廣東省汕頭市濠江區(qū)金山中學2024屆高二化學第二學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題含解析

廣東省汕頭市濠江區(qū)金山中學2024屆高二化學第二學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2氣體，充分反應后，再向所得溶液逐滴加入0.2mol·L?1的鹽酸，產生CO2的體積與所加鹽酸體積之間關系如下圖所示。下列判斷正確的是（）A．原NaOH溶液的濃度為0.1mol·L?1B．通入CO2的體積為448mLC．所得溶液的溶質成分的物質的量之比為n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=2∶1D．所得溶液的溶質成分的物質的量之比為n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶32、下列關于膠體的性質或應用的說法錯誤的是（）A．靜電除塵器除去空氣或工廠廢氣中的飄塵是利用膠體粒子的帶電性而加以除去B．明礬凈水是利用膠體的吸附性除去雜質C．將“納米材料”分散到某液體中，用濾紙過濾的方法可以將“納米材料”從此分散系中分離出來D．煙、霧屬于膠體，能產生丁達爾效應3、據《本草綱目》記載：“生熟銅皆有青，即是銅之精華，大者即空綠，以次空青也。銅青則是銅器上綠色者，淘洗用之。”生成“銅青”的反應原理為A．化學腐蝕 B．吸氧腐蝕C．析氫腐蝕 D．銅與空氣中的成分直接發(fā)生化合反應4、下列關于乙醇的敘述中，錯誤的是（）A．乙醇俗稱酒精 B．乙醇不能溶于水C．乙醇可用于消毒 D．乙醇能可以和金屬鈉反應5、若在強熱時分解的產物是、、和，則該反應中化合價發(fā)生變化和未發(fā)生變化的N原子數之比為A．1:4 B．1:2 C．2:1 D．4:16、有6種物質：①甲烷②苯③聚乙烯④乙烯⑤丙烯⑥己烷，既能使酸性高錳酸鉀溶液褪色又能與溴水發(fā)生加成反應使之褪色的是（

