1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年内蒙古阿拉善盟一中高二（下）期末化学试卷一、单项选择题：（本题共30小题，每小题3分，共90分）1欧盟正考虑在欧盟范围内全面禁止使用塑料袋下列有关说法正确的是（）A塑料垃圾可直接露天焚烧B实施“禁塑令”有助于遏制白色污染C纤维素、油脂、蛋白质均属于有机高分子D聚丙烯结构式为：2下列物质的类别与所含官能团都正确的是（）A 酚类OHBCH3COCH3 醚类COCC 醛类CHOD 酮类CO3下列化学用语能正确表示相应意义的是（）A乙烯的结构简式C2H4B丁烷的结构简式CH3（CH2）2CH3C四氯化碳的电子式 D环己烷的键线式4某工厂生产的某产品
2、只含C、H、O三种元素，其分子模型如图所示（图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键等）下列物质中与该产品互为同分异构体的是（）ACH2C（CH3）COOHBCH2CHCOOCH3CCH3CH2CHCHCOOHDCH3CH（CH3）COOH5下列有机物的命名正确的是（）A 2甲基1丙醇B 2甲基3丁烯C 2甲基戊烷D 1，3，5三硝基苯酚6下列化合物的1HNMR谱图中吸收峰的数目不正确的是（）A（2组）B（5组）C（3组）D（4组）7有两种气态烷烃的混合物，在标准状况下，其密度为1.16g/L，则关于此混合物组成的说法正确的是（）A一定是甲烷与乙烷的混合物B可能是甲烷与丙烷的混合物C一定含
3、有乙烷D可能是甲烷与己烷的混合物8由2氯丙烷制得少量的需要经过下列几步反应（）A加成消去取代B消去加成水解C取代消去加成D消去加成消去9松油醇是一种天然有机化合物，存在于芳樟油、玉树油及橙花油等天然植物精油中，具有紫丁香香气松油醇结构如图所示，下列有关松油醇的叙述正确的是（）A松油醇的分子式为C10H20OB松油醇分子在核磁共振氢谱中有7个吸收峰C它属于芳香醇D松油醇能发生消去反应、还原反应、氧化反应、酯化反应10除去下列物质中所含少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和方法不正确的是（）混合物试剂分离方法A苯（苯酚）氢氧化钠溶液分液B甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气C乙酸乙酯（乙酸）碳酸钠溶
4、液分液D 乙炔（硫化氢）硫酸铜洗气AABBCCDD11下列醇既能发生消去反应，又能被氧化成醛的是（）A甲醇B1丙醇C2甲基2丙醇D2，2二甲基1丙醇12某有机物具有下列性质：能发生银镜反应；滴人紫色石蕊试液不变色；加入少量碱液并滴入酚酞试液，共煮后红色消失原有机物可能是（）A甲酸B甲醇C乙酸甲酯D甲酸乙酯13下列“油”中属于酯类的是（）豆油 酱油 牛油 甘油 重油 硝化甘油ABCD14生活中常常碰到涉及化学知识的某些问题，下列叙述正确的是（）人的皮肤在强紫外线的照射下将会失去生理活性 用甲醛溶液浸泡海产品保鲜变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂发生了水解反应棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕
5、丝和蜘蛛丝的主要成分都是蛋白质蜂蚁叮咬人的皮肤时将分泌物甲酸注入人体，此时可在患处涂抹小苏打或稀氨水ABCD全部15下列物质中，不属于合成材料的是（）A塑料B蛋白质C合成纤维D合成橡胶16下列关于胶体的说法中不正确的是（）A可以通过过滤的方法将淀粉胶体中混有的氯化钠溶液除去B分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液C一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路D制备Fe（OH）3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色17下列表格中各项分类都正确的一组是（） 类别选项纯净物混合物电解质非电解质A生理盐水明矾液态KNO3蔗糖BCa
6、O海水铜乙醇C胆矾铝合金AgClCO2D氢氧化钠空气Na2SO4溶液食醋AABBCCDD18设NA代表阿伏加罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4LCCl4中含有共价键的数目为4NAB常温常压下，6.4 g氧气和臭氧中含有的原子总数为0.4NAC室温时，1L pH=2的NH4Cl溶液中由水电离出的H+为1012NAD一定条件下6.4gSO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2 NA19同温同压下，同体积的一氧化碳与乙烯（C2H4）相比较，下列叙述不正确的是（）A质量比和密度比均为1：1B质子数之比为7：8C二者所含原子数之比为1：2D二者完全燃烧产生二氧化碳的物质的量之
7、比为1：220在=1012的水溶液中，能大量共存的离子组是（）ANa+、K+、NO3、CH3COOBFe3+、K+、SCN、ClCK+、Al3+、Cl、SO42DNa+、Ba2+、I、HCO321下列说法中用离子方程式表达正确的是（）A氯气溶于水：Cl2+H2OH+Cl+HClOB向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2+CO2+3H2O=2A1 （OH）3+CO32CFe（NO3）2溶液中滴加少量稀盐酸：Fe2+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2OD用醋酸溶液除去水垢：2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O22下列含有共价键的离子化合物（）AMgCl2BCO2CKOHDC2H623
8、下列关于铜锌原电池（如图所示）的说法正确的是（）AZn是负极，发生还原反应BCu是负极，发生氧化反应C铜片上有气体逸出D电子由铜片通过导线流向锌片24下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（）A铝片与稀盐酸反应B甲烷在氧气中燃烧C灼热的炭与二氧化碳反应DBa（OH）28H2O与NH4Cl反应25对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有CO32B向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Ag+C向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉
9、淀产生，则原溶液中一定有SO42D向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则原溶液一定有Ba2+26在某H2SO4和Fe2（SO4）3的混合溶液中，测得H+的物质的量浓度为0.40molL1，而SO42的物质的量浓度为0.65molL1，则混合液中Fe3+的物质的量浓度（molL1）为（）A0.10B0.20C0.30D0.4027下列试剂在空气中久置因为O2而变质的是（）ANa2O2BCa（ ClO）2CFeSO4D浓盐酸28既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是（）（NH4）2CO3 Al（OH）3 NaHCO3 Al2O3 Fe（NO3）2ABCD全部29关于非金
