【文档说明】安徽省肥东县第二中学2020-2021学年高二下学期期末考试化学试题 PDF版含答案.pdf，共(19)页，830.664 KB，由小赞的店铺上传

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第1页，共6页肥东二中2020-2021学年度第二学期期末考试高二年级化学试卷时间：90分钟满分：100分相对原子质量：H：1O:16S:32C:12Na23Ag:108Br:80等一、单选题（本大题共

16小题，共48.0分）1.新冠疫情虽然在我国得到了控制，但仍不能掉以轻心，下列有关说法正确的是()A.可用免洗手消毒液代替日常的洗手B.推广使用对环境友好无残留的消毒剂C.“84”消毒液的消毒原理与酒精相

同D.购买进口冷冻食品时不用担心新冠病毒残留2.下列表示不正确的是()A.乙烯的结构式：B.甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2C.2−甲基丁烷的键线式：D.甲基的电子式：3.常温下水溶液中能大量共存的一组离子是()A.Na+、Cl−、H+、MnO4−B.Al3+、NH4+、AlO2−、SO4

2−C.Ca2+、HCO3−、Cl−、K+D.Ag+、NO3−、Fe3+、I−4.有机物与人类的生产、生活息息相关，下列说法不正确的是()A.植物油利用氢化反应提高其饱和度使其不易变质B.纤维素可在人体内转化为葡萄糖供给能量C.苯酚能使蛋白质发生变性而起消毒作用D.油脂通过皂化反应生成高级脂肪酸盐

，可制成肥皂5.2021年亚青会将在鮀城汕头举办，在场馆建设中用到一种耐腐蚀、耐高温的涂料是以某双环烯酯()为原料制得的，下列说法不正确的是()第2页，共6页A.1mol双环烯酯能与2molH2发生加成反应B.该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面C.该双环烯酯的水解产物均能

使酸性高锰酸钾褪色D.该双环烯酯完全加氢后的产物一氯代物有9种6.下列离子方程式书写正确的是()A.用食醋检验牙膏中碳酸钙的存在：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB.向氢氧化钠溶液中通入足量的二

氧化碳：CO2+OH−=HCO3−C.将铁粉加入到稀硝酸中：Fe+6H++3NO3−=Fe3++3NO2↑+3H2OD.向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：CO32−+CO2+H2O=2HCO3−7.疫情期间，消毒剂如氯仿、84消毒

液、双氧水等起到重要作用。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是()A.标准状况下，11.2L氯仿(CHCl3)含有C−Cl数目为1.5NAB.1L1mol/LNaClO溶液中含有ClO−数目为NAC.常温下，

1molCl2与NaOH溶液反应制漂白液时，转移电子数目为NAD.17gH2O2中含有过氧键数目为NA8.某二元酸的分子式为C6H10O4，结构中含有两个甲基，则满足要求的二元酸的种类为()A.2种B.4种C.6种D.8种9.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影3区

域的是()A.Cl2+2NaI=2NaCl+I2B.CH4+2O2=CO2+2H2OC.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3D.2H2O2=2H2O+O2↑(MnO2催化下)10.除去下列物质中所含的少量杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂和分离方法能达到实

验目的的是()第3页，共6页选项混合物试剂分离方法A溴苯(溴)NaOH溶液分液B乙醇(水)CaO过滤C甲烷(乙烯)酸性高锰酸钾溶液洗气D乙酸乙酯(乙酸)NaOH溶液分液A.AB.BC.CD.D11.常温下，下列各组离子在指定溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是()A.无色溶液中：Na

+、Cl−、MnO4−、SO42−B.含有大量Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、NO3−、SCN−C.0.1mol/L硫酸溶液中：Al3+、K+、S2O32−、Br−D.使酚酞变红色的溶液：CO32−、Cl−、Al

O2−、K+12.对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是()A.用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO32−+Cl2+H2O=2HSO3−+2Cl−+SO42−B.向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+C.向H2O2溶液中滴

加少量FeCl3：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+D.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH−=NH3⋅H2O13.蜂胶中某活性物质X的结构简式如图，下列关于X的说法正确的是()A.一定条件下X可发生

加聚反应B.X不能与浓溴水发生取代反应C.1molX最多能与2molNaOH反应D.X苯环上一氯代物有8种14.NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A.18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB.2L

