【文档说明】《精准解析》云南省昆明市第一中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）.docx，共(26)页，1.032 MB，由小赞的店铺上传

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昆明市第一中学2022~2023学年度上学期期末考试高二化学总分：100分时间：120分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23K39Mn55第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题(本题共21小题，每题2分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符

合题目要求，请把正确选项涂在答题卡相应位置，答在试卷上无效．．。)1.2022年诺贝尔化学奖授予CarolynRBertozzi等三位在“点击化学和生物正交化学”方面做出突出贡献的科学家。叠氮—炔环加成是经典的点击化学反应。反应示例如图所示：下列说法错误的是A.化

合物A的分子式为C2H5N3B.化合物B的所有原子不在同一条直线上C.化合物B和化合物C均可使溴水褪色D.化合物C和化合物D均属于不饱和烃【答案】D【解析】【详解】A．由A的结构简式可知化合物A的分子式为：C2H5N3，故A正确；B．B为丙炔，

其中存在一个甲基，所有原子不可能均在同一条直线上，故B正确；C．化合物B存在碳碳三键，能够使溴水褪色，化合物C存在碳碳双键，能够使溴水褪色，故C正确；D．化合物C和化合物D中均含N原子，不属于烃类，故D错误；故选：D。2.下列说法

不正确．．．的是A.乙醇和丙三醇互为同系物B.35Cl和37Cl互为同位素C.2O和3O互为同素异形体D.丙酮()和环氧丙烷()互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．结构相似，组成上相差若干个CH2原子团的有机化合物为同系物，乙醇(CH3CH2OH)是饱和一元

醇，丙三醇是饱和三元醇，两者所含官能团数目不同，不互为同系物，A错误；B．质子数相同、中子数不同的同种元素互为同位素，35Cl的质子数为17，中子数为18，37Cl的质子数为17，中子数为20，两者质子数相

同、中子数不同，互为同位素，B正确；C．由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，O2和O3是由氧元素组成的不同的单质，两者互为同素异形体，C正确；D．分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，丙酮和环氧丙烷的分子式相同、结构不同，两者互

为同分异构体，D正确；答案选A。3.若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a～d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是A.Cu与浓硫酸反应，只体现浓H2SO4的强氧化性B.a处变红，说明SO2是酸性氧化物C.b和c处褪

色，均说明SO2具有漂白性D.试管底部出现白色固体，说明反应中无H2O生成【答案】B【解析】【详解】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于

水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；D．实验过程中试管底部出现白色

固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；故选：B。4.下列说法不正确是A.化学反应热效应数值与参加反应物质多少有关B.使用催化剂不能改

变化学反应的热效应C.化学反应过程中的能量变化除了热能外，也可以是光能、电能等D.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同【答案】D【解析】【详解】A．参加反应的物质越多，放出热量越多，所以化学反应热效应数值

与参加反应的物质多少有关，选项A正确；B．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应的反应热，选项B正确；C．根据化学反应过程中的能量转化形式分析，除了热能外，也可以是光能、电能等，选项C正确；D．反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，所以同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl

(g)在光照和点燃条件下的△H相同，选项D不正确；答案选D。5.在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中放出的热量可测定中和反应的反应热。下列关于该实验的说法正确的是的的A.烧杯间的碎泡沫塑料的作用是固定烧杯的位置B.如果没有玻璃搅拌器，酸碱混合后可用温度计轻轻

搅拌C.完成一次中和反应反应热测定实验，温度计需要使用2次分别用于测混合液的初始温度和反应最高温度D.由于实验过程中有热量的散失，所以测得的中和反应△H比理论值要大【答案】D【解析】【详解】A．中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验

过程中的热量损失，选项A错误；B．温度计为计量仪器，不能用于搅拌，选项B错误；C．中和热的测定中，需要测出反应前酸溶液的温度，测反应前碱溶液的温度，混合反应后测最高温度，所以总共需要测量3次，选项C错误；D．中

和热△H是负值，由于实验过程中有热量的散失，所以测得的中和热△H比理论值要大，选项D正确；答案选D。6.某反应由两步反应A→B→C构成，反应过程的能量曲线如图所示(E4>E1>E3>E2)，下列叙述正确的是A.三种化合物中，最稳定的化合物是BB.反应B→C的△H=E4-E3C.

