江苏省南京市六校联考2021年高一下期末考试化学试题（含答案解析）

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1、江苏省南京市六校联考江苏省南京市六校联考 2020-2021 学年高一下期末考试化学试题学年高一下期末考试化学试题 可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 第第卷卷(选择题共选择题共 60 分分) 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 20 小题，每小题小题，每小题 3 分，共计分，共计 60 分。每小题只有一个选项符合题意。分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。下列做法不符合绿色化学理念的是 A. 研制水溶剂涂料替代有机溶剂涂料 B. 用可降解塑

2、料生产包装盒或快餐盒 C. 用反应24422Cu+2H SO浓CuSO +SO+2H O制备硫酸铜 D. 用反应 2CH2=CH2+O2Ag 2制备环氧乙烷 2. 化学与生活、生产、环境等密切相关。下列说法错误的是 A. 棉、丝、毛都是天然有机高分子化合物 B. 蛋白质、油脂、糖类一定条件下都能发生水解反应 C. 煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化 D. 向鸡蛋清溶液中加入硫酸铜产生沉淀，是蛋白质发生了变性 3. 下列有关化学用语使用正确的是 A. 乙酸结构简式： B. 一氯甲烷的电子式： C. 丙烷分子的空间充填模型： D. 聚氯乙烯的结构简式： 4. 常温下，取铝土矿(含有 A

3、l2O3、FeO、Fe2O3、SiO2等物质)用硫酸浸出后的溶液，分别向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是 A. 加入过量 NaOH 溶液：Na+、AlO2、OH-、SO24 B. 加入过量氨水：NH4、Al3+、OH-、SO24 C 通入过量 Cl2：Fe2+、H+、ClO-、SO24 D. 加入过量 H2SO4溶液：Fe2+、Na+、NO3、SO24 5. NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A. 20gD2O 中含有的电子数目为 9NA B. 标准状况下，11.2LSO3中含有分子数目为 0.5NA C. 1mol中含有碳碳双键的数目为 4NA D.

4、16.8gFe 与足量的水蒸气完全反应转移的电子数目为 0.8NA 6. 下列有关实验原理或操作正确的是 A. 图甲装置，吸收 HCl气体时可以防止倒吸 B. 图乙装置，H+移向负极实现化学能转化为电能 C. 图丙装置，从下层放出 CCl4实现与水的分离 D. 图丁装置，用饱和碳酸钠溶液实现乙酸乙酯的提纯 7. 下列各组物质之间通过一步反应能实现转化关系，且与表中条件也匹配的是 选项 X Y Z 箭头上为反应条件或试剂 A Fe FeCl2 FeCl3 通入少量 Cl2 B Na2CO3 NaCl NaHCO3 先通 CO2、再通过量 NH3 C SiO2 Na2SiO3 H2SiO3 加热

5、D NaAlO2 Al(OH)3 Al2O3 加 H2O A. A B. B C. C D. D 8. 下列制取 Cl2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理不能达到实验目的的是 A. B. C. D. 9. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是 A. 向 Na2SO3中滴加稀 HNO3溶液：SO23+2H+=SO2+H2O B. 0.3molFeBr2与 0.4molCl2在溶液中反应：8Cl2+6Fe2+10Br-=6Fe3+16Cl-+5Br2 C. 用稀硝酸除去试管内壁银镜：Ag+2H+NO3=Ag+NO2+H2O D. 酸性介质中 KMnO4氧化 H2O2：2MnO4+2

6、H2O2+8H+=2Mn2+3O2+6H2O 10. 海水资源开发利用的部分过程如图所示。下列说法正确的是 A. 向盐卤中通入的氧化剂可能是 SO2 B. 工业生产中常选用 NaOH作为沉淀剂 C. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯 D. 常用电解氢氧化镁的方法制备金属 Mg 11. 下列物质的制备过程中，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是 A 提纯硅：SiO2焦炭高温CO2+粗硅2Cl 高温SiCl42H高温硅 B. 冶炼铝：铝土矿NaOH aq 过量NaAlO2HCl aq过量无水 AlCl3电解 Al C. 制溴：浓缩海水2ClBr2 热空气吹出2SO 吸收HBr(aq) 21 Cl2

7、再进一步操作Br2 D. 制碘：海带2O灼烧海带灰 2H O 浸取2ClI2(aq) 12 热裂汽油 萃取再进一步操作I2 12. 有机物结构可用“键线式”表示，如：CH3CH=CHCH3可简写为。松油醇具有紫丁香味，其酯类常用于香精调制，如图为松油醇的结构，以下关于它的说法正确的 A. 能催化氧化成醛 B. 分子式为 C10H20O C. 与氢气加成后的产物有 4 种一氯代物 D. 能发生加聚反应，所有 C原子不可能共平面 13. 依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法不正确的是 A. X是 N2O5 B. 工业上以 NH3、空气、水为原料生产硝酸 C. 可用排空气法收集 NO气体

