2026屆河南省鶴壁市?？h第二高級中學化學高三上期末復習檢測試題注意事項: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(nèi)。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(nèi)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（每題只有一個選項符合題意）1、以環(huán)戊烷為原料制備環(huán)戊二烯的合成路線如圖，則下列說法正確的是()A．A的結(jié)構簡式是B．①②的反應類型分別是取代、消去C．反應②③的條件分別是濃硫酸加熱、光照D．加入酸性KMnO4溶液，若溶液褪色則可證明已完全轉(zhuǎn)化為2、工業(yè)上氟氣可作為火箭燃料中的氧化劑，氟單質(zhì)的制備通常采用電解法。已知：KF＋HF===KHF2，電解熔融的氟氫化鉀(KHF2)和無水氟化氫的混合物制備F2的裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A．鋼電極與電源的負極相連B．電解過程中需不斷補充的X是KFC．陰極室與陽極室必須隔開D．氟氫化鉀在氟化氫中可以電離3、證據(jù)推理與模型認知是化學學科的核心素養(yǎng)之一。下列事實與相應定律或原理不相符的是（）A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固體，溶液顏色加深——勒夏特列原理B．常溫常壓下，1體積CH4完全燃燒消耗2體積O2——阿伏加德羅定律C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增強漂白液的漂白效果——元素周期律D．通過測量C、CO的燃燒熱來間接計算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反應熱——蓋斯定律4、關于Na2O2的敘述正確的是（NA表示阿伏伽德羅常數(shù)）A．7.8gNa2O2含有的共價鍵數(shù)為0.2NAB．7.8gNa2S與Na2O2的混合物，含離子總數(shù)為0.3NAC．7.8gNa2O2與足量的CO2充分反應，轉(zhuǎn)移的電數(shù)為0.2NAD．0.2molNa被完全氧化生成7.8gNa2O2，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NA5、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．1molI2與4molH2反應生成的HI分子數(shù)為2NAB．標準狀況下，2.24LH2O含有的電子數(shù)為NAC．1L1．1mol/L的NH4NO3溶液中含有的氮原子數(shù)為1.2NAD．7.8g苯中碳碳雙鍵的數(shù)目為1.3NA6、已知某二元酸H2MO4在水中電離分以下兩步：H2MO4?H++HMO4-，HMO4-?H++MO42-。常溫下向20mL0.1mol/LNaHMO4溶液中滴入cmol/LNaOH溶液，溶液溫度與滴入NaOH溶液體積關系如圖。下列說法正確的是A．該氫氧化鈉溶液pH=12B．圖像中F點對應的溶液中c(OH-)>c(HMO4-)C．滴入NaOH溶液過程中水的電離程度一直增大D．圖像中G點對應的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)7、下列反應的離子方程式正確的是（）A．用氯化鐵溶液腐蝕銅板：Cu+2Fe3＋=Cu2++2Fe2+B．向AgCl懸濁液中滴加KI溶液：Ag++I-=AgI↓C．向明礬溶液中滴加硫化鈉溶液：2Al3+＋3S2-=Al2S3↓D．向NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2溶液：Ca2＋＋OH-＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O8、下列屬于非電解質(zhì)的是（）A．FeB．CH4C．H2SO4D．NaNO39、人類使用材料的增多和變化，標志著人類文明的進步，下列材料與化學制備無關的是()A．青銅器 B．鐵器 C．石器 D．高分子材料10、用如圖所示的實驗裝置模擬侯氏制堿法的主要反應原理。下列說法正確的是A．侯氏制堿法中可循環(huán)利用的氣體為B．先從a管通入NH3，再從b管通入CO2C．為吸收剩余的NH3，c中應裝入堿石灰D．反應后冷卻，瓶中析出的晶體主要是純堿11、某溫度下，HNO2和CH3COOH的電離常數(shù)分別為5.0×10-4和1.7×10-5。將pH相同、體積均為V0的兩種酸溶液分別加水稀釋至體積V，pH隨的變化如圖所示，下列敘述錯誤的是A．曲線Ⅰ代表CH3COOH溶液B．溶液中水的電離程度：b點小于c點C．相同體積a點的兩種酸分別與NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2－)＞n(CH3COO－)D．由c點到d點，溶液中保持不變（其中HA、A－分別代表相應的酸和酸根離子）12、下列說法正確的是A．標準狀況下，5.6L由CH4與C2H4組成的混合氣體中含有的氫原子數(shù)目約為6.02×1023B．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH==－41kJ/mol，當有2molCO參加反應時，該反應ΔH變成原來的2倍C．反應2NaCl(s)==2Na(s)+Cl2(g）的ΔH＜0，ΔS＞0D．加入Al能放出H2的溶液中：NO3－，K+，SO42－，Mg2+能大量共存13、用如圖裝置進行實驗，1小時后觀察到生鐵明顯銹蝕，由此得出的結(jié)論是A．屬于化學腐蝕B．O2未參與反應C．負極反應2Fe-6e+3H2O→Fe2O3+6H+D．正極反應O2+4e-+2H2O→4OH-14、下列說法不正確的是A．己烷有5種同分異構體（不考慮立體異構），它們的熔點、沸點各不相同B．苯的密度比水小，但由苯反應制得的溴苯、硝基苯的密度都比水大C．聚合物（）可由單體CH3CH＝CH2和CH2＝CH2加聚制得D．1mol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO215、下列量氣裝置用于測量CO2體積，誤差最小的是（）A． B．C． D．16、分析生產(chǎn)生活中的下列過程，不涉及氧化還原反應的是（）A．銅制品、鐵制品在潮濕的空氣中生銹B．缺鐵性貧血服用補鐵劑時，需與維生維C同時服用C．將氯氣通入冷的消石灰中制漂白粉D．從海水中提取氯化鎂二、非選擇題（本題包括5小題）17、PEI[]是一種非結(jié)晶性塑料。