2024屆重慶鐵路中學高二化學第二學期期末檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、利用廢蝕刻液（含F(xiàn)eCl2、CuCl2及FeCl3）制備堿性蝕刻液[Cu（NH3）4Cl2溶液]和FeCl3?6H2O的主要步驟：用H2O2氧化廢蝕刻液，制備氨氣，制備堿性蝕刻液[CuCl2+4NH3=Cu（NH3）4Cl2]、固液分離，用鹽酸溶解沉淀并制備FeCl3?6H2O。下列實驗原理和裝置不能達到實驗目的的是（）A．用裝置甲制備NH3 B．用裝置乙制備Cu（NH3）4Cl2并沉鐵C．用裝置丙分離Cu（NH3）4Cl2溶液和Fe（OH）3 D．用裝置丁將FeCl3溶液蒸干制備FeCl3?6H2O2、分子式C6H12主鏈上為4個碳原子的烯烴類的同分異構體有幾種A．3種B．4種C．5種D．5種3、下列實驗操作及現(xiàn)象與推論不相符的是選項操作及現(xiàn)象推論A用pH試紙測得0.1mol/LCH3COOH溶液pH約為3CH3COOH是弱電解質B向某無色溶液中加入足量稀鹽酸，產(chǎn)生無色無味氣體；再將該氣體通入澄清石灰水，產(chǎn)生白色渾濁溶液中可能含有CO32-或HCO3-C用pH計測定相同濃度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的HClO的酸性弱于CH3COOHD向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀；再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，沉淀變?yōu)榧t褐色Mg(OH)2沉淀轉化為Fe(OH)3沉淀A．A B．B C．C D．D4、以下8種化合物中，不能通過化合反應直接生成的有①Fe3O4②Fe(OH)3③FeCl2④Cu2(OH)2CO3⑤Al(OH)3⑥Na2CO3⑦NaHCO3⑧Na2O2A．1種 B．2種 C．3種 D．4種5、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．標準狀況下，將m1g鋅加入到m2g20%的鹽酸中放出nLH2，則轉移電子數(shù)為nNA/11.2B．0.1mol/L的100mLH2SO3溶液中，含有的離子數(shù)約為0.03NAC．1molSiO2中含有共價鍵數(shù)是2NAD．120g由NaHSO4和KHSO3固體組成的混合物中含有的陰陽離子總數(shù)為5NA6、（CH3CH2）2CHCH3的正確命名是（）A．2﹣乙基丁烷 B．2﹣甲基戊烷 C．3﹣甲基戊烷 D．3﹣乙基丁烷7、現(xiàn)有四種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。則下列有關比較中正確的是A．第一電離能：③＞②＞① B．原子半徑：③＞②＞①C．電負性：③＞②＞① D．最高正化合價：③＞②＞①8、如圖，鐵有δ、γ、α三種同素異形體，三種晶體在不同溫度下能發(fā)生轉化。下列說法不正確的是A．δ-Fe晶胞中含有2個鐵原子，每個鐵原子等距離且最近的鐵原子有8個B．晶體的空間利用率：δ-Fe>γ-Fe>α-FeC．設γ-Fe晶胞中鐵原子的半徑為d，則γ-Fe晶胞的體積是16d3D．已知鐵的相對原子質量為a，阿伏加德羅常數(shù)為NA(mol－1)，δ-Fe晶胞的密度為ρg/cm3，則鐵原子的半徑r(cm)=9、下列物質能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的是A．四氯化碳B．甲烷C．乙烯D．乙酸10、一定條件下,通過下列反應可以制備特種陶瓷的原料Mg0:MgSO4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)

△H>0該反應在恒容的密閉容器中達到平衡后，若僅改變圖中橫坐標x的值，重新達到平衡后，縱坐標y隨x變化趨勢合理的是選項xyA壓強CO2與CO的物質的量之比B溫度容器內混合氣體的密度CMgSO4的質量(忽略體積)CO的轉化率D

