2024届浙江省之江教育评价高二化学第二学期期末学业水平测试试题含解析

2024届浙江省之江教育评价高二化学第二学期期末学业水平测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关化学用语使用正确的是A．基态碳原子的价电子轨道表示式为B．NH4Cl的电子式:C．Br原子的基态简化电子排布式为4s24p5D．石英的分子式：SiO22、糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是A．脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期B．脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe-3e=Fe3+C．脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e=4OH-D．含有1．12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）3、X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14。下列说法正确的是A．Y的阳离子半径比O2-半径大B．最简单的气态氢化物的稳定性:

Z<WC．X、Z、W最高价氧化物对应水化物酸性的强弱顺序为W<Z<XD．Y与W形成的化合物的水溶液其pH>74、某烃的分子式为C8H10，它滴入溴水中不能使溴水褪色，但它滴入酸性高锰酸钾溶液却能使其褪色，该有机物一氯代物有3种，则该烃是()A． B． C． D．5、阿伏加德罗常数的值为NA，实验室制备联氨（N2H4）的化学方程式为：2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O。下列说法正确的是（）A．0.1molN2H4中所含质子数为1.8NAB．0.1mol·L－1的NaClO溶液中，ClO－的数量为0.1NAC．消耗4.48LNH3时，转移电子数为0.2NAD．1.6gN2H4中存在共价键总数为0.2NA6、烯烃或炔烃在酸性KMnO4溶液的作用下，分子中的不饱和键完全断裂，此法可用于减短碳链或利用产物反推不饱和烃的结构等。己知烯烃与酸性KMnO4溶液反应的氧化产物对的对应关系为:烯烃被氧化的部位CH2=RCH=氧化产物CO2RCOOH现有某烯烃与酸性KMnO4溶液作用后得到的氧化产物有CO2、乙二酸(HOOC-COOH)和丙酮()，则该烯烃结构简式可能是A． B．C．CH2=CH-CH=CCH2CH3 D．7、下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是（）A．由①中的红棕色气体，推断浓硝酸受热易分解，应保存在低温阴暗处B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应8、下列装置或操作不能达到目的的是()A．装置①：制取乙炔并验证炔烃的性质 B．装置②：检验乙醇的还原性，溶液颜色从橙色变成绿色C．装置③：验证葡萄糖分子中含有醛基官能团 D．装置④：酸性KMnO4溶液中出现气泡且颜色逐渐褪去9、在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3溶液反应得到V2L二氧化碳，若V1＝V2≠0，则该有机物可能是()A．HOOCCOOH B．CH3CHOHCOOH C．HOCH2CH2OH D．CH3CH2OH10、有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构有A．8种 B．14种 C．16种 D．18种11、下列四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5，则下列有关的比较中正确的是A．第一电离能：④＞③＞②＞①B．原子半径：④＞③＞②＞①C．电负性：④＞②＞①＞③D．最高正化合价：④＞③＝②＞①12、下列实验操作能达到目的是(