8、 D. 由 NH3N2，从原理上看，NH3可与 NO2反应实现 14. 某有机物分子中只含有 C、H、O三种元素，其球棍模型如图所示。下列关于该分子说法正确的是 A. 分子中只含有一种官能团 B. 与乙烯互为同系物 C. 能使溴水和酸性高锰酸钾褪色，原理不同 D. 只能发生取代和加成反应 15. 食品保鲜膜按材质分为聚乙烯(PE)、聚氯乙烯(PVC)等种类。PVC 被广泛地用于食品、蔬菜外包装，它对人体有潜在危害。下列有关叙述错误的是 A. PVC 单体可由 PE的单体与氯化氢加成制得 B. PVC 保鲜膜属于链状聚合物，在高温时易熔化，能溶于有机溶剂 C. 用湿润的蓝色石蕊试纸检验加热 PE

9、和 PVC产生的气体，可鉴别 PE和 PVC D. 等质量的 PE和乙烯完全燃烧消耗的氧气质量相等 16. 根据下列图示所得出的结论正确的是 A. 图甲能量变化曲线，可推知该反应是放热反应，故反应不需要加热或点燃 B. 图乙表示 70时不同碱性条件下 H2O2的浓度随时间变化的曲线，可推知溶液碱性越强，H2O2分解速率越慢 C. 图丙表示 KNO3、NaCl的溶解度随温度变化的曲线，可推知 40时 KNO3溶液中溶质的质量分数大于NaCl 溶液中溶质的质量分数 D. 图丁表示光照下氯水的 pH 随时间的变化曲线，可推知光照后溶液中 Cl-浓度增大 17. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确

10、的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向 Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的 H2O2溶液，溶液变黄色 说明氧化性：H2O2Fe3+ B 将石蜡油加强热产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色 说明产物中含不饱和烃 C 将 SO2气体通入溴水中，溴水褪色 说明 SO2具有漂白性 D 淀粉与稀硫酸混合一段时间后，滴加银氨溶液并水浴加热，无银镜出现 说明淀粉没有水解 A. A B. B C. C D. D 18. 氢气、甲烷、乙醇等物质均可作为燃料电池的原料。燃料电池的基本组成为电极、电解质、燃料和氧化剂。电池的能量利用率高，产物污染少。下列有关燃料电池的说法不正确的是 A. 上述燃料电池所用

11、的电极材料不参加电极反应 B. 氢氧燃料电池中，氢气应从电池的负极通入 C. 乙醇燃料电池的电解质常用 KOH，电池工作时负极周围 pH增大 D. 碱性环境下，甲烷燃料电池正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH- 19. 取 16.8gNaHCO3固体，加热一段时间，将剩余固体分成四等份，分别取四份固体进行实验。下列能够说明 NaHCO3固体已完全分解的是 A. 加水溶解后向其中滴加酚酞，溶液变红 B. 加水溶解后向其中滴加澄清石灰水，有白色沉淀产生 C. 称量固体，继续加热，冷却后再次称量所得固体，质量不变 D. 加入稍过量的盐酸，充分反应后将溶液蒸干，所得固体质量为 2.925g 20

12、. 为了测定铁铜合金的组成，将 15.2g 铁、铜合金加入 200mL某浓度的稀硝酸中，待合金完全溶解后，共收集到 NO气体 4.48L(标准状况下)，并测得反应后溶液中 H+的浓度为 0.5mol L-1。若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断正确的是 A. 反应后的溶液中可继续溶解铁铜合金质量最多为 1.9g B. 上述合金中铁与铜的质量之比为 2：3 C. 合金中，铁的质量分数为 63.2% D. 原硝酸的物质的量浓度为 c(HNO3)=4.5mol L-1 第第卷卷(非选择题共非选择题共 40 分分) 21. 硫酸锌在农业、医药、食品行业中有着广泛的应用。以红锌矿(主要成分为 Z

