【文档说明】【精准解析】浙江省宁波市效实中学2018-2019学年高二下学期期中考试化学试题.doc，共(25)页，1.230 MB，由小赞的店铺上传

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宁波效实学校高二化学期中考试试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Zn-65Mn-55Fe-56Cu-64Br-80Ag-108I-1

27注意：（1）本试卷分Ⅰ卷（选择题）和Ⅱ卷（非选择题）；（2）选择题涂在答题卡上，非选择题写在答卷纸上；（3）考试时间90分钟；（4）本场考试不得使用计算器。第I卷选择题一、选择题（每小题2分，共2

5小题。每小题只有一个选项符合题意。）1.下列仪器对应名称正确的是（）A.蒸发皿B.三脚架C.长颈漏斗D.蒸馏烧瓶【答案】D【解析】【分析】此题考查实验器材的名称。【详解】A.是坩埚，故不正确；B.是泥三角，故不正确；C.是分液漏斗，故不正确；D.是蒸馏烧

瓶，故正确；故正确答案为D2.下列表示正确的是（）A.水分子的比例模型：B.HClO的结构式：H-Cl-OC.聚氯乙烯的结构简式：D.离子结构示意图：可表示16O2-，也可表示18O2-【答案】D【解析】【详解】A．水分子的结构为V形，

而图示为直线结构，A错误;B．HClO的分子种存在1个氧氢键和一个氧氯键，结构式为H-O-Cl，B错误；C．聚氯乙烯结构中无碳碳双键，结构简式为，C错误；D．16O2-和18O2-质子数均为8，核外电子数均为10，D正确；答案选D。

3.下列说法正确的是（）A.氧气和臭氧互为同素异形体，他们之间的互变属于物理变化B.3种氢核素与2种氧核素，可组成6种不同组成的水分子C.乙醇和乙二醇互为同系物D.组成为C9H12，在苯环上存在3个-C

H3的异构体有3种【答案】D【解析】【详解】A．氧气和臭氧互为同素异形体，是两种不同的物质，故他们之间的互变属于化学变化，A错误;B．水分子中有两个氢原子和一个氧原子，两个氢原子有6种组合，和2种氧核素组成12种水分子，B错误；C．同系物的官能团数目和种类

相同，乙醇中含有一个羟基但乙二醇种有两个羟基，两者不是同系物，C错误；D．组成为C9H12，在苯环上存在3个-CH3的异构体有、、，共三种，D正确；答案选D。4.下列说法正确的是（）A.硬脂酸丙酯在碱性条件下的水

解反应叫皂化反应B.向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热一段时间后，未冷却就滴入几滴碘水，溶液未变蓝，不能说明淀粉已完全水解C.蛋白质是天然高分子，可在人体内转化为氨基酸，这个过程称为蛋白质变性D.糖类物质在一定条件下均能发生水解反应【答案】B【解析】【详解】A

．高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应叫皂化反应，硬脂酸丙酯不是高级脂肪酸甘油酯，A错误;B．加热时淀粉的碘水溶液蓝色会消失，故未冷却就滴入几滴碘水，不能判断淀粉是否已完全水解，B正确；C．蛋白质是天然高分子，可在人体内转化为氨

基酸，这个过程称为水解，C错误；D．单糖不能水解，D错误；答案选B。5.下列各组物质既不属于同系物，也不属于同分异构体的是（）A.CH3-CH2-CH2-CH3和B.和C.丁醇和乙醚D.CH3CH2CH=CH2和【答案】B【解析】

【分析】同系物指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，必须是同一类物质即含有相同且数量相等的官能团。同分异构体是指分子式相同而有结构不同的化合物。【详解】A．CH3-CH2-CH2-CH3和属于同分异构体，A错误;B．和，既不是同系物也不是同分异构体，B

正确；C．丁醇和乙醚属于同分异构体，C错误；D．CH3CH2CH=CH2和属于同分异构体，D错误；答案选B。【点睛】注意醇羟基和酚羟基不属于同一种官能团。6.下列说法正确的是A.按系统命名法，化合物的名称是2，3，5，5－四甲基－4，4－二乙基己烷B.等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的

量不相等C.苯和甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色D.结构片段的高聚物，其单体是苯酚和甲醛【答案】D【解析】【详解】A、命名遵循：长、多、近、简、小；题给化合物正确的名称为2，2，4，5-四甲基-3，3-二乙基己烷，A错误；B、苯甲