SO2的濃度平衡常數(shù)KA．A B．B C．C D．D11、下列實驗中沒有顏色變化的是（）A．葡萄糖溶液與新制的Cu(OH)2懸濁液混合加熱B．木板上涂抹濃硫酸C．淀粉溶液中加入碘酒D．苯加入到酸性高錳酸鉀溶液中12、下列敘述正確的是A．NaCl溶液在電流作用下電離成Na＋與Cl－B．溶于水后能電離出H＋的化合物都是酸C．氯化氫溶于水能導電，但液態(tài)氯化氫不能導電D．硫酸鋇難溶于水，所以硫酸鋇是非電解質13、下列實驗及其結論都正確的是實驗結論A氯氣的水溶液可以導電氯氣是電解質B鋁箔在酒精燈火焰上加熱熔化但不滴落鋁箔表面氧化鋁熔點高于鋁C將Na2S滴入AgNO3和AgCl的混合濁液中產(chǎn)生黑色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)D用分液漏斗分離苯和四氯化碳四氯化碳密度比苯大A．A B．B C．C D．D14、砷是氮族元素，黃砷(As4)是其一種單質，其分子結構與白磷(P4)相似，以下關于黃砷與白磷的比較敘述正確的是A．黃砷中共價鍵鍵能大于白磷B．黃砷的熔點高于白磷C．黃砷易溶于水D．分子中共價鍵鍵角均為109°28′15、某溫度時，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示．下列說法正確的是A．加入Na2SO4可使溶液由a點變到b點B．通過蒸發(fā)可以使溶液由d點變到c點C．d點無BaSO4沉淀生成D．a(chǎn)點對應的Ksp大于c點對應的Ksp16、Na2FeO4是一種高效多功能水處理劑，應用前景十分看好。一種制備Na2FeO4的方法可用化學方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，對此反應下列說法中正確的是A．Na2O2只作氧化劑B．Na2FeO4既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物C．O2是還原產(chǎn)物D．2molFeSO4發(fā)生反應時，反應中共有8mol電子轉移17、在36g碳不完全燃燒所得氣體中，CO占13體積，CO2占2C(s)＋12O2(g)===CO(g)ΔH＝－110.5kJ·mol－1CO(g)＋12O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283kJ·mol與這些碳完全燃燒相比，損失的熱量是A．172.5kJB．1149kJC．283kJD．517.5kJ18、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關（如下圖所示）。下列敘述錯誤的是A．霧和霾的分散劑相同B．霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C．NH3是形成無機顆粒物的催化劑D．霧霾的形成與過度施用氮肥有關19、戊醇的結構有8種，則乙二酸與這些戊醇發(fā)生完全酯化得到的酯的結構最多有（不考慮立體異構）A．8種 B．16種 C．36種 D．64種20、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A．在標況下，11.2LNO與11.2LO2混合后所含分子數(shù)為0.75NAB．鋁跟氫氧化鈉溶液反應生成1mol氫氣時，轉移的電子數(shù)為NAC．0.1molNa2O2晶體中含有0.4NA個離子D．常溫常壓下，16gO3所含的電子數(shù)為8NA21、有甲、乙兩個電極，用導線連接一個電流表，放入盛有丙溶液的燒杯中，電極乙的質量增加，則裝置中可能的情況是（）A．甲作負極，丙是硫酸銅溶液 B．甲作負極，丙是硫酸溶液C．乙作負極，丙是硫酸銅溶液 D．乙作正極，丙是硫酸溶液22、某化學小組用如圖所示裝置驗證鹵素單質氧化性的相對強弱。下列說法不正確的是()A．E處棉花球變成黃色，說明Cl2的氧化性比Br2強B．F處棉花球變成藍色，說明Br2的氧化性比I2強C．E處發(fā)生反應的離子方程式為：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2D．G裝置中NaOH溶液與Cl2反應的離子方程式為：2OH－＋Cl2===ClO－＋Cl－＋H2O二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物H[3-亞甲基異苯并呋喃-1(3H)-酮]的一種合成路線如下：(1)C中所含官能團名稱為_________和_________。(2)G生成H的反應類型是________。(3)B的分子式為C9H10O2，寫出B的結構簡式：________。(4)E的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：_________。①分子中含有苯環(huán)，能使Br2的CCl4溶液褪色；②堿性條件水解生成兩種產(chǎn)物，酸化后分子中均只有4種不同化學環(huán)境的氫，其中之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。(5)寫出以、P(C6H5)3及N(C2H5)3為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）____。24、（12分）[化學—選修有機化學基礎]化合物F是合成抗心律失常藥—多非利特的中間體，以苯為原料合成F的路線如下:已知：①CH3CH=CH2CH3CHBrCH3②CH3CH=CH2CH3CH2CH2Br試回答下列問題（1）苯→A轉化的反應類型是。（2）化合物C→D轉化的反應條件通常是，化合物D（填“存在”、“不存在”）順反異構，已知化合物C的核磁共振氫譜顯示有四種峰，且峰的面積比為2︰2︰1︰3，則C的結構簡式為。（3）寫出E→F轉化的化學方程式。（4）化合B的同分異構體有多種，滿足以下條件的同分異構體共有種。①屬于芳香族化合物②分子結構中沒有甲基，但有氨基③能發(fā)生銀鏡反應和水解反應，并且與NaOH反應的物質的量之比為1︰2（5）苯乙酮（）常用作有機化學合成的中間體，參照上述合成F的部分步驟，設計一條以苯為起始原料制備苯乙酮的合成路線。25、（12分）現(xiàn)有一份含有FeCl3和FeCl2的固體混合物，某化學興趣小組為測定各成分的含量進行如下兩個實驗：實驗1①稱取一定質量的樣品，將樣品溶解；②向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，產(chǎn)生沉淀；③將沉淀過濾、洗滌、干燥得到白色固體28.7g實驗2①稱取與實驗1中相同質量的樣品，溶解；②向溶解后的溶液中通入足量的Cl2；③再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到紅褐色沉淀；④將沉淀過濾、洗滌后，加熱灼燒到質量不再減少，得到固體Fe2O36.40g根據(jù)實驗回答下列問題：（1）溶解過程中所用到的玻璃儀器有________（2）實驗室保存FeCl2溶液時通常會向其中加入少量的鐵粉，其作用是_________（3）用化學方程式表示實驗2的步驟②中通入足量Cl2的反應：___________（4）用容量瓶配制實驗所用的NaOH溶液，下列情況會使所配溶液濃度偏高的是(填序號)_______。a．未冷卻溶液直接轉移b．沒用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2～3次并轉入容量瓶c．加蒸餾水時，不慎超過了刻度線d．砝碼上沾有雜質e．容量瓶使用前內壁沾有水珠（5）檢驗實驗2的步驟④中沉淀洗滌干凈的方法是___________（6）該小組每次稱取的樣品中含有FeCl2的質量為_________g26、（10分）某校化學研究性學習小組的同學在學習了氨的性質后討論：運用類比的思想，既然氨氣具有還原性，能否像H2那樣還原CuO呢？他們設計實驗制取氨氣并探究上述問題。請你參與該小組的活動并完成下列研究：(一)制取氨氣(1)寫出實驗制取氨氣的化學方程式_______________________________；(2)有同學模仿排飽和食鹽水收集氯氣的方法，想用排飽和氯化銨溶液的方法收集氨氣。你認為他能否達到目的？________(填“能”或“否”)。理由是______________________。(二)該小組中某同學設計了下圖所示的實驗裝置(夾持及尾氣處理裝置未畫出)，探究氨氣的還原性：(1)該裝置在設計上有一定缺陷，為保證實驗結果的準確性，對該裝置的改進措施是：_______________________________________________________________________。(2)利用改進后的裝置進行實驗，觀察到CuO變?yōu)榧t色物質，無水CuSO4變藍色，同時生成一種無污染的氣體。寫出氨氣與CuO反應的化學方程式___________________。(三)問題討論：有同學認為：NH3與CuO反應生成的紅色物質中可能含有Cu2O。已知：Cu2O是一種堿性氧化物；在酸性溶液中，Cu+的穩(wěn)定性差(Cu+→Cu+Cu2+)。請你設計一個簡單的實驗檢驗該紅色物質中是否含有Cu2O：______________。27、（12分）納米TiO2在涂料、光催化、化妝品等領域有著極其廣泛的應用。制備納米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2?xH2O，經(jīng)過濾、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙燒除去水分得到粉體TiO2。用氧化還原滴定法測定TiO2的質量分數(shù)：一定條件下，將TiO2溶解并還原為Ti3+，再以KSCN溶液作指示劑，用NH4Fe(SO4)2標準溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。請回答下列問題：（1）TiCl4水解生成TiO2?xH2O的化學方程式為______________________________。（2）配制NH4Fe(SO4)2標準溶液時，加入一定量H2SO4的原因是__________；使用的儀器除天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒外，還需要下圖中的__________（填字母代號）。（3）滴定終點的判定現(xiàn)象是________________________________________。（4）滴定分析時，稱取TiO2（摩爾質量為Mg/mol）試樣wg，消耗cmol/LNH4Fe(SO4)2標準溶液VmL，則TiO2質量分數(shù)表達式為______________________________。（5）判斷下列操作對TiO2質量分數(shù)測定結果的影響（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。①若在配制標準溶液過程中，燒杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量濺出，使測定結果__________。②若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，使測定結果__________。28、（14分）新型高效的甲烷燃料電池采用鉑為電極材料，兩電極上分別通入CH4和O2，電解質為KOH溶液。某研究小組將兩個甲烷燃料電池串聯(lián)后作為電源，進行飽和氯化鈉溶液電解實驗，如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)甲烷燃料電池正極、負極的電極反應分別為_______________、_______________。(2)閉合K開關后，a、b電極上均有氣體產(chǎn)生．其中b電極上得到的是_____，電解氯化鈉溶液的總反應方程式為____________________________；(3)若每個電池甲烷通入量為1L(標準狀況)，且反應完全，則理論上通過電解池的電量為_____（法拉第常數(shù)F=9.65×l04C．mol-1，列式計算)，最多能產(chǎn)生的氯氣體積為___L(標準狀況)。29、（10分）石墨烯具有原子級的厚度、優(yōu)異的電學性能、出色的化學穩(wěn)定性和熱力學穩(wěn)定性。制備石墨烯方法有石墨剝離法、化學氣相沉積法等。石墨烯的球棍模型及分子結構示意圖如下：(1)下列有關石墨烯說法正確的是________。A．石墨烯的結構與金剛石相似B．石墨烯分子中所有原子可以處于同一平面C．12g石墨烯含σ鍵數(shù)為NAD．從石墨剝離得石墨烯需克服石墨層與層之間的分子間作用力(2)化學氣相沉積法是獲得大量石墨烯的有效方法之一，催化劑為金、銅、鈷等金屬或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一種或任意組合。①鈷原子在基態(tài)時，核外電子排布式為________。②乙醇沸點比氯乙烷高，主要原因是_______________________。③下圖是金與銅形成的金屬互化物合金，它的化學式可表示為：________。④含碳原子且屬于非極性分子的是________；a.甲烷b．乙炔c．苯d．乙醇⑤酞菁與酞菁銅染料分子結構如下圖，酞菁分子中氮原子采用的雜化方式有：________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解題分析】