13、nO，还含有少量的 FeO、MnO 等)为原料制备 ZnSO4 H2O 的流程如图： (1)“酸浸”时 pH分别与除铁率以及 Zn2+的浸取率的关系如图 1，“酸浸”时溶液的 pH应控制在_左右。 (2)滤渣 1 的成分为 FeO(OH)，写出“氧化”时的离子方程式_。 (3)“沉淀”得到的难溶物为 Zn3(OH)4CO3，写出“沉淀”时的离子方程式_。 (4)滤液 1 中主要的阳离子为_、_。 (5)硫酸锌晶体的溶解度与温度的变化如图 2所示，从“酸化”后的溶液中得到 ZnSO4 H2O的操作是：_，洗涤，干燥。 22. 琥珀酸二乙酯可用作增塑剂、特种润滑剂和有机合成中间体。以乙烯为原料制备

14、琥珀酸二乙酯的合成路线如图： 已知：RBr+NaCNRCN+NaBr RCN+2H2O+H+RCOOH+NH4 NaOH水溶液 ，NaOH乙醇CH2=CH2 (1)C琥珀酸二乙酯的化学方程式为_。 (2)E 为八元环状化合物，写出 E的结构简式_。 (3)已知氧化羟基的条件足以氧化有机分子中的碳碳双键。试设计由丙烯醇(CH2=CHCH2OH)制丙烯酸(CH2=CHCOOH)的合成路线_。 (合成路线常用的表示方式为： 甲反应试剂反应条件乙反应试剂反应条件目标产物) 23. 外观与 NaCl相似的亚硝酸钠(NaNO2)可用作建筑钢材缓蚀剂。某学习小组设计如图装置制备亚硝酸钠(夹持装置已省略)。

15、已知：2NO+Na2O2=2NaNO2，2NO2+Na2O2=2NaNO3。 (1)反应开始时先打开止水夹 K，通入氮气至 F中产生大量气泡后再关上止水夹 K。 通入 N2的目的是_，若实验时观察到_，说明通入 N2未达到预期目的。 若通入 N2未达到预期目的，装置 B可除去 NO 中的 NO2杂质，该反应的化学方程式为_。 (2)装置 C、E不可省去，省去会导致产品中混有杂质_和_。 (3)装置 F的作用是_。 24. 以 Fe2O3/CeO2作催化剂，可用乙烯脱除烟气中 SO2并回收单质硫。某兴趣小组同学设计实验验证该反应并检验产物中的 CO2，实验装置(夹持装置已略)如图所示： 已知：反

16、应原理为：CH2=CH2+3SO2232Fe O /CeO3S+2CO2+2H2O。装置生成的 S、CO2、H2O均为气体。 (1)装置中玻璃纤维的作用是_。 (2)为检验 CO2，则装置、中盛放试剂依次是_(填序号)。 酸性 KMnO4溶液澄清石灰水Br2的 CCl4溶液 (3)为制作反应的催化剂，实验小组制备了一定质量的 Fe2O3(含 FeO 杂质)样品，为测定其中 Fe2O3的质量分数，现进行如下实验： 步骤 1：称取 0.20g 样品，向样品中加入足量的盐酸使其完全溶解。 步骤 2：向溶液中加入足量的 KI溶液，充分反应。 步骤 3：向溶液中加入 0.10mol L-1Na2S2O3

17、溶液，恰好完全反应时消耗 Na2S2O3溶液体积为 20.00mL生成Na2S4O6。 计算样品中所含 Fe2O3的质量分数_。(写出计算过程) 江苏省南京市六校联考江苏省南京市六校联考 2020-2021 学年高一下期末考试化学试题学年高一下期末考试化学试题 可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 第卷第卷(选择题共选择题共 60 分分) 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 20 小题，每小题小题，每小题 3 分，共计分，共计 60 分。每小题只有一个选项符合题意。分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 绿色化学的

18、核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。下列做法不符合绿色化学理念的是 A. 研制水溶剂涂料替代有机溶剂涂料 B. 用可降解塑料生产包装盒或快餐盒 C. 用反应24422Cu+2H SO浓CuSO +SO+2H O制备硫酸铜 D. 用反应 2CH2=CH2+O2Ag 2制备环氧乙烷 【1 题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，据此分析判断。 【详解】A用水溶剂涂料替代有机溶剂涂料，可防止有机物污染环境，符合绿色化学理念； B用可降解塑料生产包装盒或快餐盒，可防止白色污染”，符合绿色化学理念； C用反应2

19、4422Cu+2H SO浓CuSO +SO+2H O制备硫酸铜，会生成 SO2污染空气，不符合绿色化学理念； D用反应 2CH2=CH2+O2Ag 2制备环氧乙烷，无副产物生成，原子利用率 100%，符合绿色化学理念； 故选 C。 2. 化学与生活、生产、环境等密切相关。下列说法错误的是 A. 棉、丝、毛都是天然有机高分子化合物 B. 蛋白质、油脂、糖类一定条件下都能发生水解反应 C. 煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化 D. 向鸡蛋清溶液中加入硫酸铜产生沉淀，是蛋白质发生了变性 【2 题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 A 棉的主要成分为纤维素， 丝、 毛的主要成