)A．用pH试纸测定次氯酸溶液的pH=3.5B．将FeCl3溶液加热蒸干并灼烧获得Fe2O3固体C．向明矾溶液中加入一定量NaOH制备Al(OH)3胶体D．室温下，测得pH=5的NaHSO4溶液与pH=9的NaHCO3溶液中水的电离程度相等13、兴趣小组在实验室中模拟利用甲烷和氯气发生取代反应制取副产品盐酸，设计如图装置，下列说法错误的是（）A．实验时先点燃A处酒精灯再通甲烷B．装置B有均匀混合气体、控制气流速度、干燥混合气体等作用C．装置C经过一段时间的强光照射后，生成的有机物有4种D．从D中分离出盐酸的方法为过滤14、关于的说法正确的是A．最多有7个原子在同一直线上 B．最多有7个碳原子在同一直线上C．所有碳原子可能都在同一平面上 D．最多有18个原子在同一平面上15、通常把原子数和电子数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中错误的是（）A．分子各原子均在同一平面上 B．分子中不存在双键C．和是等电子体，均为三角锥形 D．和是等电子体，均为正四面体结构16、《本草纲目》记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。请你分析、对比此方法与分离下列物质的实验方法在原理上相同的是A．甲苯和水B．硝酸钾和氯化钠C．食盐水和泥沙D．苯和溴苯二、非选择题（本题包括5小题）17、M是石油裂解气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，如:2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR回答下列问题：(1)M的名称是____________，A中的含氧官能团名称是____________。(2)①的反应类型是___________，⑥的反应类型是________________。(3)C的结构简式为____________。由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是___________。(4)G中最多有_______个原子共平面，其顺式结构式为_____________。(5)符合下列条件D的同分异构体有______种。①氯原子连在碳链的端点碳上②羟基连在不同的碳原子上，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1的为__________(写结构简式)。(6)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为_________________。(7)已知：根据题中信息，设计以2-氯丙烷制备环己烯的合成路线(无机试剂和溶剂任选)___________。18、A、B、C为三种烃的衍生物，它们的相互转化关系入下：其中B可发生银镜反应,C与石灰石反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体。①A、B、C的结构简式依次是_________、________、________。②A→B的化学方程式为：____________。③B→C的化学方程式为：___________。④B→A的化学方程式为：___________。19、利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol/L盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol/LNaOH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，混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：(1)写出该反应的热化学方程式（已知生成lmol液态水的反应热为－57.3kJ/mol）______________________。(2)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol/L盐酸恰好完全反应，其反应热分别为∆H1、∆H2、∆H3，则∆H1、∆H2、∆H3的大小关系为________________________。(3)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)，为了计算中和热，某学生实验记录数据如表：实验序号起始温度终止温度盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.420.623.6420.120.326.9依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热∆H_____(结果保留一位小数)。(4)如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填“相等、不相等”)，所求中和热__________(填“相等、不相等”)。(5)利用简易量热计测量室温下盐酸与氢氧化钠溶液中和反应的反应热，下列措施不能提高实验精度的是（_______）A．利用移液管(精确至0.01mL)代替量筒(精确至0.1mL)量取反应液B．快速将两溶液混合，匀速搅拌并记录最高温度C．在内、外筒之间填充隔热物质，防止热量损失D．用量程为500℃的温度计代替量程为100℃的温度20、甲醛(HCHO)与葡萄糖相似具有强还原性，40%甲醛溶液沸点为96℃，易挥发。为探究过量甲醛和新制Cu(OH)2反应的产物，进行如下研究。（1）在如图装置中进行实验，向a中加入0.5mol/LCuSO4溶液50mL和5mol/LNaOH溶液100mL，振荡，再加入40%的甲醛溶液50mL，缓慢加热a，在65℃时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，并有气体产生。①仪器b的名称是_________，作用为_________。②能说明甲醛具有还原性的实验现象是______________。（2）为研究红色固体产物的组成，进行如下实验(以下每步均充分反应)：已知：Cu2O

[Cu(NH3)4]+(无色)[Cu(NH3)4]2+(蓝色)①摇动锥形瓶i的目的是_______。②锥形瓶ii中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子方程式为_______。③将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为___________。21、依据有关信息解答下列化学实验问题：（Ⅰ）醛类是重要的工业原料，可以跟亚硫酸氢钠饱和溶液反应，生成物是α﹣羟基磺酸钠（易溶于水，不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液）R-CHO+NaHSO3R-CH（OH)-SO3Na（1）上述反应类型为________反应。若使CH3CH（OH)-SO3Na全部变成乙醛，可采用的试剂是__________或__________；分离乙醛的操作方法_____________。（Ⅱ）实验室利用苯甲醛（安息香醛）制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理：（此原理适用于无α-氢的醛）已知部分物质的性质：苯甲醇：熔点(℃):-15.3℃，稍溶于水，易溶于有机溶剂；苯甲醛：熔点(℃):-26℃，微溶于水，易溶于有机溶剂；苯甲酸：溶解度为0.344g（25℃），易溶于有机溶剂．主要过程如图所示：回答下列问题：（2）操作Ⅰ的名称是___________，乙醚溶液中所溶解的主要成分是__________；（3）操作Ⅲ的名称是________，产品乙是_______________．（4）按上述操作所得的产品甲中常含有一定量的有机杂质___________（填写杂质的名称）；限用下列试剂：酸性KMnO4、稀NaOH溶液、稀H2SO4、饱和NaHSO3溶液．写出检验产品甲中含有该杂质的过程：______________________________．

