2022年河南省郸城县第一高级中学高二化学第二学期期末检测模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列有关化学与生产、生活的说法中，不正确的是A陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品B“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉

2、花的相同C铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝D锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去2、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+CaCaCl2+Li2SO4+Pb。下列有关说法不正确的是A放电时，电子由Ca电极流出B放电过程中，Li+向PbSO4电极移动C每转移0.2mol电子，理论上生成20.7 g PbD负极反应式：PbSO4+2e-+2Li+Li2SO4+Pb3、下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能

3、生成沉淀的是ACo（NH3）4Cl2ClBCo（NH3）6Cl3CCu（NH3）4Cl2DCo（NH3）3Cl34、下列分子式只有一种结构的是AC6H12O6BC3H6CC2H4DC2H4O25、可用来鉴别己烯、甲苯、己烷的一组试剂是( )A溴水B酸性高锰酸钾溶液C溴水、酸性高锰酸钾溶液D溴的四氯化碳溶液6、能源的开发和利用一直是发展中的重要问题。下列说法不正确的是ACO2、甲烷都属于温室气体B能量在转化和转移过程中其总量会不断减少C太阳能、风能和生物质能属于新能源D太阳能电池可将太阳能直接转化为电能7、m、n、p、q为原子序数依次增大的短周期主族元素四种原子最外层电子教之和为17，n3-与p

4、2+具有相同的电子层结构。下列叙述中错误的是Am、n、q一定是非金属元素B氢化物的沸点：qnmC离子半径的大小：qnpDm与q形成的二元化合物一定是共价化合物8、五种短周期主族元素X、Y、Z、W、M，它们的原子序数依次增大；其中X、W同主族，Y和M同主族；Y、M质子数之和是X、W质子数之和的2倍。下列说法中正确的是()A电解Z与W形成的化合物的水溶液以制取Z的单质B与X形成化合物的稳定性ZYMC单质Y和W化合生成的化合物只含有离子键DM、W、Y所形成的化合物水溶液呈中性9、两种气态烃的混合气体共1mol，在氧气中完全燃烧后生成1.5molCO2和2molH2O。关于该混合气体的说法不正确的是A

5、一定含甲烷 B可能含乙烷 C可能含乙烯 D可能含丙炔10、下列表述正确的是A羟基的电子式B醛基的结构简式COHC1-丁烯的键线式D聚丙烯的结构简式11、100mL0.10molL1Na2SO3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl离子，则SO32将转化为ASO42BSCSO2DS212、在一定的温度、压强下，向100mL和Ar的混合气体中通入400mL，点燃使其完全反应，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混合气体中和Ar的物质的量之比为A1:4B1:3C1:2D1:113、下列对实验操作分析错误的是A配制11mol/LNaCl溶液时，若没有洗涤烧杯和玻璃棒，则所得

6、溶液物质的量浓度偏低BNH4NO3溶解吸热，若配制15mol/L NH4NO3溶液时直接将溶解后的溶液转移到容量瓶中，则所得溶液的物质的量浓度偏高C配制一定物质的量浓度溶液时，若所用砝码已经生锈，则所得溶液的物质的量浓度偏高D配制一定物质的量浓度溶液时，若定容中不小心加水超过刻度线，立刻将超出的水吸出，则所得溶液的物质的量浓度偏低14、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数为NAB17 g H2O2含有0.5NA个非极性共价键C常温下，56 g铁片投入足量浓H2SO4中产生H2分子的个数为NAD标准状况下，22.4LCl2溶

7、于水转移的电子数为NA15、在恒温、容积为2L的密闭容器中通入1mol X和2mol Y，发生反应：X(s)2Y(g) 3Z(g) H-a kJ/mol (a0)，5min末测得Z的物质的量为1.2mol。则下列说法正确的是A若反应体系中气体的压强保持不变，说明反应达到了平衡状态B05min，X的平均反应速率为0.04mol L-1min-1C达到平衡时，反应放出的热量为a kJD达到平衡时，Y和Z的浓度之比一定为2316、下列物质的主要成分不是甲烷的是A可燃冰B煤矿坑道气C液化石油气D沼气17、下列官能团名称与对应结构简式书写错误的是 （ ）A羰基：B羧基：-COOHC醛基：-COHD羟基：

