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【化学】四川省棠湖中学2019-2020学年高二上学期开学考试试题（解析版）
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四川省棠湖中学2019-2020学年高二上学期开学考试试题
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Cl-35.5 Na-23
一．选择题(共12个小题，每小题只有一个选项符合题目要求，每小题4分，共48分
1.近年来，在我国部分海域中出现了大面积的“赤潮”，给当地渔业造成了重大损失，赤潮直接威胁着人类生存的环境，已经成为我国目前最主要的海洋灾害之一。下列关于赤潮发生原因的叙述正确的是（ ）
A. 含氯化合物直接排入大海，引起赤潮的发生。
B. 赤潮发生的根本原因是含氟制冷剂大量使用导致臭氧层破坏的结果。
C. 含氮、磷的大量污水直接排入大海，导致某些浮游生物爆发性繁殖是赤潮发生的直接原因。
D. 空气中二氧化碳浓度升高，导致海洋温度升高，引起了赤潮的发生。
【答案】C
【解析】赤潮主要是水体富营养化引起，所以正确的答案是C。
2.下列各物质物质的量都为1mol，完全燃烧生成二氧化碳和水所消耗相同条件下氧气的量最多的是（ ）
A. CH4 B. CH3CHO
C. C2H5OH D. CH3COOH
【答案】C
【解析】
【分析】分子式为CxHyOz可以写为CxH(y-2z)(H2O)z的有机物完全燃烧需要氧气的物质的量 = x+，据此分析解答。
【详解】A. 1mol甲烷完全燃烧需要氧气的物质的量=（1+1）mol = 2 mol；
B. 乙醛完全燃烧需要氧气的物质的量=（2+）mol = 2.5 mol；
C. 乙醇完全燃烧需要氧气的物质的量=（2+）mol = 3 mol；
D. 乙酸完全燃烧需要氧气的物质的量=（2+）mol = 2 mol，
通过以上分析知，需要氧气的物质的量最多的是乙醇，C项正确；
答案选C。
3.下列各物质中，不能发生水解反应的是（ ）
A. 油脂 B. 酶 C. 纤维素 D. 葡萄糖
【答案】D
【解析】
【详解】A. 油脂在酸、碱等催化作用下水解生成甘油和高级脂肪酸，A项错误；
B. 酶是蛋白质，蛋白质在一定条件下可最终水解生成氨基酸，B项错误；
C. 纤维素是多糖，在一定条件下水解最终生成为单糖，C项错误；
D. 葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，D项正确；
答案选D。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质
B. 石油的分馏、煤的液化和气化都是物理变化，石油的裂化、裂解都是化学变化
C. 淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物
D. 以重油为原料裂解得到各种轻质油
【答案】A
【解析】
【详解】A．植物油含有高级脂肪酸甘油酯，是人体的营养物质，A项正确；
B．煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，B项错误；
C．葡萄糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C项错误；
D．以重油为原料裂化得到各种轻质油，而不是裂解，D项错误；
答案选A。
5.下列化学用语正确的是 ( )
A. 18O的原子结构示意图：
B. 中子数为20的钾原子：2019K
C. CO2的电子式是
D. MgBr2的形成：
【答案】A
【解析】
【详解】A. 18O核外有8个电子，原子结构示意图：，故A正确；
B. 中子数为20钾原子，质量数是39，可表示为，故B错误；
C. CO2分子中含有碳氧双键，电子式，故C错误；
D. MgBr2的形成：，故D错误。
6.已知Rn－离子的核内有A-x+n个中子，质量数为A，则WgRn－离子里含有电子的数目为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】R原子质量数为A，Rn－离子的核内有A-x+n个中子，则R原子的质子数是A—(A-x+n)=x-n；Rn－核外电子数是x-n+n=x；WgRn－的物质的量是 ，WgRn－离子里含有电子的数目为，故选D。
7.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 该电池在高温下工作的速度更快
B. HS－在硫氧化菌作用下转化为SO42－的反应是：HS－+4H2O－8e－= SO42－+9H+
C. b是电池的负极
D. 若该电池有0.45 mol 电子转移，则有0.45 mol H+向左通过质子交换膜
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硫酸盐还原菌、硫氧化菌在高温条件下能被杀死，效率更低，故A错误；
B.负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，故B正确；
C. 氧气在b电极得电子发生还原反应，b是电池的正极，故C错误；
D.原电池中阳离子由负极移向正极，根据电子守恒，若该电池有0.45 mol 电子转移，则有0.45 mol H+向右通过质子交换膜，故D错误。
8.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. FeO溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2+ +H2O
B. H2SO4溶液中加少量Ba(OH)2 溶液：SO42-＋H+ + OH- +Ba2+＝BaSO4↓+H2O
C. Ca(HCO3)2溶液中加入过量烧碱：Ca2＋＋HCO3-＋OH－===CaCO3↓＋H2O