0.5mol⋅L−1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NAC.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD.密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA15.处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应进程关

系如图，反应过程中主要存在N2、HCO3−、ClO−、CNO−(C+4价，N−3价)、Cl−等微粒。下列说法不正确的是()第4页，共6页A.该废水呈强酸性B.废水处理后转化为无害物质C.反应的离子方程式：3ClO−+2CNO−+H2O=N2+2HCO3−+3Cl−D.每处理1m

olCNO−转移3mole−16.下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作现象结论A取一根洁净的铂丝，放在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取少量试液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色溶液为钾盐B向Fe(NO3)2样品溶液中加入稀硫酸，然后

再滴入KSCN溶液溶液呈血红色Fe(NO3)2已变质C向溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液产生白色沉淀溶液中含有SO42−D向某溶液中加入足量NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体试纸变蓝色溶液中含有NH4+

A.AB.BC.CD.D二、填空题（本大题共3小题，共37.0分）17.配平下列化学方程式，__Fe(OH)3+__NaOH+_NaClO=__Na2FeO4+____NaCl+__H2O该反应中氧化剂是_________

_(填写化学式)，________元素被氧化。当反应中有1molNa2FeO4生成，铁元素________(失去或得到)的电子数目有____________个。如果配置480mL0.1mol/LNaOH溶液，需称量_____克NaOH固体，所需的仪器有玻璃棒、胶

头滴管、烧杯、__________、_________。下列操作使NaOH溶液浓度偏高的是_________A.称量NaOH时使用称量纸B.NaOH溶解未经冷却即注入容量瓶并定容至刻度线C.定容时俯视容量瓶刻度

线D.转移时溶液流在外面第5页，共6页18.在调水工程中，沿途工业污水的任意排放是造成水质恶化的最大隐患.检测某工厂废液中，含有大量Mg2+、Al3+、Cu2+、Ag+.试分析回答下列问题：(1)该废液中可能大量存在的一种阴离子是____

__(填序号)A.SO42−B.NO3−C.Cl−D.CO32−(2)为检测废液中铝元素的含量，需将其从废水样品中分离出来，所用的试剂是______；铝元素发生变化的离子方程式是______；(3)为了回收废液中的金属银，某同学设计了如图所示方案：若依该方案获得108gAg，为保

证不污染环境和Cl2的循环利用，理论上应提供标准状况下H2的体积是______．19.电镀厂镀铜废水中含有CN−和Cr2O72−离子，需要处理达标后才能排放。该厂拟定下列流程进行废水处理，回答下列问题：(1)②中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为_______；(2)步骤③中，每处理0.

4molCr2O72−时转移电子2.4mol，该反应的离子方程式为________；(3)取少量待测水样于试管中，加入NaOH溶液，观察到有蓝色沉淀生成，再加Na2S溶液，蓝色沉淀转化成黑色沉淀，请用离子方程式解释产生这些现象的原因_______；(4)目前处理酸性C

r2O72−废水多采用铁氧磁体法.该法是向废水中加入FeSO4·7H2O将Cr2O72−还原成Cr3+,调节pH，Fe、Cr转化成相当于：FeII[FeXIIICr(2−x)III]O4(铁氧磁体，罗马数字表示元素价态)的沉淀.处

理1molCr2O72−，需加入amolFeSO4⋅7H2O，下列结论正确的是_______。A.x=0.5，a=8B.x=0.5，a=10C.x=1.5，a=8D.x=1.5，a=10第6页，共6页三、简答题（本大题共1小题，共15.0分）20.化合物G是重

要的药物中间体，以有机物A为原料制备G，其合成路线如图。回答下列问题：(1)E中官能团的名称为______。(2)F→G的反应类型为______。(3)E→F的反应方程式为______。(不要求写出反应条件)(4)已知A：①能与FeCl3溶液

发生显色反应且不能发生银镜反应；②苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种。则A的结构简式为______。(5)H是B的同系物，比B少一个碳原子，H可能的结构有______种。(不考虑立体异构)(6)参考上述合成线路，写出以1−溴丙烷(CH3CH2CH2Br)、丙二酸二甲酯(C

H3OOCCH2COOCH3)、尿素[CO(NH2)2]为起始原料制备的合成线路(其它试剂任选)。______第1页，共13页高二期末考试化学试卷答案和解析【答案】1.B2.B3.C4.B5.B6.B7.C8.B9.B10.A11.C12.A13.A14.C15.A1

