浙江省湖州市9+1高中聯盟長興中學2025年化學高二第二學期期末聯考試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、下列反應類型不能引入醇羥基的是A．加聚反應B．取代反應C．加成反應D．水解反應2、已知：CH3CH2CH2CH2OH→CH3CH2CH2CHO利用下圖裝置用正丁醇合成正丁醛。相關數據如下：物質沸點/℃密度/(g·cm－3)水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.70.8017微溶下列說法中，不正確的是（）A．為防止產物進一步氧化，應將酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中B．向獲得的粗正丁醛中加入少量金屬鈉，檢驗其中是否含有正丁醇C．反應結束，將餾出物倒入分液漏斗中，分去水層，粗正丁醛從分液漏斗上口倒出D．當溫度計1示數為90～95℃，溫度計2示數在76℃左右時，收集產物3、短周期元素R、X、Y、Z的原子序數依次遞增，R的無氧酸溶液能在玻璃容器上刻標記；R和X能形成XR3型化合物，X在化合物中只顯一種化合價；R和Z位于同主族，Y原子最外層電子數等于電子層數的2倍。下列有關推斷正確的是A．R單質和Z單質均可與水發生反應置換出O2B．上述元素形成的簡單離子都能促進水的電離平衡C．YR6能在氧氣中劇烈燃燒D．元素對應的簡單離子的半徑:

Y>Z>R>X4、已知還原性由強到弱的順序為SO32->I->Br-，向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中通入一定量的氯氣后，將溶液蒸干并充分灼燒，得到的剩余固體物質的組成可能是（）A．NaClB．NaCl、Na2SO4、NaIC．NaCl、Na2SO4、I2D．NaCl、NaBr、Na2SO45、下列敘述正確的是()A．膠體區別于其他分散系的本質特征是分散質的微粒直徑在10－9～10－7m之間B．用托盤天平稱取25.20gNaClC．用100mL的量筒量取5.2mL的鹽酸D．用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3膠體時，產生的現象相同6、下列有機物命名正確的是A．B．C．甲基苯酚D．(CH3)2C＝CH(CH2)2CH32-甲基-2-己烯7、用石墨做電極電解CuSO4溶液。通電一段時間后，欲使用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．Cu(OH)28、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是A．1molFeI2與1molCl2反應時轉移的電子數為2NAB．25℃時，pH＝3的醋酸溶液1L，溶液中含H+的數目等于0.001NAC．標準狀況下22.4L丙烷中含C－H鍵數約為8NAD．18g2H2O中含有的質子數為10NA9、由2-氯丙烷轉變成1，2-丙二醇需經過下列哪種合成途徑A．消去→加成→消去 B．消去→加成→取代C．加成→消去→取代 D．取代→消去→加成10、廣州亞運會的“潮流”火炬所用燃料的主要成分是丙烷，下列有關丙烷的敘述中不正確的是()A．分子中碳原子不在一條直線上 B．光照下能夠發生取代反應C．比丁烷更易液化 D．是石油分餾的一種產品11、下列說法正確的是（

）A．乙醇不能發生氧化反應B．苯和乙烷都能發生加成反應C．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯與由苯制取硝基苯反應屬于同一類型的反應D．甲烷和Cl2的反應與乙烯和Br2的反應屬于同一類型的反應12、下圖為工業合成氨的流程圖。圖中為提高原料轉化率而采取的措施是A．①②③ B．①③⑤ C．②④⑤ D．②③④13、下列說法和結論正確的是選項項目結論A三種有機化合物：乙烷、氯乙烯、苯分子內所有原子均在同一平面上B將石蠟油加強熱(裂解)所產生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中,溶液褪色產物不都是烷烴C乙烯和苯都能使溴水褪色褪色的原理相同D有機反應中的鹵化、硝化、氫化均屬于取代反應A．A B．B C．C D．D14、某容器中發生一個化學反應，反應過程存在H2O、ClO－、CN－、HCO3-、N2、Cl－6種物質，在反應過程中測得ClO－和N2的物質的量隨時間變化的曲線如圖所示。下列有關判斷中正確的是A．當有3molClO－參加反應時，則有1molN2生成B．HCO3-作為堿性介質參與反應C．當有5molClO－參加反應時，則有1molN2生成D．若生成2.24LN2，則轉移電子0.6mol15、質量為ag的銅絲，在空氣中灼熱變黑，趁熱放入下列物質中，銅絲質量增加的是（）A．石灰水 B．CO C．鹽酸 D．C2H5OH16、可用提取粗鹽后的鹽鹵（主要成分為MgCl2）制備金屬鎂，其工藝流程如下，下列說法錯誤是（）鹽鹵Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl2?6H2OMgCl2MgA．若在實驗室進行操作①只需要漏斗和燒杯兩種玻璃儀器B．操作①發生的反應為非氧化還原反應C．操作②是蒸發濃縮結晶D．在整個制備過程中，未發生置換反應17、取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入過量BaCl2溶液后得到14.51g白色沉淀，用過量的稀硝酸處理后沉淀量減少到4.66g，并有氣體放出。由此得出A．產生氣體是1.12L B．Na2SO4的濃度是0.4mol/LC．14.51g白色沉淀是BaSO4 D．Na2CO3的濃度是0.05mol/L18、濃硫酸是一種重要的化工原料，在儲存和運輸濃硫酸的容器上，必須貼上以下標簽中的()A． B． C． D．19、將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到過量的稀硝酸中,金屬完全溶解(假設反應中還原產物只有NO)。向反應后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,測得生成沉淀的質量比原合金的質量增加5.1g。則下列敘述中錯誤的是A．當生成的沉淀量達到最大時,消耗NaOH溶液的體積V=100mlB．當金屬全部溶解時,參加反應的硝酸的物質的量一定是0.4molC．參加反應的金屬的總質量為9.6g>m>3.6gD．當金屬全部溶解時收集到NO氣體的體積在標準狀況下一定為2.24L20、下列離子方程式書寫正確的是（）A．向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加過量NaOH溶液：NH4+＋Fe2+＋3OH－=Fe(OH)2↓＋NH3?H2OB．用稀氫碘酸溶液除去鐵制品表面的鐵銹：Fe2O3＋6H+=2Fe3+＋3H2OC．向小蘇打溶液中加少量Ca(OH)2溶液：Ca2+＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O＋CO32-D．向Ca(ClO)2溶液中滴入少量Na2SO3溶液：ClO－＋SO32-=Cl－＋SO42-21、下列實驗誤差分析正確的是A．用容量瓶配制溶液時，容量瓶底部有少量蒸餾水，所配溶液濃度偏低B．酸堿中和滴定時，開始時俯視滴定管讀數，結束時仰視滴定管讀數，所測液體體積偏大C．測定中和熱時，使用稀醋酸代替稀鹽酸，所測中和熱無影響D．測定硫酸銅晶體中結晶水含量時，被測樣品中含有加熱不揮發雜質，所測結晶水含量偏高22、我國自主研發對二甲苯的綠色合成路線取得新進展，其合成示意圖如下：下列說法不正確的是A．過程i發生了加成反應B．利用相同原理以及相同原料，也能合成間二甲苯C．中間產物M的結構簡式為D．該合成路線理論上碳原子100％利用，且最終得到的產物可用蒸餾方法分離得到對二甲苯粗產品二、非選擇題(共84分)23、（14分）丹參醇是存在于中藥丹多中的一種天然產物。合成丹參醇的部分路線如下：已知：回答下列問題:(1)C中含氧官能團的名稱為_______

