一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分．每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1、下列属于碱的是（ 　　）

A、C2H5OHB、Na2CO3C、Ca（OH）2D、Cu2（OH）2CO3正确答案

C

解析

解：A、C2H5OH是由碳、氢、氧三种元素组成的化合物，属于有机物，不属于碱，故A错误；

B、Na2CO3是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，故B错误；

C、Ca（OH）2是由钙离子和氢氧根离子组成的化合物，属于碱，故C正确；

D、Cu2（OH）2CO3是由铜离子、氢氧根离子和碳酸根离子组成的化合物，含有金属离子和酸根离子，属于盐，故D错误；

故选：C。

2、下列属于强电解质的是（ 　　）

A、硫酸钡B、食盐水C、二氧化硅D、醋酸正确答案

A

解析

解：A．硫酸钡熔化导电完全电离，为强电解质，故A选；

B．食盐水为混合物，既不是电解质也不少非电解质，故B不选；

C．二氧化硅不能电离是非电解质，故C不选；

D．醋酸水溶液中部分电离属于弱电解质，故D不选；

故选：A。

3、下列图示表示过滤的是（ 　　）

A、B、C、D、正确答案

C

解析

解：A、根据图形判断，是物质的分液实验，故A错误；

B、根据图形判断，是定容，故B错误；

C、根据图形判断，是过滤实验装置实验，故C正确；

D、根据图形判断是移液实验，不是过滤装置，故D错误。

故选：C。

4、下列属于置换反应的是（ 　　）

A、4NH2+5O24NO+6H2OB、2Na2SO3+O2═2Na2SO4C、2Na2O2+2CO2═Na2CO3+O2D、2KI+Cl2═2KCl+I2正确答案

D

解析

解：A．生成物无单质，故A不选；

B．生成物只有一种，为化合反应，故B不选；

C．反应物中无单质，故C不选；

D．为单质、化合物反应生成新单质、化合物的反应，为置换反应，故D选；

故选：D。

5、下列溶液呈碱性的是（ 　　）

A、NH4NO3B、（NH4）2SO4C、KClD、K2CO3正确答案

D

解析

解：A．NH4NO3溶液中铵根离子水解溶液显酸性，故A错误；

B．（NH4）2SO4溶液中铵根离子水解溶液显酸性，故B错误；

C．KCl是强酸强碱盐，溶液呈中性，故C错误；

D．K2CO3溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，故D正确；

故选：D。

6、反应8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为（ 　　）

A、2：3B、8：3C、6：3D、3：2正确答案

A

解析

解：反应中N元素化合价升高，被氧化，N2为氧化产物，Cl元素化合价降低，Cl2为氧化剂，由方程式可知，当有3molCl2参加反应时，有2molNH3被氧化，则被氧化的物质与被还原的物质物质的量之比为2：3，

故选：A。

7、下列表示不正确的是（ 　　）

A、次氯酸的电子式B、丁烷的球棍模型C、乙烯的结构简式CH2＝CH2D、原子核内有8个中子的碳原子C正确答案

A

解析

解：A、HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，故其电子式为，故A错误；

B、用小球和小棍表示的模型为球棍模型，故为丁烷的球棍模型，故B正确；

C、乙烯中C原子之间以双键结合，故其结构简式为CH2＝CH2，故C正确；

D、质量数＝质子数+中子数，故原子核内有8个中子的碳原子的质量数为14，则表示为C，故D正确。

故选：A。

8、下列说法不正确的是（ 　　）

A、液氯可以储存在钢瓶中B、天然气的主要成分是甲烷的水合物C、天然石英和水晶的主要成分都是二氧化硅D、硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等正确答案

B

解析

解：A．氯气与铁常温下不反应，则氯气易液化，液氯可以保存在钢瓶中，故A正确；

B、天然气的主要成分是甲烷，故B错误；

C、石英、水晶、硅石的主要成分都是二氧化硅，故C正确；

D．硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，火山口处有硫单质，故D正确；

故选：B。

9、下列说法不正确的是（ 　　）

A、蒸馏时可通过加碎瓷片防暴沸B、可用精密pH试纸区分pH＝5.1和pH＝5.6的两种NH4Cl溶液C、用加水后再分液的方法可将苯和四氯化碳分离D、根据燃烧产生的气昧，可区分棉纤绵和蛋白质纤维正确答案

