2018-2019学年辽宁省锦州市高二下学期期末考试化学试题 解析版

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辽宁省锦州市2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题 ‎1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（　　）‎ A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维 B. 利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程 C. 使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱 D. 磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味，为蛋白质的特有性质，可用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，故A正确；‎ B项、一定条件下，粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成酒精，整个过程有新物质生成，属于化学变化，故B正确；‎ C项、含钙离子浓度较大的地下水与高级脂肪酸钠反应可生成高级脂肪酸钙沉淀，去污能力减弱，故C正确；‎ D项、豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的性质与用途，侧重化学与生活、生产的考查，把握常见物质的性质与用途的关系是解答的关键。‎ ‎2.下列说法错误的是（　　）‎ A. 葡萄糖、果糖和麦芽糖均为单糖 B. 油脂的皂化反应生成高级脂肪酸钠和甘油 C. 氨基酸分子中都含有氨基和羧基，具有两性 D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、麦芽糖为能够水解的二糖，故A错误；‎ B项、油脂在碱溶液的作用下发生的水解反应叫皂化反应，水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油，故B正确；‎ C项、氨基酸分子中含有氨基（-NH2‎ ‎，具有碱的性质）和羧基（-COOH，具有酸的性质），因此它具有两性，故C正确；‎ D项、淀粉和纤维素属于多糖，水解的最终产物都是葡萄糖，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎3.具有解热镇痛及抗生素作用的药物“芬必得”主要成分的结构简式为，它属于（　　）‎ ‎①芳香化合物②脂环化合物③有机高分子化合物④芳香烃⑤芳香羧酸 A. ①⑤ B. ②③ C. ③⑤ D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子中含有苯环，属于芳香化合物，官能团为羧基，属于羧酸。‎ ‎【详解】①该分子中含苯环，属于芳香化合物，故正确；‎ ‎②该分子中含有苯环，不属于脂环化合物，故错误；‎ ‎③该分子相对分子质量在10000以下，不属于有机高分子化合物，故错误；‎ ‎④该分子含有O元素，不属于芳香烃，故错误；‎ ‎⑤该分子含有苯环和羧基，属于芳香羧酸，故正确；‎ 正确的是①⑤，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的分类，侧重分析能力的考查，明确依据官能团分类的方法是解本题关键。‎ ‎4.下列各对物质，互为同系物的是（　　）‎ A. CH3CH2C1与CH3CHCl﹣CH2Cl B. CH3COOH与CH3CH2COOCH3‎ C. 与 D. 与 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，互为同系物的物质满足以下特点：结构相似属于同类物质，含有相同数目的相同官能团。‎ ‎【详解】A项、CH3CH2C1与CH3CHCl﹣CH2Cl含有的官能团Cl原子的数目不同，不是同系物，故A错误；‎ B项、CH3COOH的官能团为羧基，属于羧酸，CH3CH2COOCH3的官能团为酯基，属于酯类，有机物类别不同，不互为同系物，故B错误；‎ C项、与均属于酚类，在分子组成上相差一个CH2原子团，互为同系物，故C正确；‎ D项、属于脂环烃， 属于链烃，有机物类别不同，不互为同系物，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查同系物的判断，注意掌握同系物的概念及判断方法，明确互为同系物的化合物一定满足结构相似，即含有的官能团类型及数目一定相同是解答关键。‎ ‎5.下列各有机化合物的命名正确的是（　　）‎ A. 3﹣甲基﹣4﹣乙基戊烷 B. 3，3，4﹣三甲基已烷 C. 2，2﹣甲基戊烷 D. 3，5﹣二甲基已烷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 烷烃命名原则：选最长碳链为主链；等长碳链时，支链最多为主链；离支链最近一端编号；支链编号之和最小；两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号，如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。‎ ‎【详解】A项、主链选择错误，该烷烃分子中最长碳链有6个碳原子，碳链上连有2个甲基，名称为3,4—二甲基己烷，故A错误；‎ B项、3，3，4﹣三甲基已烷的主碳链有6个碳原子，碳链上连有3个甲基，符合系统命名法原则，故B正确；‎ C项、该烷烃分子中最长碳链有5个碳原子，碳链上连有2个甲基，名称为2,2—二甲基戊烷，故C错误；‎ D项、该烷烃分子中最长碳链有6个碳原子，碳链上连有2个甲基，名称为2,4—二甲基已烷，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查烷烃的命名，侧重对基础知识的考查，注意明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式分析是解答关键。