貴州省安順市普通高中2025年高二化學第二學期期末預測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列說法中正確的是()A．乙醇、乙二醇、丙三醇互為同系物，同系物之間不可能為同分異構體B．二氧化碳和干冰互為同素異形體C．C2H5OH和CH3OCH3互為同分異構體D．金剛石和石墨互為同位素2、將氣體X通入溶液A（如下圖，尾氣吸收裝置略）中，實驗現象能夠支持結論的是（）選項氣體X溶液A及反應現象結論A乙醇與濃硫酸共熱170℃產生的氣體Br2的水溶液由橙黃色變為無色乙烯與溴發生反應B電石與飽和食鹽水反應產生的氣體KMnO4酸性溶液紫色逐漸變淺乙炔被高錳酸鉀酸性溶液氧化C溴乙烷與氫氧化鈉醇溶液共熱生成的氣體Br2的水溶液由橙黃色變為無色乙烯與溴發生反應D碳酸鈉固體與醋酸溶液反應產生的氣體苯酚鈉溶液中出現白色渾濁碳酸的酸性強于苯酚A．A B．B C．C D．D3、等濃度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它們的酸性按由弱到強順序排列正確的是A．④②③① B．③①②④C．①②③④ D．①③②④4、下列有機物中，一氯代物的數目最多的是()A．CH4 B．C． D．C5H125、下列有關敘述正確的是（）A．在分子中含有1個手性C原子B．氫鍵是一種特殊化學鍵，它廣泛地存在于自然界中C．碘單質在水溶液中溶解度很小是因為I2和H2O都是非極性分子D．含氧酸可用通式XOm(OH)n來表示，若n值越大，則含氧酸的酸性越大6、向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中緩慢通入二氧化碳，隨n(CO2)增大，先后發生三個不同的反應。下列對應關系正確的是（）選項n(CO2)/mol溶液中離子的物質的量濃度A0c(Na+)>[c(AlO2-)+c(OH-)]B0.01c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CO32-)C0.015c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)D0.03c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)＋c(OH-)＋c(CO32-)A．A B．B C．C D．D7、向淀粉溶液中加少量稀H2SO4加熱，使淀粉水解，為測定其水解程度，需要用到的試劑有（）①NaOH溶液

