四川省成都石室中学2019-2020学年高二入学考试化学试题

四川省成都石室中学2019-2020学年高二入学考试化学试题

‎ 成都石室中学高2021届届2019—2020学年度入学考试化学试卷 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，满分100分，考试时间100分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16‎ 第I卷（选择题，共44分）‎ 一、选择题（共22题，每题只有一个答案符合题意，每题2分，满分44分）‎ ‎1.化学与生活息息相关，下列说法正确的是（ ）‎ A. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果发生了加成反应 B. 体积分数为的乙醇溶液能使蛋白质变性，常用于医疗消毒 C. 煤的气化和液化，石油的裂解和裂化均为化学变化 D. 维生素C常用作抗氧化剂，说明它具有氧化性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，该过程中乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应，故A错误；‎ B．75%的乙醇可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故B错误；‎ C．石油的裂化、裂解均为大分子生成小分子；煤的气化生成CO和氢气、液化生成甲醇，均为化学变化，故C正确；‎ D．维生素C具有还原性，能与氧化剂反应，常用作抗氧化剂，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎2.已知为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. （羟基）与中所含的电子数均为；‎ B. 苯与足量的反应时，参与反应的碳碳双键数为 C. 被溶液氧化放出分子数为 D. 常温常压下，乙烯和丙烯的混合气体中含有的氢原子数为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1个羟基(-OH)含有9个电子，而1个H3O+含有10个电子，则(羟基)与中所含的电子数不等，故A错误；‎ B．苯环结构中无碳碳双键，故B错误；‎ C．根据原子守恒，1molC2H5OH被足量的K2Cr2O7溶液氧化，最终放出CO2分子数为2NA，故C错误；‎ D．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，28gCH2的物质的量为=2mol，则乙烯和丙烯的混合气体中含有的氢原子数为，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。‎ ‎3.下列化学用语正确的是 A. CO2的电子式是 B. 硫的原子结构示意图是 C. 表示中子数是18的氧原子 D. 氮气的结构式是 N≡N ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A项，CO2的电子式是；B项，S原子最外层电子数为6；C项，中中子数为10；D项，氮气的结构式为NN。‎ 详解：A项，CO2的电子式是，A项错误；B项，S原子最外层电子数为6，S原子结构示意图为，B项错误；C项，中中子数为18-8=10，C项错误；D项，氮气的结构式为NN，D项正确；答案选D。‎ 点睛：本题考查化学用语，侧重考查原子结构、原子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别，分子式、电子式、结构式的区别等。‎ ‎4.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）‎ A. 酸性：H2SO4>H3PO4‎ B. 非金属性：Cl>Br C. 碱性：NaOH>Mg(OH)2‎ D. 热稳定性：Na2CO3>NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、硫元素的非金属性强于磷元素，因此硫酸的酸性强于磷酸，A不符合题意；B、同主族从上到下非金属性逐渐减弱，所以氯元素的非金属性强于溴，B不符合题意；C、钠的金属性强于镁，因此氢氧化钠的碱性强于氢氧化镁，C不符合题意；D、碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠与元素周期律没有关系，D符合题意，答案选D。‎ ‎5.只用水就能鉴别的一组物质是（ ）‎ A. 苯、乙酸、四氯化碳 B. 乙醇、戊烷、乙醛 C. 乙酸、乙醇、硝基苯 D. 苯、乙醇、甘油 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙酸与水混溶，苯和四氯化碳不溶于水，但苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，可鉴别，故A正确；‎ B．乙醇、乙醛都溶于水，戊烷不溶于水，不能用水鉴别，故B错误；‎ C．硝基苯不溶于水，但乙酸、乙醇均溶于水，不能鉴别，故C错误；‎ D．乙醇和甘油都溶于水，苯不溶于水，不能用水鉴别，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎6.