‎ ‎6.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）‎ A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN﹣，Cl﹣‎ B. ＝1×10﹣12的溶液中：K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣‎ C. 酸性溶液中；Na+、ClO﹣，SO42﹣，I﹣‎ D. 能溶解Al2O3的溶液中：Na+、Fe2+、HS﹣、SO42﹣‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、无色溶液中不存在Fe3+，且溶液中Fe3+与SCN﹣发生络合反应不能大量共存，故A错误；‎ B项、＝1×10﹣12为碱性溶液，碱性溶液中K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣离子之间不反应，能大量共存，故B正确；‎ C项、酸性溶液中ClO﹣与I﹣发生氧化还原反应不能大量共存，故C错误；‎ D项、能溶解Al2O3的溶液可能为酸溶液或碱溶液，HS-既能与酸反应又能与碱反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等，在判断能否共存的同时还要注意习题的要求，本题的易错点就是容易忽视题干中溶液为酸性溶液这一条件。‎ ‎7.按照绿色化学的原则，以下反应不符合原子的利用率为100%要求的是（　　）‎ A. 乙烯与水反应生成乙醇 B. 麦芽糖水解生成葡萄糖 C. 以苯和溴为原料生产溴苯 D. 乙烯聚合生成聚乙烯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 绿色化学要求反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知化合反应、加成反应符合绿色化学的要求.‎ ‎【详解】A项、乙烯与水发生加成反应生成乙醇，产物只有一种，反应物中原子全部转化为产物，原子的利用率为100%，故A正确；‎ B项、一分子麦芽糖发生水解反应生成两分子葡萄糖，产物只有一种，反应物中原子全部转化为产物，原子的利用率为100%，故B正确；‎ C项、苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，原子的利用率不是100%，故C错误；‎ D项、乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，产物只有一种，反应物中原子全部转化为产物，原子的利用率为100%，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎8.设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A. 28g乙烯和环丙烷的混合气体中所含原子总数为6NA B. 92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为2.0NA C. 1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NA D. 标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、乙烯和环丙烷的最简式为CH2，28g CH2的物质的量为2mol，所含原子总数为6NA，故A正确；‎ B项、丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量为1mol，含有羟基数为3.0NA，故B错误；‎ C项、羟基含有9个电子，氢氧根离子含有10个电子，1mol的羟基所含电子数均为9NA， 1mol的氢氧根离子所含电子数均为10NA，故C错误；‎ D项、标准状况下己烷为液体，则无法确定22.4L己烷的物质的量，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，注意物质的组成、结构、性质以及存在的状态和条件等问题，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间关系是解题关键。‎ ‎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正确的是（　　）‎ 选项 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法 A 己烷（己烯）‎ 溴水 分液 B 淀粉（NaCl）‎ 水 渗析 C CH3CH2OH（CH3COOH）‎ 饱和碳酸氢钠溶液 蒸发 D 苯（苯酚）‎ 溴水 过滤 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、二溴己烷与己烷互溶；‎ B、用渗析的方法分离溶液和胶体；‎ C、除去乙醇中的乙酸，应加入碳酸钠固体，加热分馏；‎ D、三溴苯酚溶于苯。‎ ‎【详解】A项、己烯与溴水发生加成反应生成二溴己烷，二溴己烷与己烷互溶，不能用分液方法分离，故A错误；‎ B项、淀粉溶液为胶体，氯化钠溶于水得到氯化钠溶液，溶液和胶体可用渗析的方法分离提纯，故B正确；‎ C项、除去乙醇中的乙酸，应加入碳酸钠固体，加热蒸馏得到乙醇，故C错误；‎ D项、苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯，不能用过滤方法分离，可以用氢氧化钠溶液除溴后分液，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离与提纯，注意有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂，把握常见物质的分离方法和操作原理是解答关键。‎ ‎10.下列每组中各有三对物质，它们都能用分液漏斗分离的是（　　）‎ A. 乙酸乙酯和水、酒精和水、苯酚和水 B. 1，2﹣二溴乙烷和水、溴苯和水、硝基苯和水 C. 