2024屆河南省安陽市滑縣高二化學第二學期期末統考試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列物質的水溶液因水解而呈酸性的是A．CH3COOHB．(NH4)2SO4C．Na2CO3D．NaCl2、標準狀況下，mg氣體A與ng氣體B的分子數目一樣多，下列說法不正確的是A．在任意條件下，其相對分子質量之比為m∶nB．同質量的A、B，其分子數之比為n∶mC．25℃、1.01×105Pa時，兩氣體的密度之比為n∶mD．相同狀況下，同體積的氣體A與B的質量之比為m∶n3、下列有關說法正確的是（）A．乙醇、乙二醇、丙三醇互為同系物B．1mol甲基所含的電子數約為10×6.02×C．14g分子式為的鏈烴中含有的C＝C的數目一定為D．同分異構體間具有完全相同的物理性質和化學性質4、某溫度時，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示．下列說法正確的是A．加入Na2SO4可使溶液由a點變到b點B．通過蒸發可以使溶液由d點變到c點C．d點無BaSO4沉淀生成D．a點對應的Ksp大于c點對應的Ksp5、化學使人們的生活越來越美好，下列過程沒有涉及化學反應的是A．用四氯化碳萃取碘水中的碘 B．用氯化鐵溶液刻制印刷電路C．用漂白粉漂白紙張 D．用油脂和氫氧化鈉溶液制取肥皂6、三位科學家因在烯烴復分解反應研究中的杰出貢獻而榮獲2005年度諾貝爾化學獎，烯烴復分解反應可示意如下：下列化合物中，經過烯烴復分解反應可以生成的是A． B． C． D．7、下列各組物質之間不能通過一步就能實現如圖所示轉化的是()物質編號物質轉化關系abcdASiO2Na2SiO3SiH2SiO3BNa2ONa2O2NaNaOHCAl2O3NaAlO2AlAl(OH)3DFeCl2FeCl3FeCuCl2A．A B．B C．C D．D8、設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．30g乙酸和葡萄糖混合物中的氫原子數為2NAB．標準狀況下，22.4L的H2和22.4L的F2氣混合后，氣體分子數為2NAC．常溫下pH=12的NaOH溶液中，水電離出的氫離子數為10－12NAD．標準狀況下，2.24LC2H6含有的共價鍵數為0.6NA9、下列有關物質性質與用途具有對應關系的是A．Na2S溶液具有堿性，可用于脫除廢水中Hg2+B．CuSO4能使蛋白質變性，可用于游泳池水的消毒C．MnO2是黑色粉末，可用于催化H2O2分解制取O2D．Na2CO3能與酸反應，可用于去除餐具表面的油污10、25℃時，向濃度均為0.1mol·L－1、體積均為100mL的兩種一元酸HX、HY溶液中分別加入NaOH固體，溶液中lgcH+c(OH－)A．HX為弱酸，HY為強酸B．水的電離程度：d＞c＞bC．c點對應的溶液中：c(Y－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)D．若將c點與d點的溶液全部混合，溶液中離子濃度大小：c(Na＋)＞c(X－)＞c(Y－)＞c(H＋)＞c(OH－)11、有機物、、均可形成枝狀高分子。下列說法不正確的是A．既能與強酸反應也能與強堿反應B．分子中有4種不同化學環境的氫原子C．生成，是縮聚反應D．的結構簡式是12、銀質器皿日久表面會逐漸變黑，這是生成了Ag2S的緣故。根據電化學原理可進行如下處理：在鋁質容器中加入食鹽溶液，再將變黑的銀器漫入該溶液中，一段時間后發現黑色會褪去。下列說法正確的是A．處理過程中銀器一直保持恒重B．銀器為正極，Ag2S被還原生成單質銀C．該過程中總反應為2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S轉化為白色AgCl13、下列用來表示物質變化的化學用語中,正確的是(