D. 酸性碘化钾溶液露置于空气中：4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸具有强氧化性，FeO溶于稀硝酸中发生氧化还原反应：3FeO+NO3-+10H+=3Fe3++5H2O+NO↑，故A错误；
B．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C．Ca(HCO3)2溶液中加入过量烧碱，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+CO32-+2H2O，故C错误；
D．酸性碘化钾溶液露置于空气中，发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为4I-+O2+4H+═2I2+2H2O，故D正确；
答案选D。
9.制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。常温下，分别取母液并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. 通入过量Cl2：Fe2＋、H＋、NH4+、Cl－、SO42-
B. 加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2＋、H＋、SO42-、ClO－
C. 加入过量NaOH溶液：Na＋、Fe2＋、NH4+、SO42-、OH－
D. 加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na＋、SO42-、Cl－、ClO－、OH－
【答案】D
【解析】制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O实验中，过滤出产品的母液(PH<1)含有的离子有Fe2+、NH4+、H+、SO42-；通人过量氯气，亚铁离子被氧化为Fe3+，故A错误；加入少量 NaClO溶液，亚铁离子被氧化为Fe3+，故B错误；加入过量 NaOH 溶液，NH4+、OH-反应生成弱电解质一水合氨，故C错误；加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，Na+、SO42-、Cl-、ClO-、OH-不反应，故D正确。
10.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向NaCl粉末中加入适量酒精，充分振荡形成无色透明液体。用激光笔照射，出现一条光亮通路
形成的分散系是胶体
B
水蒸气通过灼热的焦炭后，将混合气体通过灼热的氧化铜，所得气体能使无水硫酸铜变蓝色
高温下，C与水蒸气反应生成H2
C
取1mL20%的蔗糖溶液，加入3滴稀硫酸。水浴加热5min后，再加入少量新制的Cu(OH)2，加热3~4min，没有出现红色沉淀。
蔗糖未水解
D
向KMnO4溶液中通入SO2，溶液颜色褪去
SO2具有漂白性
【答案】A
【解析】
【详解】A．丁达尔现象为胶体特有的性质。由现象可知形成的分散系是胶体，故A正确；
B．能使无水硫酸铜变蓝色可检验水，水蒸气可能过量，不能说明发生了氢气还原CuO的反应，故B错误；
C．取1mL 20%的蔗糖溶液，加入3～5滴稀硫酸，水浴加热5min后，加入氢氧化铜浊液之前应该先用氢氧化钠溶液中和稀硫酸，否则影响实验结果，故C错误；
D．向KMnO4溶液中通入SO2，发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，故D错误；
答案选A。
11.如下表所示，为提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是 （ ）
不纯物质
除杂试剂
分离方法
A
乙烷（乙烯）
KMnO4（酸化）
洗气
B
溴苯（溴）
NaOH溶液
过滤
C
乙醇（水）
生石灰
蒸馏
D
苯（苯酚）
浓Br2水
过滤
【答案】C
【解析】
【分析】除杂必须遵循原则：不增加新杂质（不增）、不减少被提纯物质（不减）、操作简便易行（易分）等，据此分析选项正误。
【详解】A项：酸化KMnO4溶液能将杂质乙烯氧化，但生成的二氧化碳成为乙烷中的新杂质。常用溴水洗气以除去乙烷中的乙烯，A项错误；
B项：溴与NaOH溶液反应生成易溶于水的钠盐，通常溴苯与NaOH溶液不反应，且溴苯不溶于水，密度比水大的液体，故用分液法分离而非过滤法，B项错误；
C项：乙醇中的水与生石灰反应生成离子化合物Ca(OH)2，蒸馏时只有乙醇能汽化，再冷凝得无水乙醇，C项正确；
D项：苯酚与浓Br2水取代反应生成的三溴苯酚不溶于水、能溶于苯中，不能过滤除去。除去苯中的苯酚，常用NaOH溶液，振荡、静置后分液，D项错误。
本题选C。
12.CPAE是蜂胶的主要活性成分，由咖啡酸合成CPAE路线如下：
下列说法正确的是（ ）
A. 苯乙醇属于芳香醇，它与邻甲基苯酚互为同系物
B. 1 mol CPAE最多可与含4 mol Br2的水溶液发生反应
C. 不能用FeCl3溶液检测上述反应中是否有CPAE生成
D. 咖啡酸、苯乙醇及CPAE都能发生取代、加成和消去反应
【答案】BC
【解析】分析：A．苯乙醇属于芳香醇，邻甲基苯酚属于酚，为不同类别物质；B.2个酚-OH及-COOC-均与NaOH反应；C．咖啡酸、CPAE均含酚-OH；D．咖啡酸、CPAE不会发生消去反应。
详解：A．苯乙醇与邻甲基苯酚属于不同类物质，结构不相似，不互为同系物，选项A错误；B.1 mol CPAE含2mol酚羟基消耗2molNaOH，1 mol 酯基水解也消耗1mol NaOH，共消耗3 mol，选项B正确；C．反应物咖啡酸中也含有酚羟基，无法检测，选项C正确；D．咖啡酸、CPAE不会发生消去反应，含苯环可发生加成，含-OH均可发生取代，选项D错误；答案选BC。
第二部分（非选择题 共52分）
13.海洋资源的利用具有广阔前景。
（1）无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是________（填序号）。
A. Cl2 B. 淡水 C. 烧碱 D. 食盐
（2）从海水中提取溴的主要步骤是向浓缩的海水中通入氯气，将溴离子氧化，该反应的离子方程式是______。