甘油和水、乙醛和水、乙酸和乙醇 D. 四氯化碳和水、甲苯和水、已烷和苯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用分液漏斗分离物质即分液，其要求是混合物中的各组分互不相溶，静置后能分层。‎ ‎【详解】A项、乙醇和水互溶不分层，不能用分液漏斗分离，故A错误；‎ B项、三对物质均不互溶，可以用分液的方法进行分离，故B正确；‎ C项、三对物质均互溶，不能用分液的方法进行分离，故C错误；‎ D项、己烷和苯互溶，不可以用分液的方法进行分离，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离与提纯，注意相关物质的性质的异同，把握常见物质的分离方法和操作原理是解答关键。‎ ‎11.有机物Y的分子式为C4H8O2，其红外光谱如图所示，则该有机物可能的结构简式为（　　）‎ A. CH3COOCH2CH3 B. OHCCH2CH2OCH3‎ C. HCOOCH2CH2CH3 D. （CH3）2CHCOOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由红外光谱图可看出该分子中有不对称CH3，因此该分子中有2个CH3，由图也可以看出含有C=O双键、C-O-C单键，则A的结构简式为CH3COOCH2CH3或CH3CH2COOCH3，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查有机物结构式的确定，侧重分析与应用能力的考查，把握图中信息及官能团的确定为解答的关键。‎ ‎12.化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法错误的是（　　）‎ A. 在酸性条件下水解，水解产物只有一种 B. 能与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2气体 C. 1mol化合物X最多能与3mol NaOH反应 D. 分子中两个苯环一定处于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由结构简式可知，化合物X含有酯基，可发生水解反应；含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应 ‎【详解】A项、化合物X是含有酯基的环状化合物，酸性条件下水解产物只有一种，故A正确；‎ B项、化合物X含有羧基，酸性强于碳酸，可与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2气体，故B正确；‎ C项、能与氢氧化钠反应的官能团为酯基和羧基，化合物X的酯基水解生成酚羟基和羧基，则1mol化合物X最多能与3 molNaOH反应，故C正确；‎ D项、分子中两个苯环与同一个饱和碳原子相连，饱和碳原子为四面体结构，两个苯环不一定处于同一平面，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意理解官能团与有机物性质的关系，明确羧基和酯基的性质是解答关键。‎ ‎13.已知分子式为C12H12的物质A结构简式如图所示，A环上的二溴代物有9种同分异构体，由此推断A环上的四氯代物的同分异构体的数目有（ ）‎ A. 9种 B. 10种 C. 11种 D. 12种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 应用“换元法”判断，将苯环上氢换成氯原子，同时将溴换成氢原子。‎ ‎【详解】有机物A分子中苯环上共有6个氢原子，即图中红色位置。苯环上的二溴代物分子中，苯环上连有2Br、4H，若将苯环的2Br换成2H、同时4H换成4Cl，则得到苯环上的四氯代物。即A分子苯环上的二溴代物和四氯代物数目相等，都是9种。‎ 本题选A。‎ ‎14.下列离子方程式书写错误是（　　）‎ A. 向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O B. 向酸性KMnO4溶液滴加双氧水：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O C. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气S2O32﹣+2Cl2+3H2O═2SO32﹣+4Cl﹣+6H+‎ D. CuSO4溶液吸收H2S气体：Cu2++H2S═CuS↓+2H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A 项、Ba（OH）2溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故A正确；‎ B项、酸性KMnO4溶液与双氧水发生氧化还原反应，MnO4—被还原Mn2+，H2O2被氧化为O2，反应的离子方程式为2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故B正确；‎ C项、Na2S2O3溶液与足量氯气发生氧化还原反应，Cl2被还原Cl﹣，S2O32﹣被氧化为SO42﹣，反应的离子方程式为S2O32﹣+Cl2+2H2O═2SO42﹣+2Cl﹣+4H+，故C错误；‎ D项、CuSO4溶液与H2S气体反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为Cu2++H2S═CuS↓+2H+，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了离子方程式书写，涉及复分解反应和氧化还原反应的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键。‎ ‎15.下列关于胶体的性质或应用的说法错误的是（　　）‎ A. 静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性而加以除去 B. 明矾净水是利用胶体的吸附性除去杂质 C. 