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辽宁省沈阳市郊联体2020-2021学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）
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这是一份辽宁省沈阳市郊联体2020-2021学年高二下学期期末考试化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了5 Fe 56， 下列离子方程式书写正确的是， 下列有关高分子说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2020~2021学年度沈阳市郊联体下学期期末考试高二试题
化学
考试时间：75分钟 试卷总分：100分
说明：本试卷由第Ⅰ卷和第Ⅱ卷组成。第Ⅰ卷为选择题部分，一律用2B铅笔按题号依次填涂在答题卡上；第Ⅱ卷为非选择题部分，按要求答在答题卡的相应位置上。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 合成某小分子抗癌药物中间产物，分子结构如图。下列说法正确的是
A. 该有机物的化学式为C14H16O6
B. 该有机物有四种表现不同性质的官能团
C. 该物质属于烯烃、多官能团有机化合物、芳香烃、烃衍生物
D. 该有机物可属于有机酸类
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据物质结构简式可知该有机物的化学式为C14H14O6，A错误；
B．根据物质结构简式可知：该有机物有羧基、酯基、碳碳双键、酚羟基、醇羟基五种表现不同性质的官能团，B错误；
C．该物质分子中含有羟基、羧基、酯基等含氧官能团，因此属于烃的衍生物，而不属于烃，C错误；
D．该有机物分子中含有羧基，因此物质类别可判断属于有机酸类，D正确；
故合理选项是D。
2. 下列有关实验原理或部分操作正确的是
A. 用20 mL量筒量取15 mL酒精，加水5 mL，配制质量分数为75%酒精溶液
B. 在100 mL某硫酸盐溶液中，含有0.15NA个硫酸根离子，同时含有0.1NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为0.5 mol/L
C. 用质量分数为98%的浓硫酸(ρ=1.84 g/cm3)配制1.84 mol/L的稀硫酸，需将蒸馏水缓慢注入盛有适量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却
D. 实验室配制100 mL1.0 mol/L的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2 g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中溶解，转移到100 mL容量瓶，洗涤、定容、摇匀
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由于乙醇的密度比水小，所以用20 mL量筒量取15 mL酒精，加水5 mL，不能配制质量分数为75%酒精溶液，得到的溶液质量分数小于75%，A错误；
B．在100 mL某硫酸盐溶液中，含有0.15NA个硫酸根离子，同时含有0.1NA个金属离子，则硫酸根离子与金属阳离子个数比是3:2，所以该盐化学式是A2(SO4)3，其物质的量是，由于溶液体积是0.1 L，故该盐的浓度为c=，B正确；
C．浓硫酸在烧杯中进行稀释时，应该注酸入水，而不能将水加入到浓硫酸中，否则会导致酸滴飞溅，C错误；
D．实验室配制100 mL1.0 mol/L的硫酸亚铁溶液，需溶质的物质的量n(FeSO4)=1.0 mol/L×0.1 L=1.0 mol，根据Fe元素守恒可知需称量绿矾质量为m(FeSO4·7H2O)=1.0 mol×278 g/mol=27.8 g，然后将其放入小烧杯中溶解，转移到100 mL容量瓶，洗涤、定容、摇匀，D错误；
故合理选项是B。
3. 常温下，下列各组离子在指定溶液中或相应操作后能大量共存的是
A. Na+、K+、Cu2+、加入氨水后的澄清溶液
B. 硝酸溶液：Na+、K+、、
C. 0.1 mol/L盐酸溶液：、Na+、、I-
D. Na+、Ba2+、Cl-、溶液通入足量CO2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．加入氨水后Cu2+会发生反应形成Cu(OH)2蓝色沉淀，当氨水过量时沉淀有转化为，因而离子之间不能大量存在，A不符合题意；
B．在硝酸溶液中含有大量H+，H+与会反应产生Al3+、H2O，不能大量共存，B不符合题意；
C．0.1 mol/L盐酸溶液含有大量H+，H+与、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；
D．由于碳酸的酸性比HCl、HNO3弱，所以向Na+、Ba2+、Cl-、溶液通入足量CO2气体，不能与选项离子之间发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；
故合理选项是D。
4. 化学使生活更丰富，化学使生活有滋有味。下列说法不正确的是
A. 利用废弃的油脂制取脂肪酸和甘油的反应称为“皂化反应”
B. 谷氨酸通过中和反应制取味精的主要成分，关键是严格控制溶液的
C. 营养蛋白粉人体内水解断裂的肽键即酰胺键，但酰胺键不一定是肽键
D. 蛋类中的部分蛋白质、脂肪与渗入的强碱生成盐，在变性呈胶冻状蛋白质中结晶形成“松花”
