2023学年云南省西畴县一中化学高二第二学期期末学业质量监测模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、科学家研制出的八硝基立方烷(结构如图所示，碳原子未画出)是一种新型高能炸药，爆炸分解得到无毒、稳定的气体，下列说法正确的是（）A．分子中C、N间形成非极性键 B．1mol该分子中含8mol二氧化氮C．该物质既有氧化性又有还原性 D．该物质爆炸产物是NO2、CO2、H2O2、根据下列实验操作与现象所得结论正确的是（）选项选项实验操作与现象结论A向油脂皂化反应后的溶液中滴入酚酞，溶液变红油脂已经完全皂化B蔗糖溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间后，加适量氨水使溶液呈碱性，再与银氨溶液混合加热，有光亮的银镜生成蔗糖溶液已经水解完全C向溶液X中滴入NaHCO3溶液，产生无色气体X中的溶质一定是酸D向鸡蛋清溶液中滴加醋酸铅溶液，产生白色沉淀，加水沉淀不消失蛋白质发生变性A．A B．B C．C D．D3、下列是合成功能高分子材料的一个“片段”：下列说法正确的是（）A．G到H发生取代反应B．条件Z为催化剂C．上述有机物都是芳香烃D．试剂X仅为浓硝酸4、分子式为C3H2Cl6的同分异构体共有A．3种 B．4种 C．5种 D．6种5、氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨，耐高温的物质，下列各组物质熔化时所克服的粒子间的作用与氮化硼熔化时所克服的粒子间作用相同的是（）A．金刚石和晶体SiO2B．C60和固体碘C．冰和干冰D．氯化钠和氧化镁固体6、下列物质中，不能用酸性KMnO4溶液鉴别，但可用溴水鉴别的是A．己烷苯 B．己烯苯C．己烯甲苯 D．己烷己烯7、解释下列事实的方程式不正确的是A．纯碱溶液遇酚酞变红:

CO32-+H2OHCO3-+OH-B．以石墨为电极电解MgCl2溶液:2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+20H-C．纯碱溶液处理锅炉中的水垢:CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)D．在Fe(NO3)2溶液中加稀硫酸有气体产生:

