广东东莞市2023学年高二化学第二学期期末达标检测模拟试题（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、如图是一种利用锂电池“固定CO2”的电化学装置，在催化剂的作用下，该电化学装置放电时可将CO2转化为C和Li2CO3，充电时选用合适催化剂，仅使Li2CO3发生氧化反应释放出CO2和02。下列说法中正确的是A．该电池充电时，阳极反应式为:C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4LiB．该电池放电时,Li+向电极X方向移动C．该电池充电时，电极Y与外接直流电源的负极相连D．该电池放电时，每转移4mol电子，理论上生成1molC2、设NA为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是()A．286gNa2CO3·10H2O晶体中CO32-数目等于0.1NAB．标准状况下，4.48LNO和2.24LO2完全反应后，容器内气体分子数为0.2NAC．0.1molNa和氧气在一定条件下反应生成3.5g氧化物时，失去的电子数为0.2NAD．含有1molFeCl3的饱和溶液滴入沸腾蒸馏水中，所得红褐色液体中含胶粒数目为NA3、2017年9月25日，化学权威杂志《化学世界》、著名预测博客等预测太阳能电池材料—钙钛矿材料可能获得2017年诺贝尔化学奖。钛酸钙(CaTiO3)材料制备原理之一是CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑。下列有关判断不正确的是A．上述反应是氧化还原反应 B．TiO2和CO2属于酸性氧化物C．CaTiO3属于含氧酸盐 D．CaCO3属于强电解质4、下列关于合成高分子化合物的说法正确的是A．涤纶、锦纶、蚕丝都属于合成纤维B．塑料、合成树脂和合成橡胶被称为“三大合成材料”C．酚醛树脂是酚类物质和醛类物质加聚而成的高分子化合物D．“尿不湿”中的高吸水性树脂属于功能高分子材料5、CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是（）A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2B．相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想C．1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.75molD．Y可以是葡萄糖6、“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是()A．蚕丝的主要成分是蛋白质 B．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物C．蚕丝属于天然高分子材料 D．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应7、根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件己略去)（）A．只有反应①②④均属于氧化还原反应B．反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：1D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：48、已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－12CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1下列说法正确的是A．CH3OH(l)的燃烧热为1452kJ·mol－1B．同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多C．H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1D．3H2(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝＋135.9kJ·mol9、二甘醇可用作溶剂、纺织助剂等，一旦进入人体会导致急性肾衰竭,危及生命。二甘醇的结构简式是HO--CH2CH2--O--CH2CH2--OH。下列有关二甘醇的叙述正确的是A．二甘醇的沸点比乙醇低B．能溶于水，不溶于乙醇C．1

mol二甘醇和足量Na反应生成1

mol

H2D．二甘醇在NaOH的乙醇溶液中加热能发生消去反应10、下列关于有机物的说法正确的是A．有机物只能在生物体内才能合成B．有机物都是难溶于水而易溶于有机溶剂的共价化合物C．完全燃烧只生成CO2和H2O的有机物一定是烃D．有机物是含有碳元素的化合物11、BF3是典型的平面三角形分子，它溶于氢氟酸或NaF溶液中都形成BF4－离子，则BF3和BF4－中的B原子的杂化轨道类型分别是A．sp2、sp2 B．sp3、sp3 C．sp2、sp3 D．sp、sp212、下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是A．在透明溶液中:Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl-B．加入铝粉产生H2的溶液中:Ba2+、Fe2+、HCO3-、NO3-C．NaAlO2溶液中:Cu2+、Al3+、Cl-、CO32-D．常温下AG=lgc(H+)c(OH-)=12的溶液中:Na+、K+、S213、NH3·H2O(aq)与H2SO4(aq)反应生成1mol(NH4)2SO4的ΔH＝－24.2kJ·mol－1；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热ΔH＝－57.3kJ·mol－1。则NH3·H2O在水溶液中电离的ΔH等于A．＋45.2kJ·mol－1 B．－45.2kJ·mol－1C．＋69.4kJ·mol－1 D．－69.4kJ·mol－114、用石墨做电极电解CuSO4溶液。通电一段时间后，欲使用电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的(