②銀氨溶液

③新制Cu(OH)2懸濁液

④碘水

⑤BaCl2溶液A．①⑤ B．①③⑤ C．②④ D．①③④8、下列說法中，正確的是A．22gCO2物質的量為0.5molB．0.1mol?L-1NaOH溶液中含有0.1molNa+C．1molCl2中含有的氯原子數約為6.02×1023D．標準狀況下，44.8LH2O的物質的量為2mol9、在某溫度下可逆反應：Fe2(SO4)3＋6KSCN2Fe(SCN)3＋3K2SO4達到平衡狀態后加入少量下列何種固體物質，該平衡幾乎不發生移動()A．NH4SCNB．K2SO4C．NaOHD．FeCl3·6H2O10、下列原子中未成對電子數最多的是()A．C B．O C．N D．Cl11、下列有機物不屬于分子內所有原子均在同一平面上的是A．苯 B．乙烯 C．乙炔 D．乙烷12、某溫度下，將一定量碳酸氫銨固體置于容積不變密閉容器中，發生反應：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=QkJ/mol（Q>0）。下列有關說法不正確的是（）A．若容器內混合氣體的密度不變，則說明反應達到平衡狀態B．若CO2體積分數不再發生變化，則說明反應達到平衡狀態C．若升高體系溫度，則正、逆反應速率均增大D．若反應過程中吸收QkJ熱量，則剛好有lmolNH4HCO3發生分解13、下列中心原子的雜化軌道類型和分子幾何構型不正確的是A．CCl4中C原子sp3雜化，為正四面體形B．H2S分子中，S為sp2雜化，為直線形C．CS2中C原子sp雜化，為直線形D．BF3中B原子sp2雜化，為平面三角形14、SiCl4的分子結構與CCl4類似，對其作出如下推測，其中不正確的是A．SiCl4晶體是分子晶體B．常溫常壓下SiCl4是氣體C．SiCl4分子是由極性鍵形成的非極性分子D．SiCl4熔點高于CCl415、某藥物的結構簡式為1mol該物質與足量的NaOH溶液反應，消耗NaOH的物質的量為A．3mol B．4molC．3nmol D．4nmol16、大功率Al-H2O2動力電池（如圖），下列說法不正確的是A．H2O2在碳電極上發生還原反應B．碳電極附近溶液的pH增大C．溶液中OH－向負極移動D．負極反應式為Al－3e－＋3OH－=Al(OH)3↓二、非選擇題（本題包括5小題）17、聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工藝中的抗腐蝕涂層，其合成路線如下：已知：①R1、R2均為烴基②合成路線中A→B是原子利用率為100%的反應回答下列問題：（1）A的名稱是_______________；F→G的反應類型為_____________。（2）C→D的化學反應方程式為_____________________________。（3）E的結構簡式為_____________；H的順式結構簡式為_______________。（4）寫出同時滿足下列條件的G的同分異構體結構簡式_________________。①屬于芳香族化合物；②能與NaOH溶液發生反應；③核磁共振氫譜有4種吸收峰（5）參照上述合成路線和相關信息，以乙烯和乙醛為原料(無機試劑任選)合成有機物,設計合成路線為：________________________。18、有機物Q是有機合成的重要中間體，制備Q的一種合成路線如下（部分反應條件和試劑略去）?；卮鹣铝袉栴}：（1）Y中不含氧的官能團名稱為__________，R的名稱為_________________________。（2）加熱C脫去CO2生成D，D的結構簡式為____________________________。（3）B+Y→C的反應類型是_______________，Q的分子式為____________________。（4）A→B的化學方程式為______________________________________________。（5）同時滿足下列條件的Z的同分異構體有_____________種（不包括立體異構）。①能與氯化鐵溶液發生顯色反應；②能與碳酸氫鈉反應；③含―NH2；④苯環上有處于對位的取代基（6）已知：―NH2具有強還原性。參照上述合成路線，以為原料（無機試劑任選），設計制備的合成路線：__________。（格式：CH2＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH）19、實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩定。（1）制備K2FeO4（夾持裝置略）①A為氯氣發生裝置。A中反應方程式是________________（錳被還原為Mn2+）。②將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑。_______③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發生的反應有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有________________。（2）探究K2FeO4的性質①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產生黃綠色氣體，得溶液a，經檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產生Cl2，設計以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子，但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由________________產生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是________________。②根據K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ實驗表明，Cl2和FeO4③資料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，驗證實驗如下：將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振蕩后溶液呈淺紫色，該現象能否證明氧化性FeO420、某興趣小組的同學設計了如下裝置進行試驗探究，請回答下列問題：（1）為準確讀取量氣管的讀數，除視線應與量氣管凹液面最低處向平，還應注意。若考慮分液漏斗滴入燒瓶中液體的體積（假設其它操作都正確），則測得氣體的體積將（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）。（2）若在燒瓶中放入生鐵，用此裝置驗證生鐵在潮濕空氣中發生吸氧腐蝕。=1\*GB3①通過分液漏斗向燒瓶中加入的試劑可選用下列（填序號）a．NaOH溶液B．C2H5OHc．NaCl溶液D．稀硫酸=2\*GB3②能證明生鐵在潮濕空氣中發生吸氧腐蝕的現象是。（2）若燒瓶中放入粗銅片（雜質不參與反應），分液漏斗內放稀硝酸，通過收集并測量NO氣體的體積來探究粗銅樣品的純度。你認為此方法是否可行（填“可行”或“不可行”，若填“不可行”請說明原因）。（3）為探究MnO2在H2O2制取O2過程中的作用，將等量的H2O2加入燒瓶中，分別進行2次實驗（氣體體積在同一狀況下測定）：序號燒瓶中的物質測得氣體體積實驗120mLH2O2，足量MnO2V1實驗220mLH2O2，足量MnO2和稀硫酸V1<V2<2V1若實驗1中MnO2的作用是催化劑，則實驗2中發生反應的化學方程式為。（4）若燒瓶中放入鎂鋁合金，分液漏斗內放NaOH溶液，分別進行四次實驗，測得以下數據（氣體體積均已換算成標準狀況）：編號鎂鋁合金質量量氣管第一次讀數量氣管第二次讀數Ⅰ1.0g10.00mL346.30mLⅡ1.0g10.00mL335.50mLⅢ1.0g10.00mL346.00mLⅣ1.0g10.00mL345.70mL則鎂鋁合金中鎂的質量分數為。21、根據要求回答下列問題：I.氯系消毒劑在生活中有廣泛應用。（1）NaClO2是飲用水的消毒劑，常用FeSO4?7H2O清除殘留的亞氯酸鈉。①Fe2＋的電子排布式為[Ar]________________________________。②與SO42－互為等電子體的分子有____________________(寫一種)。③ClO2－中氯原子的孤電子對數為___________。④常用K3[Fe(CN)6]檢驗水中的F2＋。K3[Fe(CN)6]的配體是________________。（2）ClO2是新一代飲用水消毒劑。沸點：ClO2________________(填“＞”“＜”或“＝”)Cl2O，理由是________________________________________________。Ⅱ.Fe、Cu為過渡金屬元素，它們在工業生產中都有重要的應用。（2）將乙醇蒸氣通過赤熱的氧化銅粉末，會發生反應：①有同學書寫基態碳原子的核外電子排布圖為，這樣的書寫不正確，違背了________。②乙醛和乙醇的相對分子質量相差2，但是乙醇的沸點遠高于乙醛，其主要原因是_______。（2）Fe、Fe2＋都能被硝酸氧化。HNO3中氮原子軌道的雜化類型為_______________________。（3）NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物，該配合物中心離子的配位數為__________________________。（4）研究發現，陽離子的顏色與未成對電子數有關。例如，Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋等。Cu＋呈無色，其原因是_____________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A、乙醇、乙二醇和丙三醇分別屬于一元醇、二元醇、三元醇，不屬于同系物關系，A項錯誤；B、同素異形體是指同種元素形成不同單質間的關系，二氧化碳和干冰是同一種物質，B項錯誤；C、C2H5OH和CH3OCH3分子式相同、結構不同，二者互為同分異構體，C項正確D、同位素是同種元素不同原子間的關系，金剛石和石墨互為同素異形體，D項錯誤；答案選C。2、C【解析】

