2024届湖南省衡阳市正源学校化学高二第二学期期末联考模拟试题含解析

2024届湖南省衡阳市正源学校化学高二第二学期期末联考模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某品牌化妆品的主要成分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如下图所示反应合成。下列对X、Y、Z的叙述，正确的是A．X、Y和Z均能和NaOH溶液反应B．X和Z均能和Na2CO3溶液反应，但不能和NaHCO3溶液反应C．Y既能发生加聚反应，也能发生缩聚反应D．Y分子中所有原子不可能共平面2、某温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入H2和I2，发生反应:

H2(g)+I2(g)2HI(g)。反应体系中各物质浓度的有关数据如下。容器起始浓度平衡浓度c(H2)/(mol·L-1)c(I2)/(mol·L-1)c(HI)/(mol·L-1)甲0.010.010.004乙0.010.02a丙0.020.01b丁0.020.02c下列判断不正确的是A．HI的平衡浓度:a=b>0.004，c=0.008 B．平衡时，H2的转化率:丁>甲C．平衡时，乙中H2的转化率大于20% D．丙中条件下，该反应的平衡常数K=0.253、下列化合物分子中的所有碳原子不可能处于同一平面的是：A．甲苯 B．硝基苯 C．2-甲基丙烯 D．2-甲基丙烷4、若NA为阿伏加德罗常数,则下列叙述正确的是A．标准状况下，12gC60中含有的碳原子数为NAB．3.9g金属钾变为钾离子时，失去的电子数为NAC．标准状况下，22.4L以任意比例混合的CO2与CO气体中含有的碳原子数约为2NAD．在1L1mol·L-1的盐酸中，所含氢原子数约为NA5、肯定属于同族元素且性质相似的是()A．原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s2B．结构示意图：A为，B为C．A原子基态时2p轨道上有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道上也有1个未成对电子D．A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子6、具有下列电子排布式的原子中，半径最大的是（）A．1s22s22p63s1 B．1s22s22p2 C．1s22s22p3 D．1s22s22p63s27、下列有关硅及其化合物的叙述错误的是(