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．皂化反应是指油脂的碱性的水解制取高级脂肪酸钠和甘油的过程，故A错误；
B．谷氨酸通过中和反应得到谷氨酸钠，通过调控pH值控制反应的进度，防止羧基完全反应，故B正确；
C．蛋白质中的酰胺键被称为肽键，但并不是所有的酰胺键都称为肽键，故C正确；
D．蛋白质中存在羧基能与强碱反应生成盐，且遇到强碱也能发生变性，可得到胶冻状蛋白质结晶，故D正确；
故选：A。
5. 下列关于醛、酮和酸说法正确的是
A. 醛与银氨溶液充分反应，均能还原出银
B. 醛和酮既可还原为醇，也可氧化为酸
C. 羧酸因其官能团可与水形成氢键，所以均易溶于水
D. 仅用新制的悬浊液合理操作就能鉴别甲酸、乙醛、乙酸和丙酮
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A。甲醛与银氨溶液充分反应，能还原出银，故A错误；
B．醛和酮可还原为醇，酮不能氧化为酸，故B错误；
C．高级脂肪羧酸难溶于水，故C错误；
D．丙酮与新制氢氧化铜悬浊液不反应，分层；乙酸与新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，沉淀溶解；乙醛与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生氧化还原反应生成砖红色沉淀；甲酸与新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，沉淀溶解，在加热条件下发生氧化还原反应生成砖红色沉淀；可鉴别，D项正确；
故选D。
6. 如图表示一个晶胞，该晶胞为正方体，结构粒子位于正方体的顶点和面心。下列说法正确的是
A. 若是一个分子晶体的晶胞，其可表示干冰、冰
B. 若是一个不完整的金刚石晶胞，则晶胞中缺失碳原子位于8个小立方体的中心
C. 若是一个不完整的晶胞，顶点和面心的粒子表示，则晶胞中位置均在12条棱边的中心
D. 若是一个不完整的晶胞，已知中的配位数为8，则图中实心球表示
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．该晶胞是面心立方，对应分子晶体有干冰、碘等，不能代表冰，故A错误；
B．如果是金刚石晶胞，金刚石晶体中5个碳原子构成正四面体结构，即其他4个碳原子位于4个互不相邻小立方体的中心，故B错误；
C．NaCl晶胞中每个Na+被6个Cl-所包围，同样每个Cl-也被6个Na+所包围，所以晶胞中Cl-位置是体心和12条棱边的中心，故C错误；
D．CaF2晶体模型，是面心立方晶胞，钙离子占据立方体的8个顶点和6个面心，而F-占据8个小立方体的体心，即Ca2+中的配位数为8，F-配位数为4，故图中的实心球是代表Ca2+，故D正确；
故选D。
7. 如图所示某醇的化学反应过程，对该过程判断不正确的是
A. 反应中有红黑颜色交替变化的现象 B. 可能生成四种醛
C. 醇类不一定能发生图示的催化氧化反应 D. 醇发生了氧化反应
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．图中发生反应有2Cu+O22CuO，固体有红色变为黑色；分子式为C4H10O的醇与CuO在加热条件下发生催化氧化反应产生醛(或酮)和Cu、H2O，固体又由黑色变为红色，总反应为醇的催化氧化反应，故反应中有红黑颜色交替变化的现象，A正确，
B．分子式为C4H10O的醇与O2在加热条件下反应产生醛(或酮)，说明在醇分子中与-OH连接的C原子上含有H原子，可反应产生CH3CH2CH2CHO、两种醛，B错误；
C．若醇分子中与-OH连接的C原子上不含有H原子，如分子式为C4H10O的醇，就不能发生如图所示的催化氧化反应，C正确；
D．在上述反应中由醇分子发生反应失去了H原子，发生的反应为氧化反应，D正确；
故合理选项是B。
8. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向Ba(HCO3)2溶液中滴入NaHSO4溶液，至沉淀完全：
B. 的溶液与的烧碱溶液等体积混合：
C. 溶液与过量NaHS溶液反应：
D. 10 mL1.0 mol/L的Na2CO3溶液中滴入0.1 mol/LCH3COOH溶液50 mL：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．沉淀完全时二者反应的物质的量的比是1：1，反应符合事实，遵循物质的拆分原则，A正确；
B．Al3+与OH-混合的物质的量的比是2：7，二者反应产生的Al(OH)3沉淀部分反应转化为可溶性NaAlO2和水，反应的离子方程式为：2Al3++7OH-= Al(OH)3↓++2H2O，B错误；
C．H2S是弱酸，由于NaHS过量，二者反应产生CuS沉淀和H2S气体，离子方程式应该为：Cu2++2=CuS+H2S↑，C错误；
D．CH3COOH不足量，与Na2CO3溶液反应时，只能产生NaHCO3和CH3COONa，反应的离子方程式应该为：CH3COOH+=CH3COO-+，D错误；
故合理选项是A。
9. 下列有关高分子说法正确的是
A. 结构决定性质的原则不一定适用于高分子
B. 芦苇中含较多纤维素，多用于制造合成纤维
C. 植物蛋白纤维可作为降解材料
D. 淀粉是天然高分子纯净物，可作为食品工业原料
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．结构决定性质原则也适合高分子，如淀粉和纤维素都是高分子，因为结构不同所以性质也不同，故A错误；