10、属元素Si、N、S、Cl的叙述，正确的是（）A通常情况下，它们的单质均为气体B它们在自然界中都存在游离态形式C它们都有对应的含氧酸D每种元素都只有一种氧化物30下列物质能使品红溶液褪色的是（）干燥的Cl2 Na2O2 NaClO 活性炭 SO2A除外其它都可以B只有C只有D全部二、实验题（16分）31某品牌糖衣片补血剂，除去糖衣后显淡蓝绿色，主要成分是硫酸亚铁，不含其它铁的化合物某研究性学习小组为测定该补血剂中硫酸亚铁的含量进行了以下探究：请回答下列问题：I（1）实验时用10molL1的浓硫酸配制100mL 1molL1 H2SO4溶液，所需浓硫酸的体积为_mL（2）容量瓶所具备的功能是_（填
11、序号）A配制一定体积准确浓度的溶液B长期贮存溶液C常用来代替量筒量取一定体积的液体D用来溶解固体溶质（3）在下列配制过程示意图中，错误的有（填序号）_（4）下列说法正确的是_A洗涤烧杯23次，并将洗涤液移入容量瓶以减少误差B某同学将浓硫酸稀释后未冷却至室温便将溶液转移至容量瓶，所配溶液浓度会偏低C定容时仰视观察，所配溶液浓度会偏低（1）步骤中产生的红褐色物质是（填化学式）_（2）从红褐色的悬浊液到最后的称量，其过程中所需的基本操作为：a_，b洗涤，c灼烧，d冷却（3）若称得固体的质量为ag，则每片补血剂中含硫酸亚铁的质量为_g32短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置所示其中Z的单质是一
12、种重要半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域WXYZ（1）W在元素周期表中的位置是_（2）W、X、氢元素形成的三原子分子的电子式_（3）下列选项中，能证明元素非金属性X强于W的是_A原子序数：XW B最低化合价：XWC最简单氢化物的稳定性：XW D最高价氧化物的水化物酸性：XW（4）元素周期表中与Z同周期的某金属元素形成的单质A，可发生如图所示的转化：其中化合物D是一种白色沉淀，则B中溶质的化学式为_；B与C也可直接转化生成D写出对应的离子方程式为_33以乙烯为原料合成化合物C的流程如图所示：（1）B和C中含有的官能团名称分别为_（2）写出A的结构简式：_（3）的反应类型分别为_反应和_反应
13、（4）写出乙醇的同分异构体的结构简式：_（5）写出反应和的化学方程式：_；_（6）写出B与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：_34由有机物合成（香豆素）的合成路线如下，回答下列问题；（1）写出分子式：丙烯酸甲酯_（2）写出反应类型：_若要的反应完全，则反应需要的条件是_（3）已知化合物的相对分子质量为146，写出结构简式：_（4）化合物是的一种同分异构体，有如下特征：分子中除苯环外，无其它环状结构；在核磁共振氨谱图中，有四个吸收峰，能发生银镜反应；1mol最多能与2mol的NaOH反应的结构简式为_（5）根据已有知识并模仿香豆素合成路线的相关反应，试写出氯苯和丙烯（CH2=CHCH3）
14、为原料，合成的化学方程式（无机试剂任选）_、_2015-2016学年内蒙古阿拉善盟一中高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：（本题共30小题，每小题3分，共90分）1欧盟正考虑在欧盟范围内全面禁止使用塑料袋下列有关说法正确的是（）A塑料垃圾可直接露天焚烧B实施“禁塑令”有助于遏制白色污染C纤维素、油脂、蛋白质均属于有机高分子D聚丙烯结构式为：【考点】三废处理与环境保护；有机高分子化合物的结构和性质【分析】A垃圾焚烧时会产生一些有害气体如：二氧化硫、氯化氢等，容易造成环境污染；B实施“禁塑令”可以减少塑料袋的使用量，有利于降低白色污染；C高分子化合物的相对分子量达到10000以
15、上，而油脂的相对分子量较小，不属于高分子化合物；D聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，链节的主链上含有2个C【解答】解：A塑料垃圾不能直接露天焚烧，否则塑料垃圾燃烧过程中会放出二氧化硫、氯化氢等有毒气体，严重污染空气，影响人的健康，故A错误；B实施“禁塑令”可以大大减少塑料袋的使用，有助于遏制白色污染，故B正确；C维生素、蛋白质属于高分子化合物，而油脂的相对分子量较小，不属于高分子化合物，故C错误；D聚丙烯的链节的主链上含有2个C原子，聚丙烯正确的结构简式为：，故D错误；故选B【点评】本题考查了环境的污染与治理、高分子化合物及其结构简式的判断，题目难度不大，注意了解环境污染及治理措施，明确高分子化
16、合物的概念及判断方法2下列物质的类别与所含官能团都正确的是（）A 酚类OHBCH3COCH3 醚类COCC 醛类CHOD 酮类CO【考点】烃的衍生物官能团【分析】A酚类物质中OH与苯环直接相连；B该有机物中不存在醚基，应该为酮类；C该有机物为丙醛，分子中存在醛基；D该有机物中含有酯基COOC，属于酯类【解答】解：A为苯甲醇，官能团为OH，属于醇，故A错误；BCH3COCH3为中含有羰基C=O，属于酮类，不属于醚类，故B错误；C中含有醛基，为丙醛，属于醛类物质，故C正确；D中含有酯基，为乙酸苯甲酯，属于酯类物质，故D错误；故选C【点评】本题考查了有机物官能团结构与有机物类型关系，题目难度不大，注
17、意掌握常见的官能团结构与性质，明确有机物类型与官能团之间关系3下列化学用语能正确表示相应意义的是（）A乙烯的结构简式C2H4B丁烷的结构简式CH3（CH2）2CH3C四氯化碳的电子式 D环己烷的键线式【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A烯烃、炔烃的结构简式中碳碳双键、碳碳三键不能省略；B丁烷为烷烃，分子中含有两个甲基、两个亚甲基，据此判断其结构简式；C四氯化碳中Cl原子周围8个电子，漏掉了氯原子的3对未成键电子；D为苯的结构简式，环己烷含有6好C的环烷烃【解答】解：A乙烯分子的结构简式中，碳碳双键不能省略，乙烯的结构简式为：CH2CH2，故A错误；B丁烷为直链烷烃，其结构简式
18、为：CH3（CH2）2CH3，故B正确；C四氯化碳中Cl原子周围8个电子，则四氯化碳正确的电子式为，故C错误；D环己烷含有六元环，分子中全部为单键，环己烷的键线式为：，故D错误；故选B【点评】本题考查了电子式、键线式、结构简式的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及正确表示方法，结构简式与结构式、环己烷与苯的区别，试题培养了学生的规范答题能力4某工厂生产的某产品只含C、H、O三种元素，其分子模型如图所示（图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键等）下列物质中与该产品互为同分异构体的是（）ACH2C（CH3）COOHBCH2CHCOOCH3CCH3CH2CHCHCOOHDCH3CH
19、（CH3）COOH【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】先根据C原子可以成4个键、H原子可以成1个键、O原子可以成2个键，由结构可知，黑色球为C原子，白色球为H原子，灰球为O原子，写出该有机物的结构简式，然后根据同分异构体的概念来分析【解答】解：黑色球为C原子，白色球为H原子，灰球为O原子，由结构可知，该产品的结构简式为CH2=C（CH3）COOH，A该产品与CH2C（CH3）COOH是同种物质，故A错误；B该产品与CH2CHCOOCH3分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故B正确；C该产品与CH3CH2CHCHCOOH分子式不相同，不是互为同分异构体，故C错误；D该产品与CH3CH（C