)①水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2②水玻璃是制备硅胶和木材防火剂的原料③硅酸盐Na2Fe2Si3O10用氧化物的形式可表示为：Na2O•2FeO•3SiO2④可选用陶瓷坩埚或者生铁坩埚熔融氢氧化钠固体⑤氮化硅陶瓷是一种重要的结构材料，具有超硬性，它能与氢氟酸反应⑥水泥、玻璃、陶瓷都是混合物，没有固定的熔点A．①③⑥ B．①②③④ C．③④ D．⑤⑥8、下列有关化学用语表示正确的是（）A．H2O2的电子式： B．F-的结构示意图：C．中子数为20的氯原子：2017Cl D．NH3的电子式：9、下列化合物中含有2个手性碳原子的是()A． B．C． D．10、下列说法正确的是()A．现需480mL0.1mol/L硫酸铜溶液，则使用容量瓶配制溶液需要7.68g硫酸铜固体B．配制1mol/LNaOH溶液100mL，托盘天平称量4gNaOH固体放入100mL容量瓶中溶解C．使用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，将浓硫酸转移至烧杯后须用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液一并转移至烧杯D．配制硫酸溶液，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数会导致所配溶液的浓度偏大11、乙二酸，又称草酸，通常在空气中易被氧化而变质。其两分子结晶水(H2C2O4·2H2O)却能在空气中稳定存在。在分析化学中常用H2C2O4•2H2O做KMnO4的滴定剂，下列关于H2C2O4的说法正确的是A．草酸是二元弱酸，其电离方程式为H2C2O4═2H++C2O42−B．草酸滴定KMnO4属于中和滴定，可用石蕊做指示剂C．乙二酸可通过乙烯经过加成、水解、氧化再氧化制得D．将浓H2SO4滴加到乙二酸上使之脱水分解，分解产物是CO2和H2O12、下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是A．石墨>金刚石>SiO2 B．KCl>NaCl>MgCl2>MgOC．Rb>K>Na>Li D．CH4>SiH4>GeH4>SnH413、下表中根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓X溶液有白烟产生X一定是HClB将Cl2持续通入淀粉­KI溶液中溶液先变蓝色，后褪色氯气先表现氧化性，后表现漂白性C向强酸性溶液Y中加入Ba（NO3）2溶液，静置后再加入铁氰化钾溶液只有白色沉淀产生Y中一定含有SO42-，一定不含Fe2＋D将无色气体X通入品红溶液中，然后加热开始时品红溶液褪色，加热后又恢复红色X中一定含有SO2A．A B．B C．C D．D14、H2S2O3是一种弱酸,实验室欲用0.01mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液,发生的反应为：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6,下列说法合理的是()A．该滴定可选用如图所示装置B．该滴定可用甲基橙作指示剂C．Na2S2O3是该反应的还原剂D．该反应中每消耗2molNa2S2O3,电子转移数为4mol15、能与Na反应放出H2，又能使溴水褪色，但不能使pH试纸变色的物质是()A．CH2＝CH－COOH B．CH2＝CH－CH3C．CH2＝CH－CH2OH D．CH2＝CH－COOCH316、氮化硼(BN)晶体有多种结构，六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，有白色石墨之称，具有电绝缘性，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，硬度可媲美钻石，常被用作磨料和刀具材料。它们的晶体结构如图所示，关于两种晶体的说法，错误的是A．六方相氮化硼属于混合晶体，其层间是靠范德华力维系，所以质地软B．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大C．六方氮化硼不能导电是因为其层结构中没有自由电子D．相同质量的六方相氮化硼和立方相氮化硼所含共价键数不相同二、非选择题（本题包括5小题）17、对乙酰氨基苯酚，俗称扑热息痛，具有很强的解热镇痛作用，工业上通过下列方法合成（B1和B2、C1和C2分别互为同分异构体，无机产物略去）：已知：请回答下列问题：（1）A的结构简式为______________，C2的结构简式为_________________。（2）上述②～⑤的反应中，属于取代反应的有________________（填数字序号）。（3）工业上不是直接用硝酸氧化苯酚得到C1，而是设计反应①、②、③来实现，其目的是________________________________________________。（4）反应⑤的化学方程式为_____________________________________________。（5）扑热息痛有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体共有______种。a．苯环上只有两个取代基，其中一个含碳不含氮，另一个含氮不含碳；b．两个氧原子与同一个原子相连。其中核磁共振氢谱中只出现四组峰，且峰面积比为3:2:2:2，又不能发生水解反应的同分异构体的结构简式为_____________________________。其中既能发生银镜反应，也能分别与盐酸、氢氧化钠溶液反应，在核磁共振氢谱中只出现五组峰的同分异构体的结构简式为_________________________。18、高血脂是一种常见的心血管疾病.治疗高血脂的新药I的合成路线如下图所示:已知：a、；b、RCHO请回答下列问题:(1)反应①所需试剂、条件分别是___________________。(2)②的反应类型是____________;A→B的化学方程式为____________________。(3)G的结构简式为____________;H中所含官能团的名称是______________。(4)化合物W的相对分子质量比化合物C大14。且满足下列条件.W的可能结构有___种。①遇FeCl3溶液显紫色②属于芳香族化合物③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢.且峰面积比为2:2:2:1:1的结构简式为_____________(5)设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选(合成路线常用的表示方式为:A→反应条件反应试剂B……→反应条件反应试剂19、中和热测定是中学化学中的重要定量实验，下图所示装置是一定浓度的盐酸和NaOH溶液测定中和热的实验装置。回答下列问题：（1）实验时使用环形玻璃棒搅拌溶液的方法是____________________。不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃棒的理由_______________________________。（2）向盛装稀盐酸的烧杯中加入NaOH溶液的正确操作是_________________________。A．沿玻璃棒缓慢加入B．一次性迅速加入C．分三次加入（3）用一定浓度的盐酸和NaOH溶液测中和热为△H1，若将盐酸改为相同体积、相同浓度的醋酸，测得中和热为△H2，则△H1与△H2的关系为△H1_______△H2（填“＜”“＞”或“＝”），理由是______________________________。20、电镀厂曾采用有氰电镀工艺，处理有氰电镀的废水时，可在催化剂TiO2作用下，先用NaClO将CN-离子氧化成CNO-，在酸性条件下CNO-继续被NaClO氧化成N2和CO2。环保工作人员在密闭系统中用下图装置进行实验，以证明处理方法的有效性，并通过测定二氧化碳的量确定CN-被处理的百分率。将浓缩后含CN-离子的污水与过量NaClO溶液的混合液共200mL(其中CN-的浓度为0.05mol•L-1倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。回答下列问题：（1）甲中反应的离子方程式为________________________，乙中反应的离子方程式为________________________。（2）乙中生成的气体除N2和CO2外，还有HCl及副产物Cl2等。丙中加入的除杂试剂是饱和食盐水，其作用是_____________________，丁在实验中的作用是______________，装有碱石灰的干燥管的作用是______________________________。（3）戊中盛有含Ca(OH)2