B．合成纤维是用合成高分子化合物做原料而制得的化学纤维的统称。它以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物。所以合成纤维有很多种，重要品种有聚丙烯腈、聚酯、聚酰胺等，其主要成分为聚丙烯腈、聚酯、聚酰胺；人造纤维是用某些线型天然高分子化合物或其衍生物做原料，直接溶解于溶剂或制备成衍生物后溶解于溶剂生成纺织溶液，之后再经纺丝加工制得的多种化学纤维的统称。所以芦苇用于制造人造纤维，故B错误；
C．植物蛋白纤维在自然界中可以被微生物降解，可作为降解材料，故C正确；
D．淀粉是天然高分子，属于混合物，可作为食品工业原料，故D错误。
故选C。
10. 某晶体中含有非极性共价键，关于该晶体的判断正确的是
①可能是共价晶体
②可能是分子晶体
③可能是离子晶体
④不能是金属晶体
⑤熔、沸点可能较低
⑥若熔点很高则硬度很大
⑦不可能具有导电性
⑧可能是化合物
A. 全部 B. 6项 C. 4项 D. 3项
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】某晶体中含有非极性共价键，①该晶体可能属于共价晶体，如金刚石中含有C-C非极性共价键，①正确；
②含有非极性共价键的晶体可能是分子晶体，如H2O2是由分子构成的分子晶体，其中含有O-O非极性共价键，②正确；
③含有非极性共价键的晶体可能是离子晶体，如Na2O2为离子晶体，其中的阴离子中含有非极性共价键O-O，③正确；
④金属晶体中金属阳离子与自由电子之间以金属键结合，不存在非极性键，因此不可能是金属晶体，④正确；
⑤若是含有非极性键的分子晶体，如H2O2晶体，由于分子之间以微弱的分子间作用力结合，该物质的熔、沸点可能较低，⑤正确；
⑥若含有非极性键形成物质是石墨，则其熔点很高，但由于层间以分子间作用力结合，很容易切削，其硬度就不大，⑥错误；
⑦若含有非极性键形成的物质若是石墨，由于其中含有自由移动的电子，因此该物质就具有导电性，⑦错误；
⑧含有非极性键的物质，可能是化合物如H2O2、SiO2等，也可能是单质，如H2、O2等，⑧正确；
综上所述可知：说法正确的有①②③④⑤⑧，共6项，故合理选项是B。
11. 下图所示，其中为人体代谢过程可能产生的乳酸。下列相关物质说法不正确对称是
A. a是加聚生成c的单体
B. a在一定条件下反应，可形成b
C. 1 mol a与足量钠反应，生成1 mol H2
D. d在酸性条件下的水解产物之一与a互为同系物
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．a发生缩聚反应产生c和水，所以a是缩聚生成c的单体，A错误；
B．2个分子的a在一定条件下发生酯化反应，可形成b，B正确；
C．1个a分子中含有1个羧基和1个羟基，a分子中含有的羧基、羟基都可以与Na发生反应产生H2，则1 mol a与足量钠反应，生成1 mol H2，C正确；
D．根据物质结构简式可知d分子中含有肽键，在酸性条件下发生水解反应产生HO-CH2-C(CH3)2CH2COOH，该物质与a结构相似，在分子组成上相差3个CH2原子团，因此二者互为同系物，D正确；
故合理选项是A。
12. 有资料表明，Na2O2与水反应的原理为、。如图实验验证该原理(已知：、)。下列分析不正确的是
A. ①④中均发生了复分解反应和氧化还原反应
B. ①⑤中产生等物质的量气体转移电子数相等
C. 通过②⑤可比较氧化性KMnO4＞H2O2、MnO2＞H2O2
D. ③反应不能比较酸性：HCl＞H2O2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．在①中发生反应：为复分解反应，为氧化还原反应；在④中发生反应：BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2为复分解反应，为氧化还原反应，A正确；
B．①中发生反应；⑤中发生反应，每有1 mol O2产生，转移2 mol电子，故两个反应中若产生等物质的量气体转移电子数相等，B正确；
C．②中KMnO4与H2O2反应产生O2，使KMnO4溶液紫色褪色，可表现氧化性：KMnO4＞H2O2；但⑤中MnO2为H2O2分解的催化剂，因此不能比较MnO2与H2O2的氧化性的强弱，C错误；
D．反应③发生是由于Ba2+与H2O2电离产生的反应产生BaO2沉淀，与物质的酸性强弱无关，因此③反应不能比较酸性：HCl＞H2O2，D正确；
故合理选项是C。
13. 如图所示晶体的硬度比金刚石大，且原子间以单键结合，则有关该晶体的判断正确的是
A. 该晶体片层结构
B. 该晶体化学式可表示为Y3X4
C. X的配位数是4
D. X、Y元素分别位于周期表第ⅢA、ⅣA族
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．该晶体硬度大，为立体网状结构，而不是片层结构，A错误；
B．在晶体中每个X周围有3个Y原子；每个Y原子周围有4个X原子，则Y、X原子个数比是3：4，故该晶体化学式可表示为Y3X4，B正确；
C．在晶体中与X连接的Y原子个数是3个，所以X的配位数是3，C错误；
D．X形成3对共用电子对，则说明X最外层有5个电子，达到最外层8个电子稳定结构需3个电子，所以X为第VA元素；Y形成4对共用电子对，说明Y原子最外层有4个电子，达到最外层8个电子稳定结构需4个电子，则Y位于元素周期表第IVA族，D错误；
故合理选项是B。
14. 水在化学反应中有着广泛的用途，担当多重角色，如氧化还原反应中水可作为氧化剂、还原剂和既不是氧化剂也不是还原剂。下图和水相连的物质都能和水发生反应，关于图中反应说法正确的是