20、H3）COOH分子式不相同，不是互为同分异构体，故D错误；故选B【点评】本题考查有机物的性质以及结构、同分异构体等知识，难度不大，注意（1）中结构简式书写，球与球之间的连线代表化学键，不一定是单键5下列有机物的命名正确的是（）A 2甲基1丙醇B 2甲基3丁烯C 2甲基戊烷D 1，3，5三硝基苯酚【考点】有机化合物命名【分析】A醇类的命名选取含有羟基的最长碳链；B烯烃的命名选取含有碳碳双键的最长碳链为主链；C烷烃的命名遵循：长、多、近、小、简原则；D酚类的命名选取羟基所在的碳为1号碳，据此解答【解答】解：A，含有羟基的最长碳链为4，含有羟基为醇类，正确命名为2丁醇，故A错误；B，此有机物为烯烃，
21、在3号碳上含有1个甲基，正确命名为3甲基1丁烯，故B错误；C，只含有碳碳单键，在2号碳上含有1个甲基，正确命名为2甲基戊烷，故C正确；D，羟基所在的碳为1号碳，正确命名为2，4，6三硝基苯酚，故D错误，故选C【点评】本题主要考查的是烷烃的命名、烯烃的命名以及醇类的命名等，难度不大，掌握烷烃的命名是关键6下列化合物的1HNMR谱图中吸收峰的数目不正确的是（）A（2组）B（5组）C（3组）D（4组）【考点】常见有机化合物的结构【分析】根据结构简式可判断每个分子中等效氢的数目，等效氢的数目即为1HNMR谱图中吸收峰数目，结合选项中的有关物质结构可判断【解答】解：根据结构简式可判断每个分子中等效氢的数
22、目，等效氢的数目即为1HNMR谱图中吸收峰数目，A中有3种氢原子，所以1HNMR谱图中吸收峰数目有3种，故A错误； B中有5种氢原子，所以1HNMR谱图中吸收峰数目有5种，故B正确；C中有3种氢原子，所以1HNMR谱图中吸收峰数目有3种，故C正确；D中有4种氢原子，所以1HNMR谱图中吸收峰数目有4种，故D正确故选A【点评】本题考查等效氢原子的判断，题目难度不大，注意有几种等效氢原子就有几种吸收峰7有两种气态烷烃的混合物，在标准状况下，其密度为1.16g/L，则关于此混合物组成的说法正确的是（）A一定是甲烷与乙烷的混合物B可能是甲烷与丙烷的混合物C一定含有乙烷D可能是甲烷与己烷的混合物【考点】
23、有机物实验式和分子式的确定【分析】该混合烃的平均摩尔质量为1.16g/L22.4L/mol=26g/mol，即平均相对分子质量为26，相对分子质量小于26的烷烃是甲烷，甲烷的相对分子质量为16，其他烷烃相对分子质量都大于26，所以混合物中一定有甲烷，结合标准状况下为气态烃判断【解答】解：该混合烃的平均摩尔质量为1.16g/L22.4L/mol=26g/mol，即平均相对分子质量为26，相对分子质量小于26的烷烃是甲烷，甲烷的相对分子质量为16，其他烷烃相对分子质量都大于26，所以混合物中一定有甲烷，A乙烷的相对分子质量为30，可能含有乙烷，也可能不含有乙烷，故A错误；B丙烷的相对分子质量为44
24、，可能含有丙烷，也可能不含有丙烷，故B正确；C乙烷的相对分子质量为30，可能含有乙烷，也可能不含有乙烷，故C错误；D己烷标准状况下为液态，故D错误，故选B【点评】本题考查混合物计算、有机物分子式的确定等，难度中等，注意利用平均相对分子质量解答，侧重于考查学生的思维能力8由2氯丙烷制得少量的需要经过下列几步反应（）A加成消去取代B消去加成水解C取代消去加成D消去加成消去【考点】有机物的合成；有机化学反应的综合应用【分析】2氯丙烷制得少量的，应先生成CH3CH=CH2，然后加成生成CH3CHBrCH2Br，水解可生成，以此解答该题【解答】解：2氯丙烷制得少量的，应先发生消去反应生成CH3CH=CH
25、2，然后发生加成反应生成CH3CHBrCH2Br，最后水解可生成，故选B【点评】本题考查有机物的合成，题目难度不大，本题注意根据官能团的变化可解答该题9松油醇是一种天然有机化合物，存在于芳樟油、玉树油及橙花油等天然植物精油中，具有紫丁香香气松油醇结构如图所示，下列有关松油醇的叙述正确的是（）A松油醇的分子式为C10H20OB松油醇分子在核磁共振氢谱中有7个吸收峰C它属于芳香醇D松油醇能发生消去反应、还原反应、氧化反应、酯化反应【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知，该物质的分子式为C10H18O，含C=C及OH，结合烯烃和醇的性质来解答【解答】解：A松油醇的分子式为C10H18O，故
26、A错误；B该物质结构不对称，与同一个C相连的H相同，则松油醇分子在核磁共振氢谱中有8个吸收峰，故B错误；C分子中不含苯环，则不属于芳香醇，故C错误；D含C=C，能发生加成、氧化反应，含OH，能发生消去、酯化反应，故D正确故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团和性质的关系，熟悉醇、烯烃的性质即可解答，题目难度不大10除去下列物质中所含少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和方法不正确的是（）混合物试剂分离方法A苯（苯酚）氢氧化钠溶液分液B甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气C乙酸乙酯（乙酸）碳酸钠溶液分液D 乙炔（硫化氢）硫酸铜洗气AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯和除杂【分
27、析】A氢氧化钠能与苯酚生成苯酚钠；BC2H4与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳气体；C乙酸乙酯在碳酸钠溶液中等溶解度很小；D硫化氢能与硫酸铜反应生成硫化铜和硫酸【解答】解：A氢氧化钠能与苯酚生成苯酚钠，然后分液即可分离，故A正确； BC2H4与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故B错误；C乙酸乙酯在碳酸钠溶液中等溶解度很小，能用分液漏斗进行分离，故C正确；D硫化氢能与硫酸铜反应生成硫化铜和硫酸，可以除去杂质，故D正确故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重于物质的分离的考查，题目难度中等，除杂时注意不能引入新的杂质，特别是不能影响被提纯的物质11下列醇既能发生消去反
28、应，又能被氧化成醛的是（）A甲醇B1丙醇C2甲基2丙醇D2，2二甲基1丙醇【考点】有机物的结构和性质【分析】含OH、Br原子可发生消去反应，且与OH（Br）相连C的邻位C上有H能发生消去反应；含CH2OH的醇能氧化生成醛，以此来解答【解答】解：A甲醇中只有一个碳原子，不能发生消去反应，故A错误；B.1丙醇可以发生消去反应生成丙烯，发生氧化反应生成丙醛，故B正确；C.2甲基2丙醇可以发生消去反应生成2甲基丙烯，2甲基2丙醇与羟基相连的碳上没有氢，不能被氧化，故C错误；D2，2二甲基1丙醇分子中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故D错误故选B【点评】本题考查有机物的结构与
