上海大学附属中学2024届高二化学第二学期期末学业水平测试试题含解析

上海大学附属中学2024届高二化学第二学期期末学业水平测试试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法正确的是A．沾附在试管内壁上的油脂，用热碱液洗涤B．“春蚕到死丝方尽”里“丝”的主要成分是纤维素C．淀粉和蛋白质水解最终产物都只有一种D．毛织品可以用弱碱性洗涤剂或肥皂洗涤2、有机物A是一种常用的内服止痛解热药。1molA水解得到1molB和1mol醋酸。A溶液具有酸性，不能使FeCl3溶液显色。A的相对分子质量不超过200。B分子中碳元素和氢元素总的质量分数为0.652。A、B都是由碳、氢、氧三种元素组成的芳香族化合物。则下列推断中，正确的是()A．A、B的相对分子质量之差为60 B．1个B分子中应当有2个氧原子C．A的分子式是C7H6O3 D．B能与NaOH溶液、FeCl3溶液、浓溴水等物质反应3、某溶液可能含有NH4＋、K＋、Ba2＋、Fe3＋、I－、SO32－、SO42－中的几种，现取100mL溶液先加入足量氯水，然后滴加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.66g，在滤液中加足量NaOH溶液并加热，生成的气体在标准状况下体积为1.12L。根据上述实验，以下推测正确的是A．原溶液一定存在NH4＋、I－B．原溶液一定不含Ba2＋、Fe3＋、I－C．原溶液可能存在K＋、Fe3＋、SO42－D．另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，即可确定溶液所有的离子组成4、相同质量的下列各烃，完全燃烧后生成二氧化碳最多的是A．丁烷B．乙烯C．乙炔D．甲苯5、已知某溶液中存在较多的H+、SO42+、NO3－，则溶液中还可能大量存在的离子组成()A．Al3+、CH3COO－、Cl－ B．Na+、NH4+、Cl－C．Mg2+、Cl－、Fe2+ D．Mg2+、Ba2+、Br－6、使用容量瓶配制溶液时,由于操作不当,会引起误差,下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（）①用天平(使用游码)称量时,被称量物与砝码的位置放颠倒了②用滴定管量取液体时,开始时平视读数,结束时俯视读数③溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水⑤定容时,仰视容量瓶的刻度线⑥定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达到刻度线A．①③⑤⑥ B．①②⑤⑥ C．②③④⑥ D．③④⑤⑥7、已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1。现有以下四个化学反应方程式：①H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l)②H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)③HCl(aq)＋NH3·H2O(aq)===NH4Cl(aq)＋H2O(l)④CH3COOH(aq)＋NH3·H2O(aq)===CH3COONH4(aq)＋H2O(l)其中放出的热量为57.3kJ的是A．①和②B．③C．④D．以上都不对8、已知25℃时，H2SO3的电离常数Ka1=1.2310-2，Ka2=5.610-8，HClO的电离常数Ka=2.9810-8，下列说法错误的是A．常温下，相同浓度的H2SO3比HClO酸性强B．常温下，将NaHSO3溶液滴入到NaClO溶液中发生反应：HSO3-＋ClO－＝SO32-＋HClOC．常温下，NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于其水解程度，NaHSO3溶液呈酸性D．将pH＝5的HClO溶液加水稀释到pH＝6时，溶液中部分离子浓度会升高9、下列实验指定使用的仪器必须预先干燥的是（）①中和热测定中所用的小烧杯②中和滴定中所用的锥形瓶③配制一定物质的量浓度溶液中所用的容量瓶④喷泉实验中用于收集氨气的烧瓶A．①② B．②③ C．①④ D．③④10、在粗碘中含有IBr和ICl，受热时，I2、ICl、IBr均可升华。在粗碘中加入一种物质后，再进行升华，可制得精碘，应加入的物质是（）A．KIB．ZnC．KClD．H2O11、过氧化钠具有强氧化性,遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂,化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑.下列说法中不正确的是A．氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4B．FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂C．由反应可知每3mol