（3）下图是从海水中提取镁的简单流程。
工业上常用于沉淀Mg2＋的试剂A的俗名是________，氢氧化镁转化为MgCl2的离子方程式是_______。
（4）海带灰中富含以I－形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如下所示：
①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器名称是________________。步骤②加热煮沸一会的目的是_______________________________
②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，写出该反应的离子方程式_____________________。反应结束后，再加入CCl4作萃取剂，振荡、静置，可以观察到CCl4层呈________色。从碘的提取CCl4提取碘可以用_______的方法。
【答案】(1). BD (2). 2Br- + Cl2 = Br2 +2 Cl- (3). 熟石灰 (4). Mg(OH)2+2H+= Mg2++ 2 H2O (5). 坩埚 (6). 促使海带灰中含碘物质快速充分溶解 (7). 2I- + H2O2 + 2H+ = I2 + 2 H2O (8). 紫或紫红 (9). 反萃取
【解析】
【分析】(1)从海水制备物质的原理可以知道，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到；
(2)海水中加入熟石灰沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀，加入试剂B为盐酸，氢氧化镁转化为氯化镁溶液，浓缩蒸发结晶得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，
（3）工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是氢氧化钙，Mg(OH)2溶于盐酸生成MgCl2的溶液；
(4)①依据仪器的名称作答；升高温度可加快化学反应速率；
②氢离子和过氧化氢将碘离子氧化为单质碘，依据氧化还原反应规律书写；碘的CCl4溶液呈紫色，结合实验步骤作答。
【详解】（1）A．电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成属于化学变化，A项错误；
B．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，属于物理变化，B项正确；
C．电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成属于化学变化，C项错误；
D．把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，D项正确；
答案选BD；
（2）氯气具有强氧化性，能和溴离子发生置换反应生成溴，离子方程式为：Cl2+2Br-＝Br2+2Cl-。
（3）工业上常用石灰乳或氧化钙沉淀Mg2+，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2俗名熟石灰，可作为沉淀镁离子的试剂和镁离子反应生成Mg(OH)2；氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的离子方程式为Mg(OH)2＋2H+==Mg2+＋2H2O，故答案为：熟石灰；Mg(OH)2＋2H+==Mg2+＋2H2O；
（4）①灼烧固体时所用的主要仪器名称是坩埚；步骤②加热煮沸一会的目的是促使海带灰中含碘物质快速充分溶解；
②加入氢离子和过氧化氢起的作用为氧化剂，将碘离子转化为单质碘，离子方程式为 2I-＋H2O2＋2H+==I2＋2H2O；碘的CCl4溶液呈紫或紫红色；从碘的提取CCl4提取碘可以用反萃取的方法，故答案为：2I- + H2O2 + 2H+ = I2 + 2 H2O；紫或紫红；反萃取。
14.下表为周期表前20号元素中某些元素的有关数据：
元素性质
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
原子半径(10-10m)
1.86
1.52
0.66
0.53
0.77
1.10
0.99
2.31
0.70
最高价态
+1
+1
——
+1
+4
+5
+7
+1
+5
最低价态
——
——
－2
-1
-4
－3
－1
——
－3
试回答下列问题：(用对应具体符号或名称表示)
(1)以上9种元素原子中，还原性最强的是________(名称)，写出它的原子结构示意图：___________________ ；
(2)③与④可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式：________________________________________(分解反应)。
(3)某元素R的原子半径为1.04×10-10m，该元素在周期表中的位置是_______________
(4)①、③、⑦三种元素形成的离子，其半径由小到大的顺序为_______________
(5)下列事实能说明元素⑦的非金属性比硫元素的非金属性强的是___________。
a.元素⑦形成的单质比硫元素形成的单质的熔点低
b.元素⑦和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
c.元素⑦的单质通入到H2S的溶液中出现浑浊
【答案】(1). 钾 (2). (3). 2H2O2 2H2O + O2↑ (4). 第三周期第VIA族 (5). r(Na+)
【分析】①、②、④、⑧最高价为+1，属于ⅠA族元素 ，根据原子半径可知①、②、④、⑧分别是Na、Li、H、K；③的化合价为-2，③是O元素；⑥、⑨最高价是+5、最低价为-3，根据原子半径可知⑥、⑨分别是P、N；⑤最高价是+4、最低价为-4，原子半径大于N，所以⑤是C元素；⑦最高价为+7、最低价为-1价，⑦是Cl元素。
