【文档说明】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(28)页，1.958 MB，由小赞的店铺上传

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哈师大附中2018级高二学年下学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H:1C:12N:14O:16Na:23S:32Cu:64Ce:140Bi:209一、选择题(本题共25小题，每题只有一个选项符合题意，其中1-20小题每题2分，21-25小题每题3分，共

55分)1.化学与生产生活关系密切。下列有关说法错误的是()A.港珠澳大桥使用的超高分子量聚乙烯纤维属于有机高分子化合物B.质谱法是测定有机物相对分子质量及确定化学式的分析方法之一C.“玉兔二号”月球车使用的帆板太阳能电池的材料是

2SiOD.宋·王希孟《千里江山图》卷中绿色颜料“铜绿”的主要成分是碱式碳酸铜【答案】C【解析】【详解】A．聚乙烯纤维的相对分子质量在10000以上，为合成高分子化合物，故A正确；B．质谱法是纯物质鉴定的最有力工具之一，其中包括相对分子量测定、化学式的确定及结构鉴定等，故B正确；C．硅为良好

的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故C错误；D．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，则绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，故D正确；答案选C。【点睛】硅位于金属和非金属分界线处，

其单质属于半导体材料，常常用于制作太阳能电、硅芯片等，而二氧化硅一般做光导纤维，玻璃，玛瑙等。2.同分异构现象在有机物中广泛存在，如图为苯及其几种同分异构体的键线式，下列有关说法中正确的是A.b、c均与乙烯互为同系物B.a和d的二氯代物均有3种C.4种有机物均能使酸性高锰酸钾溶液

褪色D.a和b中所有原子可能共平面【答案】B【解析】【分析】苯、盆烯、杜瓦苯和棱柱烷的分子式均为C6H6，四者互为同分异构体。【详解】A项、同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，这两种物质分子式均为C6H6，c含两个碳碳双键且为环状，b虽只含一

个碳碳双键但也为环状，故其与乙烯不是同系物，A错误；B项、苯的二氯代物有邻、间、对3种，棱柱烷的二氯代物的数目可采用“定一移一”法进行判断，有，共3种，故B正确；C项、苯和棱柱烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D项、苯分子中所有原子

一定共平面，盆烯中含有次甲基()，所有原子不可能共平面，故D错误。故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握同分异构体数目判断、有机物分子式确定、有机物共面的判断等方法是解答关键。3.设NA为阿伏加德罗常数值。

如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是A.N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+B.每1molPt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NAC.将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象D.1gCO2、N2O的混合气

体中含有电子数为0.5NA【答案】D【解析】【详解】A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；B．根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式

为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1molN2O转化为N2得到2mol电子，则每1molPt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、N

a+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则1gCO2、N2

O的混合气体的物质的量为144mol，含有电子数为144mol×22×NA=0.5NA，故D正确；答案选D。【点睛】B项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。4.古“丝绸之路”我国商人运出的货物有

：①丝绸②茶叶③白糖④瓷器⑤纸张⑥植物油⑦明矾⑧金银铜器等。下列说法正确的是A.④、⑦、⑧都属于盐类B.①、③、⑤、⑥都属于高分子化合物C.①、②、⑤、⑥都属于蛋白质D.①、②、③、⑤、⑥的主要成分都属于有机物【答案】D【解析】A、瓷器是硅酸盐

材料，属于混合物，金银铜器是金属单质或合金，都不属于盐类，选项A错误；B、白糖、植物油都不是高分子化合物，选项B错误；C、茶叶、纸张主要成分是纤维素，属于糖类，植物油属于油脂，选项C错误；D、丝绸、茶叶、白糖、纸张、植物油的主要成分是有机

物中的糖类、油脂、蛋白质，选项D正确。答案选D。5.下列离子方程式正确的是A.纯碱可用于去油污:CO32-+2H2O2OH-+H2CO3B.醋酸去水垢:2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OC.工业制漂白粉:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD.实验室

制备氢氧化铝:A13++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+【答案】D【解析】A．油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在碱性条件下，完全水解生成高级脂肪酸盐(肥皂)与甘油，碳酸根离子的水解，离子方程式CO32

-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，是分步进行的，故A错误；B．醋酸为弱酸，应写成化学式，故B错误；C．工业制漂白粉是用石灰乳和氯气反应，离子反应为：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，故C错误；

D．实验室制备氢氧化铝，是用可溶性铝盐与氨水反应，离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D正确；故选D。点睛：本题的易错点为C，要知道工业制漂白粉的原料是石灰乳，不是石灰水，因此氢氧化钙应该用化学式表示，氢氧化钙微溶

