2024屆河北省石家莊市行唐啟明中學化學高二第二學期期末達標檢測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列實驗基本操作或對事故的處理方法不正確的是A．給盛有液體的燒瓶加熱時，需要加碎瓷片或沸石B．發(fā)現(xiàn)實驗室中有大量的可燃性氣體泄漏時，應立即開窗通風C．酒精燈內的酒精不能超過酒精燈容積的2/3D．測試某溶液的pH時，先用水潤濕pH試紙，再將待測液滴到pH試紙上2、已知反應：2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4＝2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O，下列說法正確的是A．CuI既是氧化產物又是還原產物B．Cu(IO3)2作氧化劑，Cu(IO3)2中的銅和碘元素被還原C．每生成1molCuI，有12molKI發(fā)生氧化反應D．每轉移1.1mol電子，有0.2mol被氧化3、對于反應2HI(g)H2(g)+I2(g),下列敘述能夠說明己達平衡狀態(tài)的是A．混合氣體的顏色不再變化B．溫度和體積一定時，容器內壓強不再變化C．lmolH-H鍵生成的同時有2molH-I鍵斷裂D．各物質的物質的量濃度之比為2：1：14、以下關于化學實驗中“先與后”的說法中正確的是（）①蒸餾時，先點燃酒精燈，再通冷凝水②加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物制備氧氣，用排水法收集氣體后，先移出導管后撤酒精燈③實驗室制取某氣體時，先檢查裝置氣密性后裝藥品④分液時，先打開分液漏斗上口的塞子，后打開分液漏斗的旋塞⑤H2還原CuO實驗時，先檢驗氣體純度后點燃酒精燈⑥使用托盤天平稱盤物體質量時，先放質量較小的砝碼，后放質量較大的砝碼⑦蒸餾時加熱一段時間，發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應迅速補加沸石后繼續(xù)加熱A．②③④⑤⑦B．①②③④⑦C．②③④⑤D．全部5、下列條件下，兩瓶氣體所含原子數(shù)一定相等的是（）A．同質量、不同密度的N2和CO B．同溫度、同體積的N2和H2C．同體積、同密度的C2H4和CH4 D．同壓強、同體積的N2O和CO26、下列分類方式不正確的是()A．膠體：豆?jié){、煙霧、煙水晶、雞蛋清B．電解質：氯化鈉、碳酸鈣、濃硫酸、氫氧化鐵膠體C．化學變化：顏色反應、蛋白質變性、石油的裂解、橡膠的硫化D．物理變化：萃取、蒸餾、重結晶、焰色反應7、下列有機物實際存在且命名正確的是A．2，2－二甲基丁烷 B．2－甲基－5－乙基－1－己烷C．3－甲基－2－丁烯 D．3，3－二甲基－2－戊烯8、具有解熱鎮(zhèn)痛及抗生素作用的藥物“芬必得”主要成分的結構簡式為，它屬于A．芳香烴 B．易溶于水的有機物 C．苯甲酸的同系物 D．高分子化合物9、還原性I->Fe2+>Br-。向含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量氯氣后，所得溶液離子成分分析正確的是()A．I-、Fe3+、Cl- B．Fe2+、Cl-、Br-C．Fe2+、Fe3+、Cl- D．Fe2+、I-、Cl-10、下列用品中主要由合成材料制造的是()A．宇航服 B．宣紙 C．羊絨衫 D．棉襯衣11、已知C—C鍵可以繞鍵軸自由旋轉，結構簡式為的烴，下列說法中不正確的是（）A．分子中至少有10個碳原子處于同一平面上B．分子中至少有8個碳原子處于同一平面上C．分子中至多有14個碳原子處于同一平面上D．該烴不屬于苯的同系物12、工業(yè)上常用一氧化碳和氫氣反應生甲醇。一定條件下，在體積為VL的密閉容器中，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，下圖表示該反應在不同溫度下的反應過程。關于該反應，下列說法正確的是A．反應達平衡后，升高溫度，平衡常數(shù)K增大B．工業(yè)生產中溫度越低，越有利于甲醇的合成C．500℃反應達到平衡時，該反應的反應速率是v(H2)=n(B)V×t(B)D．300℃反應達到平衡后，若其他條件不變，將容器體積擴大為2VL，c(H2)減小13、室溫下向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入0.1mol·L-1的一元酸HA，溶液pH的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A．a點所示溶液中c(Na＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(HA)B．a、b兩點所示溶液中水的電離程度：a>b，且a點所示溶液中由水電離出的c(OH－)＝10-8.7mol/LC．pH＝7時溶液中c(HA)>c(Na＋)＝c(A－)>c(H＋)＝c(OH－)D．b點所示溶液中c(A－)＞c(HA)14、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是A．6.0g甲醛分子中共用電子對數(shù)目為0.4NAB．