化合物 (b)、(d)、(p)的分子式均为C6H6，下列说法正确的是 (　　)‎ A. b的同分异构体只有d和p两种 B. b、d、p的二氯代物均只有三种 C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应 D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. b为苯，苯的同分异构体还有CH3—C≡C—C≡C—CH3等，故A错误；‎ B. b的二氯代物有3种，d的二氯代物有6种，p的二氯代物有3种，故B错误；‎ C. b、p分子中不含碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C错误； ‎ D. d、p中都存在类似甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎7.下列物质性质与应用对应关系不正确的是（ ）‎ A. 晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料 B. 硅胶能吸水，可用作食品干燥剂 C. 与溶液反应，不能用磨口玻璃瓶保存溶液 D. 与反应，可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．晶体硅可用于制作半导体材料，是因为其导电性介于导体与绝缘体之间，与熔点高硬度大无关，故A错误；‎ B．硅胶可作干燥剂，是因为硅胶能吸水，故B正确；‎ C．不能用磨口玻璃瓶保存溶液，是因为与溶液反应，故C正确；‎ D．可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，是因为能与反应，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎8.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：‎ 下列叙述正确的是(　　)‎ A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸 B. 反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁 C. 电解法制取铝单质时也可以采用电解氯化铝以降低成本 D. 反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由溶液中通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，A错误；‎ B．Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，B错误；‎ C．熔融状态下氯化铝不导电，工业上通过电解熔融Al2O3制取铝单质，C错误；‎ D．反应①过滤后所得溶液为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+NaHCO3，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等，难度中等，理解工艺原理，明确相关物质的性质及反应流程是解题的关键。选项C是解答的易错点，注意氯化铝含有共价键，属于共价化合物，溶于水时可以导电。‎ ‎9.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）‎ 选项 实验 现象 结论 A 将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加溶液 有气体生成，溶液呈血红色 稀硝酸将氧化为 B 将铜粉加溶液中 溶液变蓝、有黑色固体出现 金属铁比铜活泼 C 晶体溶于稀硫酸，滴加溶液 溶液变红 晶体已变 质 D 取少量绿矾溶于稀硫酸中，滴加溶液。‎ 溶液未变红色 绿矾未因氧化而变质 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；‎ B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；‎ C．Fe(NO3)2溶于稀硫酸，溶液中的NO3-在酸性条件下氧化Fe2+生成Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液显红色，则无法说明Fe(NO3)2变质，故C错误；‎ D．少量绿矾溶于稀硫酸后，向溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，说明溶液中含有Fe3+，则说明绿矾变质，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎10.如表所示，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（ ）‎ 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断 A 碳酸钠溶液可用于治疗胃病 可与盐酸反应 Ⅰ对，Ⅱ对，有 B 向滴有酚酞的水溶液中加入变红色 与水反应生成氢氧化钠 Ⅰ对，Ⅱ错，无 C 分别加热和固体，试管内壁均有水珠 两种物质均受热分解 Ⅰ对，Ⅱ对，有 D 过氧化钠可为航天员供氧 能与和反应生成 Ⅰ对，Ⅱ对，有 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用于治疗胃酸过多的是碳酸氢钠，不是碳酸钠；碳酸钠和盐酸能反应生成氯化钠、水和二氧化碳，则Ⅰ错，Ⅱ对，无，故A错误；‎ B．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠溶液呈碱性，酚酞遇碱变红色，但过氧化钠具有漂白性，所以能使溶液先变红后褪色，Ⅰ对，Ⅱ对，有，故B错误；‎ C．分别加热和固体，试管内壁均有水珠，其中碳酸氢钠分解生成水，而碳酸钠受热不分解，是晶体中含有少量结晶水，则Ⅰ对，Ⅱ错，有，故B错误；‎ D．