1、一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分)1(2011年厦门高二检测)下列关于铝的叙述中正确的是()A由于铝具有强还原性，所以可以通过铝热反应冶炼某些高熔点金属B由于铝在空气中容易锈蚀，所以铝制品的使用寿命都很短C常温下，由于铝与浓硫酸钝化时不反应，所以可用铝制槽车运送浓硫酸D由于铝的导电性比铜、银都强，所以常用其制造电线、电缆解析：选A。B项，铝在空气中易生成氧化膜，从而起保护作用，故B错；C项，钝化并非不反应，而是反应形成氧化膜了，C错；D项，导电性Al没有Cu、Ag强，用铝制电线、电缆主要是从价格方面考虑。2下列有关厨房铝制品的使用中，你认为合理的是()A盛放食醋B烧煮开水C用
2、金属丝擦表面的污垢 D用碱水洗涤解析：选B。铝既能与酸反应也能与强碱反应，氧化铝也是既能与酸反应，也能与强碱反应。所以不能用来盛放食醋，不能用碱水洗涤，不能用金属丝擦表面的污垢，以防表面的氧化铝薄膜被破坏。因能形成较致密的氧化铝保护薄膜，用于烧煮开水是合理的。3(2011年常州高二检测)按照如图装置持续通入X气体或蒸气，可以看到a处有红色物质生成，b处变蓝，c处得到液体(假设每个反应均完全)，则X气体或蒸气可能是()ACH3CH2OHBCO或H2CNH3 DH2解析：选A。选项中气体均可还原CuO，但本题审题注意一个关键点，那就是所得产物冷凝后得到液体，该液体不可能是水(干燥管中盛有足量无水C
3、uSO4)，所以一定是乙醛，X气体为乙醇。4下列各反应的离子方程式中，错误的是()A硫酸铝溶液中加入过量的氨水：Al33NH3H2O=Al(OH)33NHB铁片放入过量的稀硝酸中：3Fe8H2NO=3Fe22NO24H2OC将铝片放入过量NaOH溶液中：2Al2OH6H2O=2Al(OH)43H2D四羟基合铝酸盐与过量盐酸反应：Al(OH)44H=Al34H2O答案：B5对于有机物，下列说法正确的是()A它是苯酚的同系物B1 mol该有机物能与溴水反应消耗2 mol Br2发生取代反应C1 mol该有机物与金属钠反应产生0.5 mol H2D1 mol该有机物能与2 mol NaOH反应解析：
4、选B。该有机物分子中既有醇羟基又有酚羟基，因而既能表现醇的性质，又能表现酚类的性质。与Na反应时两种羟基都参加反应；与NaOH反应时，只有酚羟基参加反应而醇羟基不反应；与Br2发生取代反应时，按照规律，只与酚羟基的邻、对位反应，而对位已被甲基占有，只有在两个邻位反应。6下列物质与苯酚互为同系物的是()解析：选B。A选项是苯甲醇，属于醇类；C是2,4,6-三溴苯酚；D是对苯二酚。只有B物质中存在着一个酚羟基而在组成上比苯酚多一个CH2原子团，所以与苯酚互为同系物。7某有机物的结构为，它不可能具有的性质是()易溶于水可以燃烧能使酸性KMnO4溶液褪色能与KOH溶液反应能与NaHCO3溶液反应能与N
5、a反应能发生聚合反应A BC D解析：选A。该有机物分子中有碳碳双键、酚羟基和醚键，另外还有苯环。其中的碳碳双键具有的性质主要有：加成、氧化、聚合等性质。而酚羟基具有的性质主要有：弱酸性、易氧化等。另外苯环能与H2发生加成反应，受酚羟基的影响苯环还可与浓溴水等发生取代反应等。而酚不易溶于水，烃或烃的含氧衍生物一般都具有可燃性。8美国普度大学的研究人员开发出一种利用铝镓合金加水制造氢气的新工艺。这项技术具有广泛的能源潜在用途，包括为汽车提供原料、潜水艇提供燃料等。该技术通过向铝镓合金注水，铝生成氧化铝，同时生成氢气。合金中镓(Ga，A)是关键成分，可阻止铝形成致密的氧化膜。下列关于铝、镓的说法正
6、确的是()A铝的金属性比镓强B铝的熔点比镓低CGa(OH)3与Al(OH)3性质相似，一定能与NaOH溶液反应D铝镓合金与水反应后的物质可以回收利用冶炼铝解析：选D。Al和Ga同主族，镓的金属性比铝强，A错；铝原子半径小，金属键强，铝的熔点比镓高，B错；Ga(OH)3碱性增强，不能与NaOH溶液反应，C错。根据题中信息，D项正确。9为达到预期的实验目的，下列操作正确的是()A向无色溶液中加BaCl2溶液，生成白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不消失，由此确定该溶液中一定含有SOB用pH试纸测定氯水的pHC欲制备Fe(OH)3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸D为鉴别KCl、Al
