【化学】福建省厦门双十中学2018-2019学年高二上学期第一次返校考试(解析版)

福建省厦门双十中学2018-2019学年高二上学期第一次返校考试
1.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是
A. 蒸馏 B. 升华 C. 干馏 D. 萃取
【答案】B
【解析】
“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体，类似于碘的升华，因此涉及的操作方法是升华，答案选B。
2.下列说法错误的是
A. 、、H+和H2是氢元素的四种不同粒子
B. 和、石墨和金刚石均为同位素
C. 和是不同的核素
D. 和互为同位素，物理性质不同，但化学性质几乎完全相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．、、H+和H2分别表示：质子数为1，中子数为0的氢原子、质子数为1，中子数为1的氢原子、带一个单位正电荷的氢离子、氢气单质，同属于氢元素的四种不同粒子，A正确；
B．同一元素的不同原子互称同位素，和都是Ca元素的不同原子，所以互称同位素，金刚石、石墨都是由碳元素组成的不同单质，不属于同位素，B错误；
C．和的质子数均为1，中子数不同，是不同的核素，C正确；
D．有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素，元素的原子的最外层电子数决定了元素性质，而同位素的外层电子数相等，所以它们的化学性质几乎完全相同，而原子不同，则物理性质不同，和质子数都为6，互为同位素，物理性质不同，但化学性质几乎完全相同，D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查了微粒符号表示的意义，题目难度不大，明确质子数、中子数、质量数、核外电子数之间的关系以及元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数是解答本类题型的关键。
3.目前已知化合物中数量、品种最多的是碳的化合物,下列关于其原因的叙述中不正确的是（ ）
A. 碳原子之间,碳原子与其他原子(如氢原子)之间都可以形成4个共价键
B. 碳原子性质活泼,可以与多数非金属元素原子形成共价键
C. 碳原子之间既可以形成稳定的单键,又可以形成双键和三键
D. 多个碳原子可以形成长度不同的链及环,且链、环之间又可以相互结合
【答案】B
【解析】
A、碳原子最外层有4个电子，有机物中碳原子以4个共价键的形式存在，故A说法正确；B、碳原子最外层有4个电子，不易得到，也不易失去，性质不活泼，故B说法错误；C、如烷烃中碳原子以单键形式存在，乙烯中碳碳以双键的形式存在，乙炔中碳碳以叁键的形式存在，故C说法正确；D、有机物中的碳原子可以形成链状，也可以形成环状，也可以链状与环状相结合，故D说法正确。
4.下列叙述正确的是
A. 煤经过气化、液化等物理变化可转变为清洁燃料
B. 棉、麻、丝、有机玻璃都是天然高分子材料
C. 颗粒(微粒直径约为2.5×10-6m)分散在空气中形成气溶胶
D. 青铜、黄铜、碳素钢都属于合金
【答案】D
【解析】
【详解】A．煤经过气化生成CO和氢气、液化生成甲醇等，减少污染物的排放，转变为清洁燃料，均属于化学变化，A错误；
B．有机玻璃是合成高分子化合物，B错误；
C．微粒直径约为2.5×10-6m的颗粒其微粒直径大于10-7m，不能形成气溶胶，C错误；
D．青铜是铜锡合金、黄铜是铜锌合金、碳素钢是铁和碳的合金，都属于合金，D正确；
答案选D。
5.下列对于反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO的说法中正确的是
A. 氧化剂与还原剂的质量比为1:2
B. NO2是氧化剂水是还原剤
C. 生成1molNO则有6mol电子发生转移
D. 氧化剂与还原剂的物质的量比为2:1
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以生成硝酸的二氧化氮是还原剂，其计量数是2，生成NO的二氧化氮是氧化剂，其计量数是1，所以氧化剂和还原剂的物质的量、质量之比都是1：2，A正确；
B．该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，水中各元素都不变，所以既不是氧化剂又不是还原剂，B错误；
C．在反应中若生成1molNO时，则有2molNO2被还原，所以有2mol电子发生转移，C错误；
D．由以上分析分析可知，氧化剂与还原剂的物质的量比为1：2，D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查氧化还原反应的有关判断与计算，明确元素化合价是解本题关键，注意该反应中化合价变化的元素只有N元素，为易错点。
