【文档说明】浙江省湖州市2019-2020学年高二下学期期末调研测试化学试题 【精准解析】.doc，共(27)页，1.378 MB，由小赞的店铺上传

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2019学年第二学期期末调研测试卷高二化学考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应

区域内。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32K-39Fe-56Cu-64一、选择题（本大题共50分。每小题中只有一个正确答案，不选、多选、错选均不得分。）1.下列仪器的名称正

确的是（）A.圆底烧瓶B.蒸发皿C.坩锅D.分液漏斗【答案】D【解析】【详解】A．颈部有支管，为蒸馏烧瓶，圆底烧瓶没有支管，A错误；B．为表面皿，B错误；C．为坩埚，C错误；D．下端长颈部位有活塞，是分液漏斗，D正确；答案选D。2.下列说法不正确．．．的是（）A.化学家贝采

里乌斯制备氰酸铵时得到了尿素，打破了无机物与有机物的界限，由此提出了有机化学的概念B.化学家李比希最早提出测定有机化合物中碳、氢元素质量分数的方法，并提出了基团理论，启发了后续有机化学的研究C.同位素示踪法是科学家经常使用的研究化学反应历程的方法，化学家海维西因为这方面的突出贡献而获诺贝

尔奖D.化学家范特霍夫提出碳原子成键的新解释和有机化合物结构的三维认识，开辟了立体化学研究领域【答案】A【解析】【详解】A．德国科学家维勒在制备氰酸氨时得到了尿素，从而打破了有机物和无机物之间的界限，贝采里乌斯是现代化学

命名体系的建立者，A错误；B．化学家李比希做过大量的有机化合物的准确分析，改进了有机分析的若干方法，如用燃烧法来测定有机化合物中碳、氢元素质量分数，并提出了基团理论，启发了后续有机化学的研究，B正确；C．化学家海维西研究同位素

示踪技术，推进了对生命过程的化学本质的理解而获得了诺贝尔化学奖，C正确；D．1874年，22岁的化学家范特霍夫提出碳原子成键的新解释和有机化合物结构的三维认识，解决了有机物空间结构的问题，开辟了立体化学研究领域，D正确；故选A。3.下列试剂不能用来

检验溶液中3Fe+的是（）A.KSCN溶液B.NaOH溶液C.乙醇溶液D.46KFe(CN)溶液【答案】C【解析】【详解】A．Fe3+与KSCN反应可出现血红色，可以用KSCN来检验Fe3+，A不符合题意；B．Fe3+与NaOH反应可生成红褐色沉淀，可以用NaOH来检验Fe3+，

B不符合题意；C．Fe3+与乙醇不发生反应，不能用来检验Fe3+，C符合题意；D．Fe3+与46KFe(CN)反应生成普鲁士蓝沉淀，可以用亚铁氰化钾来检验Fe3+，D不符合题意；故选C。4.下列化学用语书写不正确．．．的是（）A.乙醇的分子式：

26CHOB.丙烯的结构式：23CHCHCH=C.乙醚的键线式：D.羟基的电子式：HO:【答案】B【解析】【详解】A.乙醇(CH3CH2OH)的分子式：26CHO，A正确；B.丙烯的结构简式为：23CHCHCH=，结构式为：，B错误；C.乙醚结构简式是CH3CH2OCH2CH3，所以键线式

为：，C正确；D.羟基中氢氧之间只有一对共用电子对，氧原子周围只有7个电子，电子式为：HO:，D正确；答案选B。5.下列有关“纸层析法”叙述不正确．．．的是（）A.常用于分离物理性质、化学性质相似的离子或分子B.由于需要观察颜色，所以该方法不适用于分离无色离子或分子C.纸层析实验中不

能将滤纸上的试样点浸入展开剂中D.用该方法分离Fe3+和Cu2+时，滤纸作为惰性支持物【答案】B【解析】【详解】A．物理、化学性质相近的分子或离子用一般的检验方法难以分离和检验，但可根据分子或离子在同一介质中的扩散速度不同进行分离和检验，可用纸层析法，A项正确；B．若分离无色离

子或分子，可根据该离子或分子的特性，在滤纸上喷上显色剂，可使分离后的各组分呈现不同颜色，故纸层析法可用于分离无色离子或分子，B项错误；C．纸层析实验中不能将滤纸上的试样点浸入展开剂中，否则试样会溶解在展开剂中，导致实验失败，C项正确；D．用纸层析法分离Fe3+和Cu2+时，是以滤纸作

为惰性支持物，附着在纸纤维上的水分为固定相，不与水混溶的有机溶剂作为流动相，D项正确；答案选B。6.下列说法正确的是（）A.加碘食盐中的含碘物质为碘单质B.聚氯乙烯塑料品常用于食品包装C.苯应密封保存，置于阴凉处且远离火源D.无水乙醇常用于杀菌消毒【

答案】C【解析】【详解】A.加碘盐中含碘物质为碘酸钾，A错误；B.聚氯乙烯有毒，不能用于食品包装，B错误；C.苯易挥发、易燃，故应密封保存，置于阴凉处且远离火源，C正确；D.体积分数75%的乙醇溶液用于杀菌消毒，D错误；答案选C。7.下列

有机反应中属于加成反应的是（）A.乙烯使溴水褪色的反应B.丙烯和氯气在高温下生成22CHCHCHCl=的反应C.乙醇与CuO反应生成乙醛的反应D.乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯的反应【答案】A【解析】【分析】加成反应是有机物分子中的不饱和键两端的原子与其它原子或原子