29、性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇性质的考查，注意消去反应的结构特点，题目难度不大12某有机物具有下列性质：能发生银镜反应；滴人紫色石蕊试液不变色；加入少量碱液并滴入酚酞试液，共煮后红色消失原有机物可能是（）A甲酸B甲醇C乙酸甲酯D甲酸乙酯【考点】有机物的结构和性质【分析】能发生银镜反应说明含有醛基，滴入紫色石蕊试液不变色，说明不含羧基；滴入少量碱液并滴入酚酞试液共煮后，红色消失，则该物质水解生成羧酸钠，说明含有酯基，据此分析解答【解答】解：能发生银镜反应说明含有醛基，滴入紫色石蕊试液不变色，说明不含羧基；滴入少量碱液并滴入酚酞试液共煮后，红色消失，则该物质水解
30、生成羧酸钠，说明含有酯基，A甲酸中含有醛基和羧基，能发生银镜反应也能使紫色石蕊试液变色，不符合条件，故A错误；B甲醇中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合条件，故B错误；C乙酸甲酯中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合条件，故C错误；D甲酸乙酯中含有醛基，能发生银镜反应，不含羧基，所以不能使紫色石蕊试液变色，含有酯基能水解，所以符合条件，故D正确；故选D【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意能发生银镜反应的不一定是醛，可能是甲酸或甲酸某酯，为易错点13下列“油”中属于酯类的是（）豆油 酱油 牛油 甘油 重油 硝化甘油ABCD【考点】烃的衍生物
31、官能团【分析】油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯是油与脂肪的统称，高级脂肪酸甘油酯的烃基中含有不饱和键呈液态称为油，不含不饱和键呈固态为脂肪【解答】解：豆油是高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，故符合；酱油 主要由大豆，淀粉、小麦、食盐经过制油、发酵等程序酿制而成的酱油的成分比较复杂，除食盐的成分外，还有多种氨基酸、糖类、有机酸、色素及香料成分，故不符合；牛油是高级脂肪酸甘油酯，故符合；甘油是丙三醇，属于醇，故不符合；重油是一些长链的烷烃和环烷烃类，属于烃类，故错误；硝化甘油，是硝酸甘油酯，属于酯，故符合；故选A【点评】本题考查了酯类概念和结构分析，主要是物质结构的理解和应用，题目较简单14生活中常常碰到
32、涉及化学知识的某些问题，下列叙述正确的是（）人的皮肤在强紫外线的照射下将会失去生理活性 用甲醛溶液浸泡海产品保鲜变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂发生了水解反应棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和蜘蛛丝的主要成分都是蛋白质蜂蚁叮咬人的皮肤时将分泌物甲酸注入人体，此时可在患处涂抹小苏打或稀氨水ABCD全部【考点】生活中的有机化合物；油脂的性质、组成与结构；纤维素的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【分析】蛋白质在强紫外线的照射下会变性；甲醛有毒，对人体有害；油脂发生氧化反应而产生异味，这是变质的主要原因；棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白质；小苏打或稀氨水可以和
33、甲酸发生反应【解答】解：人的皮肤是蛋白质，蛋白质在强紫外线的照射下会变性，失去生理活性，故正确；甲醛有毒，用甲醛溶液浸泡海产品保鲜会对人体有害，故错误；油脂的不饱和成分受空气中氧、水分或霉菌的作用发生自动氧化，生成过氧化物进而降解为挥发性醛、酮、羧酸的复杂混合物，并产生难闻的气味，即油脂是因为发生氧化反应而产生异味，故错误；棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和蜘蛛丝的主要成分都是蛋白质，故正确；小苏打或稀氨水可以和甲酸发生反应，可以用涂抹小苏打或稀氨水来缓解蜂蚁叮咬，故正确故选A【点评】本题考查生活中的有机化合物以及应用知识，可以根据教材知识来回答，难度不大15下列物质中，不属于合成材料的是
34、（）A塑料B蛋白质C合成纤维D合成橡胶【考点】合成材料【分析】合成材料又称人造材料，是人为地把不同物质经化学方法或聚合作用加工而成的材料，塑料、合成纤维和合成橡胶号称20世纪三大有机合成技术【解答】解：塑料、合成橡胶和合成纤维是三大合成材料它们是用人工方法，由低分子化合物合成的高分子化合物，又叫高聚物，相对分子量可在10000以上天然高聚物有淀粉、纤维素、天然橡胶和蛋白质等三大合成材料则是人工合成的高聚物高聚物正在越来越多地取代金属，成为现代社会使用的重要材料故选B【点评】本题考查合成材料等内容，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握16下列关于胶体的说法中不正确的是（
35、）A可以通过过滤的方法将淀粉胶体中混有的氯化钠溶液除去B分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液C一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路D制备Fe（OH）3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】A、胶体和溶液都能透过滤纸；B、根据分散系中分散质粒子的大小分析；C、根据胶体具有丁达尔现象的性质分析；D、加热条件下三氯化铁水解生成氢氧化铁胶体；【解答】解：A、胶体和溶液都能透过滤纸，所以不能通过过滤的方法将淀粉胶体中混有的氯化钠溶液除去，故A错误；B、根据分散系中分散质粒子的大小
36、把分散系分为：浊液（100nm）、胶体（1100nm）、溶液（1nm），所以分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）胶体FeCl3溶液，故B正确C、蛋白质溶液属于胶体，能产生丁达尔效益，所以一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路，故C正确；D、加热条件下三氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，则制备Fe（OH）胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故D正确；故选A【点评】本题考查了分散系分类的依据，胶体的性质，胶体的制备等，题目比较简单17下列表格中各项分类都正确的一组是（） 类别选项纯净物混合物电解质非电解质A生理盐水明矾液态KNO3蔗糖BCaO
37、海水铜乙醇C胆矾铝合金AgClCO2D氢氧化钠空气Na2SO4溶液食醋AABBCCDD【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质【分析】混合物由两种或两种以上物质组成，纯净物纯净物是由一种物质组成；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质【解答】解：A、生理盐水是混合物，明矾是纯净物，故A错误；B、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C、胆矾是纯净物，铝合金含有多种成分是混合物；氯化银是电解质，二氧化碳是非电解质，故C正确；D、硫酸钠溶液是混合物，所以不是电解质；食醋是弱电解质，故D错误；故选C【点评】本题考查了纯净物、混合物、电