）A．③④⑤ B．④⑤ C．④⑤⑥ D．③④⑤⑥7、等濃度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它們的酸性按由弱到強順序排列正確的是A．④②③① B．③①②④C．①②③④ D．①③②④8、在給定的條件下，下列選項所示的物質間轉化均能一步實現的是A．B．C．D．9、用已知濃度的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液時，下列操作中正確的是A．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，直接加入已知濃度的鹽酸B．錐形瓶用蒸餾水洗凈,必須干燥后才能加入一定體積未知濃度的NaOH溶液C．滴定時,沒有排出滴定管中的氣泡D．讀數時視線與滴定管內液體凹液面最低處保持水平10、向盛有硫酸銅水溶液的試管里加入氨水，首先形成難溶物，繼續(xù)添加氨水，難溶物溶解得到深藍色的透明溶液。下列對此現象說法正確的是()A．在[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋提供孤對電子，NH3提供空軌道B．沉淀溶解后，將生成深藍色的配離子[Cu(NH3)4]2＋C．反應后溶液中不存在任何沉淀，所以反應前后Cu2＋的濃度不變D．向反應后的溶液加入乙醇，溶液沒有發(fā)生變化11、下列離子方程式書寫正確的是A．往碳酸鈣中滴加稀鹽酸CO32-+2H+=CO2↑+H2OB．氫氧化鈉溶液與過量的碳酸氫鈣溶液反應：OHˉ＋Ca2+＋HCO3-=CaCO3↓＋H2OC．金屬鈉和水反應：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑D．KHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O12、NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()A．常溫下，60g甲醛和乙酸的混合物，在氧氣中完全燃燒生成CO2的分子數為2NAB．標況下，4.48LCl2與0.2molFe充分反應，轉移電子數為0.6NAC．0.lmol/L的Ba(OH)2溶液，含OH-個數為0.2NAD．1mol葡萄糖中含共價鍵數為22NA13、關于如圖所示裝置(假設溶液體積不變),下列敘述正確的是A．鋅片逐漸溶解B．反應一段時間后,溶液逐漸變?yōu)樗{色C．電子由銅片通過電解質溶液流向鋅片D．該裝置能將電能轉化為化學能14、某溶液中含有的離子可能是K＋、Ba2＋、Al3＋、Mg2＋、AlO2－、CO32－、SiO32－、Cl－中的幾種，現進行如下實驗：①取少量溶液，加氫氧化鈉溶液過程中無沉淀生成；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol·L－1鹽酸，產生的現象是：開始產生沉淀并逐漸增多，沉淀量基本不變后產生氣體，最后沉淀逐漸減少至消失；③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸銀溶液可得到沉淀0.43g。下列說法中正確的是A．該溶液中一定不含Ba2＋、Mg2＋、Al3＋、SiO32－、Cl－B．該溶液中一定含有K＋、AlO2－、CO32－、Cl－C．該溶液是否有K＋需做焰色反應實驗(透過藍色鈷玻璃片)D．可能含有Cl－15、下列關于丙烯（CH3－CH=CH2）的說法正確的是A．丙烯分子有7個σ鍵，1個π鍵B．丙烯分子中3個碳原子都是sp3雜化C．丙烯分子存在非極性鍵D．丙烯分子中3個碳原子在同一直線上16、下列關于物質結構和元素性質說法正確的是A．非金屬元素之間形成的化合物一定是共價化合物B．乙醇可與水以任意比例混溶，是因為與水形成氫鍵C．IA族與VIIA族元素原子之間形成的化學鍵是離子鍵D．同主族元素的簡單陰離子還原性越強，水解程度越大二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物K是有機光電材料中間體。由芳香族化合物A制備K的合成路線如下：已知：回答下列問題：(1)A的結構簡式是________。(2)C中官能團是________。(3)D→E的反應類型是________。(4)由F生成G的化學方程式是________。(5)C7H8的結構簡式是________。(6)芳香族化合物X是G的同分異構體，該分子中除苯環(huán)外，不含其他環(huán)狀結構，其苯環(huán)上只有1種化學環(huán)境的氫。X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2，寫出符合上述要求的X的結構簡式：________。(7)以環(huán)戊烷和烴Q為原料經四步反應制備化合物，寫出有關物質的結構簡式（其他無機試劑任選）。Q：____；中間產物1：________；中間產物2：____；中間產物3：________。18、已知有機物分子中的碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應：，有機物A的結構簡式為，G的分子式為C7H12O，以下A～H均為有機物，其轉化關系如下：（1）下列說法正確的是______。（填字母序號）A．C的官能團為羧基B．1molA最多可以和2molNaOH反應C．C可以發(fā)生氧化反應、取代反應和加成反應D．可以發(fā)生消去反應（2）F的結構簡式為____________，由F到G的反應類型為___________。（3）反應①的作用是__________________，合適的試劑a為____________。（4）同時滿足下列條件的A的一種同分異構體的結構簡式______________________。Ⅰ．與A具有相同的官能團；Ⅱ．屬于苯的鄰二取代物；Ⅲ．能使FeCl3溶液顯色；Ⅳ．核磁共振氫譜分析，分子中有8種不同化學環(huán)境的氫原子。（5）H與G分子具有相同的碳原子數目，且1molH能與足量的新制銀氨溶液反應生成4mol單質銀。寫出H與足量的新制銀氨溶液反應的化學方程式__________________。19、物質分離、提純的常用裝置如圖所示，根據題意選擇合適的裝置填入相應位置。（1）我國明代《本草綱目》中收載藥物1892種，其中“燒酒”條目下寫到：“自元時始創(chuàng)其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣上……其清如水，味極濃烈，蓋酒露也。”這里所用的“法”所用的是__裝置（填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”或“戊”，下同）。（2）《本草衍義》中對精制砒霜過程的敘述為：“取砒之法，將生砒就置火上，以器覆之，令砒煙上飛著覆器，遂凝結累然下重如乳，尖長者為勝，平短者次之。”文中涉及的操作方法所用是_____裝置。（3）海洋植物如海帶、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘離子的形式存在。實驗室里從海藻中提取碘的流程如圖：其中分離步驟①、②、③所用分別為：_____裝置、_____裝置、_____裝置。20、NaClO2/H2O2酸性復合吸收劑可同時有效脫硫、脫硝。實驗室制備少量NaClO2的裝置如圖所示。裝置I控制溫度在35～55°C，通入SO2將NaClO3還原為ClO2(沸點：11°C)?；卮鹣铝袉栴}：（1）裝置Ⅰ中反應的離子方程式為__________________。（2）裝置Ⅱ中反應的化學方程式為_____________________。（3）裝置用中NaOH溶液的作用是_____________。（4）用制得的NaClO4/H2O2酸性復合吸收劑同時對NO、SO2進行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在溫度一定時，n(H2O2)/n(NaClO2)和溶液pH對脫硫、脫硝的影響如圖所示：①從圖1和圖2中可知脫硫、脫硝的最佳條件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝________________。pH在_________________之間。②圖2中SO2的去除率隨pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5時反而減小。NO去除率減小的可能原因是___________________________________。21、純堿是一種非常重要的化工原料，在玻璃、肥料、合成洗滌劑等工業(yè)中有著廣泛的應用。(1)工業(yè)上“侯氏制堿法”以NaCl、NH3、CO2及水等為原料制備純堿，其反應原理為：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。生產純堿的工藝流程示意圖如下：請回答下列問題：①析出的NaHCO3晶體中可能含有少量氯離子雜質，檢驗該晶體中是否含有氯離子雜質的操作方法是________。②該工藝流程中可回收再利用的物質是________________。③若制得的純堿中只含有雜質NaCl。測定該純堿的純度，下列方案中可行的是________(填字母)。a.向m克純堿樣品中加入足量CaCl2溶液，沉淀經過濾、洗滌、干燥，稱其質量為bgb.向m克純堿樣品中加入足量稀鹽酸，用堿石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收產生的氣體，堿石灰增重bgc.向m克純堿樣品中加入足量AgNO3溶液，產生的沉淀經過濾、洗滌、干燥，稱其質量為bg(2)將0.84gNaHCO3和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.10mol·L-1稀鹽酸。下列圖像能正確表示加入鹽酸的體積和生成CO2的物質的量的關系的是___________(填字母)。A．B．C．D．(3)若稱取10.5g純凈的NaHCO3固體，加熱一段時間后，剩余固體的質量為8.02g。如果把剩余的固體全部加入到100mL2mol·L－1的鹽酸中充分反應。求溶液中剩余的鹽酸的物質的量濃度(設溶液的體積變化及鹽酸的揮發(fā)忽略不計)___________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解題分析】