酸的分子式为C7H6O2，可将分子式变形为C6H6·CO2，因此等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等，B错误；C、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可用酸性高锰酸钾溶液来判断苯和苯的同系物，C错误；D、结构片段为的高聚物，其单体是甲

醛和苯酚，D正确；答案选D。【点睛】关于单体判断需要注意首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，（1）加聚产物的单体推断方法：凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，

其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体，凡链节中主碳链为6个碳原子，含有碳碳双键结构，单体为两种（即单烯烃和二烯烃）。①凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；②凡链节中主碳链

为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体；③凡链节中主碳链为6个碳原子，含有碳碳双键结构，单体为两种（即单烯烃和二烯烃）；（2）缩产物的单体推断方法：断键，

补原子，即找到断键点，断键后在相应部位加上-OH或-H。7.下列说法正确的是（）A.实验室从海带提取单质碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取B.用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的

温度C.氯离子存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中D.将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性【答案】C【解析】【详解】A、取样→灼烧→溶解→过滤

→加入氧化剂H2O2→萃取、分液→蒸馏得到碘单质，故A错误；B、制备乙烯，温度迅速上升到170℃，水浴加热达不到此温度，故B错误；C、通常认为是Cl－替代了O2－的位置，生成可溶性AlCl3，破坏氧化膜，故C正确；D、蛋白质溶液加入（NH4）2SO4，降低

蛋白质的溶解度使之析出，是盐析，是可逆过程，而Cu2＋是重金属离子，破环蛋白质的活性，不可逆，故D错误；故选C。8.下列关于实验原理或操作的叙述中，正确的是（）A.振荡分液漏斗后，应立即将漏斗放在铁架台的铁圈上静置B.硝酸钾中含有少量氯化钠可用重结晶的方法提纯C.点样后

应在滤纸上形成一个直径较大的样斑，以便实验时观察D.若不慎将液溴溅到手上，可立即用大量氢氧化钠溶液清洗【答案】B【解析】【详解】A．振荡分液漏斗后应该进行放气处理，A错误;B．利用硝酸钾固体的溶解度随温度的升高明显增大的特点，硝酸钾中含有少量氯化钠可用重结晶的方

法提纯，B正确；C．斑点直径应该在0.5cm以内，C错误；D．氢氧化钠具有强腐蚀性，不能用来清洗皮肤，D错误；答案选D。9.萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是（）A.a和b都属于芳香族化合物B.a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上C.a、b和c均能使酸性

KMnO4溶液褪色D.b和c均能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀【答案】C【解析】【详解】A．a中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于，故A错误；B．a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，故B错误；C．a含碳碳双键

、b中苯环上连有甲基、c含-CHO，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D．只有-CHO与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀，则只有c能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀，故D错误；答案选C。10.下列说法正确的是（）A.H2O的沸点高于H2

S，是因为O的非金属性大于SB.NaHSO4固体溶于水，既有离子键的断裂，又有共价键的断裂C.由于二氧化碳的碳氧键形成时会释放大量的热量，由此可利用干冰易升华的原理制造舞台的“雾境”D.N2、CO2和PCl5三种物质都存在共价键，都是由分子

构成的物质，且均满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【详解】A．H2O的沸点高于H2S是因为水分子之间存在氢键，A错误;B．NaHSO4固体溶于水，电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，共价键和离子键都发

生断裂，B正确；C．干冰易升华的原理制造舞台的“雾境”，是利用干冰升华吸收热量，未发生化学键的断裂，C错误；D．PCl5不满足8电子稳定结构，D错误；答案选B。11.下列操作或原理正确的是（）A.可用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸上，测定该氯水的pH值B.装Na2CO3溶液的试剂瓶塞用玻璃塞C

.蒸馏操作时先通冷却水再加热D.实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原试剂瓶中【答案】C【解析】【分析】A．依据氯水成分及性质漂白性判断；B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液；C．后先通冷却水，一开始产生的水蒸气没有得到冷却；D．多余的钠应放回

试剂瓶。【详解】A．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测试氯水的pH值，故A错误；B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，将玻璃塞与试剂瓶粘到一起，故B错误；C．先通冷却水

，保证冷凝管的管套中充满水，再开始加热，否则一开始产生的水蒸气没有得到冷却，故C正确；D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠能放回原试剂瓶中，故D错误；故选C。【点睛】本题考查化学中仪器的使用