)A．CuSO4 B．H2O C．CuO D．Cu(OH)215、下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（）A．晶格能大小顺序：NaCl＜NaF＜CaO＜MgOB．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3C．微粒半径：K+＞Ca2+＞Cl-＞S2-D．热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI16、已知下列反应：Co2O3＋6HCl(浓)=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O(Ⅰ)；5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3(Ⅱ)。下列说法正确的是()A．反应(Ⅰ)中HCl是氧化剂 B．反应(Ⅱ)中Cl2发生氧化反应C．还原性：CoCl2＞HCl＞I2 D．氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO3二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：A的蒸汽对氢气的相对密度是15，且能发生银镜反应，F的分子式为C3H6O2。有关物质的转化关系如下：请回答：(1)B中含有的官能团名称是__________，反应⑥的反应类型为__________。(2)写出反应④的化学方程式__________。(3)写出有机物F与NaOH溶液反应的化学方程式__________。(4)下列说法正确的是__________。A．有机物D的水溶液常用于标本的防腐B．有机物B、C、E都能与金属钠发生反应C．有机物F中混有E，可用饱和碳酸钠溶液进行分离D．有机物M为高分子化合物18、氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，该药物通常以2­－氯苯甲醛为原料合成，合成路线如下：（1）下列关于氯吡格雷的说法正确的是__________。A．氯吡格雷在一定条件下能发生消去反应B．氯吡格雷难溶于水，在一定条件下能发生水解反应C．1mol氯吡格雷含有5NA个碳碳双键，一定条件下最多能与5molH2发生加成反应D．氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S（2）物质D的核磁共振氢谱有_________种吸收峰。（3）物质X的结构简式为____________。（4）物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，写出该反应的化学方程式______，反应类型是__________。（5）写出属于芳香族化合物A的同分异构体__________(不包含A)。19、扎实的实验知识对学习有机化学至关重要。(1)实验室用纯溴和苯在铁离子催化下反应制取溴苯，得到粗溴苯后，粗溴苯的精制常进行如下操作:a.蒸馏b.水洗、分液c.用干燥剂干燥d.10%的NaOH溶液碱洗、分液。正确的操作顺序是___________。A．abcdb

B．bdbca

C．dbcab

D．bdabc分液时上层液体应从_____

(填“

上口倒出”。“下导管直接流出”)，蒸馏时所需仪器除酒精灯温度计、蒸馏烧瓶、牛角管、锥形瓶外还需要的玻璃仪器为________。(2)下列各组试剂中，能鉴别乙醇、已烷、己烯、乙酸溶液、苯酚溶液等五种无色溶液的是_______。A．金属钠、FeCl3溶液、NaOH溶液

B．新制的Cu(OH)2悬浊液、紫色石蕊试液C．紫色石蕊试液、溴水

D．溴水、新制的Cu(OH)2悬浊液(3)溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热产生的气体通入酸性高锰酸钾容液中，溶液褪色，不能说明产生的气体为乙烯的原因是________。20、某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯。已知：密度(g/cm3)熔点(℃)沸点(℃)溶解性环已醇0.9625161能溶于水环已烯0.81－10383难溶于水（1）制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。①A中碎瓷片的作用是：_______________，导管B除了导气外还具有的作用是：_______________。②试管C置于冰水浴中的目的是。：_______________（2）制备精品①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在：_______________层(填上或下)，分液后用：_______________(填入编号)洗涤。a．KMnO4溶液b．稀H2SO4c．Na2CO3溶液21、甲醇是制造燃料电池的重要原料，工业上用CH4和H2O为原料来制备甲醇。（1）将2.0molCH4和3.0molH2O(g)通入反应室（容积为100L），在一定条件下发生反应：CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g)，CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如下图。①已知压强为p1，100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为_________。②图中的p1_______p2（填“＜”“＞”或“＝”），100℃时平衡常数为_______________。③在其他条件不变的情况下降低温度，重新达到平衡时H2体积分数将________________（填“增大”“减小”或“不变”）（2）在压强为0.1MPa条件下，将amolCO与2amolH2的混合气体在催化剂作用下能自发反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)①该反应的△H________0，△S_________0（填“＜”“＞”或“＝”）②若容器容积不变，下列措施可提高H2转化率的是__________。A．升高温度B．将CH3OH(g)从体系中分离C．再充入2molCO和2molH2D．充入He，使体系总压强增大