团相互结合，生成新化合物的反应。【详解】A．乙烯使溴水褪色属于加成反应，A符合题意；B．丙烯和氯气在高温下生成22CHCHCHCl=属于取代反应，B不符合题意；C．乙醇与CuO反应生成乙醛属于氧化反应，C不符合题意；D．乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯是酯化反应，属于取

代反应，D不符合题意；故选A。8.下列有关物质结构和性质的叙述不正确．．．的是（）A.甲苯可以被酸性4KMnO溶液氧化成苯甲酸，而乙烷不能被其氧化，说明苯环对侧链产生了影响B.苯酚能与氢氧化钠溶液反应而乙醇不能，说明苯环对羟基产生了影响C.二氯甲烷

只有一种结构，说明甲烷的分子构型不是平面型D.间二甲苯只有一种结构，说明苯环中不存在单双键交替出现的结构【答案】D【解析】【详解】A.乙烷和甲苯中都含有甲基，甲苯可以被酸性KMnO4溶液氧化成苯甲酸，而乙烷不能被其氧化，说明苯环对侧链产生了影响，A正确；B.

苯酚和乙醇都含有羟基，苯酚能跟NaOH溶液反应，乙醇不能与NaOH溶液反应，说明苯环的影响使酚羟基上的氢更活泼，B正确；C.根据分子式，可推测CH4的空间结构只有平面正方形和正四面体两种可能．若为平面正方形结构，则其二元取代物有两种同分异构体，而正四面体的二元取代物不存在同分异构体

，C正确；D.苯环中无论六个碳碳键是等同的，还是单双健交替，间二甲苯都只有一种结构，D错误；答案选D。【点睛】邻二甲苯只有一种结构，说明苯环中所有键都是等同的，而不是单双键交替，而间二甲苯只有一种结构不能说明。9.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺2

,2戊烷是最简单的一种，其结构如下图。下列关于该化合物的说法不正确的是（）A.与异戊二烯互为同分异构体B.所有碳原子均处同一平面C.二氯代物超过2种D.生成5121molCH至少需要22molH【答案】B【解析】【详解】A．螺

[2，2]戊烷的分子式为C5H8，异戊二烯的分子式也是C5H8，二者结构不同，因此互为同分异构体，A项正确；B．该分子中5个碳原子均为饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，因此分子中所有碳原子不可能都处在同一平面上，B错误；C．分子中的8个氢原子完全

相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子（），也可以取代相邻碳原子上（）或者不相邻的碳原子上（）等，因此其二氯代物超过两种，C正确；D．戊烷比螺[2，2]戊烷多4个氢原子，因此生成1molC5H12至少需要2molH2，D正确；故选B。10.下列说法正确的是（）A.按系统命名法

，的名称为2，4-二甲基己烷B.等质量的甲醇、甲醛完全燃烧时的耗氧量后者更多C.将甲醇、乙醇和浓硫酸混合加热，最多得到3种有机产物D.向丙烯醛（2CHCHCHO=）中滴入溴水，若颜色褪去就能证明结构中存在碳碳双键

【答案】A【解析】【详解】A．最长的碳链上含有6个碳原子，在2号碳原子和4号碳原子上各连有一个甲基，故的系统命名法为：2，4-二甲基己烷，故A正确；B．将甲醇、甲醛的分子式分别改写成CH2(H2O)、C(H2O)，等质量的甲醇、甲醛、完全燃烧时的耗氧量相当于等质量的

CH2、C燃烧耗氧量判断，根据等质量烃中氢质量分数越高，其完全燃烧耗氧量越高可判断，甲醛所需耗氧量最少，完全燃烧时的耗氧量后者更少，故B错误；C．将甲醇、乙醇和浓硫酸混合，在一定条件下反应，生成甲醚、乙醚、甲乙醚、乙烯，最多得到4种有机产物，故C错误；D．向丙烯醛

(CH2=CH−CHO)中滴入溴水，碳碳双键能被加成、−CHO能被氧化，则不能证明含有碳碳双键，故D错误；答案选A。11.实验室有如下仪器：烧杯、漏斗、锥形瓶、分液漏斗、石棉网、酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、蒸馏烧瓶、球形冷凝管、牛角管。只用上述仪器（夹持仪器省略）不能完成．．．．的

实验为（）A.从NaCl溶液中得到NaCl晶体B.萃取碘水中的碘单质C.分离溴苯（沸点156℃）和苯（沸点80℃）D.分离除过油污的铁屑与23NaCO溶液【答案】C【解析】【详解】A．从NaCl溶液中得到NaCl晶体可用蒸发的方法，蒸

发需要用到蒸发皿、玻璃棒、酒精灯，提供的仪器能满足该操作，A不符合题意；B．萃取需要用到分液漏斗、烧杯，提供的仪器能满足该操作，B不符合题意；C．分离溴苯（沸点156℃）和苯（沸点80℃）可用蒸馏的方法，蒸馏需要用到蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、直形冷凝

管、锥形瓶、石棉网、牛角管等，提供的仪器中缺少直形冷凝管、温度计，C符合题意；D．分离除过油污的铁屑与23NaCO溶液可用过滤的方法，过滤需要用到烧杯、玻璃棒、漏斗，提供的仪器能满足该操作，D不符合题意；故选C。【点睛】本题夹持仪器省略，故不需要写出铁架台等仪器。12.下列说法不正确．．．的