)A．氫氧堿性燃料電池的負極反應式:O2+2H2O+4e-4OH-B．粗銅精煉時與電源正極相連的是純銅,主要電極反應式:Cu-2e-=Cu2+C．鋼鐵發生電化學腐蝕的負極反應式:Fe-3e-Fe3+D．鋼閘門應與外接電源的負極相連,起保護作用14、燃燒0.1mol某有機物得0.2molCO2和0.3molH2O，由此得出的結論不正確的是()A．該有機物分子的結構簡式為CH3—CH3B．該有機物中碳、氫元素原子數目之比為1∶3C．該有機物分子中不可能含有雙鍵D．該有機物分子中可能含有氧原子15、下列應用不涉及氧化還原反應的是（）A．Na2O2用作呼吸面具的供氧劑B．工業上電解熔融狀態的Al2O3制備AlC．工業上利用合成氨實現人工固氮D．實驗室用NH4Cl和Ca（OH）2制備NH316、下列物質性質排列順序正確的是①熱穩定性：H2O>HF>H2S②還原性：HI>HBr>HCl③熔沸點：AsH3>PH3>NH3④酸性：HNO3>H2CO3>HClOA．①③B．②④C．①④D．②③17、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是（）A．標準狀況下的22.4L丁烷完全燃燒，生成的二氧化碳的分子數為4NAB．1mol乙基中含有的電子數為18NAC．46g二氧化氮和46g四氧化二氮含有的原子數均為3NAD．在1L2mol·L-1的硝酸鎂溶液中含有的硝酸根離子數為4NA18、Al、Fe、Cu都是重要而常見的金屬，下列有關說法正確的是（）A．三者的單質在常溫下都能溶于稀硝酸B．三者的單質放置在空氣中均只生成氧化物C．三者的所有氧化物均為酸性氧化物D．工業上制備這三種金屬的方法依次為電解法、熱分解法和熱還原法19、由氧化銅、氧化鐵、氧化鋅組成的混合物ag，加入2mol/L硫酸50mL時固體恰好完全溶解，若將ag該混合物在足量的一氧化碳中加熱充分反應，冷卻后剩余固體的質量為A．1.6g B．(a-1.6)g C．(a-3.2)g D．無法確定20、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列關于0.2mol·L-1Ba(NO3)2溶液的說法不正確的是()。A．2L溶液中陰、陽離子總數為0.8NAB．500mL溶液中NO3-濃度為0.4mol·L-1C．500mL溶液中Ba2＋濃度為0.2mol·L-1D．500mL溶液中NO3-總數為0.2NA21、下列危險化學品標志中最適合用于Na2O2固體的是（）A．B．C．D．22、某工程塑料的結構簡式為，合成該塑料時用到的單體有A．1種 B．2種 C．3種 D．4種二、非選擇題(共84分)23、（14分）聚合物F的合成路線圖如下：已知：HCHO+RCH2CHO請據此回答：(1)A中含氧官能團名稱是_____，D的系統命名為_____。(2)檢驗B中含氧官能團所用的試劑是____；A→B的反應類型是_____。(3)C生成D的反應化學方程式為_______，E合成F的反應化學方程式為________。(4)G物質與互為同系物，且G物質的相對分子質量比大14的，則符合下列條件的G的同分異構體有____種。①分子中含有苯環，且苯環上有兩個取代基②遇氯化鐵溶液變紫色③能與溴水發生加成反應24、（12分）有一應用前景廣闊的納米材料甲，其由A、B兩種短周期非金屬元素組成，難溶于水，且硬度大，熔點高。取材料甲與熔融的燒堿反應，生成一種含A元素的含氧酸鹽乙和一種含B元素的氣體丙，丙能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍；乙能溶于水，加鹽酸產生白色沉淀，鹽酸過量沉淀不溶解。（1）甲的化學式為____________，其晶體屬于____________晶體。（2）乙的水溶液可以用來做________________________（寫出一種用途）。（3）B元素的一種氫化物丁，相對分子質量為32，常溫下為液體，其燃燒放熱多且燃燒產物對環境無污染，因此可用作火箭燃料、燃料電池燃料等。則①丁的電子式為_____。②丁可由次氯酸鈉與過量氨氣反應制得，其化學方程式________________________。甲的制備過程中氨氣需要過量的理由是____________________________________。③丁的水溶液呈弱堿性，室溫下其電離常數K1≈1.0×10－6，則0.01mol·L－1丁水溶液的pH等于____________（忽略丁的二級電離和H2O的電離）。25、（12分）實驗室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液與過量氨水反應制備MgAl2O4，主要流程如下：（1）為使Mg2+、Al3+同時生成沉淀，應先向沉淀反應器中加入____________（填“A”或“B”），再滴加另一反應物。（2）如右圖所示，過濾操作中的一處錯誤是_______________________________。（3）判斷流程中沉淀是否洗凈所用的試劑是_____________________________；高溫焙燒時，用于盛放固體的儀器名稱是________________。（4）無水AlCl3（183°C升華）遇潮濕空氣即產生大量白霧，實驗室可用下列裝置制備。裝置B中盛放飽和NaCl溶液，該裝置的主要作用是_________________________。F中試劑的作用是________________；用一件儀器裝填適當試劑后也可起到F和G的作用；所裝填的試劑為________________。26、（10分）某同學進行影響草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應速率因素的研究。草酸與酸性高錳酸鉀的反應為：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。室溫下，實驗數據如下：實驗序號①②③加入試劑0.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O40.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O4MnSO4固體0.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O4Na2SO4固體褪色時間/s1166117請回答：（1）該實驗結論是________。（2）還可以控制變量，研究哪些因素對該反應速率的影響________。（3）進行上述三個實驗后，該同學進行反思，認為實驗①的現象可以證明上述結論。請你寫出實驗①的現象并分析產生該現象的原因________。（4）實驗②選用MnSO4固體而不是MnCl2固體的原因是_________。27、（12分）實驗小組同學對乙醛與新制的Cu(OH)2反應的實驗進行探究。實驗Ⅰ：取2mL10%的氫氧化鈉溶液于試管中，加入5滴2%的CuSO4溶液和5滴5%的乙醛溶液，加熱時藍色懸濁液變黑，靜置后未發現紅色沉淀。實驗小組對影響實驗Ⅰ成敗的因素進行探究：(1)探究乙醛溶液濃度對該反應的影響。編號實驗Ⅱ實驗Ⅲ實驗方案實驗現象加熱，藍色懸濁液變紅棕色，靜置后底部有大量紅色沉淀加熱，藍色懸濁液變紅棕色，靜置后上層為棕黃色油狀液體，底部有少量紅色沉淀已知：乙醛在堿性條件下發生縮合反應：CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O，生成亮黃色物質，加熱條件下進一步縮合成棕黃色的油狀物質。①能證明乙醛被新制的Cu(OH)2氧化的實驗現象是______。②乙醛與新制的Cu(OH)2發生反應的化學方程式是______。③分析實驗Ⅲ產生的紅色沉淀少于實驗Ⅱ的可能原因：______。(2)探究NaOH溶液濃度對該反應的影響。編號實驗Ⅳ實驗Ⅴ實驗方案實驗現象加熱，藍色懸濁液變黑加熱，藍色懸濁液變紅棕色，靜置后底部有紅色沉淀依據實驗Ⅰ→Ⅴ，得出如下結論：ⅰ.NaOH溶液濃度一定時，適當增大乙醛溶液濃度有利于生成Cu2O。ⅱ.乙醛溶液濃度一定時，______。(3)探究NaOH溶液濃度與乙醛溶液濃度對該反應影響程度的差異。編號實驗Ⅵ實驗Ⅶ實驗方案實驗現象加熱，藍色懸濁液變黑加熱，靜置后底部有紅色沉淀由以上實驗得出推論：______。28、（14分）A、B、M、N四種有機物的有關信息如下表所示：ABMN比例模型為；球棍模型為：鍵線式結構為：①能與鈉反應，但不能與NaOH溶液反應；②能與M反應生成相對分子質量為100的酯請回答：（1）A在一定條件下可合成包裝塑料，