(寫出其中兩種)。(2)寫出B的結構簡式_______。(3)下列敘述正確的是_______。A．D→E的反應為消去反應B．可用金屬鈉鑒別D．EC．D可與NaOH反應

D．丹參醇能發生加聚反應不能發生縮聚反應(4)丹參醇的所有同分異構體在下列一種表征收器中顯示的信號(或數據)完全相同，該僅器是______(填標號)。a.質譜儀

b.紅外光譜儀

c.元素分析儀

d.核磁共探儀(5)芳香化合物F是A的同分異構體,可與FeCl3溶液發生顯色反應,F共有_____種；其中核磁共振氫譜為四組峰，峰面積比為6：2：1：1的結構簡式為______(寫一種即可)。(6)寫出以和為原料制備的合成路線流程圖__________________(無機試劑和乙醇任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。24、（12分）A(C3H6)是基本有機化工原料，由A制備聚合物C和合成路線如圖所示（部分條件略去）。已知：（1）發生縮聚形成的高聚物的結構簡式為__________；D-E的反應類型為__________。（2）E-F的化學方程式為____________________。（3）B的同分異構體中，與B具有相同官能團且能發生銀鏡反應，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是________________（寫出結構簡式）。（4）等物質的量的分別與足量NaOH、Na2CO3、NaHCO3反應，消耗NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物質的量之比為________________；檢驗的碳碳雙鍵的方法是________________（寫出對應試劑及現象）。25、（12分）某學習小組設計實驗探究CuSO4分解產物Ⅰ．甲同學選擇下列裝置設計實驗探究硫酸銅分解的氣態產物SO3、SO2和O2，并驗證SO2的還原性。回答下列有關問題（1）CuSO4水溶液呈酸性，其原因是______________________（用離子方程式表示）。（2）上述裝置按氣流從左至右排序為A、D、___________E、F（填代號）。（3）裝置D的作用是___________；能證明有SO3生成的實驗現象是___________。（4）在實驗過程中C裝置中紅色溶液逐漸變為無色溶液，說明A中分解產物有___________；待C中有明顯現象后，F開始收集氣體，F裝置中集氣瓶收集到了少量氣體，該氣體是___________（填化學式）。（5）為了驗證SO2的還原性，取E裝置中反應后的溶液于試管中，設計如下實驗：a滴加少量的NH4SCN溶液b滴加少量的K3[Fe（CN）6]溶液c滴加酸性KMnO4溶液d滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液其中，方案合理的有___________（填代號），寫出E裝置中可能發生反應的離子方程式：_________。Ⅱ．乙同學利用A中殘留固體驗證固體產物（假設硫酸銅已完全分解）查閱資料知，銅有+2、+1價。Cu2O在酸性條件下不穩定，發生反應：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。（6）為了驗證固體產物中是否有Cu2O，設計了下列4種方案，其中能達到實驗目的的是___________。甲：取少量殘留固體于試管，滴加足量的稀硝酸，觀察溶液顏色是否變為藍色乙：取少量殘留固體于試管，滴加足量的稀硫酸，觀察溶液顏色是否變為藍色丙：取少量殘留固體于試管，滴加足量的稀鹽酸，觀察是否有紅色固體生成丁：取少量殘留固體于試管，通入氫氣，加熱，觀察是否生成紅色固體（7）經檢驗CuSO4分解生成CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2，且CuO、Cu2O的質量之比為5：9，SO2、O2、SO3的體積之比（同溫同壓下測定）為4：3：2。寫出CuSO4分解的化學方程式：_______。26、（10分）物質分離、提純的常用裝置如圖所示，根據題意選擇合適的裝置填入相應位置。（1）我國明代《本草綱目》中收載藥物1892種，其中“燒酒”條目下寫到：“自元時始創其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣上……其清如水，味極濃烈，蓋酒露也。”這里所用的“法”所用的是__裝置（填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”或“戊”，下同）。（2）《本草衍義》中對精制砒霜過程的敘述為：“取砒之法，將生砒就置火上，以器覆之，令砒煙上飛著覆器，遂凝結累然下重如乳，尖長者為勝，平短者次之。”文中涉及的操作方法所用是_____裝置。（3）海洋植物如海帶、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘離子的形式存在。實驗室里從海藻中提取碘的流程如圖：其中分離步驟①、②、③所用分別為：_____裝置、_____裝置、_____裝置。27、（12分）用18mol/L濃硫酸配制100mL3.0mol/L稀硫酸的實驗步驟如下：①計算所用濃硫酸的體積②量取一定體積的濃硫酸③溶解、冷卻④轉移、洗滌⑤定容、搖勻回答下列問題：（1）所需濃硫酸的體積是____mL，量取濃硫酸所用的量筒的規格是_______。