6.D17（14分）.(1）2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O（3分）NaClO（1分）；铁（1分）；失去（1分）；3NA（2分）（2）2.0g（2分）；托盘天平（1分）；500mL容量瓶（1分）；（1分）BC（2分）18（

10分）.B（2分）；NaOH溶液（2分）；Al3++4OH−=AlO2−+2H2O（3分）；11.2L（3分）19.（13分）(1)CN−+ClO−=CNO−+Cl−(2)3S2O32−+4Cr2O72−+26H+=6SO42−+

8Cr3++13H2O（各3分）(3)Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓（2分）、Cu(OH)2(s)+S2−(aq)=CuS(s)+2OH−(aq)（2分）(4)D（3分）20（15分）.（1）溴原子、羟

基（2分）（2）取代反应（2分）（3）（3分）（4）（2分）第2页，共13页（5）13（3分）（6）（3分）【解析】1.解：A.免洗手消毒液只有一定的杀菌效果，但没法去污，因此不能代替日常的洗手，故A错误；B.由绿色化学理念可知，应使推广使用环境友好的消毒剂，故B正确；C.“84”消毒液

的消毒原理是次氯酸钠的强氧化性使病毒蛋白质变性，酒精无氧化性，但酒精可以使蛋白质变性，从而达到杀死细菌的目的，故C错误；D.国外疫情严峻，购买进口冷冻食品时应严格检疫，防止新冠病毒残留，故D错误；故选：B

。A.免洗手消毒液只有一定的杀菌效果，但没法去污；B.对环境友好无残留的消毒剂，符合绿色化学理念；C.“84”消毒液的消毒原理是次氯酸钠的强氧化性使病毒蛋白质变性，酒精无氧化性，但酒精可以使蛋白质变性；D.

国外疫情严峻，购买进口冷冻食品时应严格检疫。本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、消毒原理及性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。2.解；A、乙烯

分子式C2H4，含有碳碳双键；结构式为：，故A正确；B、甲酸甲酯的分子式为：C2H4O2，结构简式为：HCOOCH3，故B错误；C、2−甲基丁烷的结构简式为：(CH3)2CH−CH3，去掉C原子和氢原子得出键线式

为：，故C正确；D、甲基是电中性的原子团，C原子周围有1个未成对电子，电子式为，故D正确；故选：B。A、结构式是表示元素符号和短线表示化合物(或单质)分子中原子间的排列和结合方式的式子；B、结构简式把结构式中的的单键省略之后的一种简略表达形式；C、把结构式中的C原子和H

原子省去，用“−”表示化学键的形式，拐点、交点、端第3页，共13页点为C原子；D、电子式就是用“⋅”或“x”表示结构式中的电子的形式。本题考查学生对有机物的结构理解和掌握，题目难度不大，掌握结构式、结构简式、键线式、电

子式等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。3.解：A.MnO4−在酸性条件下可以与Cl−反应生成Mn2+和Cl2，反应的离子方程式为2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，不能大量共存，故A错误；B.Al3+、NH4+都与AlO2−发生双水解

反应，不能大量共存，故B错误；C.Ca2+、HCO3−、Cl−、K+之间互不反应，可以大量共存，故C正确；D.Fe3+可以氧化I−，I−可以和Ag+反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选：C。离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反

应、络合反应、双水解反应时能大量共存，以此进行判断。本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。4.解：A.植物油含有碳碳双键

，碳碳双键易被氧化，植物油利用氢化反应提高其饱和度使其不易变质，故A正确；B.纤维素在人体内不水解，所以纤维素不能在人体内转化为葡萄糖供给能量，故B错误；C.苯酚能使蛋白质发生变性，可以杀菌消毒，所以苯

酚能使蛋白质发生变性而起消毒作用，故C正确；D.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，所以油脂通过皂化反应能制成肥皂，故D正确；故选：B。A.植物油含有碳碳双键，碳碳双键易被氧化；B.纤维素在人体内不水解；C.苯酚能使蛋白质发生变性；D.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘

油。本题考查物质的结构、性质与应用，为高频考查和常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构、性质以及应用，题目有利于培养学生良好的科学素养，难度不大。5.解：A.双环烯酯含有2个碳碳双键和酯基，酯基