及试剂的保存，解题关键：熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项，易错点A，注意氯水的漂白性。12.下列有关实验操作的叙述错误的是A.过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁B.从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁C.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥

形瓶内壁D.向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁【答案】B【解析】【详解】A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使液体顺利流下，A正确；B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴接触试管内壁，容易造成试剂污染，B错误

；C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，可以使残余在滴定管的尖嘴的液体进入到锥形瓶，C正确；D．向容量瓶转移液体时，用玻璃棒引流可以接触容量瓶内壁，D正确。故选B。13.甲～庚等元素在周期表中的相对位置如表，己的最高价氧化物对应水化物有强脱

水性，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数，下列判断正确的是（）A.丙与戊的原子序数相差28B.气态氢化物的稳定性：庚＜己＜戊C.常温下，甲和乙的单质均能与水剧烈反应D.丁的最高价氧化物为分子晶体，可用于制造光导纤维【答案】A【解析】【分析】

由己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性可知，己为S元素；由甲原子最外层与最内层具有相同电子数、甲与S在同一周期可知，甲为Mg元素。根据元素周期表的位置推知，丁为硅元素,乙为钙元素，丙为硼元素，戊为砷元素，庚为氟元素。【详解】A．丙的原子序数为5，戊的原子序数为33，相差28，A正确;B．

元素周期表中从左到右、从下到上，气态氢化的稳定性越来越强，故应为庚>己>戊，B错误；C．常温下镁与水不能剧烈反应，C错误；D．二氧化硅为原子晶体，可用于制造光导纤维，D错误；答案选A。14.下列实验装置或操作设计正确、且能达到目的的是A.实验①排出碱式滴定管胶管中的气

泡B.实验②比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果C.实验③验证牺牲阳极的阴极保护法D.实验④进行中和热的测定实验【答案】A【解析】A.实验①，排出碱式滴定管胶管中的气泡，A正确；B.实验②，用于比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，所加溶液的体积不同而使实验没有可

比性，B不正确；C.实验③中，用硫氰化钾溶液无法检验出Fe2+，故无法验证牺牲阳极的阴极保护法是否有效，C不正确；D.实验④，进行中和热的测定的实验，因没有使用环形玻璃搅拌棒会导致实验误差过大，D不正确。15.X、Y、Z、W均

为常见的短周期主族元素，常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol/L）的pH和原子半径的关系如下图所示。其中，Y为碳元素。下列有关说法正确的是A.X是硫元素B.Y的最高价氧化物的电子式为C.W的最高价氧化物对应

的水化物中仅含离子键D.Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，由其最高价氧化物对应水化物的pH和原子序数的关系图可以知道，X、Z对应的pH为2，高氯酸、硝酸均为一元强

酸，原子半径Z>Y>X，Y为C，可以知道Z为Cl，X为N，W对应的pH为12，氢氧化钠为一元强碱，则W为Na，以此来解答。【详解】由上述分析可以知道，X为N，Y为C，Z为Cl，W为Na，A.X为N元素，不可能为硫元素，故A错误；B.Y为C元素，其最高氧化物为CO2，电子式为，故B错误；C

.W为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，既含有离子键又含有共价键，故C错误；D.Z为Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物为HClO4，故D正确。所以D选项是正确的。【点睛】本题考查元素周期律、结构位置性质关系，推断元素是

解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，注意NaOH是离子化合物，既含有离子键又含有共价键。16.2016年诺贝尔化学奖授予借助某些金属离子制造出复杂新分子，从而合成分子机器的三位科学家，合成新分子过程模拟如下：下列有关信息错误的是（）A.图中新月形分子

和环状分子“组合”在一起，铜离子起关键作用B.利用此方式可以合成新分子，同时也可能创造一种全新“机械键”C.在创造新分子技术中，铜离子不是唯一可以借助的金属离子D.此技术不可以“互锁”合成分子，甚至成更

复杂的分子【答案】D【解析】【详解】A．由图1可知，铜离子将分子组合在一起，故新月形分子和环状分子“组合”在一起，铜离子起关键作用，不符合题意，A错误;B．由图可知，在铜离子作用下，合成新分子，新分子通过“机械键”互锁而链接在一起，不符合题意，B错误；C