【详解】(1)金属性越强，还原性越强，以上9种元素的原子中，还原性最强的的是钾；
钾原子核外有19个电子，原子结构示意图： ；
(2)O与H形成的10电子分子是H2O，18电子的分子是H2O2，H2O2可分解为H2O和氧气，化学方程式：2H2O2 2H2O + O2↑。
(3) R的原子半径为1.04×10-10m，介于P、Cl之间，所以R元素是S，S在周期表中的位置是第三周期第VIA族；
(4)电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，Na+、O2-、Cl-半径由小到大的顺序为r(Na+)
b.非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以HCl的分解温度高于H2S，能证明非金属性Cl>S，故选b；
c. 非金属性越强，单质的氧化性越强，氯气通入到H2S的溶液中出现浑浊，说明氯气氧化性大于S，能证明非金属性Cl>S，故选c；
15.乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。结合以下路线回答：
已知：2CH3CHO+O22CH3COOH
（1）上述路线中裂解属于____变化（填“物理”或“化学”）。反应I的反应类型____。
CH2＝CH－COOH中官能团的名称_____。D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料。CH3CH=CH2也可以发生类似反应V的反应，其产物结构简式是___。
（2）写出反应II的化学方程式____。
（3）E是有香味的物质，在实验室中可用如图装置制取。
①试管乙中所盛装的试剂为_____。
②反应IV的化学方程式是_____。若要把制得的产物分离出来，应采用的实验操作是____。
（4）根据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比，关于有机物CH2＝CH－COOH的说法正确的是___。
A.与CH3COOH互为同系物
B.可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
C.在一定条件下可以发生酯化、加成、氧化反应
【答案】(1). 化学 (2). 加成 (3). 羧基、碳碳双键 (4). (5). 2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O (6). 饱和碳酸钠 (7). C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O (8). 分液 (9). BC
【解析】
【分析】乙烯含有碳碳双键，与水发生加成反应生成A，A为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成B，B为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成C，C为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E，E为CH3COOCH2CH3，D为高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成D为，据此分析解答。
【详解】(1)裂解是由长链转化为短链，发生碳链的断裂，属于化学变化；反应I是乙烯与水发生的加成反应；CH2＝CH－COOH中的官能团有碳碳双键和羧基；CH3CH=CH2发生加聚反应，产物的结构简式为，故答案为：化学；加成；羧基、碳碳双键；；
(2)反应II是乙醇氧化生成乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；
(3)①实验室制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇杂质，需要通过饱和碳酸钠溶液除去杂质，试管乙中所盛装的试剂为饱和碳酸钠溶液，故答案为：饱和碳酸钠；
②反应Ⅳ为乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中不溶，会分层，可以采用分液的方法分离，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；分液；
(4)A.CH2=CH-COOH和CH3COOH结构不同，所含官能团不同，不属于同系物，故A错误；B.CH2=CH-COOH中含有羧基，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故B正确；C.CH2=CH-COOH含有碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应，含有羧基能发生取代反应(或酯化反应)，故C正确；故选BC。
16.有机物G是一种药物中间体，合成 G部分流程如下：
请回答下列问题：
（1）G物质中的含氧官能团的名称是___________、____________。
（2）上述⑤变化过程的反应类型是_____________。
（3）反应A→B的化学方程式为________________________________________。
（4）写出满足下列条件的C的同分异构体的结构简式：_______________________。
Ⅰ. 苯环上只有两种取代基。
Ⅱ. 分子中只有4种不同化学环境的氢。
Ⅲ. 能与NaHCO3反应生成CO2。
（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以和乙酸酐为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：H2C＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH__________
【答案】(1). 羧基 (2). 醚键 (3). 消去反应 (4). (5). (6).