将“纳米材料”分散到某液体中，用滤纸过滤的方法可以将“纳米材料”从此分散系中分离出来 D. 烟、雾属于胶体，能产生丁达尔效应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）和浊液（大于100nm），胶体具有丁达尔效应，胶体本身不带电荷，但胶体具有吸附性，吸附离子致使胶体微粒带有电荷。‎ ‎【详解】A项、静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶粒带电荷而加以除去，此过程为胶体的电泳，故A正确；‎ B项、明净水是因为明矾溶于水，溶液中Al3+发生水解反应生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体表面积大，可以吸附水中悬浮的杂质，达到净水的目的，故B正确；‎ C项、将“纳米材料”分散到某液体中，所得分散系为胶体，滤纸上的小孔直径小于100nm，胶体和溶液都能通过，只有浊液的微粒不能通过，分离提纯胶体应用半透膜，故C错误；‎ D项、烟、雾分散质粒子直径在1nm～100nm之间，属于胶体，胶体具有丁达尔效应，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了胶体的性质，侧重于考查基础知识的理解与综合应用能力，注意掌握胶体的性质与现实生活联系是解答的关键。‎ ‎16.萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是（　　）‎ A. M和N互为同分异构体 B. M分子中所有碳原子均处于同一平面上 C. N与属于同系物 D. M和N均能使酸性KMnO4溶液褪色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 的分子式为C10H14O，官能团为羟基，的分子式为C10H16O，官能团为醛基。‎ ‎【详解】A项、M的分子式为C10H14O，N的分子式为C10H16O，两者分子式不同，不是同分异构体，故A错误；‎ B项、M分子中饱和碳原子，饱和碳原子为四面体构型，则M分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，故B错误；‎ C项、与的结构不相似，其不饱和度不同，不是同类物质，不是同系物，故C错误；‎ D项、M中苯环上连有甲基，能表现苯的同系物性质，N中含-CHO，能表现醛的性质，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力和应用能力的考查，注意把握官能团与性质的关系为解答的关键。‎ ‎17.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，下列说法错误的是（　　）‎ A. O2是该反应的还原产物 B. H2S还原剂，在反应中失去电子 C. 若生成4.48L HF，则转移0.8mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2中，H2S中S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，H2S为还原剂，O2F2中O元素由+1价降低到0价，被还原，O2F2为氧化剂。‎ ‎【详解】A项、反应中，O2F2中O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，O2F2为氧化剂，氧气是还原产物，故A正确；‎ B项、反应中，H2S中S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，失去电子，H2S为还原剂，故B正确；‎ C项、不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；‎ D项、该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在反应中，氧化剂是得到电子的或电子对偏向的物质，本身具有氧化性，反应后化合价降低，对应的产物是还原产物；还原剂是失去电子的或电子对偏离的物质，本身具有还原性，反应后化合价升高，对应的产物为氧化产物。整个反应过程电子从还原剂转移到氧化剂。‎ ‎18.根据下面的四个装置图判断下列说法错误的是（　　）‎ A. 可以用图甲装置来证明非金属性：S＞C＞Si B. 可以用图乙装置来检验是否有还原性气体生成 C. 可以用图丙装置来制备并用向上排空气法收集氨气 D. 可以用图丁装置来演示Cl2的喷泉实验 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成胶状物质硅酸，由此得出酸性：硫酸>碳酸>硅酸，则非金属性S>C>Si，故A正确；‎ B项、蔗糖在浓硫酸的作用下脱水炭化生成碳，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；‎ C项、氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，故C错误；‎ D项、氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，使烧瓶内气体压强小于外界大气压而产生喷泉，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案评价，侧重考查实验操作和对实验原理及物质性质的理解，注意明确实验原理，依据物质的性质分析是解本题关键。‎ ‎19.酚类有机物A是重要的有机化工原料，主要用于生产聚碳酸酯、聚砜树脂、聚苯醚树脂等多种高分子材料。下列关于有机物A的说法正确的是（　　）‎ A. 该化合物属于芳香烃 B. 1mol A最多可与8mol H2发生加成反应 C. A不能与NaOH溶液反应，但能使酸性KMnO4溶液褪色 D. 1mol A最多可与2molBr2发生反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子中含有2个碳碳双键和2个酚羟基，能表现烯烃和酚的性质。