20、分为蛋白质， 均为天然有机高分子化合物， 故 A正确； B糖类中的单糖不能发生水解反应，故 B错误； C煤的液化是将煤通过复杂的化学变化转化成液态燃料的过程，石油的裂化是在特定条件下将长链烃转化成短链液态烃得到汽油的过程，油脂的皂化是指油脂的碱性水解反应，均为化学变化，故 C正确； D鸡蛋清主要成分为蛋白质，硫酸铜为重金属盐能引起蛋白质的变性，故 D正确； 故选：B。 3. 下列有关化学用语使用正确的是 A. 乙酸的结构简式： B. 一氯甲烷的电子式： C. 丙烷分子的空间充填模型： D. 聚氯乙烯的结构简式： 【3 题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A 乙酸的结构简式：CH3

21、COOH，是丙酸，故 A错误； B 氯原子最外层是 8电子结构，一氯甲烷的电子式：，故 B错误； C 丙烷分子的空间充填模型：，丙烷分子的球棍模型，故 C错误； D 聚氯乙烯的结构简式：，故 D 正确； 故选 D。 4. 常温下，取铝土矿(含有 Al2O3、FeO、Fe2O3、SiO2等物质)用硫酸浸出后的溶液，分别向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是 A. 加入过量 NaOH 溶液：Na+、AlO2、OH-、SO24 B. 加入过量氨水：NH4、Al3+、OH-、SO24 C. 通入过量 Cl2：Fe2+、H+、ClO-、SO24 D. 加入过量 H2SO4溶液：Fe

22、2+、Na+、NO3、SO24 【4 题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A加入过量 NaOH溶液后，铝离子转化为偏铝酸根，铁离子和亚铁离子转化为沉淀，溶液中主要存在的离子为 Na+、AlO2、OH-、SO24，故 A项正确； B加入过量氨水后，Al3+转化为氢氧化铝沉淀，溶液中 Al3+不能大量存在，故 B 项错误； C通入过量 Cl2后，Fe2+被氧化为 Fe3+，故 C 项错误； D加入过量 H2SO4溶液，H+与 NO3混合后有强氧化性，Fe2+被氧化为 Fe3+，故 D 项错误。 综上所述，本题正确答案为 A。 5. NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A.

23、 20gD2O中含有的电子数目为 9NA B. 标准状况下，11.2LSO3中含有分子数目为 0.5NA C. 1mol中含有碳碳双键的数目为 4NA D. 16.8gFe 与足量的水蒸气完全反应转移的电子数目为 0.8NA 【5 题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A20gD2O 的物质的量为-120g20g mol=1mol，每个 D2O含有 10 个电子，所以共含有 10NA个电子，A 错误； B标况下 SO3不是气体，11.2LSO3的物质的量不是 0.5mol，B错误； C苯环不含碳碳双键，所以 1mol中含有碳碳双键的数目为 NA，C 错误； D16.8gFe 的物质

24、的量为-116.8g56g mol=0.3mol，Fe 与水蒸气反应时全部转化为 Fe3O4，Fe 元素的化合价平均生成83价，所以转移电子 0.3mol83=0.8mol，即 0.8NA，D正确； 综上所述答案为 D。 6. 下列有关实验原理或操作正确的是 A. 图甲装置，吸收 HCl 气体时可以防止倒吸 B. 图乙装置，H+移向负极实现化学能转化为电能 C. 图丙装置，从下层放出 CCl4实现与水的分离 D. 图丁装置，用饱和碳酸钠溶液实现乙酸乙酯的提纯 【6 题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A 图甲装置，HCl 与水直接接触，吸收 HCl 气体时不能防止倒吸，故 A错误

25、； B 图乙装置，H+移向正极实现化学能转化为电能，故 B错误； C 图丙装置，CCl4密度大于水，从下层放出 CCl4实现与水的分离，故 C 正确； D 图丁装置，用饱和碳酸钠溶液实现乙酸乙酯的提纯，但导管口不能插到液面以下，会引起倒吸，故 D错误； 故选 C。 7. 下列各组物质之间通过一步反应能实现转化关系，且与表中条件也匹配的是 选项 X Y Z 箭头上为反应条件或试剂 A Fe FeCl2 FeCl3 通入少量 Cl2 B Na2CO3 NaCl NaHCO3 先通 CO2、再通过量 NH3 C SiO2 Na2SiO3 H2SiO3 加热 D NaAlO2 Al(OH)3 Al2O

