【文档说明】【精准解析】贵州省三都水族自治县高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题.doc，共(28)页，959.000 KB，由小赞的店铺上传

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贵州省三都水族自治县高级中学2019-2020学年上学期期末考试高二化学一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分)1.在一个容积为2L的密闭容器中，加入0.8mol的A2气体和0.6molB2气体，一定条件下发生如下反应：A2(g)＋B2(g)2AB(g)ΔH<0，反应中各物质的浓度

随时间的变化情况如图所示，下列说法不正确的是A.图中a点的值为0.15B.该反应的平衡常数K＝0.03C.温度升高，平衡常数K值减小D.平衡时A2的转化率为62.5%【答案】B【解析】【详解】A、当AB的浓度改变0.5mol•L-1，由方程式A2(g)+B2(g)2AB(g)知，

A2的浓度改变为0.25mol•L-1，所以a=(0.4-0.25)mol•L-1=0.15mol•L-1，即图中a点的值为0.15，故A正确；B、当AB的浓度改变0.5mol•L-1，由方程式知，B2的浓度改变为0.25mol•L-1，

所以平衡时B2的浓度为=(0.3-0.25)mol•L-1=0.05mol•L-1，K=222()cABcAcB=20.50.150.05=1003，故B错误；C、已知A2(g)+B2(g)⇌2AB(g)释放出热量即△H＜0，所以温度升高，平衡逆移

，平衡常数K值减小，故C正确；D、当AB的浓度改变0.5mol•L-1，由方程式知，A2的浓度改变为0.25mol•L-1，已知A2的初始量为0.4mol•L-1，所以平衡时A2的转化率为0.250.4×100%=62.5

%，故D正确；答案选B。2.25℃时，在0.01mol·L－1的硫酸溶液中，水电离出的H＋浓度是()A.5×10－13mol·L－1B.0.02mol·L－1C.1×10－7mol·L－1D.1×10－12mol·L－1【答案】A【解析】【详解】溶液中c(

H＋)＝0.02mol·L－1，由Kw＝1.0×10－14可知c(OH－)＝()wKcH＋=1411.0100.02molL－－=5×10－13mol·L－1。在硫酸溶液中，溶液中H＋来自于水和酸的电离，溶液中OH－只来源于水电离，无论什么溶液，水电离的c(H＋)和水电离

c(OH－)永远相等，则c(H＋)水＝c(OH－)水＝5.0×10－13mol·L－1，答案选A。【点睛】水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度总是相等，计算酸溶液中由水电离出的氢离子时可以先计算氢氧根离子的浓度，因为酸中的氢氧根来自于水的电离。3.白磷会对人体造成严重

的烧伤，白磷(P4)分子结构为。下列说法不正确的是A.白磷着火点低，在空气中可自燃B.白磷、红磷互为同素异形体C.31g白磷中，含P—P键1．5molD.已知P4(白磷，s)＋3O2(g)=2P2O3(s)ΔH＝－QkJ·mol－1，则白磷的燃烧热为QkJ·mol－1【

答案】D【解析】【详解】A.白磷着火点低，在空气中可自燃，A正确；B.白磷、红磷都是磷元素的单质，互为同素异形体，B正确；C.白磷分子中有6个P—P键，31g白磷的物质的量为0．25mol，故其中含P—P键1.5mol，C正确；D.白磷燃烧生成稳定的氧化物P2O5时

放出的热量为燃烧热，故D错误；故选D。4.在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H<0下列分析中正确的是A.图Ⅱ研究的只是t0时使用催化剂对反应速率的影响B.图Ⅰ研究的

是t0时缩小容器体积对反应速率的影响C.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高D.图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂【答案】C【解析】【详解】A.图Ⅰ正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反

应速率，该反应为放热反应，则改变的条件为升温，而催化剂能同等程度的加快正逆反应速率，A项错误；B.图Ⅱ中正逆反应速率同等程度的增大，该反应为体积不变的反应，则改变的条件为增大压强（缩小体积）或使用催化剂，B项错误；C.图Ⅲ中乙先达

到平衡状态，且乙中CO的转化率小，该反应为放热反应，则乙的温度高，C项正确；D.图Ⅲ中乙先达到平衡状态，但甲、乙的转化率不同，不是催化剂的原因，应为乙的温度高，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，注意图象中

的速率变化及速率与平衡移动的关系，侧重平衡移动与图象的分析能力，图Ⅰ正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；图Ⅱ中正逆反应速率同等程度的增大；图Ⅲ中乙先达到平衡状态，且乙中CO的转化率小。5.燃烧是人类最早利用的化学反应之一，下列叙述中正确的是()

A.在化学反应中只有燃烧才能放出热量B.物质与氧气发生的反应都是燃烧C.煤、石油、天然气燃烧都放出大量的热，都是重要的燃料D.只要达到燃烧所需的最低温度，可燃物就能燃烧【答案】C【解析】【详解】A．燃烧能放出

热量，其它反应如中和反应等也属于放热反应，故A错误；B．缓慢氧化也是物质与氧气发生的反应，但不是燃烧，故B错误；C．煤、石油、天然气是三大化石燃料，都是重要的燃料，故C正确；D．燃烧的条件有三个：①有可燃物；②可燃物与氧气接触；③使可燃物达到着火点；三个条件缺一不可，故D错误；答案选C