A．加入100mL鹽酸時二氧化碳的體積達最大，此時溶液為NaCl溶液，根據氯離子、鈉離子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），據此計算出氫氧化鈉的物質的量，再根據物質的量濃度的定義計算；B．從25mL到100mL為碳酸氫鈉與鹽酸反應生成二氧化碳，計算消耗HCl的物質的量，根據方程式計算生成二氧化碳的物質的量，再根據V=nVm計算二氧化碳的體積；CD．生成CO2發(fā)生的反應為：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假設NaOH與CO2氣體反應所得溶液中只有Na2CO3，則開始階段發(fā)生反應：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后兩個階段消耗鹽酸的體積應相等，而實際生成二氧化碳消耗的鹽酸體積多，故NaOH與CO2氣體反應所得溶液中溶質為Na2CO3、NaHCO3，根據消耗鹽酸的體積確定二者物質的量之比．【題目詳解】生成CO2發(fā)生的反應為：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假設NaOH與CO2氣體反應所得溶液中只有Na2CO3，則開始階段發(fā)生反應：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后兩個階段消耗鹽酸的體積應相等，而實際生成二氧化碳消耗的鹽酸體積多，故NaOH與CO2氣體反應所得溶液中溶質為Na2CO3、NaHCO3，A．加入100mL鹽酸時二氧化碳的體積達最大，此時溶液為NaCl溶液，根據氯離子、鈉離子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×0.2mol·L－1=0.02mol，所以c（NaOH）=0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，故A錯誤；B．由曲線可知從25mL到100mL為碳酸氫鈉與鹽酸反應生成二氧化碳，反應方程式為NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）×0.2mol·L－1=0.015mol，所以CO2氣體體積為0.015mol×22.4L·mol－1=0.3.6L=336mL，故B錯誤；C、Na2CO3轉化為NaHCO3消耗鹽酸為25mL，生成NaHCO3轉化為二氧化碳又可以消耗鹽酸25mL，故NaOH與CO2氣體反應所得溶液中NaHCO3，消耗鹽酸的體積為75mL-25mL=50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物質的量之比為25mL：50mL=1：2，所得溶液的溶質成分的物質的量之比為n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故C正確；D、由C分析，所得溶液的溶質成分的物質的量之比為n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故D錯誤；故選C。2、C【解題分析】