26、3 加 H2O A. A B. B C. C D. D 【7 题答案】 【答案】C 【解析】 【详解】A发生 FeHClFeCl22ClFeCl3ZnFe，发生 FeCl3FeFeCl2，不能通过与氯气反应实现，选项 A错误； B中应先通入氨气，再通入二氧化碳，转化可实现，但条件不合理，选项 B 错误； C发生 SiO2NaOHNa2SiO3HClH2SiO3SiO2，H2SiO3发生NaOHNa2SiO3，选项 C正确； D氧化铝不溶于水，与水不反应，不能发生，选项 D 错误； 答案选 C。 8. 下列制取 Cl2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理不能达到实验目的的是 A. B.

27、 C. D. 【8 题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】根据氯气的制法、性质及实验装置分析回答。 【详解】A项：实验室用 MnO2和浓盐酸共热制氯气。A 项正确； B项：氯气使 KI淀粉溶液先变蓝后褪色，是氯气的氧化性。B项错误； C项：氯气密度比空气大，可用向上排空气法收集。C 项正确； D 项：NaOH溶液能吸收氯气，防止污染空气。D项正确。 本题选 B。 【点睛】氯气通入 KI淀粉溶液时，先发生反应 Cl2+2KI2KCl+I2，碘与淀粉变蓝；当氯气过量时，又发生反应 5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3，使蓝色褪去，但不是 Cl2的漂白性。 9. 下列表示对应化学反应的离

28、子方程式正确的是 A. 向 Na2SO3中滴加稀 HNO3溶液：SO23+2H+=SO2+H2O B. 0.3molFeBr2与 0.4molCl2在溶液中反应：8Cl2+6Fe2+10Br-=6Fe3+16Cl-+5Br2 C. 用稀硝酸除去试管内壁银镜：Ag+2H+NO3=Ag+NO2+H2O D. 酸性介质中 KMnO4氧化 H2O2：2MnO4+2H2O2+8H+=2Mn2+3O2+6H2O 【9 题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A 硝酸具有强氧化性，向 Na2SO3中滴加稀 HNO3溶液发生的离子方程式为：2NO3+3SO23+2H+=3SO24+2NO+H2O，故

29、 A 错误； B 0.3mol FeBr2与 0.4molCl2在溶液中反应，其离子方程式为：8Cl2+6Fe2+10Br-=6Fe3+16Cl-+5Br2，故 B正确； C 用稀硝酸除去试管内壁银镜生成 NO：3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2O，故 C 错误； D 酸性介质中 KMnO4氧化 H2O2：2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故 D 错误； 故选 B。 10. 海水资源开发利用的部分过程如图所示。下列说法正确的是 A. 向盐卤中通入的氧化剂可能是 SO2 B. 工业生产中常选用 NaOH作为沉淀剂 C. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯 D. 常

30、用电解氢氧化镁的方法制备金属 Mg 【10 题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】由流程可知，海水晒盐分离出粗盐和苦卤，向苦卤中通入氧化剂如 Cl2置换出溴单质，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，溶液中含镁离子，与沉淀剂生石灰或石灰乳反应生成氢氧化镁。 【详解】 A 向盐卤中通入的氧化剂可能是 Cl2， 目的是将溴离子氧化成溴单质， 二氧化硫与溴离子不反应，故 A 错误； B 从生产成本的角度，工业生产中常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，便宜易得，故 B 错误； C 粗盐溶于水，加沉淀剂除去杂质后过滤，蒸发结晶得到 NaCl，故 C正确； D 常用电解无水氯化镁的方法制备金属 Mg，故

31、D错误； 故选 C。 11. 下列物质的制备过程中，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是 A. 提纯硅：SiO2焦炭高温CO2+粗硅2Cl 高温SiCl42H高温硅 B. 冶炼铝：铝土矿NaOH aq 过量NaAlO2HCl aq过量无水 AlCl3电解 Al C. 制溴：浓缩海水2ClBr2 热空气吹出2SO 吸收HBr(aq) 21 Cl2再进一步操作Br2 D. 制碘：海带2O灼烧海带灰 2H O 浸取2ClI2(aq) 12 热裂汽油 萃取再进一步操作I2 【11 题答案】 【答案】C 【解析】 【详解】ASiO2与 C 反应生成 CO，不是 CO2，A错误； B 电解熔融的氧化铝制备