过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气，所以过氧化纳可用于航天员的供氧剂，Ⅰ对，Ⅱ对，有，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎11.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是 A. 原子半径大小为W＜X＜Y＜Z B. X的氢化物水溶液酸性强于Z的 C. Y2W2与ZW2均含有非极性共价键 D. 标准状况下W的单质状态与X的相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。‎ ‎【详解】黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以YZW为NaClO，再根据W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，X和Z同族，得到W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl。‎ A．同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na（Y）的原子半径最大，选项A错误；‎ B．HCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的，选项B错误；‎ C．ClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误；‎ D．标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。‎ ‎12. a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是（ ）‎ A. d元素的非金属性最强 B. 它们均存在两种或两种以上的氧化物 C. 只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物 D. b、c、d与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据题意知短周期元素中a的M层有1个电子，则a的核外电子排布是2、8、1，a是Na元素；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b核外电子排布是2、4，b为C元素；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为S元素；c、d处于同一周期，d的原子半径小于c，则d是Cl元素。‎ ‎【详解】a、b、c、d依次为Na、C、S、Cl元素。‎ A、在上述元素中非金属性最强的元素为Cl元素，A正确；‎ B、Na可以形成Na2O、Na2O2等氧化物，C可以形成CO、CO2等氧化物， S可以形成SO2、SO3等氧化物，Cl元素则可以形成Cl2O、ClO2、Cl2O7等多种氧化物，B正确；‎ C、Na是活泼金属元素，可与非金属元素C、S、Cl均形成离子化合物，C正确；‎ D、C元素可以与H元素形成只含有极性键化合物CH4，也可以形成含有极性键、非极性键的化合物CH3-CH3等，S元素可以形成H2S，含有极性键；Cl元素与H元素形成HCl，含有极性键，D错误，答案选D。‎ ‎13.如表所示有关物质检验的实验结论正确的是( )‎ 选项 实验操作及现象 实验结论 A 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO42-‎ B 向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 该溶液一定含有SO32-‎ C 将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 该气体一定是SO2‎ D 将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊 说明酸性：H2SO3＞H2CO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质的性质及反应现象分析解答。‎ ‎【详解】A.白色沉淀可以能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；‎ B.溶液中可能含有HSO3-，故B错误；‎ C.具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，融入氯气也可以使品红褪色，故C错误；‎ D.先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】在物质检验的实验中，一定要注意排除其他物质的干扰，很多反应的现象是一样的，需要进一步验证，例如二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫可以与酸性高锰酸钾反应，二氧化碳不可以。‎ ‎14. 实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是 选项 ‎ a中的物质 ‎ b中的物质 ‎ c中收集的气体 ‎ d中的物质 ‎ A ‎ 浓氨水 ‎ CaO ‎ NH3 ‎ H2O ‎ B ‎ 浓硫酸 ‎ Na2SO3 ‎ SO2 ‎ NaOH溶液 ‎ C ‎ 稀硝酸 ‎ Cu ‎ NO2 ‎ H2O ‎ D ‎ 浓盐酸 ‎ MnO2 ‎ Cl2 ‎ NaOH溶液 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3 NO2+ H2O =" 2" HNO3+ NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。