四川省邻水实验学校2022-2022学年高二化学下学期第三次月考试题含解析.doc

邻水实验学校2022年春高二下第三阶段检测化学试卷本试卷分为第一卷选择题和第二卷非选择题两局部，共100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Ag：108第I卷选择题一、单项选择题共30题，前10题，每题1分，后20题 ，每题2分，共50分1.以下物质一定与丁烯互为同系物的是 A. C4H10B. C3H6C. C4H8D. C2H4【答案】D【解析】【详解】A.C4H10是丁烷，属于烷烃，与丁烯不是同系物，A错误；B.C3H6表示的可能是烯烃，也可能是环烷烃，因此与丁烯不一定是同系物，B错误；C.C4H8表示的可能是烯烃，也可能是环烷烃，因此与丁烯不一定是同系物，C错误；D.C2H4表示的是乙烯，与丁烯一定是同系物，D正确；故合理选项是D。2.用石墨作电极电解4mol·L-1的CuSO4溶液，当c(Cu2+)为0.1mol·L-1时，停止电解，向剩余溶液中参加以下何种物质可使电解质溶液恢复至原来状态 A. Cu(OH)2B. CuSO45H2OC. CuSO4D. CuO【答案】D【解析】【详解】用石墨作电极电解CuSO4溶液，总反响方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2，假设要使溶液恢复至原来状态，那么参加的物质为从溶液中析出的物质反响后的产物，那么为Cu和O2反响产生的CuO，故合理选项是D。3.以下有机物在适量的浓度时，通常不能用于杀菌、消毒的是 A. 苯酚溶液B. 乙醇溶液C. 甲醛溶液D. 乙醚溶液【答案】D【解析】【详解】A.苯酚溶液能使蛋白质变性，因此可用于杀菌消毒，A错误； B.75%乙醇溶液能使蛋白质变性，因此可用于杀菌消毒，B错误；C.福尔马林溶液能使蛋白质变性，因此可用于杀菌消毒，C错误；D.乙醚溶液能麻痹人的神经，用于外科手术的麻醉剂，不能杀菌消毒，D正确；故合理选项是D。4.以下烃在光照下与氯气反响，只生成一种一氯代物的有 A. 2-甲基丙烷B. 甲基环戊烷C. 2，2-二甲基丁烷D. 2，2-二甲基丙烷【答案】D【解析】【详解】A. 2-甲基丙烷有2种不同位置的H原子，因此在光照下与氯气反响，能生成两种一氯代物，A错误；B.甲基环戊烷有4种不同位置的H原子，因此在光照下与氯气反响，能生成四种一氯代物，B错误；C. 2，2-二甲基丁烷有3种不同位置的H原子，因此在光照下与氯气反响，能生成3种一氯代物，C错误；D. 2，2-二甲基丙烷只有一种不同位置的H原子，因此在光照下与氯气反响，能生成一种一氯代物，D正确；故合理选项是D。5.过量的以下溶液与水杨酸()反响能得到化学式为C7H5O3Na的是A. NaHCO3溶液B. Na2CO3溶液C. NaOH溶液D. NaCl溶液【答案】A【解析】A水杨酸中参加碳酸氢钠，只有羧酸与碳酸氢钠反响，-COOH作用转化为-COONa，产物的分子式为C7H5O3Na，A正确；B水杨酸与碳酸钠反响，-COOH作用转化为-COONa，-OH转化为-ONa，分子式为：C7H4O3Na2，B错误；C水杨酸与氢氧化钠溶液反响，-COOH作用转化为-COONa，-OH转化为-ONa，分子式为：C7H4O3Na2，C错误；D水杨酸与氯化钠不反响，D错误；答案选A。点睛：此题考查了水杨酸的性质，熟悉水杨酸结构和所含官能团的性质是解题关键。解答时注意依据羧酸的酸性碳酸苯酚碳酸氢钠，结合强酸制弱酸规律解答。6.以下说法中正确的选项是 A. 食品中大量添加苯甲酸钠等防腐剂，可以有效延长其保持期B. 聚乳酸是由单体之间通过加聚反响合成的C. 实验证实可使溴的四氯化碳溶液褪色，说明该分子中存在碳碳双键D. 石油分馏属于化学变化【答案】C【解析】【详解】A.添加苯甲酸钠等防腐剂的目的是为了改善食品品质，延长保质期、方便加工和保全营养成分，按规定的量添加使用才是平安的，大量添加，会改变食品的结构和组成，使食品变得不平安，A错误；B.聚乳酸是由乳酸通过缩聚反响产生，B错误；C.环辛四烯分子中含有碳碳双键，因而可以使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；D.石油分馏是别离沸点不同的液体物质，因此属于物理变化，D错误；故合理选项是C。7.以下说法正确的选项是A. 假设H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023B. 