．由题干信息可知，科学家借助某些金属离子制造复杂新分子，铜离子不是唯一可借助的，不符合题意，C错误；D．四个环形分子可以“互锁”合成分子，多个环形分子“互锁”成更复杂的分子，符合题意，D正确；答案选D。17.迄今为止我国相关部门已经发布了113号Nh、

115号Mc、116号Lv、117号Ts、118号Og等元素的中文名称分别是：、、、、，下列有关推断正确的是（）A.这五种元素均为主族元素B.Nh的最高价氧化物是一种典型的两性氧化物C.Ts的简单阴离子比该族上一周期简单阴离子的还原性弱D.根据该名称，周期表118种元素中非金属元素共有

24种【答案】D【解析】【详解】A．118号Og元素为0族元素，A错误;B．113号Nh元素位于周期表中第七周期ⅢA族，同一主族元素金属性逐渐增强，则其最高价氧化物为碱性氧化物，B错误；C．Ts的非金属性比上一

周期元素原子的非金属性弱，则其简单阴离子比该族上一周期简单阴离子的还原性强，C错误；D．根据该名称，周期表118种元素中非金属元素共有24种，D正确；答案选D。18.X是某药物的中间体，其结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是（）A.X的分子式为C27H27O10NB.与足量H2发

生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种C.一定条件下，X能与乙醇发生酯化反应D.1mol化合物X最多可与3molNaOH、8molH2发生反应【答案】B【解析】【详解】A．X的分子式为C27H29O10N，A错误;B．X的羰基与H2发

生加成反应生成羟基，故官能团种类减少了羰基，B正确；C．X分子中无羧基，不能与乙醇发生酯化反应，C错误；D．分子中只有酚羟基能与氢氧化钠反应，故1mol化合物X最多可与2molNaOH发生反应，苯环和羰基能与氢气发生反应，故1mol化合物X最多可与9molH2发生反应，D错

误；【点睛】高中阶段能与氢氧化钠反应的官能团有：酚羟基、羧基、酯基。19.下表中实验操作能达到实险目的的是实验操作实验目的A向苯酚浓溶液中滴加少量稀溴水观察白色沉淀三溴苯酚B向待测液中加入酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、甲苯C向3mL5%的CuSO4溶

液中滴加3-4滴2%的氢氧化钠溶液，再向其中加入0.5mL乙醛，加热检验醛基D向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入足量氧氧化钠溶液，搅拌除去乙酸乙酯中的乙酸A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.苯酚和溴反应生成三溴苯酚，但三溴苯酚溶于苯中，所以用苯酚的浓溶液与少量溴水反应时不能看到白色沉

淀，故错误；B.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，故正确；C.检验醛基时需要在碱性条件下，实验过程中氢氧化钠为少量，故错误；D.乙酸乙酯与氢氧化钠反应，不能除去乙酸，故错误。故选B。【点睛】注意有机反应的条件很关键，条件改变，反应可能改变。如苯

和溴水的反应，若用浓溴水则可以看到白色沉淀；醛和新制的氢氧化铜悬浊液的反应必须氢氧化钠过量，否则不能看到红色沉淀。卤代烃在氢氧化钠水溶液加热条件下发生水解反应，而在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应等。20.下列说法不正确的是A.变色硅

胶干燥剂含有CoCl2,干燥剂呈蓝色时，表示不具有吸水干燥功能B.“硝基苯制备”实验中，将温度计插入水浴，但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触C.“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗

净后，须经干燥或润洗后方可使用D.除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶【答案】A【解析】【详解】A、纯净的CoCl2为蓝色，而CoCl2·6H2O为粉红色单

斜晶体，当干燥剂呈蓝色时，具有吸水能力，错误；B．实验室制备硝基苯用水浴加热，温度不能过高，但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触，否则会导致测量温度过高，正确；C．容量瓶和锥形瓶在使用是可以加蒸馏水可以不干燥和润洗，而滴定管和移液管

为防止残留的水分稀释标准浓度的溶液必须干燥或润洗，正确；D．酸性KMnO4溶液的作用是将SO2氧化为硫酸根，浓硫酸吸收水分，可以达到干燥和除去SO2的目的，正确。故选A。21.已知草酸(H2C2O4)

是一种弱酸，157℃升华，170℃以上分解可放出CO2和CO；可与酸性KMnO4溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。下列说法正确的是A.草酸受热产生的气体，用足量的NaOH溶液充分吸收后，可收集得到纯净的COB.草酸受热产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定