是（）A.溶液中的氨基酸主要以两性离子形态存在时，它在水中的溶解度最小B.纤维素经过浓NaOH溶液、CS2、稀硫酸处理后可得到人造丝和人造棉C.地沟油不宜食用，但可以通过分馏提取汽油，做汽车的燃料D.向鸡蛋

清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林均会出现浑浊【答案】C【解析】【详解】A．氨基酸分子中的氨基和羧基相互作用，使氨基酸成为带有正电荷和负电荷的两性离子，称为内盐，当溶液中的氨基酸主要以两性离子的形态存在时，它在

水中的溶解度最小，可以结晶析出，A项正确；B．棉、麻纺织物用浓NaOH溶液处理以改善纤维性能，人造棉和人造丝等人造纤维大都是粘胶纤维，是用纤维素、浓NaOH溶液、CS2、稀硫酸等制成粘胶液，经喷丝、凝结而制得。B项正确；C．地沟油的主要成分是脂肪酸甘油酯，分馏

是一种物理分离过程，不能使脂肪酸甘油酯的分子结构发生变化，故不能生成汽油，C项错误；D．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液会使蛋白质发生盐析现象而出现浑浊，向鸡蛋清的溶液中加入福尔马林会使鸡蛋清中的蛋白质变

性，也会出现浑浊，D项正确；答案选C。13.下列有关实验仪器的说法不正确．．．的是（）A.用电子天平称量固体，读数时侧门应关闭B.用托盘天平称取10.2gNaOH固体时，将10g的砝码放在右盘，将游码移到0.2g的位置C.紫外可见分光光度计可用于测定待测物对紫外光、可见光的

吸光度，并进行定性和定量分析D.核磁共振仪能确定有机分子中的氢原子种类和个数比，有助于分析有机物的结构【答案】B【解析】【详解】A．读数时电子天平侧门应关闭，防止外界因素产生干扰，操作合理，故A正确；B．称量时左物右码，则应在左盘小烧杯中称量，砝码与游码之和大于1

0.2g，故B错误；C．紫外分光光度计比较常用的就是检测紫外波长的最大最小吸收度，做鉴别用，还有就是在这个药品特定的最大吸收波长处测定吸光度，然后分析其含量或者溶出度，紫外可见分光光度计可用于测定待测物对紫外光、可见光的吸光度，并进行定性和定量分析，故C正确；D．核磁共振仪能确定有机分子中的

氢原子种类和个数比，有几种峰就有几种环境不同的氢原子，峰面积之比等于处于相同环境中的氢原子数目，有助于分析有机物的结构，故D正确；答案选B。14.下列实验操作正确的是（）A.用移液管移取25.00mL待测液时，若移液管内残留少量液体，必须用洗耳球将其吹

出，否则使测量结果偏低B.萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大C.滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面变化D.吸滤完毕停止吸滤时，应先拆下连接抽气泵和吸滤

瓶的橡皮管，再关闭水龙头【答案】D【解析】【详解】A.移液管所标定的量出体积中不包括残留液，故残留在管尖末端内的溶液不可吹出，A错误；B.萃取剂的密度不一定比水的密度大，B错误；C.滴定时眼睛应注视着锥形瓶中溶液颜色的变化，C错误；D.吸滤完毕停止吸滤时，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管

，再关闭水龙头，以防止倒吸，D正确；答案选D。15.下列离子方程式正确的是（）A.氯乙酸与足量的氢氧化钠溶液共热：222ClCHCOOHOHClCHCOOHO−−+⎯⎯→+△B.硫酸铜溶液中加入过量氨水：()2232324Cu4NH

HO=CuNH4HO++++C.亚硝酸溶液中滴加硝酸银：22AgHNO=AgNOH++++D.已知2Cl能将223NaSO氧化为24NaSO，则用过量223NaSO溶液除去水中的2Cl时发生的反应为：22

223244ClSO5HO=10H2SO8Cl−+−−++++【答案】B【解析】【详解】A．氯乙酸与足量的氢氧化钠溶液共热，羧基可以与NaOH发生中和反应，Cl原子是卤素原子，可以在碱性条件下发生水解，生成醇，A错误；B．硫酸铜溶液中加入过量氨水会生成铜氨配合物，离子

方程式为：()2232324Cu4NHHO=CuNH4HO++++，B正确；C．AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物，且亚硝酸易分解，故不能生成亚硝酸银沉淀，C错误；D．若223NaSO过量，生成的H+会与223SO−反应，

生成SO2、S和H2O，D错误；故选B。16.用NA代表阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A.30gHCHO与3CHCOOH混合物中含C原子数为NAB.4.8g正丁烷和1.0g异丁烷的混合物中共价键数目为1.4NAC.273K、101kPa时，32.2

4LCHOH完全燃烧消耗2O分子数为0.15NAD.16g甲烷与足量氯气在光照下充分反应后产物中含有的4CCl分子数为NA【答案】A【解析】【详解】A.HCHO与3CHCOOH最简式为CH2O，所以30g混合物中含CH2O为1mol，则C原子数为NA，A正确；B.每个正丁烷和异丁

烷中都含有13个共价键，所以丁烷的物质的量为4.8g+1.0g0.1mol58g/mol=，则混合物中共价键数目为1.3NA，B错误；C.273K、101kPa时，3CHOH为液体，2.24L时物质的量远远大于0.1mol，所以完全燃烧消耗2O分子数大于