室温下，pH=3的CH3COOH溶液与 pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7C. 钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D. 一定条件下反响N23H22NH3到达平衡时，3v正(H2)=2v逆(NH3)【答案】C【解析】【详解】A. H2O2分解产生1molO2，反响中O元素化合价由-1价升高到0价，转移2mol电子，因此转移的电子数目为2×6.02×1023，A错误；B. 室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，由于醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，醋酸浓度大于NaOH浓度，醋酸过量，溶液pH7，B错误；C.钢铁水闸可用牺牲阳极的阴极保护方法或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀，C正确；D.一定条件下反响N2+3H22NH3反响，速率关系符合系数比，即v正H2：v正NH3=3：2，当反响到达平衡时，v正(NH3)=v逆(NH3)，那么到达平衡时，应为2v正(H2)=3v逆(NH3)，D错误；故合理选项是C。8. 以下说法正确的选项是A. I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强B. P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强C. Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反响D. SO2和SO3混合气体通入BaNO32溶液可得到BaSO3和BaSO4【答案】B【解析】A.非金属性Br>I,那么HBr比HI的热稳定性强，A错误；B.非金属性P>Si,那么H3PO4比H2SiO3的酸性强，B正确；C.Al2O3属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反响，MgO属于碱性氧化物，与NaOH溶液不反响，C错误；D.SO2在酸性环境中能被BaNO32氧化成硫酸钡，那么SO2和SO3混合气体通入BaNO32溶液只得到BaSO4白色沉淀，D错误；答案选B。【考点定位】此题主要考查原子半径的大小比拟，由非金属性强弱来比拟气态氢化物的稳定性以及最高价含氧酸的酸性的强弱，铝、镁、硫的化合物的化学性质。9.以下分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是 A. 银氨溶液：Na+、K+、NO3、NH3·H2OB. 空气：C2H2、CO2、SO2、NOC. 氢氧化铁胶体：H+、K+、S2-、BrD. 高锰酸钾溶液：H+、Na+、SO42、HCHO【答案】A【解析】【详解】A.这几种离子之间不反响且和银氨溶液不反响，所以能大量共存，A正确；B.NO和空气中氧气反响生成NO2，不能大量共存，B错误；C.H+、S2-反响生成硫化氢气体而不能大量共存，且氢氧化铁胶体与H+会发生酸碱中和反响，不能大量共存，C错误；D.H+、MnO4-、HCHO发生氧化复原反响而不能大量共存，D错误；故合理选项是A。10.如图是锂空气电池的放电原理图(隔膜只允许锂离子通过)。电池放电时的反响可表示为：4Li+O2+2H2O=4LiOH。以下锂空气电池放电时的有关说法正确的选项是 A. 正极反响式：Li-e=Li+B. 每转移2mol电子，消耗11.2L的O2C. Li+不断向电池的正极移动D. 可以去掉隔膜和有机电解液，让金属锂与水性电解液直接接触【答案】C【解析】【详解】A.负极的电极反响式为：Li-e-=Li+，A错误；B.缺少外界条件，不能确定氧气的体积大小，B错误；C. Li+会不断向负电荷较多的正极移动，C正确；D.Li与水会直接发生反响，因此不能去掉隔膜和有机电解液，让金属锂与水性电解液直接接触，D错误；故合理选项是C。11.设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是A. 高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反响，生成的H2分子数目为0.3NAB. 室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC. 