2023學年云南省西盟縣第一中學化學高二下期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題（含解析）

2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、乙酸異丁香酚酯主要用于配制樹莓、草莓、漿果和混合香辛料等香精。其結構簡式如下圖所示，下列說法正確的是A．異丁香酚的分子式是C10H12O2，分子中含有含氧官能團羥基和醚鍵B．乙酸異丁香酚酯中的所有碳原子不可能在一個平面內C．乙酸異丁香酚酯能與溴水發(fā)生加成反應和取代反應D．1mol乙酸異丁香酚酯最多能與1molNaOH發(fā)生反應2、下列敘述正確的是（）①向久置于空氣中的NaOH溶液中加鹽酸時有氣體產生②濃硫酸可用于干燥H2、NO2等氣體，但不能干燥NH3、SO3等氣體③CO2和Na2O2反應生成Na2CO3和O2，SO2和Na2O2反應生成Na2SO3和O2④足量的硫單質與64g銅反應，有2mol電子發(fā)生轉移⑤水玻璃為硅酸鈉，是純凈物⑥氫氧化鐵膠體與氯化鐵溶液分別蒸干灼燒得相同的物質A．①④⑤ B．①②⑥ C．②③④ D．④⑤⑥3、下列化石燃料的煉制和加工過程中不涉及化學變化的是A．石油的分餾 B．石油的裂解 C．煤的液化 D．煤的干餾4、下列有關Na2CO3和NaHCO3性質的說法中，正確的是()A．熱穩(wěn)定性：Na2CO3<NaHCO3B．Na2CO3和NaHCO3均可與澄清石灰水反應C．相同溫度下，在水中Na2CO3的溶解度小于NaHCO3D．106gNa2CO3和84gNaHCO3分別與過量鹽酸反應，放出CO2的質量：Na2CO3>NaHCO35、下列實驗結論正確的是（）實驗操作現象結論A淀粉溶液中加入碘水溶液變藍說明淀粉沒有水解B將乙醇與酸性重鉻酸鉀(K2Cr2O7)溶液混合橙色溶液變?yōu)榫G色乙醇具有還原性C蔗糖溶液中加入稀硫酸，水解后加入銀氨溶液，水浴加熱未出現銀鏡水解的產物為非還原性糖D將新制Cu(OH)2與葡萄糖溶液混合加熱產生紅色沉淀(Cu2O)葡萄糖具有氧化性A．A B．B C．C D．D6、下列與量有關的離子反應方程式不正確的是（）A．向Mg(HCO3)2溶液中加入過量的溶液Mg2++2HCO3-+4OH-═Mg（OH）2↓+2CO32-+2H2OB．FeBr2溶液中通入等物質的量Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-C．鐵粉與足量稀硝酸反應：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2OD．碳酸氫鈉溶液中加入過量的澄清石灰水：Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+CO32-+2H2O7、下列原子的電子排布圖中，正確的是A． B． C． D．8、下列敘述中正確的是A．CS2為V形的極性分子，形成分子晶體B．ClO3-的空間構型為平面三角形C．氯化硼B(yǎng)Cl3的熔點為-107℃，氯化硼液態(tài)時能導電而固態(tài)時不導電D．SiF4和SO32-的中心原子均為sp3雜化，SiF4分子呈空間正四面體，SO32-呈三角錐形9、下列各組物質之間的轉化不是全部通過一步反應完成的是()A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)310、298K時，N2與H2反應的能量變化曲線如圖，下列敘述正確的是A．形成6molN—H鍵，吸收600kJ能量B．b曲線是加入催化劑時的能量變化曲線C．該反應的ΔH＝－92kJ?mol-1D．加入催化劑，能提高N2的轉化率11、若圖①表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的鹽溶液中滴加NaOH溶液時，沉淀的量與NaOH的體積的關系圖。下列各表述與示意圖一致的是A．圖①三種離子的物質的量之比為:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝2:3:2B．圖①中使用的NaOH的濃度為2mol/LC．圖②中物質A反應生成物質C，△H>0D．圖②中曲線表示某反應過程的能量變化。若使用催化劑，B點會降低12、下列有機物中，既能與H2發(fā)生加成反應，又能發(fā)生酯化反應、氧化反應的是()①CH3(CHOH)4CHO②CH3CH2CH2OH③CH2=CHCH2OH④CH3COOCH2CH2OH⑤CH2=CHCOOHA．①③⑤ B．③④⑤ C．①②④ D．①③④13、下列敘述正確的是（）A．Li在氧氣中燃燒主要生成B．利用鎂粉燃燒的實驗，測定空氣中氧氣的含量C．用少量碳粉在高溫下還原生成D．將通入溶液中可置換出溴單質14、下圖有機物的正確命名為()A．2-乙基-3,3-二甲基戊烷 B．3,3-二甲基-4-乙基戊烷C．3,3,4-三甲基己烷 D．3,4,4-三甲基己烷15、下列各組元素性質的遞變情況錯誤的是A．Li、Be、B原子的最外層電子數依次增多B．