四川省成都市郫都四中2024屆化學高二第二學期期末學業質量監測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A．FeCl3溶液具有酸性，可用于脫除燃氣中H2SB．苯酚能使蛋白質變性，可用于制取酚醛樹脂C．FeS固體呈黑色，可用于除去廢水中Cu2+、Hg2+等重金屬D．NaHCO3能與Al2(SO4)3溶液反應，可用作泡沫滅火器原料2、《天工開物》中記載：人賤者短褐、枲裳，冬以御寒，夏以蔽體，其質造物之所具也。屬草木者，為枲、麻、苘、葛，屬禽獸與昆蟲者為裘褐、絲綿。各載其半，而裳服充焉矣。文中的“枲、麻、苘、葛”和“裘褐、絲綿”分別屬于()A．纖維素、油脂 B．糖類、油脂C．纖維素、蛋白質 D．單糖、蛋白質3、正四面體烷的IUPAC名稱為三環[1.1.0.0]丁烷。其球棍模型如圖所示。下列關于該化合物的說法正確的是A．與環丁二烯互為同分異構體B．二氯代物超過兩種C．碳碳鍵鍵角為109°28'D．三環[1.1.0.0]丁烷生成1mol丁烷至少需要2molH24、向X溶液中加入Y試劑，產生沉淀或氣體如圖，與所述情形幾乎完全相符的是()A．向HCl和AlCl3的混合液滴加NaOH溶液 B．向NH4Al(SO4)2溶液滴加Ba(OH)2溶液C．向NaOH和Ca(OH)2混合液中通入CO2 D．向NaOH和Na2CO3混合液滴加稀HCl溶液5、某蓄電池放電、充電時的反應為Fe＋Ni2O3＋3H2OFe(OH)2＋2Ni(OH)2，下列推斷中正確的是()A．放電時，Fe為正極，Ni2O3為負極B．充電時，陰極上的電極反應式是Fe(OH)2＋2e－+2H+=Fe＋2H2OC．充電時，Ni(OH)2為陽極,發生還原反應D．該蓄電池的電極是浸在某種堿性電解質溶液中6、丙三醇、乙二醇、甲醇中分別加入足量的金屬鈉產生等體積的氫氣(相同條件)，則上述三種醇的物質的量之比是()A．2∶3∶6 B．3∶2∶1 C．4∶3∶1 D．6∶3∶27、下列關于熱化學反應的描述中正確的是A．HCl和NaOH反應的中和熱ΔH＝－57.3kJ/mol，則H2SO4和Ca(OH)2反應的中和熱ΔH＝2×(－57.3)kJ/molB．CO(g)的燃燒熱是283.0kJ/mol，則2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反應的ΔH＝+2×283.0kJ/molC．需要加熱才能發生的反應一定是吸熱反應D．1mol甲烷燃燒生成氣態水和二氧化碳所放出的熱量是甲烷的燃燒熱8、已知X、Y、Z為三種短周期主族元素，可分別形成Xn＋、Ym＋、Zn－三種離子，已知m>n且X、Y、Z三種原子的M層電子數均為奇數。下列說法中不正確的是()A．三種離子中，Ym＋的離子半徑最小B．Z的最高價氧化物對應水化物的分子式為HnZO4C．X、Y、Z一定在同一周期，且原子半徑Z>X>YD．三種元素相應的最高價氧化物對應水化物之間兩兩會發生反應9、化學學習中常用類推方法，下列類推正確的是()A．CO2為直線形分子，B．固態CS2是分子晶體，固態C．NCl3中N原子是sp3雜化，D．Al(OH)10、下列物質中各含有少量雜質，能用飽和Na2CO3溶液并借助于分液漏斗除去雜質的是()A．苯中含有少量甲苯B．乙醇中含少量乙酸C．乙酸乙酯中含有少量乙酸D．溴苯中含有少量苯11、元素K的焰色反應呈紫紅色，其中紫色對應的輻射波長為（）A．404.4nm B．553.5nm C．589.2nm D．670.8nm12、用石墨作電極電解CuSO4溶液，通電一段時間后，欲使電解液恢復到起始狀態，應向溶液中加入適量的（）A．CuSO4 B．H2O C．CuO D．CuSO4·5H2O13、下列說法正確的是A．葡萄糖、氨基酸在一定條件下都能發生酯化反應B．用過濾的方法可以分離乙酸乙酯和乙酸C．醫用酒精是質量分數為95%的乙醇溶液D．往蛋白質溶液中加入濃的CuSO4溶液，蛋白質會發生鹽析14、下列敘述中正確的是()A．能使潤濕的淀粉KI試紙變成藍色的物質一定是Cl2B．液溴易揮發，在存放液溴的試劑瓶中應加水封C．某溶液加入CCl4，CCl4層顯紫色，證明原溶液中存在I－D．某溶液加入BaCl2溶液，產生不溶于稀硝酸的白色沉淀，該溶液一定含有Ag＋15、化學與生活密切相關,下列與鹽類水解無關的是A．純堿去油污 B．食醋除水垢 C．明礬凈水 D．氯化銨除鐵銹16、根據如圖所示的反應判斷下列說法中錯誤的是A．CO2(g)和CaO(s)的總能量大于CaCO3(s)的總能量B．該反應的焓變大于零C．該反應中有離子鍵斷裂也有共價鍵斷裂，化學鍵斷裂吸收能量，化學鍵生成放出能量D．由該反應可推出凡是需要加熱才發生的反應均為吸熱反應17、下列敘述正確的是()A．凡能電離出H+的化合物均屬于酸B．醋酸溶液的導電能力可能比稀硫酸強C．