活中处处有化学，下列叙述正确的是A.煤经过液化、气化等清洁处理后，可以减少二氧化碳产生，避免“温室效应”，符合绿色化学理念B.天然气、沼气、煤层气的主要成分都是甲烷，凡士林、石蜡的主要成分是碳数较多的烷烃C.冬奥会火炬“飞扬”以碳纤维复合材料为外壳，碳纤维是一种新型的有机高分子材料D.石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，属于烯烃【答案】B【解析】【详解】A．煤经过液化、气化等清洁处理后，会生成甲烷、甲醇等清洁燃料，但并不会减少二氧化碳产生，故A错误；B．天然气、沼气、煤层气的主要成分都是甲烷，凡士林、石蜡的主要成分是碳数较多的烷烃，故B正确；C．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，主要成分是碳单质，是一种新型的无机非金属材料，故C错误；D．石墨烯是碳的单质，不含有氢元素，不属于烯烃，故D错误；答案选B。2.劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A帮厨活动：粉碎煤块，帮师傅做蜂窝煤增大煤的接触面积，便于煤的充分燃烧B农业劳动：将收获的水果放入冷库保存将侵害水果的害虫冻死C制作美食：使用酵母发酵面团催化剂可以加快化学反应速率D医药管理：用冰箱保存疫苗温度越低，反应速率越慢A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．粉碎煤块，做蜂窝煤，可以增大煤燃烧时和氧气的接触面积，便于煤的充分燃烧，劳动项目与所述的化学知识有关联，A不符合题意；第2页/共22页B．将收获的水果放入冷库保存，低温可以降低水果的呼吸作用，减少营养物质的消耗，从而保持水果的新鲜度和口感，冷库中的低温环境可以抑制害虫的活动，但并不意味着可以完全冻死害虫，劳动项目与所述的化学知识没有关联，B符合题意；C．在面团发酵过程中，酵母作为一种生物催化剂，可以加快化学反应速率，从而促进面团的膨胀，劳动项目与所述的化学知识有关联，C不符合题意；D．用冰箱保存疫苗是因为温度越低，疫苗变质速度越慢，劳动项目与所述的化学知识有关联，D不符合题故选B。3.室温下，在实验室中用0.1mol/LHCl滴定0.1mol/LNaOH溶液，中和后加水至20mL。若滴定终点判断有误差：①多加半滴HCl；②少加了半滴HCl(已知1mL为25滴)，则①和②c水(H+)之比为：A.10-4B.4C.1D.10【答案】C【解析】【详解】室温下，在实验室中用0.1mol/LHCl滴定0.1mol/LNaOH溶液，中和后加水至20mL，①多加半滴加了半滴，则c溶液=0.0002mol/L，则c水(H+)=c溶液=5×10-10；故①和②c水之比为1，故答案为：C。4.下列有关分离提纯的试剂及操作方法正确的是选项实验目的分离、提纯操作方法A除去甲烷中乙烯气体通入酸性高锰酸钾溶液洗气B分离溶于水的碘选用乙醇进行下列操作：第3页/共22页C分离三氯甲烷(沸点62℃)和正庚烷(沸点98℃)的混合物所用装置：D提纯粗苯甲酸(含泥沙、氯化钠杂质)主要操作步骤有：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2，引入新杂质，可用溴的四氯化碳溶液除去甲烷中乙烯杂质气体，A错误；B．乙醇与原溶剂水互溶，不能作萃取剂，可选用四氯化碳进行萃取，B错误；C．蒸馏操作中，温度计水银球应该放在支管口，冷凝管中冷凝水应该下进上出，C错误；D．苯甲酸的溶解度随温度变化比较大，可以通过重结晶提纯粗苯甲酸(含泥沙、氯化钠杂质)，主要操作步骤有：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D正确；故选D。5.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.5.6gFe与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.3NAB.标准状况下，11.2LH2O中所含分子数为0.5NAC.标准状况下，46gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为3NAD.1mol·L-1Na2CO3溶液含有Na+个数为2NA【答案】C【解析】【详解】A．铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铁元素化合价由0升高为+2，5.6gFe与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.2NA，故A错误；B．标准状况下水是液体，11.2LH2O的物质的量不是0.5mol，故B错误；第4页/共22页C．NO2和N2O4的最简式都是NO2，46gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为×3×NA=3NA，故C正确；D．