于水，只有使用澄清石灰水时需要改成离子形式。6.将VLNH3(已折算成标准状况下)通入1L水中，形成密度为ρg·cm-3的氨水，质量分数为w，其中含NH3的物质的量为amol，下列说法正确的是A.溶质的

物质的量浓度c=V22.4mol·L-1B.溶质的质量分数w=17V17V+22400×100%C.溶液中c(OH-)=amol·L-1D.上述溶液中再通入与原溶液等体积的水，所得溶液的质量分数大于0.5w【答案】B【解析】【详

解】A．VLNH3(已折算成标准状况下)通入1L水中，溶质的物质的量是V22.4mol，溶液体积不是1L，溶质的物质的量浓度不是c=V22.4mol·L-1，故A错误；B．VLNH3(已折算成标准状况下)通入1L水中，溶质的物质的量是V22.4mo

l，溶质的质量是V22.4×17g/mol=17Vg22.4，溶液的质量是17V(+1000)g22.4，溶质的质量分数w=17V17V+22400×100%，故B正确；C．32NHHO是弱电解质，部分电离，溶液中c(OH-)<amol·L-1，故C错误；D．上述溶液中再通入与原

溶液等体积的水，氨水的密度小于水的密度，加入水的质量大于原氨水的质量，所得溶液的质量分数小于0.5w，故D错误。答案选B。7.抗癌药物“6－Azulenol”的结构简式如图所示，下列有关它的叙述不正确的是A.分子式为C13H18O3B.能

发生酯化反应、取代反应、还原反应、中和反应、消去反应C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.1mol该物质最多可以与3molH2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．的分子式为C13H18O3，故A正确；B．含有羧基、羟基能发生酯化反应，含有羧基、羟基能发

生取代反应，含有碳碳双键能与氢气发生还原反应；含有羧基能发生中和反应，含有羟基能发生消去反应，故B正确；C．含有碳碳双键、羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确，D．红圈标出的位置能与氢气发生加成反应，1mol该物质最多可以与2molH2发生加成反

应，故D错误；答案选D。8.下列指定反应的离子方程式正确的是A.用石墨电极电解MgCl2溶液：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑B.向明矾溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++323CO−Al2(CO3)3↓C.向Ca(HCO3)2溶液中滴加

少量NaOH溶液：Ca2++23HCO−+2OH-CaCO3↓+23CO−+2H2OD.向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：23NO−+8H++6I-3I2+2NO↑+4H2O【答案】A【解析】A.用石墨电极电解MgC

l2溶液：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，A正确；B.向明矾溶液中滴加碳酸钠溶液发生强烈的双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳气体，B错误；C.向Ca(HCO3)2溶液中滴加少量NaOH溶液：Ca2++HCO3-+OH-

=CaCO3↓+H2O，C错误；D.向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，硝酸、三价铁均与碘离子发生氧化还原反应，生成物还有亚铁离子生成，D错误。答案选A.点睛：判断离子方程式正误主要看以下几个方面：一是电荷、原子是否守恒，二是化合物的拆分问

题，三是试剂的用量问题，四是定组成比例问题等。9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.5molCu与足量的S反应转移电子数为ANB.在粗铜精炼的实验中，阳极质量减小6.4g，则电解过程中转移电子数为0

.2ANC.2gD2O和H218O的混合物中含有的中子数为AND.46g有机物C2H6O中含有极性共价键的数目一定为7AN【答案】C【解析】【详解】A.Cu与足量的S反应生成硫化亚铜，1mol铜完全反应转移电子数为NA，所以0.5molC

u与足量的S反应转移电子数为0.5NA，故A错误；B.粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极质量减少6.4g时，电路中转移电子的物质的量不一定为0.2mol,转移电子的数目不一定为0.2NA，故B错误；C.2gD2O的物质的量为0.1mol，含有中子数为NA；2gH218O的的物质的量

为0.1mol，含有中子数为NA；根据极值法可知：2gD2O和H218O的混合物中含有的中子数为NA，故C正确；D.46g有机物C2H6O物质的量为1mol；若C2H6O为乙醇，1mol乙醇含有极性共价键的数目为7NA，若C2H6O为甲醚，1mol二甲醚含有极性共价键的数目为8N

A；故D错误；综上所述，本题选C。【点睛】硫的氧化性较弱，Cu与足量的S反应生成硫化亚铜，铜为+1价；氯气氧化性较强，Cu与足量的氯气反应生成氯化铜，铜为+2价。10.实验是研究化学的基础，下列图中所示的实

验操作中正确的是选项ABCD装置目的干燥SO2实验室制取并收集O2装置气密性的检查吸收NH3A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.碱石灰的主要成分是氢氧化钠和生石灰能与二氧化硫反应，不能干燥二氧化硫，故A错误；B.