整个反应的决速步骤为A→BD.反应A→B进行时一定需要加热【答案】C【解析】【详解】A．能量越低越稳定，由图可知，最稳定的化合物是C，A错误；B．由图可知，反应B→C为放热反应，则△H=E3-E4，B错误；C．活化能最大的反应速率最慢，为决速步骤，则整个反应的决速步骤为A→B，

C正确；D．吸热反应不一定需要加热，D错误；故选C。7.标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H、H—O和O=O键的键焓ΔH分别为436kJ·mol－1、463kJ·mol－1和495kJ·mol－1。下列热化学方程式正确的是A.H

2O(g)=H2(g)＋1/2O2(g)ΔH＝－485kJ·mol－1B.H2O(g)=H2(g)＋1/2O2(g)ΔH＝＋485kJ·mol－1C.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝＋485kJ·mol－1D.2H2(g)＋O2(g)

=2H2O(g)ΔH＝－485kJ·mol－1【答案】D【解析】【详解】化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，根据H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)，该反应的能量变化为2×463kJ

/mol-436kJ/mol-495kJ/mol2=+242.5kJ/mol，化学反应逆向进行，反应热数值不变，符号相反，化学方程式系数加倍，反应热加倍，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-485kJ/mol，答案选D。8.下列离子方程式书写正确的是A.将

铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+H2OB.澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：Ca2++OH-+HCO3−=CaCO3↓+H2OC.乙酸乙酯与NaOH溶液共热：CH3COOCH2CH3+OH-Δ⎯⎯→CH3COO-+CH3CH2OH

D.C6H5ONa溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+CO23−【答案】C【解析】【详解】A．将铜丝插入稀硝酸中生成NO，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑

+4H2O，A错误；B．澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应的离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3−=CaCO3↓+CO23−+2H2O，B错误；C．乙酸乙酯与NaOH溶液共热，反应的离子方程式为CH3COOCH2CH3+OH-Δ⎯⎯→CH3COO-+CH3CH2OH，C正确；D．C

6H5ONa溶液中通入CO2反应生成NaHCO3，与CO2的量无关，反应的离子方程式为C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3−，D错误；故选C。9.一定温度下，在2L密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正

确的是A.a点时，v(A)=v(B)B.5min时，反应停止C.反应的化学方程式为3A(g)⇌2B(g)+C(g)D反应开始到5min，v(C)=0.04mol/(L·min)【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，a点

时，A、B两物质反应的时间相同，但物质的量的变化量不同，反应速率不相等，选项A错误；B.5min时，反应达平衡，是动态平衡，不是反应停止，选项B错误；C.反应达到平衡时，A的物质的量由0.8mol减少为0.2

mol，变化量为0.6mol，A为反应物，B的物质的量由0增加到0.4mol，变化量为0.4mol，C的物质的量由0增加到0.2mol，变化量为0.2mol，B、C为生成物，化学反应计量系数之比等于反应体系中物质变化量之比，∆n(A)

：∆n(B)：∆n(C)=0.6mol：0.4mol：0.2mol=3：2：1，则反应的化学方程式为：3A(g)⇌2B(g)+C(g)，选项C正确；D.反应开始到5min，∆n(C)=0.2mol，υ(C)=()()ΔnC0.2molΔcCV2L==tt5min=0.02mol/

(L·min)，选项D错误；答案选C。10.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.2.8L臭氧含有的质子数为3NAB.92g甘油中含有羟基数为NAC.1molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为NA.D.48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA【答案】D【解

析】【详解】A．缺标准状况下，无法计算2.8L臭氧的物质的量和含有的质子数，故A错误；B．甘油是含有3个羟基的丙三醇的俗称，则92g甘油中含有羟基数为92g92g/mol×3×NAmol—1=3NA，故B错误；C．甲烷光照条件下与氯气的反应为光敏反应，生成的氯代甲

烷为混合物，则反应生成的一氯甲烷的分子数无法计算，故C错误；D．正丁烷和异丁烷的分子式相同、摩尔质量相同、含有的共价键数目相同，则48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为58g58g/mol×13×NAmol—1=13NA，故D正确；故选D。11.下列表述正确的是A.苯和氯气生成C6