標準狀況下，22.4L辛烷完全燃燒生成CO2分子數(shù)為8NAC．14g乙烯和環(huán)丙烷組成的混合氣體中，含有的氫原子數(shù)目為2NAD．電解精煉銅時，若陰極得到電子0.2NA個，則陽極質量一定減少6.4g15、將二氧化錳和生物質置于一個由濾紙制成的折紙通道內形成電池（如圖所示），該電池可將可樂（pH=2.5）中的葡萄糖轉化成葡萄糖內酯并獲得能量。下列說法正確的是A．a極為正極B．外電路電子移動方向為b到aC．b極的電極反應式為：MnO2+2H2O+2e-=Mn2++4OH-D．當消耗0.01mol葡萄糖時，電路中轉移0.02mol電子16、關于化合物2?苯基丙烯（），下列說法正確的是A．不能使稀高錳酸鉀溶液褪色B．可以發(fā)生加成聚合反應C．分子中所有原子共平面D．易溶于水及甲苯二、非選擇題（本題包括5小題）17、由短周期元素組成的中學常見的含鈉元素的物質A、B、C、D,存在如圖轉化關系(部分生成物和反應條件已略去)。（1）若A為Na,則E為________,A與水反應的離子方程式為____________________（2）若A為Na2O2,則E為________,A與CO2反應的化學方程式為____________________,每有1molNa2O2參加反應，轉移電子數(shù)為________NA（3）①A不論是Na還是Na2O2,依據(jù)轉化關系判斷物質B是________物質C是________②向飽和的C溶液中通入CO2會析出白色晶體，該晶體為________，用化學方程式表示其反應原理為：_____________________③將1mol/L的B溶液逐滴加入到1L1mol/L的AlCl3溶液中，產生白色沉淀39g，則所加入的B溶液的體積可能為________L或者________L18、A是生產某新型工程塑料的基礎原料之一，分子式為C10H10O2，其分子結構模型如圖所示（圖中球與球之間連線代表化學鍵單鍵或雙鍵）。(1)根據(jù)分子結構模型寫出A的結構簡式___________。(2)擬從芳香烴出發(fā)來合成A，其合成路線如下：已知：A在酸性條件下水解生成有機物B和甲醇。(a)寫出⑤反應類型__________反應；寫出H的結構簡式___________。(b)寫出G中官能團名稱：_________________________(c)寫出下列步驟的反應方程式（注明必要的條件）⑥_______________________________________。⑦________________________________________。(3)A的同分異構體有多種，同時滿足下列條件A的同分異構體有________種。ⅰ.含有苯環(huán)，苯環(huán)上有兩個側鏈且苯環(huán)上一氯取代物有兩種；ⅱ.與A有相同的官能團；ⅲ.能發(fā)生銀鏡反應。19、實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定。（1）制備K2FeO4（夾持裝置略）①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應方程式是________________（錳被還原為Mn2+）。②將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑。_______③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反應有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有________________。（2）探究K2FeO4的性質①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產生黃綠色氣體，得溶液a，經檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產生Cl2，設計以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子，但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由________________產生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是________________。②根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ實驗表明，Cl2和FeO4③資料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，驗證實驗如下：將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振蕩后溶液呈淺紫色，該現(xiàn)象能否證明氧化性FeO420、扎實的實驗知識對學習有機化學至關重要。(1)實驗室用純溴和苯在鐵離子催化下反應制取溴苯，得到粗溴苯后，粗溴苯的精制常進行如下操作:a.蒸餾b.水洗、分液c.用干燥劑干燥d.10%的NaOH溶液堿洗、分液。正確的操作順序是___________。A．abcdb