氢氧燃料电池正极消耗22.4L标准状况气体时，电路中通过的电子数目为2NAD. 5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反响中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA【答案】D【解析】试题分析：A.高温下，Fe与水蒸气反响生成四氧化三铁，四氧化三铁中Fe的化合价为价，因此Fe失去电子的物质的量为：，根据得失电子守恒，生成H2的物质的量为：，因此生成的H2分子数目为，A错误；B. 室温下，1 LpH13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L，且H+全部由水电离，由水电离的OH浓度等于水电离出的H+浓度，因此由水电离的OH为10-13mol/L×1L=10-13mol，B错误；C. 氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的复原反响，当消耗标准状况下22.4L气体时，电路中通过的电子的数目为，C错误；D.该反响中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA，D正确。故答案D。考点：考查阿伏伽德罗常数的相关计算。12.25时，pH=3的盐酸aL分别与以下三种溶液充分混合后，溶液均呈中性：c(NH3·H2O)=10-3mol/L的氨水bLc(OH)=10-3mol/L 的氨水cLc(OH)=10-3mol/L的Ba(OH)2溶液dL试判断a，b，c，d 的大小 A. a=bcdB. ba=dcC. badcD. ca=db【答案】B【解析】试题分析：pH=3的盐酸的物质的量浓度=1×10-3mol/L，中氨水的物质的量浓度是1×10-3mol/L，一水合氨是弱电解质，只有局部电离，所以中氨水的浓度大于1×10-3mol/L，中氢氧根离子的浓度是1×10-3mol/L。盐酸和氢氧化钡都是强电解质，氢离子和氢氧根离子中和时是1：1的关系，氢离子和氢氧根离子的浓度相等，所以a、d的体积相等，即a=d；的氨水浓度大于的浓度，中和相同物质的量的盐酸，氨水的浓度越大，使用的氨水的体积越小，所以cb。盐酸和氨水反响生成的氯化铵是强酸弱碱盐，水解后使溶液呈酸性，要想使溶液呈中性，氨水的物质的量应稍微比盐酸的大些，当盐酸浓度和氨水的浓度相等时，氨水的体积b应大于盐酸的体积a，即溶液的体积ab。中氢氧根离子的浓度相等，一水合氨是一元弱电解质，氢氧化钡是强电解质，所以氨水的浓度大于中氢氧根离子浓度，中和相同物质的量的氢离子时，所用的氨水的体积小于氢氧化钡溶液的体积，即cd=a。所以a、b、c、d的关系ba=dc 。答案选B。考点：考查酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算。13.以下说法中正确的选项是 A. 碳原子数10的烷烃，其一氯代物没有同分异构体的烷烃共有3种B. 烯烃、炔烃、芳香烃都能与溴水反响而使其褪色C. 等质量的甲烷、乙烯、乙醇分别充分燃烧 ，所耗用氧气的量依次减少D. 分子式为C6H12与C3H6的两种烃一定互为同系物【答案】C【解析】【详解】A.烷烃分子中，同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的甲基上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，在碳原子数n10的所有烷烃的同分异构体中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是：甲烷、乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4种，A错误；B.烯烃、炔烃都能与溴水反响而使其褪色，而芳香烃不一定与溴水反响，如苯、甲苯、二甲苯等，B错误；C.含氢量越高耗氧量越高，甲烷、乙烯和乙醇的含氢量逐渐降低，所耗用氧气的量依次减少， C正确；D.C6H12、C3H6可能为烯烃或环烷烃，二者的结构不一定相似，那么二者不一定互为同系物，D错误；故合理选项是C。14.以下解释事实的化学方程式或离子方程式不正确的选项是 A. 向AgCl悬浊液中参加KI溶液：AgCl(s)I(aq)AgI(s)Cl(aq)B. 明矾净水：Al33H2OAl(OH)33HC. 90时，测得纯水中Kw3.8×1013：H2O(l)H(aq)OH(aq) H0D. 