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】

A.基态碳原子核外电子排布式为1s22s222，则其价电子轨道表示式为，A正确；B.NH4Cl的电子式为：，B错误；C.Br原子的基态简化电子排布式为[Ar]4s24p5，C错误；D.石英的主要成分为SiO2，SiO2属于原子晶体，不存在SiO2分子，D错误；故合理选项为A。【题目点拨】本题易错点为B、D选项。B选项中，电子式的书写：金属离子的电子式就是其本身，非金属元素组成的离子的电子式要表示出原子的价电子。D选项中，要注意金属晶体、原子晶体和离子晶体都没有分子式，而是化学式。2、D【解题分析】

A.脱氧过程是放热反应，可吸收氧气，延长糕点保质期，A不正确；B.脱氧过程中铁作原电池负极，电极反应为Fe-2e=Fe2+，B不正确；C.脱氧过程中碳做原电池正极，电极反应为2H2O+O2+4e=4OH-，C不正确；D.含有1.12g铁粉的脱氧剂，铁的物质的量为0.02mol，其最终被氧化为氢氧化铁，电子转移总量为0.06mol，理论上最多能吸收氧气0.015mol，其体积在标准状况下为336mL，D正确。故选D。3、B【解题分析】分析：X、Y、Z、W是短周期的元素，原子序数依次递增。Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Y为Al元素；Z处于第三周期，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则Z为Si元素；X与Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14-3-4=7，且原子序数最大，W为Cl元素，结合元素周期律和物质的性质解答。详解：根据以上分析可知X为C，Y为Al，Z为Si，W为Cl，则A、Y为Al元素，Al3+与O2-电子层结构相同，前者原子序数大于后者，故离子半径Al3+＜O2-，A错误；B、Z(Si)、W(Cl)最简单的气态氢化物分别为：SiH4、HCl，元素非金属性越强气态氢化物越稳定，所以稳定性SiH4＜HCl，B正确；C、X(C)、Z(Si)、W(Cl)最高价氧化物对应水化物分别为：H2CO3、H2SiO3、HClO4，元素非金属性越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，所以酸性：H2SiO3＜H2CO3＜HClO4，C错误；D、Y(Al)与W(Cl)形成的化合物为AlCl3，是强酸弱碱盐，水溶液显酸性，pH＜7，D错误。答案选B。4、A【解题分析】

某烃的分子式为C8H10，它滴入溴水中不能使溴水因反应而褪色，但它滴入酸性高锰酸钾溶液却能使其褪色，说明含有苯环，结合C、H原子数目关系可知：属于苯的同系物，该有机物的一氯代物只有3种，说明存在3种等效氢原子；A．共有3种等效氢原子，一氯代物有3种，故A符合；B．共有5种等效氢原子，一氯代物有5种，故B不符合；C．对二甲苯共有2种等效氢原子，一氯代物有2种，故C不符合；D．共有4种等效氢原子，一氯代物有4种，故D不符合；故答案为A。【题目点拨】“等效氢法”是判断烃的一元取代物的同分异构体最常用的方法。①分子中同一碳原子上连接的氢原子等效，②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，③处于镜面对称位置上的氢原子等效。5、A【解题分析】分析：A.1个N2H4中含有(2×7+4×1)=18个质子；B.根据c=分析判断；C.气体的体积与温度和压强有关；D.1个N2H4中存在1个N-N键和4个N-H键。详解：A.1个N2H4中含有(2×7+4×1)=18个质子，则0.lmolN2H4中所含质子数为1.8NA，故A正确；B.未告知0.1mol·L-1的NaClO溶液的体积，无法计算ClO-的数量，故B错误；C.为告知气体的状态，无法计算4.48LNH3的物质的量，故C错误；D.1个N2H4中存在1个N-N键和4个N-H键，1.6gN2H4的物质的量==0.05mol，存在共价键0.05mol×5=0.25mol，故D错误；故选A。点睛：解答此类试题需要注意：①气体摩尔体积的使用范围和条件，对象是否气体；温度和压强是否为标准状况，如本题的C；②溶液计算是否告知物质的量浓度和溶液体积，如本题的B。6、B【解题分析】

根据信息，把C＝O换成碳碳双键，进行连接，即该烯为CH2＝CH－CH＝C(CH3)2，故选项B正确。7、D【解题分析】

①中浓硝酸分解生成二氧化氮气体，②中C与浓硝酸反应生成二氧化氮或浓硝酸受热分解生成二氧化氮，③中浓硝酸挥发后与C反应生成二氧化碳、二氧化氮，以此来解答。【题目详解】A．加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则产生的气体一定是混合气体，故A正确；B．加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应，故B正确；C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮的N元素化合价为+4价，化合价降低，在生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；D．碳加热至红热，可与空气中氧气反应生成二氧化碳，不一定说明木炭一定与浓硝酸发生了反应，故D错误；故选D。8、A【解题分析】