6.根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是

①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
原子半径/10－10m
0.66
1.36
1.23
1.10
0.99
1.54
0.70
1.24
最高价或最低价
－2
+2
+1
+5、－3
+7、－1
+1
+5、－3
+3
A. 元素④⑤形成的化合物是离子化合物
B. 元素⑦位于第二周期第V族
C. 元素①⑧形成的化合物具有两性
D. 元素③的最高价氧化物对应水化物的碱性最强
【答案】C
【分析】
短周期元素中，①只有最低价-2，处于ⅥA族，则①为O；③⑥都有最高正价+1，处于ⅠA，⑥的原子半径较大，③原子半径不是所有元素中最小，故③为Li、⑥为Na；⑤有+7、-1价，则⑤为Cl；④⑦都有最高价+5、最低价-3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，则④为P、⑦为N；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg；⑧有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，则⑧为Al，据此解答。
【详解】根据以上分析可知①为O，②为Mg，③为Li，④为P，⑤为Cl，⑥为Na，⑦为N，⑧为Al，则
A．元素④⑤形成的化合物是NCl3，属于共价化合物，A错误；
B．⑦为N元素，位于第二周期VA族，B错误；
C．元素①⑧形成的化合物为Al2O3，Al2O3具有两性，C正确；
D．元素③为Li，在上述元素中Na金属性最强，其最高价氧化物对应水化物碱性最强，D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，根据化合价与原子半径推断元素是解答的关键，注意对元素周期律的理解掌握。
7.如图为元素周期表中短周期的一部分。已知a原子的最外层电子数比次外层电子数少3，下列说法中不正确的是

A. 元素c的含氧酸一定是强酸
B. 元素a、d的原子半径：a＞d
C. 元素b在自然界中存在游离态
D. 元素b、c的阴离子半径：b＞c
【答案】A
【解析】
【详解】由元素在周期表中的位置可知d位于第二周期，a、b、c位于第三周期，a原子最外层电子数比次外层电子数少3个，故a原子最外层电子数为5，a为P元素，由各元素在周期表中的相对位置可知b为S元素，c为Cl元素，d为O元素，则：
A、c为Cl元素，最高价氧酸为HClO4，是最强的含氧酸，但次氯酸为弱酸，A错误；
B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径a＞d，B正确；
C、b为S元素，在火上喷发口处存在单质硫，C正确；
D、S2-、Cl-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2-＞Cl-，D正确；
答案选A。
8.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是
A. B的单质在自然界只有一种核素
B. 元素C、D、E的简单离子的半径依次减小
C. A、E分别与C形成的化合物中含有一种相同类型的化学键
D. 这几种元素可能形成的简单离子中E的简单离子的还原性最强
【答案】C
【解析】
A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C处于IA族，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B原子最外层电子数为4或6，C的原子序数大于B，则B为C、C为Na元素；而元素A、E的单质在常温下呈气态，可推知A为H元素，E为Cl元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，可推知D为Al。
A、 B为碳，单质在自然界有多种核素，如：12C、13C、14C，故A错误；B、元素C、D、E的简单离子的半径Cl－>Na＋>Al3＋，故B错误；C、A、E分别与C形成的化合物中含有一种相同类型的化学键：NaH、NaCl中均含离子键，故C正确；D. 这几种元素可能形成的简单离子中H的简单离子H-的还原性最强，故D错误；故选C。
9.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、eC2-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是