A．實驗室制備氨氣，可用氫氧化鈣、氯化銨在加熱條件下進行，故A正確；B．氨氣易溶于水，注意防止倒吸，氨氣與溶液反應生成Cu(NH3)4Cl2和氫氧化鐵，故B正確；C．分離固體和液體，可用過濾的方法，故C正確；D．應在蒸發(fā)皿中蒸發(fā)，且避免氯化鐵水解，更不能直接蒸干，故D錯誤；故答案為D。【題目點撥】考查物質制備實驗設計、物質分離的實驗基本操作，明確實驗原理是解題關鍵，用H2O2氧化廢蝕刻液，使亞鐵離子生成鐵離子，用甲裝置制備氨氣，生成的氨氣通入乙裝置，制備堿性蝕刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]，用丙裝置過濾分離，用鹽酸溶解氫氧化鐵沉淀，將溶液在蒸發(fā)皿中進行蒸發(fā)，且應通入氯化氫，防止鐵離子水解，以達到制備FeCl3?6H2O的目的，注意把握物質性質的理解、物質分離提純的方法。2、B【解題分析】分子式為C6H12主鏈上為4個碳原子的烯烴類的同分異構體有CH2=C(CH3)—CH(CH3)—CH3、CH2=CH—C(CH3)2—CH3、CH2=C(CH2CH3)2、CH3—C(CH3)=C(CH3)—CH3共4種，故選B。3、D【解題分析】