A. 属于氧化还原反应且水既不作氧化剂也不作还原剂的有①④⑤⑥⑦
B. ①和⑥中都有气体生成，反应类型相同
C. ②⑧反应均为置换反应，水分别作氧化剂和还原剂
D. ③⑦基本反应类型相同，④⑧反应可写成同一通式
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．在⑥的CaC2与H2O反应产生Ca(OH)2、C2H2，及SO3与H2O反应产生H2SO4中元素化合价都不变，因此这两个反应不属于氧化还原反应，A错误；
B．在①Na2O2与H2O反应中产生NaOH和O2，反应过程有元素化合价的变化，因此反应属于氧化还原反应；而在⑥的CaC2与H2O反应中产生Ca(OH)2、C2H2，反应过程中元素化合价不变，反应属于非氧化还原反应，因此二者反应类型不同，B错误；
C．在②Na与H2O反应产生NaOH和H2的置换反应中，H2O的组成元素H化合价降低，所以H2O为氧化剂；而在⑧的F2与H2O反应产生HF和O2的置换反应中，H2O的组成O元素化合价升高，所以H2O为还原剂，C正确；
D．反应③是Na2O与H2O化合形成NaOH；反应⑦是SO3与H2O化合形成H2SO4，因此二者基本反应类型相同；都是化合反应；但反应④是Cl2与H2O反应产生HCl、HClO；反应⑧是F2与H2O反应产生HF、O2，因此二者不能写成同一通式，D错误；
故合理选项是C。
15. 如图一密闭容器，ａ和b为无摩擦、可滑动的两隔板。标准状况下，在乙室中充入1.2 mol HCl，甲室中充入NH3、H2的混合气体，静止时隔板位置如图。已知甲、乙两室中气体的质量之差为21.8 g。有关判断错误的是
A. 甲室中气体的物质的量为2 mol
B. 甲室中气体的质量一定为22 g
C. 甲室中气体的平均相对分子质量为11 g/mol
D. 如果将隔板a去掉，完全反应后，隔板将静置于刻度“2”处
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．甲、乙两室气体的压强相等，体积比等于气体的物质的量的比，则甲中气体物质的量为n(甲)=，A正确；
B．H2、NH3的相对分子质量都比HCl小，则乙室中1.2 mol HCl的质量m=1.2 mol×36.5 g/mol=43.8g，二者的质量差为21.8 g，显然甲室中气体的质量比乙室小，其质量为43.8 g -21.8 g=22 g，B正确；
C．甲中气体总质量是22 g，气体的物质的量是2.0 mol，则气体的平均摩尔质量M=11 g/mol，故甲室中气体的平均相对分子质量是11，C错误；
D．假设甲室中NH3、H2的物质的量分别是x、y，可得方程组：17x+2y=22；x+y=2.0，解得x=1.2 mol，y=0.8 mol。可见NH3、HCl的物质的量相同，都是1.2 mol，二者恰好完全反应产生NH4Cl固体，反应后剩余H2的物质的量是0.8 mol。在相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，气体物质的量是2.0 mol时活塞在“5”处，每一个格表示0.4 mol，则当完全反应后，隔板将静置于刻度“2”处，D正确；
故合理选项是C。
二、非选择题(本题共4道题，共55分)
16. “价—类+特性”是理解掌握元素化合物性质的有效方法。即从化合价视角推测物质的氧化性、还原性：从类别通性视角理解物质的复分解反应。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：
(1)图中A、C、F三种物质中，属于电解质的是_______(用化学式表示)。
(2)F的浓溶液与少量铁单质在一定条件下可以发生反应，该反应的化学方程式为_______。
(3)将A与D混合可生成淡黄色固体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(4)Na2S2O3是重要的化工原料。从“价—类”角度分析(S采用平均化合价)，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是_______(填字母)。
a． b．
c． d．
(5)已知中学常见化合物E能被KMnO4氧化为Na2SO4，则的E溶液与的KMnO4溶液恰好反应时，Mn元素在还原产物中的化合价为_______；中学实验室某无色盐溶液可能混入了E和Na2SO4中的一种或二种，判断是否混入杂质的最合理的可靠的实验操作：取试样于试管中，依次加入下列试剂_______(填试剂序号)即可确认。
①Ba(NO3)2溶液 ②BaCl2溶液 ③稀盐酸 ④稀硝酸 ⑤品红溶液 ⑥酸性KMnO4溶液
(6)写出D与另外一种物质化合，一步生成F的化学方程式_______。
【答案】 ①. H2S、H2SO4 ②. 2Fe＋6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O ③. 1∶2 ④. b ⑤. ＋4 ⑥. ⑤③② ⑦. 2H2SO3+O2=2H2SO4(或3H2SO3+O3=3H2SO4)
【解析】
【分析】根据S元素的化合价及物质所属类别，可知：A是H2S，B是S，C是SO2，D是H2SO3，E是Na2SO3，F是H2SO4，G是Na2S，然后根据问题分析解答。
【详解】(1)根据图中A、C、F三点表示的物质中，A表示的是H2S，是酸，属于电解质；C表示的是SO2，SO2在水溶液和熔融状态下都不能发生电离，属于非电解质；F表示的是H2SO4，是酸，属于电解质，故上述三种物质中属于电解质的是H2S、H2SO4；