A. 单质的还原性：A＞B＞D＞C
B. 离子半径：C＞D＞B＞A
C. 原子序数：d＞c＞b＞a
D. 原子半径：A＞B＞D＞C
【答案】B
【解析】
【详解】短周期元素的离子aA2+、bB+、eC2-、dD-都具有相同的电子层结构，因此A、B、C、D分别是Mg、Na、N、F，则
A、同周期自左而右元素金属性逐渐减弱，单质还原性逐渐减弱，金属性越强其单质的还原性越强，故还原性为B＞A＞C＞D，A错误；
B、四种离子都具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数a＞b＞d＞e，所以离子半径C＞D＞B＞A，B正确；
C、原子序数为a＞b＞d＞e，C错误；
D、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径B＞A＞C＞D，D错误；
答案选B。
10.运用元素周期律分析下列推断，其中错误的是
A. 铍的最高价氧化物的水化物可能具有两性
B. 砹单通是有色固体，砹化银见光易分解
C. 碳酸锶难溶于水，但易溶于盐酸
D. 砷的最高价氧化物的水化物是一种强酸
【答案】D
【详解】A．铍在元素周期表中位于第二周期第ⅡA族，元素周期表中Be和Al处于对角线位置上，处于对角线的元素具有相似性，因此它的氧化物的水化物可能具有两性，A正确；
B．砹是第六周期第ⅦA族的元素，卤素单质的颜色逐渐加深，砹单质是一种有色固体，溴化银、碘化银等见光易分解，因此砹化银见光也易分解，B正确；
C．碳酸镁、碳酸钡等不溶于水，但能溶于盐酸，则碳酸锶难溶于水，但易溶于盐酸，C正确；
D．同主族自上而下非金属性逐渐减弱，最高价含氧酸的酸性逐渐减弱，则砷的最高价氧化物的水化物不是一种强酸，D错误；
答案选D。
11. X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和。下列叙述不正确的是( )
A. X与Y能形成两种常见的气态化合物
B. 原子半径的大小顺序：r(Z)>r(R)> r(X) > r(Y)
C. X、Z分别与R形成的化合物中化学键类型不同
D. 含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种
【答案】D
【解析】
试题分析：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，R的核外电子数是17，所以R是Cl元素，据此解答。A．X是C元素，Y是O元素，含有碳氧元素的化合物有一氧化碳和二氧化碳，A项正确；B．原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，C、O元素位于第二周期，Na、S元素位于第三周期，所以原子半径大小顺序是r(Z)>r(R)＞r(X)>r(Y)，B项错误；C．X、Z分别与R形成的化合物分别是CCl4、NaCl，四氯化碳中只含共价键，氯化钠中只含离子键，化学键类型不相同，C项错误；D．Y、Z、R分别是O、Na、S元素，含有三种元素的化合物有Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3等，D项错误；答案选A。
【考点定位】考查元素的位置、结构和性质。
【名师点睛】本题考查了元素的位置、结构和性质，正确推断元素是解答本题的关键，结合元素周期律来分析解答。X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素。然后再根据元素周期律解答。
12. NA为阿伏加得罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4LCH4中含有氢原子数目为4NA
B. lmolNa202中含有的阴离子和阳离子的数目为2NA
C. 0.1mol/LCu(N03)2溶液中含有的离子数目为0.2NA
D. 28gN2中所含的原子数目为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．标准状况下，22.4 LCH4的物质的量是1mol，含有氢原子数目为4NA，A正确；
B．过氧化钠是由2个钠离子和1个过氧根离子构成的，所以1 molNa2O2中含有的阴离子和阳离子的数目之和为3NA，B错误；
C．没有告诉溶液体积，所以无法确定0.1 mol/LCu(NO3)2溶液中含有的离子数目，C错误；
D．一个氮气分子由两个氮原子构成，28gN2的物质的量是1mol，所含的原子数目为2NA，D错误。
答案选A。
13. X、Y、Z、W四种物质的转化关系如图所示(部分反应物与产物已略),下列组合中不符合该关系的是