P、S、Cl元素的最高化合價依次升高C．N、O、F電負性依次增大D．Na、K、Rb第一電離能逐漸增大16、下列關于晶體的說法，正確的是A．在晶體中只要有陽離子就一定有陰離子B．金剛石、SiC、HF、HBr晶體的熔點依次降低C．晶體中分子間作用力越大，分子越穩(wěn)定D．Al固體為金屬晶體，AlCl3固體為離子晶體二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物A是最常用的食用油抗氧化劑，分子式為C10H12O5，可發(fā)生如下轉化已知B的相對分子質量為60，分子中只含一個甲基。C的結構可表示為：(其中：—X、—Y均為官能團)請回答下列問題：（1）官能團-X的名稱為____，反應③的類型為____；（2）根據系統(tǒng)命名法，B的名稱為____，高聚物E的鏈節(jié)為____；（3）A的結構簡式為____；（4）反應⑤的化學方程式為____；（5）C有多種同分異構體，其中符合下列要求的同分異構體共____種；i.含有苯環(huán)ii.能發(fā)生銀鏡反應iii.不能發(fā)生水解反應（6）從分子結構上看，A具有抗氧化作用的主要原因是____（填序號）。a含有苯環(huán)b含有羰基c含有酚羥基18、煤的綜合利用備受關注。有如下的轉化關系，CO與H2不同比例可以分別合成A、B，已知烴A對氫氣的相對密度是14，B能發(fā)生銀鏡反應，C為常見的酸味劑。（1）有機物C中含有的官能團的名稱是____________________。（2）反應⑤的反應類型為______________。（3）寫出③的反應方程式____________。（4）下列說法正確的是______________。（填字母）A．第①步是煤的液化，為煤的綜合利用的一種方法B．有機物B和C都可以與新制氫氧化銅發(fā)生反應C．有機物C和D的水溶液都具有殺菌消毒作用D．乙酸乙酯與有機物D混合物的分離，可以用氫氧化鈉溶液振蕩、靜置分液的方法19、某學習小組為測定放置已久的小蘇打樣品中純堿的質量分數，設計如下實驗方案：（1）方案一：稱取一定質量的樣品，置于坩堝中加熱至恒重后，冷卻，稱取剩余固體質量，計算。①完成本實驗需要不斷用玻璃棒攪拌，其目的是_______________________________。②若實驗前所稱樣品的質量為mg，加熱至恒重時固體質量為ag，則樣品中純堿的質量分數為________。（2）方案二：按如圖所示裝置進行實驗，并回答下列問題：①實驗前先檢查裝置的氣密性，并稱取一定質量的樣品放入A中，將稀硫酸裝入分液漏斗中。D裝置的作用是________________。②實驗中除稱量樣品質量外，還需分別稱量_______裝置反應前、后質量(填裝置字母代號)。③根據此實驗得到的數據，測定結果有誤差。因為實驗裝置還存在一個明顯的缺陷，該缺陷是_________。④有同學認為，用E裝置替代A裝置能提高實驗準確度。你認為是否正確？_________(填“是”或“否”)。（3）方案三：稱取一定量的樣品置于錐形瓶中，加適量水，用鹽酸進行滴定，從開始至有氣體產生到氣體不再產生，所滴加的鹽酸體積如圖所示，則小蘇打樣品中純堿的質量分數為_________(保留兩位有效數字)。20、三草酸合鐵(III)酸鉀K3[Fe(C204)3]·3H2O為綠色晶體，易溶于水，難溶于乙醇丙酮等有機溶劑。I.三草酸合鐵(III)酸鉀晶體的制備①將5g(NH4)2Fe(S04)2·6H2O晶體溶于20mL水中，加入5滴6mol/LH2SO4酸化，加熱溶解，攪拌下加入25m飽和和H2C2O4溶液，加熱，靜置，待黃色的FeC2O4沉淀完全沉降以后，傾去上層清液，傾析法洗滌沉定2--3次。②向沉淀中加入10mL飽和草酸鉀容液，水浴加熱至40℃，用滴管緩慢滴加12mL5%H2O2，邊加邊攪拌并維持在40℃左右，溶液變成綠色并有棕色的沉淀生成。③加熱煮沸段時間后，再分兩批共加入8mL飽和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此時棕色沉淀溶解，變?yōu)榫G色透明溶液。④向濾液中緩慢加入10mL95%的乙醇，這時如果濾液渾濁可微熱使其變清，放置暗處冷卻，結晶完全后，抽濾，用少量洗條劑洗滌晶體兩次抽干，干燥，稱量，計算產率。已知制各過程中涉及的主要反應方程式如下:②6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3步驟③2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O請回答下列各題:(1)簡達傾析法的適用范圍____________。(2)步驟③加熱煮沸的目的是___________。(3)步驟④中乙醇要緩慢加入的原因是_________。(4)下列物質中最適合作為晶體洗滌劑的是_______(填編號)。A．冷水B．丙酮C．95%的乙醇D．無水乙醇(5)如圖裝置，經過一系列操作完成晶體的抽濾和洗滌。請選擇合適的編號，按正確的順序補充完整(洗條操作只需要考慮一次):開抽氣泵→a→____→b→d→c→關閉抽氣泵。