根據分散質粒子直徑大小來分類，把分散系劃分為溶液（小于1nm）、膠體（1nm～100nm）和濁液（大于100nm），膠體具有丁達爾效應，膠體本身不帶電荷，但膠體具有吸附性，吸附離子致使膠體微粒帶有電荷?！绢}目詳解】A項、靜電除塵器除去空氣或工廠廢氣中的飄塵是利用膠粒帶電荷而加以除去，此過程為膠體的電泳，故A正確；B項、明凈水是因為明礬溶于水，溶液中Al3+發(fā)生水解反應生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體表面積大，可以吸附水中懸浮的雜質，達到凈水的目的，故B正確；C項、將“納米材料”分散到某液體中，所得分散系為膠體，濾紙上的小孔直徑小于100nm，膠體和溶液都能通過，只有濁液的微粒不能通過，分離提純膠體應用半透膜，故C錯誤；D項、煙、霧分散質粒子直徑在1nm～100nm之間，屬于膠體，膠體具有丁達爾效應，故D正確；故選C。【題目點撥】本題考查了膠體的性質，側重于考查基礎知識的理解與綜合應用能力，注意掌握膠體的性質與現實生活聯系是解答的關鍵。3、D【解題分析】

銅在空氣中長時間放置，會與空氣中氧氣、二氧化碳、水反應生成堿式碳酸銅Cu2(OH)2CO3，反應方程式為：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，該反應為化合反應，故合理選項是D。4、B【解題分析】

A、乙醇俗稱酒精，故A說法正確；B、乙醇能與水形成分子間氫鍵，乙醇與水可以以任意比例互溶，故B說法錯誤；C、乙醇能使蛋白質變性，即乙醇可用于消毒，故C說法正確；D、乙醇含有羥基，能與金屬鈉發(fā)生2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑，故D說法正確；答案選B。5、B【解題分析】

利用化合價升降法將該氧化還原反應方程式配平，反應方程式為3（NH4）2SO43SO2+N2+4NH3+6H2O，該反應中銨根離子和氨氣分子中氮原子的化合價都是-3價，化合價不變，所以則該反應中化合價發(fā)生變化和未發(fā)生變化的N原子數之比為1：2，選B。6、B【解題分析】

含有C=C鍵的物質既能使酸性高錳酸鉀溶液褪色又能與溴水起加成反應使之褪色?！绢}目詳解】①甲烷、②苯、③聚乙烯、⑥己烷不含有C=C鍵，與高錳酸鉀和溴水都不反應，而④乙烯、⑤丙稀含有C=C鍵，既能使酸性高錳酸鉀溶液褪色又能與溴水起加成反應使之褪色，故B正確；