A
B
C
D
X
HCl
Na202
Na2C03
Al
Y
FeCl2
NaOH
CO2
Na[Al(OH)4]
Z
Cl2
Na2C03
CaC03
AlCl3
W
FeCl3
NaHCO3
Ca(HCO3)2
Al(OH)3
【答案】B
【解析】
【详解】A、2HCl+Fe＝FeCl2+H2↑，MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，2FeCl2+Cl2＝2FeCl3，A正确；
B、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，但是NaOH与Na2CO3不能发生反应生成NaHCO3，B错误；
C、Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O，Na2CO3+Ca(OH)2＝CaCO3↓+2NaOH，CaCO3+CO2+H2O＝Ca(HCO3)2，C正确；
D、2Al+2NaOH+6H2O＝2Na[Al(OH)4]+3H2↑，2Al+3Cl22AlCl3，3Na[Al(OH)4]+AlCl3＝3NaCl+4Al(OH)3↓，D正确。
因此不符合该关系的是B。答案选B。
14. 关于下列粒子的描述不正确的是( )
A. PH3的电子式为，其热稳定性不如NH3
B. HS－的电子式为，是含有极性键的18电子的粒子
C. CH2Cl2的电子式为，是结构呈正四面体的分子
D. KF的电子式为，它是易溶于水的离子化合物
【答案】C
【解析】
试题分析：A．PH3为共价化合物，其电子式为；由于非金属性N＞P，所以磷化氢的热稳定性不如NH3，故A正确；B．HS-中硫原子核外达到8电子稳定结构，其电子式为，离子中硫氢键为极性共价键，硫氢根离子为18电子的粒子，故B正确；C．CH2Cl2为共价化合物，其电子式为，是分子结构呈四面体的分子，故C错误；D．氟化钾为离子化合物，电子式中需要标出离子所带的电荷，其电子式为：K+，氟化钾易溶于水，故D正确；故选C。
考点：考查电子式书写、化学键极性判断、元素周期律等。
15. 以下有关原予结构及元素周期律的叙述正确的是
A. 同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低
B. 同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小
C. 第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强
D. 第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子
【答案】B
【解析】
试题分析：A、同主族元素从上到下，单质的熔点有些逐渐降低，例如第IA族，有些升高，例如第ⅦA族，A不正确；B、同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小，B正确；C、非金属性越强，氢化物的稳定性越强，同主族自上而下非金属性逐渐降低，因此第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐减弱，C不正确；D、第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs质子数相同，中子数不同，D不正确，答案选B。
考点：考查原子结构、元素周期表以及元素周期律的应用
16.金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质，在100kPa时，lmol石墨转化为金刚石，要吸收1.9kJ的热能。下列说法不正确的是
A. 石墨比金刚石稳定
B. 金刚石和石墨的物理性质相同
C. 1mol金刚石比1mol石墨的总能量高
D. lmol金刚石完全燃烧释放的能暈比1mol石墨完全燃烧释放的能量多
【答案】B
【解析】
【详解】A、据题意，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.9kJ的能量，说明金刚石的能量比石墨高，能量越高越不稳定，因此石墨比金刚石稳定，A正确；
B、金刚石与石墨是两种不同的碳单质，在物理性质上存在很大的差异，B错误；
C、1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.9kJ的能量，说明1mol金刚石比1mol石墨的总能量高，C正确；
D、1mol金刚石比1mol石墨的总能量高，因此1mol金刚石完全燃烧释放的能暈比1mol石墨完全燃烧释放的能量多，D正确。
答案选B。