没有明确溶液体积，不能计算1mol·L-1Na2CO3溶液含有Na+个数，故D错误；6.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.cOH-).c(OH-)=10-14的溶液：Na+、Fe3+、Cl-、NHB.0.1mol/L的KNO3溶液中：H+、Na+、SO-、I-.c水(OH-)=10-20的溶液中：K+、Na+、S2O-、Cl-【答案】D【解析】【详解】A．室温下，c(OH-).c(OH-)=10-14的溶液中c(OH-)=10-7，Fe3+不能存在，A不符合题意；B．NO3-在酸性溶液中具有氧化性，能与碘离子（具有还原性）发生氧化还原反应，不能共存，B不符合题意；H+.c水(OH-)=10-20，说明水的电离被抑制，为酸性或碱性溶液，S2O-不能在酸性条件下存在，C不符合题意；D．Kw/c=0.2mol/L的溶液呈碱性，OH-、Na+、K+、SiO-、SO-可共存，D符合题意；故选D。7.抗病毒药物普拉那的部分合成路线如下：下列说法正确的是A.X→Y的反应类型为取代反应B.X→Y有副产物生成C.Z不存在顺反异构体第5页/共22页D.X、Y、Z可用银氨溶液和酸性KMnO4溶液进行鉴别【答案】B【解析】【分析】X到Y是X与发生加成反应，Y到Z发生的是消去反应；【详解】A．由分析可知，X→Y的反应类型为加成反应，故A错误；B．对X上的醛基加成得到Y，如果断开的是羰基右侧所连碳原子上的碳氢键，则会C．Z中双键两端碳原子的H如果在同侧则为顺式结构，在不同侧则为反式结构，Z有顺反异构，故C错误；D．银氨溶液可以检验出X，但是Y上有羟基，Z上有碳碳双键，Y、Z都可以使酸性KMnO4溶液褪色，答案选B。8.以反应5H2C2O4＋2MnO4-＋6H＋=10CO2↑+2Mn28H2O为例探究外界条件对化学反应速率的影响。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是实验编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/(mol·L-1)体积/mL浓度/(mol·L-1)体积/mL①0.102.00.0104.025②0.202.00010.4.025③0.202.00.0104.050A.实验①②③所加的H2C2O4溶液均要过量B.实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2＋对反应起催化作用C.实验①和②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响D.实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，则这段时间内的平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4mol•L-1•s-1【答案】D第6页/共22页【解析】·【详解】A．根据反应方程式可得5H2C2O4~2MnO4—，由实验数据分析可知，n(KMnO4)=4×10-3L×0.01mol·L-1=4×10-5mol，刚好与之反应的n=1×10-4mol，若是0.1mol/L的H2C2O4溶液，所需体积为1mL，故在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，故A正确；B．在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故B正确；C．分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，即实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③只是温度不同，所以实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响，故C正确；D．高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率=1.7×10−4mol.L−1.s−1，故D错误；本题选D。9.室温下，关于MHX溶液，下列说法中正确的是A.若MHX溶液显酸性，则可判断H2X是强酸B.若MHX溶液显碱性，则等浓度的MOH溶液和H2X溶液，MOH的电离程度小于H2XC.若M为Na+、H2X为二元弱酸，且Ka1.Ka2<Kw，则MHX溶液显酸性D.若M为Na+、MHX溶液的pH=10，则由水电离产生的c(H+)=1.0×10—4mol/L【答案】D【解析】【详解】A．MHX溶液显酸性，则H2X不一定是强酸，因为若H2X为弱酸，且HX-电离程度大于水解程度，溶液液也显酸性，故A错误；B．