H6Cl6的反应是取代反应B.丙烯存在顺反异构体C.糖类、油脂和蛋白质均属于天然高分子化合物D.硫酸作催化剂，CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有18O【答案】D【解析】【详解】A．苯和氯气生成农药六六六，其反应方程式为，反应类型是加成反应，选项A错误；B．丙烯中①碳上连接了两个氢原

子，所以丙烯不存在顺反异构体，选项B错误；C．糖类中的单糖、二糖不属于高分子化合物，糖类中所学的只有淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，油脂也不属于高分子化合物，选项C错误；D．酯类水解断裂C-18O单键，该18O原子结合水中H，即生成乙醇H18OCH2CH3，选项D正确；答案选D。12.染料木

黄酮的结构如图，下列说法不正确的是A.分子中存在3种官能团B.可与HBr反应C.1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗5molBr2D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH【答案】A

【解析】【详解】A．根据结构简式可知分子中含有酚羟基、羰基、醚键和碳碳双键，共4种官能团，选项A不正确；B．含有碳碳双键，能与HBr发生加成反应，选项B正确；C．酚羟基含有四种邻位或对位H，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以最多消耗单质溴5mol，选项C正确；D．分子中

含有3个酚羟基，所以最多消耗3molNaOH，选项D正确；答案选A。13.银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理为：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如图。下列说法正确的是A.Zn电极是正极B.Ag2O电极上发生氧化反应C.Zn电极

的电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2D.放电一段时间后，溶液的pH变小【答案】C【解析】【分析】从电池总反应来看，Zn由0价升高到+2价，Ag2O中的Ag由+1价降为0价，所以Zn电极为负极，Ag2O电极为正极。【详解】A．Zn电极失电子，作负极，A错误；B．

Ag2O电极得电子，发生还原反应，B错误；C．Zn电极失电子，生成Zn2+，然后再与电解质溶液中的OH-发生反应，电极反应式：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，C正确；D．放电前后虽然没有消耗电解质，但消耗了水，从而使电解质溶液的浓度增大，pH增大

，D错误；故选：C。14.下列说法不正确的是A.麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应B.石油和植物油都是混合物，且属于不同类的有机物C.甲酸的性质与乙酸类似，都不能被酸性高锰酸钾溶液氧化D.用甘氨酸(H2NCH2COOH)和丙氨酸[CH3CH(NH

2)COOH]缩合最多可形成4种二肽【答案】C【解析】【详解】A．麦芽糖及其水解产物都具有还原性，均能发生银镜反应，A正确；B．石油主要为烃类混合物，植物油为油脂类混合物，都是混合物，且属于不同类的有机物，B正确

；C．甲酸含有醛基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C错误；D．用甘氨酸(H2NCH2COOH)和丙氨酸[CH3CH(NH2)COOH]可以发生相同分子间缩合、不同分子间缩合，缩合最多可形成4种二肽，D正确；故选C。15.下列操作正确的是A.维生素C溶液中滴加KI淀

粉溶液，溶液立即变蓝B.含5g油脂的酒精溶液中加入适量40%NaOH溶液加热5min，然后用玻璃棒蘸取少许滴到盛热水的试管中，液面无油滴出现，说明油脂已完全反应C.淀粉溶液中加入稀硫酸，充分加热，冷却后，用NaO

H溶液调节pH至碱性后，加入碘水，溶液未变蓝，说明淀粉已完全水解D.鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，生成的沉淀物不能再溶解【答案】B【解析】【详解】A．维生素C有还原性，没有氧化性，不能把KI氧化为I2，所以向维生素C溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液不会变蓝色，选项

A错误；B．油脂不溶于水，油脂发生皂化反应生成的硬脂酸钠和甘油易溶于水，所以该实验能达到实验目的，选项B正确；C．淀粉溶液中加入稀硫酸，充分加热，冷却后，用NaOH溶液调节pH至碱性后，加入碘水，碘会与氢氧化钠反

应而不存在I2，不能使溶液变蓝，不能说明淀粉已完全水解，选项C错误；D．鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液是发生盐析，生成的沉淀物能再溶解，选项D错误；答案选B。16.为提纯下列物质（括号内为杂质），所用的除杂试剂和

分离方法都正确的是序号不纯物除杂试剂分离方法ACH4(C2H4)酸性KMnO4溶液洗气BCl2(HCl)饱和食盐水蒸馏CC2H5OH(H2O)Na过滤D乙酸乙酯（乙酸）饱和Na2CO3溶液分液A.AB.BC.