0.15NA，C错误；D.甲烷与足量氯气发生四步取代反应，因为这是有机反应，所以每一步的反应都是不彻底的，会出现许多的副产物，所以产物中含有的4CCl分子数小于NA，D错误；答案选A。17.下列有关用水杨酸和乙酸酐制备阿司匹林（乙酰水杨酸）的说法中不

正确．．．的是（）A.制备阿司匹林的反应属于取代反应B.待反应结束后向锥形瓶中加水，冰水浴中冷却结晶，减压过滤，用少量冷水淋洗锥形瓶收集所有晶体C.粗产品中常混有聚合物杂质，可利用3NaHCO溶液溶解、过滤、洗涤、盐酸酸化、结晶等操作进行精制D.可用3FeCl

溶液检验阿司匹林中是否含有未反应完的水杨酸【答案】B【解析】【详解】A.制备阿司匹林的反应方程式为，羧基转化为酯基，为取代反应，A正确；B.反应结束后向锥形瓶中加水，冰水浴中冷却结晶，减压过滤，应用滤液反复淋洗锥形瓶收集所有晶体，B错误；C.在粗产品中加足量NaHCO3溶液

，乙酸与碳酸氢钠反应生成可溶于水的乙酸钠，过滤、在所得滤液中加足量盐酸、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得阿司匹林，C正确；D.水杨酸含有酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，可鉴别，D正确；答案选D。18.下列实验方案和相关操作正确的是（）A.检验淀粉的水解程

度：淀粉溶液中加少量稀硫酸，加热4-5分钟后取样于试管中，滴加新制2Cu(OH)悬浊液并加热试管，检验淀粉是否发生水解B.探究温度对化学平衡的影响：将少量22CoCl6HO晶体溶于95%的乙醇溶液，逐滴加蒸馏水至溶液恰好呈粉红色，用酒精灯加热，观察颜色变化C.检验火柴头中是否含有氯元

素：将未燃的火柴头浸泡在少量水中，片刻后取少量溶液于试管中，向其中滴加3AgNO溶液和稀硝酸，观察是否出现白色沉淀D.反应速率的比较：将不同浓度的223NaSO与稀硫酸混合后，测定收集相同体积的气体所需时间，即可比较化学反应速率的快慢【

答案】B【解析】【详解】A．新制2Cu(OH)悬浊液应在碱性环境下使用，故加入新制2Cu(OH)悬浊液前应先加入过量氢氧化钠中和稀硫酸，A错误；B．溶液呈粉红色，存在平衡Co(H2O)62-(粉红色)+4Cl-6H2O+CoCl42-(蓝色)0H，加热试管，溶液变为蓝

色，可达到实验目的，B正确；C．燃烧后的火柴头中含有亚硫酸根离子，加入3AgNO溶液和稀硝酸后会生成硫酸银沉淀，影响氯元素的检验，C错误；D．要探究浓度对反映速率的影响，实验必须控制变量，反应未控制温度等其他条件，D错误；答案选B。19.分子式为4

10CHO的醇与分子式882CHO的含苯环的羧酸在一定条件下发生酯化反应，生成的酯的种类最多为（不考虑立体构）（）A.4种B.8种C.12种D.16种【答案】D【解析】【详解】分子式为C4H10O的醇有

4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(CH3)OH、(CH3)2CHCH2OH、C(CH3)3OH，分子式为882CHO的含苯环的羧酸有4种，分别为：苯乙酸、邻甲基苯甲酸、间甲基苯甲酸、对甲基苯甲酸，所形成的酯最多有=4

×4=16种，D满足题意。答案选D。20.阿比朵尔结构简式如下，它有抑制体外冠状病毒的作用，下列有关说法正确的是（）A.该物质分子中含有2个苯环结构，属于芳香族化合物B.该物质能与浓溴水发生取代反应C.该物质存在多

种官能团，如羟基、酯键、溴原子和甲基D.一定条件下1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH【答案】A【解析】【详解】A．具有苯环的化合物叫做芳香族化合物，该物质分子中含有苯环结构，属于芳香族化合物，A正确；B．该物质含有苯环，可以与液Br2发生取代反应，不能

与溴水反应，B错误；C．甲基不属于官能团，C错误；D．化合物中的酯基、酚羟基、溴原子都可以与NaOH反应，溴水解后生成酚羟基，又多消耗1molNaOH，故1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH，D错误；

故选A。【点睛】本题要注意B选项，酚羟基的临位和对位已经被其它基团占据，故不能取代。21.室温下，向-120.00mL0.1000molL盐酸中滴加-10.1000molLNaOH溶液，溶液的pH随Na

OH溶液体积的变化如图。已知lg5=0.7下列说法不正确．．．的是（）A.NaOH与盐酸恰好完全反应时，溶液pH=7B.V(NaOH)=30.00mL时，溶液pH=12.3C.NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸

氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时可采用甲基橙为指示剂D.选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小【答案】C【解析】【详解】A.NaOH与盐酸恰好完全反应时，生成NaCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，溶液p

H=7，A正确；B.-120.00mL0.1000molL盐酸物质的量为0.002mol，V(NaOH)=30.00mL时，NaOH的物质的量为0.003mol，则反应后余下NaOH0.001mol，溶液体积为50ml，则NaOH的浓度为0.001mol0

.05L=0.02mol/L，则H+的浓度为-14-1310mol/L=510mol/L0.02，溶液+-13pH=-lg(H)=-lg(510)=12.3，B正确；C.甲基橙的变色范围是3.1~4.