其合成路線如下（某些反應條件和試劑已略去）：已知：i.ii.CH3COOH+CH3COOH（1）A為鏈狀烴。A的化學名稱為______。（2）A→B的反應類型為______。（3）下列關于D的說法中正確的是______（填字母）。a．不存在碳碳雙鍵b．可作聚合物的單體c．常溫下能與水混溶（4）F由4-氯-1，2-二甲苯催化氧化制得。F所含官能團有－Cl和______。（5）C的核磁共振氫譜中，只有一個吸收峰。僅以2-溴丙烷為有機原料，選用必要的無機試劑也能合成C。寫出有關化學方程式：_____（6）以E和K為原料合成PEI分為三步反應。寫出中間產(chǎn)物2的結(jié)構簡式：_______18、有研究人員在體外實驗中發(fā)現(xiàn)藥物瑞德西韋對新冠病毒有明顯抑制作用。E是合成瑞德西韋的中間體，其合成路線如下：回答下列問題：(1)W的化學名稱為____；反應①的反應類型為____(2)A中含氧官能團的名稱為____。(3)寫出反應⑦的化學方程式_____(4)滿足下列條件的B的同分異構體有____種(不包括立體異構)。①苯的二取代物且苯環(huán)上含有硝基；②可以發(fā)生水解反應。上述同分異構體中核磁共振氫譜為3:2:2的結(jié)構簡式為____________(5)有機物中手性碳(已知與4個不同的原子或原子團相連的碳原子稱為手性碳)有___個。結(jié)合題給信息和已學知識，設計由苯甲醇為原料制備的合成路線_______(無機試劑任選)。19、碘酸鈣[Ca(IO3)2]是重要的食品添加劑。實驗室制取Ca(IO3)2·H2O的實驗流程：已知：碘酸是易溶于水的強酸，不溶于有機溶劑。（1）轉(zhuǎn)化步驟是為了制得碘酸，該過程在圖1所示的裝置中進行，當觀察到反應液中紫紅色接近褪去時，停止通入氯氣。①轉(zhuǎn)化時發(fā)生反應的離子方程式為_____________________________________。②轉(zhuǎn)化過程中CCl4的作用是_______________________________________。③為增大轉(zhuǎn)化過程的反應速率，可采取的措施是_______________________。（2）將CCl4與水層分離的玻璃儀器有燒杯、________。除去HIO3水溶液中少量I2單質(zhì)的實驗操作為______________________________，直至用淀粉溶液檢驗不出碘單質(zhì)的存在。（3）已知：①Ca(IO3)2·6H2O是一種難溶于水的白色固體，在堿性條件下不穩(wěn)定。②Ca(IO3)2·6H2O加熱升溫過程中固體的質(zhì)量變化如圖2所示。設計以除碘后的水層為原料，制取Ca(IO3)2·H2O的實驗方案：向水層中__________。[實驗中必須使用的試劑：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液]。20、草酸（H2C2O1）是一種重要的有機化工原料。為探究草酸的制取和草酸的性質(zhì)，進行如下實驗。實驗Ⅰ：探究草酸的制備實驗室用硝酸氧化淀粉水解液法制備草酸，裝置如下圖所示：硝酸氧化淀粉水解液的反應為：C6H12O6＋12HNO3→3H2C2O1＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O。（1）上圖實驗裝置中儀器乙的名稱為：____，B裝置的作用______（2）檢驗淀粉是否完全水解所需要的試劑為：______。實驗Ⅱ：探究草酸的不穩(wěn)定性已知：草酸晶體(H2C2O1·2H2O)無色，易溶于水，熔點為101℃，受熱易脫水、升華，170℃以上分解產(chǎn)生H2O、CO和CO2。草酸的酸性比碳酸強，其鈣鹽難溶于水。（3）請選取以上的裝置證明草酸晶體分解的產(chǎn)物（可重復使用，加熱裝置和連接裝置已略去）。儀器裝置連接順序為：A→___→____→____→___→E→B→G→____。（1）若實驗結(jié)束后測得B管質(zhì)量減輕1．8g，則至少需分解草酸晶體的質(zhì)量為_____g（已知草酸晶體的M=126g/mol）。實驗Ⅲ：探究草酸與酸性高錳酸鉀的反應取一定量草酸溶液裝入試管，加入一定體積的酸性高錳酸鉀溶液，振蕩試管，發(fā)現(xiàn)溶液開始緩慢褪色，后來迅速變成無色。（反應熱效應不明顯，可忽略不計）（5）該實驗中草酸表現(xiàn)______性，離子方程式_______該反應的反應速率先慢后快的主要原因可能是_________。（6）設計實驗證明草酸是弱酸。實驗方案：______________(提供的藥品及儀器：蒸餾水、0.1mol·L-1NaOH溶液、pH計、0.1mol·L-1草酸溶液，其它儀器自選)21、甲醇是重要的化工原料。利用合成氣(主要成分為CO、CO2和H2)在催化劑的作用下合成甲醇，可能發(fā)生的反應如下：i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=QkJ·mol-1ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)?H2=+41kJ·mol-1iii.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)?H3=-99kJ·mol-1回答下列問題：(1)Q=______________(2)反應iii的化學平衡常數(shù)K3=_____________(填表達式)。(3)圖中能正確反映平衡常數(shù)K3隨溫度變化關系的曲線為_____(填字母)，理由是_______(4)如圖為單位時間內(nèi)CO2+H2、CO+H2、CO/CO2+H2三個條件下生成甲醇的物質(zhì)的量濃度與溫度的關系(三個條件下通入的CO、CO2和H2的物質(zhì)的量濃度相同)。①490K時，根據(jù)曲線a、c判斷合成甲醇時主要發(fā)生的反應為______________(填"i”或"iii")；由曲線a可知，甲醇的量先增大后減小，其原因是__________。②曲線a與曲線b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，從熱力學與動力學角度，并結(jié)合反應i、ii分析原因：__________。(5)如圖是以NaOH溶液為電解質(zhì)溶液的甲醇燃料電池：電極a的反應式為__________，若隔膜為陽離子交換膜，則每轉(zhuǎn)移6mol電子，溶液中有___molNa+向___(填“正極區(qū)”或“負極區(qū)”)移動。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