C

解析

解：A．蒸馏时可通过加碎瓷片防暴沸，故A正确；

B．可用精密pH试纸区分pH＝5.1和pH＝5.6的两种NH4Cl溶液，故B正确；

C．苯与四氯化碳相互溶解，不能分液法分离，故C错误；

D．蛋白质灼烧产生烧焦羽毛气味，可以用灼烧法区分棉纤绵和蛋白质纤维，故D正确；

故选：C。

10、下列说法正确的是（ 　　）

A、18O2和16O2互为同位素B、正己烷和2，2﹣二甲基丙烷互为同系物C、C60和C70是具有相同质子数的不同核素D、H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是同分异构体正确答案

B

解析

解：A．18O2和16O2是氧气的单质，不是原子，不能称为同位素，故A错误；

B．正己烷和2，2﹣二甲基丙烷。结构相似组成相差CH2的有机物，互为同系物，故B正确；

C．C60和C70是碳元素的不同单质，质子数不同，不是原子，故C错误；

D．H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2分子式不同，不是同分异构体，故D错误；

故选：B。

11、针对下列实验现象表述不正确的是（ 　　）

A、用同一针筒先后抽取80mL氯气、20mL水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色B、在表面皿中加入少量胆矾，再加入3mL浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变白色C、向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再滴加双氧水，产生白色沉淀D、将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧，有白色、黑色固体生成正确答案

A

解析

解：A．用同一针筒先后抽取80mL氯气、20mL水，振荡，氯气与水反应：Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，1体积水可溶解2体积Cl2，所以气体不能完全溶解，故A错误；

B．浓硫酸具有吸水性，胆矾遇到浓硫酸失去结晶水，蓝色晶体变为白色粉末，故B正确；

C．向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，无现象，再滴加双氧水，二氧化硫被氧化成硫酸，硫酸与氯化钡生成白色的硫酸钡沉淀，故C正确；

D．镁条在二氧化碳中燃烧，生成白色固体氧化镁和黑色固体颗粒碳，故D正确；

故选：A。

12、化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。

下列说法不正确的是（ 　　）

A、甲：Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B、乙：正极的电极反应式为Ag2O+2e﹣+H2O═2Ag+2OH﹣C、丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D、丁：使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降正确答案

A

解析

解：A．甲为铜锌原电池，锌为负极，铜为正极，H+浓在铜上得电子发生还原反应，所以Cu电极附近溶液中H+浓度减小，故A错误；

B．乙为纽扣电池，正极为Ag2O得电子发生还原反应，反应式为Ag2O+2e﹣+H2O═2Ag+2OH﹣，故B正确；

C．丙为锌锰干电池，锌筒作负极，发生氧化反应被消耗，所以锌筒会变薄，故C正确；

D．丁为铅蓄电池，放电时的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4＝2PbSO4+2H2O，所以使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，离子浓度减小，导电能力下降，故D正确。

故选：A。

13、不能正确表示下列变化的离子方程式是（ 　　）

A、二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：5SO2+2H2O+2MnO4﹣═2Mn2++5SO42﹣+4H+B、酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I﹣+2H++H2O2═I2+2H2OC、硅酸钠溶液和盐酸反应：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓D、硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2++2Fe═2Fe3++3Cu正确答案

D

解析

解：A．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应，离子方程式：5SO2+2H2O+2MnO4﹣═2Mn2++5SO42﹣+4H+，故A正确；

B．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水，离子方程式：2I﹣+2H++H2O2═I2+2H2O，故B正确；

C．硅酸钠溶液和盐酸反应，离子方程式：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓，故C正确；

D．铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，离子方程式：Cu2++Fe═Fe2++Cu，故D错误；