。6.当把晶体N2O4放入密闭容器中气化，并建立了N2O4(g)2NO2(g)平衡后，保持温度不变，再通入若干N2O4气体，待反应达到新的平衡时，则新平衡与旧平衡相比，其224cNOcNO值()A.变大B.不变C.变小D.无法确定【答案】C【解析】【详解】反应N2

O4⇌2NO2平衡常数为K=2224cNOcNO，224cNOcNO=22242cNOcNOcNOcNO=2KcNO，而化学平衡常数是温度的函数，温度不变平衡常数不变，再通入若干N2O4气体，平衡正向移动，c(NO2)增大，2KcNO减小

，则224cNOcNO减小；答案选C。【点睛】本题易错点是注意题中的比例关系并不是该反应的平衡常数，需要结合平衡常数和平衡移动综合分析解题。7.某学生中和滴定实验过程为：(a)取碱式滴定管；(b)用蒸馏水洗净；(c)立即加入待

测的NaOH溶液；(d)记录液面刻度读数；(e)用酸式滴定管精确放出一定量标准酸液于只用蒸馏水洗涤过的锥形瓶中；(f)向锥形瓶中加入适量蒸馏水；(g)加入酚酞试液2滴；(h)滴定时边摇动锥形瓶；(i)边注视滴定管内液面变化；(j)当滴

到溶液由无色变到粉红色时，立即停止滴定；(k)记录液面刻度读数；(m)重复两次滴定，则消耗NaOH溶液体积的平均值为22mL，上述实验过程错误之处有()A.c、d、f、j、kB.c、i、j、mC.e、f、i、mD.c、e、f、i、j、m【答案】B【解

析】【详解】碱式滴定管需用待测的NaOH溶液润洗，c错误；滴定时边摇动锥形瓶，边注视锥形瓶内溶液颜色的变化，i错误；当滴到溶液由无色变到粉红色，且半分钟内不变色时，停止滴定，j错误；中和滴定为精确滴定，其消耗NaOH溶液体积的平均值为四位有效数字，m错误。答案选B。8.近年来AIST报告正在

研制一种“高容量、低成本”锂­铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li＋Cu2O＋H2O=2Cu＋2Li＋＋2OH－。下列说法不正确的是()A.放电时，Li＋透过固体电解质向Cu极移动B.放电

时，负极的电极反应式为Cu2O＋H2O＋2e－=2Cu＋2OH－C.通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD.整个反应过程中，铜相当于催化剂【答案】B【解析】【详解】A．因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li+透过固体电解质向Cu极移动，故A

正确；B．放电时，负极上电极反应式为Li-e-═Li+，故B错误；C．放电过程为2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH-，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故C正确；D．由C项分析知：铜先与氧气反

应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确；故选B。【点晴】结合原电池结构，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e-═Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=

4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。9.一定条件下，在水溶液中1molCl－、ClOx-(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示，下列有关说法正确的是()A.e是ClO3-B.b→a＋c反应的活化能为60kJ·mol－1C.a、b、c、d、e中

c最稳定D.b→a＋d反应的热化学方程式为3ClO－(aq)===ClO3-(aq)＋2Cl－(aq)ΔH＝－116kJ·mol－1【答案】D【解析】【分析】本题以卤族元素氯元素为载体考查了氧化还原反应、热化学反应方程式的反应热的计算等。A．依据D中Cl元素化合价为+7价；B．依据图中数

据无法判断b→a+c反应的活化能；C．能量越低越稳定；D．B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol）-3×60kJ/mol=-116kJ/mol。【详解】A.由图示信息可知，e中Cl

元素化合价为+7价，而ClO3-中Cl元素化合价为+5价，故A错误；B.依据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能，故B错误；C.能量越低越稳定，因此由图中纵坐标观察，显然a，b，c，d中a能量最低，所以a最稳定，故C错误；D.b→a＋d，根据转移电子数守恒得该反应方

程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol）-3×60kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq）=ClO3-(aq）+2Cl-(aq）△H=-116kJ/mol，故D正确；故答案为D。【点睛】通过电子守恒规

律写出氧化还原反应及其对热化学方程式反应热微观意义的理解来计算相应反应热的大小是解题的关键，注意化学方程式中的化学计量数。10.已知：反应①Fe(s)＋CO2(g)⇌FeO(s)＋CO(g)ΔH1的平衡常数为K1；反应②

Fe(s)＋H2O(g)⇌FeO(s)＋H2(g)ΔH2的平衡常数为K2。反应③CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)ΔH3的平衡常数为K3。不同温度时K1、K2的值如下表，下列说法正确的是()A.K3=K1－K2B.K3=K1+K2C.ΔH3＞0D.ΔH3＜0【答案】C【解

析】【详解】根据给出的化学方程式可知，反应③＝①－②得到，反应①Fe(s)＋CO2(g)⇌FeO(s)＋CO(g)，K1=2cCOcCO，反应②Fe(s)＋H2O(g)⇌FeO(s)＋H2(g)，K2=2

2cHcHO，反应③CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)21312222cCOcHOcCOcH1KKKKK，故AB错误；随着温度的升高，1K值增大，2K值减小，则反应①为吸热反应，反应②为放热反应，则10＞H，20＜H，根据盖斯定律，31

20＞HHH，故C正确，D错误；答案选C。【点睛】平衡常数只受温度影响，平衡常数的大小变化，可以反映反应进行的程度，升高温度平衡常数增大，说明反应正向进行的程度越大，则正向为吸热。11.在CH3COONa溶液里，加入下列物质使水解平衡向左移动，并且pH变大的是