根据“谁强显谁性”，若MHX溶液显碱性，则等浓度的MOH溶液和H2X溶液，MOH的电离程度大于H2X，故B错误；C．若M为Na+、H2X为二元弱酸，HX-电离常数为Ka2，HX-水解常数为，Ka1.Ka2<Kw，所以Kh>Ka2，则MHX溶液显碱性，故C错误；第7页/共22页D．若M为Na+、MHX溶液的pH=10，说明HX-水解大于电离，MHX促进水电离，则由水电离产生的c4mol/L，故D正确；选D。10.1，4-环己二醇()，是生产某些液晶材料和药物的原料，现以环己烷()为基础原料，合成1，4-环己二醇的路线如下。下列说法不正确的是A.合成过程涉及取代反应、加成反应、消去反应B.反应(5)生成的产物有2种C.反应(2)和反应(7)的反应条件可能相同D.1，4-环己二醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【分析】环己烷发生取代反应生成一氯环己烷，一氯环己烷发生消去反应生成环己烯(M)，M发生加成反应生成1,2-二氯环己烷(N)，N发生消去反应生成，发生1,4加成生成；和氢气发生加成反应生成(Y)，Y发生水解反应生成1，4-环己二醇。【详解】A．反应(1)(7)是取代反应，反应是(3)(5)(6)加成反应，反应(2)(4)是消去反应，故A正确；B．反应(5)生成的产物有或，故B正确；C．反应(2)是卤代烃消去反应，条件是氢氧化钠的醇溶液加热，反应(7)是卤代烃水解反应，条件是氢氧化第8页/共22页钠的水溶液加热，故C错误；D．1，4-环己二醇中含有羟基，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；11.乙烯的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，下列说法正确的是A.②③⑥均为取代反应B.乙烯和聚乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.反应③的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH—浓→CH3COOCH2CH3D.反应②需要Cu或Ag作催化剂【答案】D【解析】【分析】丁烷裂解生成乙烯、乙烷，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙烯和氢气加成生成乙烷，乙烷和氯化氢发生取代生成一氯乙烷，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯。【详解】A．反应②是乙醇催化氧化生成乙醛，不是取代反应，故A错误；B．聚乙烯中不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．反应③是乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH----CH3COOCH2CH3+H2O，故C错误；D．反应②是乙醇催化氧化生成乙醛，需要Cu或Ag作催化剂，故D正确；答案选D。12.电位滴定是根据滴定过程中电极电位的变化来确定滴定终点的一种分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，用xmol/L盐酸标准溶液测定ymL某Na2CO3样品溶液中NaHCO3的含量(其他杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法正确的是第9页/共22页A.该滴定过程需要酚酞一种指示剂D.ymL该Na2CO3样品溶液中含有NaHCO3的质量为0.084xg【答案】D【解析】【分析】a点为第一个终点发生反应为：CO-+H+=HCO3-，c点为第二个终点：HCO3-+H+=H2O+CO2↑。【详解】A．电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点，无需加入酸碱指示剂，A错误；B．a点为第一个计量点，反应为CO-+H+=HCO3-，a点的溶质为NaCl、NaHCO3，质子守恒：OH)+c(CO-)=c(H+)+c(H2CO3)；c点是第二个滴定终点，反应生成的二氧化碳和水生成碳酸，C．在整个滴定过程中，参加反应的离子是碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢离子，溶液中的钠离子不参加反离子水解促进水的电离，b~c随着加入盐酸的量的增加，碳酸氢根离子逐渐减少，生成NaCl和二氧化碳，所以水的电离程度逐渐减弱，b>c，C错误；D．滴定的两个计量点的反应中，若没有杂质NaHCO3，两个计量点消耗的盐酸应相等，根据两个计量点的反应，可以推得第二个计量点反应中的NaHCO3包括反应生成的NaHCO3和杂质NaHCO3，所以杂质第10页/共22页的量可以根据多消耗的盐酸计算：(6.8—2.9×2)×1故选D。