（從下列規格中選用：A10mLB25mLC50mLD100mL）（2）第③步實驗的操作是________________________________________________。（3）第⑤步實驗的操作是_________________________________________________。（4）下列情況對所配制的稀硫酸濃度有何影響（用“偏大”“偏小”或“無影響”填寫）?A所用的濃硫酸長時間放置在密封不好的容器中_________。B容量瓶用蒸餾水洗滌后殘留有少量的水________。C所用過的燒杯、玻璃棒未洗滌________________。D定容時俯視溶液的凹液面________________。28、（14分）科學家對一碳化學進行了廣泛深入的研究并取得了一些重要成果。(1)已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1＝－90.1kJ/mol；3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)△H2＝－31.0kJ/molCO與H2合成CH3CH=CH2的熱化學方程式為________。(2)現向三個體積均為2L的恒容密閉容器I、II、Ⅲ中，均分別充入1molCO和2mo1H2發生反應：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1＝-90.1kJ/mol。三個容器的反應溫度分別為Tl、T2、T3且恒定不變。當反應均進行到5min時H2的體積分數如圖1所示，其中只有一個容器中的反應已經達到平衡狀態。①5min時三個容器中的反應達到化學平衡狀態的是容器_______(填序號)。②0-5min內容器I中用CH3OH表示的化學反應速率v(CH3OH)=_______。(保留兩位有效數字)(3)CO常用于工業冶煉金屬，在不同溫度下用CO還原四種金屬氧化物，達到平衡后氣體中lgc(CO)/c(CO2)與溫度(T)的關系如圖2所示。下列說法正確的是_____(填字母)。A．工業上可以通過增高反應裝置來延長礦石和CO接觸面積，減少尾氣中CO的含量B．CO用于工業冶煉金屬鉻(Cr)時，還原效率不高C．工業冶煉金屬銅(Cu)時，600℃下CO的利用率比1000℃下CO的利用率更大D．CO還原PbO2的反應△H＞0(4)一種甲醇燃料電池，使用的電解質溶液是2mol·L－1的KOH溶液。請寫出加入(通入)a物質一極的電極反應式___________；每消耗6.4g甲醇轉移的電子數為__________。(5)一定條件下，用甲醇與一氧化碳反應合成乙酸可以消除一氧化碳污染。常溫下，將amol/L的醋酸與bmol/LBa(OH)2溶液等體積混合后，若溶液呈中性，用含a和b的代數式表示該混合溶液中醋酸的電離常數Ka為_________。29、（10分）苯乙酸銅是合成納米氧化銅的重要前驅體之一，可采用苯乙腈()為原料在實驗室進行合成。制備苯乙酸的裝置如右圖(加熱和夾持儀器略去)。已知苯乙酸的熔點為76.5℃，微溶于冷水，易溶于乙醇。在250

mL三口瓶A中加入70

mL質量分數為70%的硫酸和幾片碎瓷片，加熱至100℃，再緩緩滴入46.8

g苯乙腈，然后升溫至130℃，發生反應:+2H2O+

H2SO4

+

NH4HSO4請回答:(1)甲同學提出為使反應物受熱均勻,可以采取水浴加熱。老師否定了這個建議,原因是_______。(2)乙同學提出裝置中缺少溫度計，溫度計水銀球的合理位置是_______。(3)本實驗采用了滴液漏斗。與普通分液漏斗相比,滴液漏斗的優點是_______。(4)反應結束后需先加適量冷水，再分離出苯乙酸粗品。加入冷水的目的是_______，分離出苯乙酸的操作是_______。(5)提純粗苯乙酸最終得到19

g純品，則苯乙酸的產率是_____%(結果保留整數)。(6)將苯乙酸加入到乙醇與水的混合溶劑中，充分溶解后加入Cu(OH)2，攪拌30

min，過濾。濾液靜置一段時間可以析出苯乙酸銅晶體。此步驟中用到乙醇的作用是______

；寫出此步發生反應的化學方程式_______。

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、A【解析】A、加聚反應為加成聚合反應，不會引進羥基，選項A選；B、鹵代烴發生取代反應可以引入羥基，選項B不選；C、烯烴和水發生加成反應引入羥基，選項C不選；D、酯發生水解反應生成羥基，選項D不選。答案選A。2、B【解析】

A．Na2Cr2O7溶在酸性條件下能氧化正丁醇；B．粗正丁醛中含有水；C．正丁醛密度小于水的密度；D．溫度計1控制反應混合溶液的溫度，溫度計2是控制餾出成分的沸點；據此分析判斷。【詳解】A．Na2Cr2O7溶在酸性條件下能氧化正丁醇，所以將酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A正確；B．正丁醇能與鈉反應，但粗正丁醛中含有水，水也可以與鈉反應，所以無法檢驗粗正丁醛中是否含有正丁醇，故B錯誤；C．正丁醛密度為0.8017g?cm-3，小于水的密度，故水層從下口放出，粗正丁醛從分液漏斗上口倒出，故C正確；D．由反應物和產物的沸點數據可知，溫度計1保持在90～95℃，既可保證正丁醛及時蒸出，又可盡量避免其被進一步氧化，溫度計2示數在76℃左右時，收集產物為正丁醛，故D正確；故選B。3、D【解析】