不能与氢气发生加成反应，则1mol双环烯酯能与2molH2发生加成反应，故A正确；B.连接在碳碳双键上的原子共平面，由三点成面可知，双环烯酯中至少有6个碳原子共第4页，共13页平面，故B错误；C.双环烯酯和酯的水解产物中都含有碳碳双键，都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，均能使酸性高

锰酸钾褪色，故C正确；D.双环烯酯分子加氢后，左右的两个六元环各有4种一氯代物，−CH2−上有1种一氯代物，共有9种，故D正确；故选：B。有机物含有碳碳双键、酯基，具有烯烃、酯类的性质，以此解答该题。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力

的考查，注意把握有机物的官能团的性质，题目难度不大。6.解：A.用食醋检验牙膏中碳酸钙的存在，碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO−，故A错误；B.向氢氧化钠溶液中通入足量的二

氧化碳，离子方程式为：CO2+OH−=HCO3−，故B正确；C.将铁粉加入到稀硝酸中，若稀硝酸过量时，反应生成硝酸铜、NO气体和水，正确的离子方程式为：Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O，故C错误；D.向饱和Na2C

O3溶液中通入过量CO2，反应后析出碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：2Na++CO32−+CO2+H2O=2NaHCO3↓，故D错误；故选：B。A.醋酸为弱酸，不能拆开；B.二氧化碳足量，反应生成碳酸氢钠；C.铁与稀硝酸反应

生成一氧化氮气体；D.碳酸氢钠的溶解度较小，反应中会析出碳酸氢钠晶体。本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质

等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等，D为易错点，题目难度不大。7.解：A.标准状况下，氯仿为液体，11.2L氯仿(CHCl3)的物质的量大于0.5mol，则含有C−Cl数目大于1.5NA，故

A错误；B.ClO−会发生水解，所以1L1mol/LNaClO溶液中含有ClO−数目小于NA，故B错误；C.常温下，1molCl2与NaOH溶液反应制漂白液时，氯元素化合价0价升高到+1价，降低到−1价，氯气既

做氧化剂，又做还原剂，所以转移电子数目为NA，故C正确；D.17gH2O2的物质的量=17g34g/mol=0.5mol，含有过氧键数目为0.5NA，故D错误；第5页，共13页故选：C。A.标准状况下，氯仿为液体，11.2L氯仿(CHCl3)的物质的量大于0.5mol；B.ClO−会发生水

解；C.常温下，1molCl2与NaOH溶液反应制漂白液时，氯气既做氧化剂，又做还原剂；D.17gH2O2的物质的量=17g34g/mol=0.5mol，1个过氧化氢分子中含一个过氧键。本题考查了阿伏加德罗常数的应用，主要考查气体摩尔体积

的条件应用、氧化还原反应、物质中化学键数目、盐类水解等知识点，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。8.解：有机物的分子式为C6H10O2，分子中含有两个甲基，不饱和度为6×2+2−102=2，含两个羧基，所以二元酸为CH

3CH(COOH)CH(COOH)CH3、CH3C(COOH)2CH2CH3、(COOH)2CHCH(CH3)2、CH3C(COOH)(CH3)CH2COOH共4种，故选：B。有机物的分子式为C6H10O2，分子中含有两个甲基，不饱和度为6×

2+2−102=2，含有两个羧基，结合碳链异构和位置异构来解答该题。本题考查同分异构体的判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构的分析和同分异构体的判断，题目难度中等。9.解：A.属于置换反应，也

属于氧化还原反应，故A不选；B.C、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但不属于置换反应，故B选；C.属于化合反应，且元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故C不选；D.属于分解反应，且元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选：B。由图

可知，区域3属于氧化还原反应，但不属于置换反应，有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，单质与化合物反应生成单质与化合物的反应为置换反应，以此来解答．本题考查氧化还原反应及四种基本反应类型，明确反应的分类及反应中元素的化合价变化是解答本题

的关键，题目难度不大．10.解：A.溴苯难溶于水，溴单质与氢氧化钠溶液反应生成水溶液，会分层，然后分液，故A正确；B.CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故B错误；C.高锰酸钾溶液能把乙烯氧