4，甲基红的指示范围是4.4~6.2，二者差不多，相反甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误；D.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指色范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，故甲基

红指示反应终点，误差比甲基橙的小，D正确；答案选C。22.实验室制备硫酸亚铁晶体步骤如下：取洁净铁屑于烧杯中，加入一定量的稀硫酸，在50℃水浴中加热一段时间，趁热过滤，滤液转移至锥形瓶中，置于冰水浴中冷却，经一系列操作后获得产品。下列说法不正确．．．的是（）A.反应过程中烧杯底部一般保留少

量铁屑以提高产品纯度B.硫酸溶液浓度过低会降低晶体产率C.水浴加热可以加快反应速率同时避免生成的2H发生爆炸D.与室温冷却相比，冰水浴冷却滤液可以更快获得更多更大的晶体【答案】D【解析】【详解】A．反应过程中烧

杯底部一般保留少量铁屑，防止亚铁离子被氧化成铁离子，以提高产品纯度，故A正确；B．硫酸溶液过稀会导致反应速率慢，不利于晶体析出，硫酸溶液过浓，会将亚铁离子氧化为铁离子，影响产率，故B正确；C．温度升高，化学反应速率加快，故

水浴加热可加快反应速率，同时避免生产的氢气发生爆炸，故C正确；D．自然冷却，可使晶粒生长，得到较大颗粒的晶体，冰水浴冷却比室温冷却得到的晶体颗粒小，故D错误；答案选D。23.下列各组物质只用一种试剂（可加热）不能．．全部检验出来的是（）A.甲苯、氯仿、己烯、乙醇B

.乙醇、乙醛、乙酸、甘油C.乙醇、环己烷、四氯化碳、苯D.溴乙烷、苯、硝基苯、乙醇【答案】C【解析】【详解】A．使用溴水鉴别，甲苯与溴水混合分层，有机物在上层，氯仿与溴水混合分层，有机物在下层，己烯可使溴水褪色，乙醇与溴水互溶，四种现象不同，可以鉴别，A不符合题意；B．使用新制氢氧化

铜鉴别，乙醇不与新制氢氧化铜反应，无明显现象，乙醛与新制氢氧化铜加热可出现砖红色沉淀，乙酸与新制氢氧化铜中和，氢氧化铜溶解为蓝色溶液，甘油可以与氢氧化铜反应得到绛蓝色溶液，四种现象不同，可以鉴别，B不符合题意；C．环己烷与苯密度都比水小，

都不溶于水，也不于KMnO4、溴水、石蕊等常见试剂反应，难以鉴别，C符合题意；D．使用NaOH溶液鉴别，溴乙烷与NaOH溶液混合后分层，有机物在上层，加热后溴乙烷水解，不再分层，苯与NaOH溶液混合，有机物在上层，硝基苯与NaOH溶液混合，有机物在下层，

乙醇与NaOH溶液混合，两者互溶，四种现象不同，可以鉴别，D不符合题意；故选C。24.下列实验操作会引起实验结果偏高的是（）A.测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验中，晶体加热完全失去结晶水后，将盛试样的坩埚放在实验桌上自行冷却B.镀锌铁皮锌镀层厚度测量实验中，将铁皮用酒精灯持续加

强热以彻底烘干C.用标准碱滴定待测酸溶液时，装有标准碱的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡D.一定物质的量浓度的盐酸配制过程中用量筒量取计算所需的浓盐酸时，仰视观察刻度线【答案】D【解析】【详解】A.在硫酸铜晶体（CuSO4∙nH2O）结晶水含量测定中，加热前后质量的减少量即

是失去结晶水的质量，加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，反应前后质量差减小，结果偏小，故A错误；B.镀锌铁皮锌镀层厚度测量实验中，将铁皮用酒精灯持续加强热以彻底烘干，加热时铁粉能被氧化，导致质量差偏小，根据测量原理厚度21m-mVρd==S

S，可知，测定结果偏低，故B错误；C.用标准碱滴定待测酸溶液时，装有标准碱的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡，则标准液的体积偏小，即标准液物质的量偏小，导致待测液浓度偏低，C错误；D.一定浓度的盐酸配制过程中，用量筒量取计算所需的浓盐酸时，仰视观察刻度线，会

导致量取液体的体积偏大，溶质变多，所配溶液浓度偏高，故D正确；答案选D。25.某固体混合物X含有4NHCl、()243AlSO、()33FeNO、23NaCO和4CuSO中的几种，为探究其组成，某小组进行如下实验：①X溶于水得澄清透明溶液Y②取少

量Y溶液，逐滴加入-11.00molL的NaOH溶液，开始时产生沉淀并逐渐增多，随后沉淀逐渐减少，最终得到澄清溶液Z。下列说法不正确．．．的是（）A.由②可判断固体混合物X中一定含()243AlSOB.固体混合物X中一定不含23NaCOC.取澄清溶液Z，加热可能产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的

气体D.取②中产生的部分沉淀，经过滤、洗涤后充分灼烧可能得到黑色物质【答案】A【解析】【分析】取少量Y溶液，逐滴加入NaOH溶液，开始时产生沉淀并逐渐增多，随后沉淀逐渐减少，最终得到澄清溶液Z，可知溶液中可能有两种情况，()243Al