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、D【答案解析】

A．该电池充电时，阳极上C失电子生成二氧化碳，即C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4Li+，故A错误；B．放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，Li+向电极Y方向移动，故B错误；C．该电池充电时，电源的负极与外加电源的负极相连，即电极X与外接直流电源的负极相连，故C错误；D．正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，C的化合价降低4价，则每转移4mol电子，理论上生成1molC，故D正确；答案选D。【答案点睛】放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3；充电时，阴极上Li+得电子生成Li，阳极上C失电子生成二氧化碳，即C+2Li2CO3-4e-═3CO2↑+4Li+。2、A【答案解析】286gNa2CO3·10H2O晶体中CO32-数目286g286g/mol×NA=0.1NA，故A正确；标准状况下，4.48LNO和2.24LO2完全反应后，容器内存在2NO2N2O4，气体分子数小于0.2NA，故B错误；0.1molNa和氧气在一定条件下反应生成3.5g氧化物时，钠完全反应，失去的电子数为0.1NA，故C错误；氢氧化铁胶体是氢氧化铁的聚集体，含有1molFeCl3、A【答案解析】A、CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑，反应中没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A错误；B、TiO2和CO2均能与碱反应生成盐和水，均属于酸性氧化物，故B正确；C、CaTiO3=Ca2＋＋TiO32－，CaTiO3由含氧酸根和钙离子构成，属于含氧酸盐，故C正确；D、CaCO3虽然难溶，但溶于水的部分全部电离，属于强电解质，故D正确；故选A。4、D【答案解析】A.涤纶、锦纶属于合成纤维，蚕丝属于蛋白质，故A错误；B.三大合成材料是指塑料、合成橡胶和合成纤维，合成树脂不属于“三大合成材料”，故B错误；C.酚醛树脂是酚类物质和醛类物质缩聚而成的高分子化合物，故C错误；D.“尿不湿”中的高吸水性树脂属于功能高分子材料，故D正确。答案选D。5、C【答案解析】

A、根据反应式3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，硫酸与硝酸的物质的量之比是3︰2，选项A正确；B、途径①③中均生成大气污染物，而②没有，所以选项B正确；C、1mol硫酸铜可以生成0.5mol氧化亚铜，转移1mol，所以生成0.25mol氧气，选项C不正确；D、醛基能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，生成氧化亚铜，葡萄糖含有醛基，D正确；所以正确的答案选C。6、B【答案解析】

“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中丝的主要成分是蛋白质，蜡炬的主要成分是石蜡。【题目详解】A项、蚕丝的主要成分是蛋白质，故A正确；B项、蜡炬的主要成分是石蜡，是碳原子数较大的烷烃，不是高级脂肪酸酯，不属于高分子聚合物，故B错误；C项、蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子材料，故C正确；D项、蜡炬的主要成分是石蜡，蜡炬成灰的过程就是石蜡燃烧的过程，蜡炬发生了氧化反应，故D正确；故选B。7、B【答案解析】

A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、二氧化锰和水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，都属于氧化还原反应，故A错误；B．⑤为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，故B正确；C．③中O元素的化合价由-1价升高为0，④中O元素的化合价有-2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C错误；D．反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高到0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误。【答案点睛】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大，把握反应中元素的化合价变化及得失电子守恒是解题的关键。8、B【答案解析】