SO3的水溶液能導電，SO3是電解質D．硫磺不導電，因此硫磺是非電解質18、反應N2(g)＋3H2(g)?2NH3(g)的能量變化如圖所示，a、b均為正值，單位是kJ，下列說法正確的是A．N2(g)＋3H2(g)?2NH3(g)△H=(a-b)kJ·mol－1B．NH3(g)?N2(g)＋H2(g)△H=(b-a)kJ·mol－1C．NH3中氮氫鍵鍵能為bkJ·mol－1D．壓強越大，該反應的△H越小19、已知酸性＞H2CO3＞＞HCO3—，現要將轉化為可行的方法是()A．與足量NaOH溶液共熱，再通入足量HCl B．與稀硫酸共熱后，加入足量的NaHCO3C．加熱該物質溶液，再通入足量的CO2 D．加稀硫酸共熱后，再加入足量NaOH溶液20、在配制一定物質的量濃度的鹽酸時，下列錯誤操作可使所配制溶液濃度偏高的是()A．用量筒量取濃鹽酸時仰視讀數 B．溶解攪拌時有液體飛濺C．定容時仰視容量瓶瓶頸刻度線 D．搖勻后見液面下降，再加水至刻度線21、下列實驗及現象不能得出相應結論的是選項實驗現象結論A向盛有10mL0.01mol·L－1KI溶液的試管中滴入8～10滴相同濃度的AgNO3溶液，邊滴邊振蕩，靜置，用激光筆照射得到黃色透明液體，可看到光亮的“通路”得到的液體為AgI膠體B向2mL0.1mol·L－1FeSO4酸性溶液中滴入少量ClO2溶液，振蕩后再滴入KSCN溶液溶液先變黃，滴入KSCN溶液后變紅氧化性：ClO2＞Fe3＋C將Na2SO3固體溶于水后，向形成的溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，再加入足量稀鹽酸產生白色沉淀，且沉淀不溶解Na2SO3已變質D將蘸有濃氨水的玻璃棒靠近盛滿NO2的集氣瓶口瓶口處產生白煙白煙的主要成分為NH4NO3A．A B．B C．C D．D22、下列方程式書寫正確的是（）A．H2S的電離方程式：H2S＋H2OH3O＋＋HS－B．NaHCO3在水溶液中的電離方程式：NaHCO3=Na＋＋H++CO32-C．CO32－的水解方程式：CO32-＋2H2OH2CO3＋2OH－D．HS-的水解方程式：HS-＋H2OS2-＋H3O＋二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物K為合成高分子化合物，一種合成K的合成路線如圖所示(部分產物及反應條件已略去)。已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2O②+回答下列問題：(1)A的名稱為_________，F中含氧官能團的名稱為___________。(2)E和G的結構簡式分別為________、________。H→K的反應類型為_______反應。(3)由C生成D的化學方程式為___________。(4)參照上述合成路線和信息，以甲醛、乙醛為原料(無機試劑任選)，設計制取甘油(丙三醇)的合成路線為___________。24、（12分）[化學—選修有機化學基礎]化合物F是合成抗心律失常藥—多非利特的中間體，以苯為原料合成F的路線如下:已知：①CH3CH=CH2CH3CHBrCH3②CH3CH=CH2CH3CH2CH2Br試回答下列問題（1）苯→A轉化的反應類型是。（2）化合物C→D轉化的反應條件通常是，化合物D（填“存在”、“不存在”）順反異構，已知化合物C的核磁共振氫譜顯示有四種峰，且峰的面積比為2︰2︰1︰3，則C的結構簡式為。（3）寫出E→F轉化的化學方程式。（4）化合B的同分異構體有多種，滿足以下條件的同分異構體共有種。①屬于芳香族化合物②分子結構中沒有甲基，但有氨基③能發生銀鏡反應和水解反應，并且與NaOH反應的物質的量之比為1︰2（5）苯乙酮（）常用作有機化學合成的中間體，參照上述合成F的部分步驟，設計一條以苯為起始原料制備苯乙酮的合成路線。25、（12分）某研究性學習小組，利用固體Na2SO3與中等濃度的H2SO4反應，制備SO2氣體并進行有關性質探究實驗。該反應的化學方程式為：Na2SO3(固)+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O。除固體Na2SO3和中等濃度的H2SO4外，可供選擇的試劑還有：①溴水；②濃H2SO4；③品紅試液；④紫色石蕊試液；⑤澄清石灰水；⑥NaOH溶液。回答下列問題：（1）欲驗證SO2的漂白作用，應將SO2氣體通入______中(填物質編號)，觀察到的現象是____________；（2）欲驗證SO2的還原性，應將SO2氣體通入______中(填物質編號)，觀察到的現象是_______________；（3）為驗證SO2的氧化性，通常利用的反應是___________(化學方程式)；（4）為防止多余的SO2氣體污染環境，應將尾氣通入______中(填物質編號)，反應離子方程式為__________________________。