用热的纯碱溶液可以清洗油污：CO32H2OHCO3OH【答案】C【解析】试题分析：A.碘化银的溶度积常数小于氯化银，根据沉淀容易向更难溶的方向转化可知向AgCl悬浊液中参加KI溶液的离子方程式为AgCl(s)I(aq)AgI(s)Cl(aq)，A正确；B.铝离子水解生成氢氧化铝胶体，所以明矾可以净水，方程式为Al33H2OAl(OH)33H，B正确；C.90时，测得纯水中Kw3.8×1013，这说明加热促进水的电离，那么水的电离是吸热的，即H2O(l)H(aq)OH(aq) H0，C错误；D.碳酸钠水解溶液显碱性，因此用热的纯碱溶液可以清洗油污，反响的离子方程式为CO32H2OHCO3OH，D正确，答案选C。考点：考查方程式正误判断15.以下鉴别方法不可行的是 A. 用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯B. 用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、环已烯和环已烷C. 用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳D. 用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯【答案】B【解析】试题分析：A用水和乙醇互溶不分层，水和甲苯分层，甲苯在上层，水和溴苯分层，溴苯在下层，可行；B用KMnO4(H+)溶液与苯和环已烷都不褪色，不可行；C用燃烧法虽然能鉴别，乙醇能燃烧有蓝色火焰，苯燃烧，火焰明亮有浓的黑烟，四氯化碳不能燃烧，可行。 D用碳酸钠溶液与乙醇互溶，与乙酸反响有气泡生成，与乙酸乙酯不反响，分层，酯在上层，可行；考点：此题主要考查物质的鉴别方法。16.金银花有效活性成分为绿原酸，又名咖啡鞣酸，具有广泛的杀菌消炎成效，结构如下图，以下有关绿原酸的说法正确的选项是 A. 绿原酸的分子式为C16H8O9B. 1mol 绿原酸最多与7molNaOH反响C. 1个绿原酸分子最多与4mol氢气反响D. 绿原酸分子中有4种化学环境不同的氢原子【答案】C【解析】【详解】A.由有机物的结构简式可知该有机物的分子式为C16H18O9，A错误；B.有机物分子中的羧基和酚羟基都能与碱反响，在碱性条件下生成羧基，也消耗NaOH，那么1mol绿原酸最多与4molNaOH反响，B错误；C.苯环、碳碳双键都可以与氢气发生加成反响，而羧基及酯基不能与氢气发生加成反响，所以根据物质结构可知1个绿原酸分子最多与4mol氢气反响，C正确；D.结构不对称，含15种H，那么绿原酸分子中有15种化学环境不同的氢原子，D错误；故合理选项是C。17. 6分2022重庆对实验：中和滴定、中和热的测定、实验室制备乙烯、乙酸乙酯的制取，表达正确的选项是 A. 必须加热B. 必须隔热C. 必须用指示剂D. 必须用催化剂【答案】D【解析】试题分析：中和滴定需在指示剂作用下进行，中和热的测定需要保温隔热防止热量的损失，实验室制乙烯需在浓硫酸作用下加热至170，乙酸乙酯的制备在加热条件下进行，需要浓硫酸作催化剂解：A中和滴定不需要加热，故A错误；B中和热的测定需要隔热，实验室制乙烯需在浓硫酸作用下加热至170，不需要隔热，故B错误；C中和热的测定不需要用指示剂，故C错误；D实验都需要使用浓硫酸作催化剂，故D正确应选D点评：此题综合考查化学实验根本操作及反响原理，侧重点较为根底，难度不大，注意把握反响原理与实验操作的考前须知18.常温下，向10mL0.1mol·L-1NaOH 溶液中逐滴参加0.1mol·L-1 醋酸溶液，所得滴定曲线如下图。以下说法正确的选项是 A. pH =7时，所加醋酸溶液的体积为10mLB. pH<7时，溶液中c(CH3COO)>c(Na+)C. 7<pH<13时，溶液中一定存在：c(Na+)>c(CH3COO)>c(OH)>c(H+)D. 继续滴加0.1mol·L-1醋酸溶液，溶液pH可以变为1【答案】B【解析】试题分析：A、假设醋酸溶液的体积为10mL，那么恰好与氢氧化钠反响生成醋酸钠，溶液为碱性pH>7，错误；B、pH<7时，溶液为酸性，cH> cOH，根据电荷守恒，c(Na+)+ cH=c(CH3COO-)+ cOH，所以cCH3COOcNa，正确；C、7pH13时，说明参加的醋酸少量，此时可能有cNacOHcCH3COOcH成立，错误；D、浓度为0.1mol/L的醋酸的pH>1，所以继续滴加0.1mol/L的醋酸，溶液的pH也不可能等于1，错误，答案选B。