B．bdbca

C．dbcab

D．bdabc分液時上層液體應從_____

(填“

上口倒出”?！跋聦Ч苤苯恿鞒觥?，蒸餾時所需儀器除酒精燈溫度計、蒸餾燒瓶、牛角管、錐形瓶外還需要的玻璃儀器為________。(2)下列各組試劑中，能鑒別乙醇、已烷、己烯、乙酸溶液、苯酚溶液等五種無色溶液的是_______。A．金屬鈉、FeCl3溶液、NaOH溶液

B．新制的Cu(OH)2懸濁液、紫色石蕊試液C．紫色石蕊試液、溴水

D．溴水、新制的Cu(OH)2懸濁液(3)溴乙烷與氫氧化鈉的乙醇溶液共熱產生的氣體通入酸性高錳酸鉀容液中，溶液褪色，不能說明產生的氣體為乙烯的原因是________。21、某反應體系中的物質有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。(1)請將Au2O3之外的反應物與生成物分別填入以下空格內：________(2)反應中，被還原的元素是______________，還原劑是___________。(3)請將反應物的化學式配平后的系數(shù)填入下列相應的位置中，并標出電子轉移的方向和數(shù)目。________(4)紡織工業(yè)中常用氯氣作漂白劑，Na2S2O3可作為漂白布匹后的“脫氯劑”，Na2S2O3和Cl2反應的產物是H2SO4、NaCl和HCl，則還原劑與氧化劑的物質的量之比為______________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解題分析】

A、給燒瓶中的液體加熱時，應防止爆沸；B、開窗通風以減小可燃性氣體的濃度，防爆炸；C、燈內酒精量過多，易造成燈內酒精被引燃；D、測定液的pH時，無需用水潤濕pH試紙。【題目詳解】A、給燒瓶中的液體加熱時，應防止爆沸，故應加入沸石或碎瓷片，選項A正確；B、開窗通風以減小可燃性氣體的濃度，防爆炸，選項B正確；C、燈內酒精量過多，易造成燈內酒精被引燃，可能出現(xiàn)燈內發(fā)生劇烈燃燒而爆炸，選項C正確；D、測定時，用玻璃棒蘸取待測溶液，滴在試紙上，然后再與標準比色卡對照，便可測出溶液的pH，無需用水潤濕pH試紙，選項D不正確；答案選D。2、B【解題分析】

