【化学】河北省沧州市第一中学2019-2020学年高二4月月考（解析版）

【化学】河北省沧州市第一中学2019-2020学年高二4月月考（解析版）

河北省沧州市第一中学2019-2020学年高二4月月考 可能用到的相对原子质量：C:12 H:1 O:16 Na:23 Al:27 N:14 Cl:35.5‎ 一、选择题（共30题，60分，每个题目只有一个选项符合题意）‎ ‎1.中国文化中的“文房四宝”所用材料的主要成分为单质的是 A. 笔 B. 墨 ‎ C. 纸 D. 砚 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．笔的主要是动物毛发，是蛋白质，主要有C、H、O、N等元素组成，A选项错误；‎ B．墨中的炭墨烟是C元素形成的单质，B选项正确；‎ C．纸的主要成分是纤维素，属于糖类，由C、H、O元素组成，C选项错误；‎ D．砚的主要成分是硅酸盐，由Si、O、Na、K等元素组成，D选项错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.CH3CH2OH和 互为同分异构体，将两种物质分别放在下列检测仪上进行检测，显示出的信号完全相同的是 A. 李比希元素分析仪 B. 红外光谱仪 C. 核磁共振仪 D. 质谱仪 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 李比希元素分析仪，主要用于分析有机物中元素的组成，CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体，所以二者的元素组成完全相同，李比希元素分析仪显示出的信号完全相同，A正确；‎ B. 红外光谱仪，用于测定有机物分子中所含的基团，CH3CH2OH和CH3OCH3所含基团不完全相同，所以红外光谱仪显示的信号不完全相同，B不正确；‎ C. 核磁共振仪，用于测定有机物分子中氢原子的种类，CH3CH2OH和CH3OCH3，前者含三种氢原子，后者含一种氢原子，所以二者的核磁共振谱所显示的信号不相同，C不正确；‎ D. 质谱仪，用高能电子流等轰击样品分子，使该分子失去电子变为带正电荷的分子离子和 碎片离子。这些不同离子具有不同的质量，质量不同的离子在磁场的作用下到达检测器的时间不同，其结果为质谱图，CH3CH2OH和CH3OCH3的结构不同，质谱图显示出的信号不完全相同，D不正确。‎ 故选A。‎ ‎3. 下列各组中的反应，属于同一反应类型的是 A. 由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇 B. 由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸 C. 由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制二溴丙烷 D. 由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其它原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应是加成反应，有机物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应叫取代反应，有机化合物在一定条件下，从1个分子中脱去1个或几个小分子，而生成不饱和键化合物的反应，叫做消去反应。有机物分子中失去氢原子或加入氧原子的反应叫做氧化反应，有机物分子中加入氢原子或失去氧原子的反应叫做还原反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A.溴丙烷水解制丙醇，-Br被-OH取代，为取代反应；丙烯与水反应制丙醇，双键转化为单键，引入-OH，为加成反应，类型不同，故A不选；‎ B.甲苯硝化制对硝基甲苯，苯环上的H被硝基取代，为取代反应；甲苯氧化制苯甲酸，甲基转化为-COOH，为氧化反应，类型不同，故B不选；‎ C. 由氯代环己烷消去制环己烯，-Cl转化为双键，为消去反应；由丙烯与溴反应制1,2二溴丙烷，双键转化为单键，引入-Br，为加成反应，类型不同，故C不选；‎ D.乙酸和乙醇制乙酸乙酯，发生酯化反应；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，发生水解反应，则酯化反应、水解反应均属于取代反应，类型相同，故D选。‎ 答案选D。‎ ‎4. 可把苯酚、硫氰化钾、乙醇、氢氧化钠、硝酸银等五种溶液鉴别出来的试剂是 A. 溴水 B. 酚酞溶液 ‎ C. 甲基橙溶液 D. FeCl3 溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 溴水可以鉴别苯酚、氢氧化钠和硝酸银，但不能鉴别硫氰化钾和乙醇。酚酞只能鉴别氢氧化钠。甲基橙可以鉴别氢氧化钠。氯化铁和苯酚显紫色，和硫氰化钾显红色，和乙醇互溶，和氢氧化钠产生红褐色沉淀，和硝酸银产生白色沉淀，所以正确的答案是D。‎ ‎5.下列说法中不正确的是(   )‎ ‎①向溴乙烷中加入硝酸银溶液可检验溴元素 ‎②顺-2-丁烯和反-2-丁烯的加氢产物相同 ‎③苯和溴水混合可制溴苯 ‎④2-丙醇催化氧化的产物不能发生银镜反应 A. 只有①和④ B. 只有②和③ C. 只有①和③ D. ①②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①溴乙烷是非电解质，不能电离出溴离子，向溴乙烷中加入硝酸银溶液不能生成溴化银沉淀，所以无法检验，①错误；‎ ‎②顺-2-丁烯和反-2-丁烯的加成产物均为正丁烷，②正确；‎ ‎③苯和溴水发生萃取，不能制取溴苯，③错误；‎ ‎④2-丙醇催化氧化的产物为2-丙酮，不能发生银镜反应，④正确；‎ 综上所述，①③错误，答案选C。