考点：考查酸碱混合的计算，离子浓度的比拟，守恒规律的应用19.以下说法错误的选项是 A. 乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分B. 乙醇和乙酸都能发生氧化反响C. 乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H6、C2H4的沸点和熔点高D. 乙醇和乙酸之间能发生酯化反响，酯化反响和皂化反响互逆反响【答案】D【解析】【详解】A.乙醇和乙酸是生活中的调味品，酒精调制的酒可以饮用，食醋的主要成分为乙酸，A正确；B.乙醇可以发生催化氧化，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；乙酸可以燃烧，因此都可以发生氧化反响，B正确；C.乙醇和乙酸的相对分子质量比C2H6、C2H4的大，分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，因此乙醇、乙酸的沸点和熔点都比C2H6、C2H4的沸点和熔点高，C正确；D.皂化反响为油脂在碱性条件下的水解，为不可逆反响，D错误；故合理选项是D。20.关于电化学的以下说法正确的选项是 A. 工业上用电解MgCl2溶液的方法冶炼MgB. 钢铁发生吸氧腐蚀的正极反响式为：4OH4eO2+2H2OC. 如图发生反响的方程式为：Fe2H=Fe2H2D. 碱性锌锰干电池放电时的正极反响为：MnO2H2OeMnOOHOH-【答案】D【解析】试题分析：A工业上用电解熔融MgCl2的方法冶炼Mg，如果电解MgCl2溶液只能得到氢气、氯气和氢氧化镁，故A错误；B钢铁发生吸氧腐蚀的正极发生复原反响，电极反响式为O2+2H2O-4e4OH，故B错误；C醋酸是弱酸，不可完全电离，不能改写，故C错误；D碱性锌锰干电池放电时的正极发生的反响为 MnO2H2OeMnOOHOH，故D正确；答案为D。考点：考查电化知识，涉及电解冶炼镁的原理、吸氧腐蚀电极反响、原电池电极反响及离子反响式的书写等。21.以下有关判断正确的选项是A. 用溴水检验CH2=CHCHO中是否含有碳碳双键B. 1 mol HCHO发生银镜反响最多生成2 mol AgC. 对甲基苯甲醛()使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明它含有醛基D. 能发生银镜反响的有机物不一定是醛类【答案】D【解析】试题分析：A、碳碳双键、CHO都能与溴水反响，所以不能检验CH2=CHCHO中是否含有碳碳双键，A错误；B、1 mol HCHO含有2mol醛基，发生银镜反响最多生成4mol Ag，B错误；C、苯环上的甲基也能使高锰酸钾溶液褪色，所以对甲基苯甲醛()使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明它含有醛基，C错误；D、能发生银镜反响的有机物不一定是醛类，如甲酸，D正确。答案选D。考点：醛基的性质22. 药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反响制得：以下有关表达正确的选项是 A. 贝诺酯分子中有三种含氧官能团B. 可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚C. 乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反响D. 贝诺酯与足量NaOH 溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠【答案】B【解析】A项贝诺酯分子中只含两种含氧官能团，和，A项错误。B项对乙酰氨基酚含有酚羟基能使FeCl3溶液显色，而乙酰水杨酸没有酚羟基，不能使FeCl3溶液显色，可以鉴别，B项正确。C项，只有-COOH羧基能与NaHCO3溶液反响，所以乙酰水杨酸能与NaHCO3溶液反应，对乙酰氨基酚不能，C项错误。D项，贝诺酯与足量NaOH溶液共热，两个酯基和均能水解，最终生成三种有机物，D项错误。【考点定位】此题考查有机物中常见官能团的重要化学性质及其转化。中档题。23.以下表达错误的选项是 A. SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4(H+)溶液褪色的原理相同B. 制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸C. 