SO中加入氢氧化钠溶液先生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量后生成NaAlO2，沉淀溶解；或CuSO4溶液中加入氢氧化钠溶液先生成Cu(OH)2沉淀，NaOH过量后生成配合物Na2[Cu(OH)4]，沉淀溶解。最终得到澄清溶液，说明肯定没有()33FeNO，溶液中存在()243A

lSO或4CuSO，根据①溶于水得澄清透明溶液，那么肯定没有23NaCO，而4NHCl对此实验没有影响，则可能存在。【详解】A.由②可判断固体混合物X中可能为()243AlSO或4CuSO，A错误；B.根据分析，固体混合物X中一定不含23NaCO，B正确；C.若溶液中存在4NHCl，加入氢氧化钠

后生成一水合氨，加热可能产生氨气，氨气与水生成一水合氨具有碱性，能使红色石蕊试纸变蓝，C正确；D.若原溶液中含有4CuSO，加入氢氧化钠后生成氢氧化铜沉淀，经过滤、洗涤后充分灼烧可能得到黑色的CuO，D正确；答案选A。【点睛】加氢氧化钠先生成沉淀，沉淀再

消失，不一定是Al3+，也可能是Cu2+，注意综合考虑。二、非选择题（本大题共6小题，共50分）26.下图是某一由C、H、O组成的有机物分子的比例模型，其中不同的球代表不同的原子，请结合成键特点回答：（1）该有机物的结构简式为________；其中含有的官能团为________（

填名称）。（2）该有机物能发生的反应类型有________。A加成反应B消去反应C氧化反应D酯化反应（3）取1mol该化合物与足量的金属钠反应，理论上可生成的气体在标准状况下的体积为________L。（4）一定条件下该化合物自身能通过缩聚反应形成高分子化合物，写出该缩聚反

应的化学方程式____。【答案】(1).HOCH2CH2COOH(2).羟基、羧基(3).B、C、D(4).22.4(5).nHOCH2CH2COOH+nH2O【解析】【详解】（1）由题目中的比例模型可知，该化合物的结构简式为HO

CH2CH2COOH；官能团有羧基和羟基；（2）该化合物中有羟基，可发生酯化反应，羟基的α-C上有H，可以发生氧化反应，羟基的β-C上也有H，可以发生消去反应，该化合物中还有羧基，可以发生酯化反应，故选BCD。（3）该

化合物中羧基和羟基都可以与Na反应，每个羧基和羟基都只提供一个H，故1mol该化合物与足量的金属钠反应，理论上应产生1molH2，在标况下为22.4L；（4）由于该化合物有一个羧基和一个羟基，故可发生缩聚反应，方程式为nHOCH2CH2C

OOH+nH2O；【点睛】本题要注意第（2）题，该化合物的氧化反应不仅限于羟基的氧化，燃烧也是氧化反应。27.某兴趣小组为探究23NaSO的性质，将23NaSO固体隔绝空气加热进行实验。已知加热会生成硫酸钠和另一

种中学常见物质，加热前后，固体的质量没有变化。取加热后的固体溶于水，滴加稀盐酸，出现淡黄色沉淀。(1)生成的淡黄色沉淀是________(填名称)。(2)写出23NaSO固体隔绝空气加热的化学方程式_________。(3)设计实验证明分解

后产物中的硫酸钠固体__________。【答案】(1).硫(2).4Na2SO3=加热3Na2SO4+Na2S(3).取加热后的固体溶于水，滴加过量盐酸，取上层清液，再滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，说明有硫酸钠生成【解析】【分析

】将23NaSO固体隔绝空气加热，加热前后，固体的质量没有变化，说明没有气体生成，得到硫酸钠和硫化钠，向加热后的固体溶于水，滴加稀盐酸，硫离子和亚硫酸根离子反应生成硫单质为淡黄色沉淀，利用硫酸根离子的检验方法检验。【详解】(1)硫离子和亚硫酸根离子在酸性条件下反应生成硫单质和水，生成

的淡黄色沉淀是硫；(2)固体的质量没有变化，说明没有气体生成，得到硫酸钠和硫化钠，23NaSO固体隔绝空气加热的化学方程式为：4Na2SO3=加热3Na2SO4+Na2S；(3)证明分解后产物中的硫酸钠固体的操作是：取加热后的固体溶于水，滴加过量盐酸，取上层清液，再滴加氯化钡溶液

，若产生白色沉淀，说明有硫酸钠生成。【点睛】硫离子和亚硫酸根反应生成硫单质的化学反应为易错点。28.0.1mol某有机物A和0.25mol氧气在一密闭容器中充分燃烧，所得产物通过浓硫酸时使其增重5.4g，再通过

足量灼热的氧化铜粉末，固体质量减少1.6g，最后再通过足量过氧化钠粉末，固体质量增加了8.4g。请回答：（1）该化合物A的分子式为_______。（2）简要写出推理过程_______。【答案】(1).C3H6O3(2).根据浓硫酸增重得n（H2O）=0.3mol根据氧化

铜固体减少的质量得n（CO）=0.1mol；根据Na2O2可得混合气体中n（C）=0.3mol，因此n（CO2）=0.2mol，氧元素守恒得，有机物中n（O）=0.3mol因此n（有机物）：n（C）：n（H）：n（O）=1：3：6：3，分子式为C3H6O3。【解析】【分析】浓硫酸吸

收燃烧产生的水，通过足量灼热的氧化铜粉末，燃烧产生的CO与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，最后通入足量过氧化钠粉末，吸收产生的二氧化碳。【详解】(1)浓硫酸增重5.4g，则燃烧产生水的质量为5.4g，物质的量为5.40.318/gmolgmol=；通入氧化铜粉

