河北省张家口市第一中学2019-2020学年高二12月月考化学试题

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张家口市第一中学2019-2020学年级高二12月考试 化学试卷(衔接班)‎ 第I卷（选择题，共55分）‎ 一．选择题：（本题共25小题，前20题每小题2分，后5个题每题3分，共55分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）‎ ‎1. 化学与生活密切相关。下列说法不正确的是 A. 乙烯可作水果的催熟剂 B. 硅胶可作袋装食品的干燥剂 C. 福尔马林可作食品的保鲜剂 D. 氢氧化铝可作胃酸的中和剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、乙烯是一种植物生长调节剂，可作水果的催熟剂，A正确；B、硅胶多孔，吸收水分能力强，可作袋装食品的干燥剂，B正确；C、福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能作食品的保鲜剂，C不正确；D、氢氧化铝属于两性氢氧化物能与酸反应，可作胃酸的中和剂，D正确，答案选C。‎ ‎【考点地位】本题主要是考查化学与生活的有关判断。‎ ‎【名师点晴】本题主要是以化学在生活中的应用为载体，涉及乙烯、硅胶、甲醛和氢氧化铝的性质与用途，意在提高学生关注化学在生活中的广泛应用，提高学生的科学素养。本题难度不大，平时注意相关基础知识的理解掌握和积累。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎2.下列离子方程式中正确的是 A. 稀硫酸滴加在铜片上：Cu +2H+=Cu2++H2↑‎ B. 氧化铁粉末溶于稀盐酸：Fe2O3+ 6H+=2Fe3+ + 3H2O C. 硫酸滴加到氢氧化钡溶液中：H++ OH-=H2O D. 碳酸氢钠和盐酸反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cu在金属活动性顺序表中位于H的后边，不能把酸中的H置换出来，错误；‎ B．氧化铁粉末溶于稀盐酸反应产生氯化铁和水，反应的离子方程式是：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，正确；‎ C．硫酸滴加到氢氧化钡溶液中，发生反应产生硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是：2H++SO42-+ Ba2++2OH-= BaSO4↓+2H2O，错误；‎ D．碳酸氢钠和盐酸反应产生氯化钠、水、二氧化碳，反应的方程式是：HCO3-+2H+=CO2↑+H2O，错误。‎ 答案选B。‎ ‎3.已知重铬酸钾(K2Cr2O7)具有强氧化性，其还原产物Cr3+在水溶液中呈绿色或蓝绿色。在K2Cr2O7溶液中存在下列平衡：Cr2O72−(橙色) + H2O2CrO42−(黄色) + 2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是（     ）‎ A. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄 B. ②中Cr2O72−被C2H5OH还原 C. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强 D. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深；加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A不符合题意；‎ B、②中溶液变成绿色，重铬酸钾被还原，重铬酸钾氧化乙醇，故B不符合题意；‎ C、②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C不符合题意；‎ D、若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D符合题意。‎ ‎4. “民以食为天，食以安为先”。下列做法会危害食品安全的是 A. 回收餐桌废油加工成化工原料 B. 给蔬菜瓜果喷洒甲醛溶液 C. 在熟食中加适量的食品添加剂 D. 食盐加碘、酱油加铁 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 考查化学与食品安全。‎ 甲醛有毒，不能用来给蔬菜瓜果喷洒，B不正确，其余都是正确的，所以答案选B。‎ ‎5.下列化学用语或命名正确的是 A. 次氯酸的结构式：H-Cl-O B. 含有10个中子的氧原子的符号：‎ C. S2-的结构示意图 D. NH4Cl的电子式： ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、次氯酸的结构式：H—O—Cl， A 错误；‎ B、氧的元素符号为O，该氧原子的质量数A=8+10=18，则该原子的化学符号为，B正确；‎ C、S2-最外层为8个电子，结构示意图为，C错误；‎ D、NH4Cl的电子式：，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.下列实验操作能达到实验目的的是 实验目的 实验操作 A 制备Fe(OH)3胶体 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中 B 由MgCl2溶液制备无水MgCl2‎ 将MgCl2溶液加热蒸干 C 除去Cu粉中混有的CuO 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥 D 比较水和乙醇中氢的活泼性 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中生成的是Fe(OH)3沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体；‎ B. 