CD.D【答案】D【解析】【详解】分析：A．C2H4与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳气体；B．氯化氢极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小；C．水和乙醇均能与金属钠反应；D．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸能够与饱和碳酸钠溶液反应。详解：A．

C2H4与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故A错误；B．氯化氢极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，可以用饱和食盐水洗气，分离方法错误，故B错误；C．水和乙醇均能与金属钠反应，应该选用生石灰与水反应后蒸

馏，故C错误；D．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故D正确；故选D。17.聚乙炔导电聚合物的合成使高分子材料进入“合成金属”和塑料电子学时代，当聚乙炔分子带上药物、氨基酸、糖基等分子片后，就具有一定的生物活性。以下是我国化学家近年来合成的一些聚

乙炔衍生物分子的结构简式(Me指甲基)：下列关于上述高分子的说法不正确的是A.A和B均能在一定条件下水解，且水解形成相同的高分子B.A和B均没有手性碳原子(与四个各不相同原子或基团相连的碳原子)C.B水解产生的氨基酸是α-氨基酸D.A和B各1

mol与热碱液反应，均最多消耗2nmolNaOH【答案】B【解析】【详解】A．A和B均含有酯基，能在一定条件下水解，且水解形成相同的高分子，选项A正确；B．A和B均有1个手性碳原子，如图、（用*标出手性碳原子），选项B不正确；C．B水解产生的氨基酸是α-氨基酸，选项C正确；D．A中含有2n个酯基

，B中含有n个酯基和n个酰胺基，A和B各1mol与热碱液反应，均最多消耗2nmolNaOH，选项D正确；答案选B。18.有机物A是一种重要的化工原料，其结构简式为，下列检验A中官能团的试剂和顺序正确的是A.先加酸性KMnO4溶液，再加银氨溶液，微热B.先

加溴水，再加酸性KMnO4溶液C.先加银氨溶液，微热，再加溴水D.先加入足量新制的Cu(OH)2，微热，酸化后再加溴水【答案】D【解析】【详解】A．有机物A中所含的官能团有碳碳双键和醛基，二者均能使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，A项错误；B．有机物A中所含官能团有

碳碳双键和醛基，二者均能使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，B项错误；C．先加银氨溶液，微热，能检验出醛基，但发生银镜反应之后的溶液仍显碱性，溴水与碱能发生反应而褪色，不能检验出碳碳双键，C项错误；D．加入足量新制的Cu(OH)2，微热后生成砖红色

的沉淀，能检验出醛基，但发生反应之后的溶液仍显碱性，所以先酸化，再加入溴水，溴水褪色说明分子中含有碳碳双键，D项正确；答案选D。19.辅酶10Q具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶10Q的说法正确的是A.分子式为60904CHOB.分子中含有

14个甲基C.分子中的四个氧原子不在同一平面D.可发生加成反应，不能发生取代反应【答案】B【解析】【详解】A．由该物质的结构简式可知，其分子式为C59H90O4，A错误；B．由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H原

子的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B正确；C．双键碳以及与其相连的四个原子共面，羰基碳采取sp2杂化，羰基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，

C错误；D．分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D错误；的答案选B。20.某有机物可发生下列变化已知C为羧酸，且C、E均不发生银镜反应，则A的可能结构有A.1种B.2种C.3种D

.4种【答案】B【解析】【分析】A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，应为醇，则A应为酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，如C为乙酸，则D为CH3CHOHCH

2CH3，如C为丙酸，则D为CH3CHOHCH3，据此进行解答。【详解】A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，B应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，D应为醇，则A属于酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，则C不可能为甲酸，若C为乙酸，则D为CH3CH

（OH）CH2CH3，若C为丙酸，则D为CH3CH（OH）CH3，若C为丁酸，则D为乙醇、E为乙醛，不可能，所以A只能为：CH3COOCH（CH3）CH2CH3或CH3CH2COO2CH（CH3）2，总共有两种可能的结构，答案选B。【点睛】本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意C