A.电石和水反应可生成乙炔，但是，由于电石中含有的杂质也和水反应生成硫化氢等气体，且杂质也能使溴水褪色，故装置①达不到制取乙炔并验证炔烃的性质的目的；B.重铬酸钾溶液显橙色，其中+6价的Cr元素可以被乙醇还原为Cr3+而使溶液变为绿色，故装置②可以检验乙醇的还原性，并使溶液颜色从橙色变成绿色；C.在水浴加热的条件下，含有醛基官能团的有机物可以发生银镜反应，故装置③可以验证葡萄糖分子中含有醛基官能团；D.石蜡油在碎瓷片的作用下加热可以发生分解，生成能使酸性KMnO4溶液褪色的气态不饱和烃，故装置④中酸性KMnO4溶液中出现气泡且颜色逐渐褪去。综上所述，装置或操作不能达到目的的是A，本题选A。9、B【解题分析】

—OH、—COOH均能与Na反应，2mol—OH或—COOH与过量Na反应生成1molH2。—COOH能与NaHCO3溶液反应，lmol—COOH与足量NaHCO3溶液反应生成1molCO2。【题目详解】A.HOOC—COOH与过量Na、足量NaHCO3溶液反应产生H2、CO2的体积比为1∶2，故A错误；B.与过量Na、足量NaHCO3溶液反应产生H2、CO2的体积相等，故B正确；C.HOCH2CH2OH与Na反应产生氢气，与NaHCO3不反应，故C错误；D.CH3CH2OH与Na反应产生氢气，与NaHCO3不反应，故D错误；答案选B。10、C【解题分析】

有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下水解生成乙和丙两种有机物，则有机物甲为饱和一元酯。由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，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，而得到的醇有5个碳原子。有4个碳原子的羧酸有2种同分异构体，即CH3CH2CH2COOH和CH3CH(CH3)COOH。含有5个碳原子的醇有8种结构，所以总共有16种。本题选C。11、A【解题分析】

由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素；A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性比S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误；故答案为A。【题目点拨】比较第一电离能时要注意“同一周期元素中，元素第一电离能的变化趋势，及异常现象”，电离能的变化规律一般为：①同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。②同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。③同种原子：逐级电离能越来越大(即I1≤I2≤I3…)；特别注意当原子电子排布处于半充满或全充满时原子的能量较低，元素的第一电离能较大，其第一电离相对较大，如N的第一电离能大于O。12、B【解题分析】分析：A．次氯酸具有漂白性；B．FeCl3溶液加热蒸干，水解生成盐酸易挥发，促进铁离子水解；C．明矾溶液中加入一定量NaOH，发生复分解反应；D．根据pH=5的NaHSO4溶液与pH=9的NaHCO3溶液的本质区别分析判断。详解：A．次氯酸具有漂白性，不能选pH试纸测定其pH，应选pH计，故A错误；B．FeCl3溶液加热蒸干，促进铁离子水解，生成盐酸易挥发，得到氢氧化铁，灼烧获得Fe2O3固体，故B正确；C．明矾溶液中加入一定量NaOH，发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀，得不到胶体，故C错误；D．pH=5的NaHSO4溶液说明电离程度大于水解程度，抑制水的电离，pH=9的NaHCO3溶液，说明水解程度大于电离程度，促进水的电离，水的电离程度不同，故D错误；故选B。点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握pH测定、盐类水解、物质的性质、实验技能为解答的关键。本题的易错点为D，要注意NaHSO4溶液与NaHCO3溶液的酸碱性与水解和电离的关系，同时要知道，酸或碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离。13、D【解题分析】A.实验时先点燃A处酒精灯，让MnO2与浓HCl反应一段时间排尽装置中的空气，再通甲烷，A正确；B.浓硫酸可以干燥氯气,氯气与甲烷在B中可以混合均匀，因此装置B的主要作用是均匀混合气体、控制气流速度、干燥混合气体等，B正确；C.氯气与甲烷在装置C中在强光照射下可发生取代反应，生成的有机物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，4种有机物，C正确；D.D中得到的是盐酸溶液，并和二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的油状液体分层，故可以用分液的方法从D中分离出盐酸，D错误。答案选D.14、C【解题分析】