将MgCl2溶液加热蒸干时，由于发生生水解且水解产物易挥发或易分解，故不能由MgCl2溶液制备无水MgCl2，B不能达到；‎ C. 加入稀硝酸溶液， Cu粉及其中混有的CuO全部溶解，不能达到；‎ D. 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可以根据反应的剧烈程度比较水和乙醇中羟基氢的活泼性，D能达到。‎ 故选D。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎7.下列物质的分类合理的是 A. 酸性氧化物：CO2、SiO2、SO2、NO2‎ B. 碱：烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡 C. 混合物：盐酸、漂白粉、水煤气、氢氧化铁胶体 D. 碱性氧化物：Na2O、CaO、MgO、Al2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2、SO2、SiO2都是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故A错误；‎ B．烧碱、苛性钾、氢氧化钡均为碱，而纯碱为碳酸钠是盐，故B错误；‎ C．盐酸是HCl的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水煤气是CO和H2形成的混合物；氢氧化铁胶体是分散系的一种，均为混合物；故C正确；‎ D．Na2O、CaO、MgO是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，故D错误；答案为C。‎ ‎8.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )‎ A. 强酸性溶液中：、、、‎ B. 含有的溶液中：、、、‎ C. 含有的溶液中：、、、‎ D. 室温下,的溶液中：、、、‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．K+、Al3+、Cl-、SO42-之间不反应，且都不与强酸反应，在溶液中能够大量共存，选项A正确；‎ B．Fe3+能够氧化I-，在溶液中不能大量共存，选项B错误；‎ C．Ca2+、CO32-之间发生反应生成难溶物碳酸钙，在溶液中不能大量共存，选项C错误；‎ D．酸性条件下NO3-可将Fe２+氧化而不能大量共存，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】注意明确离子不能大量共存的一般情况：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；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”存等。‎ ‎9.下列说法正确的是（　　）‎ A. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+‎ B. Na2O2与水反应时,生成0.1 mol O2，转移的电子数为0.2NA C. Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色 D. 在酒精灯加热条件下， Na2CO3和NaHCO3固体都能发生分解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钠与CuSO4溶液反应生成氢氧化铜沉淀和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，选项A错误；‎ B、Na2O2和水反应时，氧元素由－1价变为0价，故当生成0.1 mol O2时转移0.2NA个电子，选项B正确；‎ C、Na2O2与水反应产生NaOH和O2，NaOH电离产生OH-‎ 使到湿润的紫色石蕊试纸变蓝色，由于Na2O2具有强的氧化性，会使蓝色试纸变为白色，所以石蕊试纸最终变成白色，选项C错误；‎ D、Na2CO3的性质稳定,在酒精灯加热条件下不能分解,而NaHCO3能分解，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是（ ）‎ A. X的简单氢化物的热稳定性比W强 B. Y的简单离子与X的简单离子具有相同的电子层结构 C. Y与Z形成的化合物的水溶液可使紫色石蕊试纸变红 D. Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，该氢化物为氨气，则W为N元素；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na元素；由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，黄色沉淀为S，刺激性气体为SO2，则由X、Y和Z三种元素形成的一种盐为Na2S2O3，则X为O元素，Z为S元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：W为N元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为S元素。‎ A．