反應的化學方程式為____________。（2）在Ni作催化劑的條件下，B與氫氣加熱時反應的化學方程式為______________。（3）M的分子式為__________，M與N反應的化學方程式為_______________。（4）滿足下列條件的M的同分異構體的結構簡式為______________。I：鏈狀ii：只含一種官能團iii：

能與新制氫氧化銅在加熱條件下生成磚紅色沉淀29、（10分）聚乳酸（PLA），是一種無毒性、可再生、可分解的高分子聚合物塑料，PLA早期是開發在醫學上使用，作手術縫合線及骨釘等，現在則已較廣泛的應用于一些常見的物品，如：包裝袋、紡織纖維，PLA由植物中萃取出淀粉（玉米、甜菜、小麥、甘薯等）或用纖維素（玉米干草、麥桿、甘蔗渣等木質的農業廢棄物）經過下列過程制造而成：淀粉或纖維素葡萄糖乳酸聚乳酸根據上述信息，回答下列問題：（1）淀粉水解生成葡萄糖的化學方程式為_________；（2）已知1mol葡萄糖2mol乳酸，轉化過程中無其它反應物、生成物，則乳酸的分子式為_________；（3）某研究性小組為了研究乳酸（無色液體，與水混溶）的性質，做了如下實驗：①取1.8g乳酸與過量的飽和NaHCO3溶液反應，測得生成的氣體體積為448mL（氣體體積已換算為標準狀況下體積）；②另取1.8g乳酸與過量的金屬鈉反應，測得生成的氣體體積為448mL（氣體體積已換算為標準狀況下體積）。由實驗數據推知乳酸分子含有_________（填官能團名稱），從以上條件推知乳酸的結構簡式可能為_________；（4）經現代化學儀器分析，測定乳酸分子中含有一個甲基．請寫出乳酸分子之間通過酯化反應生成的六元環狀化合物的結構簡式_________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解題分析】分析：A.CH3COOH電離顯酸性；B.NH+4水解顯酸性；C.CO2-3水解顯堿性；D.NaCl不水解顯中性。詳解：CH3COOH為弱酸，部分發生電離出氫離子和醋酸根離子，溶液顯酸性，不是水解，A錯誤；(NH4)2SO4屬于強酸弱堿鹽，會發生水解，其水溶液為酸性，B正確；Na2CO3為弱酸強堿鹽，水解顯堿性，C錯誤；NaCl不發生水解，其水溶液呈中性，D錯誤；正確選項B。2、C【解題分析】mg氣體A與ng氣體B的分子數目一樣多，即表示兩種氣體的物質的量相等，所以A與B的摩爾質量的比為m：n。相對分子質量在數值上應該等于摩爾質量所以兩種氣體的相對分子質量的比為m：n，選項A正確。同質量的A、B，其分子數（即物質的量）之比為其摩爾質量的反比，即為n：m，選項B正確。同溫同壓下，氣體的密度比等于其摩爾質量的比，所以為m：n，選項C錯誤。相同狀況下，同體積代表物質的量相等，物質的量相等時，質量比等于其摩爾質量的比，即為m：n，選項D正確。點睛：解答此類問題時，應該牢記物質的量換算的基本公式即：n=m/M；n=V/Vm。同時也要牢記阿伏加德羅定律及其推論：同溫同壓下，氣體的體積比等于其物質的量的比；同溫同壓下，氣體的密度比等于其摩爾質量的比；同溫同體積下，氣體的壓強比等于其物質的量的比。3、C【解題分析】