末，发生反应CO+CuOCu+CO2，氧化铜减少1.6g，则燃烧产生CO的物质的量为1.60.1(44/28/)gmolgmolgmol=−，将产生二氧化碳通入过氧化钠粉末，发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体增重8.4g，则n(C

)=8.420.3mol(44/232/)ggmolgmol=−，则燃烧产生二氧化碳的物质的量n(CO2)=0.2mol，氧元素守恒得，有机物中n（O）=0.3mol，因此n（有机物）：n（C）：n（H）：n（O）=1：3：6：3，分子式为C3H6

O3。(2)根据浓硫酸增重得n（H2O）=0.3mol根据氧化铜固体减少的质量得n（CO）=0.1mol；根据Na2O2可得混合气体中n（C）=0.3mol，因此n（CO2）=0.2mol，氧元素守恒得，有机物中n（O）=0.3mol;因此n（有机物）：n（C）：n（H）：n（O）=

1：3：6：3，分子式为C3H6O3。29.实验室用乙酸和正丁醇（3222CHCHCHCHOH）制备乙酸正丁酯，制备过程如下：①在干燥的50mL圆底烧瓶中，加入一定量的正丁醇和冰醋酸，再加入3~4滴浓硫酸，摇匀，

投入1~2粒沸石。按下图所示安装带分水器的回流反应装置，并在分水器中预先加入水，使水面略低于分水器一分水器的支管口。②打开冷凝水，圆底烧瓶在石棉网上用小火加热。在反应过程中，通过分水器下部的旋塞不断分出生成的水，注意保持分水器中水层液面原来的高度，使油层尽量回到圆底烧瓶中。反应达到终点

后，停止加热，记录分出的水的体积。请回答有关问题：（1）冷凝水的流向为________进________出（填a或b）。（2）步骤②中不断从分水器下部分出生成的水的目的是________________。步骤②中判断反应

终点的依据是________________。【答案】(1).a(2).b(3).使用分水器分离出水，使平衡正向移动，提高反应产率(4).分水器中的水层不再增加时，视为反应的终点【解析】【分析】乙酸和正丁醇（3222CHCH

CHCHOH）反应生成乙酸正丁酯和水，该反应为可逆反应，分离出反应生成的水，可使平衡正向移动，提高乙酸正丁酯的产率。【详解】(1)为进行充分的冷凝，冷凝水要充满整个冷凝管，故冷凝水的流向为a进b出。(2)该反应为可逆反应，分离出生

成的水，使平衡正向移动，提高反应产率；当反应达到平衡状态时，各组分的浓度不再改变，故当分水器中的水层不再增加时，反应达到平衡状态，视为反应的终点。30.二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体｛K2[Cu(C2O4)2]•2H2O｝（摩尔质量为354g•mol-1），是一种工业用化工原料。微溶于冷水和酒精，虽可溶

于热水但会慢慢分解，干燥时较为稳定，温度高于260℃易分解。实验室以胆矾和草酸为原料制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的流程如下，请根据相关流程回答：（已知：H2C2O4加热CO↑+CO2↑+H2O）(1)抽滤CuO

时若发现滤液中有较多浑浊，应采取的措施是_________。(2)如图装置，经过一系列操作完成CuO的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整（洗涤操作只需考虑一次）：开抽气泵→a→b→d→________→c→关抽气泵。a．转移固液混合物；b．关活塞A

；c．开活塞A；d．确认抽干；e．加洗涤剂洗涤(3)KHC2O4和K2C2O4混合溶液制备时K2CO3固体需分批加入的原因是________。(4)下列说法正确的是________。A．从K2[Cu(C2O4)2]溶液中结晶时应采用水浴蒸发浓缩、冷却结晶B．洗涤CuO沉淀和K2[Cu(C

2O4)2]•2H2O晶体时可分别用热水和冷水C．为充分利用滤纸上的CuO，可将滤纸剪碎后加入到热的KHC2O4和K2C2O4混合溶液中，待充分反应后趁热过滤D．在500℃下烘干K2[Cu(C2O4)2]•2H

2O晶体比200℃的效果更好(5)产品纯度的测定：准确称取制得的晶体试样ag溶于氨水中，并加水定容至250mL，取试样溶液25.00mL，再加入10mL的稀硫酸，用bmol•L-1的KMnO4标准液滴定，消耗KMnO4标准液V

mL。已知：22424222MnO5CO16H=2Mn10CO8HO−−++++++①滴定过程中若不慎将标准液滴在锥形瓶内壁上，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁后再继续滴定至终点，实验结果会________。（填“偏大”“偏小”或“无影响

”）②该产品的纯度为________________。（用含字母的最简式表示）【答案】(1).改用双层滤纸重新抽滤(2).c→e→b→d(3).防止生成CO2太快使液体飞溅；防止反应剧烈温度过高使草酸分解(4).ABC(5).无影响(6).177b40aV【

解析】【分析】分析题给流程图，将原料胆矾和草酸经一系列变化转化为CuO、KHC2O4和K2C2O4混合溶，然后经水浴加热等系列操作得到二草酸合铜酸钾晶体。(5)测定产品纯度是将二草酸合铜酸钾转化为草酸，再用KMnO4标准液滴定草酸，可用关系式简化计算过程。【详解】(1)抽滤时发现滤液中有较多浑