38、解质和非电解质的判断，难度不大，明确能导电的不一定是电解质，电解质不一定导电18设NA代表阿伏加罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4LCCl4中含有共价键的数目为4NAB常温常压下，6.4 g氧气和臭氧中含有的原子总数为0.4NAC室温时，1L pH=2的NH4Cl溶液中由水电离出的H+为1012NAD一定条件下6.4gSO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A气体摩尔体积使用对象为气体；B氧气和臭氧都是由氧原子构成，依据n=计算；C氯化铵溶液为强酸弱碱盐，水解促进水的电离；D二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应【解答】解：A
39、标况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B常温常压下，6.4 g氧气和臭氧物质的量=0.4mol，含有的原子中物质的量为总数为0.4NA，故B正确；C室温时，1L pH=2的NH4Cl溶液中由水电离出的H+为102NA，故C错误；D二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，一定条件下6.4gSO2与足量氧气反应生成SO3物质的量小于0.1mol，转移电子数小于0.2 NA，故D错误；故选：B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件应用分析，质量换算物质的量计算微粒数，盐类水解对水电离的影响，题目难度不大，掌握基础是解题关键19同温同压下，同体积的一氧化
40、碳与乙烯（C2H4）相比较，下列叙述不正确的是（）A质量比和密度比均为1：1B质子数之比为7：8C二者所含原子数之比为1：2D二者完全燃烧产生二氧化碳的物质的量之比为1：2【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】根据n=可知，同温同压下，同体积的一氧化碳与乙烯（C2H4）的物质的量相等；一氧化碳和乙烯的相对分子质量相等，都是28，A根据=可知，密度与相对分子质量成正比；B一氧化碳分子含有14个质子、乙烯分子含有16个质子；C一氧化碳含有2个原子，乙烯分子含有6个原子；D根据碳元素质量守恒计算出完全燃烧生成二氧化碳的物质的量之比【解答】解：根据n=可知，同温同压下，同体积的一氧化碳与乙烯（C2H4）
41、的物质的量相等，A由n=可知，密度=，在相同条件下气体的密度之比等于相对分子质量之比，所以两种气体的密度之比等于28：28=1：1，故A正确；B一氧化碳分子中含有14个质子，乙烯分子中含有16个质子，二者物质的量相等，则含有质子数之比为：14：16=7：8，故B正确；C二者的物质的量相等，一氧化碳含有2个原子，乙烯含有6个原子，则二者含有原子数之比为：2：6=1：3，故C错误；D一氧化碳分子中含有1个C、乙烯分子中含有2个C，二者的物质的量相等，根据碳元素质量守恒，完全燃烧生成二氧化碳的物质的量之比为：1：2，故D正确；故选C【点评】本题考查阿伏加德罗定律及推论，题目难度中等，注意物质的量与质
42、量、体积、密度、粒子数目的计算公式的运用，以及对阿伏加德罗定律及推论的理解和应用20在=1012的水溶液中，能大量共存的离子组是（）ANa+、K+、NO3、CH3COOBFe3+、K+、SCN、ClCK+、Al3+、Cl、SO42DNa+、Ba2+、I、HCO3【考点】离子共存问题【分析】在=1012的水溶液中，c（OH）=0.1mol/L，溶液显碱性，根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体、弱电解质，不能结合生成络离子等，则大量共存，以此来解答【解答】解：在=1012的水溶液中，c（OH）=0.1mol/L，溶液显碱性，A该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确；B因Fe3+、SCN结合生成
43、络离子，Fe3+、OH结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C因Al3+、OH结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D因Ba2+、OH、HCO3结合生成水和碳酸钡沉淀，不能大量共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及络合反应的考查，选项D为易错点，题目难度不大21下列说法中用离子方程式表达正确的是（）A氯气溶于水：Cl2+H2OH+Cl+HClOB向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2+CO2+3H2O=2A1 （OH）3+CO32CFe（NO3）2溶液中滴加少量稀盐酸：Fe2+NO3+4H+=Fe3+
44、NO+2H2OD用醋酸溶液除去水垢：2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A二者反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸为弱酸保留化学式；B二氧化碳过量反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；C得失电子不守恒，电荷不守恒；D醋酸为弱酸保留化学式【解答】解：A氯气溶于水，离子方程式：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A正确；B向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2+CO2+2H2O=A1 （OH）3+HCO3，故B错误；CFe（NO3）2溶液中滴加少量稀盐酸，离子方程式：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故C错误；D用醋酸溶液除去水垢，离子方程式：2CH
45、3COOH+CaCO3=Ca2+CO2+H2O+2CH3COO，故D错误；故选：A【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意弱电解质应保留化学式，注意离子反应遵循原子个数、电荷数、得失电子数守恒规律，题目难度不大22下列含有共价键的离子化合物（）AMgCl2BCO2CKOHDC2H6【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；离子化合物的结构特征与性质【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，据此分析解答【解答】解：A氯化镁中镁离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物，故A错误；