‎ ‎【考点定位】考查化学实验基本原理，气体的制取、收集及尾气处理装置等实验装置及仪器的使用。‎ ‎15.a、b、c、d 为原子半径依次增大的四种短周期主族元素，其中元素a的最高正价与最低负价的代数和等于0，b、c 能形成摩尔质量相同的两种单质，b、d 则能化合成淡黄色的固体。下列有关判断不正确的是 A. 核电荷数大小：c>d>b>a B. 简单氢化物的热稳定性：b>c C. b能分别与a、c、d 形成具有漂白性的物质 D. c 与a 形成的化合物分子中，各原子均达到8 电子稳定结构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ b、d能化合成淡黄色的固体，b的原子半径小于d，b为O元素，d为Na元素；b、c能形成摩尔质量相同的两种单质，c的原子半径介于b与d之间，c为S元素；元素a的最高正价与最低负价的代数和等于0，a的原子半径小于b，a为H元素。A项，a、b、c、d的核电荷数依次为1、8、16、11，核电荷数由大到小的顺序为：cdba，A项正确；B项，非金属性：OS，简单氢化物的热稳定性：bc，B项正确；C项，b与a、c、d形成的物质有H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2，其中H2O2、SO2、Na2O2具有漂白性，C项正确；D项，c与a形成的化合物为H2S，H2S中H原子达到2电子的稳定结构，D项错误；答案选D。‎ 点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的推断，准确推出a、b、c、d代表的元素是解题的关键。本题易错点是a的推断，根据“a的最高正价与最低负价的代数和等于0”误以为a一定是IVA族元素，忽视H元素的最高正价（+1价）与最低负价（-1价）的代数和也等于0，a的原子半径小于b。‎ ‎16.根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是 实验 现象 结论 A 含HCl、BaCl2的FeCl3溶液 产生白色沉淀 SO2 有还原性 B H2S 溶液 产生黄色沉淀 SO2 有氧化性 C 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2 有漂白性 D Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀 酸性:H2SO3＞ H2SiO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42−，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S===3S↓+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。答案选C。‎ ‎17.下列说法正确的是（ ）‎ A. 实验室制备乙烯时，温度计水银球应该插入浓硫酸和无水乙醇的混合液液面以下 B. 人体摄入的纤维素可以加快胃肠蠕动，并最终水解为葡萄糖而被吸收 C. 分子中的所有原子有可能共平面 D. 溴水中加入苯，充分振荡、静置后，由于发生取代反应而水层几乎呈无色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．制备乙烯时，温度计测定混合溶液温度，所以制备乙烯时，温度计水银球应该插入浓硫酸和无水乙醇的混合液液面以下，故A正确；‎ B．人体摄入的纤维素可以加快胃肠蠕动，且消化，但纤维素在人体内不水解，故B错误；‎ C．在分子中苯环和碳碳双键均为平面结构，但甲基上的碳原子为sp3‎ 杂化，为立体结构，甲基上的4个原子不可能在同一平面内，则分子内所有原子也不可能共平面，故C错误；‎ D．溴水中加入苯，充分振荡、静置后，分层，上层为橙色，下层水层为无色，苯和溴水没有发生取代反应，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎18.微信热传的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的（如图）。下列说法正确的是 ‎ A. 化合物(A)不能与乙醇发生反应 B. 化合物(B)分子式为C6H6Cl6‎ C. 化合物(B)可通过苯与Cl2发生加成反应制得 D. 1mol化合物(A)可与3molH2发生加成反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据(A)的结构简式，含有羧基，故其能与乙醇发生酯化反应，故A错误；‎ B、根据(B)结构简式，其分子式为C6Cl6，故B错误；‎ C、苯的分子式为C6H6，(B)的分子式为C6Cl6，Cl取代苯环上的H原子，属于取代反应，不是加成反应，故C错误；‎ D、(A)中只有苯环能与氢气发生加成反应，即1mol化合物(A)能与3molH2发生加成反应，故D正确。‎ ‎19.下列关于有机化合物的说法正确的是(　　)‎ A. (CH3)3C-CH=CH2与氢气完全反应后，生成2，2，3-三甲基戊烷 B. 工业上由乙烯制乙醇、苯制环己烷均属于加成反应 C. C5H11Cl的同分异构体有3种 D. 分子中所有碳原子一定在同一平面上 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、根据加成产物的碳链结构为去命名；‎ B、根据加成反应的特点答题；‎ C、先写出C5H12的同分异构体有3种，再写出每种异构体的一氯代物的异构体；‎ D、苯环上的碳及与6 个碳相连的原子共面。