(2) F是H2SO4，浓硫酸与少量Fe混合加热，发生氧化还原反应产生Fe2(SO4)3、SO2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：2Fe＋6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O；
(3)A是H2S，D是H2SO3，二者混合发生氧化还原反应：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O，在该反应中H2S作还原剂，H2SO3作氧化剂，在该反应中氧化剂与还原剂反应的物质的量的比是1∶2；
(4)Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原反应的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2。选项a中S化合价都小于2；选项c、d中S的化合价都大于2，只有选项 b中S元素化合价必须分别大于2和小于2，故合理选项是b；
(5)E是Na2SO3，S元素化合价为+4价，能被酸性KMnO4溶液氧化为+6价的Na2SO4，KMnO4溶液被还原后化合价假设为+x价，根据氧化还原反应中电子守恒可得2×24 mL×0.05 mol/L=20 mL×0.04 mol/L×(7-x)，解得x=+4价；
中学实验室某无色盐溶液可能混入了E和Na2SO4中的一种或二种，判断是否混入杂质的最合理的可靠的实验操作：取试样于试管中，先加入品红溶液，再加入稀盐酸使溶液呈酸性，若溶液的红色褪去，证明反应产生了具有漂白性的SO2，说明盐溶液中含有Na2SO3；否则不含有Na2SO3；然后再向反应后的酸性溶液中加入BaCl2溶液，若反应产生白色沉淀，就说明原溶液中含有Na2SO4，否则就不含有Na2SO4；故加入试剂的种类及先后顺序为⑤③②；
(6)D是H2SO3，能够与H2SO3发生化合反应产生是H2SO4，S元素化合价升高，则物质具有强氧化性，根据物质的元素组成可知该物质可能是O2或O3，则该反应的化学方程式为：2H2SO3+O2=2H2SO4(或3H2SO3+O3=3H2SO4)。
17. 某气态烃A能发生如图反应，依据图示信息回答问题：
(1)标况下5.6 L气态烃A在氧气中充分燃烧可以产生44 gCO2和22.5 gH2O，则A的分子式是_______。
(2)B和C互为一氯代烃同分异构体，它们同分异构类别为_______。(不考虑立体异构)
(3)D中所有碳原子是否一定处于同一平面？_______(填“是”或“否”)；上图反应中所涉及的有机物适当条件形成的晶体_______(填“一定”或“不一定”)是分子晶体。
(4)②、③的反应类型依次是_______。
(5)写出③反应的化学方程式：_______。
(6)E的同分异构体有_______种。
【答案】 ①. C4H10 ②. 位置异构 ③. 是 ④. 一定 ⑤. 加成反应、取代反应(水解反应) ⑥. +2NaOH+2NaBr ⑦. 8
【解析】
【分析】
【详解】(1)标况下5.6 L气态烃A的物质的量是n(A)=。A在氧气中充分燃烧可以产生44 gCO2和22.5 gH2O，反应产生的两种物质的物质的量n(CO2)= ；n(H2O)= ，则该烃分子中含有的C原子数为：，含有的H原子数为：，故该烃分子式是C4H10；
(2)B和C是分子式为C4H10的同一物质与Cl2发生取代反应产生的互为一氯代烃同分异构体，则它们是由于Cl原子连接在碳链上的位置不同引起的同分异构体，属于位置异构；
(3)A分子式是C4H10，可能有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种不同结构，若A是正丁烷CH3CH2CH2CH3，其分子中含有2种不同H原子，一氯取代产物有CH2ClCH2CH2CH3、CH3CHClCH2CH3两种，CH2ClCH2CH2CH3发生消去反应只产生CH2=CHCH2CH3；而CH2ClCH2CH2CH3发生消去反应产生的物质有CH2=CHCH2CH3和CH3CH=CH-CH3两种不同结构，这与题干中B、C消去反应产生物质只有D一种不符合；则A是结构是CH3CH(CH3)2。该物质分子中也含有2种不同的H原子，其与Cl2发生一氯取代反应产生的一氯取代产物有、两种结构，二者与NaOH的醇溶液共热发生消去反应制产生一种物质，符合题意，故A是CH3CH(CH3)2，若B是(或)，则C是(或)，D是，D与Br2的CCl4溶液发生加成反应产生E是，E与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生F是。D是，可看作是乙烯分子中2个H原子被2个-CH3取代产生的物质，甲基上都C原子取代H原子的位置与不饱和的C原子结合，由于乙烯分子是平面分子，所以分子中的4个C原子在同一平面上；
上述涉及的有机物都是由分子构成的物质，因此在固态时一定都属于分子晶体；
(4)上述反应②为加成反应；反应③是取代反应；
(5)反应③是与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生F是和NaBr，反应方程式为：+2NaOH+2NaBr；
(6)E是，分子式是C4H8Br2，该物质分子可看作是C4H10分子中2个H原子被2个Br原子取代产生的物质。C4H10有正丁烷和异丁烷两种结构，物质分子中含有的2个Br原子可以在同一个C原子上，也可以在两个不同的C原子上，正丁烷分子中含有2种H原子，其二溴取代产物有2+4=6种；异丁烷分子中也含有2种H原子，其二溴取代产物有1+2=3种，故分子式为C4H8Br2的物质的同分异构体有6+3=9种，去掉E表示的本身，则E的同分异构体种类数目是9-1=8种。