‎ ‎【详解】A项、有机物A含有酚羟基，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故A错误；‎ B项、有机物A中苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol A最多可与8mol H2发生加成反应，故B正确；‎ C项、有机物A含有酚羟基，能与NaOH溶液反应，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；‎ D项、有机物A中碳碳双键和酚羟基，碳碳双键能与溴水发生加成反应，酚羟基能与溴水发生取代反应取代邻、对位上的氢原子，则1mol A最多可与4molBr2发生反应，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力和应用能力的考查，注意把握官能团与性质的关系为解答的关键。‎ ‎20.下列叙述正确的是（　　）‎ A. 称取2.0gNaOH固体，先在托盘上各放1张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体 B. NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中 C. 金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深埋处理 D. 浓硝酸存放在带橡胶塞的棕色玻璃试剂瓶中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、NaOH具有强腐蚀性，不能用滤纸称量NaOH固体，应用玻璃器皿（如烧杯等）称量NaOH固体，故A错误；‎ B项、氢氟酸能与玻璃中二氧化硅反应生成四氟化硅和水，NH4F在水溶液中水解生成氢氟酸，则NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，故B正确；‎ C项、汞有毒，具有挥发性，金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，应撒上硫粉处理，汞是重金属，深埋会污染环境，故C错误；‎ D项、浓硝酸具有强氧化性，能够腐蚀橡胶塞，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验基本操作和实验安全，把握物质的性质、实验基本技能、实验安全常识等为解答的关键。‎ ‎21.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，下列说法错误的是（　　）‎ A. 每生成1mol Fe3O4，反应转移的电子总数为4NA B. Fe2+和S2O32﹣都是还原剂 C. 1mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为mol D. x＝4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电荷守恒可得关系式（+2）×3+（-2）×2+x×（-1）=-2，解得x=4，反应中Fe元素和S元素的化合价升高，被氧化，O元素的化合价降低，被还原。‎ ‎【详解】A项、每生成1molFe3O4，只有1mol氧气得到电子，则反应转移的电子总数为1mol×2×（2-0）=4mol，故A正确；‎ B项、应中Fe元素和S元素的化合价升高，被氧化，则Fe2+和S2O32-都是还原剂，故B正确；‎ C项、1mol Fe2+被氧化时，由得失电子数目守恒可得如下关系式1mol×（—2）=4n（O2），n（O2）=，故C错误；‎ D项、由电荷守恒可得关系式（+2）×3+（-2）×2+x×（-1）=-2，解得x=4，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，注意把握反应中元素的化合价变化，能够用得失数目守恒和电荷守恒分析计算为解答的关键。‎ ‎22.下列离子方程式书写正确的是（　　）‎ A. 将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO﹣+H2O═SO42﹣+2HClO B. 向 FeBr2溶液中通入过量 C12：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣‎ C. FeO溶于足量稀硝酸：FeO+2H+═Fe2++H2O D. 向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子方程式正误判断常用方法为检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。‎ ‎【详解】A项、次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，反应的离子方程式为3ClO-+SO2+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，故A错误；‎ B项、氯气过量，溶液中亚铁离子和溴离子完全被氧化生成三价铁离子和单质溴，反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故B错误；‎ C项、FeO与足量稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，故C错误；‎ D项、Al2（SO4）3溶液与过量氨水反应生成硫酸铵和氢氧化铝沉淀，一水合氨为弱碱，不会溶解氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了离子方程式书写，涉及复分解反应和氧化还原反应的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键。‎ ‎23.下列有关同分异构体数目的叙述错误的是（　　）‎ 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. 有机物C7H8O属于芳香族化合物的同分异构体有6种 C. 立体烷的二氯代物有3种 D. 