由環(huán)戊烷為原料制備環(huán)戊二烯的合成路線，根據(jù)逆向思維的方法推導，C為，B為，A為，據(jù)此分析解答。【詳解】A．由上述分析可知，A為，故A錯誤；B．根據(jù)合成路線，反應①為光照條件下的取代反應，反應②為在氫氧化鈉醇溶液中加熱發(fā)生消去反應，反應③為加成反應，反應④為在氫氧化鈉醇溶液中加熱發(fā)生消去反應，故B正確；C．反應②為鹵代烴的消去反應，需要的反應試劑和反應條件為氫氧化鈉醇溶液、加熱，反應③為烯烴的加成反應，條件為常溫，故C錯誤；D．B為環(huán)戊烯，含碳碳雙鍵，環(huán)戊二烯含碳碳雙鍵，均能使高錳酸鉀褪色，則酸性KMnO4溶液褪色不能證明環(huán)戊烷已完全轉(zhuǎn)化成環(huán)戊二烯，故D錯誤；答案選B?！军c睛】把握官能團與性質(zhì)的關系為解答的關鍵。本題的易錯點為A，要注意根據(jù)目標產(chǎn)物的結(jié)構和官能團的性質(zhì)分析推導，環(huán)烷烴可以與鹵素發(fā)生取代反應，要制得，可以再通過水解得到。2、B【解析】