有机物中，具有苯环、乙烯的共面结构以及乙炔的共线结构，所以苯环的6个碳原子一定共面，具有乙烯结构的后4个碳原子一定共面，具有乙炔结构的两个碳原子一定共线，所有的碳原子可以共面，但不共线。【题目详解】A.乙炔和甲基上的碳原子一定共线，苯环上的两个C和双键左侧的C原子也一定与乙炔共线，可以共线的原子共有6个，故A错误；B.C≡C为直线结构，与苯环中2个C、双键中的1个C在同一直线上，对位甲基上1个C可以共面，即最多有6个C，故B错误；C.有机物中，具有苯环、乙烯的共面结构以及乙炔的共线结构，所以苯环的6个碳原子一定共面，具有乙烯结构的后4个碳原子一定共面，具有乙炔结构的两个碳原子一定共线，所有的碳原子可以共面，故C正确；D.苯环中10个原子+三键中2个原子、双键中5个原子及甲基中2个原子最多共面，即同一平面上的原子最多有19个，故D错误；本题选C。【题目点拨】注意甲烷是正四面体结构，与碳原子相连的四个原子不可能在同一平面上。15、C【解题分析】

A.B3N3H6和苯原子数都是12，价电子数都是30，是等电子体，等电子体结构相似，性质也相似，由于苯分子中所有原子在同一个平面上，所以B3N3H6分子各原子均在同一平面上，A正确；B3N3H6和苯原子数都是12，价电子数都是30，是等电子体，分子中有双键即有π键，B正确；C.和NH4+不是等电子体，NH4+是正四面体形，C错误；D.CH4和NH4+原子数和电子数相同，是等电子体，均为正四面体，D正确；故合理选项是C。16、D【解题分析】由题意，烧酒的制造工艺利用了蒸馏的方法，蒸馏是分离沸点不同的液体混合物的方法。A项，甲苯和水互不相溶，可用分液的方法分离，故A错误；B项，硝酸钾和氯化钠的溶解度不同，硝酸钾溶解度受温度影响变化大，氯化钠溶解度受温度影响变化不大，可用降温结晶和重结晶的方法分离，故B错误；C项，泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离食盐水和泥沙，故C错误；D项，苯和溴苯互相溶解，且沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故D正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙烯碳碳双键取代反应消去反应HOCH2-CH=CH-CH2OH保护分子中碳碳双键不被氧化1210ClCH2-CH（CH2OH）2CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2【解题分析】

由题中信息可知，M与氯气发生取代反应生成CH2=CH-CH2Cl，可确定M为丙烯；已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，则CH2=CH-CH2Cl在催化剂的作用下，生成乙烯、CH2Cl-CH=CH-CH2Cl；根据合成路线可知，A水解后先与HCl发生反应，然后发生氧化反应、消去反应，则A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl、B为乙烯；C为HOCH2-CH=CH-CH2OH；D为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH；E为HOOC-CH2-CHCl-COOH；F为NaOOC-CH=CH-COONa；G为HOOC-CH=CH-COOH；H为CH2Br-CH2Br；I为CH2OH-CH2OH；【题目详解】（1）根据分析可知，M为丙烯；A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl，含有的官能团为碳碳双键；（2）反应①为取代反应；反应⑥为卤代烃的消去反应；（3）C的结构简式为HOCH2-CH=CH-CH2OH，其分子中含有碳碳双键和羟基，这丙种官能团均易发生氧化反应，因此，C→G的过程步骤④、⑥的目的是：为了保护碳碳双键在发生氧化反应时不被氧化；（4）G的结构简式为HOOC-CH=CH-COOH，当碳碳双键与羧基中碳氧双键确定的平面重合时，则有12原子共平面；其顺式结构为：；(5)D的结构简式为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH，符合①氯原子连在碳链的端点碳上②羟基连在不同的碳原子上。若无支链，固定Cl原子和一个—OH在一端，，另一个—OH的位置有3种；移动—OH的位置，，另一个—OH的位置有2种；依此类推，，1种；若存在一个甲基支链，，有2种；，有1种，，1种，合计10种；其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1，符合的结构简式为：ClCH2-CH（CH2OH）2；(6)I、G分别为：HOOC-CH=CH-COOH、CH2OH-CH2OH，在一定条件下发生酯化反应，制取环酯P，其方程式为：；（7）根据题目信息，烯烃在一定条件下碳碳双键两边的基团可以互换，则先用2-氯丙烷发生消去反应生成丙烯，丙烯在一定条件下生成乙烯和2-丁烯，利用2-丁烯和溴水发生加成反应，生成2，3-二溴丁烷，再发生消去反应生成1，3-丁二烯，最后与乙烯发生双烯合成制取环己烯。合成路线如下：CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2。【题目点拨】多官能团同分异构体的书写时，根据一固定一移动原则，逐个书写，便于查重。18、CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O2CH3CHO+O22CH3COOHCH3CHO+H2CH3CH2OH【解题分析】