0.02mol的石灰水，若实验中戊中共生成0.82g沉淀，则该实验中测得CN-被处理的百分率等于__________。该测得值与工业实际处理的百分率相比总是偏低，简要说明可能原因之一_______________________。21、铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。(1)FeCl3的熔点为306℃，沸点为(2)羰基铁[Fe(CO)5](3)氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为______；(4)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg⋅cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为______；

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

A．X、Z都有能和NaOH溶液反应的官能团酚羟基，而Y没有，所以A错。B．X、Z都有官能团酚羟基，酚羟基的酸性比碳酸弱，但比碳酸氢根强，所以X和Z均能和Na2CO3溶液反应，但不能和NaHCO3溶液反应,B正确。C．Y有官能团碳碳双键，所以能发生加聚反应，但没有能发生缩聚反应的官能团，所以C错。D．Y分子可以看成由乙烯基和苯基两部分组成，乙烯分子是6原子共面结构，而苯分子是12原子共面结构，所以当乙烯基绕其与苯环相连的碳碳单键旋转时，有可能共面，D错。故选B。【题目点拨】有机物的性质是官能团决定的，所以有机化学就是官能团的化学。分析一种有机物的性质，首先要分析它有哪些官能团，然后联系这些拥有官能团的代表物的化学性质进行类比。分析有机物的空间结构时，必须以甲烷、乙烯、乙炔和苯等基本结构为基础，根据碳碳单键可以旋转来分析分子中的原子共面、共线问题。2、B【解题分析】分析：某温度下，反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，增大压强不改变化学平衡，A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促进碘单质转化；B．甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动；C．由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×0.5/0.01×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；D．甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。详解：A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促进碘单质转化，乙丙达到相同平衡状态，则HI的平衡浓度：a=b＞0.004，反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，丙投料是甲的2倍，c=0.008，故A正确；B、甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动，则平衡时，H2的转化率：甲=丁，故B错误；C、由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×1/(2×0.01)×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化，故C正确；D、甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。故D正确；故选B。点睛：本题考查化学平衡的计算，解题关键：把握表格中数据、转化率及K的计算、等效平衡的判断，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点．3、D【解题分析】

在有机分子结构中，与苯环、碳碳双键直接相连的碳原子是在官能团所在的平面，据此分析解答。【题目详解】A项，苯环上的六个碳原子一定共面，甲基上的碳原子可以与之处于同一个平面，故A项正确；B项，硝基苯上的苯环的碳原子共平面，故B项正确；C项，碳碳双键上的两个碳处于一个平面上，且不可扭转，2个甲基上的碳原子可以与之共面，故C项正确；D项，2-甲基丙烷是饱和烷烃，碳原子具有四面体的结构，不可能处于一个平面，故D项错误。答案选D。4、A【解题分析】分析：A.根据C60的物质的量结合其组成分析；B.K在反应中失去1个电子；C.根据混合气体的物质的量结合其组成分析解答；D.盐酸溶液中氯化氢电离出氢离子和氯离子。详解：A.12gC60中含有的碳原子的物质的量是12g720g/mol×60=1mol，因此碳原子数为NA，B.3.9g金属钾的物质的量是3.9g÷39g/mol＝0.1mol，因此变为钾离子时，失去的电子数为0.1NA，B错误；C.标准状况下，22.4L以任意比例混合的CO2与CO气体的物质的量是1mol，其中含有的碳原子数为NA，C错误；D.在1L1mol·L-1的盐酸中，所含氢离子数约为NA，D错误；答案选A。5、D【解题分析】

A：前者为Be，后者为He，分处于IIA及0族。B：前者为0族Ne，后者为IA的Na；C：前者为B或F，后者为Al或Cl，不一定是同族元素；D：前者为O，后者为S，均为第ⅥA元素；故选D。6、A【解题分析】

1s22s22p63s1为第三周期第IA族的Na，1s22s22p2为第二周期第IVA的C，1s22s22p3为第二周期第VA族的N，1s22s22p63s2为第三周期第IIA族的Mg，根据“层多径大，序大径小”，原子半径由大到小的顺序为Na>Mg>C>N，原子半径最大的是A，故选A。【题目点拨】本题考查了原子半径大小的比较，先比较电子层数，再根据元素周期律判断同一周期元素原子半径相对大小，难度不大。7、C【解题分析】