A.結構相似、組成上相差一個或多個CH2原子團的物質，互為同系物。乙醇CH3CH2OH、乙二醇HOCH2CH2OH、丙三醇C3H3(OH)3，無論組成結構均不符合同系物概念，故A錯誤；B.甲基是9電子基團，1mol甲基含電子數為9×6.02×1023，故B錯誤；C.因1molCnH2n的鏈烴分子含NA個碳碳雙鍵，14gCnH2n的鏈烴其物質的量為mol，故含碳碳雙鍵數為，故C正確；D.同分異構體間的物理性質不同，同分異構體若為同類物質時化學性質相似，D錯誤答案選C。4、C【解題分析】

A項，增大SO42－濃度，抑制硫酸鋇的溶解，但溶液仍然是飽和溶液，不可能變成b點，A不正確；B項，在蒸發過程中，Ba2+、SO42－濃度都增大，B不正確；C項，d點溶液中c（Ba2+）·c（SO42-）<Ksp（BaSO4），溶液沒有達到飽和，所以不可能生成沉淀，C正確；D項，溶度積常數只與溫度有關系，a和c兩點對應的溫度是相同的，所以溶度積常數相同，D不正確；答案選C。5、A【解題分析】

A.用四氯化碳萃取碘水中的碘，過程為碘單質從水中轉移到四氯化碳中，為物理變化，A正確；B.用氯化鐵溶液刻制印刷電路，發生2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，為化學變化，B錯誤；C.用漂白粉漂白紙張，次氯酸變為氯離子，為化學變化，C錯誤；D.用油脂和氫氧化鈉溶液制取肥皂，油脂與NaOH反應生成丙三醇和高級脂肪酸鈉，為化學變化，D錯誤；答案為A。6、A【解題分析】

根據烯烴復分解反應的規律，A項，發生復分解反應生成和CH2=CH2，A項符合題意；B項，發生復分解反應生成和CH3CH=CH2，B項不符合題意；C項，發生復分解反應生成和CH2=CH2，C項不符合題意；D項，發生復分解反應生成和CH3CH=CH2，D項不符合題意；答案選A。7、B【解題分析】

A、二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應轉化為硅酸鈉，硅酸鈉與酸反應轉化為硅酸，硅酸分解轉化為二氧化硅，硅與氧氣反應生成二氧化硅，與氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉，通過一步就能實現，A不選；B、氧化鈉與氧氣反應轉化為過氧化鈉，過氧化鈉溶于水轉化為氫氧化鈉，鈉與氧氣常溫下反應生成氧化鈉，點燃或加熱時生成過氧化鈉，但氫氧化鈉不能轉化為氧化鈉，B選；C、氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉與酸反應可以生成氫氧化鋁，氫氧化鋁分解生成氧化鋁，鋁與氧氣反應生成氧化鋁，與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，通過一步就能實現，C不選；D、氯化亞鐵與氯氣反應生成氯化鐵，氯化鐵與銅反應可以生成氯化銅，氯化銅與鐵反應生成氯化亞鐵，鐵與鹽酸反應生成氯化亞鐵，與氯氣反應生成氯化鐵，通過一步就能實現，D不選；答案選B。【題目點撥】本題綜合考查元素化合物知識，注意根據常見化學物質的性質，通過列舉具體反應，判斷物質間是否可以實現一步反應的轉化，采用排除法（即發現一步轉化不能實現，排除該選項）是解答本題的捷徑。8、A【解題分析】

A．乙酸和葡萄糖的實驗式均為CH2O，CH2O的式量為30，30g乙酸和葡萄糖混合物中的氫原子數為×2NA=2NA，A選項正確；B．標準狀況下，22.4L的H2和22.4L的F2的物質的量都為1mol，兩者混合后發生反應H2+F2=2HF，兩者恰好完全反應生成2molHF，HF呈液態，最后沒有氣體，B選項錯誤；C．常溫下pH=12的NaOH溶液中水電離的氫離子濃度為1×10-12mol/L，由于缺少溶液的體積，水電離出的氫離子數沒法計算，C選項錯誤；D．1molC2H6含有7mol共價鍵，標準狀況下，2.24LC2H6含有的共價鍵數為×7NA=0.7NA，故D錯誤；答案選A。【題目點撥】本題易錯選B，錯選的原因有：（1）忽視氫氣與F2的化合反應，（2）忽視標準狀況下HF不是氣體。9、B【解題分析】

A.Na2S溶液可用于脫除廢水中Hg2+，是由于發生反應產生HgS沉淀，A錯誤；B.CuSO4能使蛋白質變性，使細菌、病毒蛋白質失去生理活性，因此可用于游泳池水的消毒，B正確；C.MnO2能降低H2O2分解的活化能，所以可用于催化H2O2分解制取O2，C錯誤；D.Na2CO3溶液顯堿性，能夠與油脂發生反應，產生可溶性的物質，因此可用于去除餐具表面的油污，D錯誤；故合理選項是B。10、C【解題分析】