26、（10分）1-溴丙烷是一種重要的有機合成中間體。實驗室制備少量1-溴丙烷的主要步驟如下：步驟1：在儀器A中加入攪拌磁子、12g1-丙醇及20mL水，在冰水冷卻下緩慢加入28mL濃H2SO4；冷卻至室溫，攪拌下加入24gNaBr。步驟2：緩慢加熱，直到無油狀物餾出為止。步驟3：將餾出液轉入分液漏斗，分離出有機相。步驟4：將分離出的有機相轉入分液漏斗，依次用H2O、5%的Na2CO3溶液洗滌，分液，得粗產品，進一步提純得1-溴丙烷。已知：①1-溴丙烷沸點為71℃，密度為1.36g/cm3；②反應過程中，在儀器A中可以觀察到A的上方出現紅棕色蒸氣（Br2）。回答下列問題：（1）儀器A的名稱是______；加入攪拌磁子的目的是攪拌和______。（2）儀器A中主要發生反應為：NaBr+H2SO4===HBr+NaHSO4和______。（3）步驟2中需向接收瓶內加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是______，同時可以觀察到的現象是______。（4）步驟4中的兩次洗滌，依次洗去的主要雜質是______、_________。（5）步驟4中的Na2CO3溶液還可以用下列中的______試劑代替。A．NaOH溶液B．NaI溶液C．Na2SO3溶液D．CCl427、（12分）（1）只用試管和膠頭滴管就可以對下列各組中的溶液進行鑒別的是_______(填序號)。①AlCl3溶液和NaOH溶液②Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液③NaAlO2溶液和鹽酸④Al2(SO4)3溶液和氨水⑤苯與水⑥AgNO3、BaCl2、K2SO4和Mg(NO3)2四種溶液⑦NaNO3、FeCl3、NaCl、AgNO3四種溶液⑧NaHCO3溶液與稀硫酸（2）按以下實驗方案可從海洋物質樣品中提取具有抗腫瘤活性的天然產物。則(1)(2)(3)(4)的分離提純方法依次為__________、__________、__________、__________。（3）下列說法正確的是_________(填序號)。①常壓蒸餾時，加入液體的體積可超過圓底燒瓶容積的三分之二②除去銅粉中混有CuO的實驗操作是加入稀硝酸溶解、過濾、洗滌、干燥③將Cl2與HCl的混合氣體通過飽和食鹽水可得到純凈的Cl2④用CCl4萃取碘水中的I2的實驗操作是先從分液漏斗下口放出有機層，后從上口倒出水層⑤濾液若渾濁，可能是液面高于濾紙邊緣造成的⑥NaCl溶液蒸發時可以加熱至蒸干為止⑦蒸餾時，可以把溫度計插入混合液體中⑧可以用酒精萃取碘水中的I2。⑨CCl4萃取溴水中溴時，靜置分層后上層為橙紅色，分液時，從上口先倒出上層液體28、（14分）乙醇是重要的有機化工原料，也是優質的燃料，工業上可由乙烯水合法或發酵法生產。回答下列問題：（1）乙烯水合法可分為兩步第一步：反應CH2＝CH2+HOSO3H（濃硫酸）→CH3CH2OSO3H（硫酸氫乙酯）；第二步：硫酸氫乙酯水解生成乙醇。①第一步屬于反應_______________（填反應類型）。②第二步反應的化學方程式為_____________________________。（2）發酵法制乙醇，植物秸稈（含50％纖維素）為原料經以下轉化制得乙醇纖維素的化學式為________，現要制取4.6噸乙醇，至少需要植物秸稈________噸。（3）乙醇汽油是用90％的普通汽油與10％的燃料乙醇調和而成。乙醇汽油中乙醇是可再生能源，來源于________（填“乙烯水合法”或“發酵法”）。（4）以乙醇為原料可制備某種高分子涂料，其轉化關系如下圖：①有機物A的結構簡式為___________。②反應Ⅱ的化學方程式為___________。③反應Ⅱ的反應類型為___________。29、（10分）新澤茉莉醛是一種名貴的香料，合成過程中還能得到一種PC樹脂，其合成路線如下：已知：(1)寫出反應①的化學方程式________________。(2)寫出符合下列條件并與化合物E互為同分異構體的有機物結構簡式____________。a.能與濃溴水產生白色沉淀b.能與NaHCO3溶液反應產生氣體c.苯環上一氯代物有兩種(3)反應②的反應類型是________。(4)已知甲的相對分子質量為30，寫出G的結構簡式________________。(5)已知化合物C的核磁共振氫譜有四種峰，寫出反應③的化學方程式____________。(6)結合已知①，以乙醇和苯甲醛為原料，選用必要的無機試劑合成寫出合成路線__________________（用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件）。