根據(jù)裝置圖，鋼電極上產(chǎn)生H2，碳電極上產(chǎn)生F2，然后根據(jù)電解原理進行分析和判斷；【詳解】A、根據(jù)裝置圖，KHF2中H元素顯＋1價，鋼電極上析出H2，表明鋼電極上發(fā)生得電子的還原反應，即鋼電極是電解池的陰極，鋼電極與電源的負極相連，故A說法正確；B、根據(jù)裝置圖，逸出的氣體為H2和F2，說明電解質(zhì)無水溶液中減少的是氫和氟元素，因此電解過程需要不斷補充的X是HF，故B說法錯誤；C、陽極室生成氟氣，陰極室產(chǎn)生H2，二者接觸發(fā)生劇烈反應甚至爆炸，因此必須隔開防止氟氣與氫氣接觸，故C說法正確；D、由氟氫化鉀的氟化氫無水溶液可以導電，可推知氟氫化鉀在氟化氫中發(fā)生電離，故D說法正確。3、C【解析】

A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固體，溶液顏色加深，說明增大反應物濃度，能使平衡正向移動，此事實與勒夏特列原理相符，A不合題意；B．由CH4燃燒反應方程式可知，1molCH4在2molO2中完全燃燒，常溫常壓下，1體積CH4完全燃燒消耗2體積O2，二者的體積比等于其物質(zhì)的量之比，符合阿伏加德羅定律，B不合題意；C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增強漂白液的漂白效果，說明生成了HClO，符合強酸制弱酸原理，由于HClO不是最高價含氧酸，所以不符合元素周期律，C符合題意；D．通過C、CO的燃燒熱反應方程式，通過調(diào)整化學計量數(shù)后相減，可間接計算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反應熱，符合蓋斯定律，D不合題意；故選C。4、B【解析】

A、7.8gNa2O2為1mol，含有的共價鍵數(shù)為0.1NA，錯誤；B、過氧根離子為整體，正確；C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反應中，過氧化鈉中的氧元素化合價從-1變化到-2和0價，根據(jù)電子守恒，1molNa2O2與足量CO2反應時，轉(zhuǎn)移NA個電子，錯誤；D、1molNa失去1mol電子成為Na+所以0.2mol鈉完全被氧化失去0.2mol電子，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2NA，錯誤。5、C【解析】

A．氫氣和碘的反應為可逆反應，不能進行徹底，生成的HI分子小于2NA個，故A錯誤；B．標況下，水不是氣體，2.24L水的物質(zhì)的量大于1.1mol，含有的電子數(shù)大于NA個，故B錯誤；C．1L1.1mol?L-1的NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3，含有2mol氮原子，含有的氮原子數(shù)為1.2NA，故C正確；D．苯分子結(jié)構中不含碳碳雙鍵，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題的易錯點為D，要注意苯分子中沒有碳碳雙鍵，所有碳碳鍵都一樣。6、B【解析】

根據(jù)圖像可知，NaHMO4與NaOH發(fā)生反應是放熱反應，當溫度達到最高，說明兩者恰好完全反應，F(xiàn)點溫度最高，此時消耗NaOH的體積為20mL，計算出氫氧化鈉的濃度，然后根據(jù)影響水電離的因素、“三大守恒”進行分析?！驹斀狻緼．根據(jù)圖像分析可知，F(xiàn)點溫度最高，說明此時兩物質(zhì)恰好完全反應，NaHMO4+NaOH=Na2MO4+H2O，20×10-3L×0.1mol?L-1=20×10-3L×c(NaOH)，推出c(NaOH)=0.1mol/L，c(H+)===10-13mol/L，則pH=13，故A錯誤；B．F點溶質(zhì)為Na2MO4，溶液中質(zhì)子守恒為c(OH-)=c(H+)+c(HMO4-)+2c(H2MO4)，所以c(OH-)＞c(HMO4-)，故B正確；C．根據(jù)題意，兩者恰好完全反應，生成的溶質(zhì)Na2MO4，屬于強堿弱酸鹽，即溶質(zhì)為Na2MO4時，水解程度最大，E到F過程中，水的電離程度增大，F(xiàn)到G過程中，氫氧化鈉溶液過量，抑制水的電離，因此滴加氫氧化鈉的過程中，水的電離程度先變大，后變小，故C錯誤；D．由A選項推出c(NaOH)=0.1mol/L，G點加入40mL等濃度的NaOH溶液，反應后溶質(zhì)為等濃度的NaOH和Na2MO4，Na+的濃度最大，MO42?部分水解，溶液顯堿性，則c(OH?)>c(H+)，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(MO42?)+c(HMO4-)+c(OH?)，則c(Na+)＜c(HMO4-)+2c(MO42-)，故D錯誤；答案選B。7、A【解析】