7、Cl3和MgCl2溶液，分别向三种溶液中滴加NaOH溶液至过量解析：选D。A项若溶液中存在SO时，加入BaCl2后生成BaSO3白色沉淀，再加稀硝酸，BaSO3转化为BaSO4沉淀，无法确定一定存在SO，B项中氯水中的HClO具有漂白性，C项长时间煮沸会使Fe(OH)3胶体聚沉，D正确。10(2011年宁波高二检测)某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案：铜铝混合物测定生成气体的体积方案：铜铝混合物测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是()A溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液B若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小C溶液A和B均可选用稀硝酸D实
8、验室中方案更便于实施解析：选C。若选用稀硝酸，Cu、Al均可与之反应，无剩余固体，不合理。11禁止运动员使用兴奋剂是保证比赛公平、公正的重要举措之一。其中一种兴奋剂X的结构如图所示。下列说法不正确的是()A1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOHB1 mol X与足量浓溴水反应，最多消耗4 mol Br2CX遇FeCl3溶液显色，可看作酚类物质D兴奋剂X所有碳原子有可能共平面解析：选A。1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗5 mol NaOH，A错；兴奋剂X实际由三个平面型结构的碳原子构成，三个平面均通过碳碳单键相链接，碳碳单键可以旋转，所以该分子的所有碳原
9、子有可能都在同一平面内。12现有等浓度的下列溶液：醋酸，苯酚，苯酚钠，碳酸，碳酸钠，碳酸氢钠。按溶液pH由小到大排列正确的是()A BC D解析：选C。均属于酸，其中醋酸酸性最强，碳酸次之，苯酚最弱。均属于强碱弱酸盐，根据越弱越水解的原理知，因酸性为：H2CO3苯酚HCO3，所以对应的盐，其碱性为：碳酸钠苯酚钠碳酸氢钠，故C项正确。13有关如图所示化合物的说法不正确的是()A既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B1 mol该化合物最多可以与3 mol NaOH反应C既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以
10、与NaHCO3溶液反应放出CO2气体解析：选D。该有机物含有碳碳双键，故可以与Br2发生加成反应，又含有甲基，故可以与Br2在光照条件下发生取代反应，A项正确；B项，1 mol酚羟基消耗1 mol NaOH，2 mol酯基水解后生成2 molCOOH，要消耗2 mol NaOH，共消耗3 mol NaOH，B项正确；C项，碳碳双键、苯环可以催化加氢，碳碳双键可以使酸性KMnO4溶液褪色，C项正确；该有机物中不存在羧基，故不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，D项错。14. (2011年镇江高二检测)现有AlCl3和MgSO4的混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH
11、溶液的体积关系如图所示，则原溶液中Cl、SO的物质的量之比为()A11 B23C32 D61解析：选D。OA表示加入NaOH溶液时，Al(OH)3、Mg(OH)2的质量随NaOH量的增多而增大，A点表示加入的NaOH已将溶液中的Mg2、Al3沉淀完全。AB表示的是加入NaOH溶液，Al(OH)3溶解，达到B点时Al(OH)3全部溶解。Al(OH)3NaOH=NaAl(OH)411010.50.4原溶液中Al3为0.1，Cl为0.13；AlCl33NaOH=3NaClAl(OH)313010.3则与Mg2作用消耗的NaOH为0.40.30.1；MgSO42NaOH=Na2SO4Mg(OH)21
12、20050.1n(Cl)n(SO)(0.13)0.0561。15(2011年扬州高二检测)胡椒酚是植物挥发油的成分之一，它的结构简式为=CH2，下列叙述中不正确的是()A1 mol胡椒酚最多可与4 mol H2发生反应B1 mol胡椒酚最多可与4 mol溴发生反应C胡椒酚可与甲醛发生反应，生成聚合物D胡椒酚在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度解析：选B。1 mol苯环可与3 mol H2发生加成反应，1 mol C=C可与1 mol H2发生加成反应，所以1 mol胡椒酚最多可与4 mol H2发生加成反应；酚类物质发生的取代反应的位置在OH的邻对位，加上1个C=C所发生的加成反应，所以1 m
13、ol胡椒酚最多可与3 mol溴发生反应；甲醛与苯酚发生缩聚反应的位置在OH的两个邻位，而该物质结构OH的邻位上无取代基，所以在一定条件下可以生成聚合物；该物质的C原子个数比苯酚多，且OH的对位上的基团为憎水基，所以在水中的溶解度比苯酚小。二、非选择题(本题包括5小题，共55分)16(8分)由氯苯制2,4,6三硝基苯酚有两种途径：你认为更合理的途径是_(填编号)，其主要理由为_。解析：分析苯酚的性质，其具有弱酸性，不饱和，还具有一定的还原性。工业上用苯酚直接硝化是不能得到三硝基苯酚的。答案：苯酚具有还原性，能被硝酸氧化，故不能与硝酸直接发生硝化反应17(10分)在一次学生实验中，学生用铝片分别和
14、稀盐酸、稀硫酸反应，发现铝片和稀盐酸反应现象非常明显，而和稀硫酸几乎不反应。这和教材上的内容“铝能跟稀盐酸或稀硫酸反应生成氢气”不一致，是什么原因呢？为了寻找原因，某学生在老师的指导下，重新用纯浓盐酸和浓硫酸配制了一定浓度的溶液，然后加入0.1 mm10 mm20 mm、纯度99.5%的铝片验证是否确实存在上述现象，实验结果如下表：1 min2 min5 min15 min20 min3 molL1 HCl少量气泡较多气泡大量气泡反应剧烈铝片耗尽1.5 molL1 H2SO4均无明显现象(无气泡)3 molL1 H2SO4均无明显现象(无气泡)从上表可以看出，无论用1.5 mol/L H2SO
15、4还是3 mol/L H2SO4均无明显现象，为了探究“铝与稀盐酸和稀硫酸反应的差异原因”，请回答下列问题：(1)请写出盐酸与铝片反应的离子方程式_。(2)铝分别与3 mol/L HCl、1.5 mol/L H2SO4的反应不相同的地方是盐酸中有Cl、而硫酸中有SO，其余全部相同，我们可以猜想Cl、SO对H与Al的反应可能有不同影响。请你对上述实验事实提出合理的假设加以解释：_。(3)请设计一个实验方案对你的假设进行论证。实验步骤可能的实验现象及可能的结论解析：(1)盐酸与铝反应的离子方程式为：2Al6H=2Al33H2。(2)实验要从盐酸和硫酸这两种酸的差异来考虑，盐酸电离出H和Cl，而硫酸
16、电离出H和SO，所以假设是从它们的差异的角度考虑的。假设Cl能加速Al与H反应，SO不能加速Al与H反应(或Cl能破坏Al片表面的氧化物保护膜，SO不能)。(3)对假设设计如下实验进行论证：实验步骤可能的实验现象及可能的结论取一支试管倒入1.5 mol/L H2SO4 5 mL，加入约0.5 g NaCl晶体(约0.01 mol)，然后再加入0.1 mm10 mm20 mm、纯度99.5%的铝片；另一支试管倒入1.5 mol/L H2SO4 5 mL，加入约1.4 g Na2SO4晶体(约0.01 mol)，然后加入0.1 mm10 mm20 mm、纯度99.5%的铝片进行对比实验加NaCl晶