A．lgc(H+)c(OH-)越大，溶液中氫離子濃度越大，未加NaOH時，HX溶液中lgc(H+)c(OH-)=12，說明c(H+)=0.1mol/L=c(HX)，所以HX為強酸，其酸性強于HY，加入氫氧化鈉物質的量10×10-3mol，酸HX和氫氧化鈉溶液恰好反應，lgc(H+)c(OH-)=1，c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故HX為強酸，HY為弱酸，故A錯誤；B．d點是強酸HX的溶液中滴加NaOH溶液恰好將HX反應一半、剩余一半，故水的電離被強酸抑制；c點加入的氫氧化鈉的物質的量為5×10-3mol，所得的溶液為NaY和HY的等濃度的混合溶液，而lgc(H+)c(OH-)=6，水的離子積Kw=c（H+）?c（OH-）=10-14，故可知c（H+）2=10-8，則c（H+）=10-4mol/L，溶液顯酸性，即HY的電離大于Y-的水解，水的電離也被抑制；而在b點，加入的氫氧化鈉的物質的量為8×10-3mol，所得的溶液為大量的NaY和少量的HY混合溶液，而lgc(H+)c(OH-)=0，離子積Kw=c（H+）?c（OH-）=10-14，故可知c（H+）=10-7，溶液顯中性，即HY的電離程度等于Y-的水解程度，水的電離沒有被促進也沒有被抑制，故水的電離程度d＜c＜b，故B錯誤；C．c點加入的氫氧化鈉的物質的量為5×10-3mol，所得的溶液為NaY和HY的等濃度的混合溶液，而lgc(H+)c(OH-)=6，水的離子積Kw=c（H+）?c（OH-）=10-14，故可知c（H+）2=10-8，則c（H+）=10-4mol/L，溶液顯酸性，即HY的電離大于Y-的水解，故c（Y-）＞C（Na+）＞c（HY）＞c（H+）＞c（11、D【解題分析】

A.AB4含有氨基和羧基，即AB4具有氨基酸的性質，既能與強酸反應也能與強堿反應，故A正確；B.AB2分子是以羧基和對位碳為對稱軸結構對稱，即AB2中含有4種不同化學環境的氫原子，故B正確；C.AB2含有氨基和羧基，即可發生縮聚反應，故C正確；D.根據AB8的結構簡式可知，AB8中含有兩個氨基，都可發生取代反應，則結構簡式不正確，故D錯誤；故選D。12、B【解題分析】

A．銀器放在鋁制容器中，由于鋁的活潑性大于銀，故鋁為負極，失電子，銀為正極，銀表面的Ag2S得電子，析出單質銀，所以銀器質量減小，故A錯誤；B．銀作正極，正極上Ag2S得電子作氧化劑，在反應中被還原生成單質銀，故B正確；C．Al2S3在溶液中不能存在，會發生雙水解反應生成H2S和Al(OH)3，故C錯誤；D．黑色褪去是Ag2S轉化為Ag而不是AgCl，故D錯誤；故選B。13、D【解題分析】分析：A、燃料電池中負極放電的一定是燃料，正極放電的一定是氧氣；B、粗銅精煉時，陰極是純銅，粗銅作陽極；C、鋼鐵發生電化學腐蝕的負極是鐵失去電子生成亞鐵離子；D、鋼閘門的電化學防護主要有外加電源的陰極保護法和犧牲陽極的陰極保護法，據此分析判斷。詳解：A、氫氧燃料電池中負極放電的一定是燃料，即在負極上是氫氣放電，故A錯誤；B、粗銅精煉時，陰極(和電源的負極相連)是純銅，粗銅作陽極(和電源的正極相連)，故B錯誤；C、鋼鐵發生電化學腐蝕的負極是鐵失去電子生成亞鐵離子，電極反應式為Fe-2e-=Fe2+，故C錯誤；D、鋼閘門的電化學防護主要有外加電源的陰極保護法和犧牲陽極的陰極保護法，采用外加電源的陰極保護法時，鋼閘門應與外接電源的負極相連，故D正確；故選D。14、A【解題分析】

根據元素守恒和原子守恒，推出0.1mol有機物中含有0.2molC和0.6molH，即1mol該有機物中有2molC和6molH，據此分析；【題目詳解】A、根據元素守恒和原子守恒，推出0.1mol有機物中含有0.2molC和0.6molH，即1mol該有機物中有2molC和6molH，因為題中無法確認有機物的質量或相對分子質量，因此無法確認有機物中是否含氧元素，即無法確認有機物結構簡式，故A說法錯誤；B、根據A選項分析，該有機物中碳、氫元素原子數目之比為2：6=1：3，故B說法正確；C、1mol該有機物中含有2molC和6molH，該有機物分子式C2H6Ox，不飽和度為0，即不含碳碳雙鍵，故C說法正確；D、根據A選項分析，該有機物中可能存在氧元素，也可能不存在氧元素，故D說法正確；答案選A。【題目點撥】有機物分子式的確定，利用原子守恒和元素守恒，推出有機物中C原子的物質的量和H原子的物質的量，然后根據有機物的質量，確認是否含有氧元素，從而求出有機物的實驗式，最后利用有機物的相對分子質量，求出有機物的分子式。15、D【解題分析】