化为二氧化碳，会引入新的杂质，故C错误；D.乙酸乙酯能与氢氧化钠溶液反应，应该用饱和碳酸钠溶液，然后分液，故D错误；故选：A。第6页，共13页A.溴苯难溶于水，溴单质与氢氧化钠溶液反应生成水溶液；B.CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异；C.高锰酸钾溶液能把乙烯

氧化为二氧化碳；D.乙酸乙酯能与氢氧化钠溶液反应。本题考查物质的分离提纯，侧重于学生综合运用化学知识的能力和实验能力的考查，为高考常见题型，题目难度不大，注意把握物质的性质的异同。11.解：A.无色溶液中不存在有色离子，MnO4−在溶液中显紫色，在溶液中不能大量存在，故A不选；B.Fe3+与S

CN−能发生络合反应不能大量存在，但不属于氧化还原反应，故B不选；C.酸性条件下，S2O32−能自身发生氧化还原反应生成二氧化硫和S，所以0.1mol/L硫酸溶液中S2O32−因发生氧化还原反应不能大量存在，故C选；D.使酚酞变红色的溶液显碱

性，碱性条件下几种离子之间不反应，CO32−、Cl−、AlO2−、K+能大量共存，故D不选；故选：C。A.无色溶液中不存在有色离子；B.Fe3+与SCN−能发生络合反应；C.酸性条件下，S2O32−能自身发生氧化还原反应；D.使酚酞变红色的溶

液显碱性，碱性条件下几种离子之间不反应。本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，明确离子反应发生条件为解答关键，还应该注意溶液的具体反应条件，如“因发生氧化还原反应而不能大量共存”，试题侧重考查学生的分析与应用能力。12.【分析】本题考查

了化学反应原理，离子方程式的书写，离子方程式的正误判断，重点考查反应发生的可能性，掌握强制弱的原理，难度中等。【解答】A.用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO32−+Cl2+H2O=2HSO3−+2Cl−+SO

42−，符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律，故A正确；B.弱酸不能制强酸，向CaCl2溶液中通入CO2不反应，故B错误；C.向H2O2溶液中滴加少量FeCl3，FeCl3做催化剂，促进双氧水的分解，故C错误；D.不符合客观事实，氢氧根优先与酸性更强的氢离子反应，正确的离子方程

式：H++OH−=H2O，故D错误。故选A。第7页，共13页13.解：A.该物质含有碳碳双键，在一定条件下可以发生加聚反应，故A正确；B.该物质的分子中含有两个酚羟基，且酚羟基的邻对位并非全部被取代，故该物质可以和浓溴水发生取代反应，故B错误；C.该物质的分子中含有两个酚羟基和一个酯基，故1mol

X最多能与3molNaOH反应，故C错误；D.由结构及对称性可知，左侧的苯环上有3种化学环境不同的氢原子，右侧的苯环上也有3种化学环境不同的氢原子，则该物质苯环上一氯代物有6种，故D错误；故选：A。由结构可知，分子中含酚−OH、碳碳双键、−COOC−，且苯环上6种

H，结合酚、烯烃、酯的性质来解答。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。14.【分析】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的

结构是解题关键，难度不大。【解答】A.重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，则含有9NA个质子，故A错误；B.亚硫酸为弱酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于2NA个，

故B错误；C.过氧化钠和水反应生成氧气时，氧元素的价态由−1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时，转移0.2NA个电子，故C正确；D.NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数减小，故产物分子个数小于2

NA个，故D错误。故选C。15.解：A.废水中主要存在ClO−、CNO−，水解溶液呈碱性，故A错误；B.处理某废水后，产物为HCO3−、N2、Cl−都为无害物质，故B正确；C.由图可知，ClO−浓度减小，HCO3−浓度增加，则还原反应为ClO−→Cl−，氧化

反应为CNO−→N2，由电子、电荷守恒可知离子反应为3ClO−+2CNO−+H2O=N2+2HCO3−+3Cl−，故C正确；D.由图可知，ClO−浓度减小，HCO3−浓度增加，则还原反应为ClO−→Cl−，氧化反应为CNO−(N化合价为+3)→N

2(N化合价为0)，每处理1molCNO−转移3mole−，故D正确；故选：A。第8页，共13页A.废水中主要存在弱酸的酸根离子；B.HCO3−、N2、Cl−都为无害物质；C.由图可知，ClO−浓度减小，HCO3−浓度增加，则还原反应为ClO−→Cl−，氧化反应为CNO−→N2，据此分析解答