()A.加入适量纯CH3COOHB.加入少量NaCl固体C.加入少量NaOH固体D.加水稀释【答案】C【解析】【分析】CH3COO-水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。【详解】A、加入CH3COOH，平衡逆向移动

，水解程度减小，溶液的pH值减小，故A错误；B、加入氯化钠固体，水解平衡不会移动，水解程度不变，溶液的pH值不变，故B错误；C、加入NaOH，c(OH-)增大，醋酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中的c(OH-)增大，pH变大，故C正确；

D、加水稀释，水解程度增大，溶液的pH值减小，故D错误；故选C。12.用石墨电极电解CuCl2溶液（见右图）。下列分析正确的是A.a端是直流电源的负极B.通电使CuCl2发生电离C.阳极上发生的反应：Cu2++2e-=CuD.通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体【答案

】A【解析】【详解】A、依据装置图可知，铜离子移向的电极为阴极，阴极和电源负极相连，a为负极，故A正确；B、通电氯化铜发生氧化还原反应生成氯气和铜，电离是氯化铜离解为阴阳离子，故B错误；C、与b连接的电极是阳极，氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故C错

误；D、通电一段时间后，氯离子在阳极失电子发生氧化反应，在阳极附近观察到黄绿色气体，故D错误；故选A．13.要检验某卤乙烷中的卤素是不是溴元素，正确的实验方法是①加入氯水振荡，观察水是否有红棕色的溴出现②滴入AgNO3溶液，再加入稀硝酸，观察有无浅黄色沉淀生成③加入NaO

H溶液共热，冷却后加入稀硝酸至酸性，再滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成④加入NaOH的醇溶液共热，冷却后加入稀硝酸至酸性，再滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成A.①③B.②④C.①②D.③

④【答案】D【解析】【详解】①加入氯水振荡，与溴乙烷不反应，不会观察到水中有红棕色的溴出现，错误；②滴入AgNO3溶液，与溴乙烷不反应，再加入稀硝酸，无浅黄色沉淀生成，错误；③加入NaOH溶液共热，发生水解反应生成NaBr，冷

却后加入稀硝酸至酸性，再滴入AgNO3溶液，观察有浅黄色沉淀生成，可检验，正确；④加入NaOH的醇溶液共热，发生消去反应生成NaBr，冷却后加入稀硝酸至酸性，再滴入AgNO3溶液，观察有浅黄色沉淀生成，可检验，正确；答案选D。【点晴】该题为高频考点，把握卤代烃的性质及溴离子检验的方法

为解答的关键，注意卤代烃均属于非电解质，不能直接电离出X－，不能用AgNO3溶液检验卤素的存在。14.某醇在适当条件下与足量的乙酸发生酯化反应，得到的酯的相对分子质量a与原来醇的相对分子质量b的关系是a=b+84，有关该醇应该具有的结构特点的描述正确的是（）A.该醇分子中一定具有甲

基B.该醇分子中一定没有甲基C.该醇分子中至少含有三个碳原子D.该醇分子中具有两个醇羟基【答案】D【解析】【分析】设该醇为n元醇，若反应的醇为1mol，反应的乙酸为nmol，则生成的水为nmol，生成的酯为1mol，所以b＋60n

＝a＋18n，又a＝b＋84，得n＝2，所以该醇分子中含有两个羟基。【详解】D选项正确。该醇分子中可以含有甲基，也可以不含甲基，如乙二醇等，A、B选项错误；该醇分子也可以含有两个碳原子，如乙二醇，C选

项错误。某醇在适当条件下与足量的乙酸发生酯化反应，得到的酯的相对分子质量a与原来醇的相对分子质量b的关系是a=b+84，有关该醇应该具有的结构特点的描述正确的是（）A.该醇分子中不一定有甲基，可能是乙二醇，A不正

确；B.该醇分子中不一定没有甲基，很多二元醇有甲基，B不正确；C.该醇分子中至少含有2个碳原子，最简单的二元醇就是乙二醇，只含2个碳原子，C不正确；D.该醇分子中具有两个醇羟基，D正确。故选D。15.化学与

社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是A.碳纤维是一种新开发的材料，它属于合成有机高分子化合物B.对“地沟油”进行分馏可得到汽油C.漂白粉长期暴露在空气中最后会变质失效D.氯气溶于水生成次氯酸有强氧化性，可以起到除去水中杂质和杀菌消毒作用【答案】C【解析】【详

解】A、碳纤维不属于合成有机高分子化合物，错误；B、地沟油的主要成分是油脂，而汽油的主要成分是烃，所以对“地沟油”进行分馏不可能可得到汽油，错误；C、漂白粉长期暴露在空气中，其有效成分Ca(ClO)2会与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO分解使漂白

粉变质失效，正确；D、氯气溶于水生成次氯酸有强氧化性，可以起到杀菌消毒作用，但不能除去水中杂质，错误。答案选C。16.苯的结构简式可用来表示，下列关于苯的叙述正确的是()A.苯主要是以石油为原料而获得的一种重要化工原料B.苯中含有碳碳双键，所以苯属于烯烃C.苯分子中6个碳

碳化学键完全相同D.苯可以与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应而使它们退色【答案】C【解析】【详解】A．苯是煤干馏产物中获得的液态化工原料，故A错误；B．苯是平面结构，苯分子中的所有原子都在同一平面上，但苯分子中不含碳碳双键和碳碳单键，是介于单键和双键之间的特