a.轉移固體混合物b.關活塞Ac.開活塞Ad.確認抽干e.加洗滌劑洗滌II.純度的測定稱取1.000g產品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用標定濃度為0.0100mol/L的高錳酸鉀溶被滴定至終點，三次平行實驗平均消耗高猛酸鉀溶被24.00mL。(6)滴定涉及反應的離子方程式:____________。(7)計算產品的純度______(用質量百分數表示)。(K3[Fe(C204)3]·3H2O的相對分子質量為491)21、有機物E(C11H12O2)屬于芳香酯類物質，天然物存在于威士忌酒、蘋果酒等中，呈水果及玫瑰香氣，可由下列路線人工合成：完成下列填空：（1）A中官能團的名稱是________________；C物質的結構簡式是________________。（2）反應③的條件是_______________；反應④的類型是_____________________。（3）寫出反應⑥的化學方程式：__________________________________________________________________。（4）如何檢驗反應②中的A是否完全轉化？__________________________________________________________________。（5）設計一條由出發(fā)，制備的合成路線（合成路線常用的表示方式為：）______________________________。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【答案解析】

A.異丁香酚的分子式是C10H12O2，分子中含有含氧官能團羥基和醚鍵，故A正確；B.乙酸異丁香酚酯中的所有碳原子在苯平面、烯平面中，可能在一個平面內，故B錯誤；C.乙酸異丁香酚酯能與溴水發(fā)生加成反應，但不能發(fā)生取代反應，故C錯誤；D.1mol乙酸異丁香酚酯最多能與2molNaOH發(fā)生反應，故D錯誤；故選A。2、B【答案解析】