和E都不能发生银镜反应的特点，为解答该题的关键，以此推断对应的酸或醇的种类和推断出A的可能结构。21.2-甲基丁烷的二氯代产物有（不考虑立体异构）A.3种B.9种C.10种D.6种【答案】C【解析】【详解】2-甲基丁烷分子中含有4类等效氢原子，如果2个氯原子取代同一个碳原子上的氢原子，有3

种：2-甲基-1,1-二氯丁烷、3-甲基-1,1-二氯丁烷、3-甲基-2,2-二氯丁烷；如果2个氯原子取代不同碳原子上的氢原子，则有7种：2-甲基-1,2-二氯丁烷、2-甲基-1,3-二氯丁烷、2-甲基

-1,4-二氯丁烷、2-甲基-2,3-二氯丁烷、2-甲基-2,4-二氯丁烷、2-乙基-1,3-二氯丙烷、3-甲基-1,2-二氯丁烷，所以共10种，答案选C。点睛：本题考查同分异构体数目的判断。同分异构体数目的确定可以通过物质的系统命名法再确定，判断时应注意取代位置上

的等效氢：同一个碳上的氢、同一个碳上的甲基上的氢、对称位上的氢。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)二、非选择题部分(本部分共六个题，共58分)22.写出下列有机反应的化学方程式。（1）乙二酸与乙二醇酯化反应生成高聚酯：__

_____。（2）HOOCCH2CHO与足量新制Cu(OH)2溶液的反应：_______。（3）在足量NaOH溶液中的水解反应：_______。【答案】（1）nHOOC-COOH+nHOCH2CH2OH一定条件⎯⎯⎯

⎯⎯⎯→+(2n-1)H2O（2）HOOCCH2CHO+2Cu(OH)2+2NaOHΔ⎯⎯→NaOOCCH2COONa+Cu2O↓+4H2O（3）+3NaOHΔ⎯⎯→+CH3COONa+NaCl+H2O【解析】【小问1详解】乙二酸与乙二醇发生酯化反应生成高聚酯，反应的化学方程式为nHOOC

-COOH+nHOCH2CH2OH一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+(2n-1)H2O；【小问2详解】HOOCCH2CHO与足量新制Cu(OH)2溶液的反应生成砖红色沉淀Cu2O，反应的化学方程式为HOOCCH2CHO+2Cu(OH)2+2NaOHΔ⎯⎯→NaOOCCH2CO

ONa+Cu2O↓+4H2O；【小问3详解】在足量NaOH溶液中发生水解反应，反应化学方程式为的+3NaOHΔ⎯⎯→+CH3COONa+NaCl+H2O。23.有7种短周期元素的原子序数按A、B、M、D、E、F、G的顺序依次增大；B元素一种原子的含量常用于判定古生物遗体的年代；A和M

元素的原子能形成五核10电子的阳离子；D和E可形成离子化合物E2D，E2D中所有微粒的电子数相同，且电子总数为30；E、F、G的最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应；G和D同主族。试回答下列问题：（1）A和D形成的含有非极性键的化合物的结构式为_____

__。（2）B元素在元素周期表中的位置为_______。（3）D、E、F、G的简单离子半径由大到小排序为_______(用离子符号表示)。（4）F单质与E元素最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_______。（5）写出B、M、E三种元素形成的化合物EBM的电子式：_______。【答案】

（1）H-O-O-H（2）第二周期ⅣA族（3）S2->O2->Na+>Al3+（4）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2−+3H2↑（5）【解析】【分析】7种短周期元素的原子序数按A、B、M、D、E、F、G的顺序依次增大；B元素一种原子的含量常用于判定古生物遗体的年代，则B为碳元素；A和

M元素的原子能形成五核10电子的阳离子，结合原子序数可知，该阳离子为铵根离子，则A为氢元素、M为氮元素；D和E可形成离子化合物E2D，E2D中所有微粒的电子数相同，且电子总数为30，故E+、D2-离子核外电子数均为10，则D为氧元素、E为钠元素；E、F、G的最高价氧化物对应的水化物之间可