非金属性O＞N，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则O的简单氢化物的热稳定性比N的强，故A正确；‎ B．Y 的简单离子(Na+)与X 的简单离子(O2-)均有10个电子，具有相同的电子层结构，故B正确；‎ C．Na、S形成的化合物为硫化钠，硫化钠水解，溶液呈碱性，能够使红色石蕊试纸变蓝，但不能使蓝色石蕊试纸变色，故C错误；‎ D．Z为S元素，与O同主族，与Na同周期，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】正确推断元素为解答的关键。本题的难点为元素的推断，要注意熟悉Na2S2O3的性质，Na2S2O3在酸性溶液中会发生歧化反应。‎ ‎11.将等物质的量的A、B混合于‎2L的密闭容器中，发生下列反应：‎3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），经2min后测得D的浓度为0.5mol/L，c（A）：c（B）=3：5，以C表示的平均速率v（C）=0.25mol•L-1•min-1，下列说法正确的是（　　）‎ A. 反应速率 ‎ B. 该反应方程式中，‎ C. 2min时，A的物质的量为 D. 2min时，A的转化率为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据题意得v（D）=0.5mol/L÷2min=0.25 mol·L-1·min-1，则根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知v（B）=1/2v（D）=0.125 mol·L-1·min-1，A错误；‎ B、根据题意得v（D）=0.5mol/L÷2min=0.25 mol·L-1·min-1，以C表示的平均速率v（C）=0.25mol·L-1·min-1，根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x＝2，B错误；‎ C、2min时，D的物质的量是0.5mol/L×‎2 L=1mol，所以消耗A、B的物质的量分别是1.5mol、0.5mol，设A、B起始物质的量均为y，则剩余A、B的物质的量分别是y-1.5mol、y-0.5mol，根据c(A)：c(B)=3：5，解得（y-1.5mol）/(y-0.5mol)=3:5，解得y=3mol。所以2min时，A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol，C正确；‎ D、A的转化率为1.5mol/3mol×100%=50％，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH-，若想增大NH4+的浓度，而不增加OH-的浓度，应采取的措施是（　　）‎ ‎①适当升高温度  ②加入NH4Cl固体  ③通入NH3  ④加入少量盐酸 ‎ A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①适当升高温度，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故①错误；‎ ‎②加入氯化铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故②正确；‎ ‎③向氨水中通入氨气，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故③错误；‎ ‎④加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c(NH4+)增大，c(OH-)减小，故④正确；‎ 故答案为D。‎ ‎13.一定量的混合气体在密闭容器中发生如下反应：,达到平衡后测得A气体的浓度为,保持温度不变,将密闭容器的容积压缩为原来的一半再次达到平衡后,测得A浓度为,则下列叙述正确的是      ‎ A. 平衡向正反应方向移动 B. ‎ C. B的物质的量浓度减小 D. C的体积分数降低 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】保持温度不变，保持温度不变将容器的容积缩为原来的一半，如平衡不移动，A的浓度为1mol/L，实际上A的浓度变为0.8mol/L，说明平衡向消耗A的方向移动，即向正反应移动，‎ A、由上述分析可知，平衡向正反应方向移动，选项A正确；‎ B、缩小体积，压强增大，平衡向正反应移动，压强增大平衡向气体物质的量减小的方向移动，即x+y＞n，选项B错误；‎ C、由上述分析可知，平衡虽然向正反应方向移动，B的量减小，但容器的体积缩小一半，故B的物质的量浓度比原来的大，但小于原来浓度的2倍，选项C错误；‎ D、平衡向正反应方向移动，气体C的物质的量增大，故C的体积分数增大，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎14.在300 mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)＋4CO(g) Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表所示：‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎80‎ ‎230‎ 平衡常数 ‎5×104‎ ‎2‎ ‎1.9×10－5‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A. 