【解析】
【分析】依据合成反应流程图，比较反应物、生成物结构的变化，判断反应类型，书写有关反应的化学方程式；根据要求写出符合题意的同分异构体；应用所学知识、流程中的信息，设计并写出合成反应流程图。
【详解】（1）物质G中含氧官能团羧基、醚键。
（2）从E→G，必有消去反应失去羟基，但G中无碳碳双键，又有与氢气加成反应。故反应⑤为消去反应，反应⑥为加成反应（或还原反应）。
（3）比较A、B结构简式可知，A中酚羟基氢被乙酰基（CH3CO－）取代，则反应①的化学方程式为。
（4）能与NaHCO3反应生成CO2，则分子中有羧基（－COOH）；苯环上的两个取代基可能是－COOH和－CH2F，或－CH2COOH和－F；取代基已有两种不同化学环境的氢原子，则苯环上有两种不同化学环境的氢原子，两种不同取代基应在苯环上对位。符合题意的C的同分异构体为。
（5）由于原料和乙酸酐可依次发生流程中的反应①②，先后生成、；目标产物应是加聚反应生成；经与氢气加成、再与浓硫酸共热或与P2O5作用脱水可得。故合成路线流程图如下：
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Cl-35.5 Na-23
一．选择题(共12个小题，每小题只有一个选项符合题目要求，每小题4分，共48分
1.近年来，在我国部分海域中出现了大面积的“赤潮”，给当地渔业造成了重大损失，赤潮直接威胁着人类生存的环境，已经成为我国目前最主要的海洋灾害之一。下列关于赤潮发生原因的叙述正确的是（ ）
A. 含氯化合物直接排入大海，引起赤潮的发生。
B. 赤潮发生的根本原因是含氟制冷剂大量使用导致臭氧层破坏的结果。
C. 含氮、磷的大量污水直接排入大海，导致某些浮游生物爆发性繁殖是赤潮发生的直接原因。
D. 空气中二氧化碳浓度升高，导致海洋温度升高，引起了赤潮的发生。
【答案】C
【解析】赤潮主要是水体富营养化引起，所以正确的答案是C。
2.下列各物质物质的量都为1mol，完全燃烧生成二氧化碳和水所消耗相同条件下氧气的量最多的是（ ）
A. CH4 B. CH3CHO
C. C2H5OH D. CH3COOH
【答案】C
【解析】
【分析】分子式为CxHyOz可以写为CxH(y-2z)(H2O)z的有机物完全燃烧需要氧气的物质的量 = x+，据此分析解答。
【详解】A. 1mol甲烷完全燃烧需要氧气的物质的量=（1+1）mol = 2 mol；
B. 乙醛完全燃烧需要氧气的物质的量=（2+）mol = 2.5 mol；
C. 乙醇完全燃烧需要氧气的物质的量=（2+）mol = 3 mol；
D. 乙酸完全燃烧需要氧气的物质的量=（2+）mol = 2 mol，
通过以上分析知，需要氧气的物质的量最多的是乙醇，C项正确；
答案选C。
3.下列各物质中，不能发生水解反应的是（ ）
A. 油脂 B. 酶 C. 纤维素 D. 葡萄糖
【答案】D
【解析】
【详解】A. 油脂在酸、碱等催化作用下水解生成甘油和高级脂肪酸，A项错误；
B. 酶是蛋白质，蛋白质在一定条件下可最终水解生成氨基酸，B项错误；
C. 纤维素是多糖，在一定条件下水解最终生成为单糖，C项错误；
D. 葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，D项正确；
答案选D。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质
B. 石油的分馏、煤的液化和气化都是物理变化，石油的裂化、裂解都是化学变化
C. 淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物
D. 以重油为原料裂解得到各种轻质油
【答案】A
【解析】
【详解】A．植物油含有高级脂肪酸甘油酯，是人体的营养物质，A项正确；
B．煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，B项错误；
C．葡萄糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C项错误；
D．以重油为原料裂化得到各种轻质油，而不是裂解，D项错误；
答案选A。
5.下列化学用语正确的是 ( )
A. 18O的原子结构示意图：
B. 中子数为20的钾原子：2019K
C. CO2的电子式是
D. MgBr2的形成：
【答案】A
【解析】
【详解】A. 18O核外有8个电子，原子结构示意图：，故A正确；
B. 中子数为20钾原子，质量数是39，可表示为，故B错误；
C. CO2分子中含有碳氧双键，电子式，故C错误；
D. MgBr2的形成：，故D错误。
6.已知Rn－离子的核内有A-x+n个中子，质量数为A，则WgRn－离子里含有电子的数目为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】R原子质量数为A，Rn－离子的核内有A-x+n个中子，则R原子的质子数是A—(A-x+n)=x-n；Rn－核外电子数是x-n+n=x；WgRn－的物质的量是 ，WgRn－离子里含有电子的数目为，故选D。
7.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 该电池在高温下工作的速度更快
B. HS－在硫氧化菌作用下转化为SO42－的反应是：HS－+4H2O－8e－= SO42－+9H+
C. b是电池的负极
D. 若该电池有0.45 mol 电子转移，则有0.45 mol H+向左通过质子交换膜
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硫酸盐还原菌、硫氧化菌在高温条件下能被杀死，效率更低，故A错误；
B.负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，故B正确；
C. 氧气在b电极得电子发生还原反应，b是电池的正极，故C错误；
D.原电池中阳离子由负极移向正极，根据电子守恒，若该电池有0.45 mol 电子转移，则有0.45 mol H+向右通过质子交换膜，故D错误。
8.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. FeO溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2+ +H2O
B. H2SO4溶液中加少量Ba(OH)2 溶液：SO42-＋H+ + OH- +Ba2+＝BaSO4↓+H2O
C. Ca(HCO3)2溶液中加入过量烧碱：Ca2＋＋HCO3-＋OH－===CaCO3↓＋H2O