①氫氧化鈉溶液久置于空氣中，會吸收CO2變?yōu)榈腘a2CO3，當加鹽酸時HCl與Na2CO3發(fā)生反應產生CO2，所以有氣體產生，故①正確；②濃硫酸可用于干燥H2、NO2等氣體，但能夠與NH3發(fā)生反應，所以不能干燥NH3。SO3能夠與水反應生成硫酸，故②正確；③Na2O2與CO2反應生成Na2CO3和O2，由于SO2有還原性，而Na2O2有氧化性，二者會發(fā)生氧化還原反應生成Na2SO4，故③錯誤；④由于S的氧化性弱，所以S與Cu發(fā)生反應只能產生Cu2S，若有64g銅反應，有1mol電子發(fā)生轉移，故④錯誤；⑤水玻璃為硅酸鈉溶液，是混合物，故⑤錯誤；⑥氫氧化鐵膠體與氯化鐵溶液分別蒸干灼燒得到Fe2O3，物質的成分相同，故⑥正確；答案選B。3、A【答案解析】A、石油分餾的過程中是利用了石油中各成分沸點的不同，分離過程中沒有新物質生成，屬于物理變化，選項A正確；B、石油的裂解得到低分子量的烷烴和烯烴，有新物質生成，屬于化學變化，選項B錯誤；C、煤的液化需要高溫，肯定會發(fā)生裂化等復雜的化學變化，選項C錯誤；D、煤的干餾是指煤在隔絕空氣的條件下加熱，生成煤焦油、焦炭、焦爐煤氣等新物質，屬于化學變化，選項D錯誤。答案選A。4、B【答案解析】分析：A.碳酸氫鈉加熱時能分解，碳酸鈉加熱時不分解；

B.碳酸鈉和碳酸氫鈉都能和澄清石灰水反應生成碳酸鈣沉淀；C.相同的溫度下,碳酸鈉的溶解度大于碳酸氫鈉的；

D.根據碳原子守恒找出鹽與二氧化碳的關系,從而知道放出二氧化碳的量.詳解：A.加熱時，碳酸氫鈉能分解，碳酸鈉不分解，所以碳酸鈉的穩(wěn)定性大于碳酸氫鈉的穩(wěn)定性，故A錯誤；

B.碳酸鈉和碳酸氫鈉分別和氫氧化鈣反應的方程式如下：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O，所以都能發(fā)生反應生成沉淀，所以B選項是正確的；

C.相同的溫度下，碳酸鈉的溶解度大于碳酸氫鈉的，故C錯誤；

D.根據碳原子守恒碳酸氫鈉、碳酸鈉與二氧化碳的關系式分別為：

Na2CO3~CO2；NaHCO3~CO2

106g

1mol

84g

1mol106g

1mol

84g

1mol所以生成的二氧化碳的量相同，故D錯誤；

所以B選項是正確的。5、B【答案解析】

A．淀粉溶液中加入碘水，溶液變藍，說明溶液中還存在淀粉，淀粉可能部分水解，不能說明淀粉沒有水解，故A錯誤；B．乙醇具有還原性，能被橙色的酸性重鉻酸鉀溶液氧化生成綠色的Cr3+，故B正確；C．蔗糖溶液中加入稀硫酸水解后溶液呈酸性，在酸性條件下，葡萄糖與銀氨溶液不能發(fā)生銀鏡反應，故C錯誤；D．葡萄糖與新制Cu(OH)2反應生成磚紅色沉淀氧化亞銅，表現了葡萄糖的還原性，故D錯誤；答案選B。6、D【答案解析】

A項、碳酸氫鎂溶液與足量氫氧化鈉溶液反應生成氫氧化鎂沉淀、碳酸鈉和水，反應的離子方程式為Mg2++2HCO3-+4OH-═Mg（OH）2↓+2CO32-+2H2O，故A正確；B項、亞鐵離子還原性強于溴離子，溴化亞鐵溶液與等物質的量的氯氣反應，亞鐵離子完全被氧化，溴離子一半被氧化，反應的離子反應方程式為2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，故B正確；C項、鐵粉與足量稀硝酸反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水，反應的離子方程式為：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O，故C正確；D項、碳酸氫鈉溶液與過量澄清石灰水反應生成碳酸鈣沉淀、氫氧化鈉和水，反應的離子方程式為Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，故D錯誤；答案選D?！敬鸢更c睛】用離子共存判斷可以快速判斷，澄清石灰水過量，反應后的溶液中不可能存在碳酸根離子。7、C【答案解析】