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、D【解題分析】A、FeCl3用于脫除燃氣中的H2S，是因為H2S具有強還原性，Fe3+具有較強的氧化性，可以將S2-氧化成S單質，本身被還原成Fe2+，而不是因為FeCl3溶液具有酸性，選項A錯誤；B.苯酚與甲醛發生縮聚反應用于制取酚醛樹脂和苯酚能使蛋白質變性沒有對應關系，選項B錯誤；C、FeS用于除去廢水中Cu2+、Hg2+等重金屬是因為轉化為更難溶的硫化物，而不是因為FeS固體呈黑色，選項C錯誤；D、NaHCO3能與Al2(SO4)3溶液反應發生雙水解產生二氧化碳和氫氧化鋁，可用作泡沫滅火器原料，選項D正確。答案選D。2、C【解題分析】

枲、麻、苘、葛屬于草木，草木的主要成分是纖維素，裘褐、絲綿屬于禽獸與昆蟲，禽獸與昆蟲的主要成分是蛋白質，故選C。3、A【解題分析】

A.由結構可知，均含4個C、4個H；B.4個H的位置相同；C.4個C形成的結構與白磷結構相似；D.三環[1.1.0.0]丁烷生成1mol丁烷，H原子差6mol。【題目詳解】A.由結構可知，正四面體烷分子式是C4H4，環丁二烯分子式也是C4H4，二者均含4個C、4個H，二者互為同分異構體，A正確；B.正四面體烷類似一個正四面體，其四個頂點為4個C，兩兩以碳碳單鍵連接，剩余的鍵每個C連接一個H原子，4個H的位置相同，是一種高度對稱的物質，則二氯代物只有一種，B錯誤；C.4個C形成的結構與白磷結構相似，是正四面體結構，碳碳鍵鍵角為60°，C錯誤；D.三環[1.1.0.0]丁烷分子式是C4H4到丁烷C4H10，1mol至少需要3molH2，D錯誤；故合理選項是A。【題目點撥】本題考查有機物的結構與性質的知識，把握有機物的結構、不飽和度及物質結構簡式的通式為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項C為解答的難點，題目難度不大。4、C【解題分析】

A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH時，先發生HCl+NaOH＝NaCl+H2O，再發生Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，生成沉淀與沉淀溶解消耗的堿的物質的量之比為3：1，圖象與發生的化學反應不符，A錯誤；B、向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2，發生2SO42－+NH4++Al3＋+2Ba2++4OH－＝NH3·H2O+2BaSO4↓+Al(OH)3↓，再發生Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，最終沉淀不能完全消失，B錯誤；C、因向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2，先發生Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O，再發生CO2+NaOH＝NaHCO3，最后發生CaCO3↓+H2O+CO2＝Ca(HCO3)2，圖象與反應符合，C正確；D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl，先發生HCl+NaOH＝NaCl+H2O，再發生Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，最后發生NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，未生成氣體時消耗的酸與生成氣體時消耗的酸的物質的量應大于1：1，而圖象中為1：1，則圖象與發生的化學反應不符，D錯誤。答案選C。【題目點撥】本題考查化學反應與圖象，題目難度較大，明確圖象中坐標、點、線、面的意義及發生的化學反應尤其是反應的先后順序是解答本題的關鍵，并注意結合反應中量的關系來解答，注意氫氧化鋁兩性的特點。5、D【解題分析】分析：放電時為原電池，負極發生氧化反應，正極發生還原反應；充電時為電解質，陰極發生還原反應；陽極發生氧化反應；據此分析判斷。詳解：A.放電時為原電池，負極發生氧化反應，正極發生還原反應，反應中Fe失去電子，為負極，Ni2O3獲得電子，為正極，故A錯誤；B.充電時為電解質，陰極發生還原反應，Fe(OH)2在陰極獲得電子，陰極上的電極反應式是Fe(OH)2+2e-═Fe+2OH-，故B錯誤；C.充電時為電解質，陽極發生氧化反應，Ni(OH)2發生氧化反應，為陽極，故C錯誤；D.Fe(OH)2、2Ni(OH)2只能存在于堿性溶液中，在酸性條件下不能存在，故電解質溶液必須是堿性溶液，故D正確；故選D。6、A【解題分析】

甲醇、乙二醇、丙三醇分別有1、2、3個羥基，2mol金屬鈉與2mol羥基反應放出1mol氫氣，這三種物質分別與足量金屬鈉反應產生等體積的氫氣，說明三者中羥基物質的量相等，然后求出三種醇的物質的量之比。【題目詳解】甲醇、乙二醇、丙三醇分別有1、2、3個羥基，2mol金屬鈉與2mol羥基反應放出1mol氫氣，這三種物質分別與足量金屬鈉反應產生等體積的氫氣，說明三者中羥基物質的量相等，則三種醇的物質的量之比為：1：：=6：3：2，所有丙三醇、乙二醇、甲醇的物質的量的比為2∶3∶6，故合理選項是A。【題目點撥】本題考查醇類與Na的反應，注意三種醇與足量Na反應，產生相同體積的H2，說明這三種醇各自所提供的-OH數目相同。7、B【解題分析】