‎ ‎【详解】A． (CH3)3C-CH=CH2与氢气完全反应后，加成产物的碳链结构为，系统命名为2，2-二甲基丁烷，故A错误；‎ B、乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇，同理苯和氢气在一定条件下发生加成反应生成环己烷，故B正确；‎ C、同分异构体是具有相同的分子式不同结构的化合物的互称， C5H12的同分异构体有3种：、、，分子中有3种化学环境不同的H原子，其一氯代物有3种；CH3CH2CH(CH3)CH3分中有4种化学环境不同的H原子，其一氯代物有4种；分子中只有1种化学环境的H原子，其一氯代物有1种；故C5H11Cl的同分异构体有8种，故C错误；‎ D．如图所示,1、2、3、4号碳原子共线，同理3、4、5、6号碳 C原子也共线，所以1、2、3、4、5、6号碳原子共线。所以一定在同一平面的碳原子有11个，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎20.“异丙苯氧化法”生产丙酮和苯酚的合成路线如下，各反应的原子利用率均为100%。下列说法正确的是 A. X的分子式为C3H8 B. Y与异丙苯可用酸性KMnO4溶液鉴别 C. CHP与CH3COOH含有相同的官能团 D. 可以用分液的方法分离苯酚和丙酮 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图示可知X和Y发生加成反应产生异丙苯，则X是丙烯，分子式是C3H6，A错误；‎ B.Y是苯与酸性KMnO4溶液不能反应，而异丙苯由于与苯环连接的C原子上含有H原子，可以被KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此可以用KMnO4溶液鉴别二者，B正确；‎ C. CHP含有的官能团是-C-O-OH，而CH3COOH含有的官能团是羧基，所以二者的官能团不相同，C错误；‎ D.苯酚在室温下在水中溶解度不大，但容易溶于丙酮中，因此不能通过分液的方法分离，C错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎21.食品香精菠萝酯的生产路线（反应条件略去）如下：‎ 下列叙述错误的是（ ）‎ A. 步骤（1）产物中残留的苯酚可用溶液检验 B. 苯酚和菠萝酯均可与酸性溶液发生反应 C. 苯氧乙酸和菠萝酯均可与溶液发生反应 D. 步骤（2）产物中残留的烯丙醇可用溴水检验 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯酚和氯化铁反应发生显色反应，2-氯乙酸和苯氧乙酸都不和氯化铁反应，所以步骤(1)产物中残留的苯酚可用FeCl3溶液检验，故A正确；‎ B．酚羟基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯酚中含有酚羟基、菠萝酯中含有碳碳双键，所以苯酚和菠萝酯均可与KMnO4酸性溶液发生反应，故B正确；‎ C．羧基和酯基都能和NaOH溶液反应，苯氧乙酸中含有羧基、菠萝酯中含有酯基，所以二者都能和NaOH反应，前者发生中和反应、后者发生水解反应，故C正确；‎ D．丙烯醇和菠萝酯中都含有碳碳双键，二者都能和溴发生加成反应而使溴水褪色，所以不能用溴水检验步骤(2)产物中残留的丙烯醇，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质，有酚羟基则具有苯酚的性质。‎ ‎22.下列有关同分异构体数目的叙述不正确的是 (　　)‎ A. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种 B. 与互为同分异构体的芳香族化合物有6种 C. 含有5个碳原子的某饱和链烃，其一氯取代物可能有3种 D. 菲的结构简式为，它与硝酸反应，可生成 5种一硝基取代物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.含3个碳原子的烷基有正丙基和异丙基两种结构，甲基与该烷基在苯环上有邻、间、对3种位置关系，故产物的结构共有2×3=6种，A项正确；‎ B.的分子式为C7H8O，与其互为同分异构体的芳香化合物有5种：‎ ‎、、、、，B项错误；‎ C.含有5个碳原子的饱和链烃可能是正戊烷、异戊烷、新戊烷，如果是正戊烷，其一氯代物为3种，C项正确；‎ D.菲的结构具有对称性，含有5种不同化学环境的氢原子，其一硝基取代物有5种，D项正确；‎ 答案：B。‎ 第II卷（非选择题，共56分）‎ ‎23.随原子序数递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。‎ 根据判断出的元素回答问题：‎ ‎（1）f在周期表中的位置是________。‎ ‎（2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）：________>________；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱________>________。‎ ‎（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：_________________________。‎ ‎（4）e的单质在足量中燃烧的化学方程式：_________________________。‎ ‎（5）上述元素可组成盐。向盛有溶液的烧杯中滴加溶液，沉淀物质的量随溶液体积的变化示意图如下：‎ ‎①R溶液电离方程式____________________________。‎ ‎②写出m点反应的离子方程式：____________________。