17.下列各分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是
A. BeCl2 B. NH3 C. PCl5 D. N2
【答案】D
【解析】
【详解】A、BeCl2中Be元素化合价为+2，Be原子最外层电子数为2，所以2+2=4，分子中Be原子不满足8电子结构，A错误；
B、NH3中H元素化合价为+1，H原子最外层电子数为1，所以1+1=2，分子中H原子不满足8电子结构，B错误；
C、PCl5中P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，分子中P原子不满足8电子结构，C错误；
D、氮气是单质，含有氮氮三键，N原子满足8电子结构，D正确。
答案选D。
【点睛】明确8电子稳定结构的判断依据是解答的关键，即共价化合物中如果元素化合价的绝对值与最外层电子数之和等于8即满足8电子稳定结构，需要注意的是氢元素一定不会满足8电子稳定结构。
18.能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是
①Cl2与H2S溶液发生置换反应
②受热时H2S能分解，HC1则不能
③单质硫可在空气中燃烧，Cl2不能
④HC1是强酸，H2S是弱酸
A. ①④ B. ①② C. ③④ D. ②④
【答案】B
【解析】
①Cl2与H2S溶液发生Cl2+H2S=S↓+2HCl，氯气为氧化剂，硫为氧化产物，氯气与H2S能发生置换反应，同一反应氧化剂氧化性大于氧化产物，说明氯气的氧化性大于S，元素的非金属性Cl大于S，故①正确；②元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，HCl比H2S稳定，可说明非金属性：Cl＞S，故②正确；③不能根据非金属能否被氧气氧化判断非金属性强弱，故③错误；④比较非金属性的强弱，应根据对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性比较，不能根据氢化物的酸性进行比较，例如HF的酸性比HCl弱，但非金属性F大于Cl，故④错误；故选A。
点睛：明确非金属性强弱判据是解题关键；比较非金属性的强弱，可根据①氢化物的稳定性，②最高价氧化物对应的水化物的酸性，③对应的单质的氧化性，④单质之间的置换反应⑤与氢气反应的剧烈程度等判断。
19.下列叙述中，错误的是
A. 苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55-60℃反应生成硝基苯
B. 苯不能使酸性商铺酸钾褪色，说明苯环中没有碳碳双键
C. 甲烷中混有的乙烯可以用溴水除去
D. 医院用75%酒精杀菌、消毒，75%是指质量分数
【答案】D
【解析】
【详解】A．在浓硫酸做催化剂、55℃-60℃加热条件下，苯能和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，该反应也称硝化反应，A正确；
B．苯分子中不含碳碳双键，不能被高锰酸钾氧化，不能使酸性高锰酸钾褪色，B正确；
C．乙烯能够与溴发生加成反应，甲烷与溴不反应，所以甲烷中混有的乙烯可以用溴水除去，C正确；
D．医院用75%酒精，75%是体积分数，不是质量分数，D错误；
答案选D。
20. 1mol乙烯与氯气发生加成反应，反应完全后再与氯气发生取代反应，整个过程中氯气最多消耗
A. 3mol B. 4mol C. 5mol D. 6mol
【答案】C
【解析】
乙烯与Cl2按物质的量之比为11加成；同时1 mol乙烯的分子中有4 mol氢原子，与Cl2发生取代反应时，需要消耗4 mol Cl2，故总共需要5 mol Cl2。
21. 下列关于乙烯说法正确的是
A. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液及溴的四氯化碳溶液褪色原理相同
B. 工业利用乙烯水化法制乙醇，是发生了取代反应
C. 水果运输中为延长果实的成熟期，常在车厢里放置浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土
D. 乙烯在空气中燃烧，发生火焰明亮并带有浓烟的火焰
【答案】C
【解析】
试题分析：A、乙烯使高锰酸钾褪色是氧化反应，使溴的四氯化碳溶液褪色是加成反应，原理不同，故错误；B、乙烯水化法制取乙醇，是发生了加成反应，故错误；C、乙烯是果实的催熟剂，乙烯能被高锰酸钾氧化，所以可以用高锰酸钾除去乙烯，延长果实成熟期，故正确；D、乙烯燃烧火焰明亮，有黑烟，故错误。
考点：乙烯的性质
22.下列有机物分子中，所有的碳原子可能不处于同一平面上的是
A. CH2=CH-CH3
B. C6H5-CH=CH2
C. C6H5-CH3