A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B.设二者质量都是1g，然后根据题干热化学方程式计算；C.酸碱中和反应生成的硫酸钡过程放热，则其焓变不是－57.3kJ·mol－1；D.①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1，按盖斯定律计算①3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)===2CH3OH(l)＋2H2O(l)，据此进行计算。【题目详解】A.根据2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1可以知道1mol液态甲醇燃烧生成2mol液态水放出热量为726kJ·mol－1，则CH3OH(l)燃烧热为726kJ·mol－1，故A错误；B.同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，设质量为1g2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－12mol571.6kJmol142.9kJ2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－12mol1452kJmol22.69kJ所以H2(g)放出的热量多，所以B选项是正确的；C.反应中有BaSO4(s)生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3

kJ多，即该反应的ΔH<－57.3kJ·mol－1，故C错误；D.①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1，按盖斯定律计算①3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)===2CH3OH(l)＋2H2O(l)ΔH＝－262.8kJ·mol－1，则正确的热化学方程式是：3H2(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－131.4kJ·mol－1，故D错误。所以B选项是正确的。9、C【答案解析】分析：由二甘醇的结构简式可知，二甘醇分子中含有羟基，故可发生消去反应和取代反应，根据相似相溶原理知二甘醇不仅易溶于水，也易溶于乙醇等有机溶剂，含有相同碳原子数的一元醇沸点低于二元醇，醇能与钠反应生成氢气。详解：A．二甘醇属于二元醇，含有相同碳原子数的一元醇沸点低于二元醇，沸点比乙醇高，选项A错误；B．二甘醇属于有机物，且题干中“二甘醇可用作溶剂”推知二甘醇能溶于乙醇，选项B错误；C．二甘醇属于二元醇，1

mol二甘醇和足量Na反应生成1

mol

H2，选项C正确；D．羟基碳的邻位碳上有氢，可以发生消去反应，但反应条件不是在NaOH的乙醇溶液中加热而应该是浓硫酸及加热，选项D错误；答案选C。考点：考查二甘醇的性质的有关判断。点睛：该题是中等难度的试题，试题注重基础知识的巩固，侧重能力的培养和解题方法的指导。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后依据相应官能团的结构和性质灵活运用即可，有利于培养学生的知识迁移能力，难度不大。10、D【答案解析】

A．有机物也可以利用无机物进行人工合成，A不正确；B．有机物中的低级醇、醛、羧酸、葡萄糖、果糖等都易溶于水，B不正确；C．完全燃烧只生成CO2和H2O的有机物，可能是含有C、H、O的烃的衍生物，C不正确；D．有机物中一定含有碳元素，且为化合物，D正确；故选D。【答案点睛】含有碳元素的化合物不一定是有机物，如CO、CO2、碳酸、碳酸盐、碳酸氢盐、KSCN、NH4SCN、KCN等，都属于无机物。11、C【答案解析】

BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ键，中心原子B的价层电子对数为3+(3−1×3)/2=3，属于sp2杂化，BF4-中中心原子B的价层电子对数为4+(3+1−1×4)/2=4，属于sp3杂化。故C符合题意；答案：C。【答案点睛】根据价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数进行解答。12、A【答案解析】分析：A．根据四种离子之间是否反应分析判断；B、根据加入铝片能产生氢气的溶液为酸性或者碱性溶液分析判断；C.根据NaAlO2溶液中存在大量AlO2-，结合离子之间是否反应分析判断；D.根据常温下AG=lgc(H+)详解：A．Cu2+、SO42-、Mg2+、Cl-之间不发生反应，为澄清透明溶液，在溶液中能够大量共存，故A正确；B、加入铝片能产生氢气的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸氢根离子既能够与氢离子反应，也能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能够大量共存，故B错误；C.NaAlO2溶液中存在大量AlO2-，能够与Al3+发生双水解反应，不能大量共存，故C错误；D.常温下AG=lgc(H+)c(OH-)=12的溶液显强酸，S点睛：本题考查离子共存的正误判断，明确限制条件的含义是解题的关键。本题的易错点为D，要注意S2O32-在酸性溶液中发生歧化反应生成S和SO2。13、A【答案解析】