‎ ‎③若在R溶液中改加溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为________。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期ⅢA族 (2). (3). (4). (5). (6). （或等其他合理答案均可） (7). (8). NH4Al(SO4)2=NH4++Al3++2SO42- (9). (10). 0.022‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；‎ ‎(1)f是Al元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，据此判断f在在元素周期表的位置；‎ ‎(2)电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；同一周期元素，非金属性随着原子序数增大而增强；‎ ‎(3)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，如氨气等；‎ ‎(4)e为Na、d为O，Na在氧气中燃烧生成Na2O2；‎ ‎(5)(5)①NH4Al(SO4)2在溶液中电离出NH4+、Al3+和SO42-；‎ ‎②m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH-反应生成NH3•H2O； ③根据n=cV计算n(Al3+ )、n(NH4+)、n(SO42-)、n(Ba2+)、n(OH-)，根据SO42-、Ba2+中不足量的离子的物质的量计算生成BaSO4的物质的量，依次发生：Al3++OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3•H2O、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，根据方程式计算生成Al(OH)3的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的量。‎ ‎【详解】从图中化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；‎ ‎(1)f是Al元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，在元素周期表的位置是第3周期ⅢA族；‎ ‎(2)电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，则离子半径：O 2-＞Na+；同一周期元素，非金属性随着原子序数增大而增强，则非金属性S＜Cl，故最高价氧化物对应水化物的酸性强弱关系为HClO4＞H2SO4；‎ ‎(3)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，如氨气等，氨气电子式为；‎ ‎(4)e为Na、d为O，Na在氧气中燃烧生成Na2O2，发生反应的化学方程式为2Na + O2 Na2O2；‎ ‎(5)①NH4Al(SO4)2在溶液中电离出NH4+、Al3+和SO42-，则电离方程式为NH4Al(SO4)2=NH4++Al3++2SO42-；‎ ‎②m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH-反应生成NH3•H2O，离子方程式为：NH4++OH-=NH3•H2O；‎ ‎③10mL 1mol•L-1 NH4Al(SO4)2溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42-的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 mol•L-1Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH-为0.048mol；‎ 由SO42-+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42-不足，故可以得到0.02mol BaSO4，‎ ‎     Al3++3OH-=Al(OH)3↓‎ ‎0.01mol 0.03mol 0.01mol ‎ 反应剩余OH-为0.048mol-0.03mol=0.018mol，‎ ‎     NH4++OH-=NH3•H2O ‎0.01mol 0.01mol 反应剩余OH-为0.018mol-0.01mol=0.008mol，‎ ‎   Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O ‎0.008mol 0.008mol 故得到Al(OH)3沉淀为0.01mol-0.008mol=0.002mol 则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol。‎ ‎24.海洋资源的利用具有广阔前景。‎ ‎（1）下图是从海水中提取镁的简单流程：‎ ‎①从悬浊液中将Mg（OH）2分离出来的操作名称为_____________。‎ ‎②Mg（OH）2转化为MgCl2的离子方程式是_____________。‎ ‎③由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是_____________。‎ ‎（2）海带灰中富含以I－形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如下所示：‎ ‎①灼烧所用仪器是下列中的哪一种_____________（填字母序号）。‎ a. 