菲的结构简式为，它的一硝基取代物有5种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 等效H的判断方法是同一碳原子上的氢原子是等效的；同一碳原子上所连接甲基上的氢原子是等效的；处于同一对称位置的碳原子上的氢原子是等效的。‎ ‎【详解】A项、甲苯苯环上有3种H原子，含3个碳原子的烷基有正丙基、异丙基两种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代有3×2=6产物，故A正确；‎ B项、分子式为C7H8O，且属于芳香族化合物，由分子式可知含有1个苯环，若侧链有1个，则侧链为-OCH3或-CH2OH，同分异构有2种；若侧链有2个，则侧链为-CH3和-OH，存在邻、间、对三种，故符合条件的同分异构体为5种，故B错误；‎ C项、立体烷中氢原子只有1种类型，一氯代物只有1种，立体烷的一氯代物中有与氯原子在一条边上、面对角线上和体对角线上3类氢原子，故二氯代物有3种，C正确；‎ D项、菲为对称结构，有如图所示的5种H原子，则与硝酸反应，可生成5种一硝基取代物，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体，注意一氯代物利用等效氢判断，二元取代采取定一移一法，注意不要重复、漏写是解答关键。‎ ‎24.有Al2（SO4）3和K2SO4的混合溶液200mL，将它均分成两份。一份滴加足量氨水，使Al3+完全沉淀；另一份滴加BaCl2溶液，使SO42﹣完全沉淀。反应中消耗a mol NH3•H2O、b mol BaCl2．据此得知原混合溶液中的c（K+）为（　　）‎ A. （20b﹣10a）mol•L﹣1 B. mol•L﹣1‎ C. （10b﹣5a）mol•L﹣1 D. mol•L﹣1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一份发生的离子反应方程式为Al3++3NH3·H3O=Al（OH）3↓+3NH4+，第二份发生的离子反应方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓。‎ ‎【详解】由反应消耗a mol NH3·H2O可知，原溶液中n(Al3+)=mol，由消耗bmolBaCl2可知，n(SO42-)=2bmol，原溶液中存在电荷守恒关系n（K+）+3n(Al3+)=2n(SO42-),溶液中n（K+）=2n(SO42-)—3n(Al3+)=4b—3×=4b—2a，则c（K+）==（20b﹣10a）mol•L﹣1，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查与化学反应有关的计算，注意依据化学方程式计算，应用电荷守恒分析是解答关键。‎ ‎25.工程塑料PBT的结构简式为下列有关说法正确的是 A. PBT是加聚反应得到的高分子化合物 B. PBT中含有羧基、羟基和酯基 C. PBT的单体中有芳香烃 D. PBT的单体均能与Na、NaOH溶液、Na2CO3溶液反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ PBT的单体是对苯二甲酸、1，4—丁二醇，PBT是通过单体的缩聚反应制的，其存在羟基、酯基和羧基等3种官能团。‎ ‎【详解】A.PBT的单体是对苯二甲酸、1，4—丁二醇，PBT是通过单体的缩聚反应制的，A 错误。‎ B. PBT中含有羧基、羟基和酯基，正确，‎ C.对苯二甲酸不是芳香烃，是芳香烃的衍生物，C 错误，‎ D.1，4—丁二醇不能与NaOH、Na2CO3反应，D 错误。‎ 故选B。‎ ‎26.下列各组物质中，互为同位素的是_____，互为同素异形体的是_____，互为同系物的是_____，互为同分异构体的是_____，属于同一种物质的是_____。‎ ‎①金刚石与石墨　　②12C与14C　　③O2与O3 ④⑤ ⑥与 ⑦CH2＝CHCH2OH与CH3COCH3 ⑧‎ ‎【答案】 (1). ② (2). ①③ (3). ④⑧ (4). ⑤⑦ (5). ⑥‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素；由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体；结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物互称为同系物；分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；性质和结构都完全相同的是同一种物质。‎ ‎【详解】①金刚石与石墨是C元素的不同种单质，互为同素异形体；‎ ‎②12C与14C质子数相同，中子数不同，互为同位素；‎ ‎③O2与O3是O元素的不同种单质，互为同素异形体；‎ ‎④均为饱和二元羧酸，互为同系物；‎ ‎⑤分子式相同，结构不同，互为同分异构体；‎ ‎⑥甲烷为正四面体结构，与为同种物质；‎ ‎⑦CH2＝CHCH2OH与CH3COCH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体；‎ ‎⑧均为环烯烃，互为同系物；‎ 则互为同位素的是②；互为同素异形体的是①③；互为同系物的是④⑧；互为同分异构体的是⑤⑦；属于同一种物质的是⑥，故答案为：②；①③；④⑧；⑤⑦；⑥。‎ ‎27.物质分离、提纯的常用装置如图所示，根据题意选择合适的装置填入相应位置。‎ ‎（1）我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写到：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”所用的是__装置（填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”或“戊”，下同）。‎ ‎（2）《本草衍义》中对精制砒霜过程的叙述为：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下重如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法所用是_____装置。