①水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2；②水玻璃是硅酸钠的水溶液，可用于制备硅胶和木材防火剂；③硅酸盐在用氧化物表示时，要符合元素原子守恒；④陶瓷坩埚主要成分是硅酸盐，可以与NaOH在高温下反应；⑤氮化硅陶瓷属于原子晶体，结合其组成、结构分析判断；⑥混合物没有固定的熔沸点，纯净物有固定的熔沸点。【题目详解】①水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2，①合理；②水玻璃是硅酸钠的水溶液，可向其水溶液中通入CO2气体，利用复分解反应来制取硅胶，由于硅酸钠不能燃烧也不支持燃烧，因此可作木材防火剂，②合理；③硅酸盐Na2Fe2Si3O10用氧化物的形式表示时，各种元素的原子个数比不变，元素的化合价不变，因此该硅酸盐可表示为：Na2O•Fe2O3•3SiO2，③错误；④陶瓷坩埚主要成分是硅酸盐，可以与NaOH在高温下反应，故不能在高温下熔融NaOH固体，④错误；⑤氮化硅陶瓷是一种重要的结构材料，由于氮化硅属于原子晶体，原子间通过共价键结合，共价键的作用力强，因此该物质具有超硬性，它能与氢氟酸反应产生SiF4、NH3，⑤正确；⑥水泥、玻璃、陶瓷都是混合物，由于没有固定的组成，因此物质没有固定的熔点，只能在一定温度范围内软化，⑥正确；可见叙述错误的是③④，因此合理选项是C。8、B【解题分析】

A、H2O2是共价化合物，电子式是，故A错误；B.F-核外有10个电子，结构示意图：，故B正确；C.中子数为20的氯原子，质量数是37，该原子表示为3717Cl，故C错误；D.NH3的电子式是：，故D错误，答案选B。9、B【解题分析】

A.只有如图标记“”的碳原子连接四个不同的基团，是手性碳原子，含有1个手性碳原子，故A错误；B．如图标记“”的碳原子连接四个不同的基团,是手性碳原子，含有2个手性碳原子，故B正确；C．只有如图标记“”的碳原子连接四个不同的基团，是手性碳原子，含有1个手性碳原子，故C错误；D．中间碳原子连接1个-OH、1个-H、2个，不是手性碳原子，两端的碳原子连接了2个-H，不手性碳原子，分子中不存在手性碳原子，故D错误；故选B。【题目点拨】手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：1、手性碳原子一定是饱和碳原子；2、手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。10、D【解题分析】

A、实验室没有480mL规格的容量瓶，实际应配制时应选用500mL的容量瓶；B、容量瓶为精密仪器不能用来溶解固体；C、量筒在制作时就已经扣除了粘在量筒壁上的液体，量取的液体倒出的量就是所读的量程，不能洗涤；D、用量筒量取浓硫酸时，仰视读数会导致所取硫酸溶液体积偏大。【题目详解】A项、实验室没有480mL规格的容量瓶，实际应配制时应选用500mL的容量瓶，则需要硫酸铜的质量为0.5L×0.1mol/L×160g/mol=8.0g，故A错误；B项、容量瓶为精密仪器不能用来溶解固体，应先将氢氧化钠固体在烧杯中溶解，冷却后再转移到容量中，故B错误；C项、量筒在制作时就已经扣除了粘在量筒壁上的液体，量取的液体倒出的量就是所读的量程，不能洗涤，如果洗涤并洗涤液一并转移至烧杯，实际量取浓硫酸的体积偏大，所配溶液的浓度偏高，故C错误；D项、用量筒量取浓硫酸时，仰视读数会导致所取硫酸溶液体积偏大，所配溶液浓度偏高，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，注意仪器的使用、操作的规范性是否正确分析是解答关键。11、C【解题分析】

A．多元弱酸的电离是分步进行的，电离方程式为H2C2O4H++HC2O4-，故A错误；B．高锰酸钾本身就是紫红色，不需要指示剂，该反应是氧化还原滴定，故B错误；C．乙烯和氯气加成生成1，2－二氯乙烷，上述产物水解成乙二醇，乙二醇催化氧化为乙二醛，乙二醛发生银镜反应生成乙二酸，故C正确；D．乙二酸在酸和受热的条件下易分解出甲酸和二氧化碳，故D错误；故选C。12、A【解题分析】