基態(tài)電子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特規(guī)則，以此解答該題．【題目詳解】A．2p軌道違背洪特規(guī)則，故A錯誤；B.2s軌道違背泡利不相容原理，故B錯誤；C．電子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特規(guī)則，故C正確；D.2s軌道沒有填充滿，違背能量最低原理，不是基態(tài)原子排布，應是激發(fā)態(tài)，故D錯誤，故選C．8、D【答案解析】

A.CS2和CO2相似，為直線形分子，在固態(tài)時形成分子晶體，故A不選；B.ClO3-的中心原子的價層電子對數為，其VSEPR模型為正四面體，略去中心原子上的孤電子對，ClO3-的空間構型為三角錐形，故B不選；C.氯化硼B(yǎng)Cl3的熔點為-107℃，氯化硼為分子晶體，液態(tài)和固態(tài)時只存在分子，沒有離子，所以不能導電，故C不選；D.SiF4和SO32-的中心原子的價層電子對數均為4，所以中心原子均為sp3雜化，SiF4的中心原子為sp3雜化，沒有孤電子對，所以分子呈空間正四面體，SO32-有一對孤電子對，所以分子呈三角錐形，故D選。故選D。9、B【答案解析】

A.鈉和水反應生成氫氧化鈉，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氫氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸鈉和氯化鈣反應生成碳酸鈣進而氯化鈉，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步實現反應，A不符合題意；B.鋁和氧氣反應生成氧化鋁，氧化鋁不溶于水，不能一步反應生成氫氧化鋁，B符合題意；C.鎂和氯氣反應生成氯化鎂，Mg+Cl2=MgCl2，氯化鎂和氫氧化鈉溶液反應生成氫氧化鎂沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，氫氧化鎂沉淀溶解于硫酸生成硫酸鎂，Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，能一步實現反應，C不符合題意；D.鐵和鹽酸反應生成氯化亞鐵，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，氯化亞鐵和氫氧化鈉溶液反應生成氫氧化亞鐵，FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，空氣中氫氧化亞鐵被氧氣氧化生成氫氧化鐵，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D不符合題意；故合理選項是B。10、B【答案解析】

A.形成化學鍵釋放能量，故A錯誤；B.加入催化劑降低活化能，不改變反應熱，故a曲線是加入催化劑，故B錯誤；C.ΔH=舊鍵斷裂吸收的總能量-新鍵形成釋放的總能量=508-600=92kJ?mol-1，故C正確；D.催化劑只改變反應速率，不影響平衡移動，不能提高N2的轉化率，故D錯誤。11、D【答案解析】分析：圖①涉及到的離子方程式有Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓,NH4++OH-=NH3?H2O,Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；設NaOH溶液的濃度為xmol/L,則n(NH4+)=0.01xmol,n(Al(OH)3)=n(Al3+)=0.005xmol，n(Mg2+)=(0.025-0.005×3)/2=0.005xmol,則:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝1:1:2，根據氫氧化鎂的物質的量可以知道:0.005xmol=0.05mol,x=10mol/L；圖②中曲線表示反應物和生成物的能量的大小,如A是反應物,則反應放熱,反之吸熱，B點為活化能，加入催化劑,活化能降低；據以上分析解答。詳解：圖(1)涉及到的離子方程式有Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓，NH4++OH-=NH3?H2O，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；設NaOH溶液的濃度為xmol/L,則n(NH4+)=0.01xmol,n(Al(OH)3)=n(Al3+)=0.005xmol,n(Mg2+)=(0.025-0.005×3)/2=0.005xmol,則:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝1:1:2,A錯誤；設NaOH溶液的濃度為xmol/L,根據n(Mg2+)=n(Mg(OH)2)=0.005xmol=0.05mol,x=10mol/L，B錯誤；圖②中曲線表示反應物和生成物的能量的大小，如A是反應物,則反應放熱,△H<0,C錯誤；圖②中表示某反應過程的能量變化,使用催化劑降低反應的活化能,加快反應速率,D正確；正確選項D。點睛：向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的鹽溶液中滴加NaOH溶液時，Mg2＋、Al3＋先與OH-反應生成氫氧化鎂和氫氧化鋁沉淀，然后，NH4＋與OH-反應生成一水合氨，為弱堿，所以兩種沉淀不溶解；繼續(xù)加入OH-，氫氧化鋁溶解變?yōu)槠X酸鹽，而氫氧化鎂不溶解；因此圖像中25mL以前為沉淀的生成過程，25-30mL為NH4＋與堿反應過程，35-40mL為氫氧化鋁的溶解過程，最后剩余氫氧化鎂沉淀。12、A【答案解析】