D. CH2=CH2
【答案】B
【解析】
【详解】A、由于碳碳双键是平面形结构，则丙烯分子中所有的碳原子可能处于同一平面上，A错误；
B、由于苯环是平面形结构，碳碳双键是平面形结构，但由于单键可以旋转，则苯乙烯分子中碳原子可能不处于同一平面上，B正确；
C、苯环是平面形结构，则甲苯分子中碳原子均共平面，C错误；
D、由于碳碳双键是平面形结构，则乙烯分子中所有的碳原子可能处于同一平面上，D错误；
答案选B。
【点睛】本题主要是考查有机物共面判断，题目难度中等。注意这类题的切入点是平面型结构，有平面型结构的分子在中学主要有乙烯、1，3-丁二烯、苯三种，其中乙烯平面有6个原子共平面，1，3-丁二烯型的是10个原子共平面，苯平面有12个原子共平面。这些分子结构中的氢原子位置即使被其他原子替代，替代的原子仍共平面。但在分析时一定要明确碳碳单键可以旋转而碳碳双键和碳碳三键不能旋转的特点。
23.分枝酸可用于生化研究，其结构简式为，下列关于分枝酸的说法不正确的是
A. 分子中含有3种含氧官能团
B. 1 mol分枝酸最多可与3mol NaOH发生中和反应
C. 在一定条件下可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液退色，但退色原理不同
【答案】B
【解析】
试题分析：该有机物中含有羧基、羟基、醚键三种官能团，选项A正确；羧基、醇羟基与氢氧化钠不能反应，1 mol分枝酸最多可与2mol NaOH发生中和反应，选项B错误；在一定条件下可与乙醇、乙酸反应，发生酯化反应，应类型相同，选项C正确；分支酸与溴单质能发生取代反应，与酸性高锰酸钾溶液反应，属于氧化反应，反应原理不同，选项D正确。
考点：常见有机官能团的性质
24.甲苯分子中苯环上的一个氢被－C4H9原子团取代形成的有机物共有
A. 8种 B. 12种 C. 10种 D. 16种
【答案】B
【解析】
【详解】－C4H9有四种结构，分别为：CH3-CH2-CH2-CH2－、CH3-CH2-CH（CH3）－、（CH3）2CH-CH2－、（CH3）3C－，苯环上两个取代基有邻间对三种结构，共有4×3=12种。
答案选B。
【点睛】本题考查有机化合物同分异构体数目判断，注意根据－C4H9有四种结构，苯环上两个取代基时有邻、间、对三种结构解题。注意一取代产物数目的判断方法，例如本题中的基元法，例如丁基有四种异构体，则丁醇、戊醛、戊酸等都有四种同分异构体。因此需要熟练记住常见烷烃基的同分异构体数目，即丙基有两种异构体，丁基有四种异构体，戊基有八种异构体等。
25.下列关于有机物的说法中，正确的一组是
①纤维素、油脂、蛋白质一定条件下在人体内都能发生水解反应
②“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物
③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，可加过量饱和Na2C03溶液振荡后，静置分液
④石油的裂化、煤的干馏、煤的液化都是化学变化
⑤淀粉遇碘酒变蓝色，葡萄糖能与新制Cu(0H)2悬浊液发生反应
A. ①③⑤ B. ②④⑤ C. ①②⑤ D. ③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①油脂属于酯类，蛋白质由小分子物质经过化学反应形成的，所以在人体内都能水解，油脂水解的最终产物是高级脂肪酸和丙三醇；蛋白质水解生成氨基酸，纤维素是多糖，但在人体内不能水解，①错误；
②乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料，乙醇和普通汽油按10%的乙醇与90%的汽油比例混配形成的新型替代能源，所以是混合物，②错误；
③乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，③正确；
④石油的裂化、煤的干馏、煤的液化过程中均产生新物质，因此都是化学变化，④正确；
⑤碘遇淀粉变蓝色是碘的特性，葡萄糖含有醛基，所以能和新制得的氢氧化铜悬浊液反应，⑤正确；
答案选D。
26.有机物的一氯代物种类有(不考虑立体异构)
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】C
【解析】
试题分析：该有机物中有7种不同环境的氢原子，苯环邻、间、对三种，侧链四种，所以一氯代物共有7种，选C。
考点：考查同分异构体的判断。
27.下列实验操作中正确的是
A. 将溴水、铁粉和苯混合加热即可制得溴苯
B. 除去溴苯中红棕色的溴，可用稀NaOH溶液洗涤，并用分液漏斗分液
C. 用苯和浓HNO3、浓H2SO4反应制取硝基苯时需水浴加热，温度计应放在混合液中