該反應中Cu元素化合價由+2價變?yōu)?1價、Cu(IO3)2中碘元素化合價由+5價變?yōu)?價、KI中有的I元素化合價由-1價變?yōu)?價，轉移電子數(shù)為22，據(jù)此判斷?！绢}目詳解】A．Cu元素化合價由+2價變?yōu)?1價、Cu(IO3)2中碘元素化合價由+5價變?yōu)?價、KI中有的I元素化合價由-1價變?yōu)?價，Cu(IO3)2作氧化劑，KI是還原劑，CuI是還原產物，氧化產物是單質碘，A錯誤；B．Cu元素化合價由+2價變?yōu)?1價、Cu(IO3)2中碘元素化合價由+5價變?yōu)?價、KI中有的I元素化合價由-1價變?yōu)?價，Cu(IO3)2作氧化劑，Cu(IO3)2中的銅和碘元素被還原，B正確；C．1mol氧化劑在反應中得到的電子為1mol×（2-1）+2mol×（5-0）＝11mol，KI中I元素的化合價由-1價升高為0，則KI為還原劑被氧化，所以當1mol氧化劑參加反應時，被氧化的物質的物質的量為11mol，即每生成1molCuI，有11molKI發(fā)生氧化反應，C錯誤；D．根據(jù)以上分析可知每轉移22mol電子，有4mol被還原，因此每轉移1.1mol電子，有0.2mol被還原，D錯誤；答案選B。【題目點撥】本題考查氧化還原反應有關判斷與計算，為高頻考點，側重考查學生分析判斷及計算能力，明確氧化產物和還原產物及參加反應的KI中起還原劑的物質的量是解本題的關鍵，題目難度中等。3、A【解題分析】

A．混合氣體的顏色不再變化，說明碘蒸氣的濃度不變，達平衡狀態(tài)，故A正確；B．氣體兩邊的計量數(shù)相等，所以溫度和體積一定時，容器內壓強一直不變化，故B錯誤；C．1molH-H鍵生成的同時有2molH-I鍵斷裂，都體現(xiàn)正反應方向，未體現(xiàn)正與逆的關系，故C錯誤；D．當體系達平衡狀態(tài)時，各物質的物質的量濃度之比可能為2：1：1，也可能不是2：1：1，與各物質的初始濃度及轉化率有關，故D錯誤；故選A。【題目點撥】根據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征解答，當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)。4、C【解題分析】①蒸餾時，應先通冷凝水，再點燃酒精燈加熱，故①錯誤；②加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物制備氧氣，用排水法收集氣體后，為防止液體倒吸炸裂試管，應該先移出導管后撤酒精燈，故②正確；③制取氣體時，一定要先檢查裝置氣密性后裝藥品，故③正確；④分液操作時，先打開分液漏斗上口的塞子，使內外壓強想通，再打開分液漏斗的旋塞，故④正確；⑤做H2還原CuO實驗開始時要排除空氣，先通入氫氣，結束時要防止金屬銅被氧氣氧化，先撒酒精燈待試管冷卻后停止通H2，故⑤正確；⑥托盤天平的砝碼在加取時，先放質量較大的砝碼，后放質量較小的砝碼，故⑥錯誤；⑦蒸餾時加熱一段時間，發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應冷卻后再補加沸石，再繼續(xù)加熱，故⑦錯誤；答案為C。5、A【解題分析】

A.N2和CO的摩爾質量都是28g/mol，兩者的質量相同，其物質的量也相同，N2和CO都是雙原子分子，所以兩者的原子數(shù)相等，A項正確；B.在同溫下，體積相同，但壓強不一定相同，其物質的量也不一定相同，則氣體所含原子數(shù)不一定相等，B項錯誤；C.同體積、同密度相當于同質量，但C2H4和CH4的摩爾質量不相同，其物質的量不同，C2H4和CH4原子數(shù)目之比24:35，C項錯誤；D.只說了同壓強、同體積，沒說明溫度是否相同，不能確定物質的量是否相同，D項錯誤。答案選A。6、B【解題分析】

本題考查物質的分類。電解質是指在熔融狀態(tài)或水溶液中電離的化合物，混合物既不是電解質，也不是非電解質。【題目詳解】豆?jié){和雞蛋清為液溶膠、煙霧為氣溶膠、煙水晶為固溶膠，A正確；濃硫酸、氫氧化鐵膠體是混合物既不是電解質，也不是非電解質，B錯誤；顏色反應、蛋白質變性、石油的裂解和橡膠的硫化都有新物質生成，屬于化學變化，C正確；萃取、蒸餾、重結晶、焰色反應都沒有新物質生成，屬于物理變化，D正確。故選B。【題目點撥】解答本題要掌握物質的分類方法和組成等方面的內容，只有這樣才能對相關方面的問題做出正確的判斷?？諝獗旧聿皇菤馊苣z,氣溶膠是液態(tài)或固態(tài)微粒在空氣中的懸浮體系，霧、煙、霾、輕霧(靄)、微塵和煙霧等,都是天然的或人為的原因造成的大氣氣溶膠。7、A【解題分析】