殊键，所以苯不属于烯烃，应为芳香烃，故B错误；C．若苯的结构中存在单双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，但实际上无同分异构体，所以能说明苯不是单双键交替结构，苯分子中六个碳原子之间的化学键完全相同，故C正确；D．含双键或三键的有机物或还原性的物质能使溴褪色，苯中没有碳碳双键或还原性，不能

和溴发生加成反应，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯与液溴需在催化剂条件下反应；苯可以使溴水褪色，该过程叫萃取，是物理过程；故D错误；故选C。17.下列各组物质中一定属于同系物的是（）A.CH4和C2H4B.烷烃和环烷烃C.C2H4和C4H8D.C5H12和C2H6【答案】D【解析】【详解】

A．CH4属于烷烃，C2H4属于烯烃，结构不相似，不互为同系物，故A错误；B．烷烃和环烷烃是两类不同的烃，结构不相似，不互为同系物，故B错误；C．C2H4属于烯烃，C4H8可能为环戊烷、戊烯，结构不一定相似，二者不一定与乙烯互为同系物，故C错误；D．C5H12与C2H6

满足CnH2n+2的通式，属于烷烃，结构相似，分子组成上相差3个CH2原子团，一定互为同系物，故D正确；答案选D。18.能证明苯酚具有弱酸性的实验是()A.加入浓溴水生成白色沉淀B.苯酚钠溶液中通入CO2后，溶液由澄清变浑浊C.浑浊的苯酚加热后变澄清D.苯

酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠【答案】B【解析】【详解】A．浓溴水与苯酚发生取代反应，生成白色沉淀，无法说明苯酚的酸性，故A错误；B．二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸是弱酸，与苯酚钠溶液反应生成苯酚，说明苯酚酸性比碳酸弱，故B正确；C．苯酚的浑浊液加

热后变澄清，说明温度升高苯酚溶解度增大，无法说明苯酚的酸性，故C错误；D．苯酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠，只能说明苯酚溶液呈酸性，故D错误；答案选B。【点睛】根据强酸制备弱酸来判断。19.有关下列实验的说法中正确的是（）A.向苯酚的浓溶液中加入少

量稀溴水，可观察到有白色沉淀生成B.向氯化铝溶液中加足量的氟化铵溶液后再加入足量氨水可看到有白色胶状沉淀生成C.向蛋白质溶液中加入双缩脲试剂溶液会显紫玫瑰色D.向硫酸铜溶液中加入过量的氨水会生成深蓝色沉淀【答案】C【解析】【详解】A．稀溴水中溴

单质含量低，与苯酚浓溶液反应生成的三溴苯酚可溶于苯酚中，无法观察到有白色沉淀生成，正确的操作是向少量苯酚稀溶液中加入足量浓溴水，可观察到白色沉淀生成，故A错误；B．氯化铝为强酸弱碱盐，水解呈酸性，氟化铵为强酸弱碱盐，水解呈

酸性，两者混合不能发生双水解，不可能出现氢氧化铝沉淀，但它们会形成络合离子[AlF6]3﹣，溶液中铝离子浓度减少，再加入足量氨水也看不到无白色胶状氢氧化铝沉淀生成，故B错误；C．双缩脲试剂是由双缩脲试剂A(NaOH)和双缩脲试剂B(CuSO4)两种试剂组成，蛋白质的肽键在碱性溶液中能

与Cu2+络合成紫玫瑰色的化合物，所以向蛋白质溶液中加入双缩脲试剂溶液会显紫玫瑰色，故C正确；D．硫酸铜溶液加入氨水先产生蓝色的难溶絮状物氢氧化铜，再往氢氧化铜沉淀滴加氨水，蓝色的难溶絮状物溶解，产生深蓝色的溶液，深蓝色的溶液为四氨合铜离子[Cu(N

H3)4]2+，故D错误；答案选C。20.香草醛是一种食品添加剂，可由愈创木酚作原料合成，合成路线如下：下列说法正确的是（）A.反应1→2属于加成反应，且生成的化合物2具有一个手性碳原子B.化合物2在一定条件下可发生消去反应C.

检验制得的香草醛中是否混有化合物3，可用氯化铁溶液D.等物质的量四种化合物分别与足量NaOH反应，消耗NaOH物质的量之比为1：3：2：4【答案】A【解析】【详解】A、反应1→2，OHC－COOH中醛基中碳氧双键变

为碳氧单键，即该反应为加成反应，根据手性碳原子的定义，2中连有羟基和羧基的C原子为手性碳原子，故A正确；B、羟基所连碳原子的相邻的碳原子上没有H，因此化合物2不能发生消去反应，故B错误；C、酚羟基遇FeCl3溶液发生显色反应，根据化合物3和4的结

构简式，都含有酚羟基，因此检验化合物4中是否混有化合物3，不能用氯化铁溶液，故C错误；D、化合物1中只有酚羟基能与NaOH反应，1mol化合物1有1mol酚羟基，化合物2能与NaOH反应的官能团是酚羟基和羧基，1mol化合物2中含有1mol酚羟基和1mol羧基，化合物3中酚羟基和羧基能与N

aOH反应，1mol化合物3含有1mol酚羟基和1mol羧基，化合物4中酚羟基能与NaOH反应，1mol化合物4含有1mol酚羟基，因此等物质的量四种有机物分别与足量的NaOH反应，消耗NaOH物质的量之比为1：2