8、-OH18、下列说法正确的是( )A过氧化铬(CrO5)的结构为：，可推知CrO5中氧元素的化合价全部是-1价B第三周期部分元素电离能如图所示,其中a、b、c分别代表的含义是I2、I3、I1C可以用如图实验装置图除去甲烷中混有的乙烯D银镜反应后试管壁上的银镜和黏附在试管壁上的油脂可分别用稀氨水、热碱液洗涤19、中国古代文物不仅彰显了民族和文化自信，还蕴含许多化学知识。下列说法不正确的是A两代“四羊方尊”属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金B宋代莲塘乳鸭图缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质C清代乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，主要成分是二氧化硅D东晋洛神赋图中的绿色颜料铜绿，主要成分是碱式碳酸铜20、下

9、列原子中，第一电离能最大的是( )ABBCCAlDSi21、有机物Y的分子式为C4H8O2，其红外光谱如图所示，则该有机物可能的结构简式为（）ACH3COOCH2CH3BOHCCH2CH2OCH3CHCOOCH2CH2CH3D（CH3）2CHCOOH22、现有甲基、羟基、羧基、苯基，两两组合形成6种化合物，其中水溶液呈酸性的有机物有多少种 （ ）A2种B3种C4种D5种二、非选择题(共84分)23、（14分）醇酸树脂，附着力强，并具有良好的耐磨性、绝缘性等，在油漆、涂料、船舶等方面有很广的应用。下面是一种醇酸树脂G的合成路线：已知：RCH2=CH2(1)反应的反应条件为_，合成G过程中会生成另

10、一种醇酸树脂，其结构简式为_(2)反应反应类型分别为_、_；(3)反应的化学方程式为_；(4)写出一种符合下列条件的F的同分异构体_。a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应b遇FeCl3溶液显紫色c核磁共振氢谱有3组峰值，比值为1：1：1(5)设计由1一溴丙烷制备聚丙烯醇（）的流程图：_。24、（12分）维拉佐酮是临床上使用广泛的抗抑部药，其关键中间体合成路线如下:已知:R-X+H-X (1)下列说法正确的是_(填编号)。A化合物A不能使三氧化铁溶液显紫色B反应均为取代反应C合成过程中反应与反应不能调换D反应中K2CO3的作用是使反应向正方向移动(2)写出物质C的结构简式:_。(3

11、)写出反应的化学方程式:_。(4)设计以苯和乙烯为原料制备的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)_。(5)经过水解和氧化后可得到分子式为C4H9O2N的物质F，写出物质F的可能的同分异构体结构简式_。须同时符合:分子结构中有一个六元环；1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子。25、（12分）某同学利用下图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下：向2 mL浓H2SO4和2 mL乙醇混合液中滴入2 mL乙酸后，加热试管A；一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体；停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色。(1)为了加快酯化反应速率，该同学采取的措施有_。(2)欲提高乙酸的转化率，还可

12、采取的措施有_。(3)试管B中溶液显红色的原因是_（用离子方程式表示）。(4)中油状液体的成分是_。(5)中红色褪去的原因，可能是酚酞溶于乙酸乙酯中。证明该推测的实验方案是_。26、（10分）硫化钠在无机制备、废水处理等领域常用作沉淀剂，其水溶液称为“臭碱”。可在特殊条件下以硫酸钠固体与炭粉为原料制备：Na2SO4+2C Na2S+2CO2（1）硫化钠固体在保存时需注意_，原因是_。（2）实验室用上图装置以Na2SO4与炭粉为原料制备Na2S并检验气体产物、进行尾气处理。步骤如下：连接仪器顺序为_(按气流方向，用小写字母表示)；检查装置气密性；装入固体药品及试剂，连好装置；加热，进行实验。（3

13、）若amolNa2SO4 和 2amolC按上述步骤充分反应，实际得到 Na2S小于 amol，则实验改进方案是_。某同学从氧化还原角度分析固体产物中可能含有少量 Na2SO3，请设计实验证明其猜测是否合理(供选择的试剂有：酚酞溶液、硝酸、稀盐酸、蒸馏水)_。（4）经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为13的 CO2 和CO两种气体。反应方程式为_。27、（12分）己知溴乙烷(C2H5Br)是无色液体，沸点38.4，密度比水大，难溶于水，可溶于多种有机溶剂。在溴乙烷与NaOH乙醇溶液的消去反应中可以观察到有气体生成。有人设计了如图所示的装置，用KMnO4酸

14、性溶液是否褪色来检验生成的气体是否是乙烯。请回答下列问题：(1)仪器a的名称为_。(2)实验前应检测装置A的气密性。方法如下：关闭止水夹c，由仪器a向仪器b中加水，若_，则证明装置A不漏气。(3)仪器b中发生反应的化学方程式为_。(4)反应开始一段时间后，在装置B底部析出了较多的油状液体，若想减少油状液体的析出，可对装置A作何改进？_(5)装置A中产生的气体通入装置C之前要先通过装置B，装置B的作用为_。(6)检验乙烯除用KMnO4酸性溶液外还可选用的试剂有_，此时，是否还有必要将气体先通过装置B？_(填“是”或“否”)。28、（14分）某绿色农药结构简式为，回答下列问题。(1)N元素的基态原

15、子核外有_种空间运动状态的电子，该农药组成元素中，第一电离能较大的前三种元素是(按由大到小顺序排列)_（用元素符号回答，下同），基态硒原子的价层电子排布式为_。(2)该物质中杂化轨道类型为sp2的原子有_。(3)碳、氢、氧元素可形成一系列的化合物，如CH4、C2H6、CH3OH等。与CH4互为等电子体的一种微粒是_。(4)硒化锌的晶胞结构如图所示，则硒的配位数为_，若晶胞边长为d pm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则硒化锌的密度为_g/cm3。29、（10分）塑化剂主要用作塑料的增塑剂，也可作为农药载体、驱虫剂和化妆品等的原料。添加塑化剂(DBP)可改善白酒等饮料的口感，但超过规定的限量会对人

16、体产生伤害。其合成线路图如图I所示:已知以下信息: (-R1、-R2表示氢原子或烃基)C为含两个碳原子的烃的含氧術生物,其核磁共振氢谱图如图II所示请根据以上信息回答下列问题:(1)C的结构简式为_，E中所含官能团的名称是_。(2)写出下列有关反应的化学方程式：E和H2以物质的量比1：1反应生成F_。B和F以物质的量比1 :2合成DBP_，该反应的反应类型为_。(3)同时符合下列条件的B的同分异构体有_种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式_。不能和NaHCO3溶液反应 能发生银镜反应遇FeCl3溶液显紫色 核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只

17、有一个符合题意的选项）1、C【解析】A. 陶瓷、水泥和玻璃的主要成分都是硅酸盐，所以都属于硅酸盐产品，A正确；B.柳絮的主要成分和棉花相同，都是纤维素，B正确；C. 现代工业用电解法从氧化铝中获得铝，C不正确；D. 锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液反复浸泡，使其转化为疏松的碳酸钙后再用酸除去，D正确。本题选C。2、D【解析】A原电池中负极失去电子，正极得到电子。根据总反应式可判断Ca是还原剂，作负极，硫酸铅得到电子，作正极，因此放电时电子由Ca电极流出，A正确；B放电过程中，阳离子Li+向正极移动，即Li+向PbSO4电极移动，B正确；C每转移0.2mol电子，理论上生成0.1molPb，质量

18、是20.7gPb，C正确；D原电池中负极失去电子，正极得到电子。根据总反应式可判断Ca是还原剂，作负极，硫酸铅得到电子，作正极，则正极反应式为PbSO4+2e-PbSO42，D错误；答案选D。【点睛】本题主要是考查原电池原理的应用，掌握原电池的工作原理是解答的关键，难点是电极反应式的书写，注意正负极判断、离子的移动方向、电解质溶液的酸碱性以及是否存在交换膜等。3、D【解析】配合物由內界和外界组成，外界可以完全电离，內界中的中心离子与配体不能电离，配合物电离出的阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配体不和银离子反应。【详解】A项、Co（NH3）4Cl2Cl能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯

19、化银沉淀，故A错误；B项、Co（NH3）6Cl3能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B错误；C项、Cu（NH3）4Cl2能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故C错误；D项、Co（NH3）3Cl3不能电离出氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了配合物的结构、以及氯离子的性质，把握配合物的组成是解答该题的关键。4、C【解析】A. C6H12O6可以是葡萄糖，也可以是果糖，故A不符合题意；B. C3H6可以是环丙烷 ，也可以是乙烯，故B不符合题意；C. C2H4只能表示乙烯，故C符合题意； D. C2H4O2可以是乙酸，也可以是

20、甲酸甲酯，故D不符合题意；所以本题正确答案为C。5、C【解析】鉴别己烯、甲苯、己烷分为两步进行：取少量待测液分装于三只试管中，三只试管中滴加少量溴水，能与溴水发生化学反应，使其褪色的是己烯；再取除己烯外，另外两种待测液少许于两支试管中，两支试管中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，使其褪色的是甲苯。故选C；答案：C【点睛】1.能使溴水反应褪色的有机物有：苯酚、醛、含不饱和碳碳键（碳碳双键、 碳碳叁键）的有机物；2.能使酸性高锰酸钾褪色的有机物与烯烃、炔烃、二烯烃等不饱和烃类及不饱和烃的衍生物反应；与苯的同系物(甲苯、乙苯、二甲苯等)反应；与部分醇羟基、酚羟基（如苯酚）发生氧化还原反应；与醛类等有醛基的有

21、机物（如醛、甲酸、甲酸酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等）发生氧化还原反应。6、B【解析】分析：CO2、甲烷都可导致温室效应；常见能源分类有可再生能源和非再生资源、新能源和化石能源，其中太阳能、风能和生物能源属于新能源，以此解答该题。详解：ACO2、甲烷都可导致温室效应，应尽量减少排放，故A正确；B根据能量转化和守恒定律可知能量在转化和转移过程中总量既不会增加，也不会减少，故B错误；C太阳能、风能和生物能源与化石能源相比，属于新能源，也属于清洁能源，故C正确；D太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，故D正确；故选B。7、B【解析】m、n、p、q为原子序数依次增大的短周期主族元素 n3-与p2+具有相

22、同的电子层结构，所以n、p分别是氮、镁 。又由于四种原子最外层电子教之和为17，可得m、q原子最外层电子教之和为10，所以m、q分别是碳、硫。A. m、n、q分别是碳、氮、硫，都是非金属元素 ，故A正确；B. 由于n的氢化物分子间可形成氢键，所以n的氢化物的沸点最高，故B错误；C. n、p离子的电子层结构相同，离子半径随着核电荷数增大而减小，所以离子半径：np ，q离子电子层较多，半径较大，总之，离子半径的大小：qnp ，故C正确。D. m与q形成的二元化合物二硫化碳是共价化合物，故D正确。故选B。点睛：电子层结构相同的离子，其离子半径随着核电荷数增大而减小。8、B【解析】X、Y、M、N是短周

23、期且原子序数依次增大的主族元素，其中X、W同主族，Y和M同主族；Y、M质子数之和是X、W质子数之和的2倍，则X为H元素；W为Na元素；Y、M同主族,则Y为O元素，M为S元素；故Z为F元素，据此解答。【详解】AZ与W形成的化合物为NaF，电解其水溶液，相当于电解水，生成氧气、氢气，不能得到Z单质，故A错误；B非金属性ZYM，故氢化物稳定性：ZYM，故B正确；CY和W形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，但过氧化钠中含有共价键，故C错误；DM、W、Y所形成化合物有Na2SO4、Na2SO3等，Na2SO3溶液呈碱性，而Na2SO4溶液呈中性，所以D选项是错误的。所以B选项是正确的。9、B【解析】由“两种

24、气态烃的混合物共1L，在空气中完全燃烧得到1.5L二氧化碳、2L水蒸气”可知，二氧化碳与水蒸气的物质的量之比=1.5:4，故该混合烃的平均分子式为C1.5H4，则两种烃的平均含碳数为1.5，所以两者的含碳数必有一个大于1.5，另一个小于1.5，所以该混合烃中一定有甲烷，甲烷分子中含氢原子为4，两烃的平均含氢数也为4，故另一烃的氢原子数也只能是4，故另一种烃可能为C2H4或C3H4等，所以，该混合气体中一定含有甲烷，可能含有乙烯或丙炔，一定不含乙烷；故本题选B。10、C【解析】A羟基中氧原子最外层为7个电子，羟基中含有1个氧氢键，羟基正确的电子式为，故A错误；B醛基为醛类的官能团，醛基的结构简式

25、为-CHO，故B错误；C中碳碳双键位于1号C，该有机物名称为1-丁烯，故C正确；D聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，聚丙烯的链节中主链含有2个碳原子，聚丙烯正确的结构简式为，故D错误；故选C。【点晴】本题考查常见化学用语的判断，为高频考点，注意掌握键线式、电子式、结构简式等化学用语的概念及表示方法。解决这类问题过程中需要重点关注的有：书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“”，没有成键的价电子也要写出来。书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是HOCl，而不是HClO)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳

26、碳三键应该写出来。比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。11、A【解析】Cl2完全转化为Cl离子，氯气化合价降低，则亚硫酸根化合价升高，则+4价升高，纵观答案只有硫酸根中硫为+6价，故A正确；综上所述，答案为A。【点睛】利用氧化还原反应原理，有元素化合价升高，必定有元素化合价降低来分析。12、A【解析】甲烷与氧气反应的方程式是CH42O2CO22H2O，根据体积差可知，每消耗1体积CH4气体体积减少2体积，甲烷的体积是（100mL+400mL460mL）220mL，则Ar的体积是80mL，所以二者的体积之比是14，答案选A。13、B【解析】A没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质

27、的量减小，溶液物质的量浓度偏低，故A正确；BNH4NO3溶解吸热，直接将溶解后的溶液转移到容量瓶中加水体积偏大，浓度偏小，故B错误；C所用砝码已经生锈，溶质的物质的量偏大，溶液的物质的量浓度偏高，故C正确；D加水超过刻度线，立刻将超出的水吸出，有部分溶质也会被取出，溶液的物质的量浓度偏低，故D正确；故选B。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，根据公式cB=，若操作不当引起nB偏大或V（aq）偏小，所配溶液浓度偏高，反之偏低。14、B【解析】A. 7.8 g Na2S、Na2O2的固体物质的量都是0.1mol，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，所以含有的阴离子都为0.1

28、mol，阴离子数均为0.1NA，故A错误；B. 17 g H2O2的物质的量为=0.5mol，含有0.5mol过氧根，其中含有0.5NA个非极性共价键，故B正确；C. 常温下，铁与浓H2SO4发生钝化，故C错误；D. 氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故1molCl2溶于水，转移的电子数目小于NA，故D错误；故选B。15、A【解析】A正反应为气体物质的量增大的反应，恒温恒容条件下，随反应进行压强增大，反应体系中气体的压强保持不变，说明反应达到了平衡状态，故A正确；BX为固体，不能用单位时间内浓度变化量表示反应速率，故B错误；C该反应属于可逆反应，X、Y不能完全转化为生成物，达到平衡状态时

29、X消耗的物质的量小于1mol，所以放出的热量小于a kJ，故C错误；D当体系达平衡状态时，Y、Z 的浓度之比可能为 23，也可能不是23，与各物质的初始浓度及转化率等有关，故D错误；故选A。16、C【解析】A可燃冰的主要成分是甲烷，故A不符合题意；B煤矿坑道气的主要成分是甲烷，故B不符合题意；C液化石油气的主要成分是丙烷和丁烷，故C符合题意；D沼气的主要成分是甲烷，故D不符合题意； 故选：C。17、C【解析】根据有机物的官能团进行分析；【详解】A、羰基是由碳和氧两种原子通过双键连接而成的有机官能团，即，故A不符合题意；B、羧基是由羰基和羟基组成的基团，即羧基为COOH，故B不符合题意；C、醛基

30、是由羰基和H原子组成的基团，即为CHO，故C符合题意；D、羟基的化学式为OH，故D不符合题意；答案选C。18、B【解析】A根据过氧化铬的结构可知，中存在2个过氧键、1个Cr=O键，则4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，Cr元素显+6价，故A错误；B同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，因此c为第一电离能I1；在第三周期元素中，钠失去1个电子后，就已经达到稳定结构，所以钠的第二电离能最大，镁最外层为2个电子，失去2个电子后为稳定结构，所以镁的第二电离能较小，铝最外层有3个电子，失去2个电子后还未达稳定结构，而铝的金属性比镁弱，所以第

31、二电离能比镁略高，硅最外层上2p层有2个电子，失去后，留下2s轨道上有2个电子，相对较稳定，所以硅的第二电离能比铝要低，磷、硫非金属性逐渐增大，第二电离能也增大，由于硫失去一个电子后，3p轨道上是3个电子，是较稳定结构，所以硫的第二电离能要高于氯，因此a为第二电离能I2，则b为第三电离能I3，故B正确；C乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气除杂，故C错误；D银单质与氨水不反应，应该用稀硝酸洗去，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点和难点为B，要注意首先根据第一电离能的变化规律判断出第一电离能的变化曲线，再结合稳定结构依次分析判断。19、C【解析】A青铜主要是铜、锡的合

32、金，A项正确；B蚕丝的主要成分是蛋白质，B项正确；C瓷器的主要成分是硅酸盐，C项错误；D铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，D项正确；所以答案选择C项。20、B【解析】非金属性越强，第一电离能越大，四种元素中碳元素的非金属性最强，第一电离能最大，答案选B。21、A【解析】由红外光谱图可看出该分子中有不对称CH3，因此该分子中有2个CH3，由图也可以看出含有C=O双键、C-O-C单键，则A的结构简式为CH3COOCH2CH3或CH3CH2COOCH3，故选A。【点睛】本题考查有机物结构式的确定，侧重分析与应用能力的考查，把握图中信息及官能团的确定为解答的关键。22、B【解析】水溶液呈酸性的有机物含有的官

33、能团可能是酚羟基，也可能是羧基；【详解】水溶液呈酸性的有机物含有的官能团可能是酚羟基，也可能是羧基；有机物可能是CH3COOH、C6H5COOH、苯酚，共有三种，故选项B正确。【点睛】学生易错选选项C，学生把羟基和羧基连接起来，即HOCOOH，忽略了该物质为H2CO3，不属于有机物。二、非选择题(共84分)23、NaOH醇溶液、加热 加成反应 缩聚反应 +O2+2H2O 或或或 CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH 【解析】发生催化氧化生成E，E进一步发生氧化反应生成F为，F与D发生缩聚反应生成高聚物G，可知D为，逆推可知C为BrCH2CHBr

34、CH2Br、B为BrCH2CH=CH2、A为CH3CH=CH2。据此解答。【详解】（1）反应是CH3CHBrCH3转化为CH3CH=CH2，发生消去反应，反应条件为：NaOH醇溶液、加热。合成G过程中会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为，故答案为：NaOH醇溶液、加热；。（2）反应属于加成反应，反应属于缩聚反应。故答案为：加成反应；缩聚反应。（3）反应的化学方程式为+O2+2H2O，故答案为：+O2+2H2O。（4）F()的同分异构体满足：a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应，说明含有2个醛基，b遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，c核磁共振氢谱有3组峰值，比值为1：1：1，存

35、在对称结构，其中一种结构简式或或或，故答案为：或或或。（5）1-溴丙烷发生消去反应得到丙烯，丙烯与NBS发生取代反应引入溴原子生成BrCH2CH=CH2，然后在氢氧化钠水溶液、加热条件下得到CH2=CH-CH2OH，最后发生加聚反应生成高分子化合物，合成路线流程图为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关

36、系、官能团之间的转化关系是解题关键。24、CD 、 【解析】分析：本题考查有机物的推断和合成，充分利用有机物的结构进行分析解读，侧重考查学生的分析推理能力，知识迁移能力。详解：根据A到B再到，对比分子式和有机物的结构，可知A为，B为，反应为硝化反应，反应为取代反应。而由到C脱掉一分子水，再对比前后的结构，可以推出C的结构为，反应发生的是硝基还原为氨基的反应，则D为。(1) A.化合物A的结构为，含有酚羟基和醛基，能使三氧化铁溶液显紫色，故错误；B.反应为取代，为还原反应，为取代反应，故错误；C.合成过程中反应与反应不能调换，否则醛基有会与氢气发生加成反应，故正确；D.反应中生成盐酸，而盐酸可以

37、和K2CO3，所以碳酸钾的作用是使反应向正方向移动，故正确；故选CD。(2)根据以上分析可知物质C的结构简式为：；(3)反应的化学方程式为；（4）根据题中信息可知，氨基可以和二卤代烃反应生成环，所以先生成二卤代烃和氨基。合成路线为：。（5）分子式为C4H9O2N的物质F，写出物质F的可能的同分异构体结构分子结构中有一个六元环；1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，则说明结构有对称性，六元环由3个碳和一个氮原子和2个氧原子形成对称位置的环，另外连接一个甲基即可，结构为或。或六元环由一个氮原子和一个氧原子和4个碳原子形成有对称性的环，另外连接羟基，结构为。25、加热，使用催化剂 增加乙醇的用量 C

38、O32-+H2OHCO3-+OH- 乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水) 取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，溶液变红 【解析】(1)酯化反应是可逆反应，可根据影响化学反应速率的因素分析；(2)根据酯化反应是可逆反应，要提高乙酸转化率，可以根据该反应的正反应特点分析推理；(3)根据盐的水解规律分析；(4)根据乙酸、乙醇及乙酸乙酯的沸点高低分析判断；(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过向溶液中再加入酚酞，观察溶液颜色变化分析。【详解】(1)酯化反应是可逆反应，由于升高温度，可使化学反应速率加快；使用合适的催化剂，可以加快反应速率，或适当增加乙醇的用量，提高其浓度，使反应速率加快等；(

39、2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，反应产生的乙酸乙酯和水在相同条件下又可以转化为乙酸与乙醇，该反应是可逆反应，要提高乙酸的转化率，可以通过增加乙醇（更便宜）的用量的方法达到；(3)碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中，CO32-发生水解反应，消耗水电离产生的H+转化为HCO3-，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)c(H+)所以溶液显碱性，可以使酚酞试液变为红色，水解的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；(4)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，由于反应产生乙酸乙酯的沸点比较低，且反应物乙酸、乙醇的沸点也都不高，因此反应生成

40、的乙酸乙酯会沿导气管进入到试管B中，未反应的乙酸和乙醇也会有部分随乙酸乙酯进入到B试管中，因此中油状液体的成分是乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水)；(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，若溶液变红证明是酚酞溶于乙酸乙酯所致。【点睛】本题考查了乙酸乙酯的制取、反应原理、影响 因素、性质检验等知识。掌握乙酸乙酯的性质及各种物质的物理、化学性质及反应现象是正确判断的前提。26、干燥环境密闭保存 硫化钠在空气中易被氧化，潮湿环境易水解 aefd 加入稍过量的碳 取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠

41、，反之不含 2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO+CO2 【解析】(1)硫化钠易被氧化，溶液中硫离子可发生水解； (2)A中发生Na2SO4+2CNa2S+2CO2，选装置D检验二氧化碳，选装置C吸收尾气，二氧化碳不需要干燥；(3)实际得到Na2S小于amol，可增大反应物的量；固体产物中可能含有少量Na2SO3，加盐酸发生氧化反应生成S；(4)硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1：3的CO2和CO两种气体，C失去电子，S得到电子，结合电子、原子守恒来解答。【详解】(1)硫化钠固体在保存时需注意干燥环境密闭保存，原因是硫化钠在空气中易被氧化，潮湿环境

42、易水解；(2)A为制备装置，装置D检验二氧化碳，选装置C吸收尾气，则连接仪器顺序为aefd；(3)若a mol Na2SO4和2a mol C按上述步骤充分反应，实际得到Na2S小于amol，则实验改进方案是加入稍过量的碳；固体产物中可能含有少量Na2SO3，设计实验为取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠，反之不含；(4)经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1：3的CO2和CO两种气体，C失去电子，S得到电子，若CO2和CO分别为1mol、3mol，失去电子为10mol，则S得到10mol电子，应

43、生成等量的Na2S、Na2SO3，反应方程式为2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO+CO2。27、分液漏斗 分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面（或分液漏斗中液体不能顺利流下） CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O 将伸出烧瓶外的导管换成长导管 除去挥发出来的乙醇 溴水或溴的四氯化碳溶液 否 【解析】（1）根据仪器构造及用途作答；（2）根据分液漏斗的构造利用液封法检查装置的气密性；（3）溴乙烷与NaOH醇溶液发生消去反应；（4）油状液体为溴乙烷蒸气液化的结果；（5）乙醇易溶于水，据此解答；（6）根据乙烯的不饱和性，能与Br2发生加成反应作答。【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗，故答案为分液漏斗；（2）关闭止水夹c，由仪器a向仪器b中加水，若分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面，而不下落，则证明装置A不漏气，故答案为分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面（或分液漏斗中液体不能顺利流下）；（3）卤代烃在碱性醇溶液加热条件下发生了消去反应，生成不饱和烯烃，反应为故答案为；（4）若出现了较多的油状液体，则说明溴乙烷蒸气冷却液化的较多，为减少油状液体的析出，可采取将伸出烧瓶外的导管换成长导管的措施，故答案为将伸出烧瓶外的导管换成长导管；（5）B中的水用于吸收挥发出来的乙醇，目的是防止乙醇和高锰酸钾反应，干扰实验，故答案为除