蒸发皿 b. 坩埚 c. 烧杯 ‎②向酸化的滤液中加入过氧化氢溶液，可将I－氧化为I2，请写出该反应的离子方程式：__________________________。‎ ‎③上述反应结束后，可加入萃取剂，采用萃取一分液的方法从碘水中提取碘。下列试剂中可以用于萃取碘单质的是_____________（填字母序号）。‎ a. 乙酸 b. 四氯化碳 c. 硝酸 d. 苯 ‎【答案】 (1). 过滤 (2). Mg(OH)2＋2H＋＝Mg2＋＋2H2O (3). MgCl2（熔融）Mg＋Cl2↑ (4). b (5). 2I－＋H2O2＋2H＋＝I2＋2H2O (6). bd ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①从悬浊液中将Mg（OH）2分离出来，实质上是分离固体和液体。‎ ‎②Mg（OH）2转化为MgCl2，用盐酸溶解，Mg（OH）2难溶于水。‎ ‎③由无水MgCl2制取Mg采用电解法，根据质量守恒写出方程式。‎ ‎（2）①灼烧固体时所用的主要仪器是坩埚。‎ ‎②氢离子和过氧化氢将碘离子氧化为单质碘；‎ ‎③反应结束后，可加入苯或四氯化碳有机溶剂做萃取剂萃取分液分离碘单质．‎ ‎【详解】(1)①从悬浊液中将Mg（OH）2分离出来，实质上是分离固体和液体，操作名称为过滤。‎ ‎②Mg（OH）2难溶，Mg（OH）2转化为MgCl2的离子方程式是Mg(OH)2＋2H＋＝Mg2＋＋2H2O。‎ ‎③由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是MgCl2（熔融）Mg＋Cl2↑。‎ ‎（2）①灼烧固体时所用的主要仪器是坩埚，故选b。‎ ‎②氢离子和过氧化氢将碘离子氧化为单质碘，离子方程式：2I－＋H2O2＋2H＋＝I2＋2H2O；‎ ‎③反应结束后，可加入苯或四氯化碳有机溶剂做萃取剂萃取分液分离碘单质，振荡、静置分层分离时先分离下层液体后倒出上层液体，故选bd。‎ ‎【点睛】本题考查了海水资源的综合运用，解题关键：根据化学反应的概念及流程图中物质的性质来分析，难点：（1）③镁是活沷金属，由无水MgCl2制取Mg采用电解法，易错点：（2）③可以用于萃取碘单质的物质，即萃取剂的选择，与水要互不相溶，不与碘反应，故选苯或四氯化碳有机溶剂做萃取剂。‎ ‎25.以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：‎ ‎（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为 。‎ ‎（2）图中“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。‎ ‎（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为 。‎ ‎（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：‎ ‎4[NH4Al(SO4)2·12H2O]2Al2O3+ 2NH3↑+ N2↑+ 5SO3↑+ 3SO2↑+ 53H2O,将产生的气体通过下图所示的装置。‎ ‎①集气瓶中收集到的气体是 (填化学式)。‎ ‎②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有 (填化学式)。‎ ‎③KMnO4溶液褪色（MnO4－还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为 。‎ ‎【答案】（1）Al2O3+ 3H2SO4= Al2(SO4)3+ 3H2O（2分）‎ ‎（2）SiO2（2分）‎ ‎（3）2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O（2分）‎ ‎（4）①N2（2分）②SO3、NH3（2分，缺漏不给分）。‎ ‎③2MnO4－ +5SO2+ 2H2O = 2Mn2++ 5SO42－+4H+（2分）‎ ‎【解析】‎ 根据题意，铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3。‎ ‎（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O。‎ ‎（2）根据上述分析，图中“滤渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式为SiO2。‎ ‎（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液将Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ‎ ‎（4）①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。‎ ‎②饱和NaHSO3能与SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外，还有SO3、NH3 。‎ ‎③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。‎ 点睛：本题以氧化铝提取工艺流程为载体，综合考查元素化合物性质及相互转化、氧化还原、离子方程式、实验基本操作等知识点，为高考常见题型，注意把握制备原理，把握物质性质以及相关反应方程式的书写。‎ ‎26.