17、体的试管中的反应明显加快，而加Na2SO4晶体的反应现象仍不明显，说明假设正确。若加NaCl晶体的试管中的反应现象不明显，说明假设错误答案：(1)2Al6H=2Al33H2(2)Cl能加速Al与H反应，SO不能加速Al与H反应(或Cl能破坏Al片表面的氧化物保护膜，SO不能)(3)见解析。18(11分)实验室用浓硫酸和乙醇制取乙烯时，常会看到烧瓶中液体变黑，并在制得的乙烯中混有CO2、SO2等杂质。某课外小组设计了如图所示装置，证明乙烯中混有CO2、SO2并验证乙烯的性质。回答下列问题：(1)装置A是制取乙烯的气体发生装置，图中一处明显的错误是_，烧瓶中碎瓷片的作用是_。(2)若要检验A中所得
18、气体含有SO2，可将混合气体直接通入_(填代号，下同)装置；若要检验A中所得气体含有CH2=CH2，可将混合气体先通过B装置，然后通入_装置，也可将混合气体干燥后，通入_装置。(3)小明将从A出来的混合气体依次通过B、E、D、E装置，发现D装置前面的澄清石灰水无明显变化、D后面的澄清石灰水变浑浊。请对出现该现象的原因进行合理猜想_。(4)若要一次性将三种气体全部检验出来，被检验的先后顺序是_、_、_。解析：实验室制取乙烯是由乙醇和浓硫酸在170 的温度下反应制得的，由于测定的是混合液的温度，因此温度计必须插入液面以下。由于反应物只有液体，因此需要加入碎瓷片以防止暴沸。根据CO2、SO2和CH2
19、=CH2三种物质的性质可知，CO2和SO2都能与NaOH、Ca(OH)2溶液反应，SO2和CH2=CH2都能与溴水、酸性KMnO4溶液反应，但只有SO2能与品红溶液反应，只有CH2=CH2能与溴的CCl4溶液反应，因此检验CO2前须先检验并除去SO2，检验SO2前须先检验并除去CH2=CH2。第(3)小题中，气体通过B后，SO2和CO2均与NaOH溶液反应，故不会使澄清石灰水变浑浊；而D后面的澄清石灰水变浑浊，其唯一原因就是乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化后重新生成CO2气体。答案：(1)温度计水银球部分没有插入液面以下防止混合液在受热时暴沸(2)CD(或F或G)G(3)所得气体中的杂质被NaOH溶
20、液吸收，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2(4)乙烯SO2CO219(12分)由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验(部分产物略去)：(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填写化学式)_。(2)Z为一种或两种气体：若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应中能同时生成两种气体的化学方程式是_。若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是_。(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号)_。(4)取Y溶
21、液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2 mol I时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程式是_。(5)另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中的物质用化学式表示)_。解析：能与Fe2O3、Fe、CuO、C、Al物质反应产生两种气体的浓酸不可能是浓盐酸；如果是浓硫酸，可以与Fe、C、Al单质发生氧化还原反应，浓硫酸被还原为SO2，C被氧化为CO2，Fe和Al被氧化为Fe3和Al3，如果是浓硝酸，则两种气体是CO2和NO2，其变化与加浓硫酸的反应相同。无论是哪种浓酸均可以使