A．用pH試紙測得0.1mol/LCH3COOH溶液pH約為3，說明醋酸為弱酸，部分電離，可以說明CH3COOH是弱電解質，實驗操作及現(xiàn)象與推論相符，故A不選；B．向某無色溶液中加入足量稀鹽酸，產(chǎn)生無色無味氣體；再將該氣體通入澄清石灰水，產(chǎn)生白色渾濁，說明無色無味氣體為二氧化碳，可說明溶液中可能含有CO32-或HCO3-，實驗操作及現(xiàn)象與推論相符，故B不選；C．NaClO具有強氧化性，能夠漂白試紙，不能用pH試紙測定NaClO溶液的pH，可選用pH計，用pH計測定相同濃度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的，說明CH3COONa的水解程度小，說明HClO的酸性弱于CH3COOH，實驗操作及現(xiàn)象與推論相符，故C不選；D．向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀；反應后氫氧化鈉過量，再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，反應生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，不能說明存在沉淀的轉化，實驗操作及現(xiàn)象與推論不相符，故D選；答案選D。4、A【解題分析】

①鐵在氧氣中燃燒生成Fe3O4，3Fe+2O2Fe3O4，屬于化合反應；②氫氧化亞鐵和氧氣、水反應生成氫氧化鐵，反應方程式為：4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，屬于化合反應；③FCl3與Fe反應能生成FeCl2，其方程式為：2FCl3+Fe=3FeCl2，屬于化合反應；④銅在潮濕的空氣中與二氧化碳、氧氣和水反應生成Cu2(OH)2CO3，屬于化合反應；⑤氧化鋁和水不反應，不能通過化合反應生成；⑥氧化鈉和二氧化碳反應可生成碳酸鈉，Na2O+CO2=Na2CO3，屬于化合反應；⑦Na2CO3和二氧化碳、水反應生成NaHCO3，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，屬于化合反應；⑧鈉與氧氣在加熱的條件下反應生成Na2O2，2Na+O2Na2O2，屬于化合反應；只有⑤不能通過化合反應直接生成，故選A?！绢}目點撥】本題考查了元素化合物知識、化學反應類型，掌握元素化合物的知識是解題的關鍵。本題的易錯點為②③④，要注意一些特殊反應方程式的記憶和理解。5、A【解題分析】

A.標準狀況下，將m1g鋅加入到m2g20%的鹽酸中放出nLH2，給定的為未知數(shù)，無法確定鋅、鹽酸的過量問題，但是可以根據(jù)氫氣的量計算轉移電子數(shù)目，氫原子由+1加變?yōu)?價，轉移電子數(shù)為nNA/11.2，A正確；B.0.1mol/L的100mLH2SO3溶液中，亞硫酸為弱酸，含有的離子數(shù)小于0.03NA，B錯誤；C.1molSiO2中含有4molSi-O鍵，共價鍵數(shù)是4NA，C錯誤；D.120g由NaHSO4和KHSO3固體的物質的量為1mol，1mol固體物質均含有2mol離子，則混合物中含有的陰陽離子總數(shù)為2NA，D錯誤；答案為A?！绢}目點撥】NaHSO4和KHSO3固體中均含有一種陽離子、一種陰離子，且其摩爾質量為120g/mol。6、C【解題分析】

(CH3CH2)2CHCH3的結構改為，因此命名為3﹣甲基戊烷，故C正確；綜上所述，答案為C。7、A【解題分析】

根據(jù)核外電子排布，可以推出①為S，②為P，③為F，依此答題?！绢}目詳解】A.①為S，②為P，③為F；同一周期中，從左到右，元素的第一電離能呈鋸齒狀升高，其中IIA族和V族比兩邊的主族元素的都要高，所以Cl＞P＞S，即Cl＞②＞①；同一主族，從上到下，元素的第一電離能減小，即F＞Cl，即③＞Cl；所以有第一電離能：③＞②＞①，A正確；B.①為S，②為P，③為F，則原子半徑大小為：②＞①＞③，B錯誤；C.①為S，②為P，③為F，則元素的電負性大小為：③＞①＞②，C錯誤；D.①為S，②為P，③為F，則元素的最高正化合價大小為：①＞②，F(xiàn)無正價，所以不參比，D錯誤；故合理選項為A。8、B【解題分析】