A.乙醇與濃硫酸共熱170℃產生的乙烯氣體中混有雜質二氧化硫，二氧化硫也能夠使溴水褪色，干擾了檢驗，故A錯誤；B.電石與飽和食鹽水反應產生的氣體中含有硫化氫，硫化氫能夠使KMnO4酸性溶液紫色逐漸變淺，干擾了實驗結果，故B錯誤；C.溴乙烷與氫氧化鈉醇溶液共熱發生消去反應得到乙烯，乙烯可以與溴水反應，使之褪色，故C正確；D.碳酸鈉固體與醋酸溶液反應產生的二氧化碳氣體中混有醋酸，醋酸能夠與硅酸鈉溶液反應，干擾了檢驗結果，故D錯誤。故選C?！军c睛】在物質檢驗過程中，要考慮可能存在的雜質的干擾，這些雜質可能是反應中的副產物，也可能是未反應的反應物。3、A【解析】

常溫下，等濃度的這幾種溶液，酸的電離程度越大其溶液中氫離子濃度越大，乙醇是非電解質，在水溶液不發生電離?！驹斀狻繚舛认嗤瑮l件下，根據乙酸與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳氣體，說明乙酸酸性大于碳酸；苯酚溶液不能使酸堿指示劑變色，苯酚鈉溶液中通入過量二氧化碳生成苯酚和碳酸氫鈉，證明說明苯酚酸性很弱，小于碳酸的酸性，乙醇是中性的非電解質溶液，它們的酸性由強到弱排列正確的是①③②④。故選A?！军c睛】本題考查弱電解質的電離，側重考查學生分析判斷能力，明確酸性強弱順序即可解答，注意：苯酚酸性小于碳酸而大于碳酸氫根離子。4、D【解析】

A.CH4中只有一種位置的H原子，因此一氯取代物只有一種；B.中有五種位置的H原子，因此一氯取代物有五種；C.中有兩種位置的H原子，因此一氯取代物有兩種；D.C5H12有正戊烷、異戊烷、新戊烷三種不同結構，正戊烷有三種不同的H原子，異戊烷有中有四種位置的H原子，新戊烷有1種位置的H原子，因此C5H12的一氯取代物有8種；可見上述有機物中一氯代物的數目最多的是C5H12；故合理選項是D。5、A【解析】