本题考查的是盖斯定律在热化学方程式计算中的应用，明确中和热是指强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，弱酸或弱碱电离吸热是解题的关键。【题目详解】NH3·H2O(aq)与H2SO4(aq)反应生成1mol(NH4)2SO4的ΔH＝－24.2kJ·mol－1，则2NH3·H2O(aq)+H2SO4(aq)=(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)ΔH＝－24.2kJ·mol－1，即：2NH3·H2O(aq)+2H+(aq)=2NH4+(aq)+2H2O(l)ΔH＝－24.2kJ·mol－1，整理可得：①NH3·H2O(aq)+H+(aq)=H2O(l)ΔH＝－12.1kJ·mol－1，②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，①-②可得NH3·H2O(aq)=NH4+(aq)+OH-(aq)ΔH＝+45.2kJ·mol－1，所以氨水在水溶液中电离的ΔH为+45.2kJ·mol－1。故选A。14、C【答案解析】

用铂电极电解CuSO4溶液，阴极铜离子放电，阳极氢氧根离子放电，然后根据析出的物质向溶液中加入它们形成的化合物即可。【题目详解】CuSO4溶液存在的阴离子为：SO42－、OH－，OH－离子的放电能力大于SO42－离子的放电能力，所以OH－离子放电生成氧气；溶液中存在的阳离子是Cu2＋、H＋，Cu2＋离子的放电能力大于H＋离子的放电能力，所以Cu2＋离子放电生成Cu；溶液变成硫酸溶液；电解硫酸铜的方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，从溶液中析出的物质是氧气和铜，因为氧气和铜和稀硫酸都不反应，但和氧化铜反应，氧气和铜反应生成氧化铜，所以向溶液中加入氧化铜即可，故选：C。【答案点睛】本题考查了电解原理，能正确判断溶液中离子的放电顺序从而确定析出的物质是解本题的关键，本题题干中应明确硫酸铜足量，否则铜完全析出后，阴极上会生成氢气，这种情况下应加入CuO和水，即Cu(OH)2。15、C【答案解析】分析：A、影响晶格能大小的因素主要是离子半径、离子电荷，晶体构型相同的离子晶体，核间距越小晶格能越大，离子电荷越高，晶格能越大；B、非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物酸性越强；C、根据微粒半径大小比较解答；D、根据氢化物的热稳定性与非金属元素的非金属性之间的关系判断。详解：根据晶体构型相同的离子晶体，核间距越小晶格能越大，F-离子半径Cl-小，所以NaF的晶格能大于NaCl，Ca2+、O2-带2个单位电荷，CaO晶格能比NaF大，Ca2+的半径的比较比Mg2+半径大，所以MgO的晶格能大于CaO，所以有NaCl＜NaF＜CaO＜MgO，A选项正确；Si、P、S、Cl是第三周期的非金属元素，它们的非金属性逐渐增强，所以元素最高价氧化物的水化物酸性逐渐增强，所以有HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，B选项正确；在电子层数相同条件下，核电荷数越多，半径越小，K+、Ca2+、Cl-、S2-的核外电子层结构都是三个电子层，随着核电荷数的增加，半径逐渐减小，所以其离子半径大小顺序：Ca2+<K+<Cl-<S2-，C答案不正确；HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，D选项正确；正确选项C。点睛：微粒半径比较“三看”：一看电子层数，对于电子层数不同，电子层越多，半径越大，如：Li<Na<K<Rb<Cs；二看核电荷数，在电子层数相同条件下，核电荷数越多，半径越小，如本题中的K+、Ca2+、Cl-、S2-离子半径大小顺序：Ca2+<K+<Cl-<S2-，再如：同周期元素的原子半径随核电荷数的增大而减小（稀有气体除外）；三看核外电子数，核电荷数相同的元素，阳离子所带离子电荷数越多，半径越小，如：Fe3+＜Fe2+＜Fe，阴离子大于相应的原子半径，如：S2－＞S、Br－＞Br。16、D【答案解析】试题分析：抓住化合价的变化这一特征，分析Co2O3+6HCl(浓)=2CoCl2+Cl2↑+3H2O中Co2O3中的Co为+3价，CoCl2中的Co为+2价，故Co2O3为氧化剂将HCl氧化为Cl2；故Co2O3的氧化性大于Cl2；在5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3中Cl2将I2氧化为HIO3故Cl2的氧化性大于HIO3考点：考查基本理论，氧化还原反应二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基酯化(或取代)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OHBC【答案解析】