答案選B。7、A【解題分析】

常溫下，等濃度的這幾種溶液，酸的電離程度越大其溶液中氫離子濃度越大，乙醇是非電解質，在水溶液不發(fā)生電離?！绢}目詳解】濃度相同條件下，根據乙酸與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳氣體，說明乙酸酸性大于碳酸；苯酚溶液不能使酸堿指示劑變色，苯酚鈉溶液中通入過量二氧化碳生成苯酚和碳酸氫鈉，證明說明苯酚酸性很弱，小于碳酸的酸性，乙醇是中性的非電解質溶液，它們的酸性由強到弱排列正確的是①③②④。故選A?！绢}目點撥】本題考查弱電解質的電離，側重考查學生分析判斷能力，明確酸性強弱順序即可解答，注意：苯酚酸性小于碳酸而大于碳酸氫根離子。8、A【解題分析】A、Na在點燃或加熱的條件下與氧氣反應生成Na2O2，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，能夠一步實現，故A正確；B、4FeS2＋11O2=2Fe2O3＋8SO2，不能夠一步實現，故B錯誤；C、氯氣與鐵反應，無論鐵過量還是不足，生成的都是FeCl3，不能實現一步反應，故C錯誤；D、SiO2不溶于水，不能與水反應生成H2SiO3，不能實現一步完成，故D錯誤。點睛：本題的易錯選C選項，學生認為發(fā)生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，需要注意此反應應在溶液中進行，但現在給的環(huán)境不是溶液，也就是Fe和Cl2反應，無論氯氣過量與否反應生成的都是FeCl3.9、D【解題分析】A、滴定管在裝液之前必須要用標準液潤洗，否則將稀釋標準液，選項A錯誤；B、錐形瓶用蒸餾水洗凈,不必干燥就能加入一定體積未知濃度的NaOH溶液，里面殘留有蒸餾水對測定結果無影響，選項B錯誤；C、在滴定之前必須排盡滴定管下端口的氣泡，然后記錄讀書，進行滴定，選項C錯誤；D、讀數時視線必須和凹液面最低處保持水平，選項D正確。答案選D。10、B【解題分析】分析：A．配合物中，配位體提供孤電子對，中心原子提供空軌道形成配位鍵；B．氫氧化銅和氨水反應生成配合物而使溶液澄清；C．硫酸銅先和氨水反應生成氫氧化銅，氫氧化銅和氨水反應生成絡合物；D．絡合物在乙醇中溶解度較小。詳解：A．在[Cu(NH3)4]2+離子中，Cu2+提供空軌道，NH3提供孤電子對，故A錯誤；B．硫酸銅和氨水反應生成氫氧化銅藍色沉淀，繼續(xù)加氨水時，氫氧化銅和氨水繼續(xù)反應生成絡合物離子[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，故B正確；C．硫酸銅和氨水反應生成氫氧化銅藍色沉淀，繼續(xù)加氨水時，氫氧化銅和氨水繼續(xù)反應生成絡合物而使溶液澄清，所以溶液中銅離子濃度減小，故C錯誤；D．[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后會析出藍色晶體，故D錯誤；故選B。11、B【解題分析】

A.往碳酸鈣中滴加稀鹽酸，因為碳酸鈣難溶于水，應以化學式保留，正確的離子方程式為CaCO3+2H+=Ca2+＋CO2↑+H2O，A錯誤；B.氫氧化鈉溶液與過量的碳酸氫鈣溶液反應生成碳酸鈣、碳酸氫鈉和水，離子方程式為：OHˉ＋Ca2+＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O，B正確；C.金屬鈉和水反應的離子方程式為：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，C錯誤；D.KHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性，生成硫酸鋇、硫酸鉀和水，離子方程式為2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D錯誤；答案選B?！绢}目點撥】B是易錯點，酸式鹽和強堿反應的離子方程式會因為兩者用量不同而不同，可用定“1”法書寫，把量少的反應物的化學計量數定“1”，并據此寫出其參加反應的離子及其化學計量數，再據此確定和它們反應的離子符號和化學計量數，例如氫氧化鈉溶液與少量的碳酸氫鈣溶液反應，定碳酸氫鈣為“1”，則離子方程式中鈣離子和碳酸氫根的化學計量數分別為“1”和“2”，由此決定氫氧根離子為“2”，則參加反應的離子方程式為：Ca2+＋2HCO3-+2OH-=CaCO3↓＋2H2O+CO32-。12、A【解題分析】

本題考查了阿伏伽德羅常數的有關計算。A.甲醛和乙酸的最簡式相同，最簡式相同的物質，只要總質量一定，無論以何種比例混合，完全完全燃燒生成CO2的量為定值；B.等物質的量的Cl2與Fe充分反應生成FeCl3時，鐵過量，以Cl2的物質的量計算轉移電子數；C.缺少0.lmol/L的Ba(OH)2溶液的體積，無法計算OH-的物質的量；D.葡萄糖分子中含有共價鍵數為24?！绢}目詳解】甲醛和乙酸的最簡式都為CH2O，1mol甲醛燃燒生成1molCO2，60gCH2O的物質的量是2mol，則在氧氣中完全燃燒生成CO2的分子數為2NA，A正確；標況下，4.48LCl2的物質的量為0.2mol，等物質的量的Cl2與Fe充分反應生成FeCl3時，鐵過量，0.2molCl2完全反應轉移電子數為0.4NA，B錯誤；缺溶液的體積，無法計算0.lmol/L的Ba(OH)2溶液中OH-的物質的量，C錯誤；葡萄糖分子中含有5個H—O鍵、5個C—O鍵、1個C=O鍵、7個H—C鍵、5個C—C鍵，共價鍵數為24，則1mol葡萄糖中含共價鍵數為24NA，D錯誤。故選A?！绢}目點撥】阿伏加德羅常數是歷年高考的“熱點”問題，這是由于它既考查了學生對物質的量、粒子數、質量、體積等與阿伏加德羅常數關系的理解，又可以涵蓋多角度的化學知識內容。要準確解答好這類題目，一是要掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關系；二是要準確弄清分子、原子、化學鍵的構成關系。13、A【解題分析】A．該原電池中，鋅作負極，銅作正極，鋅失電子生成鋅離子進入溶液，導致鋅逐漸減少，A正確。B.該原電池中，負極上鋅失電子生成鋅離子進入溶液，鋅離子無色，正極上氫離子得電子生成氫氣，溶液中沒有銅離子產生，所以溶液不變藍色，B錯誤；C.鋅作負極，銅作正極，電子從鋅極沿導線流向銅極，C錯誤；D.該裝置是原電池，能將化學能轉化為電能，D錯誤。答案選A.點睛：原電池中，電子由負極經導線流向正極，電子不能在水溶液中移動。14、B【解題分析】