A．強酸和強堿的稀溶液反應才能保證H+(aq)+OH－(aq)====H2O(l)中和熱為-1．3kJ·mol－1，H2SO4和Ca(OH)2得到的CaSO4微溶，會產生額外的熱，故A錯誤；B．在25℃，101kPa時，1mol可燃物完全燃燒生成穩定的氧化物時所放出的熱量，叫做該物質的燃燒熱:CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)ΔH＝-283.0kJ/mol，再利用蓋斯定律，得：2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+2×283.0kJ/mol，故B正確；C．反應的吸、放熱與反應條件無關，如有些放熱反應必須在加熱條件下才能進行，如鋁熱反應，故C錯誤；D．燃燒熱是1mol純凈物完全燃燒生成穩定的氧化物放出的熱量，應生成液態水，D錯誤。答案選B。8、C【解題分析】因為M層電子數為奇數，所以可能為1、3、5、7，Y形成陽離子，m>n，則m應為3，n為1，則X為鈉，Y為鋁，Z為氯。A、鈉離子和鋁離子為2層，氯離子3層，電子層結構相同的離子，核電荷數越大，半徑越小，所以鋁離子半徑最小，A正確；B、氯元素的最高價為+7價，最高價氧化物的水化物的分子式為HClO4，B正確；C、三種元素都在第三周期，原子半徑大小為鈉＞鋁＞氯，C錯誤；D、氫氧化鋁是兩性氫氧化物，和氫氧化鈉反應，和高氯酸也反應，D正確，答案選C。9、D【解題分析】分析：A項，SO2為V形分子；B項，SiO2屬于原子晶體；C項，BCl3中B原子為sp2雜化；D項，Al（OH）3和Be（OH）2都屬于兩性氫氧化物，都能溶于NaOH溶液。詳解：A項，CO2中中心原子C上的孤電子對數為12×（4-2×2）=0，σ鍵電子對數為2，價層電子對數為0+2=2，VSEPR模型為直線形，由于C上沒有孤電子對，CO2為直線形分子，SO2中中心原子S上的孤電子對數為12×（6-2×2）=1，σ鍵電子對數為2，價層電子對數為1+2=3，VSEPR模型為平面三角形，由于S上有一對孤電子對，SO2為V形分子，A項錯誤；B項，固體CS2是分子晶體，固體SiO2屬于原子晶體，B項錯誤；C項，NCl3中中心原子N上的孤電子對數為12×（5-3×1）=1，σ鍵電子對數為3，價層電子對數為1+3=4，NCl3中N為sp3雜化，BCl3中中心原子B上的孤電子對數為12×（3-3×1）=0，σ鍵電子對數為3，價層電子對數為0+3=3，BCl3中B為sp2雜化，C項錯誤；D項，Be和Al在元素周期表中處于對角線，根據“對角線規則”，Be（OH）2與Al（OH）3性質相似，兩者都屬于兩性氫氧化物，都能溶于NaOH溶液，Al（OH）3、Be（OH）2與NaOH溶液反應的化學方程式分別為Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O、Be（OH）2+2NaOH=Na點睛：本題考查分子的立體構型、雜化方式的判斷、晶體類型的判斷、對角線規則的應用。判斷分子的立體構型和中心原子的雜化方式都可能用價層電子對互斥理論，當中心原子上沒有孤電子對時，分子的立體構型與VSEPR模型一致，當中心原子上有孤電子對時，分子的立體構型與VSEPR模型不一致；雜化軌道只用于形成σ鍵和容納孤電子對。10、C【解題分析】A．苯、甲苯與飽和碳酸鈉不反應，且不溶于飽和碳酸鈉溶液，不能用分液的方法分離，故A錯誤；B．乙醇以及乙酸鈉都溶于水，不能用分液的方法分離，故B錯誤；C．乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，乙酸可與碳酸鈉反應，可用分液的方法分離，故C正確；D．溴苯與苯混溶，與碳酸鈉不反應，不能用達到分離的目的，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查物質的分離和提純的實驗方案的設計與評價。能用飽和Na2CO3溶液并借助于分液漏斗除去，說明混合物中有一種難溶于飽和碳酸鈉，且加入飽和碳酸鈉溶液后分離，用分液的方法分離。11、A【解題分析】

紫色波長介于400nm～435nm之間，只有A符合，故選A。12、C【解題分析】

用石墨電極電解硫酸銅溶液一段時間，陽極發生氧化反應得到氧氣，陰極發生還原反應得到銅，電解總方程式為2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，因此補充氧化銅或者碳酸銅即可使電解液恢復到起始狀態，答案選C。【題目點撥】該題的關鍵是明確電解的工作原理，特別是電解產物的判斷和守恒法的應用。13、A【解題分析】