D. 制取硝基苯时，应先取浓H2SO4 2mL，再加入1.5mL浓HNO3，再滴入苯约1 mL, 然后放在水浴中加热
【答案】B
【解析】
A、苯与纯溴在铁粉作催化剂的条件下，反应制取溴苯，故A错误；B、由于溴苯与氢氧化钠溶液不发生反应，而溴与氢氧化钠溶液能够发生反应，反应后混合液分层，所以可用稀NaOH溶液反复洗涤，并用分液漏斗分液，故B正确；C、用苯和浓HNO3、浓H2SO4反应制取硝基苯时需水浴加热，需要测量水的温度，温度计应放在热水中，故C错误；D、应该先加入苯，再加入浓硫酸，滴加顺序颠倒，容易发生危险，故D错误；故选B。
28.分子式为C9H18O2的有机物A有下列转化关系

其中B、C的相对分子质量相等，则A的可能结构有（ ）
A. 8种 B. 10种 C. 16种 D. 6种
【答案】A
【解析】
试题分析：有机物A的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下水解为B和C两种有机物，则有机物A为酯，由于B与C相对分子质量相同，因此酸比醇少一个碳原子，说明水解后得到的羧酸含有4个碳原子，而得到的醇含有5个碳原子，含有4个碳原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，（CH3）2CHCOOH；含有5个碳原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（CH3）CH3；CH3C（CH3）2CH2OH，其中醇能能被氧化成羧酸，说明羟基所连碳上有2个氢原子，共有4种，所以有机物A的同分异构体数目有2×4＝8，答案选A。
考点：考查有机物推断
29.布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是

A. 布洛芬的分子式为Cl3H1802
B. 1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应
C. 布洛芬与苯乙酸是同系物
D. 布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，A正确；
B．能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应，B正确；
C．含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸的结构相似，二者互为同系物，C正确；
D．根据结构简式可判断布洛芬在苯环上的氢原子分为两类，苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，D错误；
答案选D。
30.下列不能说明氯的非金属性比硫强的事实是（ ）
  ①HCl比H2S稳定②HClO氧化性比H2SO4强③HClO4酸性比H2SO4强④Cl2能与H2S反应生成S⑤Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS⑦HCl酸性比H2S强．
A. ②⑤⑦ B. ①②⑦ C. ②④ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】
①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，HCl比H2S稳定，可说明非金属性:Cl＞S，故①正确;②HClO氧化性比H2SO4强不能作为比较非金属性强弱的依据，故②错误;③元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，HClO4酸性比H2SO4强，可说明非金属性:Cl＞S，故③正确;④Cl2能与H2S反应生成S，可说明氧化性:Cl2＞S，单质的氧化性越强，对应元素的非金属性越强，故④正确;⑤不能以最外层电子数的多少判断非金属性的强弱，例如O的最外层电子数为6，I的最外层电子数为7，但O的非金属性大于I，故⑤错误;⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS，可说明氧化性:Cl2＞S，单质的氧化性越强，对应元素的非金属性越强，故⑥正确;⑦比较非金属性的强弱，应根据对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性比较，不能根据氢化物的酸性进行比较，例如HF的酸性比HCl弱，但非金属性F大于Cl，故⑦错误；故选A。
31.下列有关物质性质和该性质的应用均正确的是
A. 二氧化锰具有强氧化性，可用作H202分解的氧化剂
B. K2Fe04具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