A.δ-Fe晶胞中含有Fe的個數(shù)為1+=2；由圖可知，每個鐵原子等距離且最近的鐵原子有8個，A正確；B.設Fe原子的半徑為r，晶胞的棱長為a。δ-Fe晶胞含有Fe的個數(shù)為2，因其含有體心，則有，則a=，則其空間利用率為：=68%；γ-Fe晶胞中含有Fe的個數(shù)為4，因其含面心，則有，解得a=，則其空間利用率為：=74%；α-Fe晶胞中含有Fe的個數(shù)為1，有，則其空間利用率為：=52%；故晶體的空間利用率：γ-Fe>δ-Fe>α-Fe，B錯誤；C.若γ-Fe晶胞中鐵原子的半徑為d，則立方體的對角線長為4d，所以立方體的棱長為d，則該晶胞的體積為=，C正確；D.δ-Fe晶胞中含有Fe的個數(shù)為2，則該晶胞的體積為，則其棱長為，該晶胞的對角線為棱長的倍，也是原子半徑的4倍，即4r=，解得r=，D正確；故合理選項為B。9、C【解題分析】分析：由選項中的物質可知，含碳碳雙鍵的物質能被高錳酸鉀氧化而使其褪色，以此來解答。詳解：四氯化碳、甲烷、乙酸與高錳酸鉀溶液均不反應，不能使其褪色，但乙烯能被高錳酸鉀氧化，使其褪色，答案選C。點睛：本題考查有機物的結構與性質，注意把握官能團與性質的關系，熟悉常見有機物的性質即可解答，側重氧化反應的考查，題目難度不大。10、B【解題分析】A.CO2與CO的物質的量之比為化學平衡常數(shù)，平衡常數(shù)只與溫度有關，體系壓強變化，平衡常數(shù)不變，所以CO2與CO的物質的量之比不變，故A錯誤；B.若x是溫度，y是容器內混合氣體的密度，升高溫度，平衡向吸熱反應方向正反應方向移動，氣體的質量增大，容器體積不變，則容器內氣體密度增大，所以符合圖象，故B正確；C.若x是MgSO4的質量，y是CO的轉化率，硫酸鎂是固體，其質量不影響平衡移動，所以增大硫酸鎂的質量，CO的轉化率不變，故C錯誤；D.若x是二氧化硫的濃度，y是平衡常數(shù)，平衡常數(shù)只與溫度有關，與物質濃度無關，增大二氧化硫濃度，溫度不變，平衡常數(shù)不變，故D錯誤；本題選B。11、D【解題分析】

A．葡萄糖溶液與新制的Cu(OH)2懸濁液混合加熱，產(chǎn)生紅色沉淀，A錯誤；B．木板上涂抹濃硫酸，由于濃硫酸具有脫水性而使其變黑，B錯誤；C．淀粉溶液中加入碘酒變藍色，C錯誤；D．苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，苯加入到酸性高錳酸鉀溶液中沒有顏色變化，D正確。答案選D。12、C【解題分析】

A．電離是在水分子作用下或者通過加熱使化學鍵斷裂離解出自由移動的離子，不需要通電；NaCl溶液在電流作用下發(fā)生的是電解；B．酸是指電離時生成的陽離子只有氫離子的化合物；C．物質導電應滿足的條件是：存在自由電子或者自由移動的離子；D．在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質?！绢}目詳解】A．NaCl溶液在電流作用下發(fā)生的是電解生成氯氣、氫氣、氫氧化鈉，氯化鈉在水溶液中或者在熔融狀態(tài)下電離成Na+與Cl-，選項A錯誤；B．NaHSO4電離方程式為：NaHSO4=Na++H++SO42-，NaHSO4屬于鹽，不是酸，選項B錯誤；C．氯化氫溶于水為鹽酸，氯化氫完全電離，溶液導電，液態(tài)氯化氫無自由移動的離子不導電，選項C正確；D．鹽屬于電解質，硫酸鋇是難溶的鹽，熔融狀態(tài)完全電離，是電解質，選項D錯誤；答案選C。【題目點撥】本題考查了電解質、酸、電離、電解質等的概念，題目簡單，要求同學們加強基本概念的理解和記憶，以便靈活應用，注意電離和電解的條件。13、B【解題分析】

A．氯氣為單質，電解質必須為化合物，則氯氣既不是電解質也不是非電解質，故A錯誤；B．氧化鋁的熔點高，包裹在Al的外面，則鋁箔在酒精燈火焰上加熱熔化但不滴落，故B正確；C．發(fā)生沉淀的生成，不能比較Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2S)的大小，故C錯誤；D．苯和四氯化碳互溶，不能分液分離，應選蒸餾法，故D錯誤；故選B。14、B【解題分析】A．原子半徑As＞P，鍵長越大，鍵能越小，黃砷中共價鍵鍵能小于白磷，A錯誤；B．形成的晶體都為分子晶體，相對分子質量越大，分子間作用力越強，則熔點越高，B正確；C．黃砷為非極性分子，根據(jù)相似相容原理可知難溶于水，C錯誤；D．分子中共價鍵鍵角均為60°，D錯誤，答案選B。點睛：本題考查同主族元素的性質的遞變規(guī)律，解答時注意從白磷的結構和性質分析進行知識的遷移靈活應用。15、C【解題分析】