①向溶液中加入氫氧化鈉溶液過程中無沉淀生成，說明溶液中一定不存在與氫氧化鈉生成沉淀的離子，溶液中一定不含A13+和Mg2+；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol?L-1的鹽酸，開始產生沉淀并逐漸增多，沉淀量基本不變后產生氣體，最后沉淀逐漸減少至消失，，所以一定不存在SiO32-，滴加鹽酸產生和溶解的沉淀為氫氧化鋁，題中所給的離子中能與鹽酸反應生成氣體的只有CO32-，則氣體為二氧化碳，說明原溶液中存在AlO2－和CO32－，所以一定不存在與CO32－反應的Ba2+，再根據溶液呈電中性可知，溶液中一定存在唯一的陽離子K+；③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸銀溶液可得到沉淀0.43g，則沉淀為AgCl，物質的量為：0.43g÷143.5g/mol＝0.003mol，②中加入的氯離子的物質的量為：n（HCl）=0.2mol/L×0.005L=0.001mol＜n（AgCl），所以原溶液中一定存在0.02molCl－；A.根據以上分析可知，溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32-，一定存在Cl-，故A錯誤；B.由分析可知：該溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-，故B正確；C.根據溶液呈電中性可以判斷，溶液中一定存在鉀離子，不需要通過焰色反應判斷鉀離子是否存在，故C錯誤；D.根據生成氯化銀沉淀的物質的量可知，原溶液中一定存在氯離子，故D錯誤；答案選B?！绢}目點撥】根據離子的特征反應及離子間的共存情況，進行離子推斷時要遵循以下三條原則：（1）互斥性原則，判斷出一定有某種離子存在時，將不能與之共存的離子排除掉，從而判斷出一定沒有的離子，如本題的原溶液中存在CO32－，所以一定不存在與CO32－反應的Ba2+；（2）電中性原則，溶液呈電中性，溶液中一定有陽離子和陰離子，不可能只有陽離子或陰離子，如本題根據溶液呈電中性可知，溶液中一定存在唯一的陽離子K+；（3）進出性原則，離子檢驗時，加入試劑會引入新的離子，某些離子在實驗過程中可能消失，則原溶液中是否存在該種離子要結合題目信息進行判斷，如本題中的Cl-就是利用最終生成的AgCl沉淀的質量和開始加入的HCl的物質的量判斷一定存在。15、C【解題分析】

A．C-C、C-H鍵均為σ鍵，C=C中一個σ鍵，一個π鍵，則丙烯分子有8個σ鍵，1個π鍵，故A錯誤；B．甲基中的C原子為sp3雜化，C=C中的C原子為sp2雜化，則丙烯分子中1個碳原子是sp3雜化，2個碳原子是sp2雜化，故B錯誤；C．同種非元素之間形成非極性鍵，則丙烯中存在C-C非極性共價鍵，故C正確；D．由C=C雙鍵為平面結構、甲基為四面體結構可知，丙烯分子中2個碳原子在同一直線，故D錯誤；故選C。16、B【解題分析】