FeSO4完全反应时，反应中共转移12

mol

电子D．Na2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用12、把一块镁铝合金投入到20mL1mol/L的盐酸中，待合金完全溶解后，往溶液里加入1mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积（mL）变化的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．镁、铝形成合金后硬度增强，熔点降低 B．ab段可以计算出合金中Mg的含量C．c值越大，合金中Al的含量越高 D．加入NaOH溶液后，只发生了4个离子反应13、硼氢化钠（NaBH4）为白色粉末，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：-101℃，沸点：33℃），在干空气中稳定，在湿空气中分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂．某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如下：下列说法不正确的是（）A．实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀B．操作②、操作③分别是过滤与蒸发结晶C．反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：214、下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是A．[Co（NH3）4Cl2]Cl B．[Co（NH3）6]Cl3C．[Cu（NH3）4]Cl2 D．[Co（NH3）3Cl3]15、将标准状况下2.24LCO2缓慢通入1L0.15mol·L－1的NaOH溶液中，气体被充分吸收，下列关系不正确的是()A．混合溶液溶质为NaHCO3和Na2CO3B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3-)＋2c(CO32-)C．c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)D．加热蒸干所得混合溶液，最终得到Na2CO3固体16、聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（

）A．聚维酮的单体是 B．聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成C．聚维酮碘是一种水溶性物质 D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应二、非选择题（本题包括5小题）17、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)。18、氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图：回答下列问题：（1）A的结构简式为__。C的化学名称是__。（2）③的反应试剂和反应条件分别是__，该反应的类型是__。（3）⑤的反应方程式为__。吡啶是一种有机碱，其作用是__。（4）G的分子式为__。（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有__种。（6）4­甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4­甲氧基乙酰苯胺的合成路线__(其他试剂任选)。19、白醋是常见的烹调酸味辅料，白醋总酸度测定方法如下。i.量取20.00mL白醋样品，用100mL容量瓶配制成待测液。ii.将滴定管洗净、润洗，装入溶液，赶出尖嘴处气泡，调整液面至0刻度线。iii.取20.00mL待测液于洁净的锥形瓶中，加3滴酚酞溶液，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定至终点，记录数据。iv.重复滴定实验3次并记录数据。ⅴ.计算醋酸总酸度。回答下列问题：（1）实验i中量取20.00mL白醋所用的仪器是______（填字母）。abcD（2）若实验ii中碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，会造成测定结果比准确值_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（3）实验iii中判断滴定终点的现象是_______。（4）实验数据如下表，则该白醋的总酸度为_______mol·L－1。待测液体积/mL标准NaOH溶液滴定前读数/mL滴定终点读数/mL第1次20.00021.98第2次20.00022.00第3次20.00022.0220、野外被蚊虫叮咬会出现红肿，这是由甲酸（HCOOH）造成的。请完成下列探究。I.HCOOH酸性探究（1）下列酸属于二元酸的有___________。a．HCOOHb．H2CO3c．H2C2O4d．CH3CHOHCH2COOH（2）下列实验事实能证明甲酸为弱酸的是___________。a.HCOONH4溶液呈酸性b.将甲酸滴入溶液中有气体生成C．常温下，0.1mol·L-1的甲酸溶液的pH约为3d.等浓度的盐酸与甲酸溶液。前者的导电能力更强（3）可用小苏打溶液处理蚊虫叮咬造成的红肿，请用离子方程式表示其原理_________。Ⅱ甲酸制备甲酸铜探究相关原理和化学方程式如下：先用硫酸铜和碳酸氢钠作用制得碱式碳酸铜，然后碱式碳酸铜再与甲酸反应制得四水甲酸铜晶体：实验步骤如下：（4）碱式碳酸铜的制备：①步骤ⅰ是将一定量晶体和固体一起放到研钵中研细并混合均匀。②步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70℃-80℃，温度不能过高的原因是________________________________。③步骤ⅱ的后续操作有过滤、洗涤等。检验沉淀是否已洗涤干净的方法为________。（5）甲酸铜晶体的制备：将Cu(OH)2•CuCO3固体放入烧杯中，加入一定量的热蒸馏水，再逐滴加入甲酸至碱式碳酸铜恰好全部溶解，趁热过滤除去少量不溶性杂质。在通风橱中蒸发滤液至原体积的三分之一时，冷却析出晶体，过滤，再用少量无水乙醇洗涤晶体2～3次，晾干，得到产品。①“趁热过滤”中，必须“趁热”的原因是_________________。②用乙醇洗涤晶体的目的是________________________________。③若该实验所取原料CuSO4•5H2O晶体和NaHCO3固体的质量分别为12.5g和9.5g，实验结束后，最终称量所得的产品为7.91g，则产率为________________。21、[2017新课标Ⅱ]化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G的路线如下：已知以下信息：①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1。②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1molD可与1molNaOH或2molNa反应。回答下列问题：（1）A的结构简式为____________。（2）B的化学名称为____________。（3）C与D反应生成E的化学方程式为____________。（4）由E生成F的反应类型为____________。（5）G的分子式为____________。（6）L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1mol的L可与2mol的Na2CO3反应，L共有______种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为___________、____________。