上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应 B. ‎25 ℃‎时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)＋4CO(g)的平衡常数为0.5‎ C. 在‎80 ℃‎时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均0.5 mol/L，则此时v正>v逆 D. ‎80 ℃‎达到平衡时，测得n(CO)＝0.3 mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由已知的数据可以看出，升高温度，平衡常数减少，说明平衡向逆方向移动，正反应是放热反应，A错；‎ B‎.25℃‎时反应Ni(CO)4（g）Ni（s）+4CO（g）时，它平衡常数是1/（5×104），B错；‎ C‎.80℃‎时，Qc=0.5/0.54>2，说明平衡向逆方向移动，C错；‎ D‎.80℃‎时，n（CO）=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol/L，代入平衡常数表达有，2/（0.3/‎0.3L）4=2，所以假定成立，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎15.苯乙烯的结构为 ，该物质在一定条件下能和氢气完全加成，加成产物的一溴取代物有（ ）‎ A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 苯乙烯（ ）在一定条件下能和氢气完全加成，生成乙基环己烷，根据等效氢的概念分析其中含有6种氢原子，其一溴取代物有6种。选C。‎ ‎16.下列实验能获得成功的是 A 将乙醛滴入银氨溶液中，加热煮沸制银镜 B. 将1-氯丙烷与NaOH溶液共热几分钟后，冷却、加入过量硫酸酸化，滴加AgNO3溶液，得白色沉淀，证明其中含有氯元素 C. 向浓苯酚中加几滴稀溴水观察到沉淀 D. 取2mL 1mol·L-1CuSO4溶液于试管中，加入10mL 2mol·L-1NaOH溶液，在所得混合物中加入40%的乙醛溶液，加热得到砖红色沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.银镜反应需要水浴加热，不能直接加热煮沸，故A错误；‎ B.硫酸银是微溶物，加入硫酸酸化会产生白色沉淀，干扰氯离子检验，应加入过量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，得白色沉淀，证明其中含有氯元素，故B错误；‎ C.用稀溴水时生成三溴苯酚较少，溶于苯酚，不能观察到三溴苯酚的颜色，应该加入浓溴水，故C错误；‎ D.用新制的氢氧化铜检验，需要在碱性条件下、加热，取2mL 1mol·L-1CuSO4溶液于试管中，加入10mL 2mol·L-1NaOH溶液，反应生成氢氧化铜，氢氧化钠过量，为碱性条件，故加热生成氧化亚铜，有砖红色沉淀出现，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎17.下列有机物中，既能发生加成反应，又能发生酯化反应，还能被新制Cu(OH)2悬浊液氧化的物质是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CH3=CH-CHO，分子中没有-OH或-COOH，不能够发生酯化反应，选项A错误；‎ B、CH3CH2COOH，分子中没有醛基，不能被新制的Cu(OH)2氧化，选项B错误；‎ C、分子中没有醛基，不能够被新制Cu(OH)2悬浊液氧化，选项C错误；‎ D、CH2OH(CHOH)4CHO分子中含有羟基、羟基，既能发生加成反应，又能发生酯化反应，还能被新制Cu(OH)2悬浊液氧化，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】注意根据官能团的性质判断有机物可能具有的性质，能发生酯化反应的有机物中应含有-OH或-COOH；能发生加成反应的有机物中应含有C=C或-CHO等；能被新制的Cu(OH)2氧化的有机物应含有-CHO。‎ ‎18.香天竺葵醇具有温和、香甜的玫瑰花气息，其结构式如图所示。下列有关香天竺葵醇的说法错误的是 A. 分子中含有两种官能团 B. 该物质中的碳原子一定全部共面 C. 使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理不同 D. 香天竺葵醇能发生加聚反应和氧化反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该物质分子中含碳碳双键、羟基两种官能团，A正确；‎ B.该物质分子中含有多个饱和C原子，由于饱和碳原子具有甲烷的正四面体结构，所以物质分子中的碳原子不一定能共平面，B错误；‎ C.物质分子中含碳碳双键，与溴发生加成反应而使溴水褪色，与高锰酸钾发生氧化反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，二者褪色原理不相同，C正确；‎ D.物质分子中含双键可发生加聚反应，含-OH、双键均可发生氧化反应，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎19.某实验小组以苯为原料制取苯酚，进而合成高分子化合物。下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应为取代反应,反应都是消去反应 B. 物质B的核磁共振氢谱有5组峰 C. 反应的条件为浓硫酸、加热 D. 