46、B二氧化碳分子中CO原子之间只存在共价键，为共价化合物，故B错误；CKOH中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键、OH原子之间存在共价键，为离子化合物，故C正确；DC2H6只存在共价键，为共价化合物，故D错误；故选C【点评】本题考查化学键、化合物类型判断，侧重考查基本概念，明确物质构成微粒是解本题关键，注意化合物和化学键的关系，题目难度不大23下列关于铜锌原电池（如图所示）的说法正确的是（）AZn是负极，发生还原反应BCu是负极，发生氧化反应C铜片上有气体逸出D电子由铜片通过导线流向锌片【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】铜锌原电池中，Zn为负极，Cu为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应
47、，电子由负极流向正极，以此来解答【解答】解：AZn为负极，失去电子，发生氧化反应，故A错误；BCu为正极，氢离子得到电子发生还原反应，故B错误；CCu电极上氢离子得到电子生成氢气，有气体逸出，故C正确；D电子由Zn片通过导线流向Cu片，故D错误；故选C【点评】本题考查铜锌原电池，把握原电池的工作原理为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大24下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（）A铝片与稀盐酸反应B甲烷在氧气中燃烧C灼热的炭与二氧化碳反应DBa（OH）28H2O与NH4Cl反应【考点】吸热反应和放热反应；氧化还原反应【分析】氧化还原反应的特征是有电子转移，其特征是有元素化合价
48、升降，反应物总能量小于生成物总能量，该反应是吸热反应【解答】解：A铝和稀盐酸反应是放热反应，故A错误；B甲烷的燃烧是放热反应，故B错误；C碳和二氧化碳的反应是吸热反应，该反应中碳元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故C正确；D该反应中各元素的化合价都不变化，为非氧化还原反应，故D错误；故选C【点评】本题考查了氧化还原反应和反应热，明确元素化合价变化即可解答，难度不大25对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有CO32B向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Ag+C
49、向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定有SO42D向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则原溶液一定有Ba2+【考点】常见离子的检验方法【分析】A可能含有HCO3；B生成的白色沉淀可能为硫酸钡；C加入盐酸排除了干扰离子，再加入氯化钡溶液生成的沉淀一定为硫酸钡；D可能为BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀【解答】解：A加入盐酸产生无色气体，将气体通入石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳气体，溶液中可能含有HCO3或CO32等离子，故A错误；B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，生成的白色沉淀可能为硫酸，原溶液中不一定
50、含有银离子，故B错误；C向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，排除了银离子等干扰离子，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，该沉淀一定为硫酸钡，则原溶液中一定有SO42，故C正确；D可能生成了BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀，所以不一定为Ba2+，故D错误；故选C【点评】本题考查常见离子的检验方法，为高频考点，题目难度中等，注意熟练掌握常见离子的性质及检验方法，试题侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，易错点为B，注意排除磷酸根离子的干扰26在某H2SO4和Fe2（SO4）3的混合溶液中，测得H+的物质的量浓度为0.40molL1，而SO42的物质的量浓度为0.65molL1，则
51、混合液中Fe3+的物质的量浓度（molL1）为（）A0.10B0.20C0.30D0.40【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据电荷守恒，溶液中3c（Fe3+）+c（H+）=2c（SO42），据此计算【解答】解：根据电荷守恒，溶液中3c（Fe3+）+c（H+）=2c（SO42），即3c（Fe3+）+0.4mol/L=20.65mol/L，解得：c（Fe3+）=0.3mol/L故选C【点评】本题考查物质的量浓度计算，注意根据电荷守恒进行解答，难度中等27下列试剂在空气中久置因为O2而变质的是（）ANa2O2BCa（ ClO）2CFeSO4D浓盐酸【考点】钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的
52、综合应用【分析】试剂在空气中久置因为O2而变质，说明该物质具有较强的还原性，能被空气中的氧气氧化，以此解答该题【解答】解：A过氧化钠与空气中二氧化碳、水发生反应而变质，故A错误；B次氯酸钙与空气中二氧化碳、水发生反应而变质，故B错误；C硫酸亚铁具有还原性，易被氧化而变质，故C正确；D浓盐酸易挥发，与氧气不反应，故D错误故选C【点评】本题考查学生物质的性质以及氧化还原反应的概念和判断，侧重于常见物质的性质的考查，题目难度不大28既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是（）（NH4）2CO3 Al（OH）3 NaHCO3 Al2O3 Fe（NO3）2ABCD全部【考点】两性氧化物和两性氢氧化物【
53、分析】既能与酸又能与碱反应的物质有：铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸等，据此解答【解答】解：（NH4）2CO3 是弱酸的铵盐，既能与酸又能与碱反应，故选；Al（OH）3 是两性氢氧化物，既能与酸又能与碱反应，故选；NaHCO3 是弱酸酸式盐，既能与酸又能与碱反应，故选；Al2O3是两性氧化物，既能与酸又能与碱反应，故选；Fe（NO3）2中硝酸根离子在酸性环境下能够氧化二价铁离子发生氧化还原反应，硝酸亚铁中二价铁离子能够与氢氧化钠发生复分解反应，所以既能与酸又能与碱反应，故选；故选：D【点评】本题考查了物质的性质，熟悉物质性质即可解题，题目难度不大，注意归纳总结既能与
54、酸又能与碱反应的物质，注意硝酸根离子在酸性环境下的强氧化性29关于非金属元素Si、N、S、Cl的叙述，正确的是（）A通常情况下，它们的单质均为气体B它们在自然界中都存在游离态形式C它们都有对应的含氧酸D每种元素都只有一种氧化物【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】ASi、S的单质常温下为固体；BSi主要以化合态存在；C均为非金属，存在对应的酸性氧化物；DN的氧化物有多种，S的氧化物有2种【解答】解：ASi、S的单质常温下为固体，而N、Cl的单质为气体，故A不选；BSi主要以化合态存在，其它三种主以游离态存在，故B不选；C均为非金属，存在对应的酸性氧化物，则都有对应的含氧酸