13.有机物M、N、P有如下转化关系，下列有关说法正确的是A.M→N→P依次发生了取代反应和氧化反应B.M、N互为同系物C.N、P分子中均只有一个手性碳原子D.P结构中最多有4个碳原子在同一平面【答案】D【解析】【详解】A．根据转化关系，M→N发生加成反应，N→P氧化反应，A错误；B．M、N含有的官能团不同，不能互为同系物，B错误；C．从分子结构分析，N和P分子中均没有手性碳原子，C错误；D．碳碳单键可以旋转，P结构中最多有4个碳原子在同一平面，D正确；故选D。14.常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4，向20mL0.10mol/LNaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法正确的是A.HCOONa的水解平衡常数的数量级为10—10B.M点：2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)C.整个过程中可能存在：c(OH-)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(H+)第11页/共22页D.当V(HCOOH)=10.00mL时，2c(OH-)=2c(H+)+c(HCOOH)【答案】B【解析】【详解】A．由题干数据可知，Ka(HCOOH)=1.8×10-4，则HCOONa的水解平衡常数为：Kh=其数量级为10-11，A错误；B．M点时，V(HCOOH)=10mL，溶液中的溶质为c(HCOOH)：C(HCOO)=1：1，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，M点为交点可知c(HCOO-)=c(OH-)，联合可得2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，B正确；C．根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，故整个过程中不可能存在：c(OH-)＞c(Na+)＞c(HCOO-)>c(H+)，C错误；D．当V(HCOOH)=10mL时，溶液中的溶质为c(NaOH)：c(HCOONa)=1：1，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，根据物料守恒c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH)，联合可得c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)，D错误；故答案为：B。15.某温度下，相同pH的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是A.I为氢氧化钠稀释时的pH值变化曲线B.a、b、c三点溶液的导电性：a>b=cC.a、b、c三点溶液中水的电离程度：b>c>aD.完全中和等体积的上述氨水和氢氧化钠，消耗的盐酸体积相同【答案】B【解析】第12页/共22页【详解】A．氨水中存在电离平衡NH3·H2O≈NH+OH—，加水稀释，电离平衡正向移动，n(OH—)增大，故氨水溶液中c(OH—)减小程度小于NaOH溶液中c(OH—)，NaOH溶液中pH变化幅度大，氨水中pH变化幅度小，故I为氨水稀释时的pH值变化曲线，A错误；B．由图可知：溶液的pH值：a＞b=c，故溶液中c(OH—)：a＞b=c，离子浓度越大，溶液的导电性就越强，因此溶液的导电性：a＞b=c，B正确；C．由图可知，溶液的pH值：a＞b=c，故溶液中c(OH—)：a＞b=c，溶液中c(OH—)越大，对水的电离抑制越强，水的电离程度就越小，所以相应溶液中水的电离程度：c=b＞a，C错误；D．由图可知：起始时氨水和氢氧化钠溶液pH相等，溶液中c(OH)相等，一水合氨为弱碱，部分电离，存在电离平衡，故c(NH3∙H2O)＞c(NaOH)，当溶液体积相同时，n(NH3∙H2O)＞n(NaOH)，因此用相同浓度的盐酸中和氨水和NaOH溶液时，氨水消耗盐酸多，D错误；故答案选B。16.药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：下列说法正确的是A.贝诺酯分子中只有一种官能团B.两种反应物均能与NaHCO3溶液反应放出CO2C.可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚D.贝诺酯与足量NaOH溶液共热，生成三种羧酸盐【答案】C【解析】【详解】A．贝诺酯分子中含有酯基和酰胺基两种官能团，A错误；B．羧基能与碳酸氢钠反应，酚羟基不能与碳酸氢钠反应，则只有乙酰水杨酸能与NaHCO3溶液反应放出CO2，B错误；C．