A．一個碳原子與其它四個不同的原子或原子團相連的碳為手性C原子，中間的碳原子為手性C原子，故A正確；B．氫鍵是一種分子間作用力，不是化學鍵，故B錯誤；C．I2是非極性分子，而H2O是極性分子，非極性分子難溶于極性溶劑，所以碘單質在水溶液中溶解度很小，故C錯誤；D．含氧酸可用通式XOm(OH)n來表示，式中m大于等于2的是強酸，m為0的是弱酸，據此可知，非羥基氧原子數目越大，即m越大，酸性越強，故D錯誤；答案選A。6、C【解析】分析：通入混合液中通入二氧化碳氣體后，NaOH優先反應生成碳酸鈉，0.02mol氫氧化鈉消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸鈉；然后偏鋁酸鈉和二氧化碳反應生成氫氧化鋁和碳酸鈉，0.01mol偏鋁酸鈉消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸鈉，此時碳酸鈉的總物質的量為0.015mol；若之后再通入二氧化碳，二氧化碳會開始碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，0.015mol碳酸鈉總共消耗0.015mol的二氧化碳，反應后生成0.03mol的碳酸氫鈉，據此解答各項。詳解：A．未通入CO2時，NaAlO2溶液中存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（AlO2﹣）+c（OH﹣），則c（Na+）＜c（AlO2﹣）+c（OH﹣），故A錯誤；B、當n（CO2）=0.01mol時，所得溶液中溶質為0.01mol碳酸鈉和0.01mol偏鋁酸鈉，由于碳酸酸性強于氫氧化鋁，所以偏鋁酸根離子水解程度比碳酸根離子強，則c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣），正確的離子濃度大小為：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣），故B錯誤；C．當n（CO2）=0.015mol時，0.02molNaOH優先與0.01mol二氧化碳反應生成0.01mol碳酸鈉，剩余的0.005mol二氧化碳恰好與0.01molNaAlO2反應生成氫氧化鋁沉淀和0.005mol碳酸鈉，所以反應后溶液中溶質為0.015molNa2CO3，則c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），正確的離子濃度的關系為：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)，故C正確；D．當n（CO2）=0.03mol時，根據C可知，0.015molNa2CO3恰好與0.015mol二氧化碳反應生成0.03molNaHCO3，根據電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)＋c(OH-)＋2c(CO32-)，故D錯誤。故本題選C。點睛：本題將元素化合物知識與電解質溶液中離子濃度大小比較綜合在一起考查，熟練掌握相關元素化合物知識，理清反應過程，結合相關物質的用量正確判斷相關選項中溶液的成分是解題的關鍵。電解質溶液中微粒濃度大小比較要抓住兩個平衡：電離平衡和鹽類的水解平衡，抓兩個微弱：弱電解質的電離和鹽類的水解是微弱的，正確判斷溶液的酸堿性，進行比較。涉及等式關系要注意電荷守恒式、物料守恒式和質子守恒式的靈活運用。7、D【解析】

淀粉在一定條件下水解程度可能有三種情況：（1）水解完全，只有葡萄糖；（2）部分水解，殘留物中有未水解的淀粉和生成的葡萄糖；（3）沒有水解，殘留物中只有未水解的淀粉。要檢驗水解產物中的葡萄糖，必須先用氫氧化鈉溶液中和掉做催化劑的硫酸，據此分析。【詳解】淀粉的水解程度包括完全水解和部分水解，淀粉在酸性條件下水解生成葡萄糖，銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液可檢驗淀粉是否發生水解，但葡萄糖與銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液的反應均須在堿性條件下進行，故檢驗水解有無葡萄糖生成時，應先用NaOH溶液調節溶液至堿性，然后用銀氨溶液或新制Cu（OH）2堿性懸濁液檢驗，碘水可檢驗淀粉是否完全水解，所以需要的試劑有①②④或①③④。答案選D?！军c睛】本題考查淀粉水解程度的檢驗，題目難度不大，醛基的銀鏡反應和與新制氫氧化銅懸濁液的反應均在堿性條件下進行，注意溶液酸堿性對反應的影響。8、A【解析】