能發(fā)生加成反應說明含有不飽和鍵，能發(fā)生酯化反應說明含有羥基或羧基，醇、醛、羧酸、烴等有機物都能燃燒而發(fā)生氧化反應，①CH3(CHOH)4CHO中含有醇羥基和醛基，能發(fā)生加成反應、酯化反應和氧化反應，故正確；②CH3CH2CH2OH中含有醇羥基，能發(fā)生酯化反應和氧化反應，不含不飽和鍵，不能發(fā)生加成反應，故錯誤；③CH2=CHCH2OH中含有碳碳雙鍵和醇羥基，能發(fā)生加成反應、氧化反應和酯化反應，故正確；④CH3COOCH2CH2OH含有酯基和羥基，能發(fā)生氧化反應和酯化反應，但不能發(fā)生加成反應，故錯誤；⑤CH2=CHCOOH中含有碳碳雙鍵和羧基，能發(fā)生加成反應、酯化反應和氧化反應，故正確；符合條件的有①③⑤，故選A?！敬鸢更c睛】本題的易錯點為④，要注意羧基和酯基中的碳氧雙鍵不能發(fā)生加成反應，醛基和酮基中的碳氧雙鍵能發(fā)生加成反應。13、D【答案解析】

A項、Li在氧氣中燃燒只能生成Li2O，故A錯誤；B項、鎂能與空氣中的氧氣、氮氣和二氧化碳反應，不能測定空氣中氧氣的含量，故B錯誤；C項、高溫下，C與SiO2反應生成硅和一氧化碳，故C錯誤；D項、氯氣與溴化鈉溶液發(fā)生置換反應生成氯化鈉和單質溴，故D正確；故選D。14、C【答案解析】

烷烴命名時，要選最長的碳鏈為主鏈，據此得出是“某烷”，然后從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，當兩端離支鏈一樣近時，要從支鏈多的一端開始編號，將取代基寫在“某烷”的前面，據此分析?！绢}目詳解】烷烴命名時，要選最長的碳鏈為主鏈，此烷烴的主鏈有6個碳原子，故為己烷，從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，而當兩端離支鏈一樣近時，要從支鏈多的一端開始編號，故在3號碳原子上有兩個甲基，在4號碳原子上有一個甲基，則該有機物的名稱為3,3,4?三甲基己烷，故C正確；答案選C。15、D【答案解析】

A．根據原子核外電子排布分析；B．根據元素的最高正價等于核外最外層電子數分析；C．同周期元素從左到右元素的電負性逐漸增強；D．同主族元素從上到下元素的第一電離能依次減小?！绢}目詳解】A．Li、Be、B原子最外層電子數分別為1、2、3，則原子最外層電子數依次增多，選項A正確；B．P、S、Cl元素最外層電子數分別為5、6、7，最高正價分別為+5、+6、+7，最高正價依次升高，選項B正確；C．同周期元素從左到右元素的電負性逐漸增強，則N、O、F電負性依次增大，選項C正確，D．同主族元素從上到下元素的第一電離能依次減小，則Na、K、Rb元素的第一電離能依次減小，選項D錯誤。答案選D。16、B【答案解析】