气体和溴水反应生成1，2-二溴乙烷，则该气体为CH2=CH2，则A与浓硫酸共热发生消去反应产生乙烯，则A应为CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生的B可发生银镜反应，应为CH3CHO，B氧化产生C，C跟石灰石反应产生使石灰水变浑浊的气体，C应为CH3COOH，结合有机物的性质解答该题。【题目详解】①根据上述分析可知X是CH2=CH2，ACH3CH2OH，B为CH3CHO，C为CH3COOH。②A为CH3CH2OH，在Cu或Ag作催化剂条件下加热可被氧化为CH3CHO，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；③B为CH3CHO，可被氧化为CH3COOH，反应的方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH；④B为CH3CHO，含有-CHO，可与氢气发生加成反应生成CH3CH2OH，反应的化学方程式为CH3CHO+H2CH3CH2OH。【题目点拨】本题考查有机物的推断的知识，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的转化关系，注意醛处在含氧衍生物的相互转变的中心环节，是联系醇和羧酸的桥梁在有机推断题中应特别注意。19、HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol△H1=△H2＜△H3-51.8kJ/mol不相等相等D【解题分析】

（1）稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，反应的热化学方程式为：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；(2)NaOH、Ca（OH）2都属于强碱，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热的，稀氨水和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，放热反应的∆H<0，所以△H1=△H2＜△H3；(3)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.1℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.1℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.5℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.1℃；第4次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.2℃，反应后温度为：26.9℃，反应前后温度差为：6.7℃，误差太大，舍去；则实验中平均温度差为3.1℃，50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△t得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×3.1℃=12958J=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol；（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量增多，但是中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，测得中和热数值相等，故答案为不相等；相等；（5）A、提高所用试剂量的准确度可提高测量反应热的精确度；B、能减少热量散失，可提高实验精度；C、能减少热量散失，可提高实验精度；D、温度计用500℃量程，最小刻度变大，测定温度不准确，使实验精度降低。答案选D。【题目点拨】注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。20、球形冷凝管冷凝回流A中出现红色物质(或A中出现棕色物质)有利于溶液与空气中O2的接触2Cu+O2+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2On(Cu2O)∶n(Cu)=l∶200【解题分析】

向a中加入0.5mol/LCuSO4溶液50mL和5mol/LNaOH溶液100mL，振荡，制备了氢氧化化铜悬浊液。再加入40%的甲醛溶液50mL，缓慢加热a，在65℃时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，说明甲醛具有还原性。探究生成物的组成时，要注意仔细分析实验步骤及现象。【题目详解】（1）①根据仪器的构造可知，仪器b是球形冷凝管，40%甲醛溶液沸点为96℃，易挥发，故在反应过程中要有冷凝回流装置以提高原料的利用率，故球形冷凝管的作用为冷凝回流。②能说明甲醛具有还原性的实验现象是A中出现红色物质(或A中出现棕色物质)。（2）①摇动锥形瓶时发生的变化是

[Cu(NH3)4]+(无色)[Cu(NH3)4]2+(蓝色)，显然该过程中发生了氧化反应，故摇动锥形瓶i的目的是有利于溶液与空气中O2的接触。②红色固体经足量浓氨水溶解后仍有剩余，根据Cu2O

[Cu(NH3)4]+(无色)可知，该固体只能是Cu，摇动锥形瓶ii，其中固体完全也能溶解得深蓝色溶液，说明Cu溶解得到铜氨溶液，空气中的氧气溶于氨水中成为氧化剂