A．氯化銨全部由非金屬元素構成，為離子化合物，選項A錯誤；B、乙醇中羥基上的氫可以和水之間形成氫鍵，使乙醇和水可以以任意比例互溶，選項B正確；C、族的氫元素與族元素原子之間形成的化學鍵是共價鍵，選項C錯誤；D、水解程度與酸根的還原性無關，和酸根對應的弱酸的強弱有關，酸性越弱對應酸根水解程度越大，選項D錯誤。答案選B。【題目點撥】本題考查化學鍵等知識，易錯點為選項B，N、O、F三種原子的得電子能力太強，連在這三種原子上的原子容易與其他電負性較強的原子之間形成氫鍵，羥基和水分子之間容易形成氫鍵，所以乙醇可以與水以任意比例互溶。二、非選擇題（本題包括5小題）17、碳碳雙鍵羧基消去反應+C2H5OH+H2OCH3—C≡C—CH3【解題分析】

由第一個信息可知A應含有醛基，且含有7個C原子，應為，則B為，則C為，D為，E為，F為，F與乙醇發(fā)生酯化反應生成G為，對比G、K的結構簡式并結合第二個信息，可知C7H8的結構簡式為；(7)環(huán)戊烷與氯氣在光照條件下生成，發(fā)生消去反應得到環(huán)戊烯。環(huán)戊烯與2-丁炔發(fā)生加成反應生成，然后與溴發(fā)生加成反應生成。【題目詳解】根據上述分析可知：A為，B為，C為，D為，E為，F為，G為，對比G、K的結構簡式并結合題中給出的第二個信息，可知C7H8的結構簡式為。(1)A的結構簡式是。(2)C結構簡式是其中含有的官能團是碳碳雙鍵和羧基。(3)D→E的反應類型為消去反應。(4)F為，F與乙醇在濃硫酸存在的條件下加熱，發(fā)生消去反應形成G和水，所以由F生成G的化學方程式是+C2H5OH+H2O。(5)C7H8的結構簡式是。(6)芳香族化合物X是G的同分異構體，該分子中除苯環(huán)外，不含其他環(huán)狀結構，其苯環(huán)上只有1種化學環(huán)境的氫。X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2，說明分子中含有羧基-COOH，則符合上述要求的X的結構簡式：、。(7)環(huán)戊烷與氯氣在光照條件下生成，，與NaOH的乙醇溶液共熱，發(fā)生消去反應得到環(huán)戊烯、NaCl、H2O。環(huán)戊烯與2-丁炔發(fā)生加成反應生成，然后與溴發(fā)生加成反應生成。其合成路線為。所以Q：CH3—C≡C—CH3；中間產物1：；中間產物2：；中間產物3：?！绢}目點撥】本題考查有機物推斷和合成的知識，明確官能團及其性質關系、常見反應類型及反應條件是解本題關鍵，側重考查學生分析判斷能力，注意題給信息的靈活運用。18、AB消去反應保護酚羥基，防止在反應②中被氧化NaHCO3溶液或+4Ag(NH3)2OH+4Ag↓+6NH3+2H2O【解題分析】

A的結構簡式為，A發(fā)生水解反應得到C與，可知C為CH3COOH，由轉化關系可知，與氫氣發(fā)生加成生成F為，G的分子式為C7H12O，則F發(fā)生消去反應得到G，G發(fā)生碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應生成H，若H與G分子具有相同的碳原子數，且1molH能與足量的新制銀氨溶液反應生成4mol單質銀，則H中含有2個-CHO，則亞甲基上的-OH不能發(fā)生消去反應，可推知G為，H為．與氫氧化鈉水溶液放出生成B為，B發(fā)生催化氧化生成D，D與銀氨溶液發(fā)生氧化反應，酸化得到E，則D為，E為，反應①的目的是保護酚羥基，防止在反應②中被氧化，E與是a反應得到，反應中羧基發(fā)生反應，而酚羥基不反應，故試劑a為NaHCO3溶液，據此解答．【題目詳解】A的結構簡式為，A發(fā)生水解反應得到C與，可知C為CH3COOH，由轉化關系可知，與氫氣發(fā)生加成生成F為，G的分子式為C7H12O，則F發(fā)生消去反應得到G，G發(fā)生碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應生成H，若H與G分子具有相同的碳原子數，且1molH能與足量的新制銀氨溶液反應生成4mol單質銀，則H中含有2個-CHO，則亞甲基上的-OH不能發(fā)生消去反應，可推知G為，H為．與氫氧化鈉水溶液放出生成B為，B發(fā)生催化氧化生成D，D與銀氨溶液發(fā)生氧化反應，酸化得到E，則D為，E為，反應①的目的是保護酚羥基，防止在反應②中被氧化，E與是a反應得到，反應中羧基發(fā)生反應，而酚羥基不反應，故試劑a為NaHCO3溶液，