D. 酸性碘化钾溶液露置于空气中：4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸具有强氧化性，FeO溶于稀硝酸中发生氧化还原反应：3FeO+NO3-+10H+=3Fe3++5H2O+NO↑，故A错误；
B．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C．Ca(HCO3)2溶液中加入过量烧碱，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+CO32-+2H2O，故C错误；
D．酸性碘化钾溶液露置于空气中，发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为4I-+O2+4H+═2I2+2H2O，故D正确；
答案选D。
9.制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。常温下，分别取母液并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. 通入过量Cl2：Fe2＋、H＋、NH4+、Cl－、SO42-
B. 加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2＋、H＋、SO42-、ClO－
C. 加入过量NaOH溶液：Na＋、Fe2＋、NH4+、SO42-、OH－
D. 加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na＋、SO42-、Cl－、ClO－、OH－
【答案】D
【解析】制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O实验中，过滤出产品的母液(PH<1)含有的离子有Fe2+、NH4+、H+、SO42-；通人过量氯气，亚铁离子被氧化为Fe3+，故A错误；加入少量 NaClO溶液，亚铁离子被氧化为Fe3+，故B错误；加入过量 NaOH 溶液，NH4+、OH-反应生成弱电解质一水合氨，故C错误；加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，Na+、SO42-、Cl-、ClO-、OH-不反应，故D正确。
10.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向NaCl粉末中加入适量酒精，充分振荡形成无色透明液体。用激光笔照射，出现一条光亮通路
形成的分散系是胶体
B
水蒸气通过灼热的焦炭后，将混合气体通过灼热的氧化铜，所得气体能使无水硫酸铜变蓝色
高温下，C与水蒸气反应生成H2
C
取1mL20%的蔗糖溶液，加入3滴稀硫酸。水浴加热5min后，再加入少量新制的Cu(OH)2，加热3~4min，没有出现红色沉淀。
蔗糖未水解
D
向KMnO4溶液中通入SO2，溶液颜色褪去
SO2具有漂白性
【答案】A
【解析】
【详解】A．丁达尔现象为胶体特有的性质。由现象可知形成的分散系是胶体，故A正确；
B．能使无水硫酸铜变蓝色可检验水，水蒸气可能过量，不能说明发生了氢气还原CuO的反应，故B错误；
C．取1mL 20%的蔗糖溶液，加入3～5滴稀硫酸，水浴加热5min后，加入氢氧化铜浊液之前应该先用氢氧化钠溶液中和稀硫酸，否则影响实验结果，故C错误；
D．向KMnO4溶液中通入SO2，发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，故D错误；
答案选A。
11.如下表所示，为提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是 （ ）
不纯物质
除杂试剂
分离方法
A
乙烷（乙烯）
KMnO4（酸化）
洗气
B
溴苯（溴）
NaOH溶液
过滤
C
乙醇（水）
生石灰
蒸馏
D
苯（苯酚）
浓Br2水
过滤
【答案】C
【解析】
【分析】除杂必须遵循原则：不增加新杂质（不增）、不减少被提纯物质（不减）、操作简便易行（易分）等，据此分析选项正误。
【详解】A项：酸化KMnO4溶液能将杂质乙烯氧化，但生成的二氧化碳成为乙烷中的新杂质。常用溴水洗气以除去乙烷中的乙烯，A项错误；
B项：溴与NaOH溶液反应生成易溶于水的钠盐，通常溴苯与NaOH溶液不反应，且溴苯不溶于水，密度比水大的液体，故用分液法分离而非过滤法，B项错误；
C项：乙醇中的水与生石灰反应生成离子化合物Ca(OH)2，蒸馏时只有乙醇能汽化，再冷凝得无水乙醇，C项正确；
D项：苯酚与浓Br2水取代反应生成的三溴苯酚不溶于水、能溶于苯中，不能过滤除去。除去苯中的苯酚，常用NaOH溶液，振荡、静置后分液，D项错误。
本题选C。
12.CPAE是蜂胶的主要活性成分，由咖啡酸合成CPAE路线如下：
下列说法正确的是（ ）
A. 苯乙醇属于芳香醇，它与邻甲基苯酚互为同系物
B. 1 mol CPAE最多可与含4 mol Br2的水溶液发生反应
C. 不能用FeCl3溶液检测上述反应中是否有CPAE生成
D. 咖啡酸、苯乙醇及CPAE都能发生取代、加成和消去反应
【答案】BC
【解析】分析：A．苯乙醇属于芳香醇，邻甲基苯酚属于酚，为不同类别物质；B.2个酚-OH及-COOC-均与NaOH反应；C．咖啡酸、CPAE均含酚-OH；D．咖啡酸、CPAE不会发生消去反应。
详解：A．苯乙醇与邻甲基苯酚属于不同类物质，结构不相似，不互为同系物，选项A错误；B.1 mol CPAE含2mol酚羟基消耗2molNaOH，1 mol 酯基水解也消耗1mol NaOH，共消耗3 mol，选项B正确；C．反应物咖啡酸中也含有酚羟基，无法检测，选项C正确；D．咖啡酸、CPAE不会发生消去反应，含苯环可发生加成，含-OH均可发生取代，选项D错误；答案选BC。
第二部分（非选择题 共52分）
13.海洋资源的利用具有广阔前景。
（1）无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是________（填序号）。
A. Cl2 B. 淡水 C. 烧碱 D. 食盐
（2）从海水中提取溴的主要步骤是向浓缩的海水中通入氯气，将溴离子氧化，该反应的离子方程式是______。
（3）下图是从海水中提取镁的简单流程。
工业上常用于沉淀Mg2＋的试剂A的俗名是________，氢氧化镁转化为MgCl2的离子方程式是_______。