故选：D。

14、年是门捷列夫提出元素周期表周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是（ 　　）

A、第35号元素的单质在常温常压下是液体B、位于第四周期第ⅤA族的元素为非金属元素C、第84号元素的最高化合价是+7D、第七周期0族元素的原子序数为正确答案

C

解析

解：A、溴单质在常温常压下是液体，故A正确；

B、位于第四周期第ⅤA族元素是砷，是非金属，故B正确；

C、氡的原子序数为86，位于周期表中0族、第六周期，则84号元素位于第六周期、ⅥA族，所以第84号元素的最高化合价是+6，故C错误；

D、根据各周期容纳元素种数可知，第七周期最后一种元素的原子序数为2+8+8+18+18+32+32＝，故D正确，

故选：C。

15、下列说法不正确的是（ 　　）

A、正丁烷的沸点比异丁烷的高，乙醇的沸点比二甲醚的高B、甲烷、苯、葡萄糖均不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色C、羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都属于有机高分子材料D、天然植物油没有恒定的熔沸点，常温下难溶于水正确答案

B

解析

解：A．碳原子数相同的烷烃，支链越多熔沸点越低，所以正丁烷的沸点比异丁烷的高；乙醇分子之间能形成氢键，分子间作用力强于二甲醚，所以沸点高于二甲醚，故A正确；

B．葡萄糖含有醛基，能够被溴水高锰酸钾氧化，可以是溴水、高锰酸钾褪色，故B错误；

C．羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都是有机高分子化合物，形成的材料为有机高分子材料，故C正确；

D．天然植物油常温下为不溶于水的液体，为混合物，则没有恒定的熔、沸点，故D正确；

故选：B。

16、下列表述正确的是（ 　　）

A、苯和氯气生成C6H6Cl6的反应是取代反应B、乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2CH2Br2C、等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是CH3ClD、硫酸作催化剂，CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有18O正确答案

D

解析

解：A．苯和氯气生成C6H6Cl6，H原子数没有变化，为加成反应，故A错误；

B．与溴水发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，为CH2BrCH2Br，故B错误；

C．甲烷的取代反应，多步反应同时进行，可生成多种氯代烃，故错误；

D．CH3CO18OCH2CH3水解时，C﹣O键断裂，生成﹣COOH和﹣OH键，则CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有18O，故D正确。

故选：D。

17、下列说法正确的是（ 　　）

A、H（g）+I2（g）?2HI（g），其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变B、C（s）+H2O（g）?H2（g）+CO（g），碳的质量不再改变说明反应已达平衡C、若压强不再随时间变化能说明反应2A（？）+B（g）?2C（？）已达平衡，则A、C不能同时是气体D、1molN2和3molH2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出热量Q1；在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收热量至Q2，Q2不等于Q1正确答案

B

解析

解：A．压强越大，有气体或生成的可逆反应正逆反应速率都增大，缩小容器体积相当于增大压强，增大单位体积内活化分子个数，正逆反应速率都增大，故A错误；

B．可逆反应达到平衡状态时，各物质的质量不再发生变化，该反应中C的质量不变时说明该反应已经达到平衡状态，故B正确；

C．如果A、C都是气体，当压强不变时，该反应达到平衡状态，所以A、C可以同时都是气体，故C错误；

D．相同温度个相同压强下，将氨气完全转化为氮气和氢气，也是1molN2和3molH2，所以二者的等效平衡，设生成氨气的反应热为+Q，氨气分解生成氮气和氢气的反应热为﹣Q，

即有3molH2消耗放出Q热量，消耗n（H2）＝3mol×10%＝0.3mol放出的热量为Q1＝0.1Q，

消耗2mol氨气生成氮气和氢气时吸收Q热量，则消耗n（NH3）＝2mol×10%＝0.2mol时吸收热量为Q2＝0.1Q，所以Q2等于Q1，故D错误；

故选：B。

18、下列说法不正确的是（ 　　）

A、纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同B、加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏C、CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D、石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏正确答案

C

解析

解：A．纯碱和烧碱都是离子晶体，熔化时克服离子键，则纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同，故A正确；

B．水分子间存在分子间作用力，加热蒸发氯化钾水溶液的过程中水分子挥发，有分子间作用力的破坏，故B正确；

C．二氧化碳与水反应生成碳酸，反应中共价键发生变化，所以CO2溶于水存在共价键和分子间作用力的改变，故C错误；

D．石墨存在共价键和分子间作用力，所以石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，故D正确。

故选：C。

19、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ 　　）

A、1molCH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NAB、mL0.5mol?L﹣1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NAC、30gHCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NAD、2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间正确答案

D

解析

解：A.1molCH2＝CH2分子中含有的共价键为6mol，故1molCH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA，故A正确；