氧气的密度比空气大，不能采用向下排空气法收集，采用向上排空法或排水法收集，故B错误；C.可通过推拉注射器观察长颈漏斗导管中是否形成一段水柱或者气柱的方法检验该装置的气密性，故C正确；D.氨气易溶于水且易与硫酸反应，不能将导管伸入硫

酸溶液中，会引起倒吸，故D错误；故选：C。11.已知二氧化硒是一种氧化剂，它可有Se+2H2SO4(浓)═2SO2↑+SeO2+2H2O制取，又知离子方程式aSeO2+bSO2+cH2O═aSe+bX+dY；则关于下列叙述正确的是

（）A.a：b=1：1B.Y为OH-C.氧化性为：SeO2>H2SO4(浓)D.若每生成0.2molX，则该反应转移0.4NA个电子【答案】D【解析】【分析】依据氧化还原反应得失电子守恒，结合原子个数守恒写出反应的离子方程式，结

合氧化还原反应规律解答。【详解】由题意可知：二氧化硒是一种氧化剂，结合离子方程式aSeO2+bSO2+cH2O═aSe+bX+dY，反应中Se化合价由+4价降低到0价，得到4个电子，则S化合价必由+4价升高到+6价，失去2个电子，依据氧化

还原反应得失电子守恒，SeO2、Se系数为1，二氧化硫系数为2，依据原子个数守恒，反应的离子方程式：SeO2+2SO2+2H2O=Se+4H++2SO42-；A．a：b=1：2，A错误；B．SO2被氧化为H2SO4，酸性环境不能大量存在OH-，Y应该为H+，

错误；C．Se+2H2SO4(浓)=2SO2↑+SeO2+2H2O，反应中浓硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产物，依据氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，可知氧化性：SeO2<H2SO4(浓)，C错误；D．根据方程式：SeO2+2SO2+2H2O=Se+4H++2

SO42-可知：每生成0.2mol硫酸根离子，转移0.4NA个电子，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了氧化还原反应，侧重考查氧化还原反应配平，熟悉氧化还原反应规律是解题关键，在氧化还原反应中，遵循电子守恒，若反应同时属于离子反应，还应该遵

循电荷守恒及原子守恒。12.已知：+，如果要合成，所用的起始原料可以是A.2-甲基-1，3-丁二烯和2-丁炔B.1，3-戊二烯和2-丁炔C.2，3-二甲基-1，3-戊二烯和乙炔D.2，3-二甲基-1，3-丁二烯和丙烯

【答案】A【解析】【详解】根据+；由逆推，1-丙炔和2,3-二甲基-1,3-丁二烯可合成；由逆推，2-丁炔和2-甲基-1,3-丁二烯可合成，故选A。13.为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途

是产生氧气。下列关于Na2O2或K2O2的说法正确的个数是①Na2O2中阴、阳离子的个数比是1∶1②K2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，需水和CO2的质量相等③Na2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，转移电子的物质的量相等④Na2O2的漂白原

理与SO2的漂白原理相同⑤Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2⑥Na2O2能与酸反应生成盐和水，所以Na2O2是碱性氧化物⑦K2O2与水反应，K2O2既是氧化剂，又是还原剂⑧Na2O2投入到紫色石蕊溶液中，溶液先变蓝，后褪色A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】A【解析】【详

解】①Na2O2中含有Na+、O22-，阴、阳离子的个数比是1∶2，故①错误；②K2O2与水反应的方程式是2K2O2+2H2O=4KOH+O2↑，K2O2与CO2反应的方程式是2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2↑，产生等量氧气时，需水和CO2的物质的量相等，质量不相等，故②错误；③N

a2O2分别与水及CO2反应，生成1mol氧气转移2mol电子，产生等量氧气时，转移电子的物质的量相等，故③正确；④Na2O2能漂白是因为Na2O2具有氧化性，SO2有漂白性是因为SO2与有色物质化合生成无色物质，漂白原理不相同，故④错误；⑤N

a2O2具有氧化性、SO2具有还原性，Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，故⑤错误；⑥Na2O2能与酸反应生成盐、水、氧气，所以Na2O2不是碱性氧化物，故⑥错误；⑦K2O2与水反应生成氢氧化钾和氧气，K2O2中氧元素由-1升高为0、由-1降低为-2，所以K2O2既是氧化剂又是还原剂

，故⑦正确；⑧Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na2O2投入到紫色石蕊溶液中，溶液先变蓝，Na2O2具有氧化性，所以石蕊褪色，故⑧正确；③⑦⑧正确，选A；14.下列关于胶体的认识错误的．．．是A.鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液生成白色沉淀，属于物理变化