A．在晶體中有陽離子不一定有陰離子，比如金屬晶體就是由陽離子和電子組成的，并沒有陰離子，A錯誤；B．金剛石、SiC是原子晶體，HF、HBr是分子晶體，所以金剛石、SiC晶體的熔點高于HF、HBr，C原子半徑小于Si原子半徑，那么C-C鍵鍵長小于Si-C鍵鍵長，C-C鍵更牢固，金剛石熔點更高，HF分子之間有氫鍵，熔沸點均高于HBr，綜上所述：金剛石、SiC、HF、HBr晶體的熔點依次降低，B正確；C．化學鍵鍵能越大，破壞它們所需的能量就越高，分子越穩(wěn)定，而分子間作用力不屬于化學鍵，C錯誤；D．AlCl3是由共價鍵構成的分子晶體，D錯誤。答案選B。【答案點睛】切記：AlCl3是由共價鍵構成的共價化合物，屬于分子晶體。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羧基消去反應1-丙醇3c【答案解析】

A(C10H12O5)在NaOH水溶液條件下發(fā)生水解反應并酸化得到B與C，則A中含有酯基，其中B的相對分子質量為60，分子中只含一個甲基，能在濃硫酸的作用下發(fā)生消去反應，則B為CH3CH2CH2OH，B發(fā)生消去反應得到D，D為CH3CH═CH2，D發(fā)生加聚反應得到高分子化合物E，E為；C中O原子個數為5，C能與碳酸氫鈉溶液反應得到氣體，則C含有-COOH，能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，則C中含有酚羥基，C的結構可表示為(其中：-X、-Y均為官能團)，根據C中氧原子個數知，C為，可推知A為，據此分析解答?！绢}目詳解】(1)根據上述分析，C為，則官能團-X為羧基，反應③為CH3CH2CH2OH發(fā)生消去反應生成CH3CH═CH2，故答案為：羧基；消去反應；(2)根據上述分析，B為CH3CH2CH2OH，根據醇的系統(tǒng)命名法，B的名稱為1-丙醇，CH3CH═CH2發(fā)生加聚反應得到高分子化合物E為，高聚物E的鏈節(jié)為，故答案為：1-丙醇；；(3)根據上述分析，A的結構簡式為，故答案為：；(4)反應⑤的化學方程式為+NaHCO3→+CO2↑+H2O，故答案為：+NaHCO3→+CO2↑+H2O；(5)C為，C的同分異構體符合下列條件：i．含有苯環(huán)；ii．能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；iii．不能發(fā)生水解反應，說明不含酯基，則符合要求的結構簡式如下：、、，共3種，故答案為：3；(6)由于苯酚在空氣中易被氧化，A分子中有酚羥基，因此A具有抗氧化作用，故答案為：c。【答案點睛】正確判斷A的結構是解題的關鍵。本題的易錯點為(5)，要注意性質條件下同分異構體的書寫，和限制條件的解讀，本題中需要按照一定的順序書寫苯環(huán)上的羥基和醛基，才能不重復不遺漏。18、羧基加成（或還原）2CO+3H2→CH3CHO+H2OBC【答案解析】