B.mL0.5mol?L﹣1的NaCl相当于0.25molNaCl，0.25molNaCl阴阳离子总数为0.5mol，但是NaCl溶液中还有水分子等，故mL0.5mol?L﹣1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，故B正确；

C．甲醛和乙酸的最简式均为CH2O，30g混合物含有1molCH2O，含有的碳原子数为1mol×NAmol﹣1×1＝NA，故C正确；

D.2.3克Na物质的量为：＝0.1mol，与O2完全反应生成0.1mol钠离子，转移的电子数目等于0.1NA，故D错误，

故选：D。

20、在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。下列解析不正确的是（ 　　）

A、与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积B、与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少C、深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO3（s）+H2O（l）+CO2（aq）═Ca（HCO3）2（aq）D、海水里弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO32﹣浓度增大正确答案

D

解析

解：A．由于存在碳酸钙的溶解平衡，二氧化碳的溶解度随温度的升高而减小，有利于游离的CO2增多，溶解平衡逆向移动，则浅海区有利于石灰石沉积，故A正确；

B．深海区压强增大，二氧化碳浓度较大，发生CaCO3（s）+H2O（l）+CO2（aq）═Ca（HCO3）2（aq），石灰石沉积少，故B正确；

C．深海地区石灰石溶解，发生CaCO3（s）+H2O（l）+CO2（aq）═Ca（HCO3）2（aq），故C正确；

D．CO2浓度增加，生成碳酸氢根离子，而CO32﹣浓度增大，水解显碱性，故D错误；

故选：D。

21、室温下，取20mL0.1mol?L﹣1某二元酸H2A，滴加0.2mol?L﹣1NaOH溶液。已知：H2A═H++HA﹣，HA﹣?H++A2﹣．下列说法不正确的是（ 　　）

A、0.1mol?L﹣1H2A溶液中有c（H+）﹣c（OH﹣）﹣c（A2﹣）＝0.1mol?L﹣1B、当滴加至中性时，溶液中c（Na+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣），用去NaOH溶液的体积小于10mLC、当用去NaOH溶液体积10mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c（A2﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣）D、当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液中有c（Na+）＝2c（HA﹣）+2c（A2﹣）正确答案

B

解析

解：根据H2A═H++HA﹣、HA﹣?H++A2﹣可知，H2A的第一步完全电离，第二步部分电离。

A．根据电荷守恒可得：c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），根据物料守恒：c（HA﹣）+c（A2﹣）＝0.1mol/L，二者结合可得：c（H+）﹣c（OH﹣）﹣c（A2﹣）＝0.1mol?L﹣1，故A正确；

B．当滴加至中性时c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒可知c（Na+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣），由于HA﹣只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，若为中性，加入的氢氧化钠溶液应该大于10mL，故B错误；

C．当用去NaOH溶液体积10mL时，反应后溶质为NaHA，HA﹣只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，溶液的pH＜7，根据质子守恒可得：c（A2﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣），故C正确；

D．当用去NaOH溶液体积20mL时，反应后溶质为Na2A，结合物料守恒可得：c（Na+）＝2c（HA﹣）+2c（A2﹣），故D正确；

故选：B。

22、高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c（H+）或弱碱的c（OH﹣），油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是（ 　　）

A、高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快B、高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快C、高温高压液态水中，c（H+）增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解D、高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c（H+）的酸或相同c（OH﹣）的碱的水解正确答案

D

解析

解：A．油脂的水解反应属于吸热反应，升高温度促进水解，所以高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快，故A正确；

B．油脂不溶于水，但是油脂水解生成的高级脂肪酸和甘油能溶于水，高温高压条件下，油脂与水的互溶能力增强，说明油脂水解反应速率加快，故B正确；

C．酸性条件下促进油脂水解，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，高温高压液态水中，c（H+）增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，故C正确；

D．水无论电离程度大小都存在c（H+）＝c（OH﹣），水仍然呈中性，故D错误；

故选：D。

23、MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示（M＝Ca、Mg）：

已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是（ 　　）

A、△H1（MgCO3）＞△H1（CaCO3）＞0B、△H2（MgCO3）＝△H2（CaCO3）＞0C、△H1（CaCO3）﹣△H1（MgCO3）＝△H3（CaO）﹣△H3（MgO）D、对于MgCO3和CaCO3，△H1+△H2＞△H3正确答案