B.将一束强光通过淀粉溶液，也能产生丁达尔效应C.水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘粒子带电荷D.纳米材料粒子直径一般从几纳米到几十纳米(1nm=10－9m)，因此纳米材料属于胶体【答案】D【解析】

【详解】A．鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，发生盐析，生成白色沉淀，属于物理变化，故A正确；B．淀粉溶液属于胶体，将一束强光通过淀粉溶液，能产生丁达尔效应，故B正确；C．水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘粒子带电荷，利用了胶体电泳的性质，故C正确；D．只有分散质微粒直径介于

1nm和100nm之间的分散系才是胶体，所以纳米材料不是胶体，故D错误；答案选D。15.如图是合成某种药物的两步关键反应。已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子。下列有关说法正确的是A.甲分子中所有碳原子可能

共平面B.乙→丙的反应类型为取代反应C.丙不能使酸性KMnO4溶液褪色D.甲、丙分子中所含手性碳原子数相同【答案】D【解析】【详解】A．甲分子中存在烷烃结构，键角不为180°，故所有碳原子不可能共平面，A错误；B．乙→丙为醛基结构还原成羟基结构，为还原反应，B错误；C．丙结构中存在碳氧双键、羟基

，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D．甲分子中有三个手性碳原子，分别为1、2、5号碳，丙分子中有三个手性碳分别为2、3、6号碳，D正确；故选D。16.向含有Fe2＋、Br－、I－各0.1mol的溶液中通入Cl2。通入Cl2的体积

(标准状况)与溶液中某种离子(用Q表示)的物质的量的关系如图所示，下列说法中正确的是A.Q是I－B.a点时溶液中的阳离子有Fe2＋和Fe3＋(不考虑H+)C.b点时溶液中的阴离子只有Cl－(不考虑OH－

)D.ab区间发生的反应：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－【答案】D【解析】【分析】确定离子反应发生的先后顺序是解题的关键；离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，故首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，最后发生反应2B

r-+Cl2=Br2+2Cl-，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，据此判断。【详解】A．若Q是I-，2I-+Cl2=I2+2Cl-，0.1molI-完全反应消耗0.05mol氯气，标准状况下为1.12L，此时碘离子为0，而图象中通入氯气为1.12L时

，碘离子仍为0.1mol，与实际不符合，故A错误；B．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，故首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，0.1molI-完全反应消耗0.05mol氯气，体积为1.12L，由此可知a点时亚铁离子还没有发生反应，溶液中不存在Fe3＋，故B错误；C．0.1molI-完

全反应消耗0.05mol氯气，开始反应时氯气的体积为1.12L，0.1molFe2+完全反应消耗0.05mol氯气，此时氯气的体积为2.24L，即b点时Br-还没有反应，则b点时溶液中有Cl-，Fe3+、Br-，故C错误；D．离子还原性I-＞F

e2+＞Br-，故首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，0.1molI-完全反应消耗0.05mol氯气，开始反应时氯气的体积为1.12L，0.1molFe2+完全反应消耗0.05mol氯气，此时氯气的体积为2.

24L，所以ab区间的反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故D正确；故选：D。17.向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V(

CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示四种情况，且(2)(3)(4)图中分别有OA<AB，OA＝AB，OA>AB，则下列分析与判断不正确的是()A.M中只有一种溶质的有(1)和(3)B.M中有两种溶质的有(2)和(4)C.(2)图显示M中c(NaHCO3)<c(Na2CO3)D

.(4)图显示M中的溶质为NaOH和Na2CO3【答案】C【解析】【分析】发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知碳酸

钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸与碳酸氢钠反应消耗盐酸体积相等【详解】A．图（1）中加入盐酸即有CO2生成，说明溶质只有一种，即NaHCO3，图（3）中OA=AB，说明溶质只有Na2CO3，A正确；B．图（2）中OA＜AB，说明溶液M中含有Na2CO3

和NaHCO3两种溶质，图（4）中OA＞AB，说明溶液M中含有NaOH和Na2CO3两种溶质，B正确；C．图（2）中OA＜AB，说明溶液M中含有Na2CO3和NaHCO3两种溶质，只有AB＞2OA时，才能得出M中c

（NaHCO3）＞c（Na2CO3），C错误；D．图（4）中OA＞AB，说明溶液M中含有NaOH和Na2CO3两种溶质，不存在NaHCO3，D正确；答案选C。【点晴】明确反应的先后顺序是解答的关键，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意守恒法在化学计算解答中的应用，答题时需要明确反应后