‎ ‎（3）海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图：‎ 其中分离步骤①、②、③所用分别为：_____装置、_____装置、_____装置。‎ ‎【答案】 (1). 丙 (2). 戊 (3). 乙 (4). 甲 (5). 丁 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，装置甲为过滤；装置乙为灼烧；装置丙为蒸馏；装置丁为分液；装置戊为升华。‎ ‎【详解】（1）由题意可知，从浓酒中分离出乙醇，是利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，故答案为：丙；‎ ‎（2）“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体，类似于碘的升华，因此涉及的操作方法是升华，故答案为：戊；‎ ‎（3）由流程图可知，步骤①为海藻在坩埚中灼烧，选乙装置；步骤②过滤海藻灰悬浊液得到含碘离子的溶液，选甲装置；步骤③为向含碘水溶液中加入有机溶剂萃取分液的到含碘的有机溶液，选丁装置，故答案为：乙、甲、丁。‎ ‎【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质性质的异同及实验装置的分析与应用为解答的关键。‎ ‎28.化学实验小组欲在实验室制备溴乙烷（图甲）和1﹣溴丁烷（图乙），涉及化学反应如下：‎ NaBr+H2SO4═HBr+NaHSO4 ①‎ C2H5﹣OH+HBr⇌C2H5﹣Br+H2O ②‎ CH3CH2CH2CH2﹣OH+HBr⇌CH3CH2CH2CH2﹣Br+H2O ③‎ 可能存在的副反应有：醇在浓硫酸的存在下脱水生成烯和醚，Br﹣被浓硫酸氧化为Br2等。有关数据列表如下；‎ 乙醇 溴乙烷 正丁醇 ‎1﹣溴丁烷 密度/g•cm﹣3‎ ‎0.7893‎ ‎1.4604‎ ‎0.8098‎ ‎1.2758‎ 沸点/℃‎ ‎78.5‎ ‎38.4‎ ‎117.2‎ ‎111.6‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）图乙中仪器A的名称为_____。‎ ‎（2）乙醇的沸点高于溴乙烷的沸点，其原因是_____。‎ ‎（3）将1﹣溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物在_____（填“上层”、“下层”或“不分层”）。‎ ‎（4）制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是_____。（填字母）‎ A．减少副产物烯和醚的生成 B．减少Br2的生成 C．减少HBr的挥发 D．水是反应的催化剂 ‎（5）欲除去溴代烷中少量杂质Br2，下列物质中最适合的是_____。（填字母）‎ A．NaIB．NaOHC．NaHSO3D．KCl ‎（6）制备溴乙烷（图甲）时，采用边反应边蒸出产物的方法，其有利于_____；但制备1﹣溴丁烷（图乙）时却不能边反应边蒸出产物，其原因是_____。‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). C2H5OH分子间存在氢键，溴乙烷分子间不能形成氢键 (3). 下层 (4). ABC (5). C (6). 使平衡向生成溴乙烷的方向移动 (7). 1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）仪器A为球形冷凝管；‎ ‎（2）分子间氢键的存在导致物质的熔沸点升高；‎ ‎（3）1﹣溴丁烷难溶于水，密度比水大；‎ ‎（4）根据可能发生的副反应和反应物的溶解性分析；‎ ‎（5）根据杂质的化学性质分析；‎ ‎（6）根据化学平衡移动的原理分析。‎ ‎【详解】（1）图乙中仪器A为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；‎ ‎（2）分子间氢键的存在导致物质的熔沸点升高，C2H5OH分子间存在氢键，溴乙烷分子间不能形成氢键，所以乙醇的沸点比溴乙烷溴乙烷的高，故答案为：C2H5OH分子间存在氢键，溴乙烷分子间不能形成氢键；‎ ‎（3）1﹣溴丁烷难溶于水，密度比水大，则将1﹣溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，1﹣溴丁烷在下层，故答案为：下层；‎ ‎（4）A、浓硫酸和1-丁醇反应发生副反应消去反应生成烯烃、分子间脱水反应生成醚，稀释后不能发生类似反应减少副产物烯和醚的生成，故正确；‎ B、浓硫酸具有强氧化性能将溴离子氧化为溴单质，稀释浓硫酸后能减少溴单质的生成，故正确；‎ C、反应需要溴化氢和1-丁醇反应，浓硫酸溶解溶液温度升高，使溴化氢挥发，稀释后减少HBr的挥发，故正确；‎ D.、水是产物不是反应的催化剂，故错误；‎ ABC正确，故答案为：ABC；‎ ‎（5）A、NaI和溴单质反应，但生成的碘单质会混入，故错误；‎ B、溴单质和氢氧化钠反应，溴代烷也和NaOH溶液中水解反应，故错误；‎ C、溴单质和NaHSO3溶液发生氧化还原反应，可以除去溴单质，故正确；‎ D、KCl不能除去溴单质，故错误；‎ C正确，故选C；‎ ‎（6）根据题给信息知，乙醇和溴乙烷的沸点相差较大，采用边反应边蒸出产物的方法，可以使平衡向生成溴乙烷的方向移动，而1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出，所以不能边反应边蒸出产物；而1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物，故答案为：使平衡向生成溴乙烷的方向移动；1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的制备，注意反应物和生成物的性质，明确试剂的作用和仪器选择的依据是解答关键。‎ ‎29.