C

解析

解：A．碳酸盐分解为吸热反应，且镁离子半径小，离子键强，则△H1（MgCO3）＞△H1（CaCO3）＞0，故A正确；

B．图中△H2均为C、O之间化学键的断裂，断裂化学键吸收能量，则△H2（MgCO3）＝△H2（CaCO3）＞0，故B正确；

C．由盖斯定律可知CaCO3（s）＝Ca2+（g）+CO32﹣（g）减去MgCO3（s）＝Mg2+（g）+CO32﹣（g）得到CaCO3（s）+Mg2+（g）＝MgCO3（s）+Ca2+（g），CaO（s）＝Ca2+（g）+O2﹣（g）减去MgO（s）＝Mg2+（g）+O2﹣（g）得到CaO（s）+Mg2+（g）＝MgO（s）+Ca2+（g），则△H1（CaCO3）﹣△H1（MgCO3）≠△H3（CaO）﹣△H3（MgO），故C错误；

D．分解为吸热反应，结合盖斯定律可知，H1+△H2﹣△H3＝△H＞0，即，△H1+△H2＞△H3，故D正确；

故选：C。

24、聚合硫酸铁[Fe（OH）SO4]n能用作净水剂（絮凝剂），可由绿矾（FeSO4?7H2O）和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是（ 　　）

A、KClO3作氧化剂，每生成1mol[Fe（OH）SO4]n消耗6/nmolKClO3B、生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大C、聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水D、相同条件下，Fe3+比[Fe（OH）]2+的水解能力更强正确答案

A

解析

解：A．KClO3作氧化剂，氧化FeSO4生成[Fe（OH）SO4]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O＝6[Fe（OH）SO4]n+nKCl，所以每生成1mol[Fe（OH）SO4]n消耗molKClO3，故A错误；

B．FeSO4是强酸弱碱盐，水溶液显酸性，聚合硫酸铁又称为碱式硫酸铁，生成聚合硫酸铁后，水溶液的酸性减弱，pH增大，故B正确；

C．聚合硫酸铁中的铁为+3价，能用作净水剂，则聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故C正确；

D．Fe3+是弱碱阳离子，水解也是分步进行，只是通常规定Fe3+的水解一步到位，所以Fe3+的水解第一步程度最大，即Fe3+比[Fe（OH）]2+的水解能力更强，故D正确；

故选：A。

25、白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，中的几种，常温常压下进行如下实验。

下列推断不正确的是（ 　　）

A、无色溶液B的pH≥7B、白色固体F的主要成分是H2SiO3C、混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和Na2CO3D、在无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl正确答案

C

解析

解：A．溶液B中一定含硫酸钠，且B可能含碳酸钠或硅酸钠，则无色溶液B的pH≥7，故A正确；

B．硅酸不溶于硝酸，则F的主要成分是H2SiO3，故B正确；

C．A中一定含Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，不能确定是否含KCl、CaCO3，故C错误；

D．无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀，可排除Na2SiO3，再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，白色沉淀为AgCl，说明A含KCl，故D正确；

故选：C。

二、非选择题（本大题共4小题，共50分）

26、（6分）以煤、天然气和生物质为原料制取有机化合物日益受到重视。E是两种含有碳碳双键的酯的混合物。相关物质的转化关系如下（含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质）：

请回答：

（1）A→B的反应类型　　，C中含氧官能团的名称　　。

（2）C与D反应得到E的化学方程式　　。

（3）检验B中官能团的实验方法　　。

正确答案（1）氧化反应；羧基；（2）HOCH2CHOHCH2OH+CH2＝CHCOOHCH2＝CHCOOCH2CHOHCH2OH+H2O或HOCH2CHOHCH2OH+CH2＝CHCOOHCH2＝CHCOOCH（CH2OH）2+H2O；（3）加过量银氨溶液，加热，出现银镜，说明有醛基，用盐酸酸化，过滤，滤液中加入溴水，若溴水褪色，说明有碳碳双键。解析