以相互反应，是氢氧化铝与强碱、强酸之间的反应，则F为Al；G和D同主族，则G为硫元素；据此分析解答。【小问1详解】A和D形成的含有非极性键的化合物为H2O2，其结构式为H-O-O-H；【小问2详解】B为碳元素

，其位于元素周期表的第二周期ⅣA族；【小问3详解】D、E、F、G的简单离子分别为O2-、Na+、Al3+和S2-，电子层数越多，离子半径越大，S2-有3个电子层，O2-、Na+、Al3+有2个电子层，则S2-半径最大，O2-、Na+、Al3+有核外电子排布完全相同，核电

荷数大的原子半径小，则O2->Na+>Al3+，因此简单离子半径：S2->O2->Na+>Al3+；【小问4详解】Al和NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2−+3H2↑；【小问5详解】化合物EBM为NaC

N，其电子式为。24.生物浸出技术在金属冶炼中应用广泛。嗜热细菌在65～80℃酸性水溶液及氧气存在下，能氧化黄铜矿(主要成分为CuFeS2，Cu、S的化合价分别为+2、-2)产生硫酸盐，进而生产铜和绿矾，主要流程如下：（1）试剂a是_______(填化学式)。（2）写出

第一步黄铜矿粉发生反应的化学方程式：_______。（3）最后由硫酸铁溶液获得绿矾晶体的操作步骤为操作步骤依次为：加适量_______、过滤、_______、过滤、洗涤、干燥。【答案】（1）H2SO4（2）4CuFeS2+2H2SO

4+17O265~80嗜热细菌℃4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O（3）①.铁粉②.蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】黄铜矿粉加入试剂a、氧气、嗜热细菌在65-80℃加热，得到矿渣和含硫酸铜和硫酸铁的溶液，说明试剂a为硫酸，通过处理

得到硫酸铜溶液和氢氧化铁沉淀，故为利用条件调节pH使铁离子水解，硫酸铜溶液加入试剂b发生反应①得到铜，试剂b为铁粉；氢氧化铁沉淀加入硫酸发生反应②得到硫酸铁溶液，通过进一步处理得到绿矾；【小问1详解】根据分析可知，试剂a是H2SO4；【小问2

详解】第一步黄铜矿粉加入硫酸、氧气、嗜热细菌在65-80℃加热，发生反应的化学方程式为：4CuFeS2+2H2SO4+17O265~80嗜热细菌℃4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O；【小问3详解】最后由硫酸铁溶液获

得绿矾晶体的操作步骤为操作步骤依次为：加适量铁粉充分反应置换出铜、过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。25.实验表明，当乙醛加入到溴水中，溴水会褪色。针对此现象，某化学兴趣小组同学依据乙醛结构进行探究。【实验假设】（1）假设Ⅰ

：醛基含有不饱和键，可与Br2发生_______反应(填反应类型)。假设Ⅱ：乙醛具有α-H，可与溴水发生取代反应。无论乙醛发生几元取代反应，参加反应的Br2与生成的HBr的物质的量之比为_______。假设Ⅲ：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧化，反应的化学方程式为_______。【实验过

程】针对以上假设，该小组同学设计了两组方案。方案Ⅰ：通过对比反应现象判断反应类型。序号操作现象试管11mL溴水+1mL乙醛，充分振荡后静置褪色试管21mL溴的CCl4溶液+1mL乙醛，充分振荡后静置结论：假设Ⅰ不成立。（2）则试管2中的实验现象

为_______。方案Ⅱ：通过测定反应后混合液的pH判断反应类型。序号操作pH试管3加入20mL溴水，再加入10mL苯酚溶液，待完全反应后(苯酚过量)，测定混合液pH1.85试管4加入20mL相同浓度的溴水，再加入10

mL20%的乙醛溶液(乙醛过量)，3min后完全褪色，测定混合液pH注：苯酚和乙酸的电离及温度变化对混合液pH的影响可忽略不计。（3）写出苯酚与溴水反应的化学方程式：_______。（4）若试管4中反应后混合液的pH=1.85，则证明乙醛与溴水的反应为__

_____反应(填反应类型)；若试管4中反应后混合液的pH_______1.85(填“大于”或“小于”)，则证明乙醛与溴水的反应为氧化反应。【答案】（1）①.加成反应②.1：1③.CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH

+2HBr（2）溴的四氯化碳溶液不褪色（3）+3Br2→↓+3HBr（4）①.取代②.小于【解析】【分析】该实验的实验目的是探究乙醛与溴水的反应类型，根据反应的类型判断反应可能的产物，把握实验原理是解题的关键。【小问1详解】由醛基含有碳氧不饱和键可知，乙醛可与

溴水发生加成反应；由取代反应的机理可知，若乙醛与溴水发生取代反应，无论是几元取代，参加反应的溴与生成的溴化氢物质的量之比恒定为1：1；由题意可知，若乙醛与溴水发生氧化反应，乙醛与溴水反应生成乙酸和氢溴酸，反

应的化学方程式为CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH+2HBr，故答案为：加成反应；1：1；CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH+2HBr；【小问2详解】由假设Ⅰ不成立可知，乙醛与溴的四氯化碳溶液不反应，所以充分振荡后静置，溴的四氯化碳溶液不褪色，故答案为：溴的四氯

化碳溶液不褪色；【小问3详解】苯酚与溴水反应生成三溴苯酚沉淀和溴化氢，反应的化学方程式+3Br2→↓+3HBr，故答案为：+3Br2→↓+3HBr；【小问4详解】若试管2中反应后混合液的pH为1.85，与试管1中pH一致说明乙醛与溴水发生取代反应生成BrCH2CHO和溴化

氢；若乙醛与溴水发生氧化反应，反应生成的溴化氢的物质的量为取代反应的2倍，溶液的pH小于1.85，所以若溶液的pH小于1.85说明乙醛与溴水发生氧化反应，故答案为：取代反应；小于。26.H2O2作为绿色氧化剂应用

广泛，氢醌法制备H2O2的原理及装置如下：已知：H2O、HCl等杂质易使Ni催化剂中毒。回答下列问题：（1）A中反应的离子方程式为_______。（2）装置B应为_______(填序号)。（3）检查装置气密性并加入药品，所有活塞处于关闭状态。开始制备时，打开活塞a、b，控温45℃。一段

时间后，仅保持活塞b打开，抽出残留气体。随后关闭活塞b，打开活塞c、d，继续反应一段时间。关闭电源和活塞，过滤三颈烧瓶中混合物，加水萃取，然后分液以除去_______，最后_______蒸馏(填“常压”、“高压”或“减压”)，得产品。（4）装置F

的作用为_______。（5）反应过程中，控温45℃(没有过低也没有过高)的原因为_______。（6）取2.50g产品，加蒸馏水定容至100mL摇匀，取20.00mL于锥形瓶中，用0.0500mol/L酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗

KMnO4溶液体积分别为19.98mL、20.90mL、20.02mL。假设其他杂质不干扰结果，则产品中H2O2质量分数为_______。【答案】（1）Zn+2H+=Zn2++H2↑（2）②（3）①.乙基蒽醌②.减压（4）防止外界水蒸气进入装置C中使催化剂中

毒（5）适当升温可加快反应速率，同时防止温度过高H2O2分解（6）17%【解析】【分析】装置A制备氢气，为防止催化剂中毒，B中盛放碱石灰除去氢气中的H2O、HCl等杂质，纯净的氢气通入C中把乙基蒽醌还原为

乙基蒽醇，再通入氧气，乙基蒽醇和氧气反应生成双氧水和乙基蒽醌。【小问1详解】A中锌和盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑；【小问2详解】H2O、HCl等杂质易使Ni催化剂中毒，所以B装置的作用是

除去氢气中的H2O、HCl等杂质，所以装置B应为碱石灰，选②；【小问3详解】乙基蒽醌难溶于水，H2O2易溶于水，加水萃取，然后分液以除去乙基蒽醌，H2O2加热易分解，最后减压蒸馏，得产品。【小问4详解】H2O易

使Ni催化剂中毒，装置F中浓硫酸的作用为防止外界水蒸气进入装置C中使催化剂中毒；【小问5详解】H2O2加热易分解，反应过程中，控温45℃(没有过低也没有过高)的原因为适当升温可加快反应速率，同时防止温度过高H2O2分解；【小问6详解】酸性KMnO4与H2O2反应离子方程式为2422222