A、符合命名規(guī)則，故A正確；B、最長碳鏈為7個碳，命名為：2，5-二甲基庚烷，故B錯誤；C、取代基的位次和最小，應為2-甲基-2-丁烯，故C錯誤；D、3號碳上接了5個鍵，碳原子最多接4個鍵，故D錯誤；故選A。【點晴】烷烴命名要抓住五個“最”：①最長-選最長碳鏈為主鏈；②最多-遇等長碳鏈時，支鏈最多為主鏈；③最近-離支鏈最近一端編號；④最小-支鏈編號之和最小(兩端等距又同基，支鏈編號之和最小)；⑤最簡-兩不同取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號。如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面。8、C【解題分析】

從結構可判斷該有機物屬于芳香酸，不屬于烴類。與苯甲酸相差了6個CH2原子團，屬于同系物。因含有碳原子個數(shù)較多，烴基部分較長，因此在水中溶解度較小。以此解題。【題目詳解】A.該有機物含有氧原子，因此不屬于烴類，A項錯誤；B.該有機物中含有碳原子個數(shù)較多，烴基部分較大、屬于憎水基，因此該物質在水中溶解度較小，B項錯誤；C.該有機物與苯甲酸均屬于一元芳香酸，相差了6個CH2原子團，屬于同系物，C項正確；D.該有機物的摩爾質量未達到104g/mol，不屬于高分子化合物，D項錯誤；答案應選C。9、B【解題分析】

還原性I-＞Fe2+＞Br-，向含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入氯氣后，碘離子先被氧化，其次是亞鐵離子，最后是溴離子；A.當溶液中含有碘離子，就不會出現(xiàn)鐵離子，故A錯誤；B.通入氯氣后，碘離子先被氧化，其次是亞鐵離子，當亞鐵離子存在時，溴離子一定不會參與反應，氯氣作氧化劑，對應產物是氯離子，故B正確；C.當溶液中存在亞鐵離子時，一定會存在溴離子，故C錯誤；D.當溶液中存在亞鐵離子時，一定會存在溴離子，故D錯誤；故選B?！绢}目點撥】依據(jù)離子的還原性強弱順序判斷溶液中的各離子是否能夠共存是解決本題的關鍵。10、A【解題分析】

A．宇航員由合成纖維制成，具有強度高、防輻射等優(yōu)點，A項符合題意；B．宣紙的主要材料為纖維素，不屬于合成材料，B項不符合題意；C．羊絨衫的主要成分為蛋白質，不屬于合成材料，C項不符合題意；D．棉襯衣的主要成分為纖維素，不屬于合成材料，D項不符合題意；本題答案選A。11、B【解題分析】