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的合成路线如下：
完成下列填空：
(1)A的结构简式为_______。C的一种同分异构体，3个氟原子连接在苯环互不相邻位置，其系统命名是_______。
(2)③的反应试剂和反应条件分别是_______，④的反应类型：_______。
(3)除了F外，反应⑤的另一种产物是_______(填化学式)。已知吡啶是一种有机碱，其作用是_______。
(4)的所有同分异构体分子中不同化学环境的氢原子最多和最少分别为_______、_______种。
(5)4-甲氧基乙酰苯胺( )是重要的精细化工中间体，由苯甲醚( )制备4-甲氧基乙酰苯胺，根据相同反应原理依次选择上述合成路线的_______(填反应序号)。
【答案】 ①. ②. 2，4，6—三氟甲苯 ③. 浓硝酸、浓硫酸加热 ④. 还原 ⑤. HCl ⑥. 吸收反应产生的HCl，提高转化率 ⑦. 5 ⑧. 2 ⑨. ③④⑤
【解析】
【分析】根据B分子式，结合反应条件及C的结构，可知A为，则B为，C为三氟甲苯，C发生硝化反应生成D，D还原生成E，E与在吡啶作用下发生取代反应生成F为，F然后发生硝化反应生成G，然后结合物质性质及问题分析解答。
【详解】(1)A是；C是三氟甲苯，C的一种同分异构体，3个氟原子连接在苯环互不相邻位置，结构为，其系统命名方法名称为2，4，6—三氟甲苯；
(2)反应③是三氟甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生侧链间位上的取代反应产生间硝基三氟甲苯，故反应试剂及反应条件为浓硝酸、浓硫酸、加热；
反应④是-NO2被还原为-NH2，故反应类型是还原反应；
(3)反应⑤是E与在吡啶作用下发生-NH2上的取代反应生成F为，同时产生HCl，故另外一种产物是HCl；已知吡啶是一种有机碱，其作用是消耗反应产生的HCl，促进反应正向进行，以提高反应物的转化率；
(4)的所有同分异构体分子中，其中含有H原子种类数目最多的物质结构简式是HOCH2CH=CHCH2Cl，分子中共有5种不同位置的H原子；含有的不同化学环境的氢原子最少的结构简式是，分子中含有2种不同的H原子；
(5)与浓HNO3、浓硫酸混合加热，发生苯环侧链对位上的取代反应产生，与Fe、HCl发生还原反应产生，该物质再与CH3COCl发生取代反应产生，故需经过上述合成路线的③④⑤。
19. 化学物质的“功”与“过”在于人们是否合理的利用。家居装修中人们对甲醛唯恐避之不及，而我们使用的新教材中，数次提及合理应用甲醛服务于生活的实例。
【教材案例】酚醛树脂材料具有绝缘、隔热、难燃等性能，生产生活中应用广泛，合成酚醛树脂反应如图。
应用所学知识和提供信息，分析回答下面的问题。
已知：连接在某些原子或原子团的氢原子()有较强的活泼性，一定条件下容易和甲醛发生反应。M可以为、、、、。
①
②
③脱水反应可发生在分子间，也可发生在分子内
Ⅰ.维纶(聚乙烯醇缩甲醛纤维)可用于生产服装、绳索等。其合成路线如下：
(1)反应①聚合的类型为_______；物质B的名称_______。
(2)反应①②的顺序_______(填“是”或“否”)可以互换，理由是_______。
(3)反应③分两步完成，第一步反应类型为_______。平均消耗甲醛_______。
Ⅱ.(4)有机玻璃()因具有良好的性能而广泛应用于生产生活中。以甲醛、丙醛为原料合成有机玻璃，下列合成路线中，P的结构简式为_______，的反应类型为_______。
【答案】 ①. 加聚 ②. 聚乙烯醇 ③. 否 ④. 先水解生成乙烯醇不稳定(迅速变为乙醛)，难以发生下步反应 ⑤. 加成 ⑥. 0.5n ⑦. ⑧. 消去
【解析】
【分析】Ⅰ.由合成流程可知，发生加聚反应生成的A为，A中含有酯基，则A在NaOH的水溶液中水解生成的B为，与HCHO发生缩聚反应生成聚乙烯醇缩甲醛纤维，以此来解答。
【详解】(1)根据上述分析，反应①发生加聚反应生成的A为；B为，名称为聚乙烯醇；故答案为：加聚；聚乙烯醇；
(2)反应①②的顺序不可以互换，先水解生成乙烯醇不稳定(迅速变为乙醛)，难以发生下步反应，故答案为：否；先水解生成乙烯醇不稳定(迅速变为乙醛)，难以发生下步反应；
(3)根据题给信息知，反应③分两步完成，第一步反应为聚乙烯醇与甲醛的加成反应得到，然后在与反应得到聚乙烯醇缩甲醛纤维；根据聚乙烯醇缩甲醛纤维的结构分析，平均消耗甲醛0.5n；故答案为：加成；0.5n。
(4)根据有机玻璃的合成路线，运用逆合成分析方法知，有机玻璃由发生加聚得到，由与甲醇发生酯化反应得到，由Q在酸性条件下被银氨溶液氧化得到，则Q为CH2=C(CH3)CHO，Q可由P（）在一定条件下发生消去反应得到，P由甲醛和丙醛加成反应得到，故答案为：；消去。
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征集要求：
1. 试卷范围：百强校卷、省前十校卷、联考卷、统考卷、市区卷
2. 试卷类别：仅限高一、高二的新学年、新学期月考、期中、期末卷
联系人：李老师：13810445359（同微信） 康老师：13810475358（同微信）
2020~2021学年度沈阳市郊联体下学期期末考试高二试题
化学
考试时间：75分钟 试卷总分：100分
说明：本试卷由第Ⅰ卷和第Ⅱ卷组成。第Ⅰ卷为选择题部分，一律用2B铅笔按题号依次填涂在答题卡上；第Ⅱ卷为非选择题部分，按要求答在答题卡的相应位置上。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 合成某小分子抗癌药物中间产物，分子结构如图。下列说法正确的是