：2：1，故D错误。【点睛】易错点是选项D，学生认为所有的羟基都能与NaOH溶液发生反应，高中阶段有机物能与NaOH反应的官能团有卤素原子、酚羟基、羧基、酯基等。21.下列说法正确的是（）A.甲酸乙酯和食用植物油均可水解

B.蛋白质、乙酸和糖类均属电解质C.溴乙烷与NaOH水溶液共热生成乙烯D.乙醇和乙醛都可以发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A.甲酸乙酯和食用植物油都含有酯基，一定条件下均可水解，A正确；B.蛋白质和乙酸在水溶液都能电离出离子，属于电解质，而糖类不能电离出离子，不属与电解质，B错误；C

.溴乙烷在NaOH水溶液共热，发生取代反应，在NaOH醇溶液共热，发生消去反应。生成乙烯，C错误；D.乙醇分子中不含不饱和键，不能发生加成反应，D错误。【点睛】卤代烃在氢氧化钠水溶液加热，发生取代反应，在氢氧化钠醇溶液加热，发生消去反应。22.下

列名称的有机物实际上不可能存在的是（）A.2，2-二甲基丁烷B.2-甲基-4-乙基-1-己烯C.3-甲基-2-戊烯D.3，3-二甲基-2-戊烯【答案】D【解析】【详解】A、该物质的的结构简式为(CH3)3C

CH2CH3，则A正确；B、该物质的结构简式为CH2=C(CH3)CH2CH(CH2CH3)2，符合官能团位置最小原则，故B正确；C、该物质的的结构简式为CH3CH=C(CH3)CH2CH3，符合官能团位置最小原则，则C正确；D、按照该物质的名称，

其结构简式为CH3CH=C(CH3)2CH2CH3，其中3号碳原子连有5个化学键，故D错误；故答案为D。【点睛】有机物命名的基本原则要注意：主链最长，支链或官能团位置最小，先简后繁，同基合并，除H外满足8电

子稳定结构。23.已知有如下转化关系：；则反应①、②、③的反应类型分别为（）A.取代、加成、取代B.取代、取代、加成C.氧化、加成、加成D.氧化、取代、取代【答案】C【解析】【详解】由题给转化关系可知，在一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，在铜做催化剂作用下，乙醇发生催化氧化反应生成乙醛

，乙烯与溴化氢发生加成反应生成溴乙烷，则反应①为氧化反应、反应②为加成反应、反应③为加成反应，故选C。24.下列关于烷烃性质的叙述中，错误的是()A.都能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.都能燃烧C.都不溶于水D.都能发生取代反应【答案】A【解析】【详解】A．烷烃都不都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错

误；B．烷烃都能燃烧，如果是完全燃烧生成二氧化碳和水，B正确；C．烷烃都不溶于水，C正确；D．烷烃都能发生取代反应，D正确；答案选A。25.2009年《化学教育》期刊封面刊载如图所示的有机物M(只含C、H、O)的球棍模型图。

不同大小、颜色的小球代表不同的原子，小球之间的“棍”表示共价键，既可以表示三键，也可以表示双键，还可以表示单键。下列有关M的推断正确的是()A.M的分子式为C12H12O2B.M与足量氢气在一定条件下反应的产物的环上一氯代物有7种C.M能发

生中和反应、取代反应D.一个M分子最多有11个原子共面【答案】C【解析】【分析】有机物M只含C、H、O，根据该有机物的球棍模型图可知，该有机物为1—萘乙酸，分子中含有萘环，官能团为羧基，其分子式为C12H10O2。

【详解】A.M的分子式为C12H10O2，A不正确；B.M与足量氢气在一定条件下反应的产物的环上10个碳原子上均有氢原子，由于分子结构不对称，故其环上的一氯代物有10种，B不正确；C.M属于芳香酸，能发生中和反应、取代反应，C正确；D

.苯环上所有原子共面，则两个苯环连接形成的萘环上所有原子共面，即M分子中至少有18个原子共面，-COOH中原子可能共面，则一个M分子最多有22个原子共面，D不正确。综上所述，本题选C。【点睛】本题解题的关键是能根据有机物的分子结构模型判断分子的实际结构，抓住苯环或萘环以及羧基的结构特点，才能

准确判断。本题的易错点是其加成产物的一氯代物的数目判断，要注意加成后，环上的碳原子都增加一个氢原子。二、非选择题(共6小题,共50分)26.影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验方法进行探究。(

1)取等物质的量浓度、等体积的H2O2溶液分别进行H2O2的分解实验，实验报告如下表所示（现象和结论略）。①实验1、2研究的是__________对H2O2分解速率的影响。②实验2、3的目的是_______________对H2O2分解速率的影响。(2)

查文献可知，Cu2＋对H2O2分解也有催化作用，为比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：①定性分析：如图甲可通过观察_______，定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改

为CuCl2溶液更合理，其理由是_________。②定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是__________。(3)酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液可发生反应：2KMnO4＋5

H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，实验时发现开始反应速率较慢，溶液褪色不明显，但一段时间后突然褪色，反应速率明显加快。对此展开讨论：①某同学认为KMnO4与H2C2O4的反应是______热反应，导致_______________；②从影

响化学反应速率的因素看，你认为还可能是________的影响。要证明你的猜想，实验方案是________________。【答案】(1).温度(2).不同催化剂（或比较FeCl3溶液和MnO2两种催化剂）(3).产