A．發生的反應：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；反應中過氧化鈉中氧元素（-1價）化合價有升降，所以屬于氧化還原反應，故A錯誤；B．2Al2O34Al+3O2↑中鋁元素、氧元素化合價有變化，所以屬于氧化還原反應，故B錯誤；C．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)中，N元素、氫元素化合價有變化，屬于氧化還原反應，故C錯誤；D．實驗室用NH4Cl和Ca(OH)2制備NH3，方程式為：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；該反應中沒有元素化合價升降，所以不屬于氧化還原反應，故D正確。故選D。16、B【解題分析】試題分析：①F、O、S的非金屬性逐漸減弱，則氫化物的穩定性：HF>H2O>H2S，故①錯誤；②非金屬性Cl>Br>I，則氫化物的還原性：HI>HBr>HCl，故②正確；③NH3分子間能形成氫鍵，則NH3的熔沸點變大，所以熔沸點：NH3>PH3>AsH3，故③錯誤；④HNO3為強酸，H2CO3和HClO為弱酸，H2CO3的酸性大于HClO，所以酸性：HNO3>H2CO3>HClO，故④正確，所以答案為B。考點：本題考查物質的性質、元素周期律。17、B【解題分析】

A.標況下22.4L丁烷是1mol，含有4mol碳原子，因此完全燃燒后生成二氧化碳的分子數為4NA，故A正確；B.因為乙基（-CH2CH3）是中性基團，所以1mol乙基中含有的電子數為碳氫原子電子數之和，為17NA，故B不正確；C.二氧化氮和四氧化二氮的分子式中氮氧比都是1:2，因此46g二氧化氮和四氧化二氮都有1mol氮原子和2mol氧原子，總原子數為3NA，故C正確；D.1L2mol·L-1的硝酸鎂溶液中含有溶質硝酸鎂為2mol，1mol硝酸鎂中含有2mol硝酸根，因此2mol硝酸鎂含有的硝酸根離子數為4NA，故D正確。故選B。【題目點撥】乙基（-CH2CH3）、甲基（-CH3）、羥基（-OH）等基團都是中性的，不帶電，“-”表示一個電子，不是從其他原子得到的電子，是原子本身的電子，所以計算電子數時，只需要把各個原子的電子數加起來即可。18、A【解題分析】

A項、硝酸具有強氧化性，Al、Fe、Cu都能和稀硝酸反應生成硝酸鹽、一氧化氮和水，故A正確；B項、Al、Fe放置在空氣中生成氧化物，Cu放置在空氣中生成堿式碳酸銅，故B錯誤；C項、Al2O3和強酸、強堿反應生成鹽和水，屬于兩性氧化物，CuO和FeO、Fe2O3都只能和酸反應生成鹽和水，所以屬于堿性氧化物，故C錯誤；D項、工業上制備金屬鐵和銅均采用熱還原法，故D錯誤；故選A。19、B【解題分析】

鐵銅和鋅的氧化物在足量的CO中加熱，最終得到的固體是相應元素的單質，所以要求固體的質量，若能求出氧化物混合物中氧元素的總質量，在氧化物總質量的基礎上扣除即可。上述混合物與硫酸反應過程不涉及變價，實質是復分解反應，可以簡單表示為：，其中x不一定為整數。因此，消耗的H+的量是金屬氧化物中O的兩倍，所以該金屬氧化物的混合物中：，所以金屬元素總質量為(a-1.6)g，B項正確；答案選B。20、A【解題分析】

A、2L0.2mol·L-1Ba(NO3)2溶液中，n[Ba(NO3)2]=2L×0.2mol·L-1=0.4mol，則n(Ba2+)=0.4mol，n(NO3-)=0.8mol，故陰、陽離子總數為1.2NA，A錯誤；B、500mL溶液中，c(NO3-)=2×0.2mol·L-1=0.4mol?L-1，B正確；C、500mL溶液中，c(Ba2+)=0.2mol?L-1，C正確；D、500mL溶液中，n(NO3-)=2×0.5L×0.2mol·L-1=0.2mol，即NO3-的總數為0.2NA，D正確；故選A。21、A【解題分析】

根據圖示標志的含義來分析，過氧化鈉具有強氧化性和腐蝕性，據此分析判斷。【題目詳解】A、圖示標志是腐蝕品標志，故A正確；B、圖示標志是易燃固體標志，故B錯誤；C、圖示標志是放射性物品標志，故C錯誤；D、圖示標志是劇毒品標志，故D錯誤；故選A。22、C【解題分析】

該高聚物的形成過程屬于加聚反應，加聚反應是由不飽和單體(如碳碳雙鍵，碳碳叁鍵以及碳氧雙鍵等)聚合高分子的反應，其產物只有一種高分子化合物，凡鏈節中主碳鏈為6個碳原子，其規律是“見雙鍵，四個碳，無雙鍵，兩個碳”畫線斷開，然后將半鍵閉合，即將單雙鍵互換，直接合成該高聚物的物質為：CH2=CH?CN、CH2=CH?CH=CH2、C6H5?CH=CH2，故本題選C。【題目點撥】首先要根據高聚物的結構簡式判斷高聚物是加聚產物還是縮聚產物，然后根據推斷單體的方法作出判斷。二、非選擇題(共84分)23、醛基1，2-丙二醇NaHCO3溶液(或Na2CO3)氧化反應CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr9【解題分析】