化合物G可用作香料，一种合成路线如图：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）F的化学名称为_____。‎ ‎（2）⑤的反应类型是_____。‎ ‎（3）A中含有的官能团的名称为_____。‎ ‎（4）由D到E的化学方程式为_____。‎ ‎（5）G的结构简式为_____。‎ ‎（6）H（C6H10O4）与C互为同系物，H可能的结构共有_____种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比1：2：2的结构简式为_____。‎ ‎【答案】 (1). 苯甲醇 (2). 水解反应（或取代反应） (3). 氯原子和羧基 (4). ：+Cl2+HCl (5). (6). 9 (7). HOOCCH2CH2CH2CH2COOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由有机物的转化关系可知，ClCH2COOH与碳酸钠反应生成ClCH2COONa，ClCH2COONa与NaCN反应生成NaOOCCH2CN，NaOOCCH2CN在酸性条件下水解生成HOOCCH2COOH；在光照条件下与氯气发生取代反应生成，则E是；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成；在浓硫酸作用下，与HOOCCH2COOH发生酯化反应生成，则G为。‎ ‎【详解】（1）F的结构简式为，属于芳香醇，名称为苯甲醇，故答案为：苯甲醇；‎ ‎（2）反应⑤为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，故答案为：水解反应（或取代反应）；‎ ‎（3）A的结构简式为ClCH2COOH，官能团为氯原子和羧基，故答案为：氯原子和羧基；‎ ‎（4）D到E的反应为在光照条件下与氯气发生取代反应生成，反应的化学方程式为+Cl2+HCl，故答案为：+Cl2+HCl；‎ ‎（5）在浓硫酸作用下，与HOOCCH2COOH发生酯化反应生成，则G的结构简式为；‎ ‎（6）H（C6H10O4）与C互为同系物，则H为饱和二元羧酸，可以视作两个—COOH取代C4H10‎ 分子中的两个氢原子，C4H10分子由两种结构，故二羧基取代物有9种；核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比1：2：2的结构简式为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，故答案为：9；HOOCCH2CH2CH2CH2COOH。‎ ‎【点睛】本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中原子数目的变化，在此基础上判断有机物的反应类型，书写有关化学方程式。‎ ‎30.磷单质及其化合物有广泛应用。结合所学知识同答下列间题：‎ ‎（1）磷酸的结构式为，三聚磷酸可视为两个磷酸分子之间脱去两个水分子的产物，三聚磷酸钠（俗称“磷酸五钠”）是一种常用的延长混凝土凝结时间的缓凝剂，其化学式为_____。‎ ‎（2）工业制备PH3的工艺流程如下（部分操作和条件略）：‎ Ⅰ．向黄磷（P4）中加入过量浓NaOH溶液，产生PH3气体和次磷酸钠（NaH2PO2）溶液；‎ Ⅱ．向NaH2PO2溶液加入过量的稀硫酸，得到次磷酸（H3PO2）；‎ Ⅲ．次磷酸（H3PO2）不稳定，受热易分解产生PH3气体和磷酸（H3PO4）。‎ ‎①黄磷和烧碱溶液反应的离子方程式为_____，根据题意判断次磷酸属于_____（填“一”“二”或“三”）元酸。‎ ‎②次磷酸受热分解的化学方程式为_____。‎ ‎③起始时有1mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成_____mol PH3（不考虑产物的损失）。‎ ‎（3）次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍。化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2﹣，在酸性条件下发生下述反应，请配平：‎ ‎_____Ni2++　 　H2PO2﹣+　 　　 　═　 　Ni++　 　H2PO3﹣+　 　　 　。‎ ‎【答案】 (1). Na5P3O10 (2). P4+3OH—+3H2O=PH3↑+3H2PO2— (3). 一 (4). 2H3PO2PH3↑+ H3PO4 (5). 2.5 (6). 1；1；H2O；1；1；2H+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)磷酸分子间通过羟基脱水形成三聚磷酸，所以三聚磷酸的结构式为：；三聚磷酸中羟基的氢原子被钠离子取代生成三聚磷酸钠，所以三聚磷酸钠的化学式为：Na5P3O10，故答案为：Na5P3O10；‎ ‎（2）①由题意可知，黄磷和过量浓NaOH溶液反应生成PH3‎ 气体和一元酸盐次磷酸钠，反应的离子方程式为P4+3OH—+3H2O=PH3↑+3H2PO2—；故答案为：P4+3OH—+3H2O=PH3↑+3H2PO2—；一；‎ ‎②次磷酸受热分解生成PH3气体和磷酸，反应的离子方程式为2H3PO2 PH3↑+ H3PO4，故答案为：2H3PO2PH3↑+ H3PO4；‎ ‎③由题意可知，1mol P4与过量浓NaOH溶液反应生成1molPH3气体和3molNa2PO2，3molNa2PO2与过量的稀硫酸反应生成3molH3PO2，3molH3PO2受热易分解产生1.5molPH3气体，则起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH3，故答案为：2.5；‎ ‎（3）由题意可知，Ni2+和H2PO2﹣反应生成单质Ni和H2PO3-，反应的化学方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-+═Ni+H2PO3-+2H+，故答案为：1；1；H2O；1；1；2H+。‎ ‎【点睛】本题考查化学工艺流程，注意对化学工艺流程中化学反应原理和物质转化的理解，和知识的迁移运用是解答关键。‎ ‎ ‎