‎ ‎6.‎‎1.0‎L碳原子数相等的气态烷烃和气态烯烃组成的混合气体在氧气中完全燃烧，生成2.0LCO2和‎2.6L水蒸气，则混合气体中烷烃和烯烃的体积比为(气体体积均在相同状况下测定)‎ A. 1：1 B. 1：‎3 ‎C. 4：3 D. 3：2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据气体体积比等于物质的量比分析，气态烃与二氧化碳或水的比例为1:2.0:2.6，则说明烃的平均分子式为C2H5.2，则可能是乙烷和乙烯的混合物，用氢原子计算其比例关系，假设烷烃的物质的量为xmol，烯烃的物质的量为ymol，(6x+4y)/(x+y)=5.2，解x:y=3:2，故选D。‎ ‎7.具有显著抗癌活性的10-羟基喜树碱的结构如图所示。下列关于10-羟基喜树碱的说法不正 确的是：（　　）‎ A. 分子式为C20H16N2O5‎ B. 遇FeCl3 溶液发生显色反应 C. 一定条件下，1mol该物质最多可与4molNaOH反应 D. 该物质能发生酯化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据10-羟基喜树碱的结构式可知，其分子式为C20H16N2O5，A选项正确；‎ B．10-羟基喜树碱中含有酚羟基，遇FeCl3 溶液发生显色反应，B选项正确；‎ C．根据结构可知，10-羟基喜树碱中含有酚羟基、酯基，所以1mol物质可与3molNaOH反应，C选项错误；‎ D．该物质的分子结构中含有醇羟基，能发生酯化反应，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.CH4、CH3OH的有关性质见下表：‎ 物质 常温时的状态 溶解性 CH4‎ 气体 几乎不溶于水 CH3OH 液体 与水以任意比混溶 下列说法不正确的是 A. CH4的沸点低于CH3OH B. CH3OH易溶于水是受分子中羟基的影响 C. 用蒸馏的方法可将CH3OH从其水溶液中分离出来 D. CH4与HCl能发生取代反应，CH3OH与HCl也能发生取代反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH4常温下为气态，CH3OH常温下为液态，说明CH4的沸点低于常温，CH3OH 的沸点高于常温，从而得出CH4的沸点低于CH3OH的结论，A正确；‎ B. CH3OH易溶于水，是因为CH3OH与水分子间能形成氢键，是受CH3OH羟基的影响，B正确；‎ C. CH3OH与水沸点相差较大，可用蒸馏的方法将CH3OH从其水溶液中分离出来，C正确；‎ D. CH4与Cl2能发生取代反应，但与HCl不反应，CH3OH与HCl能发生取代反应，D不正确。‎ 故选D。‎ ‎9.为了提纯下表所列物质（括号内为杂质），有关除杂试剂和分离方法的选择不正确的是（　　）‎ 选项 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法 A 肥皂（甘油）‎ NaCl 过滤 B 淀粉溶液（NaCl）‎ 水 渗析 C CH3CH2OH（CH3COOH）‎ CaO 蒸馏 D 己烷（己烯）‎ 溴水 分液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．肥皂中加入NaCl，其溶解度减小而析出，此过程为盐析，然后可用过滤的方法分离，A选项正确；‎ B．淀粉溶液属于胶体，不能透过半透膜，可用渗析法除去其中的NaCl，B选项正确；‎ C．CH3COOH与CaO反应生成沸点高的盐，不易挥发，而乙醇易挥发，此时可用蒸馏法除去，C选项正确；‎ D．己烯与溴水反应生成新的有机物，己烷也能溶解与其中，不能用分液法分离，D选项错误；‎ 答案选D。‎ ‎10.组成和结构可用表示的有机物共有(不考虑立体结构)‎ A. 8种 B. 9种 C. 10种 D. 12种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先找出丁基的同分异构体，再找出﹣C2H3Cl2的同分异构体，然后找出有机物的种类数。‎ ‎【详解】丁烷为CH3CH2CH2CH3时，分子中有2种不同H原子，故有2种丁基；丁烷为CH3CH（CH3）CH3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基，故丁基（-C4H9）共有4种；‎ ‎-C2H3Cl2的碳链为只有一种C-C，2个氯可以在同一个碳上，有2种，可以在不同的碳上，只有1种，总共3种，即-C2H3Cl2共有3种；所以该有机物共有4×3=12种；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体的书写，难度不大，注意二氯代物的书写可以采用定一议二法解题。‎ ‎11.有机物分子中原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列事实不能说明上述观点的是 A. 苯酚能跟NaOH溶液反应，乙醇不能与NaOH溶液反应 B. 乙烯能与溴水发生加成反应，而乙烷不能与溴水发生加成反应 C. 苯与硝酸在50‎-60℃‎发生取代反应，甲苯与硝酸在‎30℃‎就能发生取代反应 D. 