A.根據n=m/M=22g/44gmol-1=0.5mol,故A正確；B.0.1mol?L-1NaOH溶液沒有體積無法計算物質的量，故B錯誤；C.1molCl2中含有的氯原子數約為6.02×10232，故C錯誤；D.標準狀況下，H2O為非氣態，故無法計算物質的量，D錯誤。答案：A。9、B【解析】分析：根據實際參加反應的離子濃度分析,平衡為：Fe3+＋3SCN-?Fe(SCN)3，加入少量K2SO4固體，溶液中Fe3+、SCN-濃度不變。詳解:A、加入少量NH4SCN，SCN-濃度變大，平衡正向移動，故A錯誤；

B、加入少量K2SO4固體，溶液中Fe3+、SCN-濃度不變，平衡不移動，所以B選項是正確的；

C、加入少量NaOH導致鐵離子濃度減小，平衡逆向移動，故C錯誤；

D、加入少量FeCl3·6H2O導致鐵離子濃度增大，平衡正向移動，故D錯誤；

所以B選項是正確的。10、C【解析】

根據能量最低原理書寫各元素的電子排布式，根據電子排布式判斷未成對電子數，可解答該題。【詳解】A．C的電子排布式為1s22s22p2，未成對電子數為2；B．O的電子排布式為1s22s22p4，未成對電子數為2；C．N的電子排布式為1s22s22p3，未成對電子數為3；D．Cl的電子排布式為1s22s22p63s23p5，未成對電子數為1；比較可知N的未成對電子數為3，最多，答案選C。【點睛】本題考查原子核外電子的排布，題目難度中等，注意根據電子排布式判斷未成對電子數。11、D【解析】A.苯環上6個C與6個H共平面；B.乙烯分子結構中2個C與4個H共平面；C.乙炔分子結構中4個原子在一直線上，肯定共平面；D.乙烷分子中有2個碳原子與6個氫原子，其中最多有4個原子共平面；故答案選D。12、B【解析】A.密度是混合氣的質量和容器容積的比值，在反應過程中質量是變化的，容積始終是不變的，若容器內混合氣體的密度不變，則說明反應達到平街狀態，A正確；B.只有生成物是氣體，因此CO2體積分數始終不變，不能說明反應達到平街狀態，B錯誤；C.若升高體系溫度，則正、逆反應速率均增大，C正確；D.根據熱化學方程式可知若反應過程中吸收QkJ熱量，則剛好有lmolNH4HCO3發生分解，D正確，答案選B。點睛：平衡狀態判斷是解答的易錯點，注意可逆反應達到平衡狀態有兩個核心的判斷依據：①正反應速率和逆反應速率相等。②反應混合物中各組成成分的百分含量保持不變。只要抓住這兩個特征就可確定反應是否達到平衡狀態，對于隨反應的發生而發生變化的物理量如果不變了，即說明可逆反應達到了平衡狀態。判斷化學反應是否達到平衡狀態，關鍵是看給定的條件能否推出參與反應的任一物質的物質的量不再發生變化。13、B【解析】

首先判斷中心原子形成的σ鍵數目，然后判斷孤對電子數目，以此判斷雜化類型，結合價層電子對互斥模型可判斷分子的空間構型。【詳解】A．CCl4中C原子形成4個σ鍵，孤對電子數為0，則為sp3雜化，為正四面體形，故A正確；B．H2S分子中，S原子形成2個σ鍵，孤對電子數為=2，則為sp3雜化，為V形，故B錯誤；C．CS2中C原子形成2個σ鍵，孤對電子數為=0，則為sp雜化，為直線形，故C正確；D．BF3中B原子形成3個σ鍵，孤對電子數為=0，則為sp2雜化，為平面三角形，故D正確；答案選B。【點睛】把握雜化類型和空間構型的判斷方法是解題的關鍵。本題的易錯點為孤電子對個數的計算，要注意公式(a-xb)中字母的含義的理解。14、B【解析】

SiCl4的分子結構與CCl4類似，CCl4屬于分子晶體，常溫為液體，含有共價鍵，分子晶體的相對分子質量越大，熔點越高，A、SiCl4與CCl4結構相似，則常溫常壓下SiCl4是分子晶體，A正確；B、SiCl4與CCl4結構相似，常溫常壓下SiCl4是液體，B錯誤；C、CCl4分子是由極性鍵形成的非極性分子，則SiCl4分子是由極性鍵形成的非極性分子，C正確；D、分子晶體的相對分子質量越大，熔點越高，則SiCl4熔點高于CCl4，D正確；答案選B。15、D【解析】分析：該有機物屬于高聚物，含有3n個酯基，水解產物中共含有3n個-COOH和n個酚羥基，都能與NaOH發生中和反應，以此進行判斷。詳解：該有機物屬于高聚物，含有3n個酯基，水解產物中共含有3n個-COOH和n個酚羥基，都能與NaOH發生中和反應，則該物質1mol與足量NaOH溶液反應，消耗的NaOH物質的量為4nmol，答案選D。16、D【解析】