3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O8、下列属于碱性氧化物的是A．MgO B．H2SO4 C．CO2 D．NaOH9、已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2O＋H＋Ka1、HC2OC2O＋H＋Ka2。常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是()A．Ka1=10－1.2B．pH＝2.7时溶液中：＝1000C．将相同物质的量的KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水便是配得pH为4.2的混合液D．向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液，将pH增大至4.2的过程中水的电离程度一直增大10、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)211、高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌、消毒,又能絮凝净水的水处理剂。工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO42-+Cl-+H2O(未配平),下列有关说法不正确的是()A．由上述反应可知,Fe(OH)3的氧化性强于FeO42-B．高铁酸钾中铁显+6价C．上述反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2D．K2FeO4处理水时,不仅能消毒、杀菌,而且生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质12、在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分．当左边充入28gN2，右边充入8gCO和CO2的混合气体时，隔板处于如图所示位置（两侧温度相同）．下列说法正确的是（）A．右边CO和CO2的分子数之比为1：3B．右边CO的质量为2.75gC．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体压强之比为5：3D．右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍13、萤石（CaF2）晶体属于立方晶系，萤石中每个Ca2+被8个F-所包围，则每个F-周围最近距离的Ca2+数目为（）A．2 B．4 C．6 D．814、下列化学式对应的结构式从成键情况看不合理的是（）A．CH3N, B．CH2SeO,C．CH4S, D．CH4Si，15、含NaOH20.0g的稀溶液与足量稀盐酸反应，放出28.7kJ的热量，表示该反应的热化学方程式正确的是（）A．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=+28.7kJ·mol-1B．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=_28.7kJ·mol-1C．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=+57.4kJ·mol-1D．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=_57.4kJ·mol-116、下列说法中正确的是（）A．分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定B．失电子难的原子获得电子的能力一定强C．在化学反应中，某元素由化合态变为游离态，该元素被还原D．电子层结构相同的不同离子，其半径随核电荷数增多而减小二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；由A通过聚合反应生成高分子化合物F，F可用于工业合成塑料，现以A为主要原料合成G，以A为原料的合成路线如下图所示。回答下列问题：（1）D、G分子中的官能团名称分别__________、__________。（2）在反应①～⑥中，属于加成反应的是______，属于取代反应的是_____。(填序号)（3）写出与G分子式相同的所有羧酸类的同分异构体：_________________（4）写出由C与新制氢氧化铜反应的化学方程式：_________________18、已知：X为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体，食醋中约含有3%-5%的D，其转化关系如下图所示。请回答：(1)X的结构简式是__________________。(2)A→B的化学方程式是____________________________________________。(3)下列说法不正确的是________。A．A+D→X的反应属于取代反应B．除去X中少量D杂质可用饱和Na2CO3溶液C．A与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈得多D．等物质的量的A、B、D完全燃烧消耗O2的量依次减小19、利用如图装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.25mol·L-1硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L-1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液的最高温度。回答下列问题：（1）倒入NaOH溶液的正确操作是___。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入（2）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是__。A．用温度计小心搅拌B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C．轻轻地振荡烧杯D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下移动（3）实验数据如下表：①请填写下表中的空白：温度实验次数起始温度t1℃终止温度t2/℃温度差平均值(t2－t1)/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5___________225.925.925.929.2326.426.226.329.8②近似地认为0.55mol·L-1NaOH溶液和0.25mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1。则中和热ΔH=__(取小数点后一位)。20、制备乙酸乙酯，乙酸正丁酯是中学化学实验中的两个重要有机实验①乙酸乙酯的制备②乙酸丁酯的制备完成下列填空：（1）制乙酸乙酯的化学方程式___________。（2）制乙酸乙酯时，通常加入过量的乙醇，原因是________，加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是________；浓硫酸用量又不能过多，原因是_______________。（3）试管②中的溶液是________，其作用是________________。（4）制备乙酸丁酯的过程中，直玻璃管的作用是________，试管不与石棉网直接接触的原因是_____。（5）在乙酸丁酯制备中，下列方法可提高1-丁醇的利用率的是________（填序号）。A．使用催化剂B．加过量乙酸C．不断移去产物D．缩短反应时间（6）两种酯的提纯过程中都需用到的关键仪器是________，在操作时要充分振荡、静置，待液体分层后先将水溶液放出，最后将所制得的酯从该仪器的________（填序号）A．上口倒出B．下部流出C．都可以21、传统硅酸盐材料因其耐高温、抗腐蚀、强度高等优异性能，被广泛应用于各种工业、科学研究及日常生活中。某硅酸盐材料的主要成分为氧化钙、二氧化硅，并含有一定量铁、铝及镁的氧化物，某研究小组设计以下流程测定该硅酸盐材料中钙的含量（如下图所示）。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:(金属离子浓度以0.1mol·L-1计)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Ca(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀pH2.77.612.34.08.0完全沉淀pH3.79.614.35.212.4回答下列问题:（1）酸浸后，加入双氧水所发生反应的离子方程式为_________________。为提高钙的浸出率，可以采取的措施是________________________。（任写一种）（2）沉淀B的成份为_____________。调节滤液Ⅰ的pH为4~5，加入的物质可以是_________。A．CaCO3B．Ca(OH)2C．氨水D．MgO（3）向滤液Ⅱ中加足量草酸铵溶液，在水浴上保温陈化2小时，冷却到室温，过滤、洗涤沉淀。将得到的CaC2O4沉淀溶解在硫酸中，并稀释配成250mL溶液。用移液管量取25.00mL溶液于锥形瓶中，用KMnO4标准溶液滴定。滴定时发生反应的离子方程式为___________________________。若实验中所取样品质量为4.00g，KMnO4标准溶液浓度为0.0500mol/L，平行滴定3次用去KMnO4标准溶液体积平均值为36.00mL，则该硅酸盐样品中钙的质量分数为_________。（4）在保温沉钙环节，若样品中镁的含量过高，会导致最终测定结果产生较大误差。试从理论上计算，加草酸铵溶液沉钙时，溶液中镁离子的浓度最高不能超过____mol/L。（已知：Ksp(CaC2O4)=4.00×10-9，Ksp(MgC2O4)=4.83×10-6）

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、C【答案解析】

A.分子中C、N间形成的极性键，不是非极性键，故A错误；

B.该分子中没有二氧化氮，1mol该分子中含8mol-NO2，故B错误；

C.该物质能燃烧，发生氧化反应，具有还原性；该物质中含有的是-NO2，-NO2能被还原，具有氧化性；所以该物质既有氧化性又有还原性，故C正确；D.爆炸分解得到无毒、稳定的气体，而NO2是有毒气体，则爆炸产物不含有NO2，故D错误。