A.當連接兩個苯環(huán)的C—C鍵旋轉至兩個苯環(huán)不共面時，則有10個碳原子共面，分別是苯環(huán)6個、2個甲基、不含甲基的苯環(huán)上2個，A項正確；B.當連接兩個苯環(huán)的C—C鍵旋轉至兩個苯環(huán)不共面時，則有10個碳原子共面，B項錯誤；C.因為連接兩個苯環(huán)的C—C鍵可以旋轉，所以兩個苯環(huán)可能共面，此時所有的碳原子可能共面，故最多有14個，C項正確；D.苯的同系物指含有1個苯環(huán)，側鏈為烷基，該烴含有兩個苯環(huán)，不屬于苯的同系物，D項正確；答案選B。【題目點撥】本題易錯點為A、B，注意從甲烷、乙烯、苯和乙炔的結構特點判斷有機分子的空間結構。12、D【解題分析】分析：A.依據(jù)圖象分析，先拐先平，溫度高甲醇物質的量減小，說明正向反應是放熱反應；B、溫度越低，反應速率越?。籆、甲醇和氫氣速率之比等于1：2，依據(jù)速率概念計算；D、擴大體積相當于減小壓強，平衡逆向進行，但體積增大平衡后氫氣濃度減?。斀猓篈、由圖象分析，溫度越高，甲醇的物質的量越小，說明溫度越高平衡逆向進行，平衡常數(shù)減小，故A錯誤；B.溫度過低，反應速率太小，不利于甲醇的合成，故B錯誤；C.500℃反應達到平衡時，甲醇和氫氣速率之比等于1：2，用氫氣物質的量濃度減少表示該反應的反應速率是v（H2）=2×n(B)v×t(B)mol/(L?min)，故C錯誤；D、300℃反應達到平衡后，若其他條件不變，將容器體積擴大為2VL，平衡左移，但體積增大平衡后氫氣濃度減小，故點睛：平衡常數(shù)只受溫度的影響。13、D【解題分析】

A．a點所示溶液中NaOH和HA恰好反應生成NaA，溶液的pH＝8.7，呈堿性，則HA為弱酸，A－水解，則溶液中的粒子濃度：c(Na＋)＞c(A－)＞c(HA)＞c(H＋)，選項A正確；B.b點時為NaA和HA的溶液，a點NaA發(fā)生水解反應，促進了水的電離，b點HA抑制了水的電離，所以a點所示溶液中水的電離程度大于b點，但a點所示溶液中由水電離出的c(OH－)＝10-5.3mol/L，選項B錯誤；C.pH＝7時，根據(jù)電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(A－)，選項C錯誤；D.b點酸過量，溶液呈酸性，HA的電離程度大于NaA的水解程度，故c(A－)＞c(HA)，選項D正確。答案選D。14、C【解題分析】試題分析：A、6.0g甲醛的物質的量是0.2mol，分子中共用電子對數(shù)目為0.8NA，A錯誤；B、標準狀況下，辛烷不是氣體，B錯誤；C、14g乙烯含有的氫原子為2mol，14g環(huán)丙烷含有的氫原子為2mol，14g乙烯和環(huán)丙烷組成的混合氣體中，含有的氫原子數(shù)目為2NA，C正確；D、電解精煉銅時，陽極放電的物質除了銅，還有其他金屬，若陰極得到電子0.2NA個，陽極質量不一定減少6.4g，D錯誤。考點：考查了阿伏加德羅常數(shù)的相關知識。15、D【解題分析】

A．根據(jù)圖知：葡萄糖C6H12O6轉化為葡萄糖內酯C6H10O6，C元素化合價由0價轉化為+，則該電極上失電子發(fā)生氧化反應，所以a為負極，b為正極，故A錯誤；

B．外電路電子移動方向為由負極a到正極b，故B錯誤；

C．b電極上二氧化錳得電子和氫離子反應生成水和錳離子，電極反應式為MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，故C錯誤；

D．根據(jù)C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+知，消耗1mol葡萄糖轉移2mol電子，則消耗0.01mol葡萄糖轉移0.02mol電子，故D正確；

故答案：D?！绢}目點撥】根據(jù)原電池工作原理進行分析。負極失電子發(fā)生氧化反應，正極得電子發(fā)生還原反應，外電路電子由負極經導線回到正極。16、B【解題分析】