A項，增大SO42－濃度，抑制硫酸鋇的溶解，但溶液仍然是飽和溶液，不可能變成b點，A不正確；B項，在蒸發(fā)過程中，Ba2+、SO42－濃度都增大，B不正確；C項，d點溶液中c（Ba2+）·c（SO42-）<Ksp（BaSO4），溶液沒有達到飽和，所以不可能生成沉淀，C正確；D項，溶度積常數(shù)只與溫度有關系，a和c兩點對應的溫度是相同的，所以溶度積常數(shù)相同，D不正確；答案選C。16、B【解題分析】

從化合價變化的角度分析氧化還原反應中的有關概念的判斷，根據(jù)化合價升降的數(shù)目計算反應中的電子轉移數(shù)目。2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑反應中，鐵元素的化合價升高，由+2價升高到+3價，Na2O2中元素的化合價既升高又降低。據(jù)此分析解答。【題目詳解】A.Na2O2中元素的化合價既升高又降低，反應中既是氧化劑又是還原劑，故A錯誤；B.FeSO4→Na2FeO4，鐵的化合價升高，Na2FeO4是氧化產(chǎn)物，Na2O2→Na2FeO4，氧元素化合價降低，Na2FeO4是還原產(chǎn)物，故B正確；C.Na2O2→O2，氧元素化合價升高，O2是氧化產(chǎn)物，故C錯誤；D.反應中化合價升高的元素有Fe，由+3價→+6價，化合價升高的元素還有O元素，由-2價→0價，2molFeSO4發(fā)生反應時，共有2mol×3+1mol×4=10mol電子轉移，故D錯誤。答案選B。17、C【解題分析】

根據(jù)熱化學方程式進行簡單計算?！绢}目詳解】方法一：36g碳完全燃燒生成3molCO2(g)放熱Q1＝(110.5+283)kJ·mol－1×3mol＝1180.5kJ，題中36g不完全燃燒生成1molCO(g)、2molCO2(g)放熱Q2＝110.5kJ·mol－1×3mol+283kJ·mol－1×2mol＝897.5kJ，則損失熱量Q1－Q2＝1180.5kJ－897.5kJ＝283kJ。方法二：根據(jù)蓋斯定律，損失熱量就是不完全燃燒的產(chǎn)物完全燃燒放出的熱量，即1molCO(g)完全燃燒放出的熱量283kJ。本題選C。18、C【解題分析】

A.霧和霾的分散劑均是空氣；B.根據(jù)示意圖分析；C.在化學反應里能改變反應物化學反應速率（提高或降低）而不改變化學平衡，且本身的質量和化學性質在化學反應前后都沒有發(fā)生改變的物質叫催化劑；D.氮肥會釋放出氨氣?！绢}目詳解】A.霧的分散劑是空氣，分散質是水。霾的分散劑是空氣，分散質固體顆粒。因此霧和霾的分散劑相同，A正確；B.由于氮氧化物和二氧化硫轉化為銨鹽形成無機顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，B正確；C.NH3作為反應物參加反應轉化為銨鹽，因此氨氣不是形成無機顆粒物的催化劑，C錯誤；D.氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關，由于氮肥會釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過度施用氮肥有關，D正確。答案選C?！绢}目點撥】結合示意圖的轉化關系明確霧霾的形成原理是解答的關鍵，氨氣作用判斷是解答的易錯點。本題情境真實，應用導向，聚焦學科核心素養(yǎng)，既可以引導考生認識與化學有關的社會熱點問題，形成可持續(xù)發(fā)展的意識和綠色化學觀念，又體現(xiàn)了高考評價體系中的應用性和綜合性考查要求。19、C【解題分析】

戊醇的結構有8種，只發(fā)生一元取代有8種，發(fā)生2元單取代有8種，其中這8種醇分別取代2種，分別有28種，據(jù)此解答即可?！绢}目詳解】戊醇的結構有8種，發(fā)生2元單取代有8種，其中這8種醇分別取代2種，分別有28種，即，故總共為：28+8=36，故答案選C。20、D【解題分析】

A．標況下，11.2L的NO和O2均為0.5mol，混合后NO被O2氧化生成0.5molNO2，并剩余0.25molO2；由于NO2會發(fā)生可逆反應：，所以最終容器中分子的數(shù)目：，A項錯誤；B．氫氣是反應過程中的僅有的還原產(chǎn)物，所以生成1molH2，轉移電子2mol，B項錯誤；C．0.1molNa2O2晶體中含有0.2NA的Na+和0.1NA的，所以C項錯誤；D．16gO3含有1NA個O原子，每個氧原子含有8個電子，所以共計8NA個電子，D項正確；答案選D。21、A【解題分析】

有甲、乙兩個電極，用導線連接一個電流計，放入盛有丙溶液的燒杯中，，該裝置是原電池，電極乙的質量增加，則說明乙為正極即金屬陽離子在該極析出，所以甲為負極，丙溶液為不活潑的金屬鹽溶液；