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.用热碱液可促进油污的水解，则利用此原理处理沾附在试管内壁上的油脂，故A正确；B.蚕丝的主要成分是蛋白质而不是纤维素，故B错误；C.淀粉水解产物是葡萄糖；由于组成蛋白质的氨基酸不同，所以蛋白质水解可能生成不同的氨基酸，故C错误；D.毛织品的化学成分是蛋白质，应该用中性洗涤剂洗涤而不能用碱性洗涤剂，故D错误；故选A。2、D【解题分析】

根据芳香族化合物B的含氧量及A的相对分子质量的范围，先确定B的分子结构，再确定A的分子结构。【题目详解】A、B都是由碳、氢、氧三种元素组成的芳香族化合物。1molA水解得到1molB和1mol醋酸，则A含有酯基。A溶液具有酸性，则A含有-COOH；A不能使FeCl3溶液显色，则A没有酚羟基。A的相对分子质量不超过200，则B的相对分子质量不超过200-42=158。B分子中碳元素和氢元素总的质量分数为0.652，则其中氧元素总的质量分数为1-0.652=0.348，若B只含1个氧原子，则B的相对分子质量为45.9，不可能；若B含2个氧原子，则B的相对分子质量为92，由于苯的相对分子质量为78，也不可能；若B含3个氧原子，则B的相对分子质量为138，合理。由于1molA水解得到1molB和1mol醋酸，则B分子中有苯环、羟基、羧基，共3个氧原子，则B的分子式为C7H6O3、A的分子式为C9H8O3。A.1molA水解得到1molB和1mol醋酸，A、B的相对分子质量之差为60-18=42，A不正确；B.1个B分子中应当有3个氧原子，B不正确；C.A的分子式是C9H8O3，C不正确；D.B分子中含有-COOH、酚羟基，故其能与NaOH溶液、FeCl3溶液、浓溴水等物质反应，D正确。综上所述，有关推断中正确的是D，本题选D。【题目点拨】对于复杂的有机物，可以把其结构分成不同的片断，根据不同片断的结构和性质，结合相对分子质量分析其可能的组成，并且能够根据化学变化中相对分子质量的变化量分析有机物转化过程中相对分子质量的变化。在不能确定分子中相关元素原子的具体数目时，要学会使用讨论法。3、A【解题分析】某溶液可能含有NH4＋、K＋、Ba2＋、Fe3＋、I－、SO32－、SO42－中的几种，现取100mL溶液先加入足量氯水，然后滴加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.66g，该沉淀一定是硫酸钡，可以计算出硫酸钡的物质的量为0.02mol，由于氯水可以把SO32－氧化为SO42－，所以可以确定原溶液中SO32－和SO42－至少有其中一种，且它们的总物质的量为0.02mol，同时可以确定一定没有Ba2＋；在滤液中加足量NaOH溶液并加热，生成的气体在标准状况下体积为1.12L，该气体一定是氨气，可以计算出氨气的物质的量是0.05mol，由此可以确定原溶液中一定有0.05molNH4＋。根据电荷守恒，又可以确定原溶液中一定有I－，因为I－和Fe3＋不能大量共存，所以同时也确定一定不含Fe3＋。综上所述A正确；B、C不正确；D.另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，只能确定溶液中是否含有SO42－（产生不溶于盐酸的白色沉淀）和SO32－（酸化时有气体产生），K+还不能确定，所以D不正确。本题选A。点睛：本题考查的是离子的定量推断。定量推断比定性推断要难一些。解题的关键是要知道题中有一个隐蔽的条件是电荷守恒。题中的数据一定要处理，根据这些数据和电荷守恒可以确定溶液中还可能存在的离子。4、C【解题分析】分析：相同质量的各烃中含碳量越大，生成的二氧化碳量越多，首先计算各烃是C碳原子与H原子数目之比，C原子数目相同，H原子数目越小，碳的质量分数越大。A.CH4中C碳原子与H原子数目之比为1:4；B.C2H4中C碳原子与H原子数目之比为2:4=1:2；C.C2H2中C碳原子与H原子数目之比为2:2=1:1；D.C7H8中C碳原子与H原子数目之比为7:8=1:8/7；故乙炔的含碳量最大，所以生成二氧化碳的体积最多，故本题选C。5、B【解题分析】