已知烴A對氫氣的相對密度是14，A的相對分子質量是28，A是乙烯，乙烯氧化生成乙酸，則C是乙酸。乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，則D是乙醇。B能發(fā)生銀鏡反應，與氫氣加成生成乙醇，則B是乙醛，解據此解答?！绢}目詳解】（1）有機物C是乙酸，其中含有的官能團的名稱是羧基。（2）反應⑤乙醛和氫氣發(fā)生加成反應生成乙醇，即反應類型為加成反應。（3）根據原子守恒可知③的反應方程式為2CO+3H2→CH3CHO+H2O。（4）A．第①步是煤的氣化，A錯誤；B．乙醛和乙酸都可以與新制氫氧化銅發(fā)生反應，B正確；C．有機物乙酸和乙醇的水溶液都具有殺菌消毒作用，C正確；D．乙酸乙酯與有機物D混合物的分離，可以用飽和碳酸鈉溶液洗滌、分液的方法，乙酸乙酯能與氫氧化鈉反應，D錯誤；答案選BC。19、使固體樣品受熱均勻，避免局部溫度過高，造成樣品外濺×100%避免空氣中的水蒸氣和二氧化碳進入C裝置中，造成實驗誤差C反應產生的二氧化碳殘留在A、B裝置內，不能被完全吸收否24%【答案解析】

小蘇打久置會發(fā)生反應：，該樣品成分為NaHCO3、Na2CO3，測定樣品中純堿的質量分數方法有：①測定二氧化碳量（質量、體積）從而計算出混合物中Na2CO3的質量分數，②利用NaHCO3的不穩(wěn)定性，加熱固體得到減少的質量，計算出成品中NaHCO3的質量，從而計算出混合物中Na2CO3的質量分數?！绢}目詳解】（1）①使用玻璃棒攪拌，使固體受熱均勻，避免局部溫度過高，造成固體外濺，故答案為使固體受熱均勻，避免局部溫度過高，造成固體外濺；②設樣品中碳酸氫鈉的質量為x，則：Δm16862xg(m-a)g則x==，故m(Na2CO3)=[m-]g，則樣品中Na2CO3的質量分數為=，故答案為；（2）①利用C中堿石灰增重測定反應生成二氧化碳的質量，進而計算樣品中碳酸鈉的質量分數，由于堿石灰可以吸收空氣中的二氧化碳與水蒸氣，故D裝置的作用是吸收空氣中的二氧化碳與水蒸氣，避免空氣中的二氧化碳與水蒸氣加入C中，防止測定誤差；②C裝置反應前后質量之差為反應生成二氧化碳的質量，根據樣品總質量、二氧化碳的質量可以計算混合物中碳酸鈉的質量，還需分別稱量C裝置反應前、后的質量；③該實驗裝置有一個明顯的缺陷是反應產生的二氧化碳殘留在A、B裝置內，不能完全被吸收，使C中吸收二氧化碳質量減小，造成較大的誤差；④用E裝置替代A裝置能提高實驗準確度，這種說法不正確。因為E裝置用恒壓分液漏斗，部分二氧化碳為殘留在分液漏斗上部，使C中吸收二氧化碳質量減小，造成較大的誤差；（3）由圖可知，開始發(fā)生反應：Na2CO3+HCl=NaHCO3，產生二氧化碳的反應為：HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O。整個反應過程涉及6個刻度，設每個刻度為1molHCl，由方程式可知，樣品中n(Na2CO3)=1mol，碳酸鈉反應生碳酸氫鈉為1mol，故原樣品中碳酸氫鈉的物質的量為5mol-1mol=4mol，則原混合物中碳酸鈉的質量分數為=24%?！敬鸢更c睛】本題考查物質組成含量的測定，明確實驗原理是解題關鍵，是對學生綜合能力的考查，難度中等，注意方案二有一定的缺陷，裝置中的二氧化碳未能完全被C中堿石灰吸收。本題實驗基本操作和技能，涉及實驗方案的設計與評價及實驗誤差分析、對信息的利用、實驗條件的控制、化學計算等，是對學生綜合能力的考查，需要學生基本知識的基礎與分析問題、解決問題的能力。20、適用分離晶體顆粒較大、易沉降到容器底部的沉淀除去過量的雙氧水，提高飽和H2C2O4溶液的利用率避免沉淀析出過快導致晶粒過小Cbdce16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O98.20%【答案解析】分析：本題一實驗制備為載體，考查學生對操作的分析評價、物質的分離提純、溶液的配制、氧化還原反應滴定等，是對學生綜合能力的考查，難度中等。詳解