A．原子晶体中，共价键的键长越小，熔点越高，石墨为混合晶体，石墨的键长比金刚石的小，所以石墨比金刚石的熔点高，故A项正确；B.离子晶体中离子电荷数较高的熔点较高，离子电荷数相同时，离子半径越小，熔点越高，KCl<NaCl，MgCl2<MgO,故B项错误；C．金属晶体中原子半径越小，金属键越强，熔点越高，Rb＜K＜Na＜Li，故C项错误；D．分子晶体中，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，CH4<SiH4<GeH4<SnH4，故D项错误；综上所述，本题选A。【题目点拨】晶体熔沸点比较规律：原子晶体：主要看原子半径，原子半径越小，共价键越强，熔沸点就越高；离子晶体：组成和结构相似的，主要看离子半径，离子半径越小，离子键越强，熔沸点就越高；分子晶体：组成和结构相似的，相对分子质量越大，熔沸点越高（含有氢键的反常）。13、D【解题分析】

A、蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓X溶液，有白烟产生，X不一定是HCl，也可能是硝酸，A错误；B、将Cl2持续通入淀粉­KI溶液中，溶液先变蓝色，后褪色，说明开始有单质碘生成，氯气过量后继续氧化单质碘，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，B错误；C、向强酸性溶液Y中加入Ba（NO3）2溶液，静置后再加入铁氰化钾溶液，只有白色沉淀产生，说明Y中含有SO42-或在反应中产生硫酸根离子，由于在酸性溶液中硝酸根能氧化亚铁离子，则无法判断溶液中是否含有Fe2＋，C错误；D、将无色气体X通入品红溶液中，然后加热，开始时品红溶液褪色，加热后又恢复红色，即漂白是不稳定的，这说明X中一定含有SO2，D正确；答案选D。14、C【解题分析】分析：A、Na2S2O3溶液显碱性；B、根据碘遇淀粉溶液变蓝色分析解答；C、根据Na2S2O3中S元素化合价变化分析；D、根据Na2S2O3中S元素化合价变化解答。详解：A、Na2S2O3溶液显碱性，应该用碱式滴定管，A错误；B、溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与Na2S2O3发生氧化还原反应，当反应终点时，单质碘消失，蓝色褪去，B错误；C、Na2S2O3中S元素化合价由+2价升高到+2.5价，失去电子被氧化，作还原剂，C正确；D、Na2S2O3中S元素化合价由+2价升高到+2.5价，因此反应中每消耗2molNa2S2O3，转移2mol电子，D错误；答案选C。15、C【解题分析】

A.CH2＝CH－COOH含有羧基，具有酸性可以与金属Na反应放出氢气，可以使pH试纸变红色，含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应使溴水褪色，A不符合题意；B.CH2＝CH－CH3含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应使溴水褪色，不含有羧基、醇羟基、酚羟基，不能与钠发生反应放出氢气，也不能使pH试纸变色，B不符合题意；C.CH2＝CH－CH2OH含有醇羟基，可以与金属Na反应放出氢气；含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应使溴水褪色；但醇不具有酸性，不可以使pH试纸变色，C符合题意；D.CH2＝CH－COOCH3含有碳碳双键，可以使溴水褪色，不能与金属钠发生反应放出氢气，也不能使pH试纸变色，D不符合题意；故合理选项是C。16、B【解题分析】

A.六方相氮化硼与石墨晶体相同，属于混合晶体，其层间是靠范德华力维系，所以质地软，A正确；B.立方相氮化硼含有共价键和配位键，为σ键，所以硬度大，B错误；C.石墨层内导电是由于层内碳原子形成大键，有自由移动的电子，而六方氮化硼不能导电是因为其层结构中没有自由电子，C正确；D.六方相氮化硼中每个原子合1.5条键，而立方相氮化硼中每个原子合2条键，则相同质量的六方相氮化硼和立方相氮化硼所含共价键数不相同，D正确；答案为B二、非选择题（本题包括5小题）17、②、③、⑤保护酚羟基不被硝酸氧化15【解题分析】