已知R、X、Y、Z是原子序數依次遞增的短周期元素，R的無氧酸溶液能在玻璃容器上刻標記，即氫氟酸，所以R為F元素，由X在化合物中只顯一種化合價，結合化合物XR3，推知X為Al元素，根據R和Z是位于同主族的短周期元素，確定Z為Cl元素，由Y原子最外層電子數等于電子層數的2倍可知，Y為S元素。據此分析解答。【詳解】A、F2和Cl2都能與水反應，2F2＋2H2O4HF＋O2、Cl2＋H2OHCl＋HClO，但并不是都能置換出O2，故A錯誤；B、這四種元素形成的簡單離子分別是F-、Al3+、S2-和Cl-，其中F-、Al3+、S2-都能水解而促進水的電離，而Cl-不能水解，故B錯誤；C、SF6中的S元素為最高價+6價，而F元素是最活潑的非金屬元素，所以SF6在氧氣中不能燃燒，故C錯誤；D、四種元素對應的簡單離子半徑大小順序為S2->Cl->F->Al3+，所以D正確；答案為D。本題最難判斷的是C選項，要從化合價的角度進行分析。若SF6能在氧氣中燃燒，則O元素的化合價只能從0價降低為-2價，所以SF6中要有一種元素的化合價升高，S已經是最高價+6價，要使F從-1價升高為0價的F2，需要一種比F2氧化性更強的物質，已知F是最活潑的非金屬元素，顯然O2不行。4、D【解析】

根據氧化還原反應的先后順序取決于氧化性或還原性的相對強弱，還原性最強的Na2SO3優先與Cl2反應Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl生成Na2SO4，所以固體中一定含有Na2SO4；其余依次為NaI、NaBr分別與Cl2反應生成NaCl、I2、Br2，則固體中一定含有NaCl；有可能NaBr未反應完全，但不會NaBr反應完全而余NaI，生成的I2、Br2蒸干并灼燒時將揮發，升華脫離固體。故答案選D。5、A【解析】分析：A、膠體的本質特征是分散質的微粒直徑在10－9～10－7m之間；B、托盤天平精確度一般為0.1g；C、液體的量取應該選用能一次量取的最小規格的量筒；D、膠體具有丁達爾現象。詳解：分散質粒子直徑在10－9～10－7m之間的分散系叫膠體，膠體是一種分散質粒子直徑介于渾液和溶液之間的一類分散體系，本質特征是分散質的微粒直徑在10－9～10－7m之間，A選項正確；托盤天平精確度一般為0.1g，不能夠稱取21.20gNaCl，只能夠稱取21.2g，B選項錯誤；100mL量筒的最低刻度為1mL，誤差較大，無法正確讀取1．2mL，應該選擇和溶液體積相近規格的10ml量筒，否則誤差會很大，C選項錯誤；膠體具有丁達爾現象，即當一束平行光線通過膠體時，從側面看到一束光亮的“通路”，溶液沒有此現象，D選項錯誤；正確選項A。點睛：中學化學中常用的計量儀器有量筒，精確度是0.1ml，酸式滴定管、堿式滴定管、移液管，它們的精確度是0.01ml，托盤天平，精確度是0.1g，溫度計，精確度是0.1攝氏度，熟悉這些儀器的精確度，可以準確判斷題干實驗數據的正誤，也可以正確表達這些儀器的讀數，如選項B。6、D【解析】

A.中，最長的碳鏈有4個碳原子，為丁烷，編號時，讓取代基的位置小，甲基的編號為2，則其名稱為：2-甲基丁烷，故A錯誤；B.中含有羥基的最長的碳鏈有4個碳原子，為丁醇，羥基的編號為2，則其名稱為：2-丁醇，故B錯誤；C.苯環上的甲基和羥基處于鄰位，則其名稱為：鄰甲基苯酚，故C錯誤；D.(CH3)2C＝CH(CH2)2CH3，中含有碳碳雙鍵最長的碳鏈有6個碳原子，為己烯，編號時，碳碳雙鍵的位置要小，則碳碳雙鍵的編號為2，甲基的編號也為2，則其名稱為:2-甲基-2-己烯,故D正確：綜上所述，本題正確答案為D。7、C【解析】

用鉑電極電解CuSO4溶液，陰極銅離子放電，陽極氫氧根離子放電，然后根據析出的物質向溶液中加入它們形成的化合物即可。【詳解】CuSO4溶液存在的陰離子為：SO42－、OH－，OH－離子的放電能力大于SO42－離子的放電能力，所以OH－離子放電生成氧氣；溶液中存在的陽離子是Cu2＋、H＋，Cu2＋離子的放電能力大于H＋離子的放電能力，所以Cu2＋離子放電生成Cu；溶液變成硫酸溶液；電解硫酸銅的方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，從溶液中析出的物質是氧氣和銅，因為氧氣和銅和稀硫酸都不反應，但和氧化銅反應，氧氣和銅反應生成氧化銅，所以向溶液中加入氧化銅即可，故選：C。本題考查了電解原理，能正確判斷溶液中離子的放電順序從而確定析出的物質是解本題的關鍵，本題題干中應明確硫酸銅足量，否則銅完全析出后，陰極上會生成氫氣，這種情況下應加入CuO和水，即Cu(OH)2。8、D【解析】