解：（1）A→B的反应类型为氧化反应，C为CH2＝CHCOOH，C中含氧官能团的名称为羧基；

（2）C与D反应得到E的化学方程式为HOCH2CHOHCH2OH+CH2＝CHCOOHCH2＝CHCOOCH2CHOHCH2OH+H2O或HOCH2CHOHCH2OH+CH2＝CHCOOHCH2＝CHCOOCH（CH2OH）2+H2O；

（3）检验B中官能团的实验方法为加过量银氨溶液，加热，出现银镜，说明有醛基，用盐酸酸化，过滤，滤液中加入溴水，若溴水褪色，说明有碳碳双键。

27、（6分）固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：

请回答：

（1）由现象1得出化合物X含有　　元素（填元素符号）。

（2）固体混合物Y的成分　　（填化学式）。

（3）X的化学式　　。X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反应的化学方程式是　　。

正确答案（1）O；（2）Cu和NaOH；（3）NaCuO2；2NaCuO2+8HCl═2NaCl+2CuCl+Cl2↑+4H2O.解析

解：（1）由现象1得出化合物X含有O元素；

（2）固体混合物Y的成分为Cu和NaOH；

（3）X含有Na、Cu、O等元素，质量为2.38g，生成n（Cu）＝＝0.02mol，n（Na）＝n（NaOH）＝n（HCl）＝0.02mol，则n（O）＝＝0.04mol，则化学式为NaCuO2，X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，方程式为2NaCuO2+8HCl═2NaCl+2CuCl+Cl2↑+4H2O.

28、（4分）某同学设计如图装置（气密性已检查）制备Fe（OH）2白色沉淀。

请回答：

（1）仪器1的名称　　。装置5的作用　　。

（2）实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。请为装置作一处改进，使溶液能进入4中　　。

（3）装置改进后，将3中反应后溶液压入4中，在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因　　。

正确答案（1）分液漏斗；液封，防止空气进入装置4；（2）在装置2、3之间添加控制开关；（3）装置4内的空气没有排尽。解析

解：（1）仪器1的名称为分液漏斗，装置5的作用为液封，防止空气进入装置4；

（2）实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中，为装置作一处改进，使溶液能进入4中，方法为在装置2、3之间添加控制开关；

（3）装置改进后，将3中反应后溶液压入4中，在4中析出了灰绿色沉淀，从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因为装置4内的空气没有排尽。

29、（4分）由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成mL氢气（标准状况）。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量（要求写出简要推理过程）。

正确答案

含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为

解析

解：n（H2）＝＝0.03mol，由2﹣OH～H2↑，

设X中羟基和羧基的总数为m个（m≥2），

则n（X）＝＝mol，

M（X）＝g/mol＝34mg?mol﹣1，

m＝3时，相对分子质量为，含有2个羟基和1个羧基（含4个O、1个C），至少含3个碳，而剩余C、H相对原子质量之和26，不符合，

m＝4时M（X）＝g?mol﹣1，含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为符合.

30、（10分）水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。

（1）关于反应H2（g）+O2（g）═H2O（l），下列说法不正确的是　　。

A．焓变△H＜0，熵变△S＜0

B．可以把反应设计成原电池，实现能量的转化

C．一定条件下，若观察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行

D．选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行

（2）①根据H2O的成键特点，画出与图1中H2O分子直接相连的所有氢键（O﹣H…O）。

②将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度（T）下气态、液态水平衡共存[H2O（l）═H2O（g）]时的压强（p）。在图2中画出从20℃开始经过℃的p随T变化关系示意图（20℃时的平衡压强用p1表示）。

（3）水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度（.2℃）、临界压强（22.1MPa）时的水称为超临界水。

①与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因　　。

②如果水的离子积Kw从1.0×10﹣14增大到1.0×10﹣10，则相应的电离度是原来的　　倍。

③超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图3、图4所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。

下列说法合理的是　　。

A．乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物

B．在℃条件下，反应时间大于15s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全

C．乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，而且两者数值相等

D．随温度升高，xCO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大

（4）以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生（NH4）2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用。

①阳极的电极反应式是　　。

②制备H2O2的总反应方程式是　　。

正确答案（1）C；（2）①；②；（3）①与水的电离为吸热过程，升温有利于电离，压强对电离平衡影响不大；②；③ABD；（4）①2HSO4﹣﹣2e﹣＝S2O82﹣+2H+或2SO42﹣﹣2e﹣＝S2O82﹣；②2H2OH2O2+H2↑。解析