有COC.草酸受热产生的气体直接通入足量的澄清石灰水中，若能产生白色浑浊现象，则说明产生的气体中一定有CO2D.H2C2O4与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+

=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】D【解析】【详解】A、草酸受热产生的气体，用足量的NaOH溶液充分吸收后，收集到的CO还含有水蒸汽，不可能得到纯净的CO，选项A错误；B、草酸能被酸性高锰酸钾氧化，自身具有还原性，可以还原灼热的氧化铜，所以出现黑色变红色现象，得不出

一定有CO的结论，选项B错误；C、草酸受热产生的气体直接通入足量的澄清石灰水中，产生白色浑浊现象，还可能是草酸与氢氧化钙生成草酸钙沉淀，题中有告诉草酸的钙盐难溶于水，不能说明产生的气体中一定有CO2，选项C错误；D、草酸与酸性高锰酸钾反应的离子方程式为：5H2C2O

4＋2MnO4-＋6H+=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查对草酸性质的探究实验的设计与评价，化学方程式的配平，气体的检验的知识。注意掌握探究物质性质实验方案设计的方法，明确物质性质及实验操作方法为解答关键，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化

学实验能力。22.下列说法正确的是（）A.乳酸薄荷醇酯()仅能发生水解、氧化、消去反应B.乙醛和丙烯醛()不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物C.已知冰的熔化热为6.0kJ/mol，冰中氢键键能为20kJ/mol

。假设每摩尔冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于打破冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键D.CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1H－NMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子

的比例相同，故不能用1H－NMR来鉴别【答案】C【解析】【详解】A．乳酸薄荷醇酯还可以发生取代反应，A错误;B．乙醛和丙烯醛()官能团不同，故不是同系物，但二者与氢气充分反应后的产物官能同相同，分子式相差了1个“C

H2”,不是同系物，B错误；C．已知冰的熔化热为6.0kJ/mol，故1摩尔冰熔化吸收热量为6.0kJ，破坏氢键的物质的量为6.00.320kJmolkJmol=，每摩尔冰中有2mol氢键，只能破坏冰中1

5%的氢键，C正确；D．CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3是同分异构体，且二者都有三种氢原子，个数为3：2：3，但氢原子的环境不同，因此可以用1H－NMR来鉴别，D错误；答案选C。23.在10min内，相同浓度的有机污染物X的降解率随pH和温度的关系如图1和图2所示。下

列说法不正确的是（）A.50℃，pH=4时X降解速率大于pH=5时的降解速率B.由图1和图2可知，随温度的升高和pH的增大X的降解率不一定增大C.由图1和图2可判断反应最佳条件：pH=3，温度为80℃D.若50℃，pH=2时降解速率v(X)=1

.44×10-4mol·L-1·min-1，则初始c(X)=2.0×10-3mol·L-1【答案】C【解析】【分析】由图1可知，在50℃下pH<3时有机污染物X的降解率随pH升高而增大，pH>3时降解率随pH升高而降低；由图2可知，在pH=2条件下，温度小于80℃时有

机污染物X的降解率随温度升高而增大，温度大于80℃时降解率随温度升高而降低。【详解】A．由图1可知，50℃时，相同时间内pH=4时X降解率大于pH=5时，A正确;B．由图1、2可知，pH>3、温度大于80℃时降

解率随pH升高而降低，B正确；C．由图1可知，50℃pH=3时降解率最大，但由图2可知，80℃pH=2时降解率最大，故无法判断反应的最佳条件，C错误；D．411()72%()1.4410min10mincX

vXmolL−−−==，得c(X)=2.0×10-3mol·L-1，D正确；答案选C。24.聚合物P的结构简式是：，下列说法不正确．．．的是A.单体之一是B.聚合物P中含有酯基C.合成聚合物P的反应类型是缩聚反应D.通过质谱法测定P

的平均相对分子质量，可得其聚合度【答案】D【解析】【分析】为缩聚产物，对应的单体有HOOCCH2CH2COOH、、HOCH2CH2CH2CH2OH，以此解答该题。【详解】A.由结构简式可以知道单体之一是，所以A选项是正确的B.由结构可以知道含有的官能团有酯基，所以

B选项是正确的；C.聚合物P由酸、醇发生缩聚反应生成，所以C选项是正确的；D.聚合物有两种链节，不能确定m、n的具体数值，故D错误。答案选D。25.褪黑素是一种内源性生物钟调节剂，在人体内由食物中的色氨酸转化得到下列说法不正确的是A.色氨酸分子中存在氨基酸和羧基，可形成内盐，具有较高的熔点B.