用饱和食盐水替代水跟电石反响，可以减缓乙炔的产生速率D. 用AgNO3溶液可以鉴别KCl和KI【答案】B【解析】试题分析：ASO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同，都是氧化复原反响，正确；B制备乙酸乙酯时可用热的碳酸钠溶液收集产物以除去其中的乙酸，NaOH能加速乙酸乙酯的水解，错误；C用饱和食盐水替代水跟电石反响，可以减缓乙炔的产生速率，正确；D AgNO3溶液和KC1、KI反响分别生成白色沉淀、黄色沉淀，正确；应选B。考点：考查常见的有机物的性质、制法，离子的检验。24.以下对有机物结构或性质的描述，错误的选项是 A. 一定条件下，Cl2可在甲苯的苯环或侧链上发生取代反响B. 苯酚钠溶液中通入CO2生成苯酚，那么碳酸的酸性比苯酚弱C. 乙烷和丙烯的物质的量共1mol，完全燃烧生成3molH2OD. 光照下2，2-二甲基丙烷与Br2反响其一溴取代物只有一种【答案】B【解析】【详解】A在光照条件下氯气和甲苯中甲基上的H原子发生取代反响，在催化剂的条件下，氯气和苯环上的H原子发生取代反响，A正确；B.苯酚钠溶液中通入CO2生成苯酚，说明碳酸的酸性比苯酚强，B错误；C.1mol乙烷和1mol丙烯中都含有6molH原子，完成燃烧都生成3molH2O，C正确；D.2，2-二甲基丙烷只有一种氢原子，那么一溴取代物只有一种，D正确；故合理选项是B。25.以下说法不正确的选项是 A. 利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学B. 煤制煤气是化学变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径C. 通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸乙酯D. 聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反响【答案】D【解析】【详解】A.利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能，不消耗化石能源，也不产生污染，因此是一种绿色化学方法，A正确；B.煤制煤气有新的物质生成，发生的是化学变化，提高了能源利用率，减少了有害物质的排放，因此是高效、清洁地利用煤的重要途径，B正确；C.乙醇和乙酸乙酯的官能团不同，因此可利用红外光谱分析鉴别，C正确；D.聚乙烯塑料中无不饱和的碳碳双键，其老化是由于长链断裂等原因，D错误；答案是D。26.某饱和一元醛发生银镜反响时可以析出 21.6g银，等量的醛完全燃烧可以产生6.72LCO2(标况)，那么该醛为 A. 乙醛B. 2-甲基丙醛C. 丙醛D. 丁醛【答案】C【解析】【详解】n(Ag)=0.2moL，根据R-CHO2Ag，可知醛为0.1mol，生成n(CO2)=0.3mol，即1mol醛中含有3molC，故该醛应为丙醛；因此合理选项是C。27.在以下反响中，不可能在有机物中引入羧基的是 A. 一卤代烃的水解B. 酯在酸性条件下水解C. 醛的氧化D. 烯烃的氧化【答案】A【解析】卤代烃水解产物是醇，酯水解的产物有羧酸，醛氧化生成羧酸，烯烃氧化也可以生成羧酸，例如乙烯催化氧化氧化可以生成乙酸。答案是A。28.不饱和脂肪酸是常见保健食品，DHA(分子式为C22H32O2)是近年来备受关注的一种不饱和高级脂肪酸(分子中只含有双键)，它对大脑的生长发育具有重要的意义，许多海洋生物食品中含有丰富的DHA。在一个DHA分子中含有的碳碳双键数为 个A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】【详解】饱和一元羧酸的通式为CnH2nO2，DHA(分子式为C22H32O2)与饱和一元羧酸相比少12个H原子，而分子中含有1个碳碳双键减少2个氢原子，所以在一个DHA分子中含有的碳碳双键数为12÷2=6，故合理选项是C。29. 右图为实验室制取少量乙酸乙酯的装置图。以下关于该实验的表达中，不正确的选项是A. 向a试管中先参加浓硫酸，然后边摇动试管边慢慢参加乙醇，再加冰醋酸B. 试管b中导气管下端管口不能浸入液面的目的是防止实验过程中产生倒吸现象C. 实验时加热试管a的目的之一是及时将乙酸乙酯蒸出，使反响向生成乙酸乙酯的方向移动D. 试管b中饱和Na2CO3溶液的作用是吸收随乙酸乙酯蒸出的少量乙酸和乙醇【答案】A【解析】在做酯化反响实验时，参加试剂的顺序是先加乙醇，再加浓硫酸，最后加冰醋酸。