生气泡的快慢(4).对照实验只有一条件不同（或避免由于阴离子不同造成的干扰）（或其他合理答案）(5).收集40mLO2所需的时间(6).放(7).溶液温度升高，反应速率加快(8).催化剂（或生成的Mn2+催化作用）(9).取两组等浓度等体积的酸性KMnO4和草酸溶液实验，一组

加入少量MnSO4固体，一组不加，比较反应速率【解析】【分析】影响化学反应速率的因素很多，实验1、2使用相同的催化剂，就可以探究温度对H2O2分解速率的影响．如果催化剂的催化效率高，则产生气泡快。在探究Fe3+和

Cu2+对H2O2分解的催化效果时，必须保持其他的条件相同，所以将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰。催化效率越高，则一定时间内产生的气体越多；影响反应速率的因素除了浓度、温度外，催化剂也影响反应速率；根据反应方程式可知，反应产物中锰离子随着反应的进行，浓

度变化较大，反应前加入硫酸锰，根据反应速率大小判断锰离子是否在该反应中起到催化作用。【详解】(1)①实验1、2使用相同的催化剂，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，所以可以探究温度对H2O2分解速率的影响，故答案为：温度；①试验2、3温度相同，使用不同的催化剂，故该实验比较FeCl3

溶液和MnO2两种催化剂对H2O2分解速率影响的差异，故答案为：比较FeCl3溶液和MnO2两种催化剂对H2O2分解速率影响的差异；(2)①定性比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可以通过观察产生气泡的快慢来比较，产生气泡快的，催化效果好；在探究Fe3+和Cu

2+对H2O2分解的催化效果是，必须保持其他的条件相同，所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰，故答案为：反应产生气泡的快慢；控制阴离子相同，排除阴离子的干扰；②定量比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，由图可知，可以通过测定一定

时间内产生的气体(或测定产生一定体积的气体所需的时间)来比较。一定时间内产生的气体越多或产生一定体积的气体所需的时间越短，则催化效果越好，故答案为：收集40mL气体所需时间；(3)①实验时发现开始反应速率较慢，溶液褪色不明显，但一段

时间后突然褪色，反应速率明显加快，故该反应为放热反应，导致溶液温度升高，化学反应速率加快，故答案为：放；溶液温度升高，反应速率加快；②对化学反应速率影响最快的是催化剂，故猜想还可能是催化剂的影响；反应方程式2KMnO4+5H

2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑中，浓度变化较大的为锰离子，所以选择的可以做催化剂的试剂应该含有锰离子，故答案为：催化剂(Mn2+的催化作用)；用两组酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液作对比实验，一组加入少量MnSO

4固体，一组不加，看反应速率快慢。【点睛】解决实验探究题常用的分析思路：1.明确探究的问题；2.作出合理假设；3.设计实验步骤；4.得出结论。27.有甲、乙两位学生利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人都使用镁片与铝片作电极

，但甲同学将电极放入6mol·L-1硫酸溶液中，乙同学将电极放入6mol·L-1的氢氧化钠溶液中，如图所示。（1）写出甲池中正极的电极反应式__。（2）写出乙池中负极的电极反应式__。（3）写出乙池中总反应的离子方程式__。（4）如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是

金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出__活动性更强，而乙会判断出__活动性更强(填写元素符号)。（5）由此实验，可得到如下哪些结论正确（）A．利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质B．镁的金属性不一定比铝的金属性强C．该实验说明金属活

动顺序已过时，已没有实用价值D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析（6）上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序判断原电池中的正负极”这种做法__(可靠或不可靠)。如不可靠，请你提出另一个判断原电池

正负极的可行实验方案__(如可靠，此空可不填)。【答案】(1).2H＋＋2e-=H2↑(2).2Al＋8OH-－6e-=2AlO2-＋4H2O(3).2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑(4).Mg(5).Al(6).AD(7).不可靠

(8).将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极【解析】【分析】甲同学依据的化学反应原理是Mg＋H2SO4=MgSO4＋H2↑，乙同学

依据的化学反应原理是2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。由于铝与碱的反应是一个特例，不可作为判断金属性强弱的依据。判断原电池的正极、负极要依据实验事实。【详解】（1）甲中镁与硫酸优先反应，甲池中正极上氢离子得电子产生氢气，电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑

；（2）乙池中负极上铝失电子在碱性条件下生成AlO2-，电极反应式为2Al＋8OH-－6e-=2AlO2-＋4H2O；（3）乙池中铝与氢氧化钠反应，镁与氢氧化钠不反应，总反应的离子方程式为：2Al＋2

OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；（4）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强，故答案为：Mg；Al；（5）A．根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，故A正确；B．镁的金属性大于铝，

但失电子难易程度与电解质溶液有关，故B错误；、C．该实验说明电解质溶液性质影响电极的正负极，不能说明金属活动性顺序没有使用价值，故C错误；D．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故D正确；故选AD；（6）上述实验也

反过来证明了“直接利用金属活动顺序表判断原电池中的正负极”这种做法不可靠。可行实验方案如：将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极。【点睛】本题考查了探究原电池原理，明确原电池

中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度确定负极，为易错点。利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质；该实验还说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析。28.亚甲基蓝（

MethylneneBlue）在碱性条件下与葡萄糖作用生成亚甲基白（MethyleneWhite），亚甲基蓝的结构简式：。著名的蓝瓶子实验操作步骤如下：①如图示在250mL锥形瓶中，依次加入2gNaOH、100mLH2O和3g葡萄糖，搅拌溶解后，再加入3滴～5滴0.2%