在色氨酸水溶液中，可通过调节溶液的pH使其形成晶体析出C.在一定条件下，色氨酸可发生缩聚反应D.褪黑素与色氨酸结构相似，也具有两性化合物的特性【答案】D【解析】【详解】A、氨基酸分子中同时含有羧基（-COOH）和氨基

（-NH2），不仅能与强碱或强酸反应生成盐，而且还可在分子内形成内盐（偶极离子），A正确；B、在等电点时，氨基酸的溶解度最小．因此可以用调节溶液PH值的方法，使不同的氨基酸在各自的等电点结晶析出，以分离或提纯氨基酸，B正确；C、α-氨基酸分子间可以

发生脱水反应生成酰胺，在生成的酰胺分子中两端仍含有α-NH2及-COOH，因此仍然可以与其它α-氨基酸继续缩合脱水形成长链高分子．所以在一定条件下，氨基酸可发生缩聚反应形成高分子（多肽），C正确；D、色氨酸为α-氨基酸，褪黑素不是α-氨基酸，两者结

构不相似。褪黑素官能团为酰胺键，不具有两性化合物的特性，D错误。答案选D。第Ⅱ卷非选择题二、填空题26.淀粉在一定条件下发生下列转化关系：已知：化合物H中含有一个甲基。请回答：（1）写出B的电子式___；化合物D中的官能团名称___。

（2）E+H→G的化学方程式：___。（3）下列说法不正确的是___。A．化合物A和D能与银氨溶液反应生成光亮的银镜B．用新制的氢氧化铜不能区分化合物C、D、EC．相同质量的A、E和H充分燃烧时消耗等量的氧气D．

化合物F与G互为同分异构体【答案】(1).(2).醛基(3).+CH3COOH+H2O(4).BD【解析】【分析】淀粉在稀硫酸的作用下水解生成葡萄糖。C连续氧化生成E，根据葡萄糖的性质可推知，C应该为乙醇，B为二氧化碳。乙醇氧化生成D，D为乙醛，乙醛氧化

成E，E为乙酸。H能和乙酸、乙醇发生酯化反应，说明H中含有羧基和羟基，根据已知化合物H中含有一个甲基和分子式推知，H为。【详解】（1）葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，C为乙醇，B为二氧化碳，二氧化碳电子式为。D为乙醛，其官能团为醛基。（2）

E为CH3COOH，H为，两者发生酯化反应，化学方程式为+CH3COOH+H2O。（3）A．葡萄糖和乙醛中含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，生成光亮的银镜，不符合题意，A错误；B．C乙醇与氢氧化铜溶液不反应无现象，D乙醛

能与新制的氢氧化铜反应产生砖红色沉淀，E乙酸能与氢氧化铜反应沉淀溶解生成蓝色溶液，故三者可用新制的氢氧化铜区分，选项符合题意，B正确；C．A、E和H的分子最简式均为CH2O，故相同质量的A、E和H充分燃烧时消耗氧气的量相同，选项不符合题意，C错误；D．化合物F与G的分子式不同，两者

不是同分异构体，符合题意，D正确；答案选BD。【点睛】醇的连续氧化是本题的突破点，醇氧化生成醛，醛再氧化生成羧酸。27.某校化学小组的同学开展测定Na2SO3和NaCl的固体混合物中Na2SO3质量分数的探究实验，他

们提出下列实验方案：（1）小明同学用图中的发生、收集装置。甲、乙两试管各有两根导管，连接对应接口后，倒置盛稀硫酸的试管，发生反应，放出气体。则稀硫酸应置于____中（填“甲”或“乙”）；G管可以用化学实验室里的一种常用仪器代替，你认为这种仪器

的名称是____。仪器甲、乙接口的连接方式如下：A连接___，C连接F；（填写接口的编号）（2）小李同学用沉淀法测定Na2SO3的质量分数。操作流程：①操作Ⅱ的名称是_______。②操作Ⅰ之前，为判断所加BaCl2溶液是否过量，设计如下方案，其中最合理的是___。A．取少量上层清液，继续滴加稀H