（1）A．C為CH3COOH，C的官能團為羧基，故A正確；B．A為，酯基、酚羥基與氫氧化鈉反應，1molA最多可以和2molNaOH反應，故B正確；C．C為CH3COOH，可以發(fā)生氧化反應、取代反應，不能發(fā)生加成反應，故C錯誤；D．中羥基的鄰位碳上沒有氫原子，所以不能發(fā)生消去反應，故D錯誤；故答案為AB；（2）由上述分析可知，F為，由上述發(fā)生可知F到G的反應類型為消去反應；（3）反應①的作用是：是保護酚羥基，防止在反應②中被氧化，合適的試劑a為NaHCO3溶液；（4）同時滿足下列條件的A（）的同分異構體：Ⅰ．與A有相同的官能團，含有羥基、酯基；Ⅱ．屬于苯的鄰二取代物，Ⅲ．遇FeCl3溶液顯紫色，含有酚羥基，Ⅲ．1H-NMR分析，分子中有8種不同化學環(huán)境的氫原子，苯環(huán)與酚羥基含有5種H原子，則另外側鏈含有3種H原子，故另外側鏈為-CH2CH2OOCH，-CH（CH3）OOCH，結構簡式為：和；（5）H的結構簡式為，與足量的新制銀氨溶液反應的化學方程式為?！绢}目點撥】解有機推斷的關鍵是能準確根據反應條件推斷反應類型：（1）在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應。（2）在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應。（3）在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等。（4）能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應。（5）能與H2在Ni作用下發(fā)生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應。（6）在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應。（7）與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質發(fā)生的是—CHO的氧化反應。(如果連續(xù)兩次出現O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。（8）在稀H2SO4加熱條件下發(fā)生酯、低聚糖、多糖等的水解反應。（9）在光照、X2(表示鹵素單質)條件下發(fā)生烷基上的取代反應；在Fe粉、X2條件下發(fā)生苯環(huán)上的取代。19、丙戊乙甲丁【解題分析】

由圖可知，裝置甲為過濾；裝置乙為灼燒；裝置丙為蒸餾；裝置丁為分液；裝置戊為升華?！绢}目詳解】（1）由題意可知，從濃酒中分離出乙醇，是利用酒精與水的沸點不同，用蒸餾的方法將其分離提純，故答案為丙；（2）“將生砒就置火上，以器覆之，令砒煙上飛，著覆器，遂凝結”，屬于固體直接轉化為氣體，類似于碘的升華，因此涉及的操作方法是升華，故答案為戊；（3）由流程圖可知，步驟①為海藻在坩堝中灼燒，選乙裝置；步驟②過濾海藻灰懸濁液得到含碘離子的溶液，選甲裝置；步驟③為向含碘水溶液中加入有機溶劑萃取分液的到含碘的有機溶液，選丁裝置，故答案為乙、甲、丁。【題目點撥】本題考查混合物分離提純，把握物質性質的異同及實驗裝置的分析與應用為解答的關鍵。20、SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2吸收尾氣，防止污染空氣6：1或65.5～6.0pH＞5.5以后，隨pH的增大，NO的還原性減弱（或過氧化氫、NaClO2的氧化性減弱），NO不能被氧化成硝酸【解題分析】

根據實驗目的，裝置I為二氧化硫與氯酸鈉在酸性條件下反應生成二氧化氯氣體，二氧化氯氣體在裝置II反應生成亞氯酸鈉和氧氣，二氧化氯有毒，未反應的應進行尾氣處理，防止污染環(huán)境?！绢}目詳解】（1）裝置Ⅰ中二氧化氯與與氯酸鈉在酸性條件下反應生成二氧化氯氣體、硫酸鈉，離子方程式為SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-；（2）裝置Ⅱ中二氧化氯氣體與雙氧水、氫氧化鈉溶液反應生成亞氯酸鈉和氧氣，化學方程式為2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2；（3