A.用氯化鐵溶液腐蝕銅板：Cu＋2Fe3＋=Cu2+＋2Fe2+，故A正確；B.向AgCl懸濁液中滴加KI溶液：AgCl(s)＋I－(aq)AgI(s)＋Cl－(aq)，故B錯誤；C.向明礬溶液中滴加硫化鈉溶液反應生成氫氧化鋁和硫化氫：2Al3+＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，故C錯誤；D.向NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2溶液：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，故D錯誤。綜上所述，答案為A?！军c睛】鋁離子和硫離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁沉淀和硫化氫氣體。8、B【解析】A．金屬鐵為單質(zhì)，不是化合物，所以鐵既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，故A錯誤；B．CH4是在水溶液和熔化狀態(tài)下都不能導電的化合物，屬于非電解質(zhì)，故B正確；C．硫酸的水溶液能夠?qū)щ姡蛩崾请娊赓|(zhì)，故C錯誤；D．NaNO3屬于離子化合物，其水溶液或在熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ?，屬于電解質(zhì)，故D錯誤；故選B。點睛：抓住非電解質(zhì)的特征水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能夠?qū)щ姷脑蚴亲陨聿荒茈婋x是解題的關鍵，非電解質(zhì)是水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物；電解質(zhì)為水溶液中或熔融狀態(tài)導電的化合物，無論電解質(zhì)還是非電解質(zhì)，都一定是化合物，單質(zhì)、混合物一定不是電解質(zhì)和非電解質(zhì)，據(jù)此進行判斷。9、C【解析】

冶金(青銅器、鐵器制備)、高分子材料合成均涉及化學反應，石器加工只需物理處理，與化學制備無關，答案為C；10、B【解析】

侯氏制堿法的原理：①將足量NH3通入飽和食鹽水中，再通入CO2，溶液中會生成高濃度的HCO3-，與原有的高濃度Na+結(jié)合成溶解度較小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl；②將析出的沉淀加熱，制得Na2CO3（純堿）：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，生成的CO2可用于上一步反應（循環(huán)利用）；③副產(chǎn)品NH4Cl可做氮肥。【詳解】A．侯氏制堿法中可循環(huán)利用的氣體是CO2，A項錯誤；B．先通入NH3，NH3在水中的溶解度極大，為了防止倒吸，應從a管通入，之后再從b管通入CO2，B項正確；C．堿石灰（主要成分是NaOH和CaO）不能吸收NH3，C項錯誤；D．反應后冷卻，瓶中析出的晶體主要是NaHCO3，將其加熱得到純堿（Na2CO3），D項錯誤；答案選B?！军c睛】侯氏制堿法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因為：NH3在水中的溶解度極大，先通入NH3使食鹽水顯堿性，能夠吸收大量CO2氣體，產(chǎn)生高濃度的HCO3-，與高濃度的Na+結(jié)合，才能析出NaHCO3晶體；如果先通入CO2，由于CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入過量的NH3，所生成的HCO3-濃度很小，無法析出NaHCO3晶體。11、C【解析】

由電離常數(shù)可知，HNO2和CH3COOH都是弱酸，并且醋酸的酸性更弱。pH相同、體積均為V0的兩種酸溶液中，醋酸的物質(zhì)的量比亞硝酸大。【詳解】A.相同pH的弱酸加水稀釋，酸性越強的酸，pH變化越大，所以曲線Ⅰ代表CH3COOH溶液，正確；B.從圖中可以看出，溶液的pHb點小于c點，說明c(H+)b點比c點大，c(OH-)c點比b點大，從而說明溶液中水的電離程度c點比b點大，正確；C.相同體積a點的兩種酸，醋酸的物質(zhì)的量大，分別與NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2－)<n(CH3COO－)，錯誤；D.由c點到d點，弱酸的電離常數(shù)和水的電離常數(shù)都不變，所以Kw/Ka不變，即保持不變，正確。故答案為C。12、A【解析】