的亚甲基蓝溶液，振荡混合液呈现蓝色；②塞紧橡皮塞（活塞a、b关闭），将溶液静置，溶液变为无色；③再打开瓶塞，振荡，溶液又变为蓝色；④再塞紧橡皮塞，将溶液静置，溶液又变为无色，以上③、④可重复多次。试回答下列问题：（1）某学生将起初配得的蓝色溶

液分装在A，B两支试管中（如上图，A试管充满溶液，B中有少量溶液），塞上橡皮塞静置片刻，两溶液均显无色，若再同时振荡A，B试管，能显蓝色的是_________（填“A”或“B”）；（2）若塞紧锥形瓶塞并打开活塞a、b，通入足量氢气后，再关闭活塞a、b并振荡，溶液能否由无色变为蓝色________

_（填“能”或“不能”）；若塞紧锥形瓶塞并打开a、b通入足量氧气，溶液能否由无色变为蓝色_________（填“能”或“不能”）；（3）上述转化过程中，葡萄糖的作用是_________，亚甲基蓝的作用是_______

__；（4）上述实验中葡萄糖也可用鲜橙汁（其中含丰富维生素C）代替，这是因为维生素C具有_____；（5）该实验中③、④操作能否无限次重复进行_________（填“能”或“不能”），理由是_____。【答案】(1).B(

2).不能(3).能(4).还原剂(5).催化剂（或催化剂兼作指示剂）(6).还原性(7).不能(8).一段时间后葡萄糖全部转化为其它物质【解析】【分析】从题目中可获得如下信息：亚甲基蓝还原性葡萄糖氧气亚甲基白，据此解答

。【详解】（1）试管B中含有氧气，能将葡萄糖氧化，溶液显蓝色，而试管A中没有氧气，不能将还原性葡萄糖氧化，故答案为B。（2）由于充入的是H2，也无氧化剂O2，不能变为蓝色；充入O2后则能被氧化而变为蓝色。（3）葡萄糖被O2氧化，故作还原剂，亚甲基蓝作指示剂或催化剂。（

4）由于维生素C可代替葡萄糖，故具有还原性。（5）实验不能无限进行，因为葡萄糖最终被消耗尽。【点睛】该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得

出正确的结论29.结构的研究是有机化学最重要的研究领域。某有机物X（C12H13O6Br）分子中含有多种官能团，其结构简式如下：（其中Ⅰ、Ⅱ为未知部分的结构）为推测X的分子结构，进行如图转化：已知向D的水溶液中滴入FeCl3溶液显紫色，

对D的结构进行光谱分析，在氢核磁共振谱上显示只有两种信号。M、N互为同分异构体，M中含有一个六原子环，N能使溴的四氯化碳溶液褪色，G能与NaHCO3溶液反应。请回答：（1）G分子所含官能团的名称是__；（2）D不可以发生的反应有（选填序号）__；①加成反应②消去反应③氧化反应④

取代反应（3）写出上图转化中反应①和②的化学方程式①B+F→M__；②G→N__；（4）已知向X中加入FeCl3溶液，能发生显色反应，则X的结构简式是：___________，1mol该X与足量的NaOH溶液作用，最多可消耗NaOH__mol；（5）有一种化工产品的中间体

W与G互为同分异构体，W的分子中只含有羧基、羟基和醛基三种官能团，且同一个碳原子上不能同时连有两个羟基，则W的分子结构有__种，写出任意一种的结构简式___________。【答案】(1).羧基、羟基(2).②(3).HOCH2CH2OH+HOOC﹣COOH2H2O+

(4).(5).(6).5mol(7).2种(8).【解析】【分析】D为X的水解产物，向D的水溶液中滴入FeCl3溶液显紫色，对D的结构进行光谱分析，在氢核磁共振谱上显示只有两种信号，说明D含有苯环，且有两个对称结构，为-OH，D的结构

应为：，由B+F→M(C4H4O4)可以知道B为HOCH2CH2OH，F为HOOC-COOH，M为，由X含有，结构可以知道G为，因GN，且M、N互为同分异构体，N能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明N中含有碳碳键，其结构简式为HOOC-CH=CH-CO

OH，以此回答题中各问。【详解】(1)G的结构为，分子中含有羧基、羟基；(2)D的结构为，结构中含有苯环和酚羟基，在一定条件下能发生加成、取代和氧化反应，不能发生消去反应，故选②；(3)①醇和羧酸在浓硫酸和加热条件下可发生酯化反应，生成酯和水，①的反应为：HOCH

2CH2OH+HOOC-COOH2H2O+；反应生成含碳碳双键键的物质，②的反应为：；(4)X水解产物酸化后生成：、HOCH2CH2OH和，则X的结构可能为：或，结构中含有1mol-Br、1mol酚羟基、2mol酯基，其中有1mol酯基水解生成1mol-COOH和1mol酚羟

基，共消耗5molNaOH；(5)W与G互为同分异构体，分子式为C4H6O5，W的分子中只含有羧基、羟基和醛基三种官能团，且同一个碳原子上不能同时连有两个羟基，则结构中含有1个羧基、1个醛基和2个羟基，分别连接在3个碳原子上，可能的结构有2种，为。30.某课外小组分

别用如图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究。请回答：Ⅰ．用图1所示装置进行第一组实验。（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是__（填字母序号）。A铝B石墨C银D铂（2）N极发生反应的电极反应式为__。Ⅱ．用图2所示装置进行第二组实验。实验过程中，观察到与第一组实验不