反应物E所有原子一定同一平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据苯、A及A与氢氧化钠水溶液共热反应生成苯酚可知，A为氯苯，反应为苯与氯气在一定条件下发生取代反应生成氯苯；苯酚在Ni催化下与氢气发生加成反应生成B为，在浓硫酸催化下发生消去反应生成C为环己烯，反应②为与溴发生加成反应生成D为，反应③为 在氢氧化钠的醇溶液中加热，发生消去反应生成E，发生加聚反应生成高分子化合物。‎ A. 反应取代反应，反应②为加成反应，反应③为消去反应，选项A错误；‎ B. 物质B为，核磁共振氢谱有5组峰，选项B正确；‎ C. 反应的条件为氢氧化钠的醇溶液、加热，选项C错误；‎ D. 反应物E为，分子中存在亚甲基，根据甲烷的正四面体结构可知，所有原子一定不都在同一平面，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎20.下列有机物的命名正确的是 A. 二溴乙烷 B. 2 −甲基−3 −乙基丁烷 C. 2 −羟基丁烷 D. 2，3 −二甲基−1，4 −戊二烯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溴原子是官能团，位置需要标注，名称为1，2-二溴乙烷，故A错误；‎ B.主链有4个碳原子时，不能存在3-乙基，主链选错，正确的名称为：2，3-二甲基戊烷，故B错误；‎ C.羟基为官能团，物质类别为醇，命名应从离羟基近的一端编号，正确名称为：2-丁醇，故C错误；‎ D.选取含碳碳双键在内的主碳链，离碳碳双键近的一端编号，取代基位次和最小，正确的名称为：2，二甲基，戊二烯，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】有机物命名原则：‎ ‎（1）①长：选最长碳链为主链；‎ ‎②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；‎ ‎③近：离支链最近一端编号；‎ ‎④小：支链编号之和最小 ‎⑤简：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；‎ ‎（2）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次给苯环编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；‎ ‎（3）含有官能团的有机物命名时，要选含（或带）官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。‎ ‎21.下列物质属于同系物的是（ ）‎ A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CH3CH2Cl和CH2ClCH2CH2Cl，两者含有的官能团的个数不同，不是同系物，故A错误；‎ B.CH2=CH2和CH2=CHCH=CH2，两者含有的官能团的个数不同，分别为烯烃和二烯烃，不是同系物，故B错误；‎ C.C2H5OH和CH4O分别为乙醇和甲醇，结构相似，在分子组成中相差1个CH2原子团，是同系物，故C正确；‎ D.CH3COOH为饱和一元酸，C17H33COOH为不饱和一元酸，含有的官能团不同，不是同系物，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎22.对于苯乙烯 )的叙述有如下几点：‎ ‎①能使酸性 溶液褪色；②可发生加聚反应；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤能与浓硝酸发生取代反应；⑥所有的原子可能共平面。其中正确的是（       ）‎ A. B. C. D. 全部正确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①苯乙烯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；‎ ‎②苯乙烯中含有碳碳双键，则可发生加聚反应故②正确；‎ ‎③苯乙烯为有机物，不溶于水，故③错误；‎ ‎④根据相似相溶可知，苯乙烯可溶于苯中，故④正确；‎ ‎⑤苯环能与浓硝酸发生取代反应，则苯乙烯能与浓硝酸发生取代反应，故⑤正确；‎ ‎⑥苯环为平面结构、乙烯为平面结构，且苯环中的C原子与乙烯中的碳原子直接相连，则所有的原子可能共平面，故⑥正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查苯乙烯的结构及性质。苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，则具备苯和烯烃的化学性质，且苯环为平面结构、乙烯为平面结构。‎ ‎23.下列化学用语对事实的表述不正确的是（　　）‎ A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：‎ B. 常温时,氨水的：‎ C. 由Na和Cl形成离子键的过程：‎ D. 电解精炼铜的阴极反应：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，选项A错误；‎ B、常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9mol·L-10.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-，选项B正确；‎ C、Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，选项C正确；‎ D、电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，选项D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。