；D.由反应可知生成1mol氮气转移6mol电子，每处理1molCNO−转移3mole−。本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握图中离子浓度变化、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子转移的计算，题目难度不大。16.解：A.铂丝先用稀盐酸清洗，

后灼烧至无色，然后蘸取少量试液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若为紫色，可能为KOH或钾盐溶液，故A错误；B.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，应溶于水后滴加KSCN溶液检验是否变质，故B错误；C.白色沉淀可能为AgCl，由操作和现象不能说明

含SO42−，故C错误；D.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知溶液中含有NH4+，故D正确；故选：D。A.铂丝先用稀盐酸清洗，后灼烧至无色，且焰色反应为元素的性质；B.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子；C.白色沉淀可能为AgCl；D.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。17~21.1.【分析】本题考查了氧化还原反应配平和电子转移数目，试题难度不大，

属于基础知识的考查。【解答】反应中Fe(OH)3→Na2FeO4，Fe元素化合价由+3价升高为+6价，总共升高3价，NaClO→NaCl，Cl元素的化合价由+1价降低为−1价，总降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故系数为，故Fe(OH)3系数为2，

故NaClO系数为3，由Fe元素守恒故Na2FeO4系数为3，由Cl元素守恒NaCl系数为3，由Na元素守恒NaOH系数为4，由H元素守恒H2O系数为5，配平后方程式为：2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O第9页，共13页2.【分析】本

题考查了氧化剂和被氧化元素判断，试题难度不大，属于基础知识的考查。【解答】次氯酸钠中氯元素从+1价降低为−1，化合价降低次氯酸钠是氧化剂其化学式为：NaClO；铁元素的化合价由+3价变为+6价被氧化3.【分析】本题考查了氧化还原反应中得失电子数目计算，试题难度不大。【解答】

铁元素从+3价升高到+6价，化合价升高失电子，生成1molNa2FeO4时氢氧化铁失去3mol电子，失去电子数目为3NA4.【分析】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，涉及仪器选择和计算，试题难度不大，属于基础知识的考查。【解答】配置480mL0.1mol/LNaOH

溶液，需要使用500mL容量瓶，需要称量NaOH的质量=0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.000g，称量2.0g氢氧化钠需要使用托盘天平，故答案为2.0；托盘天平；500mL容量瓶。5.【分析】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液误差分析，试题难度不大

。【解答】A.称量NaOH时使用称量纸，造成溶质损失，导致所配溶液浓度偏低，故A不符合；B.NaOH溶解未经冷却即注入容量瓶并定容至刻度线，所配溶液体积偏小，所配浓度偏高，故B符合；C.定容时俯视容量瓶刻度线，所配溶液体积偏小，所配浓度偏高，故C符合D.转移时溶液

流在外面，造成溶质损失，导致所配溶液浓度偏低，故D不符合。18.解：(1)因硫酸银不溶液水，氯化银不溶于水，金属离子与碳酸根离子生成不溶于水的碳酸盐，所有的硝酸盐都溶于水，即硝酸根离子与金属离子均不反应，故答案

为：B；第10页，共13页(2)只有氢氧化铝与碱反应，利用碱将金属阳离子分离，则试剂选NaOH溶液，发生的离子反应为Al3++4OH−=AlO2−+2H2O，故答案为：NaOH溶液；Al3++4OH−

=AlO2−+2H2O；(3)n(Ag)=108g108g/mol=1mol，由2Ag～Cl2～H2可知，理论上应提供标准状况下H2的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2L．(1)硫酸银不溶液水，氯化银不溶于水，金

属离子与碳酸根离子生成不溶于水的碳酸盐；(2)只有氢氧化铝与碱反应，利用碱将金属阳离子分离；(3)由2Ag～Cl2～H2来计算．本题考查离子的共存，离子的分离及有关计算，熟悉离子之间的反应、离子的性质即可解答，题目难

度不大．19.【分析】本题考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，涉及氧化还原反应的计算、方程式书写、信息获取能力等，是高考常考题型，是对学生综合能力的考查，题目难度中等。流程分析含CN−废水调整溶液PH加入NaClO溶液，氧化CN−