A. 该有机物的化学式为C14H16O6
B. 该有机物有四种表现不同性质的官能团
C. 该物质属于烯烃、多官能团有机化合物、芳香烃、烃衍生物
D. 该有机物可属于有机酸类
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据物质结构简式可知该有机物的化学式为C14H14O6，A错误；
B．根据物质结构简式可知：该有机物有羧基、酯基、碳碳双键、酚羟基、醇羟基五种表现不同性质的官能团，B错误；
C．该物质分子中含有羟基、羧基、酯基等含氧官能团，因此属于烃的衍生物，而不属于烃，C错误；
D．该有机物分子中含有羧基，因此物质类别可判断属于有机酸类，D正确；
故合理选项是D。
2. 下列有关实验原理或部分操作正确的是
A. 用20 mL量筒量取15 mL酒精，加水5 mL，配制质量分数为75%酒精溶液
B. 在100 mL某硫酸盐溶液中，含有0.15NA个硫酸根离子，同时含有0.1NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为0.5 mol/L
C. 用质量分数为98%的浓硫酸(ρ=1.84 g/cm3)配制1.84 mol/L的稀硫酸，需将蒸馏水缓慢注入盛有适量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却
D. 实验室配制100 mL1.0 mol/L的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2 g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中溶解，转移到100 mL容量瓶，洗涤、定容、摇匀
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由于乙醇的密度比水小，所以用20 mL量筒量取15 mL酒精，加水5 mL，不能配制质量分数为75%酒精溶液，得到的溶液质量分数小于75%，A错误；
B．在100 mL某硫酸盐溶液中，含有0.15NA个硫酸根离子，同时含有0.1NA个金属离子，则硫酸根离子与金属阳离子个数比是3:2，所以该盐化学式是A2(SO4)3，其物质的量是，由于溶液体积是0.1 L，故该盐的浓度为c=，B正确；
C．浓硫酸在烧杯中进行稀释时，应该注酸入水，而不能将水加入到浓硫酸中，否则会导致酸滴飞溅，C错误；
D．实验室配制100 mL1.0 mol/L的硫酸亚铁溶液，需溶质的物质的量n(FeSO4)=1.0 mol/L×0.1 L=1.0 mol，根据Fe元素守恒可知需称量绿矾质量为m(FeSO4·7H2O)=1.0 mol×278 g/mol=27.8 g，然后将其放入小烧杯中溶解，转移到100 mL容量瓶，洗涤、定容、摇匀，D错误；
故合理选项是B。
3. 常温下，下列各组离子在指定溶液中或相应操作后能大量共存的是
A. Na+、K+、Cu2+、加入氨水后的澄清溶液
B. 硝酸溶液：Na+、K+、、
C. 0.1 mol/L盐酸溶液：、Na+、、I-
D. Na+、Ba2+、Cl-、溶液通入足量CO2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．加入氨水后Cu2+会发生反应形成Cu(OH)2蓝色沉淀，当氨水过量时沉淀有转化为，因而离子之间不能大量存在，A不符合题意；
B．在硝酸溶液中含有大量H+，H+与会反应产生Al3+、H2O，不能大量共存，B不符合题意；
C．0.1 mol/L盐酸溶液含有大量H+，H+与、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；
D．由于碳酸的酸性比HCl、HNO3弱，所以向Na+、Ba2+、Cl-、溶液通入足量CO2气体，不能与选项离子之间发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；
故合理选项是D。
4. 化学使生活更丰富，化学使生活有滋有味。下列说法不正确的是
A. 利用废弃的油脂制取脂肪酸和甘油的反应称为“皂化反应”
B. 谷氨酸通过中和反应制取味精的主要成分，关键是严格控制溶液的
C. 营养蛋白粉人体内水解断裂的肽键即酰胺键，但酰胺键不一定是肽键
D. 蛋类中的部分蛋白质、脂肪与渗入的强碱生成盐，在变性呈胶冻状蛋白质中结晶形成“松花”
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．皂化反应是指油脂的碱性的水解制取高级脂肪酸钠和甘油的过程，故A错误；
B．谷氨酸通过中和反应得到谷氨酸钠，通过调控pH值控制反应的进度，防止羧基完全反应，故B正确；
C．蛋白质中的酰胺键被称为肽键，但并不是所有的酰胺键都称为肽键，故C正确；
D．蛋白质中存在羧基能与强碱反应生成盐，且遇到强碱也能发生变性，可得到胶冻状蛋白质结晶，故D正确；
故选：A。
5. 下列关于醛、酮和酸说法正确的是
A. 醛与银氨溶液充分反应，均能还原出银
B. 醛和酮既可还原为醇，也可氧化为酸
C. 羧酸因其官能团可与水形成氢键，所以均易溶于水
D. 仅用新制的悬浊液合理操作就能鉴别甲酸、乙醛、乙酸和丙酮
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A。甲醛与银氨溶液充分反应，能还原出银，故A错误；
B．醛和酮可还原为醇，酮不能氧化为酸，故B错误；
C．高级脂肪羧酸难溶于水，故C错误；