甲苯能使酸性 KMnO4 溶液褪色，而甲基环己烷不能使酸性KMnO4 溶液褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯酚能跟NaOH溶液反应，乙醇不能与NaOH溶液反应，说明苯环使羟基变得活泼，乙基使羟基变得不活泼，从而说明分子中原子团相互影响导致化学性质不同，A正确；‎ B. 乙烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，而乙烷不能与溴水发生加成反应，不存在原子团的相互影响，B不正确；‎ C. 苯与硝酸在50‎-60℃‎发生取代反应，甲苯与硝酸在‎30℃‎就能发生取代反应，甲基使苯环上的氢原子变得活泼，从而说明甲基影响苯环的性质，B正确；‎ D. 甲苯能使酸性 KMnO4 溶液褪色，而甲基环己烷不能使酸性KMnO4 溶液褪色，说明苯基使甲基变得活泼，从而说明分子中原子团相互影响导致化学性质不同，D正确。‎ 故选B。‎ ‎12. 有八种物质：①乙酸、②苯、③聚乙烯、④苯酚、⑤2－丁炔、⑥甲醛、⑦邻－二甲苯、 ⑧环己烯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是 A. ③④⑤⑧ B. ④⑤⑦⑧ C. ④⑤⑥⑧ D. ③④⑤⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】含不饱和键的有机物和苯的同系物能被酸性高锰酸钾氧化，含不饱和键的有机物能与溴水发生加成反应，①乙酸、②苯、③聚乙烯与高锰酸钾、溴水均不反应；⑦邻-二甲苯与高锰酸钾反应，而与溴水不反应；④⑤⑥⑧既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故选C。‎ ‎13.药用有机化合物A（C8H8O2）为一种无色液体。从A出发可发生如图所示的一系列反应。则下列说法正确的是 A. A的结构简式为 B. 根据D和浓溴水反应生成白色沉淀可推知D为三溴苯酚 C. G的同分异构体中属于酯，且能发生银镜反应的只有一种 D. 图中B→F与C→G发生反应的类型不相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从流程图可以看出：‎ F为三溴苯酚，B为苯酚钠，D为苯酚；由G的气味，可推知G为乙酸乙酯，E为乙酸，C为乙酸钠，从而得出A为乙酸苯酯。‎ ‎【详解】A. 从上面的推断，可得出A的结构简式为，A正确；‎ B. 根据D和浓溴水反应生成白色沉淀，可推知D为苯酚，B不正确；‎ C. G的同分异构体中属于酯，且能发生银镜反应的有甲酸丙酯、甲酸异丙酯两种，C不正确；‎ D. 图中B→F发生的反应为复分解反应和取代反应，C→G发生反应为复分解反应和酯化反应，二者的反应类型相同，D不正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】推断有机物时，我们总是从已知物质的分子结构出发，找出未知物两端已知物质结构发生变化的部位，看碳链是否变化、官能团如何改变，再依据生成未知物的已知物质的结构、反应条件，未知物转化为已知物的结构改变，进行综合分析，最后确定未知物的结构简式。‎ ‎14.C、H、O三种元素组成的T、X在一定条件下可以发生如下转化：‎ X不稳定，易分解。为使转化能够成功进行，方框内不可能加入的试剂是 A. Cu(OH)2悬浊液 B. NaOH溶液 ‎ C. KMnO4溶液 D. Ag(NH3)2OH溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 从转化关系图 可以看出，T为HCHO，X为HOCOOH，即X为H2CO3，则矩形框内的物质应为氧化剂，能将醛基氧化为羧基。‎ ‎【详解】A. HCHO中含有两个-CHO，能被Cu(OH)2悬浊液氧化为-COOH，从而生成H2CO3，A正确；‎ B. NaOH溶液没有氧化性，与HCHO不发生反应，不能将其氧化为H2CO3，B不正确；‎ C. KMnO4溶液为强氧化剂，能将HCHO氧化为H2CO3，C正确；‎ D. Ag(NH3)2OH溶液具有与Cu(OH)2悬浊液类似的性质，D正确。‎ 故选B。‎ ‎15.某高分子化合物R的结构简式如图，下列有关R的说法正确的是（　　）‎ A. R的一种单体的分子式可能为C9H10O2‎ B. R完全水解后生成物均为小分子有机物 C. 化合物R在空间上不存在对映异构 D. 可以通过加聚反应和缩聚反应合成R ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．R单体分子分别是2-甲基丙烯酸，乙二醇和C9H10O3，A选项错误；‎ B．R完全水解，除了小分子有机物外，还有聚-2-甲基丙烯酸聚合物，B选项错误；‎ C．化合物R存在着手性碳原子，故在空间上存在着对映异构，C选项错误；‎ D．根据结构分析可知，R前面的链段是通过烯烃加聚反应得到的，后面的链段则是通过羧基和羟基缩聚制得的，D选项正确；‎ ‎【点睛】C选项，手性碳原子连接4个不同原子或原子团，具有手性碳原子的物质往往具有旋光性，存在着对映异构。‎ ‎16.化学与人类生产、生活密切相关,下列有关说法正确的是 A. 向海水中加入明矾可以解决“海水淡化危机”的问题 B. 煎炸食物的花生油、牛油都属于可皂化的饱和酯类 C. 现代工业生产中芳香烃主要来源于石油在一定条件下结构的重新调整和煤的干馏 D. 烟花的制作常加入含有铂、铁、钾、钙、铜等金属发光剂、燃放时呈现美丽的颜色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，‎ 故A错误；B．