C. Fe3+具有氧化性，可溶解印刷线路板上的金属铜
D. 二氧化硫和氯水均具有漂白性，可将两者混合使用增强漂白效果
【答案】C
【详解】A．二氧化锰具有催化性，可用作H2O2分解的催化剂，A错误；
B．K2FeO4具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，B错误；
C．Fe3+具有氧化性，可溶解印刷线路板上的金属铜，转化为铜离子，C正确；
D．SO2具有还原性，氯水具有氧化性，将两者混合使用会发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，降低漂白效果，D错误；
答案选C。
32. ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂，实验室中可通过以下反应制得ClO2：2KCl03+H2C204+H2S04＝2Cl02↑+K2S04+2C02↑+2H20。下列说法不正确的是
A. 1molKClO3参加反应，转移2mol电子
B. KClO3在反应中被还原
C. H2C204的还原性强于Cl02
D. CO2是H2C2O4被氧化后得到的产物
【答案】A
【解析】
【详解】A、氯元素化合价从+5价降低到+4价，所以1mol KClO3参加反应有1mol电子转移，A错误；
B、氯元素化合价从+5价降低到+4价，氯酸钾得到电子被还原，B正确；
C、还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则H2C204的还原性强于Cl02，C正确；
D、碳元素化合价升高，H2C2O4在反应中失去电子，被氧化，CO2是H2C2O4被氧化后得到的产物，D正确。
答案选A。
【点睛】明确氧化还原反应的有关概念、反应中相关元素的化合价变化情况是解答的关键，注意氧化还原反应的一般分析思路，即从氧化还原反应的实质——电子转移，去分析理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价变化这一氧化还原反应的特征入手。
33.将SO2气体通入BaCl2溶液中，没有看到明显现象，再通入一种气体（或加入一种物质）后，可产生一种白色沉淀，该气体（或物质）不可能是
A. Cl2 B. NH3 C. CO2 D. FeCl3
【答案】C
【解析】
试题分析：A、二氧化氯和氯化钡不反应，通入氯气，二氧化氯与氯气和水反应生成硫酸和盐酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，正确，不选A；B、二氧化硫与氨气和水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，不选B；C、二氧化硫和二氧化碳都不与氯化钡反应，不产生白色沉淀，选C；D、铁离子能氧化二氧化氯生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，不选D。
考点： 二氧化硫的性质
34.某元素原子的质量数为A，它的阳离子Xn+核外有x个电子，w克这种元素的原子核内中子数为
A.
B.
C.
D.
【答案】
【解析】
试题分析：根据质量数=质子数+中子数。离子核外电子数=质子数+（或-）电荷数，某元素原子的质量数为A，它的阳离Xn+核外有x个电子，则该元素的质子数为(x+n)．原子核内中子数是A-(x+n)=(A-x-n)。w克这种元素的原子核内中子的物质的量是（w÷A）×(A-x-n)mol=，答案选C。
考点：考查原子结构、微粒数量之间的关系等知识。
35.已知：浓硫酸易使有机物脱水，如图是用实验室制得的乙烯（C2H5OHCH2＝CH2↑+H2O)与溴水作用制取1，2－二溴乙烷的部分装置图，根据图示判断下列说法正确的是

A. 装置①和装置③中都盛有水，其作用相同
B. 装置②和装置④中都盛有NaOH溶液，其吸收的杂质相同
C. 产物可用分液的方法进行分离，1，2－二溴乙烷应从分液漏斗的上口倒出
D. 制备乙烯时温度计水银球位置应在反应液的液面下
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置①中气体压力过大时，水就会从玻璃管上端溢出，起到缓冲作用；溴易挥发，装置③水的作用是冷凝液溴，可避免溴的大量挥发，水的作用不同，A错误；
B．装置②吸收乙烯中混有的SO2、CO2；装置④是吸收逸出的溴蒸气，防止污染空气，吸收的杂质不相同，B错误；
C.1，2－二溴乙烷与水不溶，密度比水大，在水的下层，应从分液漏斗的下口放出，C错误；
D．制备乙烯时温度计测量溶液的温度，因此温度计水银球位置应在反应液的液面下，D正确。
答案选D。