A．葡萄糖中含-OH，氨基酸中含-COOH，在一定條件下都能發生酯化反應，故A正確；B．乙酸乙酯和乙酸互溶，不能通過過濾分離，二者沸點不同，應利用蒸餾法分離，故B錯誤；C．醫用酒精是指體積分數為75%的乙醇溶液，可用于殺菌消毒，故C錯誤；D．硫酸銅為重金屬鹽，可使蛋白質變性，故D錯誤；答案選A。14、B【解題分析】A、能使潤濕的淀粉KI試紙變成藍色的物質不一定是Cl2，凡是能把碘化鉀氧化生成單質碘的氣體均可，選項A錯誤；B、液溴易揮發，因此在存放液溴的試劑瓶中應加水封防止液溴揮發，選項B正確；C、某溶液加入CCl4，CCl4層顯紫色，證明原溶液中存在單質碘，選項C錯誤；D、向溶液中含有SO32-、SO42-時，加入酸化的Ba(NO3)2也會出現白色沉淀，選項D錯誤；答案選B。15、B【解題分析】A.純堿是碳酸鈉，碳酸鈉水解溶液顯堿性，可以與油污發生皂化反應達到去除油污的目的，A與水解有關。B.食醋（醋酸）與水垢（碳酸鈣）反應，實際是利用醋酸的酸性，B與水解無關。C.明礬凈水，是利用鋁離子水解得到的氫氧化鋁膠體的吸附能力，C與水解有關。D.氯化銨水解顯酸性，可以與氧化鐵反應，D與水解有關。答案選B.16、D【解題分析】

A.因為碳酸鈣受熱分解是吸熱反應，所以CO2(g)和CaO(s)的總能量大于CaCO3(s)的總能量，A項正確，不符合題意；B.吸熱反應，焓變大于零，B項正確，不符合題意；C.在CaCO3中，Ca2＋和CO32－之間存在離子鍵，CO32－中，C與O之間存在共價鍵，故反應中有離子鍵斷裂也有共價鍵斷裂，舊化學鍵斷裂吸收能量，新化學鍵形成放出能量，C項正確，不符合題意；D.需要加熱才發生的反應不一定為吸熱反應，如碳的燃燒需要加熱，但該反應是放熱反應，D錯誤，符合題意；本題答案選D。17、B【解題分析】分析：A.電離出的陽離子全部是氫離子的化合物是酸；B.溶液導電性強弱只與溶液中離子濃度和離子所帶電荷數有關；C.溶于水或在熔融狀態下能夠導電的化合物是電解質；D.電解質或非電解質是對化合物而言。詳解：A.電離出的陽離子全部是氫離子的化合物是酸，因此凡能電離出H+的化合物不一定均屬于酸，例如硫酸氫鈉等酸式鹽，A錯誤；B.如果醋酸溶液中氫離子濃度大于硫酸溶液中氫離子濃度，則醋酸溶液的導電能力比稀硫酸強，B正確；C.SO3的水溶液能導電，是因為生成的硫酸電離出離子，硫酸是電解質，SO3不能電離，是非電解質，C錯誤；D.硫磺中不存在自由移動的離子或電子，因此不導電，硫磺是單質，不是電解質，也不是非電解質，D錯誤。答案選B。點睛：選項B是易錯點，注意溶液的導電能力強弱取決于溶液中離子濃度的大小和離子所帶電荷的多少，離子濃度越大，離子所帶的電荷越多，溶液的導電性越強。若強電解質溶液中離子濃度很小，而弱電解質溶液中離子濃度大，則弱電解質溶液的導電能力強，因此電解質的強弱與電解質溶液的導電性并無必然聯系。18、A【解題分析】

A.由圖知N2(g)＋3H2(g)?2NH3(g)?H=(a-b)kJ·mol－1，A正確；B.由圖知NH3(g)?N2(g)＋H2(g)?H=(b-a)kJ·mol－1，B錯誤；C.NH3中氮氫鍵鍵能為bkJ·mol－1，C錯誤；D.反應的?H=生成物的總能量-反應物的總能量，D錯誤；答案選A。19、B【解題分析】

的官能團有羧基和酯基兩種，將其轉化為，則兩種官能團都要發生反應，但要注意保護酚羥基。同時要注意相關物質的酸性強弱關系。【題目詳解】A.與足量NaOH溶液共熱后，轉化為，再通入足量HCl后，又轉化為，A不可行；B.與稀硫酸共熱后，轉化為，加入足量的NaHCO3后，中只有羧基參與反應，而酚羥基不反應，故可轉化為，B可行；C.加熱該物質溶液，只能部分水解為，再通入足量的CO2不發生變化，C不可行；D.加稀硫酸共熱后，轉化為，再加入足量NaOH溶液，中的兩種官能團都可以與堿反應，故轉化為，D不可行。綜上所述，將轉化為可行的方法是B，本題選B。【題目點撥】本題在解題時，要注意把握住相關物質的酸性和堿性，要求學生能根據題中信息，選擇合適的試劑，利用較強的酸制取較弱的酸。要求學生要掌握常見重要官能團的性質及其變化規律。20、A【解題分析】

A.用量筒量取濃鹽酸時仰視讀數會使量取的濃鹽酸的體積偏大，濃度偏高，故A選；B.溶解攪拌時有液體飛濺會使溶質的物質的量減少，導致濃度偏低，故B不選；C.定容時仰視容量瓶瓶頸刻度線，會使稀鹽酸的體積偏大，濃度偏低，故C不選；D.搖勻后見液面下降，再加水至刻度線，會使溶液的體積偏大，濃度偏低，故D不選；故選A。21、C【解題分析】