花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故B错误；C．我国为化石能源为主的国家，现代工业生产中芳香烃主要来源于石油化工的催化重整和煤的干馏，故C正确；D．烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素作为发色剂，燃烧时焰色反应发出各种颜色的光，一般不添加铂、铁作为发色剂，故D错误；故选C。‎ ‎17.下列实验操作正确的是（ ）‎ A. 配制480mL0.1mol·L-1的NaCl溶液需用托盘天平称量2.925gNaCl固体 B. 用50mL量筒量取5.5mL稀盐酸 C. 使用容量瓶配制溶液，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次并转移到容量瓶中 D. 定容时发现液面高于刻度线，可用胶头滴管吸取出少量液体使液面与刻度线相切 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 托盘天平精确到‎0.1g，无法称量‎2.925g NaCl固体，A项错误；‎ B. 50mL量筒精确到1mL，无法量取5.5mL稀盐酸，B项错误；‎ C. 使用容量瓶配制溶液，为了减小误差，移液时应洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，C项正确；‎ D. 定容时发现液面高于刻度线，配制失败，需要重新开始，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎18.下列叙述中正确的是（　　）‎ ‎①标准状况下，‎1 L HCl和‎1 L H2O的物质的量相同 ‎②标准状况下，‎1 g H2和‎14 g N2的体积相同 ‎③‎28 g CO的体积为‎22.4 L ‎④两种物质物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同 ‎⑤同温同体积下，气体的物质的量越大，则压强越大 ‎⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比 A. ①②③ B. ②⑤⑥ C. ②③⑥ D. ④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①标准状况下，‎1L HCl的物质的量为，但标准状况下水为液体，不能利用气体摩尔体积来计算其物质的量，①错误；‎ ‎②标准状况下，‎1g H2的物质的量为，‎14g N2的物质的量为，两者物质的量相同，则其体积也相同，②正确；‎ ‎③不一定是在标准状况下，不能够准确得出‎28g CO2的体积，③错误；‎ ‎④两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则他们在标准状况下的体积也相同，即物质的状态不确定，体积可能相同，也可能不同，④错误；‎ ‎⑤由PV=nRT可以知道，同温同体积时，气体物质的物质的量与压强成正比，则气体物质的物质的量越大，则压强越大，⑤正确；‎ ‎⑥由PM=ρRT可以知道，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，⑥正确；‎ 综上所述，②⑤⑥正确，答案选B ‎19.把V L含有MgS04和K2S04的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为 A. (b-a)/V mol·L-1 B. (2b-a)/V mol·L-1‎ C. 2(2b-a)/V mol·L-1 D. 2(b-a)/V mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即 mol·L-1，C项符合题意，故答案为C。‎ ‎20.下列关于古籍中的记载说法不正确的是 A. 《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应 B. 《抱朴子》中“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”两个反应互为可逆反应 C. 《本草纲目》中“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石”利用焰色反应区分硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）‎ D. 汉朝的《淮南万毕术》《神农本草经》记载“白青(碱式碳酸铜)得铁化为铜”，“石胆能化铁为铜”都是指铜可以采用湿法冶炼。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的是碳酸钙受热分解，反应类型是分解反应，选项A正确；‎ B．《抱朴子》中“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”两个反应的条件不同，不属于互为可逆反应，选项B不正确；‎ C、鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4），利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，选项C正确；‎ D、得铁化为铜，都应发生置换反应，应为湿法炼铜，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎21.