甲苯()是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛()、苯甲酸()等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：‎ 名称 性状 熔点(℃)‎ 沸点(℃)‎ 相对密度(ρ水＝1g·cm－3)‎ 溶解性 水 乙醇 甲苯 无色液体易燃易挥发 ‎－95‎ ‎110.6‎ ‎0.8660‎ 不溶 互溶 苯甲醛 无色液体 ‎－26‎ ‎179‎ ‎1.0440‎ 微溶 互溶 苯甲酸 白色片状或针状晶体 ‎122.1‎ ‎249‎ ‎1.2659‎ 微溶 易溶 注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。‎ 实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入15mL冰醋酸(作为溶剂)和2mL甲苯，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时。‎ ‎(1)装置a的名称是______________，为使反应体系受热比较均匀，可________。‎ ‎(2)三颈瓶中发生反应的化学方程式为_______________________________________________________。‎ ‎(3)写出苯甲醛与银氨溶液在一定的条件下发生反应的化学方程式：________________________________。‎ ‎(4)反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，还应经过____________、__________(填操作名称)等操作，才能得到苯甲醛粗产品。‎ ‎(5)实验中加入过量过氧化氢且反应时间较长，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的操作步骤是______________(按步骤顺序填字母)。‎ a．对混合液进行分液 b．过滤、洗涤、干燥 c．水层中加入盐酸调节pH＝2 d．加入适量碳酸氢钠溶液混合振荡 ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 水浴加热 (3). ＋2H2O2 ＋3H2O (4). +2Ag↓＋H2O＋3NH3 (5). 过滤 (6). 蒸馏 (7). dacb ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）装置a的名称是球形冷凝管。水浴加热可使反应体系受热比较均匀；‎ ‎（2）甲苯与H2O2反应生成苯甲醛和水，则三颈瓶中发生反应的化学方程式为：. ＋2H2O2 ＋3H2O；‎ ‎（3）苯甲醛与银氨溶液在加热条件下发生反应生成苯甲酸铵、水、银单质和氨气，‎ 化学方程式为： +2Ag↓＋H2O＋3NH3；‎ ‎（4）实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，所以先过滤除去固态难溶性催化剂。冰醋酸、甲苯、过氧化氢、苯甲醛互溶，利用它们沸点差异，采用蒸馏的方法得到苯甲醛粗产品；‎ ‎（5）若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，首先加入适量碳酸氢钠溶液混合振荡，苯甲酸与碳酸氢钠反应生成苯甲酸钠。苯甲酸钠易溶于水，苯甲醛微溶于水，再对混合液进行分液，分离开苯甲酸钠溶液和苯甲醛。然后在水层中加入盐酸调节pH＝2，苯甲酸钠和盐酸反应生成苯甲酸，最后过滤、洗涤、干燥苯甲酸，答案为dacb。‎ ‎27.色酮类化合物K具有抗菌、降血脂等生理活性，其合成路线如下：‎ 已知：‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎（代表烃基）‎ ‎（1）A的结构简式是_________；根据系统命名法，F的名称是__________。‎ ‎（2）B→C所需试剂a是__________；试剂b的结构简式是_________。‎ ‎（3）C与足量的反应的化学方程式为__________。‎ ‎（4）G与新制反应的化学方程式为__________。‎ ‎（5）已知：①；②J分子中有两种化学环境不同的氢以E和J为原料合成K分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：__________‎ ‎【答案】 (1). (2). 1-丙醇 (3). 和（或） (4). ‎ ‎ (5). (6). (7). E: ；J: ‎ 中间产物1：；中间产物2：‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由分子式可知A为，由转化关系可知B为，由D可知C为，结合E的分子式以及K的结构简式可知E为，试剂b为，F为CH3CH2CH2OH，G为CH3CH2CHO，H为CH3CH2COOH，J为，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知A为，F为CH3CH2CH2OH，为1-丙醇；‎ ‎(2)B与溴发生取代反应，需要FeBr3作催化剂，所需试剂a是Br2、FeBr3，试剂b为；‎ ‎(3)C为，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为 ‎；‎ ‎(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为；‎ ‎(5)E为，J为，由题意可知二者先反应生成中间产物1的结构简式为，然后生成中间产物2的结构简式为，最后发生消去反应可生成K。‎ ‎【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据双安妥明的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目的变化，对学生的逻辑推理有较高的要求。‎ ‎ ‎