所以C选项是正确的。2、D【答案解析】

A．油脂碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐溶液呈碱性，所以不能根据皂化后溶液酸碱性判断油脂是否完全皂化，故A错误；B．葡萄糖和银氨溶液的银镜反应必须在碱性条件下，所以在滴加银氨溶液之前必须加NaOH溶液，否则得不到Ag，且只能证明蔗糖已经发生水解，无法证明完全水解，故B错误；C．产生无色气体，向溶液X中滴入NaHCO3溶液，说明X溶液呈酸性，但X不一定是酸，如硫酸氢钠属于盐，故C错误；D．铅离子为重金属离子，蛋白质遇到重金属离子发生变性，所以向鸡蛋清溶液中滴加醋酸铅溶液，产生白色沉淀，且加水沉淀不消失，故D正确。故选D。3、A【答案解析】

E发生硝化反应生成F，F发生取代反应生成G，G在氢氧化钠水溶液中发生水解生成H，据此分析作答。【题目详解】A.G到H为氯原子被取代为羟基的取代反应，A项正确；B.F到G发生甲基的取代反应，条件为光照，B项错误；C.芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，具有苯环的基本结构，上述四种物质，只有E属于芳香烃，C项错误；D.甲苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生反应转化为对硝基甲苯，D项错误；答案选A。4、B【答案解析】

分子式为C3H2Cl6的有机物可以看作C3Cl8中的两个Cl原子被两个H原子取代，碳链上的3个碳中，两个氢原子取代一个碳上的氯原子，有两种，CCl3-CCl2-CClH2（取代那面甲基上的氢原子时一样）、CCl3-CH2-CCl3；分别取代两个碳上的氯原子，有两种：CCl2H-CCl2-CCl2H（两个边上的），CCl2H-CHCl-CCl3（一中间一边上），故C3H2Cl6共有四种，答案选B。【答案点睛】本题考查有机物的同分异构体的书写，难度不大，注意掌握书写方法。分子式为C3H2Cl6的有机物可以看作C3Cl8中的两个Cl原子被两个H原子取代，两个H原子可以取代同一碳原子的2个Cl原子，也可以取代不同C原子上的Cl原子，据此书写解答。5、A【答案解析】分析：本题考查晶体类型，注意从物质的性质判断晶体类型，以此判断微粒间的作用力。详解：氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨，耐高温的物质，说明其形成原子晶体，氮化硼熔化时所克服的粒子间作用是共价键。A.金刚石和晶体SiO2都为原子晶体，熔化时破坏共价键，故正确；B.C60和固体碘都为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，故错误；C.冰和干冰都为分子晶体，冰熔化时破坏氢键，干冰分子熔化时破坏间作用力，故错误；D.氯化钠和氧化镁固体都为离子晶体，熔化时破坏离子键，故错误。故选A。点睛：掌握晶体类型和晶体微粒间的作用力很关键。常见的离子晶体为离子化合物，如氯化钠、氯化铯等，微粒间的作用力为离子键。常见的原子晶体为金刚石、晶体硅、二氧化硅等，微粒间的作用力为共价键。常见的分子晶体为二氧化碳，冰等，微粒间的作用力为分子间作用力，冰中微粒间的作用力为氢键。6、C【答案解析】

A项、己烷、苯均不与酸性高锰酸钾反应，故不能用酸性KMnO4溶液鉴别，但也均不与溴水发生反应，故也不能用溴水鉴别，故A项错误；B项、己烯能被酸性高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，而苯和酸性高锰酸钾不反应，故可用酸性KMnO4溶液鉴别，同样己烯能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，而苯不能，故也可用溴水鉴别，故B项错误；C项、己烯和甲苯与酸性高锰酸钾都发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，故不可用酸性KMnO4溶液鉴别，但己烯与溴水发生加成反应，甲苯与溴水不反应，故可用溴水鉴别，故C项正确；D项、己烷与酸性高锰酸钾或溴水都不反应，而己烯与酸性高锰酸钾或溴水均可反应褪色，故用酸性高锰酸钾或溴水均能鉴别，故D项错误；答案选C。7、B【答案解析】分析：A.碳酸钠的水解反应的离子反应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；B.用惰性电极电解MgCl

2溶液，阴极产生H

2和OH

－，OH

－与Mg

2

＋生成沉淀；C.水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去；D.Fe（NO3）2溶液中含有二价铁离子和硝酸根离子，逐滴加入稀硫酸后，相当于加入了氢离子，溶液中存在了稀硝酸，稀硝酸能将亚铁离子氧化为三价，本身被还原为一氧化氮气体，所以溶液变为棕黄色，溶液中有NO气体放出。以此解答。详解：A.碳酸钠的水解反应的离子反应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故A正确；B.用惰性电极电解MgCl