55、，故C选；DN的氧化物有多种，S的氧化物有2种，所以不都只有一种，故D不选；故选C【点评】本题考查非金属元素及单质、化合物，注意元素及化合物性质的特性和共性，注重学生知识的归纳和总结能力，题目难度不大30下列物质能使品红溶液褪色的是（）干燥的Cl2 Na2O2 NaClO 活性炭 SO2A除外其它都可以B只有C只有D全部【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质【分析】能使品红溶液褪色的物质应具有漂白性，结合物质的性质解答【解答】解：干燥的Cl2 能够与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够使品红褪色，故正确；Na2O2 具有强的氧化性，具有漂白性，能够使品红褪色，故正确；
56、NaClO 具有强的氧化性，具有漂白性，能够使品红褪色，故正确； 活性炭因为具有强的吸附性而具有漂白性，能够使品红褪色，故正确； SO2能够与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，能够使品红褪色，故正确；故选：D【点评】本题考查常见具有漂白性的物质，掌握无机物的性质，把握常见具有漂白性的物质的种类和区别是解答的关键，题目难度不大二、实验题（16分）31某品牌糖衣片补血剂，除去糖衣后显淡蓝绿色，主要成分是硫酸亚铁，不含其它铁的化合物某研究性学习小组为测定该补血剂中硫酸亚铁的含量进行了以下探究：请回答下列问题：I（1）实验时用10molL1的浓硫酸配制100mL 1molL1 H2SO4溶液，所需
57、浓硫酸的体积为10.0mL（2）容量瓶所具备的功能是A（填序号）A配制一定体积准确浓度的溶液B长期贮存溶液C常用来代替量筒量取一定体积的液体D用来溶解固体溶质（3）在下列配制过程示意图中，错误的有（填序号）（4）下列说法正确的是ACA洗涤烧杯23次，并将洗涤液移入容量瓶以减少误差B某同学将浓硫酸稀释后未冷却至室温便将溶液转移至容量瓶，所配溶液浓度会偏低C定容时仰视观察，所配溶液浓度会偏低（1）步骤中产生的红褐色物质是（填化学式）Fe（OH）3（2）从红褐色的悬浊液到最后的称量，其过程中所需的基本操作为：a过滤，b洗涤，c灼烧，d冷却（3）若称得固体的质量为ag，则每片补血剂中含硫酸亚铁的质量为
58、0.19ag【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）根据浓硫酸在稀释前后，溶质的物质的量保持不变；（2）容量瓶是配制一定体积准确浓度的标准溶液的定容仪器；（3）稀释浓硫酸时是将浓硫酸倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速扩散；读数时应平视；（4）根据公式c=，可以根据影响n和V的因素来分析回答；由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量（1）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe2+全部氧化为Fe3+，由流程图可知，加入H2O2是将Fe2+氧化为
59、Fe3+；（2）由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；（3）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，据此计算【解答】解：（1）浓硫酸在稀释前后，溶质的物质的量保持不变，设所需浓硫酸最小体积为V，则100mL1031mol/L=10mol/LV，解得V=10.0mL，故答案为：10.0；（2）容量瓶作为精密仪器不可用于储存和溶解，也不能测量除其规格以外容积的液体体积，故选A，故答案为：A；（3）稀释浓硫酸时是将浓硫酸沿器壁倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速扩散；读数时应平视，不能仰视和俯视
60、，故选：，故答案为：；（4）A洗涤烧杯23次，并将洗涤液移入容量瓶，否则浓度偏小，故A正确； B未冷却体积偏小，浓度偏大，故B错误；C定容时仰视，体积偏大，浓度偏小，故C正确；故答案为：AC；（1）步骤中产生的红褐色物质应该是氢氧化铁，化学式为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（2）由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，故答案为：过滤；（3）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量=0.07ag，含硫酸亚铁的质量为=0.19ag，故答案为：0.19a【点评】本题考查学生对物质的量浓
61、度溶液的配制实验原理与实验操作的理解、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力32短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置所示其中Z的单质是一种重要半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域WXYZ（1）W在元素周期表中的位置是第二周期第A族（2）W、X、氢元素形成的三原子分子的电子式（3）下列选项中，能证明元素非金属性X强于W的是CDA原子序数：XW B最低化合价：XWC最简单氢化物的稳定性：XW D最高价氧化物的水化物酸性：XW（4）元素周期表中与Z同周期的某金属元素形成的单质A，可发生如图所示的转化：其中化合物D是
62、一种白色沉淀，则B中溶质的化学式为NaAlO2；B与C也可直接转化生成D写出对应的离子方程式为Al3+3AlO2+6H2O=Al（OH）3【考点】无机物的推断；位置结构性质的相互关系应用【分析】短周期元素W、X、Y、Z，Z元素的单质是一种重要的半导体材料，则Z为Si元素；由元素在周期表中的位置可知，Y为镁元素、W为碳元素、X为氮元素（1）主族元素周期数=电子层数，主族族序数=最外层电子数；（2）W、X、氢元素形成的三原子分子为HCN，分子中C、N之间形成3对共用电子对，H原子与C原子之间形成1等于共用电子对；（3）元素的非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，其最高价氧化物的水化物酸性越强，与原
63、子序数及化合价无关；（4）金属铝在第三周期，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，能与氯气该反应生成氯化铝，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝白色沉淀，氯化铝与一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀，故B中的溶质是偏铝酸钠，C为氯化铝【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z，Z元素的单质是一种重要的半导体材料，则Z为Si元素；由元素在周期表中的位置可知，Y为镁元素、W为碳元素、X为氮元素，（1）W为碳，C在元素周期表中的位置是：第二周期第A族，故答案为：第二周期第A族；（2）W、X、氢元素形成的三原子分子为HCN，分子中C、N之间形成3对共用电子对，H原子与C原子之间形成1等于共用电子对，其电子式为，故答案为：；（