A的蒸汽对氢气的相对密度是15，则A的相对分子质量为15×2=30，且能发生银镜反应，说明分子内含醛基，则推出A的结构简式为HCHO，与氢气发生加成反应转化为甲醇（CH3OH），故C为甲醇，F的分子式为C3H6O2，采用逆合成分析法可知，E为乙酸，两者发生酯化反应生成F，F为乙酸甲酯；M在酒化酶作用下生成B，B经过一系列氧化反应得到乙酸，则M为葡萄糖，B为乙醇，D为乙醛，E为乙酸，据此分析作答。【题目详解】根据上述分析可知，（1）B为乙醇，其中含有的官能团名称是羟基，反应⑥为甲醇与乙酸酯化生成乙酸甲酯的过程，其反应类型为酯化(或取代)，故答案为羟基；酯化(或取代)；（2）反应④为乙醇氧化成乙醛的过程，其化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）有机物F为CH3COOCH3，与NaOH溶液发生水解反应，其化学方程式为CH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OH，故答案为CH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OH；（4）A．甲醛的水溶液常用于标本的防腐，有机物D为乙醛，A项错误；B.含羟基或羧基的有机物均能与钠反应生成氢气，则有机物B、C、E都能与金属钠发生反应，B项正确；C.乙酸甲酯中含乙酸，则可用饱和碳酸钠溶液进行分离，C项正确；D.有机物M为葡萄糖，分子式为C6H12O6，不是高分子化合物，D项错误；答案选BC。18、BD72+2H2O取代反应、、【答案解析】

(1)氯吡格雷含有酯基、氯原子，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；(2)D结构不对称，有7种不同的H；(3)对比D、E可知X的结构简式；(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成；(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl。【题目详解】(1)A．氯吡格雷中氯原子在苯环上，不能发生消去反应，故A错误；B．氯吡格雷含有酯基、氯原子，难溶于水，在一定条件下能发生水解反应，故B正确；C．lmol氯吡格雷含有2NA个碳碳双键，且含有苯环，则一定条件下最多能与5molH2发生加成反应，故C错误；D．由结构简式可知氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S，故D正确；故答案为BD；(2)D结构不对称，有7种不同的H，则核磁共振氢谱有7种吸收峰；(3)对比D、E可知X的结构简式为；(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成，反应的化学方程式为；(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl，苯环含有2个取代基，可为邻、间、对等位置，对应的同分异构体可能为。【答案点睛】推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。19、B上口倒出冷凝管CD产生的气体中混有能使酸性高锰酸溶液褪色的乙醇蒸气【答案解析】分析：本题考查的是有机物分离和提纯，掌握有机物的物理和化学性质是关键。详解：(1)粗溴苯含有溴等杂质，需要提纯，则需要经过水洗，溶解部分溴，在加入氢氧化钠，反应掉剩余的溴单质，再水洗分液，用干燥剂干燥，最后蒸馏，故选B。分液时上层液体在下层液体放出之后，从上口倒出；蒸馏实验中要使用冷凝管。(2)A.三种试剂不能区别己烷和己烯，故错误；B.两种试剂只能检验出乙酸，故错误；C.紫色石蕊能检验出乙酸，溴水能检验出剩余四种溶液，互溶的为乙醇，分层，上层有颜色的为己烷，溶液褪色的为己烯，出现白色沉淀的为苯酚。故正确；D.新制氢氧化铜悬浊液能检验出乙酸，溴水能鉴别出其余四种溶液，现象如C中分析，故正确。故选CD。(3)溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液在加热条件下反应时产生的气体中混有能使酸性高锰酸溶液褪色的乙醇蒸气。点睛：有机物的鉴别时常用的试剂为溴水或高锰酸钾溶液。如果有苯酚通常从溴水或氯化铁溶液中选择，如果有酸或醛，通常用新制的氢氧化铜悬浊液鉴别。在鉴别过程中不仅要考虑化学反应，还要考虑是否溶于水以及密度的大小问题。20、防止暴沸冷凝防止环己烯挥发上层c【答案解析】

（1）①根据制乙烯实验的知识