A．1molFeI2與1molCl2反應，氯氣完全反應生成2mol氯離子，轉移的電子數為2NA，故A正確；

B．25°C時，pH=3的醋酸溶液1L，氫離子濃度為0.001mol/L，含有氫離子個數=0.001mol/L1LNA/mol=0.001NA，故B正確；

C．1個丙烷分子含有8個C-H鍵，標準狀況下22.4L丙烷中含C-H鍵數約為8NA，故C正確；

D．18g2H2O中含有的質子數=10NA/mol=9NA，故D錯誤；故答案：D。9、B【解析】2-氯丙烷制取1,2-丙二醇時需先進行消去反應生成丙烯：，再通過加成反應生成1,2-二溴丙烷：，最后通過水解反應（取代反應）1,2-二溴丙烷變為1,2-丙二醇：，根據以上反應分析，A消去→加成→消去不符合該過程，故A錯；B消去→加成→取代,符合該反應歷程，故B正確；C加成→消去→取代,不符合反應歷程，故選C項。綜上所述，本題正確答案為B。10、C【解析】

A.丙烷有3個碳原子，中間的碳原子連接了兩個碳原子和兩個氫原子，這兩個碳原子和兩個氫原子構成了一個四面體結構，中間的碳原子在四面體的中心。在四面體結構中，鍵角接近109°28ˊ，所以這三個碳原子構成了一個角形結構，夾角大約109°，所以三個碳原子不在一條直線上。故A不選；B.丙烷屬于烷烴，烷烴都可以在光照下和鹵素單質發生取代反應，故B不選；C.丙烷的沸點比丁烷低，所以比丁烷難液化，故C選；D.丙烷和丁烷都是通過石油分餾獲得的石油氣中的成分，故D不選。故選C。11、C【解析】

A．乙醇能完全燃燒生成二氧化碳和水，也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成乙酸，這兩個反應都屬于氧化反應，故A錯誤；

B．苯在一定條件下能發生加成反應，乙烷屬于飽和烴，不能發生加成反應，但能發生取代反應，故B錯誤；

C．乙酸和乙醇制取乙酸乙酯的反應屬于取代反應或酯化反應；苯和濃硝酸生成硝基苯的反應屬于取代反應或硝化反應，所以前后兩個反應都屬于取代反應，反應類型相同，故C正確；

D．甲烷和氯氣在一定條件下發生取代反應生成氯代烴；乙烯和溴發生加成反應生成1，2-二溴乙烷，前者屬于取代反應、后者屬于加成反應，所以反應類型不同，故D錯誤；

答案選C。本題考查有機物結構和性質，明確官能團及其性質關系、反應類型特點是解本題關鍵。12、C【解析】

①凈化干燥，不能提高原料的利用率，①錯誤；②加壓，體積減小，平衡正向移動，原料利用率提高，②正確；③催化劑對平衡無影響，不能提高原料利用率，③錯誤；④液化分離，減小氨氣的濃度，平衡正向移動，原料利用率提高，④正確；⑤剩余的氫氣與氮氣再循環，可提高原料利用率，⑤正確；答案為C。13、B【解析】

A.乙烷中C原子與另外4個相連的原子形成四面體結構，所以乙烷分子內所有原子不在同一平面上，A錯誤；B.將石蠟油加強熱(裂解)所產生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中，溶液褪色，說明產生的氣體中含有不飽和烴（如烯烴等），反應后仍有氣體剩余，烷烴不能和酸性高錳酸鉀溶液反應，B正確；C.乙烯與溴單質發生加成反應,苯與溴水不反應，苯能使溴水褪色，是發生了萃取，屬于物理過程，C錯誤；D.有機反應中氫化是指含有不飽和鍵（如碳碳雙鍵或碳碳三鍵）有機物與氫氣發生加成反應，不是取代反應，而硝化、鹵化均屬于取代反應；D錯誤。正確選項B。含有碳碳雙鍵、三鍵的烴類有機物，都能夠與溴水發生加成反應而使溴水褪色；而烷烴，苯及苯的同系物都不能與溴發生加成反應，但是都能發生萃取過程。14、C【解析】

由曲線變化圖可知，隨反應進行ClO－的物質的量降低，N2的物質的量增大，故ClO－為反應物，N2是生成物，根據電子轉移相等可知，CN－是反應物，由氯元素守恒可知Cl－是生成物，由碳元素守恒可知HCO3－是生成物，由氫元素守恒可知H2O是反應物，則反應方程式為。【詳解】A.由方程式可知，當有5molClO-參加反應時，則有1molN2生成，故A錯誤；B.由方程式可知，HCO3?是生成物，故B錯誤；C.由方程式可知，當有5molClO-參加反應時，則有1molN2生成，故C正確；D.沒有說明是標準狀況，所以氣體的物質的量無法計算，則轉移電子無法計算，故D錯誤。故答案選C。由曲線變化圖判斷生成物和反應物，再根據元素守恒和得失電子守恒配平離子方程式。15、A【解析】

銅絲灼燒成黑色，是與氧氣反應生成了CuO：2Cu+O22CuO，趁熱放入題給物質中，銅絲質量增加，說明CuO未被還原或溶解，以此解答該題。【詳解】A．氧化銅與石灰水不反應，銅絲質量增大，A正確；B．CuO與CO反應生成Cu，銅絲質量不變，B錯誤；C．CuO溶于鹽酸，銅絲質量減小，C錯誤；D．銅絲灼燒成黑色，立即放入乙醇中，CuO與乙醇反應：CuO+C2H5OHCH3CHO+Cu+H2O，反應前后其質量不變，D錯誤。答案選A。16、A【解析】分析：A．過濾操作中需要使用漏斗和燒杯、玻璃棒；B．氧化還原反應有化合價的升降或電子的得失；C．操作②是MgCl2溶液得到MgCl2晶體；D．置換反應中應是單質與化合物反應生成單質和化合物。詳解：A．操作①是過濾，過濾操作中還使用玻璃棒，A錯誤；B．發生復分解反應Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，屬于非氧化還原反應，B正確；C．MgCl2溶液得到MgCl2晶體需要蒸發濃縮結晶，C正確；D．根據流程可知只發生復分解反應、氧化還原反應、分解反應，未發生置換反應，D正確。答案選A。17、B【解析】