32、金属铝， 氯化铝是共价化合物， 熔融的氯化铝不能导电， 电解氯化铝不能达到铝，B错误； C海水浓缩后加入氧化剂氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后富集，再通入氯气氧化溴化氢得到溴单质，步骤和实验过程正确，C正确； D热裂汽油含有不饱和烃，和碘单质会发生加成反应，不能做萃取剂，应用分馏汽油，D错误； 故选 C。 12. 有机物结构可用“键线式”表示，如：CH3CH=CHCH3可简写为。松油醇具有紫丁香味，其酯类常用于香精调制，如图为松油醇的结构，以下关于它的说法正确的 A. 能催化氧化成醛 B. 分子式为 C10H20O C. 与氢气加成后的产物有 4种一氯代物 D. 能发生加聚反应，所有

33、C 原子不可能共平面 【12 题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A该物质中羟基所连碳原子上没有氢原子，不能被催化氧化，A错误； B根据该物质的键线式可知分子式为 C10H18O，B 错误； C碳碳双键可以与氢气加成，加成产物有图示 6种环境的氢原子，所以一氯代物有 6种，C错误； D含有碳碳双键，能发生加聚反应，存在 3 个 C原子连接在同一饱和碳原子上的结构，根据甲烷的空间构型可知不可能所有 C原子共面，D正确； 综上所述答案为 D。 13. 依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法不正确的是 A. X是 N2O5 B. 工业上以 NH3、空气、水为原料生产硝酸 C.

34、 可用排空气法收集 NO气体 D. 由 NH3N2，从原理上看，NH3可与 NO2反应实现 【13 题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A.X中氮元素为+5 价，是氧化物，则化学式是 N2O5，选项 A正确； B.氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，故工业上以 NH3、空气、水为原料生产硝酸，选项 B 正确； C.NO 能与空气中的氧气发生反应生成 NO2，不可用排空气法收集 NO气体，选项 C错误； D. NH3与 NO2反应生成氮气，发生氧化还原反应 8NH3+6NO2=7N2+12H2O，选项 D 正确； 答案选 C。 14

35、. 某有机物分子中只含有 C、H、O三种元素，其球棍模型如图所示。下列关于该分子说法正确的是 A. 分子中只含有一种官能团 B. 与乙烯互为同系物 C. 能使溴水和酸性高锰酸钾褪色，原理不同 D. 只能发生取代和加成反应 【14 题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】 结合球棍模型中原子的成键数目可知蓝球为 H， 黑红球为 O， 红球为 C， 则该分子为 CH2=CHCH2OH，据此分析。 【详解】A由以上结构简式可知该分子中含有碳碳双键和羟基两种官能团，选项 A 错误； B该分子中含有羟基属于醇类，与乙烯不为同系物，选项 B 错误； C 碳碳双键能与溴单质发生加成反应， 该分子能使溴水褪色

36、， 碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，两者反应原理不同，选项 C正确； D分子中含有碳碳双键和羟基，能发生取代、加成反应、加聚反应、氧化反应等，选项 D错误； 答案选 C。 15. 食品保鲜膜按材质分为聚乙烯(PE)、聚氯乙烯(PVC)等种类。PVC 被广泛地用于食品、蔬菜外包装，它对人体有潜在危害。下列有关叙述错误的是 A. PVC 单体可由 PE的单体与氯化氢加成制得 B. PVC 保鲜膜属于链状聚合物，在高温时易熔化，能溶于有机溶剂 C. 用湿润蓝色石蕊试纸检验加热 PE和 PVC 产生的气体，可鉴别 PE和 PVC D. 等质量的 PE和乙烯完全燃烧消耗的氧气质量相等 【15 题

37、答案】 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】APE、PVC的单体分别为 CH2=CH2、CH2=CHCl，CH2=CHCl 可由乙炔与 HCl加成制得而不是由CH2=CH2与 HCl 加成制得，A 错误； BPVC属于链状高分子化合物，能溶于氯仿等有机溶剂，加热熔化、冷却后变成固体，可以反复进行，B正确； CPE、PVC 分别为聚乙烯和聚氯乙烯，燃烧后的产物前者只有二氧化碳和水，后者有二氧化碳、水和氯化氢等，遇湿润的蓝色石蕊试纸检验，后者明显变红，可鉴别，C正确； D乙烯是聚乙烯的单体，它们的最简式相同，它们含 C和 H的质量分数分别相等，所以等质量的两者完全燃烧消耗的氧气质量相等，D正确