离子反应生成CNO−的废水，含Cr2O72−的废水调整溶液PH加入Na2S2O3发生氧化还原反应得到含硫酸根离子的废水，和含CNO−的废水继续处理得当待测水样；(1)碱性条件下，CN−离子与NaClO发生氧化还原反应生成CNO−、Cl−离子，据此写出离子方程式；(2

)利用每0.4molCr2O72−转移2.4mol的电子来计算被还原后Cr元素的化合价，再书写离子方程式；(3)根据铜离子与氢氧根离子反应生成沉淀及沉淀的转化来分析；(4)根据氧化还原反应中得失电子数相等，再结合原子守恒进行计算。【解答】(1)步骤②中，无气体放出，CN−被ClO−氧

化为CNO−，则因为是在碱性环境中，故ClO−只能被还原为Cl−，反应式为：CN−+ClO−=CNO−+Cl−，故答案为：CN−+ClO−=CNO−+Cl−；第11页，共13页(2)每0.4moCr2O72−转移2.4m

ol的电子，设还原后Cr元素的化合价为x，则0.4mol×2×(6−x)=2.4mol，解得x=+3，则离子反应为3S2O32−+4Cr2O72−+26H+=6SO42−+8Cr3++13H2O，故答案为：3S2O32−+4Cr2O72−+26H+=6S

O42−+8Cr3++13H2O；(3)因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，CuS比Cu(OH)2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化，发生的反应为：Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓、Cu(OH)2(s)+S2−(aq)=CuS(s)+2OH−(aq)，故答案为：Cu2++2OH

−=Cu(OH)2↓、Cu(OH)2(s)+S2−(aq)=CuS(s)+2OH−(aq)；(4)处理1molCr2O72−，需加入amolFeSO4⋅7H2O，根据铬原子守恒得，1molCr2O72−完全反应后生成22−xmolFeII[FeXIIICr(

2−x)III]O4，根据铁原子守恒得amol=2(1+x)2−xmol①，该反应中得失电子数相等，1mol×2×3=22−xmol×(3−2)×x，解得x=1.5，将x=1.5代入①得a=10，故答案为：D。20.解：(1)E的结构简式为，含有的官能团的名称为溴

原子、羟基，故答案为：溴原子、羟基；(2)F→G反应的化学方程式为：，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3)与反应生成和HBr，反应方程式为：，第12页，共13页故答案为：；(4)由分析可知，A的结构简式为，故答案为：；(5)H是B的同系物，比

B少一个碳原子，同时少二个氢原子，则H分子中仍含有苯环、酚羟基、氯原子和羰基，可能的结构简式为、、(①、②、③、④是指Cl原子所在的位置)、(有邻、间、对三种)，共有13种(不考虑立体异构)，故答案为：13；(6)由1−溴丙烷(CH3CH2CH2Br)、丙二酸二甲酯(CH3O

OCCH2COOCH3)、尿素[CO(NH2)2]为起始原料制备，依据题给流程中的信息，需将CH3CH2CH2Br转化为CH3CHBrCH3，再与CH3OOCCH2COOCH3反应制得，最后与CO(NH2)2反应制得目标有机物，合成线路为：，故答案为：。由(4)中已知A的信息：①能与FeC

l3溶液发生显色反应且不能发生银镜反应，②苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种，而A的分子式为C8H8O2，可推出A分子内含有苯环、酚羟基、位于对位的两个取代基，其中一个是酚羟基，但不含有醛基，第13页，共13页则

只能为一个，由此确定A为，A先与HCHO发生加成反应，然后加成引入的−OH被氯原子取代生成B，B中酚羟基上H原子被取代、氯原子被取代生成C，同时有乙酸、生成。D发生取代反应(或水解反应)生成E，反应②消除酚羟基，反应④又重新引入酚羟基，

反应②④主要目的是保护酚羟基。E发生取代反应生成F，同时有HBr生成。F发生取代反应生成G，同时有乙醇生成；(6)类比G的生成可知，1−溴丙烷发生消去反应生成丙烯，丙烯和HBr发生加成反应生成2−溴丙烷，2−溴丙烷发生E→F→G的反应得到目标产物。本题考查有机物的合成，对比分析有机物的结

构，明确发生的反应，题目侧重考查学生分析推理及信息的获取和知识迁移能力，难点是合成路线设计，(5)中对于同系物，不仅要求官能团的种类相同，而且要求相同类型的官能团的数目也相同，题目涉及有机物结构复杂，属于易错题目。