取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入過量BaCl2溶液后得到14.51g白色沉淀，白色沉淀是碳酸鋇和硫酸鋇的混合物，用過量的稀硝酸處理后沉淀量減少到4.66g，剩余的沉淀是硫酸鋇，減少的沉淀是碳酸鋇，質量是14.51g－4.66g＝9.85g，則A.碳酸鋇和硝酸反應生成二氧化碳氣體，根據碳原子守恒可知二氧化碳的物質的量是9.85g÷197g/mol＝0.05mol，在標況下的體積1.12L，沒有指明是否為標準狀況，A錯誤；B.根據硫原子守恒可知Na2SO4的物質的量是4.66g÷233g/mol＝0.02mol，濃度是0.02mol÷0.05L＝0.4mol/L，B正確；C.14.51g白色沉淀是BaCO3和BaSO4的混合物，C錯誤；D.Na2CO3的物質的量是0.05mol，濃度是0.05mol÷0.05L＝1.0mol/L，D錯誤；答案選B。18、B【解析】

濃硫酸有很強的脫水性、氧化性。人體有機物易被濃硫酸脫水和氧化，并且反應是放熱反應。所以在儲存和運輸濃硫酸的容器上應貼有腐蝕品的標簽。本題答案選B。19、A【解析】

將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀HNO3中，金屬完全溶解（假設反應中還原產物只有NO），發生反應：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反應后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，發生反應：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質量比原合金的質量增加5.1g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質量為5.1g，氫氧根的物質的量為5.1g÷17g/mol=0.3mol，根據電子轉移守恒，則鎂和銅的總的物質的量為0.3mol÷2＝0.15mol；A．由以上分析可知，用于沉淀金屬離子的氫氧化鈉的物質的量等于0.3mol，則沉淀反應中需要氫氧化鈉溶液體積為0.3mol÷3mol/L=0.1L=100mL，因為硝酸過量，故消耗的氫氧化鈉溶液體積大于100mL，A錯誤；B．根據方程式可知參加反應的n反應（HNO3）=n（金屬）=0.15mol×8/3=0.4mol，B正確；C．鎂和銅的總的物質的量為0.15mol，假定全為鎂，質量為0.15mol×24g/mol=3.6g，若全為銅，質量為0.15mol×64g/mol=9.6g，所以參加反應的金屬的總質量（m）為3.6g＜m＜9.6g，C正確；D．鎂和銅的總的物質的量為0.15mol，根據電子轉移守恒可知生成的NO物質的量為0.15mol×2/3=0.1mol，若為標準狀況下，生成NO的體積為0.1mol×22.4L/mol=2.24L，D正確；答案選A。20、C【解析】

A、向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加過量NaOH溶液，反應生成一水合氨、氫氧化亞鐵沉淀和硫酸鈉，反應的離子方程式為：2NH4+＋Fe2+＋4OH－=Fe(OH)2↓＋2NH3?H2O，選項A錯誤；B、用稀氫碘酸溶液除去鐵制品表面的鐵銹，反應的離子方程式為：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++I2+3H2O，選項B錯誤；C、向小蘇打溶液中加少量Ca(OH)2溶液，反應生成碳酸鈉、碳酸鈣和水，反應的離子方程式為：Ca2+＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O＋CO32-，選項C正確；D、向Ca(ClO)2溶液中滴入少量Na2SO3溶液：Ca2++ClO－＋SO32-=Cl－＋CaSO4↓，選項D錯誤。答案選C。21、B【解析】

分析操作對溶質的物質的量或溶液的體積的影響，根據c=n/V，判斷不當操作對所配溶液濃度影響【詳解】A、用容量瓶配制溶液時，容量瓶底部有少量蒸餾水，對所配溶液無影響，故A錯誤；B、酸堿中和滴定時，開始時俯視滴定管讀數，結束時仰視滴定管讀數，所測液體體積偏大，故B正確；C.測定中和熱時，使用稀醋酸代替稀鹽酸，醋酸是弱酸，電離要吸熱，所測中和熱偏大，故C錯誤；D、測定硫酸銅晶體中結晶水含量時，被測樣品中含有加熱不揮發雜質，樣品質量大，所測結晶水含量偏低，故D錯誤；故選B。22、D【解析】