2溶液，阴极产生H

2和OH

－，OH

－与Mg

2

＋生成沉淀，正确的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(0H)2↓,故B项错误；C.水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去，离子方程式：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)，故C正确；D.Fe（NO3）2溶液中含有二价铁离子和硝酸根离子，逐滴加入稀硫酸后，相当于加入了氢离子，溶液中存在了稀硝酸，稀硝酸能将亚铁离子氧化为三价，本身被还原为一氧化氮气体，溶液中有NO气体放出，离子方程式为：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，故D正确；综上所述，本题正确答案为B。8、A【答案解析】

A．MgO能和酸反应生成氯化镁和水，属于碱性氧化物，故A符合题意；B．H2SO4电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，故B不符合题意；C．CO2能与碱反应生成碳酸钠和水，属于酸性氧化物，故C不符合题意；D．NaOH电离出的阴离子全部是氢氧离子，属于碱，故D不符合题意；故答案：A。9、C【答案解析】分析：A.由图象计算Ka1由电离常数可以知道Ka1=cHC2O4-c(H+)c(H2CC.KHC2O4和K2C2O4的物质的量相同，但如配成不同浓度的溶液，则pH不一定为4.2；

D.向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液氢离子浓度减小，对水的电离抑制的程度减小。详解：A.由图象可以知道pH=1.2时，c(HC2O)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10-1.2，所以A选项是正确的；

B.由图象可以知道pH=1.2时，c(HC2O)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2时，c(HC2O)=c(C2O42-)，则Ka2=c(H+)=10-4.2，由电离常数可以知道Ka1Ka2=c2(HC2O4C.将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH不一定为定值，即不一定为4.2，故C错误；

D.向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，所以D选项是正确的。

故本题答案选C。10、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。11、A【答案解析】

A、反应Fe(OH)3+C1O-+OH-→FeO42-+C1-+H2O中，氯元素化合价降低，C1O-是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe（OH）3是还原剂，FeO42-是氧化产物，氧化性C1O-＞FeO42-，实际氧化性FeO42-＞Fe（OH）3，故A错误；B、令FeO42-中，铁元素的化合价为x，则x+4×（-2）=-2，解得x=+6，故B正确；C、反应Fe(OH)3+C1O-+OH-→FeO42-+C1-+H2O中，氯元素化合价由+1降低为-1价，C1O-是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe(OH)3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（6-3）：2=3：2，故C正确；D、K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3（胶体）具有净水作用，故D正确；答案选A。12、D【答案解析】

在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分，当隔板稳定后，两边容器内的压强相同，在等温等压的条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，左边28g氮气为1mol，则8gCO和CO2的混合气体为0.25mol，平均摩尔质量为32g/mol；【题目详解】A.根据十字交叉法，右边CO和CO2的分子数之比为3：1，A错误；B.右边CO的质量为28g/mol×0.25mol×1/4=1.75g，B错误；C.若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则第二次冲入气体的物质的量为0.2mol，同一密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，前后两次充入容器内的物质的量之比为1.25：1.2,气体压强之比为25：24，C错误；D.同温同压下，相对密度之比等于摩尔质量之比，右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍，D正确；答案为D。【答案点睛】N2和CO和CO2的混合气体在同一密闭容器中，隔板可自由移动，则压强、温度相同，体积之比等于物质的量之比。13、B【答案解析】

设每个F-周围最近距离的Ca2+数目为x，CaF2中，解得x=4，答案选B。14、D【答案解析】

A．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，N原子最外层有5个电子，应形成3个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，A正确；B．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，O和Se均为第ⅥA族元素，其原子最外层均有6个电子，均应形成2个共价键，B正确；C．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，S原子最外层有6个电子，形成2个共价键，C正确；D．H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，C和Si都是第ⅣA族元素，其原子最外层电子数均为4，应形成4个共价键，C原子和Si原子均不满足，D错误。答案选D。15、D【答案解析】

热化学方程式中化学计量数表示物质的量，所以含NaOH20.0g(0.5mol)的稀溶液与足量稀盐酸反应，放出28.7kJ的热量，根据H++OH-=H2O可知反应生成1mol水时放出的热量为28.7kJ57.4kJ。故选D。16、D【答案解析】分子中键能越大，键长越短，则分子越稳定，A不正确。失电子难的原子获得电子的能力不一定强，例如稀有气体，B不正确。某元素由化合态变为游离态，该元素可能被还原，也可能被氧化，C不正确。所以正确的答案是D。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基酯基①④⑤CH3CH2CH2COOH；CH3CH(CH3)COOHCH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O【答案解析】