22、两种氧化物Fe2O3、CuO转化为对应的盐。(1)无论加什么浓酸(硫酸和硝酸)，溶液X中都可能含有Fe3、Cu2、Al3三种金属阳离子。向溶液X中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀析出，如果有Al3，则可转化为Al(OH)，如果上层清液通入CO2后，会发生反应，产生白色沉淀Al(OH)3：Al(OH)CO2=Al(OH)3HCO，与题目中“取上层清液，通入CO2，无明显变化”不相符，所以，可以肯定溶液X中没有Al(OH)，样品中没有Al。(2)有了前面的分析，问题(2)就比较容易解决了。(3)向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且一种固体为红色(Cu)，
23、另一种就是过量的Fe粉，这个过程发生了置换反应：2Fe3Fe=3Fe2、Cu2Fe=CuFe2。向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl22Fe2=2Cl2Fe3、2Fe3Cu=2Fe2Cu2、Cl2H2OHClHClO充分反应后，溶液中的阳离子是：Cu2、Fe3、H(特别注意没有了Fe2)。(4)依据信息“当消耗2 mol I时，共转移3 mol电子”，转移3 mol电子其中2 mol来自I，另外1 mol电子来自Fe2，这样才能书写化学方程式：2Fe23H2O24I=2Fe(OH)32I2。(5)设问(5)的目的是推测样品可能的组合，根据前面四步设问知道，样品中一定没有Al
24、，一定有CuO和C，不能确定是否有Fe和Fe2O3，加入足量稀硫酸后一定不产生Cu，那么排除Fe，符合整个设问的组合只有两种：CuO、C；CuO、C、Fe2O3。答案：(1)Al(2)C2H2SO4(浓)CO22SO22H2ONO、CO2(3)Cu2、Fe3、H(4)2Fe23H2O24I=2Fe(OH)32I2(5)CuO、C；CuO、C、Fe2O320. (14分)(2011年无锡高二检测)准确称取6克铝土矿样品(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)放入盛有100 mL某浓度的硫酸溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10 molL1的NaOH溶液，产生的沉淀的质量m与加入NaOH溶液
25、的体积V的关系如图所示。请填空回答：(1)H2SO4溶液的物质的量浓度为_。(2)a2.3，用于沉淀铁离子，消耗NaOH的体积是_，铝土矿中各组成成分的质量分数分别为：Al2O3_，Fe2O3_，SiO2_。(3)a值的范围应是_，在这个范围内，a值越大，_的质量分数越小。解析：(1)由图象可知当加入35 mL NaOH溶液时，滤液中过量的硫酸被中和，且Fe3、Al3全部沉淀，用整体法分析反应的过程，消耗H的物质的量等于OH的物质的量，得硫酸的物质的量浓度为：(0.035 L10 molL11/2)/0.1 L1.75 molL1。(2)用隔离法考查：从溶解Al(OH)3消耗NaOH的量，推知
26、用于Al3沉淀所消耗的NaOH溶液为30 mL，则沉淀Fe3所消耗的NaOH溶液为：35 mL30 mL2.3 mL2.7 mL，再根据反应前后各元素原子的物质的量不变，可分别求出Al2O3、Fe2O3的质量分数分别为85%、12%，则SiO2的质量分数为3%。(3)用隔离法考查：沉淀Fe3所消耗的NaOH溶液的体积为3530a(5a) mL，不难看出a值肯定应小于5，假设铝土矿样品中不含SiO2，则可求出a的最小值为1.64 mL。故a的取值范围为1.63a5。答案：(1)1.75 molL1(2)2.7 mL85%12%3%(3)1.63a5Fe2O3.精品资料。欢迎使用。高考资源网w。w-w*k&s%5￥u高考资源网w。w-w*k&s%5￥u