A．n(混合氣體)==0.25mol，CH4與C2H4均含4個H，則混合氣體中含有的氫原子數(shù)目為0.25mol×4×6.02×1023=6.02×1023，故A正確；B.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=－41kJ/mol，反應的ΔH與參加反應的物質(zhì)的量無關，與方程式中物質(zhì)前的化學計量數(shù)有關，故B錯誤；C．反應2NaCl(s)=2Na(s)+Cl2(g)的△S＞0，該反應為常溫下不能自發(fā)進行的分解反應，故反應的△H＞0，故C錯誤；D．加入Al能放出H2的溶液為酸性或強堿性溶液，堿性溶液中，Mg2+與氫氧根離子反應，不能大量共存；酸性溶液中，NO3-在酸性條件下具有強氧化性，與鋁反應不會生成氫氣，與題意不符，故D錯誤；答案選A?！军c睛】本題的易錯點為D，要注意硝酸具有強氧化性，與金屬反應一般不放出氫氣。13、D【解析】

A.鐵在堿性或者接近中性電解質(zhì)溶液中主要發(fā)生吸氧腐蝕，屬于電化學腐蝕，故A錯誤；B.鐵在堿性或者接近中性電解質(zhì)溶液中主要發(fā)生吸氧腐蝕，雖然苯可使NaCl溶液隔絕外界空氣，但溶液中有溶解氧，氧氣參與了反應，故B錯誤；C.鐵在堿性或者接近中性電解質(zhì)溶液中主要發(fā)生吸氧腐蝕，負極失電子形成Fe2+，方程式為：Fe-2e-=Fe2+，故C錯誤；D.鐵在堿性或者接近中性電解質(zhì)溶液中主要發(fā)生吸氧腐蝕，正極得電子生成氫氧根，電極方程式為：O2+4e-+2H2O→4OH-，故D正確；正確答案是D。14、D【解析】

A．己烷有5種同分異構體，分別為：己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊烷、2,2-二甲基丁烷、2,3-二甲基丁烷，它們的熔沸點均不相同，A正確；B．苯的密度比水小，溴苯、硝基苯的密度都比水大，B正確；C．根據(jù)加聚反應的特點可知，CH3CH＝CH2和CH2＝CH2可加聚得到，C正確；D．葡萄糖是單糖，不能發(fā)生水解，D錯誤。答案選D。15、D【解析】

A.CO2能在水中溶解，使其排出進入量筒的水的體積小于CO2的體積；B.CO2能與溶液中的水及溶質(zhì)發(fā)生反應：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，使排出水的體積小于CO2的體積；C.CO2能在飽和食鹽水中溶解，使其趕入量筒的水的體積小于CO2的體積；D.CO2不能在煤油中溶解，這樣進入CO2的體積等于排入量氣管中的水的體積，相對來說，誤差最小，故合理選項是D。16、D【解析】A.銅制品、鐵制品在潮濕的空氣中生銹，單質(zhì)轉(zhuǎn)化為化合物，是氧化還原反應；B.缺鐵性貧血服用補鐵劑時，需與維生維C同時服用，維C是強還原劑，可以把氧化性較強的+3價鐵還原為+2價鐵；C.將氯氣通入冷的消石灰中制漂白粉，氯氣轉(zhuǎn)化為化合物，是氧化還原反應；D.從海水中提取氯化鎂的方法是先用堿把海水中的鎂離子沉淀富集鎂，再用鹽酸溶解沉淀得氯化鎂溶液，然后蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶得氯化鎂晶體，接著在氯化氫氣流中脫水得無水氯化鎂，這個過程中沒有氧化還原反應。綜上所述，本題選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、丙烯加成反應ab—COOH+NaOH+NaBr；+O2+2H2O【解析】