38、； 答案选 A。 16. 根据下列图示所得出结论正确的是 A. 图甲能量变化曲线，可推知该反应是放热反应，故反应不需要加热或点燃 B. 图乙表示 70时不同碱性条件下 H2O2的浓度随时间变化的曲线，可推知溶液碱性越强，H2O2分解速率越慢 C. 图丙表示 KNO3、NaCl的溶解度随温度变化的曲线，可推知 40时 KNO3溶液中溶质的质量分数大于NaCl 溶液中溶质的质量分数 D. 图丁表示光照下氯水的 pH 随时间的变化曲线，可推知光照后溶液中 Cl-浓度增大 【16 题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A 图甲能量变化曲线，可推知该反应是放热反应，加热或点燃是反应条件，与反

39、应吸放热没有必然关系，故 A错误； B 根据图知，碱浓度越大，相同时间内消耗的双氧水越多，所以碱性越强双氧水分解速率越快，故 B错误； C 溶液不一定是饱和溶液，所以不能比较其溶液质量分数，故 C错误； D 随着光照的进行，溶液的 pH减小，酸性增强，说明氢离子浓度增大，HClO分解生成 HCl 和氧气，所以溶液中氯离子浓度增大，故 D正确； 故选：D。 17. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向 Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的 H2O2溶液，溶液变黄色 说明氧化性：H2O2Fe3+ B 将石蜡油加强热产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色

40、 说明产物中含不饱和烃 C 将 SO2气体通入溴水中，溴水褪色 说明 SO2具有漂白性 D 淀粉与稀硫酸混合一段时间后，滴加银氨溶液并水浴加热，无银镜出现 说明淀粉没有水解 A. A B. B C. C D. D 【17 题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A硝酸和双氧水均能使亚铁离子氧化，向 Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的 H2O2溶液，溶液变黄色，无法判断硝酸和双氧水是谁氧化亚铁离子的，故 A 错误； B将石蜡油加强热产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，说明产物中含不饱和烃，故 B 正确； C将 SO2气体通入溴水中，溴水褪色，说明二氧化硫具有还原性，故 C错误

41、； D 淀粉与稀硫酸混合一段时间后， 应先加 NaOH溶液至溶液呈中性或弱碱性， 再滴加银氨溶液并水浴加热，才有银镜出现，故 D错误； 故选 B。 18. 氢气、甲烷、乙醇等物质均可作为燃料电池的原料。燃料电池的基本组成为电极、电解质、燃料和氧化剂。电池的能量利用率高，产物污染少。下列有关燃料电池的说法不正确的是 A. 上述燃料电池所用的电极材料不参加电极反应 B. 氢氧燃料电池中，氢气应从电池的负极通入 C. 乙醇燃料电池的电解质常用 KOH，电池工作时负极周围 pH增大 D. 碱性环境下，甲烷燃料电池的正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH- 【18 题答案】 【答案】C 【解析】 【

42、分析】 【详解】A 上述燃料电池所用的电极材料不参加电极反应，燃料在负极发生氧化反应，氧化剂在正极发生还原反应，故 A 正确； B 氢氧燃料电池中，氢气应从电池的负极通入，故 B 正确； C 乙醇燃料电池的电解质用 KOH 时，生成的二氧化碳会和其反应生成碳酸盐，负极发生反应C2H5OH-12e-+16OH-=2CO23+11H2O，电池工作时负极周围 pH减小，故 C 错误； D 在酸性环境下，燃料电池中正极反应为：O2+4H+4e-=2H2O，碱性环境下，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故 D正确； 故选 C。 19. 取 16.8gNaHCO3固体，加热一段时间，将

43、剩余固体分成四等份，分别取四份固体进行实验。下列能够说明 NaHCO3固体已完全分解是 A. 加水溶解后向其中滴加酚酞，溶液变红 B. 加水溶解后向其中滴加澄清石灰水，有白色沉淀产生 C. 称量固体，继续加热，冷却后再次称量所得固体，质量不变 D. 加入稍过量的盐酸，充分反应后将溶液蒸干，所得固体质量为 2.925g 【19 题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】ANaHCO3和 Na2CO3溶液都呈碱性，滴加酚酞后都变红，无法证明 NaHCO3固体已完全分解，故 A 错误； B 加水溶解后向其中滴加澄清石灰水，NaHCO3也会出现白色沉淀，无法证明 NaHCO3固体已完全分解，故

44、 B 错误； C 称量固体，继续加热，冷却后再次称量所得固体，质量不变，说明 NaHCO3固体已完全分解，故 C正确； D 加入稍过量的盐酸，充分反应后将溶液蒸干，根据 Na 元素守恒可知，无论碳酸氢钠是否完全分解，最后得到的 NaCl 始终相等，无法证明 NaHCO3固体已完全分解，故 D错误； 故选 C。 20. 为了测定铁铜合金的组成，将 15.2g 铁、铜合金加入 200mL某浓度的稀硝酸中，待合金完全溶解后，共收集到 NO气体 4.48L(标准状况下)，并测得反应后溶液中 H+的浓度为 0.5mol L-1。若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断正确的是 A. 反应后的溶液中可