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A MnO2有较强的氧化性 MnO2可作H2O2分解的催化剂 B SO2具有氧化性 SO2通入紫色石蕊试液中先变红后褪色 C 液氨汽化时吸热 NH3可用作制冷剂 D 氯化铁溶于水产生氢氧化铁胶体 氯化铁可用于硬水的软化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．催化剂的催化原理应该与其氧化还原的能力无关，选项A错误；‎ B．SO2通入紫色石蕊试液变红，但是不会褪色，选项B错误；‎ C．液氨用作制冷剂的原理是：加压将氨气转化为液态，撤去压强后，液氨气化吸收大量的热，使体系温度降低，选项C正确；‎ D．氯化铁应该是在沸腾的水中转化为胶体，不是溶于水就变为胶体，选项D错误。‎ ‎22.一种无色溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，则该溶液中溶有的离子是 A. 一定溶有SO42- B. 一定溶有CO C. 一定溶有Ag＋ D. 可能有SO42-也可能有Ag＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】向某溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，白色沉淀可能时硫酸钡，或者氯化银，如某溶液为Na2SO4，发生反应：Na2SO4+BaCl2===BaSO4↓+2NaCl，也可能为AgNO3溶液，发生反应：BaCl2+2AgNO3===Ba(NO3)2+2AgCl↓，故D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎23.捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA 为阿伏加德罗常数的值) ( )‎ A. 10.1‎gN(C2H5)3 中所含的共价键数目为 2.1NA B. 标准状况下，22.4LCO2 中所含的电子数目为 22NA C. 在捕获过程中，二氧化碳分子中的共价键完全断裂 D. ‎100g 46％的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．10.1gN(C2H5)3物质的量0.1mol，一个N(C2H5)3含有共价键数目为21根，则10.1gN(C2H5)3含有的共价键数目为2.1NA，故A正确；‎ B．标准状况下，22.4LCO2的物质的量是1mol，1个CO2分子中有22个电子，所以含的电子数目为22NA，故B正确；‎ C．在捕获过程中，根据图中信息可以看出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂，故C错误；‎ D．‎100g 46％的甲酸水溶液，甲酸的质量是‎46g，物质的量为1mol，水的质量为‎54g ‎，物质的量为3mol，因此共所含的氧原子数目为5NA，故D正确；‎ 选C。‎ ‎24.下列现象或应用与胶体性质无关的是( )‎ A. 将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐 B. 冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷 C. NaHCO3溶液与HCl溶液混合后会产生大量气泡 D. 清晨，人们经常能看到阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将盐卤或石膏加入豆浆，制成豆腐，利用的是胶体聚沉形成的凝胶，和胶体聚沉性质有关，A选项正确；‎ B．烟尘是胶体，胶体微粒带有电荷，通高压电，使胶体聚沉，烟尘形成沉淀，从而净化空气，B选项正确；‎ C．NaHCO3溶液与HCl溶液混合后发生反应NaHCO3+HCl===NaCl+CO2↑+H2O，生成的CO2有灭火的作用，和胶体性质无关，C选项错误；‎ D．阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象是胶体的丁达尔现象，和胶体性质有关，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎25. 在水溶液中能大量共存的一组离子是 A. 、、、 B. 、、、‎ C. 、、、 D. 、、、‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ca2+、SO42-之间可以反应生成硫酸钙沉淀，在溶液中不能大量共存；‎ B．H+、HCO3-之间反应生成CO2气体，Fe2+、HCO3-之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存；‎ C．Mg2+、NH4+、Cl-、SO42-离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存；‎ D．Fe3+、OH-之间反应生成氢氧化铁沉淀，在溶液中不能大量共存。‎ 故选C。‎ ‎26.下列离子方程式正确的是( )‎ A. 溶液与稀硫酸反应：‎ B. 向溶液中通入过量的气体：‎ C. 和溶液按物质的量比1:2混合：‎ D. 向中通入过量的：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应，离子方程式：，故A错误；‎ B．向NaOH溶液中通入过量的SO2气体，离子方程式：，故B错误；‎ C．NaHCO3和Ca(OH)2溶液按物质的量比1:2混合，碳酸氢钠少量，反应生成碳酸钙，氢氧化钠和水，离子方程式：，故C正确；‎ D．