A.甲作負極，丙是硫酸銅溶液，乙為正極即銅離子得電子析出銅單質質量增加，A正確；

B.甲作負極，丙是硫酸溶液，乙為正極即氫離子得電子放出氫氣，電極質量不變，B錯誤；

C.乙作負極，電極質量不可能增加，C錯誤；

D.乙作正極，丙是硫酸溶液，乙為正極即氫離子得電子放出氫氣，電極質量不變，D錯誤；答案：A22、B【解題分析】

氯氣具有強氧化性，可與Br－、I－發(fā)生置換反應生成單質，可以與NaOH反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水。【題目詳解】A.E處棉花球變成黃色，發(fā)生Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，Cl2為氧化劑，Br2為氧化產(chǎn)物，Cl2的氧化性比Br2強，A正確；B.F處棉花球變成藍色，發(fā)生Cl2＋2I－===2Cl－＋I2，Cl2的氧化性比I2強，B錯誤；C.E處發(fā)生反應的離子方程式為：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，C正確；D.NaOH與Cl2反應的離子方程式為：2OH－＋Cl2===ClO－＋Cl－＋H2O，D正確；答案為B?！绢}目點撥】在F處，是未反應完的Cl2與KI發(fā)生反應置換出I2，使淀粉變藍色，不能說明Br2的氧化性比I2強。二、非選擇題(共84分)23、酯基溴原子消去反應或【解題分析】

(1)根據(jù)C的結構簡式判斷其官能團；(2)根據(jù)G、H分子結構的區(qū)別判斷反應類型；(3)A是鄰甲基苯甲酸，A與甲醇在濃硫酸存在條件下加熱，發(fā)生酯化反應產(chǎn)生B；(4)根據(jù)同分異構體的概念及E的結構簡式和對其同分異構體的要求可得相應的物質的結構簡式；(5)苯酚與氫氣發(fā)生加成反應產(chǎn)生環(huán)己醇，環(huán)己醇一部分被催化氧化產(chǎn)生環(huán)己酮，另一部分與HBr發(fā)生取代反應產(chǎn)生1-溴環(huán)己烷，1-溴環(huán)己烷發(fā)生題干信息反應產(chǎn)生，與環(huán)己酮發(fā)生信息反應得到目標產(chǎn)物?！绢}目詳解】(1)由C結構簡式可知其含有的官能團名稱是酯基、溴原子；(2)由與分析可知：G與CH3COONa在乙醇存在時加熱，發(fā)生消去反應產(chǎn)生和HI；(3)A是鄰甲基苯甲酸，A與甲醇在濃硫酸存在條件下加熱，發(fā)生酯化反應產(chǎn)生B；是鄰甲基苯甲酸甲酯，結構簡式是；(4)E結構簡式為：，其同分異構體要求：①分子中含有苯環(huán)，能使Br2的CCl4溶液褪色，說明含有不飽和的碳碳雙鍵；②堿性條件水解生成兩種產(chǎn)物，酸化后分子中均只有4種不同化學環(huán)境的氫，其中之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明是苯酚與酸形成了酯；則該物質可能為或；(5)苯酚與氫氣在Ni催化下，加熱，發(fā)生加成反應產(chǎn)生環(huán)己醇，環(huán)己醇一部分被催化氧化產(chǎn)生環(huán)己酮，另一部分與HBr發(fā)生取代反應產(chǎn)生1-溴環(huán)己烷，1-溴環(huán)己烷與P(C6H5)3發(fā)生題干信息反應產(chǎn)生，與在N(C2H5)3發(fā)生信息反應得到目標產(chǎn)物。所以由合成路線流程圖為：。【題目點撥】本題考查了有機物的推斷與合成的知識。掌握有機物官能團的結構對性質的決定作用，的物質推斷的關鍵，題目同時考查了學生接受信息、利用信息的能力。24、（1）取代反應（2）NaOH醇溶液、加熱不存在（3）＋CH3NH2＋HBr（4）3（5）【解題分析】試題分析：（1）苯與一氯乙烷反應后在苯環(huán)上連接乙基，說明為取代反應。（2）C到D是鹵代烴的消去反應，條件為NaOH醇溶液和加熱；化合物D中是乙烯基，不存在順反異構。C的核磁共振氫鋪顯示有四種峰，則說明有四種氫原子，其結構為。（3）E到F是發(fā)生的取代反應，方程式為＋CH3NH2＋HBr。（4）化合物B的同分異構體中滿足要求的能發(fā)生銀鏡反應和水解反應，說明含有甲酸酯，且與氫氧化鈉反應的物質的量比為1:2，則酯水解后產(chǎn)生酚羥基，說明結構中有兩個側鏈，分別為-CH2NH2和-OOCH，兩個側鏈在苯環(huán)上可以是鄰間對三種位置關系，所以用3種結構。（5）從逆推方法分析，要出現(xiàn)羰基，需要先出現(xiàn)羥基，發(fā)生氧化反應即可，而羥基的出現(xiàn)是由鹵代烴水解生成的，而鹵代烴是由烴基于鹵素在光照條件下發(fā)生取代反應得到的，所以先在苯環(huán)上連接乙基，生成乙苯，再在光照條件下取代中間碳原子上的氫原子生成醇，在氧化即可，流程如下：?？键c：有機物的合成和性質25、燒杯、玻璃棒防止溶液里的Fe2＋被氧化Cl2＋2FeCl2＝2FeCl3ad取少量最后一次的洗滌液于試管中，向試管中溶液加適量AgNO3溶液，如未出現(xiàn)白色沉淀說明已洗凈5.08【解題分析】