A.丁達爾現象為膠體特有的性質，由現象可知得到的液體為AgI膠體，A正確；B.FeSO4酸性溶被中滴入少量ClO2溶液，發生氧化還原反應生成生成鐵離子，則氧化劑的氧化性大于氧化產物，氧化性為ClO2＞Fe3+，B正確；C.酸性條件下亞硫酸根離子、硝酸根離子發生氧化還原反應生成硫酸根離子，再與鋇離子反應生成不溶于鹽酸的硫酸鋇白色沉淀，不能說明Na2SO3已變質，C錯誤；D.二氧化氮與水反應生成硝酸，硝酸與氨氣反應生成硝酸銨，則白煙的主要成分為NH4NO3，D正確；答案為A。22、A【解題分析】A.多元弱酸的電離是分步的，H2S的第一步電離方程式為：H2S＋H2OH3O＋＋HS－，選項A正確；B.NaHCO3在水溶液中的電離方程式為：NaHCO3=Na＋＋HCO3-，選項B錯誤；C.CO32－的水解是分步的，第一步水解方程式為：CO32-＋H2OHCO3-＋OH－，選項C錯誤；D.HS-的水解方程式為：HS-＋H2OS2-＋OH－，選項D錯誤。答案選A。二、非選擇題(共84分)23、苯乙烯醛基、羰基CH3CHO加聚+O2+2H2OHCHO+CH3CHOCH2=CHCHOBrCH2-CHBrCHOBrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH【解題分析】

A的分子式為C8H8，結合A到B可知A為：；B到C的條件為NaOH溶液，C到D的條件為O2/Cu、加熱可知C的結構為：；D到E的條件和所給信息①一致，對比F和信息①的產物可知，E為：CH3CHO；F和銀氨溶液反應酸化后生成G，G為：，結合以上分析作答。【題目詳解】(1)A為，名稱為苯乙烯，從F的結構可知，F中含氧官能團為醛基、羰基，故答案為：苯乙烯；醛基、羰基；(2)由上面的分析可知，E為CH3CHO，G為，H到K發生了加聚反應，故答案為：CH3CHO；；加聚；(3)C到D發生醇的催化氧化，方程式為：+O2+2H2O，故答案為：+O2+2H2O；(4)甲醛含有1個C，乙醛含有2個C，甘油含有三個碳，必然涉及碳鏈增長，一定用到信息①，可用甲醛和乙醛反應生成CH2=CHCHO，CH2=CHCHO和Br2反應生成BrCH2-CHBrCHO，BrCH2-CHBrCHO和氫氣加成生成BrCH2-CHBrCH2OH，BrCH2-CHBrCH2OH發生水解生成丙三醇，具體如下：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHOBrCH2-CHBrCHOBrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH，故答案為：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHOBrCH2-CHBrCHOBrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH。24、（1）取代反應（2）NaOH醇溶液、加熱不存在（3）＋CH3NH2＋HBr（4）3（5）【解題分析】試題分析：（1）苯與一氯乙烷反應后在苯環上連接乙基，說明為取代反應。（2）C到D是鹵代烴的消去反應，條件為NaOH醇溶液和加熱；化合物D中是乙烯基，不存在順反異構。C的核磁共振氫鋪顯示有四種峰，則說明有四種氫原子，其結構為。（3）E到F是發生的取代反應，方程式為＋CH3NH2＋HBr。（4）化合物B的同分異構體中滿足要求的能發生銀鏡反應和水解反應，說明含有甲酸酯，且與氫氧化鈉反應的物質的量比為1:2，則酯水解后產生酚羥基，說明結構中有兩個側鏈，分別為-CH2NH2和-OOCH，兩個側鏈在苯環上可以是鄰間對三種位置關系，所以用3種結構。（5）從逆推方法分析，要出現羰基，需要先出現羥基，發生氧化反應即可，而羥基的出現是由鹵代烴水解生成的，而鹵代烴是由烴基于鹵素在光照條件下發生取代反應得到的，所以先在苯環上連接乙基，生成乙苯，再在光照條件下取代中間碳原子上的氫原子生成醇，在氧化即可，流程如下：。考點：有機物的合成和性質25、③品紅試液褪色①溴水的橙色褪去2H2S+SO2=3S↓+2H2O⑥SO2+2OH-=SO32-+H2O【解題分析】分析：（1）SO2能使品紅溶液褪色，說明SO2具有漂白性；（2）溴水具有氧化性，能氧化二氧化硫；（3）二氧化硫能把H2S氧化；（4）SO2是酸性氧化物，能被堿液吸收。詳解：（1）SO2具有漂白性，能使品紅溶液褪色，欲驗證SO2的漂白作用，應將SO2氣體通入品紅溶液，溶液紅色褪去；（2）SO2具有還原性，能被溴水溶液氧化而使溶液褪色，欲驗證SO2的還原性，應將SO2氣體通入溴水溶液，溴水的橙色溶液褪色；（3）SO2具有氧化性，能與硫化氫反應生成單質硫沉淀，欲驗證SO2的氧化性，應將SO2氣體通入H2S溶液生成淡黃色的硫沉淀，方程式為SO2+2H2S=3S↓+2H2O；（4）二氧化硫有毒，是酸性氧化物，能與堿反應，為防止多余的SO2氣體污染環境，應將尾氣通入NaOH溶液，發生反應2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O，離子方程式為2OH-+SO2＝SO32-+H2O。26、蒸餾燒瓶防止暴沸CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O冷凝1-溴丙烷，減少其揮發溶液分層，下層為橙色的油狀液體1-丙醇Br2C【解題分析】