由題中信息可知，A為鏈狀烴，則A只能為丙烯，與苯環(huán)在一定條件下反應會生成丙苯，故B為丙苯，丙苯繼續(xù)反應，根據(jù)分子式可推知C為丙酮，D為苯酚，丙酮與苯酚在催化劑作用下會生成E（）；采用逆合成分析法可知，根據(jù)PEI[]的單體，再結(jié)合題意，可推知4-氯-1，2-二甲基催化氧化制備F，則F為，根據(jù)給定信息ii可知，K為，據(jù)此分析作答?！驹斀狻浚?）A為鏈狀烴，根據(jù)分子可以判斷，A只能是丙烯；（2）A→B為丙烯與苯反應生成丙苯的過程，其反應類型為加成反應；（3）根據(jù)相似相容原理可知，苯酚常溫下在水中的溶解度不大，其分子中不存在碳碳雙鍵，可以與甲醛發(fā)生縮聚反應，故答案為ab；（4）4-氯-1，2-二甲苯催化氧化得到F，則F的結(jié)構簡式為，其分子中所含官能團有－Cl和—COOH，故答案為—COOH；（5）僅以2-溴丙烷為有機原料，先在氫氧化鈉水溶液中水解生成2-丙醇，然后2-丙醇催化氧化生成丙酮，有關反應的化學方程式為，。（6）由E和K的結(jié)構及題中信息可知，中間產(chǎn)物1為；再由中間產(chǎn)物1的結(jié)構和信息可知，中間產(chǎn)物2的結(jié)構簡式為?！军c睛】本題考查的是有機推斷，難度很大。很多信息在題干中沒有出現(xiàn)，而是出現(xiàn)在問題中。所以審題時，要先瀏覽整題，不能因為合成路線沒有看懂就輕易放棄。另外，雖然本題所涉及的有機物的結(jié)構很復雜，只要我們仔細分析官能團的變化和題中的新信息，還是能夠解題的。18、氨基乙酸取代反應硝基和羥基++H2O82【解析】

根據(jù)流程圖，A()和發(fā)生取代反應生成B()，B和磷酸在加熱條件下發(fā)生取代生成C，C在一定條件下轉(zhuǎn)化為，中的一個氯原子被取代轉(zhuǎn)化為D；X與HCN發(fā)生加成反應生成Y，Y和氨氣在一定條件下發(fā)生取代反應生成Z，Z在酸性條件下水解得到W，D和R在一定條件下反應生成E，根據(jù)E和D的結(jié)構簡式，可推出R的結(jié)構簡式為，由此可知W和在濃硫酸加熱條件下發(fā)生酯化反應生成R，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)W的結(jié)構簡式為，結(jié)構中有羧基和氨基，化學名稱為氨基乙酸；根據(jù)分析，反應①為A()和發(fā)生取代反應生成B()，反應類型為取代反應；(2)A的結(jié)構簡式為，含氧官能團的名稱為硝基和羥基；(3)根據(jù)分析，反應⑦為W和在濃硫酸加熱條件下發(fā)生酯化反應生成R，R的結(jié)構簡式為，化學方程式++H2O；(4)B的結(jié)構簡式為，①苯的二取代物且苯環(huán)上含有硝基；②可以發(fā)生水解反應，說明另一個取代基為酯基，該酯基的結(jié)構可為-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH，在苯環(huán)上與硝基分別有鄰間對三種位置，分別為：、、、、、、、、，除去自身外結(jié)構外，共有8種；上述同分異構體中核磁共振氫譜為3:2:2，說明分子中含有三種不同環(huán)境的氫原子且個數(shù)比為3:2:2，則符合要求的結(jié)構簡式為；(5)已知與4個不同的原子或原子團相連的碳原子稱為手性碳，有機物中手性碳的位置為，有2個；的水解產(chǎn)物為，的結(jié)構中的-COOH可由-CN酸性條件下水解得到，而與HCN發(fā)生加成反應可生成，再結(jié)合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛，則合成路線為：。19、I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率加快攪拌速率分液漏斗將HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液加入Ca(OH)2粉末，邊加邊攪拌至溶液pH約為7，過濾，洗滌沉淀至洗滌后濾液滴加AgNO3溶液不再有沉淀產(chǎn)生，將濾渣在100～160℃條件下加熱至恒重【解析】