根據圖示，M為，結合物質的變化和有機反應類型分析解答。【詳解】A．反應中C=C鍵生成C-C鍵，為加成反應，故A正確；B．異戊二烯與丙烯醛發生加成反應，有兩種加成方式，可能生成間二甲苯和對二甲苯，但不可能生成鄰二甲苯，故B正確；C．由球棍模型可知M含有C=C鍵，且含有醛基和甲基，結構簡式為，故C正確；D．過程i為加成反應，過程ii生成了對二甲苯和水，碳原子全部利用，轉化為最終產物，則碳原子100%利用，對二甲苯不溶于水，可用分液的方法分離得到含有的對二甲苯粗產品，故D錯誤；答案選D。本題的易錯點為B，要注意異戊二烯與丙烯醛發生加成反應，有兩種加成方式，分別得到或。二、非選擇題(共84分)23、羥基、羰基、醚鍵ABc9或【解析】分析：本題考查的是有機推斷和合成，有一定的難度。詳解：(1)觀察C的結構可知，含有羥基、羰基、醚鍵；(2)根據已知信息分析，兩種烯烴可以通過加成反應形成環，故B的結構為；(3)A.D→E的反應過程中羥基和鄰位碳上的氫原子下去，形成碳碳雙鍵，反應為消去反應，故正確；B.D中含有羥基，而E沒有，所以可以用金屬鈉鑒別D.E，故正確；C.D含有羥基、羰基和醚鍵，不可與NaOH反應，故錯誤；D.丹參醇含有兩個羥基和羰基和碳碳雙鍵和醚鍵，能發生加聚反應，能發生縮聚反應，故錯誤；故選AB。(4)丹參醇與同分異構體中組成相同，由元素分析儀顯示的信號完全相同，故選c。(5)芳香化合物F是A的同分異構體，分子式為C8H10O，可與氯化鐵發生顯色反應，說明苯環上連接羥基，所以該物質可能連接2個取代基，一個羥基和一個乙基，二者有鄰間對三種位置關系，也可能為一個羥基和兩個甲基，有6種結構，共9種。其中核磁共振氫譜有四組峰，峰面積我6:2:1:1的結構簡式為或。(6)，根據已知信息分析，二烯烴可以和烯烴發生加成反應生成環狀，所以合成路線中需要將烯烴變成二烯烴，需要通過烯烴的加成和鹵代烴的消去實現，所以合成路線為：。點睛：掌握常見有機物的同分異構體的數目，方便計算。C3H7-有2種，C4H9-有四種，C5H11-有8種，-C6H4-有3種，若苯環上連接AAB式的三個取代基，有6種，若連接ABC式的三種取代基，有10種。24、取代反應1：1：1加入溴水，溴水褪色【解析】

B發生加聚反應生成聚丁烯酸甲酯，則B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，A為C3H6，A發生加成反應生成B，則A結構簡式為CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯發生水解反應然后酸化得到聚合物C，C結構簡式為；A發生反應生成D，D發生水解反應生成E，E能發生題給信息的加成反應，結合E分子式知，E結構簡式為CH2=CHCH2OH、D結構簡式為CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯發生加成反應生成F，F結構簡式為，F發生取代反應生成G，G發生信息中反應得到，則G結構簡式為。（1）發生縮聚形成的高聚物的結構簡式為；D發生水解反應或取代反應生成E，故D-E的反應類型為水解反應或取代反應；（2）E-F的化學方程式為；（3）B的同分異構體中，與B具有相同官能團（酯基和碳碳雙鍵）且能發生銀鏡反應則含有甲酸酯的結構，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是；（4）中只有羧基能與NaOH、Na2CO3、NaHCO3反應，等物質的量的分別與足量NaOH、Na2CO3、NaHCO3反應，消耗NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物質的量之比為1：1：1；利用碳碳雙鍵的性質，檢驗的碳碳雙鍵的方法是加入溴水，溴水褪色。25、B、C防倒吸（或作安全瓶）B裝置中產生白色沉淀SO2O2bd乙【解析】

裝置A中CuSO4受熱分解，裝置D為安全瓶，起防止倒吸的作用，裝置B中氯化鋇溶液用于檢驗分解產物中是否有三氧化硫，裝置C中品紅溶液用于檢驗分解產物中是否有二氧化硫，裝置E中氯化鐵溶液用于驗證二氧化硫的還原性，裝置F用于檢驗分解產物中是否有難溶于水的氧氣。【詳解】（1）CuSO4是強酸弱堿鹽，Cu2+在溶液中水解，使溶液呈酸性，收集到離子方程式為，故答案為：；（2）三氧化硫與水劇烈反應生成強酸硫酸，為防止倒吸應在檢驗三氧化硫前設計一個防倒吸的裝置，二氧化硫部分與水反應生成弱酸亞硫酸，由強酸制弱酸的原理可知，三氧化硫能與氯化鋇溶液反應生成硫酸鋇白色沉淀，二氧化硫不能與氯化鋇溶液反應，為防止三氧化硫干擾實驗，應先檢驗三氧化硫，再檢驗二氧化硫，檢驗二氧化硫用品紅溶液，驗證二氧化硫的還原性用氯化鐵溶液，驗證氧氣可用排水法，則連接順序為A、D、B、C、E、F，故答案為：B、C；（3）三氧化硫與水劇烈反應生成強酸硫酸，為防止倒吸應在檢驗三氧化硫前設計一個防倒吸的裝置，則裝置D的作用是做安全瓶，起防止倒吸的作用；三氧化硫能與氯化鋇溶液反應生成硫酸鋇白色沉淀，二氧化硫不能與氯化鋇溶液反應，故答案為：防倒吸（或作安全瓶）；B裝置中產生白色沉淀；（4）二氧化硫具有漂白性，能使品紅溶液褪色，C裝置中品紅溶液紅色溶液逐漸變為無色溶液，說明A中分解產物有二氧化硫,則反應中S元素的化合價降低，又因為Cu元素的化合價不可能升高，故只能是O元素的化合價升高生成氧氣，且氧氣難溶于水，能用排水集氣法收集，則F裝置中集氣瓶收集到的少量氣體是氧氣，故答案為：SO2；O2；（5）二氧化硫具有漂白性，氯化鐵具有氧化性，二氧化硫與氯化鐵溶液發生氧化還原反應生成硫酸、氯化亞鐵，反應的離子方程式為，為驗證二氧化硫的還原性，可以檢驗E中的溶液中是否有Fe2+或SO42-生成。NH4SCN溶液不能檢驗這兩種離子；亞鐵離子能與K3[Fe（CN）6]溶液生成藍色沉淀；Cl-也有還原性，故不能用酸性KMnO4溶液檢驗Fe2+；鹽酸酸化的BaCl2溶液可以檢驗SO42-，則檢驗反應生成的亞鐵離子可以選用K3[Fe（CN）6]溶液或鹽酸酸化的BaCl2故答案為：bd；；（6）Cu2O和Cu為紅色固體，根據題意Cu2O和硫酸反應生成Cu2+和Cu，而Cu不和稀硫酸反應，Cu2O和Cu都能與硝酸反應生成硝酸銅藍色溶液，則驗證固體產物中是否有Cu2O，可用Cu2+的顏色來區別，若溶液變為藍色證明有Cu2O存在；硝酸可以溶解Cu及其氧化物得到藍色溶液，不可行；氫氣可以把氧化亞銅還原為同樣是紅色的Cu，不可行。故選乙，故答案為：乙；（7）由元素化合價的變化可知，Cu2O和SO2是還原產物，O2是氧化產物，設O2為xmol，Cu2O為ymol，由題意可知SO2為mol，由得失電子數目守恒可得4x=2y+×2，解得x=，由CuO、Cu2O的質量之比為5：9可知物質的量比為：=1：1，因SO2、O2、SO3的體積之比（同溫同壓下測定）為4：3：2，則CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2的物質的量之比為y：y：：x：=y：y：y：：2y=2:2:2:3:4，則反應的化學方程式為，故答案為：。本題考查了性質實驗方案的設計與評價，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學分析、理解能力及靈活應用基礎知識的能力，注意掌握化學實驗基本操作方法，明確常見物質的性質及化學實驗方案設計原則，能夠運用得失電子數目守恒計算是解答關鍵。26、丙戊乙甲丁【解析】