‎ ‎24.关于卤代烃与醇的说法不正确的是（）‎ A. 卤代烃与醇发生消去反应的条件不同 B. 既可以发生消去反应，又可以被氧气催化氧化 C. 不同的卤代烃通过消去反应可能会生成相同的烯烃 D. 可以发生消去反应，那么也可以发生消去反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，醇发生消去反应是在浓硫酸作催化剂条件下，条件不同，故A正确；‎ B、根据该有机物的结构可知，其可以发生消去反应生成烯烃，但不能被氧气催化氧化，故B错误；‎ C、不同卤代烃通过消去反应可能会生成相同的烯烃，如CH3CH2Cl和CH3CH2Br均可发生消去反应生成乙烯，故C正确；‎ D、（CH3）3CBr，与Br相连的C的邻位上有H原子，能消去，故D正确，‎ 故选B。‎ ‎25.某芳香烃的分子式为C11H16，分子结构中只含有一个烷基，符合条件的烃有（）‎ A. 8种 B. 7种 C. 5种 D. 4种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据芳香烃分子式可知C11H16不饱和度为4，则烷基的组成为-C5H11，烷基组成结构为-CH2-C4H9或-CH(CH3)-C3H7或-CH(C2H5)2。若烷基为-CH2-C4H9，-C4H9的异构体有：‎ ‎、、、，故有4种异构体；若烷基为-CH(CH3)-C3H7，-C3H7的异构体有：正丙基、异丙基两种，故有2种异构体；若烷基为-CH(C2H5)2，-C2H5没有异构体，结构只有1种。故符合条件的烷基的结构共有4+2+1=7，则符合条件的烃有7种，故选B。‎ 考点：考查了同分异构现象和同分异构体的相关知识。‎ 第II卷（非选择题，共45分）‎ 二．填空题： （本题共4小题，共45分。）‎ ‎26.实验测得，某有机物相对分子质量为72。‎ ‎(1)若该有机物是烃，其分子式为__________。它有______种同分异构体。若该烃与发生取代反应，生成的一氯代物只有1种，则该烃的结构简式为___________________。‎ ‎(2)若该有机物分子中只有一个氧原子，其分子式为_____________________。‎ ‎(3)若该有机物完全燃烧生成和，则该有机物的分子式为______，若它是一种不饱和羧酸，该酸与甲醇发生酯化反应的化学方程式为注明反应条件： _________。‎ ‎【答案】 (1). C5H12 (2). 3 (3). (4). C4H8O (5). C3H4O2 (6). CH2=CH—COOH+CH3OHCH2=CH—COOCH3+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据商余法计算烃及烃的含氧衍生物的分子式，通过有机物燃烧推断有机物的最简式，进而推知其分子式，再确定结构简式。‎ ‎【详解】（1）因该烃的相对分子质量为72，且仅含有碳和氢两种元素，根据商余法=5…2，所以分子为C5H12；C5H12的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH3、C(CH3)4，共有3种；发生取代反应时，含5个碳原子的烷烃的一氯取代物只有一种，说明烃分子中12个氢原子的位置均是等效的，分子结构对称，则该烃的结构简式为C(CH3)4；‎ ‎（2）若该有机物分子中只有一个氧原子，则除氧以外的相对质量为72-16=56，根据商余法 ‎=4，其分子式为C4H8O；‎ ‎（3）n（CO2）=0.15mol，则‎3.6g有机物中：n（C）=n（CO2）=0.15mol，m（C）=0.15mol×‎12g/mol=‎1.8g，n（H2O）=0.1mol，n（H）=2n（H2O）=0.2mol，m（H）=0.2mol×‎1g/mol=‎0.2g，因（‎1.8g+‎0.2g）=‎2g＜‎3.6g，所以有机物中还应还用O元素，且m（O）=‎3.6g-2g=‎1.6g，n（O）==0.1mol，则有机物中：n（C）：n（H）：n（O）=0.15mol：0.2mol：0.1mol=3：4：2，所以该有机物的最简式为C3H4O2，令有机物组成为（C3H4O2）x，该有机物A的相对分子质量为72，则72x=72，故x=1，所以该有机物的分子式为C3H4O2；‎ 它是一种不饱和羧酸，必含有-COOH，分子式为C3H4O2，故该分子的结构简式为：CH2=CH-COOH，该酸与甲醇发生酯化反应，酸脱羟基醇脱氢原子，所以该反应的化学方程式为：CH2=CH-COOH+CH3OHCH2═CHCOOCH3+H2O。‎ ‎27.已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如下转化关系，其中C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2，试回答下列有关问题。‎ ‎(1)G的结构简式为_______________________________。‎ ‎(2)指出下列反应的反应类型：A转化为B：__________________，C转化为D：______________________。‎ ‎(3)写出下列反应的化学方程式:‎ D生成E的化学方程式：________________________________。‎ B和F生成G的化学方程式：___________________________。‎ ‎(4)符合下列条件的G的同分异构体有________种。