由条件“A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平”可知，A为乙烯；乙烯能发生加聚反应生成F即聚乙烯；乙烯也可以与水加成得到B乙醇，乙醇经过连续氧化后得到D乙酸，二者可以酯化生成G乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性条件下水解得到乙醇和E乙酸钠。【题目详解】(1)D乙酸，G乙酸乙酯中官能团分别为羧基和酯基；(2)上述转化关系中，反应①即乙烯和水的反应为加成反应；反应④和⑤即酯化和酯的水解反应为取代反应；(3)G为乙酸乙酯，其属于羧酸的同分异构体有正丁酸(CH3CH2CH2COOH)和异丁酸(CH3CH(CH3)COOH)；(4)C为乙醛，其与新制氢氧化铜反应的方程式即为：CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O；【答案点睛】有机推断题的突破口，一是反应条件，二是题干中描述的物质的名称、应用等信息，三是题干中提供的计算有关的信息；要灵活整合推断题中的信息加以推断。18、CH3COOCH2CH32CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OC【答案解析】

由题给信息食醋中约含有3%-5%的D可知，D为乙酸，由X为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体可知，X为酯类，由X酸性条件下水解生成A和D，且A催化氧化可以生成乙酸可知，A为乙醇、X为乙酸乙酯；乙酸乙酯碱性条件下水解生成乙酸钠和乙醇，则C为乙酸钠；乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛催化氧化生成乙酸，则B为乙醛。【题目详解】(1)X为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，故答案为CH3COOCH2CH3；（2）A→B的反应为乙醇催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）A、乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应属于取代反应，正确；B、除去乙酸乙酯中少量的乙酸可用饱和Na2CO3溶液洗涤分液，正确；C、A为乙醇，水与金属钠反应比乙醇与金属钠反应要剧烈，错误；D、1molCH3CH2OH、CH3CHO、CH3COOH完全燃烧消耗O2的物质的量依次为3mol、2.5mol、2mol，正确；故选C，故答案为C。【答案点睛】本题考查有机物的推断，侧重分析与推断能力的考查，把握有机物的组成和性质、有机反应来推断有机物为解答的关键。19、CD3.4-56.8kJ/mol【答案解析】

(1)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失；(2)根据中和热测定正确操作方法分析；(3)①3次温度差分别为：3.4℃，3.3℃，3.5℃，均有效，计算温度差平均值；②根据公式进行计算。【题目详解】(1)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为：C；(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失，故答案为：D；(3)①3次温度差分别为：3.4℃，3.3℃，3.5℃，均有效，温度差平均值=3.4℃，故答案为：3.4；②50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为：100ml×1g/ml=100g，温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/(g•℃)×3.4℃=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热△H=-1.4212kJ/0.025mol=-56.8kJ/mol，故答案为：-56.8kJ/mol。【答案点睛】考查中和热概念的理解应用，方程式书写方法，注意概念的条件和实质分析。中和热是指强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量。20、增大反应物的浓度，使平衡正向移动，提高乙酸的转化率；；浓硫酸能吸收反应生成的水，使平衡正向移动，提高酯的产率浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率饱和碳酸钠溶液中和乙酸、吸收乙醇减少乙酸乙酯在水中的溶解冷凝回流防止加热温度过高，有机物碳化分解BC分液漏斗A【答案解析】

（1）实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下制乙酸乙酯，化学方程式为。答案为：；（2）酯化反应属于可逆反应，加入过量的乙醇，相当于增加反应物浓度，可以让平衡生成酯的方向移动，提高酯的产率；在酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；理论上"加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量"，原因是：利用浓硫酸能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；“浓硫酸用量又不能过多”，原因是：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；答案为：增大反应物的浓度，使平衡正向移动，提高乙酸的转化率；浓硫酸能吸收反应生成的水，使平衡正向移动，提高酯的产率；浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；（3）由于乙酸和乙醇具有挥发性，所以制得的乙酸乙酯中常混有少量挥发出的乙酸和乙醇，将产物通到饱和碳酸钠溶液的液面上，饱和碳酸钠溶液的作用是：中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解；答案为：饱和碳酸钠溶液；中和乙酸、吸收乙醇减少乙酸乙酯在水中的溶解；（4）乙酸、丁醇加热易挥发，为减少原料的损失，直玻璃管对蒸汽进行冷凝，重新流回反