浊，说明抽滤失败，应加厚滤纸重新抽滤，答案为：改用双层滤纸重新抽滤；(2)题中装置中有活塞A的存在，若打开活塞A，则空气直接从A处进入，相当于停止抽滤，关闭活塞A，则由布氏漏斗进入，开始抽滤。故可以利用活塞A的开、关控制抽滤的停止和开始。洗涤时要使洗涤剂缓慢通过沉淀，要先打开活塞A，再加洗涤剂

，最后抽干，故答案为：c→e→b→d；(3)K2CO3固体分批加入，一方面可防止反应过程中生成CO2过快而使液体飞溅，另一方面可防止反应过程中剧烈反应而使体系温度过高导致草酸分解。故答案为：防止生成CO2太快使液体飞溅；防止反应剧烈温度过高使草酸分解；(4)A．根据题给信

息，二草酸合铜酸钾晶体含有结晶水，故从K2[Cu(C2O4)2]溶液中结晶时应采用水浴蒸发浓缩、冷却结晶，A项正确；B．根据题给信息，K2[Cu(C2O4)2]•2H2O晶体微溶于冷水，溶于热水时会慢慢分解，故应用冷

水洗涤。CuO可用热水洗涤，B项正确；C．过滤时滤纸上沾有大量的CuO固体，所以直接将滤纸剪碎后加入到热的KHC2O4和K2C2O4混合溶液中，待充分反应后趁热过滤，C项正确；D．由题可知，温度高于260℃时，K2[Cu(C2O4)2]•2H2O晶体易分解，故不能在500℃下烘干K2[Cu(C

2O4)2]•2H2O晶体，D项错误；答案选ABC；(5)①滴定过程中，将标准液滴在锥形瓶内壁上，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁后再继续滴定至终点，消耗标准液的总的物质的量没有发生变化，故对实验结果无影响。答案为：无影响；②根据题意，样品中二草酸合

铜酸钾先转化为草酸，再用KMnO4标准液滴定，由物料守恒、得失电子守恒，结合题给信息，可得关系为：5K2[Cu(C2O4)2]•2H2O~22410CO−~44MnO−。设该产品的纯度为x，据题意有：()2224224421-3-15KCuC

O?2HO~10CO~4MnO54ag25.00mLbmol?L10L354g?mol250mLxV−−−解得：x=177b40aV。答案为：177b40aV。31.沙丁胺醇有明显的支气管舒张作用，临床上主要用于治疗喘息型支

气管炎、支气管哮喘等，其中一条通用的合成路线如下：已知：结合上述合成路线，请回答：(1)下列说法不正确．．．的是________。A．沙丁胺醇的分子式为13193CHNOB．设计DE→的过程是为了保护其中的官能团C．HJ→的过程有还原反应发生D．化合物C可以发生的反应类型有

加成、消去、还原等(2)化合物F的结构简式为________________。(3)请写出DF→过程的化学反应方程式：__________。(4)写出同时满足下列条件的化合物B所有的同分异构体________________。①分子中含苯环，遇3FeC

l溶液显紫色：②能发生银镜反应；③分子中有4种不同化学环境的H原子(5)请利用所学知识和题中涉及的反应，设计以苯、甲醛和异丁烯()232CHCCH=为原料合成化合物G的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_________。【答案】(1).AD(2).(3).++H→+CH

3COOH(4).(5).【解析】【分析】根据流程图所示，根据A、D的结构变化可知，A→D的变化过程中，A的酚羟基邻位引入取代基，该取代基上发生一系列变化，结合B、C的分子式，可知，A在酸性条件下与HCHO

反应生成B，B的结构简式为，B与HCl反应生成C，C的结构简式为，C与CH3COONa反应生成D，结合D、I的结构简式及D→I的反应条件和E、F、H的分子式，在酸性条件下与(CH3CO)2O反应生成E，E的结构简式为，在CHCl3作用下与Br2发生取代反应

生成F，F的结构简式为，F与发生已知信息的转化反应生成H，H的结构简式为，H在HCl作用下发生水解反应生成I，I在Pd-C作用下与H2反应生成沙丁胺醇，据此分析解答。【详解】(1)A．沙丁胺醇的分子式为21331CHNO，故A错

误；B．D为，在酸性条件下与(CH3CO)2O反应生成E，E的结构简式为，设计DE→的过程是为了保护其中的官能团，故B正确；C．H在HCl作用下发生水解反应生成I，I在Pd-C作用下与H2反应生成沙丁胺醇，HJ→的过程有还原反应发生，故C正确；D．C的结构简式为，分子中含有苯

环，可以发生的反应类型有加成反应，与氯原子相邻的碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，分子中含有羰基，可以被氢气还原生成醇，故D错误；答案选AD。(2)根据分析，化合物F的结构简式为；(3)根据分析可知，DF→过程的化学反应方程式：++H→

+CH3COOH；(4)①分子中含苯环，遇3FeCl溶液显紫色，说明分子中含有酚羟基；②能发生银镜反应，含有醛基或甲酸某酯；③分子中有4种不同化学环境的H原子，分子要求对称性较高，化合物B所有的同分异构体有；(5)以苯、甲醛和异丁烯()232CHCCH

=为原料合成化合物G，先用苯和甲醛发生取代反应生成苯甲醇，苯甲醇和氯化氢发生取代反应得到1-氯甲苯，异丁烯和氯化氢发生加成反应得到(CH3)3Cl，(CH3)3Cl和1-氯甲苯在氨气的作用下生成，合成路线为：。【点睛】根据的合成过程中需要(CH3)3Cl和1-氯甲苯，是难点

。