45、继续溶解铁铜合金质量最多为 1.9g B. 上述合金中铁与铜的质量之比为 2：3 C. 合金中，铁的质量分数为 63.2% D. 原硝酸的物质的量浓度为 c(HNO3)=4.5mol L-1 【20 题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】An(NO)=4.48L22.4L/mol0.2mol，则转移电子为0.2mol (5-2)=0.6mol，故金属共失去电子 0.6mol， 故失去 1mol电子时合金的质量=15.225.3g0.6， 反应后 Fe3+0.1mol， Cu2+0.15mol， HNO30.1mol由 于 要 求 是 最 多 溶 解 合 金 的 质 量 ， 所 以

46、应 该 让 铁 铜 都 变 成 +2 价 ， 根 据 方 程 式-33223R + 8HNO = 3R NO + 4H O + 2NO6e稀可 知0.1mol硝 酸 还 可 以 得 到 电 子 =0.1 60.075mol8，对应合金质量=0.075 25.31.9g，但是此时溶液中还有 Fe3+0.1mol，还可以溶解更多的合金，A错误； B反应后溶液中的 c(H+)= 0.5mol/L，则反应后3n(HNO )=0.5mol/L 0.2L=0.1mol剩余，Fe 被氧化生成Fe(NO3)3，设合金中 Cu为xmol，Fe 为ymol，则：230.6645615.2xyxy，解得x=0.15

47、，y=0.1，故 Fe 的质量为0.1mol 56g/mol=5.6g，Cu 的质量为0.15mol 64g/mol=9.6g，其质量比=5.679.612，B错误； C合金中，铁的质量分数=5.6100%36.8%15.2，C错误； D反应生成 Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和 NO，还有剩余的硝酸，根据 N原子守恒 3n(HNO )=0.1mol+0.2mol+2 0.15mol+3 0.1mol=0.9mol原来，故3c(HNO )=0.9mol0.2L=4.5mol/L，D 正确； 故选 D。 第卷第卷(非选择题共非选择题共 40 分分) 21. 硫酸锌在农业、医药、食品行业中有着

48、广泛的应用。以红锌矿(主要成分为 ZnO，还含有少量的 FeO、MnO 等)为原料制备 ZnSO4 H2O 的流程如图： (1)“酸浸”时 pH分别与除铁率以及 Zn2+的浸取率的关系如图 1，“酸浸”时溶液的 pH应控制在_左右。 (2)滤渣 1 的成分为 FeO(OH)，写出“氧化”时的离子方程式_。 (3)“沉淀”得到的难溶物为 Zn3(OH)4CO3，写出“沉淀”时的离子方程式_。 (4)滤液 1 中主要的阳离子为_、_。 (5)硫酸锌晶体的溶解度与温度的变化如图 2所示，从“酸化”后的溶液中得到 ZnSO4 H2O的操作是：_，洗涤，干燥。 【21 题答案】 【答案】 . 4 . 4

49、Fe2+O2+6H2O=4FeO(OH)+8H+ . 3Zn2+6HCO3=Zn3(OH)4CO3+5CO2+H2O . NH4 . Mn2+ . 加热浓缩至大量晶体析出，高于 70以上趁热过滤 【解析】 【 分 析 】 含 锌 铜 烟 尘 主 要 成 分 是 ZnO 、 MnO 和 FeO ， 向 混 合 物 中 加 入 稀 硫 酸 ， 发 生 反 应MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，向反应池中通入氧气，反应池中所发生反应的离子方程式为：4Fe2+O2+6H2O=4FeO(OH)+8H+，然后过滤得到沉淀为

50、 FeO(OH)，向沉淀池中加入碳酸氢铵， 得到Zn3(OH)4CO3沉淀， 然后过滤得到沉淀和滤液1， 滤液1中主要的阳离子为NH4、Mn2+，将沉淀溶于稀硫酸得到 ZnSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸锌晶体。 【详解】(1)“酸浸”时 pH 分别与除铁率以及 Zn2+的浸取率的关系如图 1，“酸浸”时溶液的 pH 应控制在 4 左右此时除铁率以及 Zn2+的浸取率最高。故答案为：4； (2)滤渣 1 的成分为 FeO(OH)，亚铁离子被氧化为 FeO(OH)，“氧化”时的离子方程式4Fe2+O2+6H2O=4FeO(OH)+8H+。故答案为：4Fe2+O2+6H2O=4FeO(