2-苯基丙烯的分子式為C9H10，官能團為碳碳雙鍵，能夠發(fā)生加成反應、氧化反應和加聚反應?！绢}目詳解】A項、2-苯基丙烯的官能團為碳碳雙鍵，能夠與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯誤；B項、2-苯基丙烯的官能團為碳碳雙鍵，一定條件下能夠發(fā)生加聚反應生成聚2-苯基丙烯，故B正確；C項、有機物分子中含有飽和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C錯誤；D項、2-苯基丙烯為烴類，分子中不含羥基、羧基等親水基團，難溶于水，易溶于有機溶劑，則2-苯基丙烯難溶于水，易溶于有機溶劑甲苯，故D錯誤。故選B?！绢}目點撥】本題考查有機物的結構與性質，側重分析與應用能力的考查，注意把握有機物的結構，掌握各類反應的特點，并會根據(jù)物質分子結構特點進行判斷是解答關鍵。二、非選擇題（本題包括5小題）17、H22Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑O22Na2O2+2CO22Na2CO3+O21NaOHNa2CO3NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3↓1.53.5【解題分析】

考查無機物的推斷，（1）假設A為Na，則Na與H2O反應生成NaOH和H2，即E為H2，B為NaOH，C為Na2CO3，D為NaHCO3；（2）假設A為Na2O2，Na2O2與H2O反應生成O2和NaOH，與(1)類似；（3）根據(jù)（1）和（2）的分析，以及鈉及其化合物的性質進行分析?！绢}目詳解】（1）若A為Na，Na與H2O反應：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，則單質E為H2，B為NaOH，CO2與NaOH反應：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，繼續(xù)通入CO2:Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，A與水反應的離子方程式為2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；（2）若A為Na2O2，則Na2O2與水反應：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，則單質E為O2，Na2O2與CO2能發(fā)生反應：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O2與CO2反應，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，因此1molNa2O2與CO2反應轉移電子物質的量為1mol，電子數(shù)為NA；（3）①根據(jù)上述分析，B為NaOH，C為Na2CO3；②NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，因此向飽和的Na2CO3溶液中通入CO2，產生NaHCO3沉淀；其反應Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓；③如果只發(fā)生AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl，n(AlCl3)=1mol，n[Al(OH)3]=39/78mol=0.5mol，即AlCl3過量，消耗NaOH的體積0.5×3/1L=1.5L；氫氧化鋁為兩性氫氧化物，NaOH稍微過量，發(fā)生的反應是AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl、Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，AlCl3全部參與反應，生成氫氧化鋁的總物質的量為1mol，此時消耗NaOH的物質的量為3mol，最后沉淀的物質的量為39/78mol=0.5mol，即有(1－0.5)mol氫氧化鋁被消耗，同時該反應中消耗NaOH的物質的量為0.5mol，總共消耗氫氧化鈉的物質的量為3.5mol，體積為3.5/1L=3.5L?！绢}目點撥】本題的難點是電子轉移物質的量的計算，Na2O2無論與CO2反應還是與H2O反應，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，每消耗2molNa2O2，或生成1molO2，轉移電子物質的量為2mol，因此消耗1molNa2O2，轉移電子物質的量為1mol，特別注意本題讓求的是電子數(shù)，與阿伏加德羅常數(shù)有關。18、消去羥基、醛基+CH3OH+H2O+H2O6【解題分析】