溶质的可能成分来比较判断。注意图像中曲线的变化趋势。18.如图是几种盐的溶解度曲线，下列说法正确的是（）A.40℃时，将35g食盐溶于100g水中，降温至0℃时，可析出氯化钠晶体B.20℃时，硝酸钾饱和溶液的质量分

数是31.6%C.60℃时，200g水中溶解80g硫酸铜达饱和。当降温至30℃时，可析出30g硫酸铜晶体D.30℃时，将35g硝酸钾和35g食盐同时溶于100g水中，溶液蒸发时，先析出的是氯化钠【答案】D【解析】【

详解】A、根据溶解度曲线可知0℃时氯化钠的溶解度为35.7g，所以降温到0℃，不会有晶体析出，选项A错误；B、20℃时硝酸钾的溶解度为31.6g，所以质量分数为31.610031.6+×100%=24%，选项B错误；C

、因为硫酸铜从溶液中析出为CuSO4·5H2O，由溶解度曲线可得30℃硫酸铜的溶解度为25g，设析出硫酸铜晶体质量为x，则有比例式为1608025250280125−=−xx，解之得x=54.5g＞30g，选项C错误；D、由溶解度曲线可看出30℃硝酸钾的溶解度大于氯化钠，

所以采用蒸发溶剂法，溶解度越小晶体越先析出，选项D正确。答案选D。19.标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是（）A.测定一定质量的2NaO和22NaO混合物中22NaO的含量B.确定分子式为26CHO的有机物分子中含活泼氢原子

的个数C.测定一定质量的242NaSOHOx･晶体中结晶水数目D.比较Fe3+和Cu2+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率【答案】C【解析】【详解】A.在烧瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na2O

2的量，故A符合题意；B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个数，故B符合题意；C.该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2SO4·xH2O晶体中结晶水测定时无法产生

气体，该装置不能完成，故C不符合题意；D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和Cu2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故D符合题意。故选C。20.如图是几种常见有机物的转化关系，下列说法正确的是A.反应①是加成反应，反应⑧是消去反应，其他所标明的反应都是取代反应B.上述物

质中能与NaOH溶液反应的只有乙酸C.1，2-二溴乙烷、乙烯、乙醇烃基上的氢原子被氯原子取代，其一氯取代产物都是一种D.等物质的量的乙烯和乙醇与足量氧气反应时耗氧量相同【答案】D【解析】【分析】由转化关系可知，乙烯与溴发生加成反应1，2-二溴乙烷，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇

催化氧化为乙醛，在酶的作用下生成乙酸，乙酸乙酯水解生成乙醇和乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇发生消去反应生成乙烯，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析，①②为加成反应，⑧为消去反应，③为氧化反

应，其它所标明的反应都是取代反应，故A错误；B．1，2-二溴乙烷、乙酸、乙酸乙酯均与NaOH反应，故B错误；C．乙醇烃基上的氢有2种，则一氯取代产物有2种，故C错误；D．乙醇的化学式可看作C2H4·H2O，所以等物质的量的乙烯和乙醇与足量氧气反应时耗氧量相同，故D正确；答案选D。21.

某2L溶液中可能含有H+、4NH+、Mg2+、Al3+、Fe3+、23CO−、24SO−、3NO−中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量之间的关系如

图所示。则下列说法正确的是A.溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+B.溶液中c(4NH+)=0.2molL-1C.溶液中一定不含23CO−可能含24SO−和3NO−D.三种离子的物质的量之比n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg

2+)=2∶2∶1【答案】D【解析】【分析】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则2-3CO和-3NO不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根

据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在4NH+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有2-4SO，结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（H+）、n(Mg2+

)、n(Al3+)、n(4NH+)，据此解答。【详解】由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n(H+)=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol−0.5mol=0.2mol，则n(

+4NH)=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol−0.7mol=0.1mol，则n[Al(OH)3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n(Al3+)=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠

沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol−0.1mol=0.4mol，则n(Mg2+)=0.4mol-0.1mol23=0.05mol，A.由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al

3+、+4NH，故A错误；B.由上述分析可知，溶液中n(+4NH)=0.2mol，c(+4NH)=0.1molL-1，故B错误；C.由上述分析可知，溶液中一定不含2-3CO、-3NO，一定含有2-4SO，故C错误；D.由上述分析可知，溶液中n(H

+):n(Al3+):n(Mg2+)=0.1mol:0.1mol:0.05mol=2:2:1，故D正确；故选：D。22.乙酸异戊酯是蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室中可利用乙酸和异戊醇制备乙酸异戊酯，装置图(夹持装置略)和所用药品有关数据如下。