2SO4，若沉淀产生则说明BaCl2已过量。B．待浊液澄清后，继续滴加BaCl2，若无沉淀产生则说明BaCl2已过量。C．待浊液澄清后，继续滴加稀H2SO4，若沉淀产生则说明BaCl2已过量。③根据以上数据得出Na2SO3的质量分数为_____。④小丽同学经认真分析，上述实验操作

均正确，但发现实验结果与预期相差较大，请你推测可能的原因是______,验证方法__________。【答案】(1).乙(2).碱式滴定管(3).D(4).洗涤、干燥（或烘干）(5).B(6).(126b/217a)×100%(7).Na2SO3变质(8).取少量

试样于试管中配成溶液，先滴加适量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明该Na2SO3变质【解析】【详解】某校化学小组的同学开展测定Na2SO3和NaCl的固体混合物中Na2SO3质量分数的探究

实验，倒置盛稀硫酸的试管，发生反应，因家中有直观可使气体逸出，也可是溶液溢出，不能盛放稀硫酸，，故稀硫酸只能盛放在乙中；G管可以用化学实验室里的一种常用仪器代替，起作用可吸收二氧化硫，还能定量测定，故该仪器为碱式滴定管；为便于硫酸流下，故仪器甲、乙接口的连接方式为A与D相连，C连接F；（2）用沉淀

法测定Na2SO3的质量分数，由实验流程可知加过量的氯化钡使生成亚硫酸钡沉淀，操作Ⅰ为过滤，沉淀A为BaSO3，若变质则会混有硫酸钡，则①操作Ⅱ为洗涤、干燥后称量固体质量即可测定质量分数；②操作Ⅰ之前，为判断所加BaCl2溶液是否过量，主要是看溶液中是否还有

SO32—；故需用试剂BaCl2溶液，操作为待浊液澄清后，继续滴加BaCl2，若无沉淀产生则说明BaCl2已过量，SO32-沉淀完全，故B项正确；③沉淀A为BaSO3，物质的量为：217bmol，故Na2

SO3的质量分数=126126217100%100%217bbaa=。④小丽同学经认真分析，上述实验操作均正确，但发现实验结果与预期相差较大，可能该Na2SO3变质，故验证方法为：取少量试样于试管中配成溶液，先滴加适量稀盐酸，再

滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明该Na2SO3变质。28.利用废旧锌铁皮制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO。制备流程图如下：已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似。请回答下列问题：（1）用NaOH溶液处理废旧锌铁

皮的作用有_________________________________________。A．去除油污B．溶解镀锌层C．去除铁锈D．钝化（2）调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是______________。（3）由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续

通入N2，原因是___________________。（4）Fe3O4胶体粒子能否用减压过滤发实现固液分离？____________（填“能”或“不能”），理由是_________________________________________________

。（5）用重铬酸钾法（一种氧化还原滴定法）可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取_______gK2Cr2O7(保留4位

有效数字，已知M(K2Cr2O7)＝294.0g·mol－1)。配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有_____________。（用编号表示）。①电子天平②烧杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥胶头滴管⑦移液管（6）滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡

，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将__________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】(1).A、B(2).抽滤、洗涤、灼烧(3).N2气氛下，防止Fe2+被氧化(4).不能(5).胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸(6).0.7350(7).③⑦(8).偏大【

解析】【详解】（1）由于Zn的性质与Al的相似，可溶于NaOH溶液，因此用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮，除去表面的油污后，可将镀层锌溶解；（2）调节溶液A的pH产生Zn(OH)2沉淀，然后过滤、洗涤、灼烧使Zn(OH)2分解为ZnO。考虑Zn(OH)2与Al(OH)3的

性质相似，应为絮状沉淀物，过滤速度较慢，这里可采用抽滤，加快过滤速度；（3）溶液B中含有Fe2＋、Fe3＋，加入NaOH溶液、加热，可得Fe3O4胶体粒子，其中Fe2＋极易被氧化成Fe3＋，持续通入N2

的目的是防止Fe2＋被氧化；（4）Fe3O4胶体粒子的直径较小，减压过滤时能透过滤纸，因此不能通过减压过滤实现固液分离；（5）称取K2Cr2O7的质量为m（K2Cr2O7）＝0.01000mol·L－1×0.2500L×294

.0g·mol－1＝0.7350g；用固体配制溶液，要用电子天平称量固体质量，并在烧杯中溶解，然后转移到容量瓶中，不需要量取液体的量筒和移液管；（6）若滴定前装有K2Cr2O溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束