(1)根據(jù)分子結構模型知，A中含有苯環(huán)，苯環(huán)上含有一個支鏈，支鏈上含有一個碳碳雙鍵、一個酯基，寫出結構簡式；(2)和溴水發(fā)生加成反應生成D，D的結構簡式為，D和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生水解反應生成E，E的結構簡式為：，E反應生成F，根據(jù)E、F的分子式知，E發(fā)生消去反應生成F，F(xiàn)的結構簡式為：，E被氧氣氧化生成G，G的結構簡式為：，G被氧化生成H，H的結構簡式為，H反應生成B，B反應生成A，A在酸性條件下水解生成有機物B和甲醇，B的結構簡式為；據(jù)此分析解答。【題目詳解】(1)A是生產某新型工程塑料的基礎原料之一，分子式為C10H10O2，每個碳原子形成4個共價鍵，結合其分子結構模型()知，A中含有苯環(huán)，苯環(huán)上含有一個支鏈，支鏈上含有一個碳碳雙鍵、一個酯基，且結構簡式為：，故答案為；(2)和溴水發(fā)生加成反應生成D，D的結構簡式為，D和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生水解反應生成E，E的結構簡式為：，E反應生成F，根據(jù)E、F的分子式知，E發(fā)生消去反應生成F，F(xiàn)的結構簡式為：，E被氧氣氧化生成G，G的結構簡式為：，G被氧化生成H，H的結構簡式為，H反應生成B，B反應生成A，A在酸性條件下水解生成有機物B和甲醇，B的結構簡式為；（a）通過以上分析知，反應⑤屬于消去反應，H的結構簡式為，故答案為：消去；；（b）G的結構簡式為：，含有的官能團有—OH、—CHO，名稱為羥基、醛基，故答案為：羥基、醛基；（c）反應⑥為B和甲醇發(fā)生酯化反應生成A，反應方程式是+CH3OH+H2O；反應⑦為E發(fā)生消去反應生成F，反應方程式是+H2O，故答案為：+CH3OH+H2O；+H2O；(3)A的結構簡式為：，A中含有的官能團為碳碳雙鍵和酯基，A的同分異構體苯環(huán)上有兩個側鏈且苯環(huán)上一氯取代物有兩種，則只能是對位，又與A有相同的官能團且能發(fā)生銀鏡反應，則苯環(huán)連接的兩個側鏈分別為①—CH=CH2、—CH2OOCH②—CH3、—CH=CHOOCH③—CH3、—C(OOCH)=CH2④—OOCH、—CH=CHCH3⑤—OOCH、—CH2CH=CH2⑥—OOCH、—C(CH3)=CH2，共6種，故答案為：6?！绢}目點撥】本題的難點是第（3）問，符合條件的同分異構體數(shù)目的確定；確定同分異構體的數(shù)目先根據(jù)限制的條件確定可能存在的結構，然后進行有序書寫。19、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH?Cl?+ClO?+H2OFe3+4FeO42?+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO?的干擾>溶液的酸堿性不同若能，理由：FeO42?在過量酸的作用下完全轉化為Fe3+和O2，溶液淺紫色一定是MnO4?的顏色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）【解題分析】分析：（1）KMnO4與濃鹽酸反應制Cl2；由于鹽酸具有揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl；Cl2與Fe（OH）3、KOH反應制備K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大氣。（2）①根據(jù)制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2還會與KOH反應生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含F(xiàn)e3+。根據(jù)題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+。II.產生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗滌除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。②根據(jù)同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物。對比兩個反應的異同，制備反應在堿性條件下，方案II在酸性條件下，說明酸堿性的不同影響氧化性的強弱。③判斷的依據(jù)是否排除FeO42-的顏色對實驗結論的干擾。詳解：（1）①A為氯氣發(fā)生裝置，KMnO4與濃鹽酸反應時，錳被還原為Mn2+，濃鹽酸被氧化成Cl2，KMnO4與濃鹽酸反應生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，反應的化學方程式為2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，離子方程式為2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于鹽酸具有揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl，除雜裝置B為。③C中Cl2發(fā)生的反應有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，還有Cl2與KOH的反應，Cl2與KOH反應的化學方程式為Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根據(jù)上述制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，還可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含F(xiàn)e3+。但Fe3+的產生不能判斷K2FeO4與Cl-發(fā)生了反應，根據(jù)題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應為4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.產生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。②制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應中Cl元素的化合價由0價降至-1價，Cl2是氧化劑，F(xiàn)e元素的化合價由+3價升至+6價，F(xiàn)e（OH）3是還原劑，K2FeO4為氧化產物，根據(jù)同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反應為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，實驗表明，Cl2和FeO42-氧化性強弱關系