苯酚和CH3I发生取代反应生成，与硝酸发生硝化反应生成或，与HI发生取代反应，则C1为，C2为，D为，结合有机物的结构和性质解答该题。【题目详解】（1）由分析可知，A的结构简式为，C2的结构简式为；（2）反应②：与硝酸发生硝化（取代）反应生成或，反应③：与HI发生取代反应生成，反应④：被还原生成，反应⑤：与CH3COOH发生取代反应生成，则②～⑤的反应中，属于取代反应的有②、③、⑤；（3）工业上不是直接用硝酸氧化苯酚得到C1，而是设计反应①、②、③来实现，因为C1、C2含有酚羟基，易被硝酸氧化，应先生成醚基，防止被氧化；（4）反应⑤：与CH3COOH发生取代反应生成，化学方程式为；（5）含N基团可为氨基或硝基，当为氨基时，含碳基团可为羧基或酯基，当为硝基时，对位应为乙基。取代基结构可能为：-CH2CH3、-NO2；-COOCH3、-NH2；-CH2COOH、-NH2；-OOCCH3、-NH2；-CH2OOCH、-NH2；再苯环上分别有邻间对三种结构，共35=15种。其中核磁共振氢谱中只出现四组峰，且峰面积比为3:2:2:2，又不能发生水解反应（不含酯基）的同分异构体的结构简式为。其中既能发生银镜反应（甲酸酯），也能分别与盐酸、氢氧化钠溶液反应，在核磁共振氢谱中只出现五组峰的同分异构体的结构简式为。【题目点拨】本题考查有机物的推断，注意把握有机物的结构和性质，特别是官能团的变化，是解答该题的关键。18、Cl2、光照取代反应羟基13【解题分析】

甲苯发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成，则A为，该分子继续氧化为B，可推知B为，C为；D经过消去反应可得到HCHO，所以E为HCHO，根据给定的已知信息及逆合成分析法可知，G为，据此分析作答。【题目详解】甲苯→，发生的是取代反应，所需试剂、条件分别是Cl2、光照；故答案为：Cl2、光照；（2）反应②是C和H发生的酸和醇的酯化反应（取代反应），A→B的化学方程式为，故答案为：取代反应；；（3）结合给定的已知信息推出G的结构简式为；G→H，是-CHO和H2的加成反应，所以H中所含官能团的名称是羟基，故答案为：；羟基。（4）C为，化合物W的相对分子质量比化合物C大14，W比C多一个CH2，遇FeCl3溶液显紫色含有酚羟基，属于芳香族化合物含有苯环，能发生银镜反应含有醛基，①苯环上有三个取代基，分别为醛基、羟基和甲基，先固定醛基和羟基的位置，邻间对，最后移动甲基，可得到10种不同结构；②苯环上有两个取代基，分别为-OH和-CH2CHO，邻间对位共3种，所以W的可能结构有10+3=13种；符合①遇FeCl3溶液显紫色、②属于芳香族化合物、③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1要求的W的结构简式：，故答案为：13；；（5）根据题目已知信息和有关有机物的性质，用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线具体如下：，故答案为：。19、上下轻轻移动(或上下轻轻搅动)Cu传热快，防止热量损失B<因弱电解质的电离过程是吸热的，将盐酸改为相同体积、相同浓度的醋酸反应后放出的热量少，所以△H1<△H2【解题分析】分析：（1）环形玻璃搅拌棒上下搅动使溶液充分反应；金属导热快，热量损失多；(2)酸碱中和放出热量，应该减少热量的损失；（3）根据弱电解质电离吸热分析．详解：(1)环形玻璃搅拌棒上下搅动使溶液充分反应；不能将环形玻璃搅拌棒改为铜丝搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体，故答案为：上下轻轻移动(或上下轻轻搅动)；铜传热快，防止热量损失。(2)酸碱中和放出热量，为了减少热量的损失应该一次性迅速加入NaOH溶液，故答案为：B。（3）醋酸为弱酸,电离过程为吸热过程,所以用醋酸代替稀盐酸溶液反应,反应放出的热量偏小，所以△H1<△H2，故答案为：<；因弱电解质的电离过程是吸热的，将盐酸改为相同体积、相同浓度的醋酸反应后放出的热量少，所以△H1<△H2。20、CN-+ClO-=CNO-+Cl-2CNO-+2H++3CNO-=N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2O除去HCl气体去除Cl2防止空气中CO2进入戊中影响测定准确度82%①装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；②CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；③Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全（答出其一即可）。【解题分析】本题考查氧化还原反应方程式的书写、物质除杂和提纯、化学计算等，（1）根据信息，甲：在TiO2催化剂作用下，NaClO将CN－氧化成CNO－，ClO－＋CN－→CNO－＋Cl－，CN－中N显－3价，C显＋2价，CNO－中氧显－2价，N显－3价，C显＋4价，因此有ClO－中Cl化合价由＋1价→－1价，化合价降低2价，CN－中C化合价由＋2价→＋4价，化合价升高2价，然后根据原子守恒配平其他，CN－+ClO－=CNO－+Cl－；根据信息酸性条件下，CNO－被ClO－氧化成N2和CO2，离