下列说法正确的是()药品密度/(-3gcm)沸点/℃水中溶解性异戊醇0.8123131微溶乙酸1.0492118易溶乙酸异戊醇0.8670142难溶A.反应方程式为CH3COOH+浓硫酸ΔB.实验时，冷凝水应从直形冷凝管的b

口通入C.异戊醇的同分异构体中属于醇类的有7种D.反应后，取Ⅱ中物质经水洗、碱洗和蒸馏可提纯乙酸异戊酯【答案】C【解析】【详解】A．乙酸和异戊醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸异戊酯和水，反应方程式为C

H3COOH+浓硫酸Δ+H2O，故A错误；B．实验时，为保证较好的冷凝效果，冷凝水应下进上出，从直形冷凝管的a口通入，故B错误；C．异戊醇的同分异构体中：以正戊烷基和羟基构成的结构有3种，以异戊烷基与羟基构成的结构除异戊醇自身外有3种，以新戊烷基与羟基构成的结构有1种，则其同分异构体中属于醇类的有

7种，故C正确；D．乙酸异戊酯在碱性条件下可水解，不应用碱洗，故D错误；答案选C。23.我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下，下列说法不正确的是A.Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子B.反应过程中生成了M

G和甲醇C.EG和甲醇不是同系物D.DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，Cu纳米颗粒作催化剂将氢气转化为H原子，故A正确；B.由图可知，反应过程中生成了EG和甲醇，故B正确；C.EG为乙二醇，乙二醇与甲醇中-OH数目不同，二者不是同系物，故C正确；D.由图

可知，DMO分子中碳氧双键也发生了断裂，故D错误；故选：D。24.某固体粉末X中可能含有K2SO4、(NH4)2CO3、K2SO3、NaNO3、Cu2O、FeO、Fe2O3中的若干种。某同学为确定该固体粉末的成分，取X进行如下实验，实验过程及现象如图所示。已知：Cu2O＋2H＋=Cu2＋＋Cu＋H

2O。该同学得出的结论正确的是A.根据现象1可推出该固体粉末中一定含有NaNO3B.根据现象2可推出该固体粉末中一定含有K2SO4C.根据现象3可推出该固体粉末中一定含有K2SO3D.根据现象4可推出该固体粉末中一定没有Fe2O3【答案】C【解析】【分析】向某固体粉末X中加入足

量的NaOH溶液，产生气体B，证明一定含有(NH4)2CO3；得到溶液A，溶液A的焰色反应为黄色火焰，则溶液A中一定含有钠元素；向溶液A中加入足量的稀盐酸，得到溶液D和混合气体，则该混合气体为二氧化碳和二氧化硫，固体X中含有K2SO3，

而向溶液D中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，则该沉淀为硫酸钡沉淀；固体X溶于NaOH溶液产生沉淀C，则C可能为Cu2O、FeO、Fe2O3；【详解】A．根据现象1可推出溶液A中一定含有钠元素，固体X中加入了氢氧化钠，引入

了钠离子，所以不能判断固体X中是否含有NaNO3，故A错误；B．根据现象2可推出，溶液D中加入BaCl2溶液产生白色沉淀为硫酸钡，可能是硝酸把SO32-氧化为SO42-生成了硫酸钡，不能判断固体X中是否含有K2SO4，故B错误；C．向溶液A中加入足量的稀盐酸，得到溶液D和混合气体，则

该混合气体为二氧化碳和二氧化硫，固体X中含有K2SO3，故C正确；D．固体X溶于NaOH溶液产生沉淀C，则C可能为Cu2O、FeO、Fe2O3的混合物，Cu2O可以把Fe3+还原为Fe2+，溶液E加入KSCN不变红，所以不能推出该固体粉末X中一定没有Fe2O

3，故D错误；选C。25.四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂，常温下为橙黄色固体，熔点：38.3℃，沸点233.5℃，具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+

CO2来制备TiBr4，装置如图所示。下列说法错误的是A.开始反应时，活塞的状态为K1关闭，K2，K3打开B.为防止连接管堵塞，反应过程中需微热连接管C.为达到实验目的，a应连接盛有NaOH溶液的洗气装置D.反应结束后继续通入CO2排出装置中残留的四溴化钛及溴蒸气【答

案】C【解析】【详解】A．反应开始时，将活塞K1关闭，打开K2、K3，可以将CO2通入到液溴中将Br2单质带出，A正确；B．四溴化钛的熔点为38.3℃，反应过程中导管温度过低，四溴化钛容易凝固，堵塞导管，B正确；C．为了达到实验目的，不让生成的四溴化钛水解，a应该连接四氯化