A.因H+和CO32-结合生成水和气体，且Al3+、CO32-相互促进水解，则该组离子不能大量共存，故A错误；B.Na+、NH4+、Cl－等３种离子之间不反应，则能够大量共存，故B正确；C.因H+和Fe2+、NO3-能发生氧化还原反应，则该组离子不能大量共存，故C错误；D.因Ba2+、SO42-能结合生成硫酸钡沉淀，则该组离子不能大量共存，故D错误。故选B。6、A【解题分析】

①称量的固体质量偏少，测定结果偏低；②量取的液体体积偏多，测定结果偏高；③相当于溶质的量减少，测定结果偏低；④转移前，容量瓶内有水，对结果无影响；⑤中导致容量瓶中溶液的体积偏多，测定结果偏低；⑥相当于容量瓶中溶液的体积偏多，测定结果偏低；故引起结果偏低的是①③⑤⑥，答案选A。7、D【解题分析】

根据热化学方程式的含义、中和热的概念分析判断。【题目详解】“H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1”表明，稀溶液中1molH＋和1molOH－反应生成1molH2O(l)时放热57.3kJ。①式：2molH＋和2molOH－反应生成2molH2O(l)，放热114.6kJ。②式：生成2molH2O(l)放热114.6kJ，生成1molBaSO4(s)也放热。总放热多于114.6kJ。③式：NH3·H2O电离吸热，故生成1molH2O(l)时放热少于57.3kJ。④式：CH3COOH、NH3·H2O电离吸热，使生成1molH2O(l)时放热少于57.3kJ。本题选D。【题目点拨】热化学方程式有三个特点：(1)用“s、l、g、aq”注明物质状态；(2)化学计量数只表示物质的量，可为分数；(3)ΔH包括符号（+吸热、－放热）、数值、单位（kJ·mol－1，指每摩化学反应），ΔH与化学计量数成正比例。8、B【解题分析】

A.常温下，Ka1>Ka，则相同浓度的H2SO3比HClO电离出的氢离子浓度大，酸性强，A正确；B.常温下，将NaHSO3溶液滴入到NaClO溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子：HSO3-＋ClO－＝SO42-＋H++Cl-，B错误；C.常温下，NaHSO3溶液中水解平衡常数=Kw/Ka1=8.1310-13，HSO3-的电离程度大于其水解程度，NaHSO3溶液呈酸性，C正确；D.将pH＝5的HClO溶液加水稀释到pH＝6时，溶液中氢氧根离子浓度增大，部分离子浓度会升高，D正确；答案为B9、C【解题分析】试题分析：①中和热测定中所用的小烧杯必须干燥，不然会吸收热量产生误差，②中和滴定中所用的锥形瓶中有水对结果无影响，③配制一定物质的量浓度溶液中所用的容量瓶中有水不影响实验结果，④喷泉实验中用于收集NH3的烧瓶必须干燥，若有水，会溶解NH3，压强差不够造成喷泉实验失败。答案选C。考点：实验操作10、A【解题分析】