对乙酰氨基酚含有酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，则可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚，C正确；第13页/共22页D．贝诺酯与足量NaOH溶液共热，可以生成三种盐：、答案选C。17.有机物种类繁多，现有以下九种有机物：①CH3CH2OH；②;③CH3CH2CHO；④CH3CH2CH2CH3；⑤CH3CH2CH2COOH；⑥C2H4；⑦(CH3)2CHCH(CH3)2；⑧CH3COOCH2CH3；⑨CH2=CHCH2CH3。按要求回答下列问题：（1）与②互为同系物的是(填序号)。（2）在120℃,1.01×105Pa条件下，某种气态烃与足量的O2完全反应后，测得反应前后气体的体积没有发生改变，则该烃是(填序号)。（3）若准确称取4.4g样品X(只含C、H、O三种元素)，经充分燃烧后产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者质量分别增加3.6g和8.8g。又知有机物X的质谱图和红外光谱分别如下图所示，则该有机物的分子式为，结构简式可能为(填序号)。（4）某烃Y的质谱图中最大质荷比为56，该物的核磁共振氢谱如图。①根据以上分析，Y为(填序号)；Y是否存在顺反异构(填是或否)。②1molY燃烧，消耗氧气量为mol。第14页/共22页③有机物Y与X互为同分异构体，且Y分子结构中只有一种等效氢，则Y结构简式为：。【答案】（1）④⑦（2）⑥（3）①.C4H8O2②.⑧（4）①.⑨②.否③.6④.【解析】【小问1详解】同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，且必须是同一类物质。由于②是烷烃，所以符合的是④⑦。答案为：④⑦。【小问2详解】假设该烃的分子式为：CxHy，在120℃,1.01×105Pa条件下反应：CxHy→xCO2由于反应反应前后气体的体积没有发生改变，则说明，解得：y=4，说明该烃的氢原子个数只能为4，上述符合要求的只有乙烯。答案为：⑥。【小问3详解】产物通过浓硫酸增加3.6g，计算得出n(H2O)=0.2mol→n(H)=0.4mol，碱石灰增加8.8g，计算得出)=n(C)=0.2mol，其中碳和氢元素总质量为0.4mol×1g/mol+0.2mol×12g/mol=2.8g，所由质谱图可知其相对分子质量为88，所以分子式为C4H8O2，由红外光谱图可知，分子中含有不对称—CH3、C=O、COC，则结构简式为CH3COOCH2CH3。答案为：C4H8O2；⑧。【小问4详解】①某烯烃Y的质谱图中最大质荷比为56，其相对分子质量为56，分子中最大碳原子数目=4·····8，故Y的分子式为C4H8，它的核磁共振氢谱有4种化学环境不同的氢，且数目之比为1:2:2:3，故Y的结构第15页/共22页式为：CH2=CH—CH2CH3，其中一个不饱和碳原子连接2个氢原子，没有顺反异构。故答案为：⑨;②根据Y的分子式C4H8，列式计算可知需要6molO2。答案为：6。③有机物Y与X互为同分异构体，且Y分子结构中只有一种等效氢，其结构应为高度对称。所以其结构式。18.翠矾(NiSO4.7H2O)在印染工业中应用广泛。以某含镍废料(主要成分为Ni和NiO，还含有部分FeO、Al2O3、MgO、SiO2，PbO)为原料制备翠矾的工艺流程如下：已知：i．PbO为碱性氧化物；ii．当溶液的pH为2.2时Fe3+开始沉淀；pH为7.5时Ni2+开始沉淀；(OH)3胶体易吸附溶液中的金属阳离子；iv．20℃时，PbSO4的溶解度为0.0014g、MgF2的溶解度为0.013g。回答下列问题：（1）“碱浸”中NaOH溶液的作用是溶解废料中的Al2O3和(填化学式)。溶解Al2O3对应的化学方程式为：。（2）“酸浸”中其他条件不变时，不同温度下镍的浸出率随时间的变化如图，则“酸浸”的最佳温度与时间分别为(填标号)。第16页/共22页A.30℃、30minB.70℃、120min·C.90℃、120minD.90℃、140min（3）“滤渣①”的主要成分为_____(填化学式)。（4）“氧化”中H2O2的作用是(用离子方程式表示)，为证明“氧化”已进行完全，可用(填标号)溶液进行检验。A．KSCN溶液B．30%和KSCN溶液C．酸性高锰酸钾溶液（5）“沉铁”时Na2CO3溶液用量对体系pH和镍的损失率影响如图所示。当Na2CO3溶液的用量为6g.L1时，溶液中(填“Fe3+”或“Ni2+”)开始沉淀，随着Na2CO3溶液用量的增大镍的损失率会增大，其原因可能是。(“沉镁”后滤液中的主要离子有(填离子符号)。（2）B（5）①.Fe3+②.