由圖可知，裝置甲為過濾；裝置乙為灼燒；裝置丙為蒸餾；裝置丁為分液；裝置戊為升華。【詳解】（1）由題意可知，從濃酒中分離出乙醇，是利用酒精與水的沸點不同，用蒸餾的方法將其分離提純，故答案為丙；（2）“將生砒就置火上，以器覆之，令砒煙上飛，著覆器，遂凝結”，屬于固體直接轉化為氣體，類似于碘的升華，因此涉及的操作方法是升華，故答案為戊；（3）由流程圖可知，步驟①為海藻在坩堝中灼燒，選乙裝置；步驟②過濾海藻灰懸濁液得到含碘離子的溶液，選甲裝置；步驟③為向含碘水溶液中加入有機溶劑萃取分液的到含碘的有機溶液，選丁裝置，故答案為乙、甲、丁。本題考查混合物分離提純，把握物質性質的異同及實驗裝置的分析與應用為解答的關鍵。27、（1）16.7（3分）B（1分）（2）先向燒杯加入30ml蒸餾水，然后將濃硫酸沿燒杯內壁緩慢倒入燒杯中，并用玻璃棒攪拌。（3分）（3）繼續向容量瓶注入蒸餾水至離刻度線1-2cm處，改出膠頭滴管向容量瓶滴加至液凹面與刻度線相切為止。塞緊瓶塞，倒轉搖勻。（3分）（4）A.偏小B.無影響C.偏小D.偏大（各1分，共4分）【解析】試題分析：（1）稀釋前后溶質的物質的量保持不變，即c濃×V濃=c稀×V稀，且量筒的精確度一般為0.1mL，則V濃=="16.7"mL；根據大而近原則，由于100>50>25>16.7>10，因此應選擇25mL量筒；（2）濃硫酸溶解于水時放熱，為了防止暴沸引起安全事故，稀釋濃硫酸時，應該先向燒杯中加入適量水，再沿燒杯內壁緩緩加入濃硫酸，邊加入邊用玻璃棒攪拌，使之充分散熱，如果先向燒杯中加入16.7mL濃硫酸，再向其中倒入水，則容易發生暴沸；（3）定容：當液面在刻度線下1～2cm時，改用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線與凹液面相切；搖勻：蓋好瓶塞，反復上下顛倒；（4）誤差分析的依據是=c、控制變量法，對分子的大小有（或沒有）影響時，對分母的大小就沒有（或有）影響；A、濃硫酸具有吸水性，長時間放置在密封不好的容器中，會逐漸變稀，該情況能使所量取16.7mL液體所含n偏小，但對V無影響，因此（即c）偏小；B、該情況對分子、分母均無影響，因此對（即c）無影響；C、該情況導致n偏小，但對V無影響，因此（即c）偏小；D、該情況導致V偏小，但對n無影響，因此因此（即c）偏大。【考點定位】考查濃硫酸的稀釋、一定物質的量濃度溶液的配制過程及誤差分析。【名師點睛】本試題考查化學實驗安全、化學實驗基本操作，涉及內容是濃硫酸的稀釋、一定物質的量濃度溶液的配制過程及誤差分析等，平時多注重基礎知識的夯實。稀釋溶液過程中，我們往往都是把濃度大溶液加入到濃度小的溶液中，這樣為防止混合放熱，放出熱量造成液體飛濺傷人，如濃硫酸的稀釋、濃硝酸和濃硫酸的混合等都是把濃硫酸加入到水或濃硝酸中，這樣才能做到實驗安全，不至于發生危險。28、3CO(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)△H＝-301.3kJ/molⅢ0.067mol/(L·min)BCCH3OH－6e－+8OH—=CO32-+6H2O1.2NA(或1.2×6.02×1023)【解析】

(1)根據蓋斯定律分析書寫CO與H2合成CH3CH=CH2的熱化學方程式；(2)①溫度越高反應速率越快，達到平衡狀態時，需要的時間越短，據此判斷；②利用三段式求出反應生成的甲醇的物質的量濃度，再根據v=計算；(3)A、增高爐的高度，增大CO與鐵礦石的接觸，不能影響平衡移動，CO的利用率不變；B、由圖像可知，用CO工業冶煉金屬鉻時，一直很高，說明CO轉化率很低；C、由圖像可知，溫度越低，越小，故CO轉化率越高；D、CO還原PbO2的反應