向FeBr2中通入过量的Cl2，离子方程式：，故D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎【点睛】配比型反应：当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关；书写方法为“少定多变”法：‎ ‎（1）“少定”就是把相对量较少的物质定为“1mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符。‎ ‎（2）“多变”就是过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制约，是可变的，如少量NaHCO3与足量Ca(OH)2溶液的反应：‎ ‎“少定”——即定的物质的量为1mol，‎ ‎“多变”——1mol能与1molOH-发生反应，得到1molH2O和1mol，1mol再与Ca2+反应，生成BaCO3，如NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液，‎ 溶液呈中性时：；‎ SO42-完全沉淀时：。‎ ‎27.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )‎ A. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、‎ B. 的溶液中：、、、‎ C. 中性溶液中：、、、‎ D. 的溶液中：、、、‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，该组中的各个离子可以大量存在，A符合题意；‎ B．NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，可以将Fe2+氧化，即NO3-、H+、Fe2+不能共存，B不符合题意；‎ C．Fe3+的沉淀范围是1.5-4.1，则中性溶液中Fe3+不能大量存在，C不符合题意；‎ D．，，则c(H+)=1×10-1mol/L，即溶液呈酸性，所以S2O32-不能大量存在，D不符合题意；‎ 故选A。‎ ‎28.绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含废水和工业废气主要含、、、NO、CO，不考虑其他成分，设计了如图流程。已知：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，下列说法正确的是 A. 固体1中主要含有、‎ B. X可以是空气，且需过量 C. 处理含废水时，发生的反应：‎ D. 捕获剂所捕获的气体主要是CO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据上述分析可知，固体1中的主要成分为CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2，A选项错误；‎ B．若X为过量的空气或者氧气，会将NO氧化成NO3-，无法与NH4+发生反应，B选项错误；‎ C．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为NH4++NO2-===N2↑+2H2O，C选项错误；‎ D．由以上分析可知，捕获剂所捕获的气体主要是CO，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎29.相对分子质量为的气态化合物标准状况溶于mg水中，得到溶液的质量分数为，物质的量浓度为，密度为，则下列说法正确的是 ‎ A. 溶液密度可表示为 B. 相对分子质量可表示为 C. 溶液的质量分数可表示为 D. 物质的量浓度c可表示为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据可知，溶液密度，A选项错误；‎ B．标准状况下，V L气体的物质的量为，故氨气的质量为，溶液的质量为，故溶质的质量分数为，整理得，B选项正确；‎ C．标准状况下，V L气体的物质的量为，故氨气的质量为，溶液的质量为，故溶质的质量分数为，C选项错误；‎ D．标准状况下，V L气体的物质的量为，故氨气的质量为，溶液的质量为，溶液的体积为，故溶液的物质的量浓度，D选项错误；‎ 答案选B。‎ ‎30.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：‎ ‎①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；‎ ‎②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。‎ 下列说法正确的是 A. 若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1‎ B. 反应①中每消耗4molKOH，吸收标准状况下22．4LCl2‎ C. 氧化性：K2FeO4>KC1O D. 