根據題中各物質轉化關系，結合題中信息，苯乙醛與甲醛發生羥醛縮合并失水生成A，A的結構簡式為；A與新制氫氧化銅懸濁液反應，醛基變為羧基，則B的結構簡式為；據F的結構簡式可知，F由E發生加聚反應生成，則E的結構簡式為，E由B與D反應生成，則D的結構簡式為CH3CH(OH)CH2OH，則C3H6為丙烯，C為CH3CHBrCH2Br，據此分析解答。【題目詳解】根據題中各物質轉化關系，結合題中信息，苯乙醛與甲醛發生羥醛縮合并失水生成A，A的結構簡式為；A與新制氫氧化銅懸濁液反應，醛基變為羧基，則B的結構簡式為；據F的結構簡式可知，F由E發生加聚反應生成，則E的結構簡式為，E由B與D反應生成，則D的結構簡式為CH3CH(OH)CH2OH，則C3H6為丙烯，C為CH3CHBrCH2Br；(1)A為，其中含氧官能團為醛基；D為CH3CH(OH)CH2OH，其化學名稱為1，2-丙二醇；(2)B為，B中含有的官能團為羧基和碳碳雙鍵，可用碳酸氫鈉（或碳酸鈉）溶液檢驗含氧官能團羧基；A與新制氫氧化銅懸濁液混合加熱生成B，則A→B的反應類型是氧化反應；(3)C為1，2-二溴丙烷，其水解生成D，反應的化學方程式為：CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr；E發生加聚反應生成F，發生反應的化學方程式為；(4)G物質與互為同系物，且G物質的相對分子質量比大14，則G比多1個CH2原子團；G的同分異構體滿足：①分子中含有苯環，且苯環上有兩個取代基；②遇氯化鐵溶液變紫色，則分子中含有酚羥基；③能與溴水發生加成反應，說明其分子中含有碳碳雙鍵；根據分析可知，滿足題意的有機物分子中含有苯環，苯環上兩個取代基分別為-OH、-C3H5，-C3H5可能為①-CH=CHCH3、②-CH2CH=CH2、③-C(CH3)=CH2，酚羥基與①②③分別有鄰、間、對3種位置，所以滿足條件的有機物總共有：3×3=9種。【題目點撥】常見的反應條件與反應類型有：①在NaOH的水溶液中發生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應。②在NaOH的乙醇溶液中加熱，發生鹵代烴的消去反應。③在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等。④能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應。⑤能與H2在Ni作用下發生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應。⑥在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發生醇的氧化反應。⑦與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質發生的是—CHO的氧化反應。(如果連續兩次出現O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。⑧在稀H2SO4加熱條件下發生酯、低聚糖、多糖等的水解反應。⑨在光照、X2(表示鹵素單質)條件下發生烷基上的取代反應；在Fe粉、X2條件下發生苯環上的取代。24、Si3N4原子黏合劑、木材等的防腐劑或防火劑NaClO＋2NH3＝N2H4＋NaCl＋H2O次氯酸鈉有強氧化性，防止N2H4繼續被氧化10【解題分析】