該原電池中，Al易失電子作負極、C作正極，負極反應式為Al-3e-+4OH-=2H2O+AlO2-，正極反應式為H2O2+2e-=2OH-，得失電子相等條件下正負極電極反應式相加得到電池反應式2Al+3H2O2+2OH-=2AlO2-+4H2O，放電時，電解質溶液中陰離子向負極移動，據此分析解答。【詳解】A．該原電池中H2O2得電子發生還原反應，故A正確；B碳電極附近溶液的H2O2+2e-=2OH-,生成OH-，故pH增大．故B正確；C.Al是負極，放電時電解質中陰離子向負極移動，所以OH-從碳纖維電極透過離子交換膜移向Al電極，故C正確；D．負極反應式為Al-3e-+4OH-=2H2O+AlO2-，故D錯誤；故選D.【點睛】本題考查化學電源新型電池，明確原電池原理即可解答，難點是電極及電池反應式的書寫，要結合電解質溶液書寫，為學習難點．二、非選擇題（本題包括5小題）17、乙炔消去反應【解析】

由有機物的轉化關系可知，在催化劑作用下，HC≡CH與CH3COOH發生加成反應生成CH2=CHCH2COOH，則B為CH2=CHCH2COOH；在催化劑作用下，CH2=CHCH2COOH發生加聚反應生成；在催化劑作用下，與CH3OH發生取代反應生成和CH3COOCH3；由和H發生酯化反應生成可知，H為；由逆推法可知，在加熱條件下，G與新制的氫氧化銅發生氧化反應，酸化生成，則G為；在濃硫酸作用下，F受熱發生消去反應生成，則F為；由題給信息可知E與CH3CHO發生加成反應生成，則E為?！驹斀狻浚?）A結構簡式為HC≡CH，名稱為乙炔；F→G的反應為在濃硫酸作用下，受熱發生消去反應生成，故答案為：乙炔；；（2）C→D的反應為與CH3OH發生取代反應生成和CH3COOCH3，反應的化學方程式為，故答案為：；（3）E的結構簡式為；H的順式結構簡式為，故答案為：；；（4）G的同分異構體屬于芳香族化合物，說明分子中含有苯環，能與NaOH溶液發生反應，說明分子中含有酚羥基或羧基，若含有酚羥基，余下3個碳原子形成的取代基可能為CH3—和HC≡C—或CH3—C≡C—，若含有羧基，余下2個碳原子形成的取代基可能為CH2=CH—或—CH=CH—，則核磁共振氫譜有4種吸收峰的結構簡式為和，故答案為：；；（5）由有機物的結構簡式，結合題給信息，運用逆推法可知生成有機物的過程為：乙烯與溴的四氯化碳溶液發生加成反應生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氫氧化鈉溶液中受熱發生水解反應生成乙二醇，在銅做催化劑作用下，乙二醇與氧氣發生催化氧化反應生成乙二醛，一定條件下，乙二醛與乙醛發生加成反應生成，合成路線為，故答案為：?！军c睛】本題考查有機物推斷與合成，側重考查學生分析推理能力、知識遷移運用能力，充分利用轉化中物質的結構簡式與分子式進行分析判斷，熟練掌握官能團的性質與轉化，能夠依據題給信息設計合成線路是解答關鍵。18、溴原子1，3-丙二醇取代反應C10H11O4N6【解析】