若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，设物质的量分别为5mol和1mol，则化合价升高失去10mol电子，则化合价降低得到10mol电子，因此总共有了8mol氯气，‎ 氧化剂与还原剂的物质的量之比为10：6，即5:3，故A错误；‎ B选项，根据A分析反应①得出消耗氢氧化钾物质的量为16mol，因此每消耗4molKOH，吸收氯气2mol，即标准状况下44.8LCl2，故B错误；‎ C选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，因此KC1O > K2FeO4，故C错误；‎ D选项，若反应①的氧化产物只有KC1O，则C12与KC1O物质的量之比为1:1，根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为3:2，因此得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ 二、非选择题（本大题共3小题，共40.0分）‎ ‎31.Ⅰ.某厂废水中含KCN，其浓度为0.01 mol·L－1，现用氯氧化法处理，发生如下反应(化合物中N化合价均为－3价)：‎ KCN＋2KOH＋Cl2===KOCN＋2KCl＋H2O ‎（1）上述反应中被氧化的元素是________(用元素符号表示)。‎ ‎（2）投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，请配平下列化学方程式：______________‎ ‎______KOCN＋______Cl2＋______===______K2CO3＋______N2＋______KCl＋______‎ ‎（3）若将‎10 L含KCN的浓度为0.01 mol·L－1的废水中KCN氧化除去，最少需要氯气________ mol。‎ Ⅱ.某实验小组为了测定(3)中溶液多余Cl2的含量，常用Na2S2O3标准溶液进行定量测定。‎ ‎（4）现实验室需用480 mL一定浓度的Na2S2O3溶液，配制该溶液所需玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需________。‎ ‎（5）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，因此Na2S2O3常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_________________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). 2　3　8　KOH　2　1　6　4　H2O (3). 0.25 (4). 500 mL容量瓶 (5). ＋4Cl2＋5H2O===2＋8Cl－＋10H＋‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)化合价升高元素在反应中被氧化。‎ ‎ (2)反应中KOCN→N2,N元素化合价由-3价升高为0价,共升高6价,Cl2→KCl,Cl元素化合价由0价降低为-1价,共降低2价,化合价升降最小公倍数为6,故系数为1, Cl2系数为3,结合原子守恒配平其它物质的系数。‎ ‎（3）1 mol KCN最终被氧化为碳酸钾和氮气，失去5 mol电子，1氯气得到2 mol电子，根据电子得失守恒列方程求解。‎ ‎（4）常见的容量瓶有50mL、100 mL、250 mL、500 mL等规格。‎ ‎（5）Na2S2O3被氯气氧化为SO，Cl2被还原为Cl－，根据电子得失守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式。‎ ‎【详解】(1)反应KCN＋2KOH＋Cl2===KOCN＋2KCl＋H2O中氯元素化合价降低，被还原；碳元素化合价从＋2价升高到＋4价，失去电子，因此被氧化的元素是C；正确答案：C。‎ ‎(2)氯元素的化合价从0价降低到－1价，得到1个电子。氮元素化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，因此根据电子得失守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比是3∶2，根据原子守恒可知还有水生成，因此反应的化学方程式为2KOCN＋3Cl2＋8KOH===2K2CO3＋N2＋6KCl＋4H2O；正确答案：2　3　8　KOH　2　1　6　4　H2O。‎ ‎(3)根据以上分析可知1 mol KCN最终被氧化为碳酸钾和氮气，失去5 mol电子，1氯气得到2 mol电子，根据电子得失守恒可知将‎10 L含KCN的浓度为0.01 mol·L－1的废水中KCN氧化除去，最少需要氯气＝0.25 mol；正确答案：0.25。‎ ‎(4)没有480 mL规格的容量瓶，所以还需500 mL容量瓶；正确答案：500 mL容量瓶。‎ ‎（5）Na2S2O3被氯气氧化为SO，Cl2被还原为Cl－，根据电子守恒、离子守恒、原子守恒写出该反应为：S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋；正确答案：S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋。‎ ‎32.有一瓶澄清的溶液，其中可能含H+、、K+、Al3+、Cu2+、Fe3+、、I- 中的一种或几种，取该溶液进行如下实验：‎ ‎①用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性。‎ ‎②取部分溶液，加入数滴新制的氯水及少量的CC14，振荡后CC14层显紫色。‎ ‎③另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中有白色沉淀生产，后白色沉淀完全消失。‎ ‎④将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。