MnO5HO8H2Mn5O+8HO−++++=+，取2.50g产品，加蒸馏水定容至100mL摇匀，取20.00mL于锥形瓶中，用0.0500mol/L酸性KMnO4标准溶液滴定，第二次数值超出正常误差范围，根据第一次、第三次滴定数据，平均消耗KMnO4

溶液体积为20.00mL。则样品中H2O2的物质的量为10050.02L0.05mol/L0.0125mol202=，产品中H2O2质量分数为0.0125mol34g/mol100%=17%2.5g。27.天然产物Ⅴ具有抗疟活性，

某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成Ⅴ及其衍生物Ⅵ的路线如下(部分反应条件省略，Ph表示-C6H5)：已知：2YCHOH⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件。（1）化合物Ⅰ的名称是_______。（2）反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ+Z，则化合物Z的分子式为_______。（3）化合物Ⅳ能发生银镜反应，其结构

简式为_______。（4）反应②③④中属于加成反应的有_______(填序号)。（5）化合物Ⅵ的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有10种，请写出其中任意两种的结构简式：_______、_______。a.能与NaHCO3反应b.最多能与2倍物质的量的NaOH反应c.能与3

倍物质的量的Na发生放出H2的反应d.核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子e.不含手性碳原子（6）根据上述信息，写出以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成的路线_______。【答案】（1）对羟基苯甲醛（2）C18H15P

O（3）（4）②④（5）①.、、、、②.、、、、（6）22HOCHCHCl⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件2NaOHHO⎯⎯⎯⎯⎯→，加热⎯⎯⎯→催化剂【解析】【分析】由题干有机合成路线流程图可知，I和Ⅱ反应生成Ⅲ，根据反应条件知

，反应②为加成反应，Ⅳ能发生银镜反应，则Ⅳ含有醛基，根据反应②产物的结构简式及Ⅳ分子式知，Ⅳ为，反应③为氧化反应，反应④中碳碳双键发生加成反应，V发生酯化反应生成Ⅵ；（6）以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料

合成，根据“2YCHOH⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件”知，合成的苯酚的同系物为，及HOCH2CH2Cl发生信息中的反应生成，发生水解反应生成，发生反应④类型的反应生成。【小问1详解】化合物Ⅰ的名称是对羟基苯甲醛；【小问2详解】反应①的方程式可表示为：Ⅰ

+Ⅱ=Ⅲ+Z，根据I、Ⅱ、Ⅲ的结构简式知，Ⅱ中的CHOCH2CH3被I中的O原子取代，则Z为Ph3P=O，则化合物Z的分子式为C18H15PO；【小问3详解】根据分析可知，Ⅳ为；【小问4详解】由题干合成路线图示信息可知，反应②③④中，

反应②为Ⅳ和氢气发生加成，反应③为氧化反应，反应④为羟基和碳碳双键发生加成，则属于加成反应的有②④；【小问5详解】化合物Ⅵ的不饱和度是5，Ⅵ的芳香族同分异构体中含有苯环，苯环的不饱和度是4，同分异构体

同时满足如下条件：a．能与NaHCO3反应，说明含有-COOH，根据其不饱和度知，不含酯基或碳碳双键；b．最多能与2倍物质的量的NaOH反应，说明含有1个酚羟基；c．能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应，说明含有1个醇羟基；d．核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子，说明

含有2个甲基；e．不含手性碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子），其取代基有3个，分别为-COOH、酚-OH、；如果-COOH、酚-OH相邻，有4种排列方式；如果-COOH、酚-OH相间

，有4种排列方式；如果-COOH、酚-OH相对，有2种排列方式，所以符合条件的同分异构体有10种，分别为、、、、、、、、、（任写两种）；【小问6详解】以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成，根据“2YCHOH

⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件”知，合成的苯酚的同系物为，及HOCH2CH2Cl发生信息中的反应生成，发生水解反应生成，发生反应④类型的反应生成，由此确定合成路线为：22HOCHCHCl⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件2NaOHHO⎯⎯⎯⎯⎯→，加热⎯⎯⎯→催化剂。获得更多资源请扫码加入

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