碳吸收多余的Br2，C错误；D．反应结束后将活塞K2、K3关闭，打开K1，继续通入一定时间的CO2，有助于将装置中的四溴化钛和溴单质排出，D正确；故选C。二、填空题(本题包含1小题，共14分)26.二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧

化物，平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含2232SiOFeOCeOFeO、、、等物质)。某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体。已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。(1)稀酸A的分子式是___________

。(2)滤液1中加入H2O2溶液的目的是___________。(3)设计实验证明滤液1中含有Fe2+____________。(4)在酸性溶液中，已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，书写该反应的离子方程式__________

______。(5)由滤液2生成()4CeOH的离子方程式______________。(6)硫酸铁铵晶体()()2444232FeSO2NHSO3HO广泛用于水的净化处理，但其在去除酸性废水中的悬浮物时效率降低，其原因是_________。(7)取上述流程中得

到的()4CeOH产品0.832g，加硫酸溶解后，用浓度为0.1000-1molL的4FeSO标准溶液滴定至终点时(铈被还原为3+Ce)，消耗20.00mL标准溶液。该产品中()4CeOH的质量分数为___________。【答案】(1).24HSO(

2).使2+Fe氧化为3+Fe(3).取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有2+Fe(4).Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+(5).4Ce3++O2+12OH-+2

H2O=4Ce(OH)4↓(6).Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，酸性废水抑制3+Fe的水解(或水解平衡逆向移动)，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体(7).50%【解析】【分析】2232

SiOFeOCeOFeO、、、中22SiOCeO、不溶于硫酸，滤渣1是22SiOCeO、，滤渣1加入还原剂H2O2，CeO2被还原为Ce3+，Ce3+与NaOH、O2反应生成Ce(OH)4，Ce(OH)4受热分解成CeO2；23FeOFeO、溶于硫酸生成硫酸铁、硫酸亚铁，滤液1含有

硫酸铁、硫酸亚铁，加入H2O2，硫酸亚铁被氧化为硫酸铁，硫酸铁溶液中加入硫酸铵，蒸发浓缩、常温晾干获得硫酸铁铵晶体。【详解】(1)CeO2不溶于稀硫酸，产品有硫酸铁铵，所以稀酸A是硫酸，分子式是24HSO；(2)滤液1含有硫酸铁、硫酸亚铁，

加入H2O2，硫酸亚铁被氧化为硫酸铁，滤液1中加入H2O2溶液的目的是使2+Fe氧化为3+Fe；(3)滤液1含有硫酸铁、硫酸亚铁，亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，故取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有2+Fe；(

4)Fe3O4中Fe2+、Fe3+的比为1:2，酸性、含有Fe2+溶液和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4的离子方程式是Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+；(5)滤液2中Ce3+在氢氧化钠溶液中被氧

气氧化为()4CeOH，反应的离子方程式4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4↓；(6)硫酸铁铵净水的原理是Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，酸性废水抑制3+Fe的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体，故在去除酸性废水

中的悬浮物时效率降低；(7)()4CeOH加硫酸溶解后生成的Ce4+被4FeSO还原为3+Ce，根据得失电子守恒，反应关系式是()4CeOH～Ce4+～4FeSO，0.832g产品中含()4CeOH的物质的量是0.02L×0.1-1

molL=0.002mol，该产品中()4CeOH的质量分数为0.002mol(140+68)g/mol100%0.832g=50%。【点睛】本题考查工艺流程，明确各个流程的反应原理是解题关键，掌握常见元素化合物的性质，知道常见混

合物分离的基本操作，会利用化学反应关系式进行化学计算。三、实验题(本题包括1道小题，共14分)27.铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：Ⅰ.制取铋酸钠制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物

质性质如下：（1）C中盛放Bi(OH)3与NaOH的混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的化学方程式为__。B装置的作用是__。（2）当观察到__（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成。（3）拆除装置前必须先除去残留的Cl2，以免污染空气。除去烧瓶A中残留Cl2的操作是：关闭__

；打开__。（4）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有_。Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+（5）往待检液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液变为紫红色，证明待检液中存在Mn2+。产生紫

红色现象的离子方程式为__。Ⅲ.产品纯度的测定（6）取上述NaBiO3产品ag，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用bmo1•L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-(已知：H2C2O4+MnO4-—CO2+Mn2++H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去

时，消耗cmL标准溶液。该产品的纯度为__（用含a、b、c的代数式表示）。【答案】(1).Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O(2).除去HCl(3).C中的白色固体消失（或黄色不再加深；

C中上方充满黄绿色气体等）(4).K1、K3（K1可不填）(5).K2(6).在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥(7).5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O(8).3280100.2828100%100%%bcbcbcaaa−或