(1)①轉(zhuǎn)化步驟是為了制得碘酸，根據(jù)流程圖，轉(zhuǎn)化時發(fā)生反應的離子方程式為氯氣、水和碘單質(zhì)反應生成碘酸和鹽酸；②氯氣可溶于水，會降低轉(zhuǎn)化過程中氯氣的利用率；③根據(jù)裝置圖所示，裝置圓底燒瓶中有一個攪拌裝置，可使反應物充分混合接觸；(2)互不相溶的液體混合物分離應使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘單質(zhì)在水中溶解度較小，可進行萃取分離；(3)除碘后的水層溶液為HIO3溶液，可與Ca(OH)2反應生成Ca(IO3)2·6H2O，根據(jù)圖示，在100～160℃條件下固體質(zhì)量基本保持不變，并且要將雜質(zhì)除盡。【詳解】(1)①轉(zhuǎn)化步驟是為了制得碘酸，根據(jù)流程圖，轉(zhuǎn)化時發(fā)生反應的離子方程式為氯氣、水和碘單質(zhì)反應生成碘酸和鹽酸，方程式為：I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋；②氯氣可溶于水，會降低轉(zhuǎn)化過程中氯氣的利用率，轉(zhuǎn)化過程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；③根據(jù)裝置圖所示，裝置圓底燒瓶中有一個攪拌裝置，可使反應物充分混合接觸，則為增大轉(zhuǎn)化過程的反應速率的方法為加快攪拌速率；(2)互不相溶的液體混合物分離應使用分液操作，需要的玻璃儀器有燒杯、分液漏斗；HIO3可溶于水，但碘單質(zhì)在水中溶解度較小，可進行萃取分離，操作為將HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液，直至用淀粉溶液檢驗不出碘單質(zhì)的存在；(3)除碘后的水層溶液為HIO3溶液，可與Ca(OH)2反應生成Ca(IO3)2·6H2O，根據(jù)圖示，在100～160℃條件下固體質(zhì)量基本保持不變，則實驗方案：向水層中加入Ca(OH)2粉末，邊加邊攪拌至溶液pH約為7，過濾，洗滌沉淀至洗滌后濾液滴加AgNO3溶液不再有沉淀產(chǎn)生，將濾渣在100～160℃條件下加熱至恒重。20、球形冷凝管防倒吸碘水或I2CDGFJ37.8還原性5H2C2O1+2MnO1-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反應生成的硫酸錳或錳離子對反應有催化作用，加快反應速率取少量0.1mol/L草酸溶液于試管中，測定其pH，若pH﹥1，則說明草酸為弱酸【解析】

（1）根據(jù)儀器構造可知儀器乙為球形冷凝管；B裝置為安全瓶，其作用是防倒吸，故答案為球形冷凝管；防倒吸；（2）淀粉遇碘變藍色，在已經(jīng)水解的淀粉溶液中滴加幾滴碘液，溶液顯藍色，則證明淀粉沒有完全水解，溶液若不顯色，則證明淀粉完全水解，故答案為碘水或I2；（3）為證明草酸的受熱分解產(chǎn)物中含有H2O、CO2和CO，先首先將混合氣體通入盛有無水硫酸銅的干燥管檢驗水蒸氣，如果變藍說明有水蒸氣產(chǎn)生；再通入盛有冷水的洗氣瓶除去草酸蒸氣，防止草酸干擾二氧化碳的檢驗；接著通入盛有澄清的石灰水的洗氣瓶檢驗二氧化碳，如果澄清的石灰水變渾濁，則證明含有二氧化碳氣體；再用盛有氫氧化鈉溶液的洗氣瓶吸收二氧化碳，防止二氧化碳干擾一氧化碳的檢驗；然后再將洗氣后的氣體進行干燥，最后將氣體再通過黑色的氧化銅裝置，一氧化碳和黑色的氧化銅反應生成銅和二氧化碳，再用澄清的石灰水檢驗二氧化碳是否存在，如果澄清石灰水變渾濁，則證明該混合氣體中含有一氧化碳；為防止有毒的一氧化碳污染環(huán)境，用排水集氣法收集一氧化碳，連接順序為A→C→D→G→F→E→B→G→J，故答案為C；D；G；F；J。（1）由化學方程式CuO+COCu+CO2可知A管減輕質(zhì)量為氧原子的質(zhì)量，則n(CO)：m(O)=1:16=n(CO)：1．8g，解得n(CO)為0.3mol，H2C2O1·2H2O受熱分解的方程式為H2C2O1?2H2O3H2O+CO↑+CO2↑，由方程式可知分解的草酸晶體為0.3mol，所以質(zhì)量為：0.3mol×126g/mol=37.8g，故答案為37.8；（5）向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高錳酸鉀溶液時，可觀察到溶液由紫紅色變?yōu)榻鯚o色，說明酸性高錳酸鉀與草酸發(fā)生氧化還原反應，酸性高錳酸鉀具有強氧化性，草酸能夠被氧化，草酸具有還原性，被氧化為二氧化碳，發(fā)生的反應為5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，生成的硫酸錳或錳離子對反應有催化作用，加快反應速率；故答案為還原；5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；生成的硫酸錳或錳離子對反應有催化作用，加快反應速率；（6）若草酸為弱酸