（1）溶解所用到的儀器為燒杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空氣中的氧氣氧化成FeCl3；（3）Cl2將FeCl2氧化生成FeCl3；（4）分析操作對溶質的物質的量或對溶液的體積的影響，根據(jù)c=分析判斷；（5）氯化鈉和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀和硝酸鈉；（6）依據(jù)原子個數(shù)守恒建立方程組求解?！绢}目詳解】（1）溶解過程中所用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒，故答案為：燒杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空氣中的氧氣氧化成FeCl3，向溶液中加入少量鐵粉，使被氧氣氧化產(chǎn)生的FeCl3重新轉化為FeCl2，故答案為：防止溶液里的Fe2+被氧化；（3）實驗2的反應為Cl2將FeCl2氧化生成FeCl3，反應的化學方程式為Cl2+2FeCl2=2FeCl3，故答案為：Cl2+2FeCl2=2FeCl3；（4）a、NaOH溶解放熱，未冷卻溶液直接轉移，會導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高；b、沒用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2~3次并轉入容量瓶，會導致溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低；c、加蒸餾水時，不慎超過了刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低；d、砝碼上沾有雜質，會導致溶質的質量偏大，溶液濃度偏高；e、容量瓶使用前內壁沾有水珠，不影響溶質的物質的量和對溶液的體積，對溶液濃度無影響；ad正確，故答案為：ad；（5）檢驗沉淀是否洗滌干凈，檢驗洗滌液中不含Cl-即可，因為氯化鈉和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀和硝酸鈉，所以如果最后一次的洗滌液仍然有氯化鈉，加入硝酸銀溶液就會出現(xiàn)沉淀，反之說明溶液中沒有氯化鈉，故答案為：取少量最后一次的洗滌液于試管中，向試管中溶液加適量AgNO3溶液，如未出現(xiàn)白色沉淀說明已洗凈；（6）6.40gFe2O3的物質的量為=0.04mol，28.7gAgCl的物質的量為=0.2mol，設FeCl3和FeCl2的物質的量分別為amol和bmol，由Fe原子個數(shù)守恒可得a+b=0.08①，由Cl原子個數(shù)守恒可得3a+2b=0.2②，解聯(lián)立方程式可得a=b=0.04mol，則FeCl2的質量為0.04mol×127g/mol=5.08g，故答案為：5.08?！绢}目點撥】本題主要考查了化學實驗以及化學計算，注意FeCl3和FeCl2的性質，操作對溶質的物質的量或對溶液的體積的影響，計算時抓住元素守恒是解答關鍵。26、2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O否氨氣在飽和氯化銨溶液中的溶解度仍然很大在裝置A與B之間增加裝有堿石灰的干燥管3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O取少許樣品，加入稀H2SO4，若溶液出現(xiàn)藍色，說明紅色物質中含有Cu2O反之則沒有【解題分析】

(一)(1)實驗制取氨氣利用熟石灰和氯化銨混合加熱，反應的化學方程式為2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；(2)氨氣極易溶于水，氨氣在飽和氯化銨溶液中的溶解度仍然很大，因此不能用排飽和氯化銨溶液的方法收集氨氣。(二)(1)氯化銨和消石灰反應生成氨氣和水，氨氣和CuO反應前應先干燥，即需要在裝置A與B之間增加裝有堿石灰的干燥管。(2)CuO變?yōu)榧t色物質，無水CuSO4變藍色，同時生成一種無污染的氣體，說明生成銅、氮氣和水，反應的化學方程式為3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O。(三)由題中信息可知，Cu2O是一種堿性氧化物，在酸性溶液中，Cu+的穩(wěn)定性比Cu2+差，則將Cu2O加入硫酸中發(fā)生Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，可觀察到溶液出現(xiàn)藍色，說明紅色物質中含有Cu2O，反之則沒有，即取少許樣品，加入稀H2SO4，若溶液出現(xiàn)藍色，說明紅色物質中含有Cu2O，反之則沒有。【題目點撥】本題以銅的化合物的性質探究，考查了物質性質實驗方案的設計，題目難度中等，題中涉及了較多的書寫化學方程式的題目，正確理解題干信息為解答關鍵，要求學生掌握有關物質性質實驗方案設計的方法，試題有利于培養(yǎng)學生的分析、理解能力及化學實驗能力。27、TiCl4＋(2＋x)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl抑制NH4Fe(SO4)2水解AC溶液變成紅色（或）偏高偏低【解題分析】

（1）根據(jù)原子守恒可知TiCl4水解生成TiO2?xH2O的化學方程式為TiCl4＋(2＋x)H2O＝TiO2·xH2O↓＋4HCl；（2）NH4＋水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，F(xiàn)e3＋水解：Fe