‎ ‎①苯环上有3个取代基，且有两个取代基相同；②能够与新制的银氨溶液反应产生光亮的银镜。其中共有四种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式为_____________、____________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). 加成反应 (4). 2CH3CH2OH+O2‎ ‎2CH3CHO+2H2O (5). + CH3COOH +H2O (6). 6 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则C为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成F为CH3COOH，甲苯与氯气在光照条件发生甲基上的取代反应生成A，A发生水解反应生成B，B与F反应生成G（C9H10O2），由G的分子式可知，B为一元醇，故A为，B为，G为，据此分析解答。‎ ‎【详解】C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则C为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成F为CH3COOH，甲苯与氯气在光照条件发生甲基上的取代反应生成A，A发生水解反应生成B，B与F反应生成G（C9H10O2），由G的分子式可知，B为一元醇，故A为，B为，G为。‎ ‎（1）G的结构简式为；‎ ‎（2）A转化为B是卤代烃的水解反应，也属于取代反应，C转化为D是乙烯与是发生加成反应生成乙醇，故答案为：水解反应或取代反应；加成反应；‎ ‎（3）D生成E的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；‎ B和F生成G的化学方程式为：+ CH3COOH +H2O；‎ ‎（4）符合下列条件的的同分异构体：能够与新制的银氨溶液反应产生光亮的银镜，含有-CHO，苯环上有3个取代基，且有两个取代基相同，还含有2个-CH3，另外取代基为-OOCH，2个-CH3相邻，-OOCH有2种位置，2个-CH3处于间位，-OOCH有3种位置，2‎ 个-CH3处于对位，-OOCH有1种位置，故符合条件的同分异构体有2+3+1=6种，其中氢原子共有四种不同环境的所有物质的结构简式为：、。‎ ‎28.（1）A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。‎ ‎①B中Sn极的电极反应式为_______；Sn极附近溶液的pH(填“增大”、“减小”或“不变”)______。‎ ‎②C中总反应离子方程式为_______________。‎ ‎③比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是________________。‎ ‎（2）如图是甲烷燃料电池原理示意图，回答下列问题：‎ ‎①电池的负极是________(填“a”或“b”)电极，该极的电极反应是：_______________________。‎ ‎②常温下，如果该原电池电解质溶液为pH=13的氢氧化钠500mL，构成原电池一段时间后pH变为12，则构成原电池消耗了标准状况下__________ mL甲烷，（假设化学能全部转化为电能，忽略氢氧化钠溶液的体积变化）‎ ‎【答案】 (1). 2H++2e-=H2↑ (2). 增大 (3). Zn+2H+=Zn2++H2 (4). B>A>C (5). a (6). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (7). 504‎ ‎【解析】‎ ‎⑴. ①.在B装置中，Fe为负极，Sn为正极，在正极上氢离子放电生成氢气，则在Sn极的电极反应式为：2H＋＋2e－=H2↑；在Sn电极，因消耗H＋，故pH增大；故答案为2H＋＋2e ‎－=H2↑；增大；‎ ‎②.在C装置中，Zn易失电子作负极，Fe作正极，本原电池装置实质上相当于锌和氢离子之间的置换反应，则总反应方程式为：Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，故答案为Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑；‎ ‎③.在A装置中，Fe发生化学腐蚀，B装置中Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀，C装置中Zn为负极，Fe为正极，Fe受到保护，因腐蚀速率：原电池引起的腐蚀＞化学腐蚀＞受到保护的腐蚀，故答案为B＞A＞C；‎ ‎⑵. ①.在燃料电池中，通入燃料的电极是负极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以a极是负极，电极反应式为：CH4－8e－＋10OH－=CO32－＋7H2O，故答案是：a；CH4－8e－＋10OH－=CO32－＋7H2O；‎ ‎②.常温下，pH=13的NaOH溶液中c（OH－）=0.1mol/L，pH=12的NaOH溶液中c（OH－）=0.01mol/L，该原电池的总反应式为：CH4＋2O2＋2OH－=CO32－＋3H2O，构成原电池一段时间后，NaOH溶液中氢氧根离子减少了n（OH－）=‎0.5L×0.1mol/L－‎0.5L×0.01mol/L＝0.045mol，根据总反应式，则消耗标准状况下甲烷的体积是：0.045mol÷2×‎22.4L/mol＝‎0.504L，即504mL，故答案是：504。‎ ‎29.