【解析】【分析】用NaOH溶液溶解含镍废料，除去可溶于NaOH的Al2O3和SiO2，生成硅酸盐和四羟基合铝酸盐溶液，过滤后的滤渣再用稀硫酸溶解，使Ni、NiO、FeO、MgO、PbO溶解，同时得到PbSO4沉淀，过滤除去不溶于酸的PbSO4，滤液中含有Fe2+、Mg2+、Ni2+，加入双氧水将溶液中的Fe2+完全氧化为Fe3+，再加入碳酸钠调节溶液pH，使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，过滤后加入NaF除去Mg2+，生成MgF2沉淀，得NiSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到NiSO4‧7H2O。【小问1详解】根据分析可知，“碱浸”中NaOH溶液可溶解Al2O3和SiO2；Al2O3与NaOH反应生成四羟基合铝酸钠，第17页/共22页【小问2详解】根据图像可知，在70℃和90℃镍的最终浸出率相差不大，考虑耗能选择70℃;当时间达到120min后，镍的浸出率无明显变化，故时间选择120min，答案选B；【小问3详解】根据分析可知，加入硫酸溶解固体时，会生成PbSO4沉淀；【小问4详解】根据分析可知，加入双氧水将溶液中的Fe2+完全氧化为Fe3+，根据得失电子守恒及电荷守恒：2O22O；若“氧化”已完全，则溶液中无亚铁离子，根据亚铁离子具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明“氧化”已进行完全，故可用酸性高锰酸钾溶液进行检验，答案选C；【小问5详解】当溶液的pH为2.2时Fe3+开始沉淀，pH为7.5时Ni2+开始沉淀，铁离子早于镍离子沉淀，当Na2CO3溶液的用量为6g.L—1时，溶液中Fe3+开始沉淀；根据题干信息，Fe(OH)3胶体易吸附溶液中的金属阳离子，随着Na2CO3溶液用量增大，镍的损失率会增大的原因可能是：Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，吸附了溶液中的Ni2+；根据分析可知，“沉镁”后溶液中主要成分为NiSO4，所以溶液中存在的主要离子有Ni2+、SO—以及剩余的Na+。难溶电解质AgCl(白色)AgSCN(白色)Ag2CrO4(红色)溶度积常数Ksp(一)通过佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中POCl3的含量：准确称取1.9100g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100mL，取10.00mL于锥形瓶中，加0.2000mol.L—1的AgNO3溶液20.00mL(Ag++Cl—=AgCl↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0.1000mol.L—1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。（1）POCl3的水解方程式为。第18页/共22页（2）滴定终点的现象是溶液恰好变为_____色。·（3）POCl3的纯度为_____%(保留到小数点后一位)。（4）实验中，若不加硝基苯，测定POCl3的纯度将_____(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(二)现用标准AgNO3溶液滴定含Cl—水样：移取25.00mL含Cl—水样于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol.L—1的AgNO3标准溶液进行滴定。（5）滴定时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过_____mol.L—1。（6）滴定终点的现象是沉淀由_____色刚好变为_____色，用离子方程式表示该过程为_____。（7）滴定过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是_____。（2）红（3）80.4%（4）偏小（5）10-2mol/L（6）①.白②.红③.2Ag+(aq)+CrO-(aq)Ag2CrO4(s)（7）滴定过程中溶液pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根，氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，pH过高氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多【解析】【小问1详解】POCl3水解生成磷酸和HCl，则其水解方程式为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl；【小问2详解】由题意可知，测定POCl3产品含量时以NH4Fe(SO4)2溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO