海南昌江县矿区中学2023学年高二化学第二学期期末综合测试模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法不正确的是A．苯与溴水、酸性高锰酸钾溶液不反应，说明苯分子中碳碳原子间只存在单键B．煤是由有机物和无机物所组成的复杂的混合物C．天然气的主要成分是甲烷，甲烷可在高温下分解为炭黑和氢气D．乙烯为不饱和烃，分子中6个原子处于同一平面2、某有机物的结构简式如图所示，这种有机物可能具有的性质是①能使酸性KMnO4溶液或溴水褪色②能与醇发生酯化反应③能与NaOH溶液或金属钠反应④能发生水解反应⑤能发生加聚反应生成高分子化合物A．①②③④⑤B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②③⑤3、下列说法正确的是（）A．乙烯与环丙烷(C3H6)互为同系物B．乙烯和聚乙烯均能和溴水发生加成反应而使溴水褪色C．皮肤沾上浓HNO3变成黄色，立即用饱和NaOH溶液冲洗D．丙酸、乙酸甲酯和2-羟基丙醛(CH3CHOHCHO)互为同分异构体4、下列说法中正确的是（）A．含有共价键的化合物一定是共价化合物B．只含有离子键的化合物才是离子化合物C．并非只有非金属原子间才能形成共价键D．由共价键形成的分子一定是共价化合物5、下列实验内容能达到实验目的的是实验目的实验内容A鉴别乙醇与乙醛B比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性C说明烃基对羟基上氢原子活性的影响D说明苯环对取代基上氢原子活性的影响A．A B．B C．C D．D6、从金属利用的历史来看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事。这个先后顺序跟下列有关的是：①地壳中的金属元素的含量；②金属活动性；③金属的导电性；④金属冶炼的难易程度；⑤金属的延展性；A．①③ B．②⑤ C．③⑤ D．②④7、某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，并且是同族中原子序数最小的元素，关于该元素的判断错误的是（）A．电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2B．该元素为VC．该元素为ⅡA族元素D．该元素位于d区8、关于淀粉与纤维素的下列说法中，不正确的是()A．两者都能水解，且水解的最终产物相同B．两者实验式相同，通式相同，互为同分异构体C．两者都属于糖类，且都没有甜味，与新制Cu(OH)2共热都不能出现砖红色沉淀D．两者都属于高分子化合物，淀粉遇碘单质显蓝色，但纤维素却不能9、下列有关电化学的示意图正确的是（）A．Cu﹣Zn原电池 B．粗铜的精炼C．铁片镀锌 D．验证NaCl溶液（含酚酞）电解产物10、《JournalofEnergyChemistry》报导我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是A．b为电源的正极B．电子流向：c→a→b→dC．c极电极反应式为2C2O52――4e－＝4CO2＋O2D．转移0.4mol电子可捕获CO22.24L11、下列能级中轨道数为5的是（）A．S能级 B．P能级 C．d能级 D．f能级12、已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。根据下表所列数据判断错误的是元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A．元素X的常见化合价是+1价B．元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl2C．元素Y是ⅢA族的元素D．若元素Y处于第3周期，它的氧化物为两性氧化物13、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14、下列有关说法正确的是（）A．容量瓶、分液漏斗、酸碱滴定管、冷凝管等仪器在使用前均需要检查是否漏液B．蒸发、蒸馏、配制标准物质的量浓度溶液均需要用到玻璃棒C．过滤操作用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒D．烧瓶、量筒、容量瓶、滴定管洗净后均可放在烘箱中烘干15、下列有关实验的操作正确的是实验操作ACCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层B排水法收集KMnO4分解产生的O2先熄灭酒精灯，后移出导管C浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水D配制稀硫酸先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水A．A B．B C．C D．D16、某物质的晶体中含Ti、O、Ca三种元素，其晶胞排列方式如图所示，晶体中Ti、O、Ca的中原子个数之比为（）A．1：3：1 B．2：3：1 C．2：2：1 D．1：3：3二、非选择题（本题包括5小题）17、已知有机物分子中的碳碳双键发生臭氧氧化反应：，有机物A的结构简式为，G的分子式为C7H12O，以下A～H均为有机物，其转化关系如下：（1）下列说法正确的是______。（填字母序号）A．C的官能团为羧基B．1molA最多可以和2molNaOH反应C．C可以发生氧化反应、取代反应和加成反应D．可以发生消去反应（2）F的结构简式为____________，由F到G的反应类型为___________。（3）反应①的作用是__________________，合适的试剂a为____________。（4）同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式______________________。Ⅰ．与A具有相同的官能团；Ⅱ．属于苯的邻二取代物；Ⅲ．能使FeCl3溶液显色；Ⅳ．核磁共振氢谱分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子。（5）H与G分子具有相同的碳原子数目，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银。写出H与足量的新制银氨溶液反应的化学方程式__________________。18、某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢。(1)A的结构简式为_______。(2)A中的碳原子是否都处于同一平面？________(填“是”或“不是”)。(3)在下图中，D1、D2互为同分异构体，E1、E2互为同分异构体。C的化学名称是_____；反应⑤的化学方程式为_________________；E2的结构简式是_____；④的反应类型是______，⑥的反应类型是_______。19、硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其它性质SO2Cl2-54.169.1①易水解，产生大量白雾②易分解：SO2Cl2SO2↑+Cl2↑H2SO410.4338吸水性且不易分解实验室用干燥、纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示（夹持仪器已省略），请回答有关问题：（1）仪器A冷却水的进水口为________（填“a”或“b”）。（2）仪器B中盛放的药品是________，其目的是________________________。（3）实验时，装置丁中发生反应的离子方程式为______________________________，当生成6.72L的氯气（标况下），转移电子的物质的量为________。（4）装置丙中盛放的试剂是________，若缺少装置乙，对实验造成的影响是_______________。（5）少量硫酰氯也可用液态氯磺酸（ClSO3H）低温催化分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3H＝H2SO4+SO2Cl2，从分解产物中分离出硫酰氯的操作是______________。20、某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是________；将FeCl3晶体溶于浓盐酸,再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是________。（2）制备K2FeO4（夹持装置略）后，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。根据K2FeO4的制备原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是________________。21、二氧化碳资源化利用是目前研究的热点之一。(1)二氧化碳可用于重整天然气制合成气(CO和H2)。①已知下列热化学方程式：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=+206kJ/mol，CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H2=-165kJ/mol，则反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=____kJ/mol。②最近我国学者采用电催化方法用CO2重整CH4制取合成气，装置如图所示。装置工作时，阳极的电极反应式为________。(2)由二氧化碳合成VCB（锂电池电解质的添加剂）的实验流程如下，已知EC、VCB核磁共振氢谱均只有一组峰，均含五元环状结构，EC能水解生成乙二醇。VCB的结构简式为_________。(3)乙烷直接热解脱氢和CO2氧化乙烷脱氢的相关化学方程式及平衡转化率与温度的关系如下：(I)乙烷直接热解脱氢：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)△H1(Ⅱ)CO2氧化乙烷脱氢：C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)△H2①反应(I)的△H1=____kJ/mol（填数值，相关键能数据如下表）。化学键C－CC=CC－HH－H键能/kJ·mol－1347.7615413.4436.0②反应(Ⅱ)乙烷平衡转化率比反应(I)的大，其原因是______（从平衡移动角度说明）。③有学者研究纳米Cr2O3催化CO2氧化乙烷脱氢，通过XPS测定催化剂表面仅存在Cr6+和Cr3+，从而说明催化反应历程为：C2H6(g)→C2H4(g)+H2(g)，______和_______（用方程式表示，不必注明反应条件）。④在三个容积相同的恒容密闭容器中，温度及起始时投料如下表所示，三个容器均只发生反应：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)。温度及投料方式（如下表所示），测得反应的相关数据如下：容器1容器2容器3反应温度T/K600600500反应物投入量1molC2H62molC2H4+2molH21molC2H6平衡时v正(C2H4)/mol/(L·s)v1v2v3平衡时c(C2H4)/mol/Lc1c2c3平衡常数KK1K2K3下列说法正确的是_______（填标号）。A．K1=K2，v1<v2B．K1<K3，v1<v3C．v2>v3，c2>2c3D．c2+c3<3c1

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【答案解析】

A项、苯分子中碳碳键不是单键与双键的交替结构，而是介于单键与双键之间的一种独特的键，故A错误；B项、煤是由有机物和无机物所组成的复杂的混合物，故B正确；C项、天然气的主要成分是甲烷，甲烷可在高温下发生分解反应生成炭黑和氢气，故C正确；D项、乙烯分子中含有碳碳双键，为不饱和烃，分子中6个原子处于同一平面上，故D正确。故选A。【答案点睛】本题考查有机物的结构与性质，注重常见有机物性质的考查，注意掌握常见有机物的结构与性质，明确苯分子中的碳碳键为一种独特键，不能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色是解答关键。2、D【答案解析】

①该有机物含有碳碳双键，可与酸性KMnO4溶液或溴水发生反应，使溶液褪色，故选①；②该有机物含有羧基（-COOH）能与醇（-OH），能发生酯化反应，故选②；③该有机物含有羧基（-COOH），能跟NaOH溶液或金属钠反应，故选③；④该有机物不含有能发生水解反应的官能团，不能发生水解反应，故不选④；⑤该有机物含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故选⑤。综上所述，本题正确答案为D。【答案点睛】本题属于官能团与性质判断题，要注意归纳常见有机官能团的性质：如碳碳双键能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色；羟基能和金属钠反应产生无色无味的气体；羧基能和NaHCO3反应产生气泡；醛基能发生银镜反应等。3、D【答案解析】

A.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，乙烯与环丙烷(C3H6)的结构不相似，所以二者不是同系物，A错误；B.聚乙烯不含碳碳双键，不能和溴发生加成反应，所以不能使溴水褪色，B错误；C.皮肤沾上浓HNO3变成黄色，应立即用大量的水冲洗，再用3-5%的NaHCO3溶液涂上，C错误；D.丙酸、乙酸甲酯和2-羟基丙醛(CH3CHOHCHO)结构简式分别为CH3CH2COOH、CH3COOCH3、CH3CHOHCHO，三种物质分子式相同，但结构不同，因此它们互为同分异构体，D正确；故合理选项是D。4、C【答案解析】分析：A．含有共价键的化合物可能是离子化合物；B．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；C．氯化铝中含有共价键；D．单质分子中也含有共价键。详解：A．含有共价键的化合物可能是离子化合物，如KOH等，A错误；B．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH等，B错误；C．并非只有非金属原子间才能形成共价键，例如氯化铝中含有共价键，C正确；D．由共价键形成的分子可能是单质，如O2等，D错误；答案选C。点睛：本题考查了物质与化学键的关系，根据物质的构成微粒确定化学键，易错选项是C，活泼的金属与活泼的非金属也可以形成离子键，为易错点。5、C【答案解析】

A.K2Cr2O7具有强的氧化性，可以氧化乙醇与乙醛，从而使溶液变为绿色，因此不能鉴别乙醇与乙醛，A错误；B.乙酸钠是强碱弱酸盐，水溶液中由于CH3COO-水解而使溶液显碱性，因此向该溶液中通入CO2气体可以溶解，不能证明酸性乙酸比碳酸强，向苯酚钠溶液中通入CO2气体，CO2、H2O、苯酚钠反应，产生苯酚和NaHCO3，由于在室温下苯酚在水中溶解度不大，因此可以看到溶液变浑浊，因此只能证明酸性H2CO3>苯酚，但不能证明酸性乙酸>H2CO3，B错误；C.乙醇与Na反应不如水与Na反应剧烈，可以证明烃基对羟基上氢原子活性的影响，C正确；D.苯与溴水不能反应，而苯酚与浓溴水会发生取代反应产生三溴苯酚白色沉淀，证明羟基使苯环更活泼，不能说明苯环对取代基上氢原子活性的影响，D错误；故合理选项是C。6、D【答案解析】

对比金属活动性强弱关系与人类利用金属的先后，可以发现人类使用较早的金属，其活动性较弱；结合学习中对金属铁、铝的冶炼的认识，可知：金属活动性越强，金属的冶炼难易程度越难，这也影响了人类对金属的使用，其它因素均与使用的前后顺序无关；答案选D。【答案点睛】铜、铁、铝三种金属活动性由强到弱的顺序为：铝＞铁＞铜；对比人类利用金属的历史：先有青铜器时代再到铁器时代，然后才有了铝制品；可以发现二者存在一定联系，同时不同时期人们对金属的冶炼方法和水平不同，也导致人们使用的金属材料不同。7、C【答案解析】

某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，说明最外层电子数和价电子数不相等，则价电子应存在d能级电子，并且是同族中原子序数最小的元素，则可知应为第4周期元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，为第4周期ⅤB族元素，为V元素，位于d区，答案选C。8、B【答案解析】

A.淀粉与纤维素均是多糖，两者都能水解，且水解的最终产物相同，均是葡萄糖，A正确；B.淀粉与纤维素的化学式均是(C6H10O5)n，两者实验式相同，通式相同，均是高分子化合物，都是混合物，不能互为同分异构体，B错误；C.淀粉与纤维素均是多糖，两者都属于糖类，且都没有甜味，与新制Cu(OH)2共热都不能出现砖红色沉淀，C正确；D.淀粉与纤维素都属于高分子化合物，淀粉遇碘单质显蓝色，但纤维素却不能，D正确。答案选B。9、D【答案解析】A、此原电池中锌电极应插入到ZnSO4溶液中，铜电极应插入到CuSO4溶液中，故A错误；B、精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误；C、电镀时，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，即锌作阳极，故C错误；D、根据电流的方向，碳棒作阳极，铁作阴极，装置的左端产生氢气，且溶液变红，右端产生氯气，碘化钾淀粉溶液显蓝色，故D正确。10、C【答案解析】

根据图示可知，c极C2O52-→O2，发生氧化反应生成单质O2，所以c为阳极，d为阴极，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接，即a极为电源正极、b极为电源负极，阳极反应式为2C2O52--4e-═4CO2+O2，阴极电极反应式为：CO32-+4e-═C+3O2-，据此分析解答。【题目详解】A．根据图示可知，c极C2O52-→O2，则c电极发生失去电子的氧化反应，为阳极，与电源正极相接，所以a为电源正极、b为电源负极，故A错误；B．c电极发生失去电子的氧化反应，电子由阳极流入电源正极，再由电源负极流出到阴极，即电子流向：c→a，b→d，电子不能通过电解质溶液，故B错误；C．c极C2O52-→O2，电极上发生失去电子的氧化反应，所以c极的电极反应式为2C2O52--4e-═4CO2+O2，故C正确；D．电解二氧化碳熔盐的过程就是在电解条件下CO2发生分解生成C和O2的过程，转移0.4mol电子可捕获0.1molCO2，没有指明温度和压强，CO2的体积不一定是2.24L，故D错误；故选C。11、C【答案解析】

s能级有1个原子轨道，p能级有3个原子轨道，d能级有5个原子轨道，f能级有7个原子轨道，则能级中轨道数为5的是d能级。

本题答案选C。12、B【答案解析】

从电离能的数据看，X元素的第二电离能是第一电离能的9倍多，所以X易失去1个电子，显+1价；Y的第四电离能比第三电离能大四倍多，所以Y易失去3个电子，显+3价。【题目详解】A．由分析知，元素X的常见化合价是+1价，A正确；B．元素X显+1价，与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，B错误；C．从电离能的数据比较中可以看出，元素Y易失去3个电子，是ⅢA族元素，C正确；D．若元素Y处于第3周期，则为铝，它的氧化物Al2O3为两性氧化物，D正确；故选B。13、C【答案解析】

A．青铜主要是铜、锡的合金，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。14、C【答案解析】分析：A．冷凝管不需要检查是否漏液；B．蒸发需要玻璃棒搅拌，配制标准物质的量浓度溶液需要玻璃棒搅拌、引流，蒸馏不需要玻璃棒；C．根据过滤操作判断需要的仪器；D．烧瓶、量筒、容量瓶、滴定管洗净后自然风干即可。详解：A．冷凝管不需要检查是否漏液，具有塞子或活塞的仪器可查漏，例如容量瓶、分液漏斗、酸碱滴定管等仪器在使用前均需要检查是否漏液，A错误；B．蒸馏不需要玻璃棒，需要蒸馏烧瓶、冷凝管等，B错误；C．过滤操作用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，C正确；D．烧瓶、量筒、容量瓶、滴定管洗净后自然风干即可，不能放在烘箱中烘干，否则可能影响定量仪器的准确度，D错误；答案选C。点睛：本题考查化学实验基本操作以及仪器使用等，为高频考点，把握仪器的使用、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。15、A【答案解析】

A．分液时，下层液体从下口倒出，上层液体从上口倒出；B．排水法收集KMnO4分解产生的O2，应先撤导管后撤灯；C、净化气体时先除杂后干燥；D、把浓硫酸沿着器壁慢慢地注入水中，并不断搅动，使产生的热迅速地扩散。【题目详解】A．分液时，下层液体从下口倒出，为防止分离的物质不纯，则上层液体从上口倒出，选项A正确；B．排水法收集KMnO4分解产生的O2，应该是先移出导管，后熄灭酒精灯，选项B错误；C．氯气中混有氯化氢和水，饱和食盐水可除去HCl，浓硫酸可除去水，故气体通往顺序不对，不能达到实验目的，选项C错误；B．把浓硫酸沿着器壁慢慢地注入水中，并不断搅动，使产生的热迅速地扩散，选项D错误；答案选A。16、A【答案解析】试题分析：利用均摊法计算晶胞中各原子个数，顶点上的Ti原子被8个晶胞共用，棱上的O原子被2个晶胞共用，体心的Ca原子被1个晶胞所有．解：如图，晶胞中顶点上的Ti原子个数=8×=1，棱上的O原子个数=6×=3，体心的Ca原子个数=1，所以晶体中Ti、O、Ca的原子个数之比为1：3：1，故选A．二、非选择题（本题包括5小题）17、AB消去反应保护酚羟基，防止在反应②中被氧化NaHCO3溶液或+4Ag(NH3)2OH+4Ag↓+6NH3+2H2O【答案解析】

A的结构简式为，A发生水解反应得到C与，可知C为CH3COOH，由转化关系可知，与氢气发生加成生成F为，G的分子式为C7H12O，则F发生消去反应得到G，G发生碳碳双键发生臭氧氧化反应生成H，若H与G分子具有相同的碳原子数，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银，则H中含有2个-CHO，则亚甲基上的-OH不能发生消去反应，可推知G为，H为．与氢氧化钠水溶液放出生成B为，B发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应，酸化得到E，则D为，E为，反应①的目的是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，E与是a反应得到，反应中羧基发生反应，而酚羟基不反应，故试剂a为NaHCO3溶液，据此解答．【题目详解】A的结构简式为，A发生水解反应得到C与，可知C为CH3COOH，由转化关系可知，与氢气发生加成生成F为，G的分子式为C7H12O，则F发生消去反应得到G，G发生碳碳双键发生臭氧氧化反应生成H，若H与G分子具有相同的碳原子数，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银，则H中含有2个-CHO，则亚甲基上的-OH不能发生消去反应，可推知G为，H为．与氢氧化钠水溶液放出生成B为，B发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应，酸化得到E，则D为，E为，反应①的目的是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，E与是a反应得到，反应中羧基发生反应，而酚羟基不反应，故试剂a为NaHCO3溶液，

（1）A．C为CH3COOH，C的官能团为羧基，故A正确；B．A为，酯基、酚羟基与氢氧化钠反应，1molA最多可以和2molNaOH反应，故B正确；C．C为CH3COOH，可以发生氧化反应、取代反应，不能发生加成反应，故C错误；D．中羟基的邻位碳上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故D错误；故答案为AB；（2）由上述分析可知，F为，由上述发生可知F到G的反应类型为消去反应；（3）反应①的作用是：是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，合适的试剂a为NaHCO3溶液；（4）同时满足下列条件的A（）的同分异构体：Ⅰ．与A有相同的官能团，含有羟基、酯基；Ⅱ．属于苯的邻二取代物，Ⅲ．遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，Ⅲ．1H-NMR分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子，苯环与酚羟基含有5种H原子，则另外侧链含有3种H原子，故另外侧链为-CH2CH2OOCH，-CH（CH3）OOCH，结构简式为：和；（5）H的结构简式为，与足量的新制银氨溶液反应的化学方程式为。【答案点睛】解有机推断的关键是能准确根据反应条件推断反应类型：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。（3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。（7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。18、是2，3-二甲基-1，3-丁二烯+2NaOH+2NaCl+2H2O加成反应取代（水解）反应【答案解析】

烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，则其分子式为C6H12，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢，则A的结构简式为，和氯气发生加成反应得B,B的结构简式为，在氢氧化钠醇溶液和加热的条件下发生消去反应生成C，C的结构简式为，CD1，所以D1为,D1、D2互为同分异构体，所以D2为，得E1为，E1、E2互为同分异构体，所以E2为。【题目详解】(1)用商余法可得相对分子质量为84的烃的分子式为C6H12，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，说明该烃为烯烃，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢，说明结构高度对称，则A的结构简式为;答案：；(2)根据乙烯的分子结构可判断该烯烃分子中所有碳原子处于同一平面上。答案:是；(3)由C的结构简式为，所以C的化学名称是2，3-二甲基-1，3-丁二烯；反应⑤为，D1为,E1为，所以反应⑤的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+2H2O；E2的结构简式是；反应④是CD2,C的结构简式为，D2为,所以反应④为加成反应；反应⑥是卤代烃的水解反应，所以反应⑥属于取代反应；答案：2，3-二甲基-1，3-丁二烯；+2NaOH+2NaCl+2H2O；；加成反应；取代（水解）反应。19、a碱石灰吸收尾气并防止空气中水蒸气进入反应装置导致产品水解ClO3－+5Cl－+6H+＝3Cl2↑+3H2O0.5NA饱和氯化钠溶液SO2Cl2发生水解蒸馏【答案解析】

二氧化硫和氯气合成硫酰氯：甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，硫酰氯会水解，仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气，丁装置：浓盐酸和氯酸钾反应制取氯气，浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置：除去Cl2中的HCl，乙装置：干燥氯气。（1）根据采用逆流的冷凝效果好，判断冷凝管的进水口；（2）仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；（3）实验时，装置丁中氯酸钾+5价的氯和盐酸中-1价的氯发生氧化还原反应生成氯气；根据化合价升降以及生成物的量计算转移电子数；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置的作用是除去Cl2中的HCl，由此目的选择试剂；SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢；（5）二者均为液态，且沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离。【题目详解】（1）冷凝管采用逆流时冷凝效果好，所以冷凝管中的冷却水进口为a；（2）甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，二氧化硫、氯气为有毒的酸性气体，产物硫酰氯会水解，所以仪器B中盛放的药品是碱性物质碱石灰，可防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；（3）浓盐酸和氯酸钾发生反应生成KCl、氯气和水，反应为：6HCl（浓）+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O，离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；根据归中反应同元素化合价“只靠近，不交叉”原则可知，氯酸钾+5价的氯降低为0价，盐酸中-1价的氯升高为0价，即每生成3molCl2，其转移电子为5mol，故当生成0.3molCl2，转移电子数目为0.5NA；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气难溶于饱和食盐水，HCl易溶于水，可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl；装置乙中试剂为浓硫酸，其作用是除去Cl2中的水，若缺少装置乙，SO2Cl2遇水发生水解反应生成硫酸和氯化氢；（5）由题干表格可知，低温条件下，SO2Cl2和H2SO4均为液态，二者会互溶，且沸点相差较大，可采取蒸馏法进行分离。20、防止亚铁离子被氧化抑制铁离子水解Fe3+4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO－的干扰＞溶液的酸碱性不同【答案解析】

（1）氯化亚铁易被氧化生成氯化铁，因此在FeCl2溶液中需加入少量铁屑的目的是防止亚铁离子被氧化；氯化铁是强酸弱碱盐，水解显酸性，则将FeCl3晶体溶于浓盐酸，再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是抑制铁离子水解；（2）I.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl－发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O；II.产生Cl2还可能是ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO－的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在；制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至－1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe(OH)3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反应为2FeO42－+6Cl－+16H+＝2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42－氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。21、+247CH4+O2--2e-=CO+2H2+123.5反应Ⅱ相当于反应Ⅰ中乙烷热解的产物H2，与CO2进一步发生反应：CO2+H2CO+H2O，降低了反应Ⅰ中生成物H2的浓度，使平衡向生成乙烯的方向移动3CO2+Cr2O3=2CrO3+3CO2CrO3+3H2=Cr2O3+3H2OAD【答案解析】

(1)根据盖斯定律，将已