利用碘易升华的特性精制碘，须使ICl、IBr中的Cl、Br变为难挥发性的物质，而使其中的+1价的碘被还原为I2，同时加入的物质和碘（I2）不反应。【题目详解】A．加入KI发生：反应为IBr+KI=I2+KBr，ICl+KI=I2+KCl，加热时I2升华与KCl、KBr分离，A正确；B．加入Zn，在加热条件下生成ZnI，影响被提纯的物质，不符合提出的原则，B错误；C．加入KCl与杂质不反应，不能起到除杂的目的，C错误；D．加入水，导致碘难以升华，且水中溶解部分碘，不符合分离、提纯的目的，D错误。答案选A。11、C【解题分析】A.由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知

，氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4，A正确；B.2FeSO4+6Na2O2==2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，Fe

元素的化合价由

+2

价升高为

+6

价

,O

元素的化合价部分由

−1

价降低为

−2

价，

部分由

−1

价升高为

0

价

，所以FeSO4

只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，

B正确；C．2FeSO4～10e-，所以每3molFeSO4完全反应时，反应中共转移15mol电子，C错误。D．Na2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D正确；答案选C.点睛：解答本题特别需要注意在氧化还原反应中Na2O2既可作氧化剂又可作还原剂。12、B【解题分析】

oa段发生H++OH-=H2O，ab段发生Mg2++OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓；bc段发生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；【题目详解】A.镁、铝形成合金后硬度增强，熔点低于Mg、Al，A正确；B.用ab段、bc段的数据可以计算出合金中Mg的含量，B错误；C.bc段发生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，c值越大，合金中Al的含量越高，C正确；D.由上述分析可知，加入NaOH溶液后，只发生了4个离子反应，D正确；答案为B。13、B【解题分析】试题分析：NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4容易吸水潮解，可溶于异丙胺，在干空气中稳定，在湿空气中分解，为防止NaBH4水解，可将生成的NaBH4、Na2SiO3溶于异丙胺，NaBH4溶解于异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，所以操作②为过滤，通过过滤得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，所以操作③为蒸馏。A、由于钠的硬度较小，且保存在煤油中，所以取用少量钠需要用滤纸吸干煤油，再用镊子、小刀在玻璃片上切割，故A正确；B、根据上面的分析可知，操作②、操作③分别是过滤与蒸馏，故B错误；C、NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，所以反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气排尽装置中的空气和水蒸气，故C正确；D、反应①中发生的反应为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，反应中氢气中氧化剂，钠是还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D正确；故选B。考点：考查了物质制备实验方案设计、物质分离提纯、氧化还原反应、实验基本操作的相关知识。14、D【解题分析】

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。【题目详解】A项、[Co（NH3）4Cl2]Cl能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故A错误；B项、[Co（NH3）6]Cl3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）4]Cl2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。【题目点拨】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。15、C【解题分析】

A、先判断CO2与NaOH反应后的产物，利用元素守恒进行计算；B、利用电荷守恒进行判断；C、利用CO32－的水解能力强于HCO3－进行分析；D、注意NaHCO3不稳定，受热易分解。【题目详解】A、根据C元素守恒，有n(NaHCO3)＋n(Na2CO3)=2.24/22.4=0.1mol，根据Na元素守恒，有n(NaHCO3)＋2n(Na2CO3)=1×0.15mol，解得n(Na2CO3)=0.05mol，n(NaHCO3)=0.05mol，故A说法正确；B、根据电荷守恒，因此有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，故B说法正确；C、CO32－的水解能力强于HCO3－，即CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)，故C说法错误；D、加热蒸干后得到Na2CO3和NaHCO3，因为NaHCO3不稳定，受热易分解，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，因此最终得到物质为Na2CO3，故D说法正确。【题目点拨】本题的难点是离子浓度大小的比较，根据上述分析，得出Na2CO3和NaHCO3的物质的量相等，Na2CO3和NaHCO3都属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，即c(OH－)>c(H＋)，因为多元弱酸根的水解以第一步为主，即CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，水解的程度微弱，因此有c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)，综上所述，离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)。16、B【解题分析】

由高聚物结构简式，可知主链只有C，为加聚产物，单体为，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题。【题目详解】A.由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；B.