‎ 根据上述实验事实回答：‎ ‎（1） 在溶液中，肯定存在的离子有_______，肯定不存在的离子有______ 。‎ ‎（2） 不能确定是否存在的离子有______。证明它（们）是否存在的实验方法是______。‎ ‎（3）写出步骤②涉及的离子方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目______ 。‎ ‎（4）写出步骤④涉及的离子方程式 ______ 。‎ ‎【答案】 (1). H+、Al3+、I-、 (2). Cu2+、Fe3+、 (3). K+ (4). 焰色反应 (5). = I2 + 2Cl- (6). NH3·H2ONH3↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①用pH试纸检验，溶液呈强酸性，则溶液中含有H+，不含有CO32-；‎ ‎②取部分溶液，加入数滴新制的氯水及少量的CC14，振荡后CC14层显紫色，说明有I-，无Cu2+、Fe3+；‎ ‎③另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中有白色沉淀生产，后白色沉淀完全消失，证明含有Al3+；‎ ‎④将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为NH3，说明含有NH4+；‎ 据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，溶液中肯定存在的离子是H+、Al3+、I-、，一定不存在的离子是Cu2+、Fe3+、，故答案为：H+、Al3+、I-、；Cu2+、Fe3+、；‎ ‎(2)上述所有实验中无法确定是否含有K+，可以通过焰色反应验证是否含有K+，故答案为：K+；焰色反应；‎ ‎(3)步骤②为Cl2氧化I-为I2，反应的离子方程式为Cl2+2I-===2Cl-+I2，用单线桥法标出电子转移方向为 = I2 + 2Cl-，故答案为： = I2 + 2Cl-；‎ ‎(4)步骤④为NH3·H2O受热分解，反应方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O，故答案为：NH3·H2ONH3↑+H2O。‎ ‎33.1.3-环己二酮（）常用作医药中间体，用于有机合成。下列是一种合成1，3-环己二酮的路线。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出甲的分子式______________，乙中含有官能团的名称是____________________。‎ ‎（2）反应的[2]反应类型是__________. 反应[3]的反应类型是___________.‎ ‎（3）丙的结构简式是_______________________。 ‎ ‎（4）反应[1]是在烧碱的乙醇溶液中加热完成，请写出该反应的化学方程式______________。‎ ‎（5）的同分异构体较多，请写出任意一种符合下列条件的同分异构体的结构简式 ________________。‎ ‎①属于链状化合物 ‎②核磁共振氢谱中有两组吸收峰 ‎③在加热条件下和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀 ‎（6）设计以 (丙酮）、乙醇、乙酸为原料制备（2，4 -戊二醇）的合成路线（无机试剂任选）_____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). C6H10O3 (2). 醛基和羰基 (3). 氧化反应 (4). 取代反应（酯化反应） (5). ‎ ‎(6). ‎ ‎(7). ‎ ‎(8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据1，3-环己二酮的合成路线可知，经过反应[1]得到C6H10，C6H10在一定条件下生成甲，甲与CH3SCH3反应得到乙，乙在CrO3的条件下发生氧化反应得到，再与CH3CH2OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应得到丙()，丙在一定条件成环得到1，3-环己二酮()，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)甲的结构式为，可知分子式为C6H10O3，乙中含有的官能团有醛基、羰基，故答案为：C6H10O3；醛基和羰基；‎ ‎(2)反应[2]为乙在CrO3的条件下发生氧化反应得到，反应[3]为再与CH3CH2OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应得到丙()，故答案为：氧化反应；取代反应(酯化反应)；‎ ‎(3)根据上述分析，丙的结构简式为，故答案为：；‎ ‎(4)反应[1]是在烧碱的乙醇溶液中加热完成，则发生的是消去反应，反应方程式为：，故答案为：；‎ ‎(5) 的分子式为C6H8O2，其同分异构体满足核磁共振氢谱中有两组吸收峰，在加热条件下和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀(含有醛基)的链状化合物的有，故答案为：；‎ ‎(6)结合题干信息，以 (丙酮）、乙醇、乙酸为原料制备（2，4 -戊二醇）的合成路线可以是先将乙醇和乙酸发生酯化反应得到乙酸乙酯，再将得到的乙酸乙酯在一定条件下与发生反应得到，再用H2还原即可得到目标产物：，故答案为：‎ ‎。‎