研究氨氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：‎ ‎2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)　K1　ΔH1<0(Ⅰ)‎ ‎2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)　K2　ΔH2<0(Ⅱ)‎ ‎（1）4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝_______(用K1、K2表示)。‎ ‎（2）为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向‎2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol Cl2，10 min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10 min内v(ClNO)＝7.5×10－3 mol·L－1·min－1，则平衡后n(Cl2)＝________mol，NO的转化率α1＝________。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2________α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常数K2______(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采取的措施是________。‎ ‎（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得‎1 L溶液A，溶液B为0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液，则两溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO－)由大到小的顺序为______________________________。(已知HNO2电离常数Ka＝7.1×10－4 mol·L－1，CH3COOH的电离常数Ka＝1.7×10－5 mol·L－1)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是 ‎________。‎ a．向溶液A中加适量水 b．向溶液A中加适量NaOH c．向溶液B中加适量水 d．向溶液B中加适量NaOH ‎【答案】 (1). (2). 2.5×10－2 (3). 75% (4). > (5). 不变 (6). 升高温度 (7). c(NO3－)>c(NO2－)>c(CH3COO－) (8). b、c ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由化学平衡常数的概念写出K1=c(ClNO)/c2(NO2)，K2=c2(ClNO)/[c2(NO)·c(Cl2)]，反应4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=[ c2(NO)·c(Cl2)]/c4(NO2)=。‎ ‎（2）反应起始到平衡时转化的ClNO物质的量为7.5×10-3mol•L-1•min-110min‎2L=0.15mol，用三段式计算 ‎2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）‎ n（起始）（mol） 0.2 0.1 0‎ n（转化）（mol） 0.15 0.075 0.15‎ n（平衡）（mol） 0.05 0.025 0.15‎ 则平衡后n（Cl2）=0.025mol。NO的转化率a1=0.15mol0.2mol=0.75。该反应的正反应为气体分子数减小的反应，该反应若在其他条件不变，恒压条件下进行，相当于在恒容条件下达到平衡后，增大压强，平衡正向移动，平衡时NO的转化率增大，a2a1。平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，K2不变。要使K2减小只能改变温度，由于该反应的正反应为放热反应，所以使K2减小只能升高温度。‎ ‎（3）根据方程式2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，0.2mol NaOH与0.2mol NO2恰好完全生成0.1molNaNO3和0.1molNaNO2，所得溶液中NaNO3、NaNO2物质的量浓度都为0.1mol/L，NaNO3属于强酸强碱盐不发生水解，NaNO2、CH3COONa都属于强碱弱酸盐，NO2-、CH3COO-都发生水解使溶液呈碱性，则NO3-的浓度最大；HNO2的电离平衡常数大于CH3COOH的电离平衡常数，酸性：HNO2CH3COOH，则CH3COO-的水解能力强于NO2-，两溶液中c（NO3-）、c（NO2-）、c（CH3COO-）由大到小的顺序为c（NO3-） > c（NO2-）> c（CH3COO-）。CH3COO-的水解能力强于NO2-，CH3COONa溶液的碱性大于混合液，溶液A的pH小于溶液B。a项，向溶液A中加适量水，溶液A的pH减小，不能使两者pH 相等，错误；b项，向溶液A中加入适量NaOH，溶液A的pH增大，可使两者pH相等，正确；c项，向溶液B中加适量水，溶液B的pH减小，可使两者pH相等，正确；d项，向溶液B中加适量NaOH，溶液B的pH增大，不能使两者pH相等，错误；答案选b、c。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎ ‎