由2m+n个单体加聚生成，故B错误；C.高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；D.含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、BD72+2H2O取代反应、、【解题分析】

(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。【题目点拨】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。18、三氟甲苯浓HNO3/浓H2SO4、加热取代反应+HCl吸收反应产生的HCl，提高反应转化率C11H11O3N2F39【解题分析】

A和氯气在光照的条件下发生取代反应生成B，B的分子式为C7H5Cl3，可知A的结构中有3个氢原子被氯原子取代，B与SbF3发生反应生成，说明发生了取代反应，用F原子取代了Cl原子，由此可知B为，进一步可知A为，发生消化反应生成了，被铁粉还原为，与吡啶反应生成F，最终生成，由此分析判断。【题目详解】(1)由反应①的条件、产物B的分子式及C的结构简式，可逆推出A为甲苯，结构为；C可看作甲苯中甲基中的三个氢原子全部被氟原子取代，故其化学名称为三氟甲(基)苯；(2)对比C与D的结构，可知反应③为苯环上的硝化反应，因此反应试剂和反应条件分别是浓HNO3/浓H2SO4、加热，反应类型为取代反应；(3)对比E、G的结构，由G可倒推得到F的结构为，然后根据取代反应的基本规律，可得反应方程式为：+HCl，吡啶是碱，可以消耗反应产物HCl；(4)根据G的结构式可知其分子式为C11H11O3N2F3；(5)当苯环上有三个不同的取代基时，先考虑两个取代基的异构，有邻、间、对三种异构体，然后分别在这三种异构体上找第三个取代基的位置，共有10种同分异构体，除去G本身还有9种。(6)对比原料和产品的结构可知，首先要在苯环上引入硝基(类似流程③)，然后将硝基还原为氨基(类似流程④)，最后与反应得到4­甲氧基乙酰苯胺(类似流程⑤)，由此可得合成路线为：。19、c偏大锥形瓶中溶液颜色变为浅红色，且半分钟不褪色0.1100【解题分析】

（1）a.量筒无法达到题中要求的精确度，a错误；b.容量瓶是用来配制溶液的仪器，不是量取用的仪器，b错误；c.c为酸式滴定管，用来量取酸性溶液，c正确；d.d为碱式滴定管，用来量取碱性溶液，d错误；故合理选项为c；（2）若碱式滴定管未经过润洗，则相当于将NaOH溶液进行了稀释，即c(NaOH)偏小，则消耗的NaOH溶液的体积偏大，在计算中，c(NaOH)仍是原先的浓度，c(白醋)的计算结果将偏大；（3）由于题中的操作是将碱液滴入含酚酞的酸液中，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；（4）3次实验平均消耗NaOH溶液的体积为22.00mL，所以该白醋的总酸度为：=0.1100mol·L-1。【题目点拨】（1）实验题中，要注意量取仪器的精确度与要量取的数据是否匹配；（2）对于滴定实验，要看明白题中的滴加对象；（3）实验题的计算中，要注意有效数字的保留。20、bccdHCOOH+HCO3－=HCOO－+H2O+CO2↑产物Cu(OH)2•CuCO3受热会分解取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净防止甲酸铜晶体析出洗去晶体表面的水和其它杂质，且减少后续晾干的时间70%【解题分析】I．(1)a．HCOOH水溶液中电离出一个氢离子属于一元酸，故a错误；b．H2CO3水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故b正确；c．H2C2O4含两个羧基，水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故c正确；d．CH3CHOHCH2COOH只含一个羧基，为一元酸，故d错误；故答案为：bc；(2)a．HCOONH4溶液显酸性只能说明铵根离子水解溶液显酸性，不能说明甲酸为弱酸，故a错误；b．将甲酸滴入NaHCO3溶液中有气体生成，说明甲酸酸性大于碳酸，不能说明甲酸为弱酸，故b错误；c．常温下，0.1mol•L-1的甲酸溶液的pH约为3说明甲酸未完全电离，证明甲酸为弱酸，故c正确；d．等浓度的盐酸与甲酸溶液，都是一元酸，前者的导电能力更强说明甲酸溶液中存在电离平衡，证明甲酸为弱酸，故d正确；故答案为：cd；(3)蚊虫叮咬造成的红肿，是释放出甲酸，碳酸氢钠和甲酸反应，反应的离子方程式为：HCOOH+HCO3-═HCOO-+H2O+CO2↑，故答案为：HCOOH+HCO3-═HCOO-+H2O+CO2↑；II．(4)②步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70℃-80℃，温度不能过高的原因