或【解析】【分析】用浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气，其中混合有挥发出的氯化氢气体，要用饱和食盐水进行除杂，然后利用氯气的强氧化性，在碱性环境下将Bi(OH)3氧化为NaBiO3；利用锰离子的还原性将NaBiO3还原，锰离子氧化为高

锰酸根离子，检验NaBiO3的氧化性；实验结束后，产物有毒性，故打开三颈烧瓶的氢氧化钠溶液，吸收剩余的氯气；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和锰离子反应生成高锰酸根，高锰酸根再与草酸反应来测定，根据氧化还原反应反应进行计算。【详解】（1）C中盛放Bi(OH)

3与NaOH的混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，根据氧化还原反应原理，Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O。浓盐酸具有挥发性，B装置的作用是除去HCl。（2）C中反应

已经完成，则白色的Bi(OH)3全部变成了黄色的NaBiO3，白色固体消失。（3）从图上装置看，关闭K1、K3，打开K2可使氢氧化钠流下与剩余的氯气反应。（4）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，由题意

可知，NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冷水环境下进行，需要的操作可在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）往待检液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液变为紫红色，证明待检液中存在Mn2+，说明

铋酸钠将锰离子氧化为高锰酸根离子，因为属于酸性环境，所以铋酸钠被还原为Bi3+，根据氧化还原反应原理可知，产生紫红色现象的离子方程式为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O。（6）根据得失电子守恒可知，草酸

和高锰酸根离子的反应比例H2C2O4~MnO4-=5：2，又因为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，即：NaBiO3：H2C2O4=1：1，3(NaBi

O)m=0.28bc理论，纯度为=0.280.28100%100%bcgbcaga=，或32801028100%%bcbcaa−或。【点睛】在复杂的纯度计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以将问题简单化。四、有机题(本题包含1

道小题，共17分)28.由A(芳香烃)与E为原料制备J和高聚物G的一种合成路线如下：已知：①酯能被LiAlH4还原为醇②回答下列问题：(1)A的化学名称是___________，J的分子式为__________，H的官能团

名称为___________。(2)由I生成J的反应类型为___________。(3)写出F+D→G的化学方程式：______________________。(4)芳香化合物M是B的同分异构体，符合下列要求的M有_____

_种，写出其中2种M的结构简式：______________。①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg②遇氯化铁溶液显色③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1：1：1(5)参照上述合成路线，写出用为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)。__________

__________________________________________。【答案】(1).邻二甲苯(2).C10H12O4(3).醛基(4).取代反应(5).n+n+(2n-1)H2O；(6).4(7).、、、(任意两种)(8).【解析】

【分析】A分子式是C8H10，符合苯的同系物通式，结合B的分子结构可知A是邻二甲苯，邻二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化为B是邻苯二甲酸，B与甲醇在浓硫酸存在时，加热发生酯化反应产生C是，C在LiAlH4作用下被还原为醇D：，D被催化氧化产生H：，H与H2O2反应产生I：，I与CH

3OH发生取代反应产生J：；D是，含有2个醇羟基，F是，含有2个羧基，二者在一定条件下发生酯化反应产生高聚物G：；(5)被氧气催化氧化产生，与H2O2作用产生，在浓硫酸存在时加热，发生反应脱去1个分子的水生成。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知A是，则A的化学名称

是邻二甲苯；J的结构为，可知J分子式为C10H12O4；H为邻二苯甲醛，H含有的官能团名称为醛基。(2)I结构为，与甲醇发生取代反应产生J：，因此由I生成J的反应类型为取代反应；(3)F是，D是，二者在浓

硫酸存在条件下加热，发生酯化反应，形成聚酯G：和水，则由F+D→G的化学方程式为：n+n+(2n-1)H2O；(4)化合物B是邻苯二甲酸，芳香化合物M是B的同分异构体，符合下列要求：①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg，说明分子结构中含有2个醛基；②遇氯化铁溶液显色，说明含

有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1：1：1，说明三种H原子的个数相等，则M可能的结构为、、、，共有4种不同的结构；(5)以为原料制备化合物，首先与O2在Cu催化下加热，被氧化为醛；反应产生的醛与H2O2作用产生，得到的在浓硫酸存在时加热，发生分子内的脱水反应生成。则该

合成路线为。【点睛】本题考查有机物的合成及推断的知识。涉及官能团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体的书写、化学方程式的书写、合成路线的设计等，注意根据有机物的官能团的结构和性质来理解有机反应，注意把握题目所给出的信息来确定官能团的性质为解答该类题目的关键。该题是对有机

化学基础的综合考查，难度中等。