由R的分子式、X的結構簡式，可推知R為HOCH2CH2CH2OH；加熱C脫去CO2生成D，即C中側鏈-CH(COOH)2轉化為-CH2COOH而得到D，因此D為，結合官能團的結構和性質分析解答(1)~(5)。(6)由于-NH2具有強還原性，應先引入羧基，再還原硝基得到氨基，因此應先制備結合羥基的引入方法分析解答?！驹斀狻?1)Y()中含有的官能團有-COOH、-Br，其中不含氧的官能團為溴原子；由R的分子式、X的結構簡式，可推知R為HOCH2CH2CH2OH，名稱為：1，3-丙二醇，故答案為：溴原子；1，3-丙二醇；(2)加熱C脫去CO2生成D，即C中側鏈-CH(COOH)2轉化為-CH2COOH而得到D，故D的結構簡式為：，故答案為：；(3)對比B、Y、C的結構，可知B中苯環上-OCH3鄰位的H原子被換成了-CH(COOH)2生成C，屬于取代反應。Q()的分子式為：C10H11O4N，故答案為：取代反應；C10H11O4N；(4)對比A、B結構，可知A→B是A的氨基中氫原子被取代生成B，同時還生成CH3COOH，反應的方程式為：，故答案為：；(5)Z為，Z的同分異構體滿足：①能與氯化鐵溶液發生顯色反應，說明含有酚羥基；②能與碳酸氫鈉反應，說明含有-COOH；③含-NH2，④苯環上有處于對位的取代基，該同分異構體中含有3個取代基：-OH、-NH2、-COOH，處于對位的2個取代基有3種組合，另外一個取代基均含有2種位置，故符合條件的共有3×2=6種，故答案為：6；(6)以為原料制備。氨基可以有硝基還原得到，由于-NH2具有強還原性，應先引入羧基，因此應先制備，再還原硝基得到氨基，在堿性條件下溴原子水解可以引入羥基，再氧化可以引入-COOH，最后與Fe/HCl作用，還原得到氨基，合成路線流程圖為：，故答案為：?！军c睛】本題的易錯點為(6)，在設計合成路線時，要注意-NH2具有強還原性，注意合成過程中的氧化過程對氨基的影響。19、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH?Cl?+ClO?+H2OFe3+4FeO42?+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO?的干擾>溶液的酸堿性不同若能，理由：FeO42?在過量酸的作用下完全轉化為Fe3+和O2，溶液淺紫色一定是MnO4?的顏色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）【解析】分析：（1）KMnO4與濃鹽酸反應制Cl2；由于鹽酸具有揮發性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl；Cl2與Fe（OH）3、KOH反應制備K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大氣。（2）①根據制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2還會與KOH反應生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+。II.產生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗滌除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩定存在。②根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物。對比兩個反應的異同，制備反應在堿性條件下，方案II在酸性條件下，說明酸堿性的不同影響氧化性的強弱。③判斷的依據是否排除FeO42-的顏色對實驗結論的干擾。詳解：（1）①A為氯氣發生裝置，KMnO4與濃鹽酸反應時，錳被還原為Mn2+，濃鹽酸被氧化成Cl2，KMnO4與濃鹽酸反應生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根據得失電子守恒和原子守恒，反應的化學方程式為2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，離子方程式為2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于鹽酸具有揮發性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl，除雜裝置B為。③C中Cl2發生的反應有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，還有Cl2與KOH的反應，Cl2與KOH反應的化學方程式為Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根據上述制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，還可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。但Fe3+的產生不能判斷K2FeO4與Cl-發生了反應，根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應為4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.產生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩定存在。②制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應中Cl元素的化合價由0價降至-1價，Cl2是氧化劑，Fe元素的化合價由+3價升至+6價，Fe（OH）3是還原劑，K2FeO4為氧化產物，根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反應為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，實驗表明，Cl2和FeO42-氧化性強弱關系相反；對比兩個反應的條件，制備K2FeO4在堿性條件下，方案II在酸性條件下；說明溶液的酸堿性的不同影響物質氧化性的強弱。③該小題為開放性試題。若能，根據題意K2FeO4在足量H2SO4溶液中會轉化為Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振蕩后呈淺紫色一定是MnO4-的顏色，說明FeO42-將Mn2+氧化成MnO4-，所以該實驗方案能證明氧化性FeO42->MnO4-。（或不能，因為溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）變小，溶液的紫色也會變淺；則設計一個空白對比的實驗方案，方案為：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）。點睛：本題考查K2FeO4的制備和K2FeO4的性質探究。與氣體有關的制備實驗裝置的連接順序一般為：氣體發生裝置→除雜凈化裝置→制備實驗裝置→尾氣吸收。進行物質性質實驗探究是要排除其他物質的干擾。尤其注意最后一空為開放性答案，要注重