（1）儀器A的名稱是蒸餾燒瓶；溶液受熱易發生暴沸；（2）儀器A中主要反應為濃硫酸與溴化鈉反應生成溴化氫和硫酸氫鈉，反應生成的溴化氫，在濃硫酸作用下，與1-丙醇共熱發生取代反應生成1-溴丙烷和水；（3）1-溴丙烷沸點低，受熱易揮發，不溶于水且比水密度大，單質溴易溶于有機溶劑；（4）由于制得的1-溴丙烷中混有揮發出的1-丙醇和單質溴；（5）1-溴丙烷在NaOH溶液中發生水解反應；反應生成的單質碘溶于1-溴丙烷引入新雜質；單質溴能與亞硫酸鈉溶液發生氧化還原反應，且不與1-溴丙烷反應；1-溴丙烷與四氯化碳互溶。【題目詳解】（1）由圖可知，儀器A的名稱是蒸餾燒瓶；加入攪拌磁子的目的是攪拌和防止溶液受熱暴沸，故答案為：蒸餾燒瓶；防止暴沸；（2）儀器A中主要反應為濃硫酸與溴化鈉反應生成溴化氫和硫酸氫鈉，反應生成的溴化氫，在濃硫酸作用下，與1-丙醇共熱發生取代反應生成1-溴丙烷和水，有關化學方程式為NaBr+H2SO4=HBr+NaHSO4和CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O，故答案為：CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O；（3）由題給信息可知，1-溴丙烷沸點低，受熱易揮發，則步驟2中需向接受瓶內加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是減少1-溴丙烷的揮發；實驗時，濃硫酸和溴化氫發生氧化還原反應生成了單質溴，單質溴易溶于有機溶劑，1-溴丙烷不溶于水且比水密度大，溶液分層，溴溶于下層1-溴丙烷，使下層油狀液體呈橙色，故答案為：冷凝1-溴丙烷，減少其揮發；溶液分層，下層為橙色的油狀液體；（4）由于制得的1-溴丙烷中混有揮發出的1-丙醇和單質溴，步驟4中用H2O洗去溶于水的1-丙醇，用5%的Na2CO3溶液洗去能與Na2CO3溶液反應的單質溴，故答案為：1-丙醇；Br2；（5）A、1-溴丙烷在NaOH溶液中發生水解反應生成1-丙醇，故錯誤；B、單質溴能與碘化鈉溶液發生置換反應生成單質碘，單質碘溶于1-溴丙烷引入新雜質，故錯誤；C、單質溴能與亞硫酸鈉溶液發生氧化還原反應，且不與1-溴丙烷反應，故正確；D、1-溴丙烷與四氯化碳互溶，故錯誤；C正確，故答案為：C。【題目點撥】本題考查有機物的制備實驗，側重分析能力和實驗能力的考查，把握有機物的性質、實驗操作及技能為解答的關鍵。27、①③⑤⑦過濾分液蒸發結晶蒸餾④⑤【解題分析】

(1)只用試管和膠頭滴管就可以對下列各組中的兩種溶液進行鑒別，則物質之間添加順序不同，發生反應產生的現象不同，以此來解答；(2)由實驗流程可知，步驟(1)是分離固液混合物，其操作為過濾，步驟(2)分離互不相溶的液體混合物，需進行分液，要用到分液漏斗；步驟(3)是從溶液中得到固體，操作為蒸發結晶，需要蒸發皿；步驟(4)是從有機化合物中，利用沸點不同采取蒸餾得到甲苯，以此來解答；(3)結合常見的混合分離提純的基本操作分析判斷。【題目詳解】(1)①向AlCl3溶液加NaOH溶液，先有沉淀后沉淀消失，而向NaOH溶液中加AlCl3溶液，先沒有沉淀后生成沉淀，現象不同，能鑒別，故①選；②Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液，改變加入順序均生成白色沉淀，現象相同，不能鑒別，故②不選；③向NaAlO2溶液加鹽酸，先有沉淀后沉淀消失，而向鹽酸中加NaAlO2溶液，先沒有沉淀后生成沉淀，現象不同，能鑒別，故③選；④Al2(SO4)3溶液和氨水，改變加入順序均生成白色沉淀，現象相同，不能鑒別，故④不選；⑤苯與水互不相溶，苯的密度比水小，只有分別取少量混在一起，上層的為苯，下層為水，能鑒別，故⑤選；⑥AgNO3、BaCl2、K2SO4和Mg(NO3)2四種溶液相互兩兩混合，只有Mg(NO3)2溶液與其余三種溶液混合無現象，可鑒別出Mg(NO3)2溶液，剩余三種無法鑒別，故⑥不選；⑦在NaNO3、FeCl3、NaCl、AgNO3四種溶液中FeCl3是棕黃色溶液，只要觀察就可確定，取剩余三種溶液各少量分別與FeCl3混合，有白色沉淀生成的是AgNO3溶液，再取剩余二種溶液各少量分別與AgNO3溶液混合，有白色沉淀生成的是NaCl，剩下的為NaNO3，可鑒別，故⑦選；⑧NaHCO3