解：（1）A．H2（g）+O2（g）═H2O（l），氢气和氧气化合反应为放热反应，焓变△H＜0，反应前后气体体积减小，反应的熵变△S＜0，故A正确；

B．自发进行的氧化还原反应可以设计成原电池，实现化学能转化为电能的能量转化，H2（g）+O2（g）═H2O（l），为自发进行的氧化还原反应，故B正确；

C．反应能自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，是反应能进行的趋势，和是否生成水无关，故C错误；

D．催化剂能降低反应的活化能加快反应速率，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行，故D正确；

故答案为：C；

（2）①氢键是氧原子和氢原子间形成的分子间作用力，每个水分子形成四个氢键，画出与图1中H2O分子直接相连的所有氢键（O﹣H…O）如图所示，；

②不同温度（T）下气态、液态水平衡共存[H2O（l）═H2O（g）]时的压强（p），从20℃开始经过℃的p随T变化关系（20℃时的平衡压强用p1表示）是随温度升高压强增大，据此画出变化图象：；

（3）①与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大，原因是：水的电离为吸热过程，升温有利于电离，压强对电离平衡影响不大；

②如果水的离子积Kw从1.0×10﹣14增大到1.0×10﹣10，Kw＝1.0×10﹣14＝c（H+）c（OH﹣），c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，Kw＝1.0×10﹣10＝c（H+）c（OH﹣），c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，则相应的电离度是原来的＝＝倍；

③A．乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳从0开始增大到一定程度减小最后为0，一氧化碳是中间产物，二氧化碳从0开始逐渐增大到一定程度不变，二氧化碳是最终产物，故A正确；

B．图4中曲线变化可知，在℃条件下，反应时间大于15s时，xCO减小接近0，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全，故B正确；

C．乙醇的超临界水氧化过程中，分析图象变化得到，乙醇为纯液体，不能表示反应的速率，二氧化碳的生成速率可以用来表示反应的速率，故C错误；

D．分析图象中曲线的变化，随温度升高，xCO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大，故D正确；

故答案为：ABD；

（4）①电解NH4HSO4溶液得过硫酸铵，电解反应方程式为：2NH4HSO4（NH4）2S2O8+H2↑，阳极上SO42﹣被氧化生成S2O82﹣，溶液呈酸性，电极反应为2HSO4﹣﹣2e﹣＝S2O82﹣+2H+或2SO42﹣﹣2e﹣＝S2O82﹣；

②通过电解NH4HSO4溶液产生（NH4）2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用，电解NH4HSO4溶液得过硫酸铵，电解反应方程式为：2NH4HSO4（NH4）2S2O8+H2↑，（NH4）2S2O8溶液送往水解器中减压水解、蒸发，蒸出过氧化氢的水溶液，剩余溶液流到阴极室再循环使用，说明（NH4）2S2O8水解生成双氧水和硫酸氢铵，反应方程式为（NH4）2S2O8+2H2O＝2NH4HSO4+H2O2，则制备H2O2的总反应方程式是2H2OH2O2+H2↑。

31、（10分）

某兴趣小组在定量分析了镁渣[含有MgCO3、Mg（OH）2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2]中Mg含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁（MgCl2?6H2O）。

相关信息如下：

①℃只发生MgCO3和Mg（OH）2的分解反应。

②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大。

③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。

请回答：

（1）下列说法正确的是　　。

A．步骤Ⅰ，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶

B．步骤Ⅲ，蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO的溶解量

C．步骤Ⅲ，可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨

D．步骤Ⅳ，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤

（2）步骤Ⅲ，需要搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示于一体（用硫酸溶液吸收氨气）。

①选择必须的仪器，并按连接顺序排列（填写代表仪器的字母，不考虑夹持和橡皮管连接）：热源→　　。

②为了指示蒸氨操作完成，在一定量硫酸溶液中加指示剂。请给出并说明蒸氨可以停止时的现象　　。

（3）溶液F经盐酸漆化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性。

①含有的杂质是　　。

②从操作上分析引入杂质的原因是　　。

（4）有同学采用盐酸代替步骤Ⅱ中的NH4Cl溶液处理固体B，然后除杂，制备MgCl2溶液。已知金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围：