30.通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对以下实验操作和现象描述以及解释均正确的选项是 操作和现象解释A向某卤代烃在碱性条件下水解后的溶液中滴加硝酸银溶液，有白色沉淀产生，证明该卤代烃是氯代烃因为氯代烃水解后的溶液中含Cl-，参加硝酸银溶液产生AgCl白色沉淀B向溴水中参加甲苯充分振荡，静置分层，且水层几乎无色甲苯与溴水发生加成反响所以溴水褪色C要除去甲烷中混有的乙烯，可以将混合气体通入到酸性高锰酸钾溶液中，再通过浓硫酸枯燥因乙烯可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，而甲烷不能被氧化D向溴水中参加裂化汽油充分振荡，静置分层，且水层和油层几乎无色裂化汽油中的烯烃可能与溴发生了加成反响A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.NaOH没有用酸中和，溶液中的OH-能与Ag+反响生成AgOH白色沉淀，应先调节溶液呈酸性，A错误； B.苯和溴水不反响，发生萃取现象，为物理变化，且与溴难以发生加成反响，B错误；C.酸性高锰酸钾溶液可把乙烯氧化生成CO2而引入新的杂质气体，C错误；D裂化汽油中含有烷烃、烯烃、芳香烃，因此参加溴水后烯烃与溴发生加成反响而使溴水褪色，D正确；故合理选项是D。第II卷非选择题，共50分31.苯甲酸是一种重要的化工产品，某学习小组设计方案制备苯甲酸。反响原理如下：C6H5-CH3+2KMnO4C6H5-COOK+KOH+2MnO2+H2O，C6H5-COOK+HClC6H5-COOH+KCl甲苯的熔点为95，沸点为110.6，易挥发，密度为0.866g/cm3；苯甲酸的熔点为122.4，在25和95下溶解度分别为0.3g和6.9g。【制备产品】30.0mL甲苯和25.0mL1mol/L高锰酸钾溶液在80下反响30min，装置如下图：(1)图中支管的作用是_(2)相对于用酒精灯直接加热，用沸水浴加热的优点是_，在本实验中，三颈烧瓶最适宜的容积是_填字母A.50mL B.100mL C.200mL D.250mL【别离产品】他们设计如下流程别离粗产品苯甲酸和回收甲苯：(3)操作的名称是_；含杂质的产物经操作进一步提纯得无色液体A，那么操作的名称是_(4)操作的名称是_、_检验B中是否含有Cl-的方法如下：取少量B溶于水，在上层清液中滴加稀硝酸酸化的_溶液，假设产生白色沉淀，那么B中含有Cl-。【答案】 (1). 平衡压强，使甲苯顺利滴下 (2). 便于控制温度恒定和使容器受热均匀 (3). B (4). 分液 (5). 蒸馏 (6). 冷却结晶 (7). 过滤 (8). AgNO3溶液【解析】【分析】(1)在恒压滴液漏斗上的支管可以使液体上下气体压强一致；(2)水浴加热可以控制温度恒定和使容器受热均匀；30.0mL甲苯和25.0mL 1mol/L高锰酸钾溶液混合体积为55.0mL，溶液体积在三颈瓶容积的范围；(3)别离互不相溶的液体采用分液方法别离，别离互溶且沸点不同的液体采用蒸馏方法；(4)从溶液中得到固体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法；氯离子用硝酸银溶液检验，氯离子和银离子反响生成白色沉淀AgCl。【详解】(1)在恒压滴液漏斗上的支管可以使液体上下气体压强一致，可以起到平衡压强，使甲苯顺利滴下的作用；(2) 水浴加热可以控制温度恒定和使容器受热均匀；30.0mL甲苯和25.0mL 1mol/L高锰酸钾溶液混合体积为55.0mL，溶液体积在三颈瓶容积的范围。如果混合溶液占三颈瓶的，那么三颈瓶容积为165mL，如果混合溶液占三颈瓶的，那么三颈瓶容积为82.5mL，所以选取100mL三颈瓶，故合理选项是B；(3)别离互不相溶的液体采用分液方法别离，别离互溶且沸点不同的液体采用蒸馏方法，有机相和水相不互溶且都是液体，所以操作I采用分液方法别离；从有机相中别离互溶的液体采用蒸馏方法，所以操作II为蒸馏；(4)从溶液中得到固体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法，所以操作III为冷却结晶、过滤；Cl-可以用AgNO3溶液检验，取B溶液，向其中参加硝酸酸化，再参加AgNO3溶液，假设看到生成白色沉淀AgCl，就证明B溶液中含有Cl-，所以检验Cl-还需要的试剂是AgNO3溶液。