（4）海带灰中富含以I－形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如下所示：
①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器名称是________________。步骤②加热煮沸一会的目的是_______________________________
②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，写出该反应的离子方程式_____________________。反应结束后，再加入CCl4作萃取剂，振荡、静置，可以观察到CCl4层呈________色。从碘的提取CCl4提取碘可以用_______的方法。
【答案】(1). BD (2). 2Br- + Cl2 = Br2 +2 Cl- (3). 熟石灰 (4). Mg(OH)2+2H+= Mg2++ 2 H2O (5). 坩埚 (6). 促使海带灰中含碘物质快速充分溶解 (7). 2I- + H2O2 + 2H+ = I2 + 2 H2O (8). 紫或紫红 (9). 反萃取
【解析】
【分析】(1)从海水制备物质的原理可以知道，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到；
(2)海水中加入熟石灰沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀，加入试剂B为盐酸，氢氧化镁转化为氯化镁溶液，浓缩蒸发结晶得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，
（3）工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是氢氧化钙，Mg(OH)2溶于盐酸生成MgCl2的溶液；
(4)①依据仪器的名称作答；升高温度可加快化学反应速率；
②氢离子和过氧化氢将碘离子氧化为单质碘，依据氧化还原反应规律书写；碘的CCl4溶液呈紫色，结合实验步骤作答。
【详解】（1）A．电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成属于化学变化，A项错误；
B．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，属于物理变化，B项正确；
C．电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成属于化学变化，C项错误；
D．把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，D项正确；
答案选BD；
（2）氯气具有强氧化性，能和溴离子发生置换反应生成溴，离子方程式为：Cl2+2Br-＝Br2+2Cl-。
（3）工业上常用石灰乳或氧化钙沉淀Mg2+，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2俗名熟石灰，可作为沉淀镁离子的试剂和镁离子反应生成Mg(OH)2；氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的离子方程式为Mg(OH)2＋2H+==Mg2+＋2H2O，故答案为：熟石灰；Mg(OH)2＋2H+==Mg2+＋2H2O；
（4）①灼烧固体时所用的主要仪器名称是坩埚；步骤②加热煮沸一会的目的是促使海带灰中含碘物质快速充分溶解；
②加入氢离子和过氧化氢起的作用为氧化剂，将碘离子转化为单质碘，离子方程式为 2I-＋H2O2＋2H+==I2＋2H2O；碘的CCl4溶液呈紫或紫红色；从碘的提取CCl4提取碘可以用反萃取的方法，故答案为：2I- + H2O2 + 2H+ = I2 + 2 H2O；紫或紫红；反萃取。
14.下表为周期表前20号元素中某些元素的有关数据：
元素性质
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
原子半径(10-10m)
1.86
1.52
0.66
0.53
0.77
1.10
0.99
2.31
0.70
最高价态
+1
+1
——
+1
+4
+5
+7
+1
+5
最低价态
——
——
－2
-1
-4
－3
－1
——
－3
试回答下列问题：(用对应具体符号或名称表示)
(1)以上9种元素原子中，还原性最强的是________(名称)，写出它的原子结构示意图：___________________ ；
(2)③与④可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式：________________________________________(分解反应)。
(3)某元素R的原子半径为1.04×10-10m，该元素在周期表中的位置是_______________
(4)①、③、⑦三种元素形成的离子，其半径由小到大的顺序为_______________
(5)下列事实能说明元素⑦的非金属性比硫元素的非金属性强的是___________。
a.元素⑦形成的单质比硫元素形成的单质的熔点低
b.元素⑦和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
c.元素⑦的单质通入到H2S的溶液中出现浑浊
【答案】(1). 钾 (2). (3). 2H2O2 2H2O + O2↑ (4). 第三周期第VIA族 (5). r(Na+)
【分析】①、②、④、⑧最高价为+1，属于ⅠA族元素 ，根据原子半径可知①、②、④、⑧分别是Na、Li、H、K；③的化合价为-2，③是O元素；⑥、⑨最高价是+5、最低价为-3，根据原子半径可知⑥、⑨分别是P、N；⑤最高价是+4、最低价为-4，原子半径大于N，所以⑤是C元素；⑦最高价为+7、最低价为-1价，⑦是Cl元素。
【详解】(1)金属性越强，还原性越强，以上9种元素的原子中，还原性最强的的是钾；
钾原子核外有19个电子，原子结构示意图： ；
(2)O与H形成的10电子分子是H2O，18电子的分子是H2O2，H2O2可分解为H2O和氧气，化学方程式：2H2O2 2H2O + O2↑。
(3) R的原子半径为1.04×10-10m，介于P、Cl之间，所以R元素是S，S在周期表中的位置是第三周期第VIA族；
(4)电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，Na+、O2-、Cl-半径由小到大的顺序为r(Na+)