同的现象：两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料得知，高铁酸根离子（FeO42-）在溶液中呈紫红色。（3）电解过程中，X极区溶液的pH__（填“增大”“减小”或“不变”）。（4）电解过程中，Y极发生的电极反应之一为Fe﹣6

e﹣+8OH﹣=FeO42-+4H2O若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体（均已折算为标准状况时气体体积），则Y电极（铁电极）质量减少____g。（5）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为2K2FeO4+3

Z=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的反应的电极反应式为__。【答案】(1).A(2).2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣)(3).增大(4).0.28(5).FeO42-+6e﹣+5H2O=Fe2O3+10OH﹣【解析】【分析】Ⅰ

图1中，左边装置是原电池，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，如果要找电极材料代替铜，所找材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，M是阳极，N是阴极，电解池中阴极上阳离子得电子发生还原反应，原电池放电时，阴离

子向负极移动；Ⅱ该电解池中，阳极材料是活泼金属，则电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，同时氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子发生还原反应，根据阴阳极上转移电子数相等计算铁反应的质量，在碱性锌电池中，正极上得电子发生还原反应。【详解】（1）在保证电极反应不变的情况下，仍然是

锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故选A；（2）N电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e﹣=H2↑+2O

H﹣)；（3）电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大，故答案为增大；（4）X电极上析出的是氢气，Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，设铁质量减

少为xg，根据转移电子数相等得0.672L0.16824622.4/22.456/LxgLmolLgmol，x=0.28，即铁质量减少0.28g；（5）正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为FeO42-+6e﹣+5H2O=F

e2O3+10OH﹣。【点睛】本题考查原电池和电解池原理，注意：电解池中如果活泼金属作阳极，则电解池工作时阳极材料失电子发生氧化反应，为易错点。31.氯化铜晶体（CuCl2·2H2O）中含有FeCl2杂质，为制得纯净的氯化铜晶体，首先将其制成水

溶液，再按下图所示的操作步骤进行提纯。请参照下表给出的数据填空。（1）操作I加入X的目的是___________________________。（2）下列物质都可以作为X，适合本实验的X物质可以是_________（填

字母）。AKMnO4BNaClOCH2O2DCl2（3）操作II的Y试剂为____________（填化学式），并调节溶液的pH在______范围。（4）实验室在配制CuCl2溶液时需加入少许_________（填

物质名称），理由是（文字叙述并用有关离子方程式表示）__________________________________________。（5）若将CuCl2溶液蒸干灼烧，得到的固体是_________________（填化学式）；若要得无水CuCl2，请简述操作方法______________

________________________________。【答案】(1).加入氧化剂，使Fe2＋氧化为Fe3＋(2).CD(3).CuO(4).3.7~4.7(5).盐酸(6).Cu2＋水解：Cu2＋+2H2OCu(OH)2+2H＋，加入盐酸抑制其水解(7).C

uO(8).HCl气流中蒸发【解析】【分析】向含有Cu2+、Cl-、Fe2+溶液中加入试剂X得到Cu2+、Cl-、Fe3+，根据离子变化知，溶液中Fe2+转化为Fe3+，但不能引进杂质，所以X试剂为Cl2或H2O2，向溶液中加入试剂Y调节溶液的p

H得到Fe（OH）3沉淀和CuCl2溶液，且不能引进新的杂质，所以Y可能是CuO或Cu（OH）2或CuCO3，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，从溶液中得到固体，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，所以操作III是加热浓缩、冷却结晶。【详解】（1）操作I加入X的目的是，加

入氧化剂Cl2或H2O2，将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，便于除去Fe3+，故答案为加入氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+；（2）除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质，加入氧化剂X的目的是将溶液中Fe2+氧化为

Fe3+，且不能引进新的杂质，高锰酸钾溶液和次氯酸钠溶液氧化亚铁离子时都产生了新的杂质，氯气和双氧水氧化亚铁离子都生成铁离子，且不引进新的杂质，故选CD，故答案为CD；(3)加入Y试剂的目的是调节溶液的pH，使溶液中Fe3+离子转化为Fe（OH）3沉淀而除去，且不能引进新的杂质，则加入的试剂Y可

能是CuO或Cu（OH）2或CuCO3；由表格数据可知Fe3+离子完全沉淀时的pH是3.2，Cu2+离子开始沉淀时的pH是4.7，则调节溶液的pH范围为3.2≤pH＜4.7，故答案为CuO；3.7~4.7；（4）氯化铜溶于水配制CuCl2溶液时，Cu2＋在溶液中水解，水解方程式为Cu2＋+2

H2OCu(OH)2+2H＋，由水解方程式可知加入盐酸，增大溶液中氢离子浓度，水解平衡向逆反应方向移动，达到抑制Cu2＋水解的目的，故答案为盐酸；Cu2＋水解：Cu2＋+2H2OCu(OH)2+2H＋，加入盐酸抑制其水解；（5）Cu2＋离子的水解反

应为吸热反应，且生成的氯化氢极易挥发，若将CuCl2溶液蒸干，Cu2＋离子的水解趋于完全，得到的氢氧化铜，灼烧时，氢氧化铜分解得到氧化铜；为拟制Cu2＋离子的水解，得到氯化铜晶体应该在HCl气流中蒸发

CuCl2溶液，故答案为CuO;HCl气流中蒸发。【点睛】本题考查化学工艺流程，注意对工艺流程理解与实验条件的控制，明确物质分离提纯的有关实验操作，能运用盐类水解原理分析是解答关键。