【点睛】此题考查物质制备，侧重考查实验操作、实验评价能力，明确实验目的、实验原理、元素化合物性质及性质差异性是解此题关键，知道物质别离提纯方法的选取原那么。32.：+CH3CHO+HBr+H2O卤烷基化反响;+NaX用苯为原料合成化合物的线路如下：其中：是羧酸。请答复以下问题：(1)的反响类型是_。(2)写出同时符合以下条件的化合物的同分异构体结构简式(写2种)_、_。a.能与FeCl3溶液作用显紫色；b.能发生银镜反响；c.核磁共振氢谱除苯环峰外还有三组峰，峰面积之比为为 1：2：1。(3)1mol化合物完全燃烧消耗O2_mol，化合物的结构简式是_。(4)化合物与乙醇、浓硫酸共热，合成一种香精原料，试写出该反响的化学方程式_。【答案】 (1). 取代反响 (2). (3). 、 (4). 17.5 (5). (6). +CH3CH2OH+H2O【解析】【分析】由题可知反响为苯与甲醛发生卤烷基化反响，故产物I为，与NaCN发生取代反响产物为，在酸性条件下与水反响产物为，与碱中和反响产物为，后与发生取代反响生成产物，据此分析解答。【详解】由题可知反响为苯与甲醛发生卤烷基化反响，故产物I为，与NaCN发生取代反响产物为，在酸性条件下与水反响产物为，与碱中和反响产物为，后与发生取代反响生成产物。(1)通过以上分析知，反响类型为取代反响；(2)化合物的同分异构体，要求a.能与FeCl3溶液作用显紫色，说明该物质具有酚的结构，b.能发生银镜反响，具有醛的结构，c.核磁共振氢谱显示除苯环峰外还有三组峰，峰面积之比为为1：2：1，因此结构中含一羟基、一醛基、一亚甲基；故同分异构体为、；(3)化合物化学式为C15H14O2，故1mol化合物完全燃烧消耗O2物质的量n(O2)=(15+-)mol=17.5mol，IV的结构简式为；(4)化合物为，与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反响，该反响的化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O，故答案为：+CH3CH2OH+H2O。【点睛】此题考查有机物合成与推断的知识，明确官能团及其性质关系是解此题关键。33.I能源短缺是人类面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。(1)工业上一般采用以下两种反响合成甲醇：反响 I：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1反响 II：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H2下表所列数据是反响在不同温度下的化学平衡常数(K)温度250300350K2.0410.2700.012由表中数据判断H2_0填“、“或“假设容器容积不变，以下措施可增加甲醇产率的是_A.升高温度 B.将CH3OH(g)从体系中别离C.使用适宜的催化剂 D.充入He，使体系总压强增大E.按原比例再充入CO和H2某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的恒容密闭容器中，充分反响，到达平衡后，测得c(CO) =0.2mol/L，那么CO的转化率为_，此时的温度为_(从上表中选择)；恒温下，1 molCO和nmolH2在一个容积可变的密闭容器中反响到达平衡后，生成 amolCH3OH。假设起始时放入3molCO、3nmolH2，那么达平衡时生成CH3OH_mol。II25时，电离平衡常数：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8×10-5K1 4.3×10-7K2 5.6×10-113.0×10-8(1)以下四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是_；填编号ACO32- BClO- CCH3COO- DHCO3-(2)以下反响不能发生的是：_A.CO32-+CH3COOH=CH3COO-+CO2+H2OB.ClO-+CH3COOH=CH3COO+HClOC.CO32-+HClO=CO2 +H2O +ClO-D.2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO(3)用蒸馏水稀释0.10 mol/L的醋酸，那么以下各式表示的数值随水量的增加而增大的是_；A. B. C. D.