时气泡消失，则滴定过程中读取K2Cr2O溶液的体积偏大，测得Fe3O4中二价铁的含量偏大。29.丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如图：已知：（1）A中的官能团名称为___。（2）D→E的反应类型为___。（3）B的分子

式为C9H14O，写出B的结构简式：___。（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___。①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2

种不同化学环境的氢。（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图___（无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干）。【答案】(1).碳碳双键、羰基(2).消去反应(3).(4).(5).【解析】【分析

】D生成E为醇的消去反应。根据已知和反应条件判断可知，B生成C与已知的反应机理相同，从而推知B的结构。【详解】（1）根据A的结构简式可知，A中的官能团为碳碳双键和羰基。（2）对比D和E的结构简式，D生成E脱去了小分子水，且生成碳碳双键，故反应类型为消去反应。（3）B的分子式为C9H14O，根

据已知判断B的结构简式为。（4）的分子式为C9H6O3，不饱和度为7。同分异构体中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，则其结构中含由酚羟基、不含醛基；碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明结构中含有酯基其水解产物的结

构对称性高。符合条件的同分异构体的结构简式为。（5）对比、和的结构简式，并根据题干中的已知，模仿其机理构建碳骨架；需要由合成，官能团的变化由1个碳碳双键变为2个碳碳双键，联想官能团之间的相互转化，由经过加成、消去反应完成转化。

与发生加成反应生成，与氢气加成生成目标产物。故合成路线流程图为：【点睛】同分异构体的书写要先确定分子式和不饱和度，根据限定条件确定官能团，再用残基法确定可能的结构。有机合成路线的设计，先对比原料和产物的结构，采用分割化学键的方法，

分析官能团和碳骨架发生的改变，再根据有机物之间的相互转化和题干信息进行设计。三、计算题30.有机物A和B的相对分子质量都小于200，完全燃烧时只生成CO2和H2O。B燃烧时消耗的氧气与生成的二氧化碳的

物质的量相等。B中碳、氢元素总的质量分数为46.67%。B不发生银镜反应，但跟NaHCO3溶液反应放出CO2。1molA水解生成1mol苯甲酸和1molB。A溶液具有酸性，但遇FeCl3溶液不显色。（1）A与B相对分子质量之差为___。

（2）B分子中应有___个氧原子。（3）A的结构简式为___或___。（4）写出B的属于酯的四种同分异构体的结构简式___、___、___、___。【答案】(1).104(2).3(3).(4).(5)

.(6).(7).(8).【解析】【分析】根据B燃烧时消耗的氧气与生成的二氧化碳的物质的量相等，可知B中H、O原子的个数比为2：1，设B的分子式为CxH2yOy根据B中碳、氢元素总的质量分数为46.67%，

列式(122)(12216)46.67%xyxyy+++=得x=y。跟据B不发生银镜反应，但跟NaHCO3溶液反应放出CO2，可知B中含有羧基、不含醛基。已知1molA水解生成1mol苯甲酸和1molB，即A+H20=C7H602+B，A、B的分子量小于200，推知B的分子量小于96，讨

论判断B的分子式为C3H6O3。再根据A+H20=C7H602+B，得出A的分子量。【详解】（1）因为1molA水解生成1mol苯甲酸和1molB，即A+H20=C7H602+B，可知A与B相对分子质

量只差为：122-18=104。（2）因为A和B的相对分子质量都小于200，故B的分子量小于96。根据B燃烧时消耗的氧气与生成的二氧化碳的物质的量相等，可知B中H、O原子的个数比为2：1，设B的分子式为CxH2yOy根据B中碳、氢元素总

的质量分数为46.67%，列式(122)(12216)46.67%xyxyy+++=得x=y，推断B的分子式为C3H6O3，B分子中应有3个氧原子。（3）根据A+H20=C7H602+B，其中B的分子量为90，则A的分子量为194，分子中含有苯环，分

子式为C10H10O4。因为A溶液具有酸性，但遇FeCl3溶液不显色，又能水解，则分子中含有酯基、羧基但不含酚羟基。故A的结构简式可能为或。（4）B的分子式为C3H6O3，不饱和度为1，B属于酯的同分异构体中含有酯基，酯基不饱和度为1含有2个氧原子，则B中可能还含有羟基和醚键，

则同分异构体有、、、等。