甲由A、B兩種短周期非金屬元素組成，難溶于水，且硬度大，熔點高，考慮甲屬于原子晶體。甲與熔融的燒堿反應生成一種含A元素的含氧酸鹽乙和一種含B元素的氣體丙，且丙能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，證明丙氣體為NH3，說明甲中含有氮元素。含氧酸鹽乙由短周期元素組成且為鈉鹽，能溶于水，加鹽酸產生白色沉淀，鹽酸過量沉淀不溶解，說明生成的沉淀為H2SiO3，則乙為Na2SiO3，證明甲中含有硅元素，故A為Si元素，B為N元素，依據元素化合價可推知甲為Si3N4，據此分析解答。【題目詳解】(1)由分析可知，甲的化學式為Si3N4，屬于原子晶體，故答案為：Si3N4；原子；(2)乙的水溶液為硅酸鈉溶液，是一種礦物膠，可以做黏合劑、木材等的防腐劑或防火劑，故答案為：黏合劑、木材等的防腐劑或防火劑；(3)①B元素的一種氫化物丁，相對分子質量為32，常溫下為液體，可知丁為N2H4，電子式為：，故答案為：；②丁可由次氯酸鈉與過量氨氣反應制得，反應的化學方程式為：NaClO+2NH3＝N2H4+NaCl+H2O，次氯酸鈉有強氧化性，防止N2H4繼續被氧化，氨氣需要過量，故答案為：NaClO+2NH3＝N2H4+NaCl+H2O；次氯酸鈉有強氧化性，防止N2H4繼續被氧化；③電離方程式為：N2H4+H2O?N2H5++OH-，該溶液中溶質電離程度較小，則c(N2H4)≈0.01mol/L，由平衡常數K=，可知該溶液中c(OH-)≈==1.0×10-4，溶液中c(H+)=mol/L=10-10mol/L，則溶液的pH=10，故答案為：10。【題目點撥】正確推斷元素是解答本題的關鍵。本題的易錯點和難點為(3)③中pH的計算，要注意電離平衡常數表達式和水的離子積的靈活運用。25、B漏斗下端尖嘴未緊貼燒杯內壁AgNO3溶液（或硝酸酸化的AgNO3溶液）坩堝除去HCl吸收水蒸氣堿石灰【解題分析】實驗室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液與過量氨水反應制備MgAl2O4，MgCl2、AlCl3的混合溶液與過量氨水反應會得到氫氧化鎂以及氫氧化鋁的混合物沉淀，將沉淀洗滌干燥進行焙燒可以得到MgAl2O4，（1）Mg(OH)2溶解性小，如先加入MgCl2、AlCl3的混合溶液，再加氨水，氨水少量，應先生成氫氧化鎂沉淀，所以，先加氨水，因氨水足量，能同時生成沉淀，故選B；（2）過濾時應該將漏斗的尖嘴部分緊貼燒杯的內壁，防止液體濺出；（3）沉淀中洗滌液中含有氯離子和銨根離子，若判斷是否洗凈，可以取少量最后一次洗滌液，加入AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）；高溫焙燒時，用于盛放固體的儀器名稱是坩堝；（4）金屬鋁可以和氯氣之間發生反應生成氯化鋁，氯化鋁遇潮濕空氣會產生大量白霧，鋁也能和HCl反應生成H2和AlCl3溶液，故制取的氯氣中含有氯化氫和水，應除去，并且要防止空氣中水的干擾，F可以吸收水分，防止生成的氯化鋁變質，因為氯化鋁易發生水解，故應該防止空氣中的水蒸氣進入E裝置，G是吸收反應剩余的氯氣。吸收水分還可以用堿石灰。26、在其他條件相同時，Mn2+是KMnO4與H2C2O4反應的催化劑，起著加快反應速率的作用溫度、濃度等KMnO4溶液褪色的速率開始十分緩慢，一段時間后突然加快。因為反應生成的MnSO4是KMnO4與H2C2O4反應催化劑，能加快反應速率酸性KMnO4溶液具有強氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也會使KMnO4溶液褪色，產生干擾【解題分析】

（1）實驗①、②、③中使用的反應物是都是0.01mol/LKMnO4、0.1mol/LH2C2O4，都在室溫下反應，說明濃度相同，溫度相同，高錳酸鉀褪色時間最快的是②，加了硫酸錳，③中加的是硫酸鈉與①褪色時間基本相同，對比得知起催化作用的是Mn2+，即該實驗結論是在其他條件相同時，Mn2+是KMnO4與H2C2O4反應的催化劑，起著加快反應速率的作用；（2）除催化劑對反應速率有影響外，還有其他的外界因素如溫度、濃度等；（3）實驗②中是單獨加入催化劑MnSO4，而草酸與酸性高錳酸鉀反應會生成MnSO4，那么這個反應的產物就會起到催化劑的作用，所以實驗①的現象是：KMnO4溶液褪色的速率開始十分緩慢，一段時間后突然加快，因為反應生成的MnSO4是草酸與酸性高錳酸鉀反應的催化劑，能加快化學反應速；（4）酸性KMnO4溶液具有強氧化性，能氧化氯化錳中的氯離子，也會使KMnO4溶液褪色，從而縮短褪色時間，產生干擾。【題目點撥】本題考查了草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應，探究影響化學反應速率的因素，注意對比實驗的關鍵是其他條件不變，控制其中的一個變量進行分析，另外考查了酸性高錳酸鉀溶液的強氧化性，題目難度適中。27、藍色懸濁液最終變為紅色沉淀CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O相同條件下，乙醛的縮合反應快于氧化反應；多個乙醛縮合，使醛基物質的量減少適當增大NaOH濃度有利于生成Cu2O氫氧化鈉溶液濃度對該反應的影響程度更大【解題分析】

（1）①新制氫氧化銅為藍色懸濁液，氧化乙醛后銅元素化合價從+2價降低到+1價會變成磚紅色沉淀Cu2O，據此證明乙醛被氧化；②乙醛在堿性條件下加熱，被新制的Cu(OH)2氧化生成乙酸鈉、氧化亞銅和水；③對照實驗Ⅱ，實驗Ⅲ的現象說明乙醛發生了縮合反應，據此分析作答；（2）對照實驗Ⅳ和實驗Ⅴ，分析氫氧化鈉濃度對反應的影響；（3）實驗Ⅶ磚紅色現象明顯，根據變量法分析作答。【題目詳解】（1）①若乙醛被新制的Cu(OH)2氧化，則實驗中顏色會發生明顯變化，即藍色懸濁液最終會變為紅色沉淀，據此可證明乙醛被新制的Cu(OH)2氧化，故答案為藍色懸濁液最終變為紅色沉淀；②乙醛與新制的Cu(OH)2發生反應的化學方程式為CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故答案為CH3CHO+2Cu(OH)2+