64、3）元素的非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，其最高价氧化物的水化物酸性越强，与原子序数及化合价无关，故答案为：CD；（4）金属铝在第三周期，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，能与氯气该反应生成氯化铝，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝白色沉淀，氯化铝与一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀，故B中的溶质是偏铝酸钠，化学式为NaAlO2，B与C也可直接转化生成D的离子方程式为Al3+3AlO2+6H2O=Al（OH）3，故答案为：NaAlO2；Al3+3AlO2+6H2O=Al（OH）3【点评】本题考查无机物的推断及位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握元素的位置、元素化合物知识等为解答的关键，侧重分析
65、与应用能力的考查，注意Z为元素推断的突破口、（4）中侧重Al及其化合物转化的考查，题目难度不大33以乙烯为原料合成化合物C的流程如图所示：（1）B和C中含有的官能团名称分别为醛基；酯基（2）写出A的结构简式：（3）的反应类型分别为加成反应和水解反应（4）写出乙醇的同分异构体的结构简式：HCOOCH3（5）写出反应和的化学方程式：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O（6）写出B与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O【考
66、点】有机物的推断【分析】乙烯与溴发生加成反应生成A为，A发生水解得乙二醇，乙烯与水发生加成得乙醇，乙醇催化氧化得B为CH3CHO，B氧化得乙酸，根据C的分子式可知，乙酸与乙二醇发生酯化反应得C为CH3COOCH2CH2OOCCH3，据此答题【解答】解：乙烯与溴发生加成反应生成A为，A发生水解得乙二醇，乙烯与水发生加成得乙醇，乙醇催化氧化得B为CH3CHO，B氧化得乙酸，根据C的分子式可知，乙酸与乙二醇发生酯化反应得C为CH3COOCH2CH2OOCCH3，（1）B为CH3CHO，其含有的官能团为醛基，C为CH3COOCH2CH2OOCCH3，其含有的官能团为酯基，故答案为：醛基；酯基；（2）根
67、据上面的分析可知，A的结构简式为：，故答案为：；（3）由合成流程图可知，反应为乙烯与水的加成反应生成乙醇，反应为1，2二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，故答案为：加成；水解；（4）乙酸的属于酯的同分异构体的结构简式为HCOOCH3，故答案为：HCOOCH3；（5）反应为乙醇催化氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应为乙二醇与乙酸发生酯化反应生成C，由C的分子式可知，应是1分子乙二醇与2分子乙酸反应，则C为二乙酸乙二酯（CH3COOCH2CH2OOCCH3），反应方程式为：2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2
68、O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；（6）B与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式为CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O，故答案为：CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度中等，在注重对学生基础知识巩固的同时，培养学生的知识的迁移能力，记住常见官能团的结构、性质以及官能团之间的相互转化是关键，注意合成路线中碳原子数目的变化34由有机物合成（香豆素）的合成路线如下，
69、回答下列问题；（1）写出分子式：丙烯酸甲酯C4H6O2（2）写出反应类型：取代反应若要的反应完全，则反应需要的条件是H+（稀盐酸或稀硫酸）（3）已知化合物的相对分子质量为146，写出结构简式：（4）化合物是的一种同分异构体，有如下特征：分子中除苯环外，无其它环状结构；在核磁共振氨谱图中，有四个吸收峰，能发生银镜反应；1mol最多能与2mol的NaOH反应的结构简式为（5）根据已有知识并模仿香豆素合成路线的相关反应，试写出氯苯和丙烯（CH2=CHCH3）为原料，合成的化学方程式（无机试剂任选）、【考点】有机物的合成【分析】（1）丙烯酸甲酯的结构简式为CH2=CHCOOCH3，据此写出其分子式；（
70、2）根据有机物和的结构简式判断官能团变化，然后判断反应类型；有机物中酯基转化成羧基、羟基，为酯的酸性条件下的水解反应，若该反应完全，反应条件应该为碱性条件下加热；（3）有机物的相对分子质量为164，根据、相对分子质量可知该反应为有机物分之内的酯化反应，据此写出有机物的结构简式；（4）有如下特征：分子中除苯环外，无其它环状结构；在核磁共振氨谱图中，有四个吸收峰，V分子中含有4种H原子，则V具有对称结构；能发生银镜反应，V分子中含有醛基或为甲酸酯；1mol最多能与2mol的NaOH反应，V分子或其水解产物中最多含有1个羧基和1个酚羟基，再结合的结构简式写出满足条件的有机物的结构简式；（5）结合题干
71、的反应原理可知，氯苯和丙烯（CH2=CHCH3）为原料，合成，首先氯苯与丙烯发生取代反应生成，再与水发生加成反应生成，据此写出反应的化学方程式【解答】解：（1）丙烯酸甲酯为CH2=CHCOOCH3，其分子中含有4个C、6个H和2个O原子，其分子式为：C4H6O2，故答案为：C4H6O2；（2）的反应中，有机物中Cl原子被CH=CHCOOCH3取代生成有机物和HCl，该反应为取代反应；的反应为酯的水解反应，在碱性条件下，酯的水解反应进行完全，所以若反应完全，反应条件为氢氧化钠溶液、加热；题中有机物的反应为可逆反应，需要在酸性条件下进行，故答案为：取代反应；氢氧化钠溶液、加热；H+（稀盐酸或稀硫酸
72、）；（3）有机物的相对分子质量为164，化合物的相对分子质量为146，、相对分子质量之差为18，恰好脱去1分子水，则该反应为有机物分之内的酯化反应，反应生成产物为：，故答案为：；（4）有机物的结构简式为，化合物是的一种同分异构体，有如下特征：分子中除苯环外，无其它环状结构；在核磁共振氨谱图中，有四个吸收峰，则分子中含有4种等效H，V的取代基具有对称结构；能发生银镜反应，V分子中含有醛基；1mol最多能与2mol的NaOH反应，则V分子或其水解产物中最多含有1个羧基和1个酚羟基，满足以上条件的V的结构简式为：，故答案为：；（5）氯苯和丙烯（CH2=CHCH3）为原料，合成，结合的反应，首先氯苯与丙烯发生取代反应生成，再与水发生加成反应生成，反应的化学方程式为：、，故答案为：；【点评】本题考查了有机合成，题目难度中等，明确合成原理为解答关键，注意熟练掌握常见有机物结构与性质，（5）为难点，需要分析题干中取代反应原理，试题培养了学生的分析、理解能力和自学能力高考资源网版权所有，侵权必究！