b.非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以HCl的分解温度高于H2S，能证明非金属性Cl>S，故选b；
c. 非金属性越强，单质的氧化性越强，氯气通入到H2S的溶液中出现浑浊，说明氯气氧化性大于S，能证明非金属性Cl>S，故选c；
15.乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。结合以下路线回答：
已知：2CH3CHO+O22CH3COOH
（1）上述路线中裂解属于____变化（填“物理”或“化学”）。反应I的反应类型____。
CH2＝CH－COOH中官能团的名称_____。D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料。CH3CH=CH2也可以发生类似反应V的反应，其产物结构简式是___。
（2）写出反应II的化学方程式____。
（3）E是有香味的物质，在实验室中可用如图装置制取。
①试管乙中所盛装的试剂为_____。
②反应IV的化学方程式是_____。若要把制得的产物分离出来，应采用的实验操作是____。
（4）根据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比，关于有机物CH2＝CH－COOH的说法正确的是___。
A.与CH3COOH互为同系物
B.可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
C.在一定条件下可以发生酯化、加成、氧化反应
【答案】(1). 化学 (2). 加成 (3). 羧基、碳碳双键 (4). (5). 2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O (6). 饱和碳酸钠 (7). C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O (8). 分液 (9). BC
【解析】
【分析】乙烯含有碳碳双键，与水发生加成反应生成A，A为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成B，B为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成C，C为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E，E为CH3COOCH2CH3，D为高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成D为，据此分析解答。
【详解】(1)裂解是由长链转化为短链，发生碳链的断裂，属于化学变化；反应I是乙烯与水发生的加成反应；CH2＝CH－COOH中的官能团有碳碳双键和羧基；CH3CH=CH2发生加聚反应，产物的结构简式为，故答案为：化学；加成；羧基、碳碳双键；；
(2)反应II是乙醇氧化生成乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；
(3)①实验室制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇杂质，需要通过饱和碳酸钠溶液除去杂质，试管乙中所盛装的试剂为饱和碳酸钠溶液，故答案为：饱和碳酸钠；
②反应Ⅳ为乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中不溶，会分层，可以采用分液的方法分离，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；分液；
(4)A.CH2=CH-COOH和CH3COOH结构不同，所含官能团不同，不属于同系物，故A错误；B.CH2=CH-COOH中含有羧基，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故B正确；C.CH2=CH-COOH含有碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应，含有羧基能发生取代反应(或酯化反应)，故C正确；故选BC。
16.有机物G是一种药物中间体，合成 G部分流程如下：
请回答下列问题：
（1）G物质中的含氧官能团的名称是___________、____________。
（2）上述⑤变化过程的反应类型是_____________。
（3）反应A→B的化学方程式为________________________________________。
（4）写出满足下列条件的C的同分异构体的结构简式：_______________________。
Ⅰ. 苯环上只有两种取代基。
Ⅱ. 分子中只有4种不同化学环境的氢。
Ⅲ. 能与NaHCO3反应生成CO2。
（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以和乙酸酐为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：H2C＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH__________
【答案】(1). 羧基 (2). 醚键 (3). 消去反应 (4). (5). (6).
【解析】
【分析】依据合成反应流程图，比较反应物、生成物结构的变化，判断反应类型，书写有关反应的化学方程式；根据要求写出符合题意的同分异构体；应用所学知识、流程中的信息，设计并写出合成反应流程图。
【详解】（1）物质G中含氧官能团羧基、醚键。
（2）从E→G，必有消去反应失去羟基，但G中无碳碳双键，又有与氢气加成反应。故反应⑤为消去反应，反应⑥为加成反应（或还原反应）。
（3）比较A、B结构简式可知，A中酚羟基氢被乙酰基（CH3CO－）取代，则反应①的化学方程式为。
（4）能与NaHCO3反应生成CO2，则分子中有羧基（－COOH）；苯环上的两个取代基可能是－COOH和－CH2F，或－CH2COOH和－F；取代基已有两种不同化学环境的氢原子，则苯环上有两种不同化学环境的氢原子，两种不同取代基应在苯环上对位。符合题意的C的同分异构体为。
（5）由于原料和乙酸酐可依次发生流程中的反应①②，先后生成、；目标产物应是加聚反应生成；经与氢气加成、再与浓硫酸共热或与P2O5作用脱水可得。故合成路线流程图如下：
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