金属离子pH

请给出合理的操作排序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：固体B→a→　　→　　→　　→　　→　　→　　→MgCl2溶液→产品。

a．用盐酸溶解

b．调pH＝3.0

c．调pH＝5.0

d．调pH＝8.5

e．调pH＝11.0

f．过滤

g．洗涤

正确答案（1）ABD；（2）①a→d→f→c；②甲基橙，颜色由红色变橙色；（3）①碱式氯化镁（氢氧化镁）；②过度蒸发导致氯化镁水解；（4）c→f→e→f→g→a。解析

解：（1）A．加热固体应在坩埚中进行，故A正确；

B．步骤Ⅲ，蒸氨可降低生成物的浓度，促进平衡正向移动，可提高MgO的溶解量，故B正确；

C．步骤Ⅲ，如将固液混合物C先过滤，再蒸氨，则MgO的转化率较低，固体中含有较多的MgO，故C错误；

D．固体颗粒较大时，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤，故D正确。

故答案为：ABD；

（2）①搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示于一体，可将溶液加热，用硫酸吸收，且防止倒吸，则连接顺序为a→d→f→c；

②用硫酸吸收，终点时生成硫酸铵，溶液呈酸性，可用甲基橙作指示剂，现象为颜色由红色变为橙色；

（3）①取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性，说明固体可含有氢氧化镁或碱式氯化镁；

②生成氢氧化镁或碱式氯化镁，与过度蒸发导致氯化镁水解有关；

（4）固体B含有MgO、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2等，由表中数据可知，固体溶解后，可先调节pH＝5.0，过滤、洗涤，可除去铁离子、铝离子，再调节pH＝11.0，生成氢氧化镁沉淀，过滤、洗涤，加入盐酸，可生成氯化镁，则实验顺序为B→a→c→f→e→f→g→a。

32、（10分）

某研究小组拟合成除草剂苯达松和染料中间体X。

已知信息：

（1）下列说法正确的是　　。

A．化合物B到C的转变涉及到取代反应

B．化合物C具有两性

C．试剂D可以是甲醇

D．苯达松的分子式是C10H10N2O3S

（2）化合物F的结构简式是　　。

（3）写出E+G→H的化学方程式　　。

（4）写出C6H13NO2同时符合下列条件的同分异构体的结构简式　　。

①分子中有一个六元环，且成环原子中最多含2个非碳原子；

②1H﹣NMR谱和IR谱检测表明分子中有4种化学环境不同的氢原子。有N﹣O键，没有过氧键（﹣O﹣O﹣）。

（5）设计以CH3CH2OH和原料制备X（）的合成路线（无机试剂任选，合成中须用到上述①②两条已知信息，用流程图表示）　　。

正确答案（1）BC；（2）（CH3）2CHNH2；（3）+（CH3）2CHNHSO2Cl→+HCl；（4）；（5）。解析

解：（1）A．化合物B到过程中先是氧化生成，然后发生还原反应生成C为，不涉及取代反应，故A错误；

B．化合物C为，含有氨基、羧基，具有两性，故B正确；

C．由分析可知试剂D是甲醇，故C正确；

D．苯达松的分子式是C10H13N2O3S，故D错误。

故选：BC；

（2）化合物F的结构简式是：（CH3）2CHNH2；

（3）E+G→H的化学方程式：+（CH3）2CHNHSO2Cl→+HCl+HCl；

（4）C6H13NO2不饱和度为1，符合下列条件的同分异构体：①分子中有一个六元环，说明没有不饱和键，也没有硝基，且成环原子中最多含2个非碳原子，六元环可能情况：①六元环全为碳原子；②六元环中含有一个O；③六元环中含有一个N；④六元环中含有一个N和一个O；②1H﹣NMR谱和IR谱检测表明分子中有4种化学环境不同的氢原子。有N﹣O键，没有过氧键（﹣O﹣O﹣），若六元环中含有2个O，这样不存在N﹣O键，不符合条件。同时核磁共振氢谱显示有4中氢原子，该分子具有相当的对称性，可推知环上最少两种氢，侧链两种氢，可能的结构简式为：；

（5）由与CH3COCH2COOC2H5反应生成，而CH3COOC2H5在碱性条件下得到CH3COCH2COOC2H5，乙醇氧化生成乙酸，乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，和合成路线流程图为：。

特别声明：本