D．丙酮与新制氢氧化铜悬浊液不反应，分层；乙酸与新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，沉淀溶解；乙醛与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生氧化还原反应生成砖红色沉淀；甲酸与新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，沉淀溶解，在加热条件下发生氧化还原反应生成砖红色沉淀；可鉴别，D项正确；
故选D。
6. 如图表示一个晶胞，该晶胞为正方体，结构粒子位于正方体的顶点和面心。下列说法正确的是
A. 若是一个分子晶体的晶胞，其可表示干冰、冰
B. 若是一个不完整的金刚石晶胞，则晶胞中缺失碳原子位于8个小立方体的中心
C. 若是一个不完整的晶胞，顶点和面心的粒子表示，则晶胞中位置均在12条棱边的中心
D. 若是一个不完整的晶胞，已知中的配位数为8，则图中实心球表示
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．该晶胞是面心立方，对应分子晶体有干冰、碘等，不能代表冰，故A错误；
B．如果是金刚石晶胞，金刚石晶体中5个碳原子构成正四面体结构，即其他4个碳原子位于4个互不相邻小立方体的中心，故B错误；
C．NaCl晶胞中每个Na+被6个Cl-所包围，同样每个Cl-也被6个Na+所包围，所以晶胞中Cl-位置是体心和12条棱边的中心，故C错误；
D．CaF2晶体模型，是面心立方晶胞，钙离子占据立方体的8个顶点和6个面心，而F-占据8个小立方体的体心，即Ca2+中的配位数为8，F-配位数为4，故图中的实心球是代表Ca2+，故D正确；
故选D。
7. 如图所示某醇的化学反应过程，对该过程判断不正确的是
A. 反应中有红黑颜色交替变化的现象 B. 可能生成四种醛
C. 醇类不一定能发生图示的催化氧化反应 D. 醇发生了氧化反应
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．图中发生反应有2Cu+O22CuO，固体有红色变为黑色；分子式为C4H10O的醇与CuO在加热条件下发生催化氧化反应产生醛(或酮)和Cu、H2O，固体又由黑色变为红色，总反应为醇的催化氧化反应，故反应中有红黑颜色交替变化的现象，A正确，
B．分子式为C4H10O的醇与O2在加热条件下反应产生醛(或酮)，说明在醇分子中与-OH连接的C原子上含有H原子，可反应产生CH3CH2CH2CHO、两种醛，B错误；
C．若醇分子中与-OH连接的C原子上不含有H原子，如分子式为C4H10O的醇，就不能发生如图所示的催化氧化反应，C正确；
D．在上述反应中由醇分子发生反应失去了H原子，发生的反应为氧化反应，D正确；
故合理选项是B。
8. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向Ba(HCO3)2溶液中滴入NaHSO4溶液，至沉淀完全：
B. 的溶液与的烧碱溶液等体积混合：
C. 溶液与过量NaHS溶液反应：
D. 10 mL1.0 mol/L的Na2CO3溶液中滴入0.1 mol/LCH3COOH溶液50 mL：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．沉淀完全时二者反应的物质的量的比是1：1，反应符合事实，遵循物质的拆分原则，A正确；
B．Al3+与OH-混合的物质的量的比是2：7，二者反应产生的Al(OH)3沉淀部分反应转化为可溶性NaAlO2和水，反应的离子方程式为：2Al3++7OH-= Al(OH)3↓++2H2O，B错误；
C．H2S是弱酸，由于NaHS过量，二者反应产生CuS沉淀和H2S气体，离子方程式应该为：Cu2++2=CuS+H2S↑，C错误；
D．CH3COOH不足量，与Na2CO3溶液反应时，只能产生NaHCO3和CH3COONa，反应的离子方程式应该为：CH3COOH+=CH3COO-+，D错误；
故合理选项是A。
9. 下列有关高分子说法正确的是
A. 结构决定性质的原则不一定适用于高分子
B. 芦苇中含较多纤维素，多用于制造合成纤维
C. 植物蛋白纤维可作为降解材料
D. 淀粉是天然高分子纯净物，可作为食品工业原料
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．结构决定性质原则也适合高分子，如淀粉和纤维素都是高分子，因为结构不同所以性质也不同，故A错误；
B．合成纤维是用合成高分子化合物做原料而制得的化学纤维的统称。它以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物。所以合成纤维有很多种，重要品种有聚丙烯腈、聚酯、聚酰胺等，其主要成分为聚丙烯腈、聚酯、聚酰胺；人造纤维是用某些线型天然高分子化合物或其衍生物做原料，直接溶解于溶剂或制备成衍生物后溶解于溶剂生成纺织溶液，之后再经纺丝加工制得的多种化学纤维的统称。所以芦苇用于制造人造纤维，故B错误；
C．植物蛋白纤维在自然界中可以被微生物降解，可作为降解材料，故C正确；
D．淀粉是天然高分子，属于混合物，可作为食品工业原料，故D错误。
故选C。
10. 某晶体中含有非极性共价键，关于该晶体的判断正确的是
①可能是共价晶体
②可能是分子晶体
③可能是离子晶体
④不能是金属晶体
⑤熔、沸点可能较低
⑥若熔点很高则硬度很大
⑦不可能具有导电性
⑧可能是化合物
A. 全部 B. 6项 C. 4项 D. 3项
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】某晶体中含有非极性共价键，①该晶体可能属于共价晶体，如金刚石中含有C-C非极性共价键，①正确；
②含有非极性共价键的晶体可能是分子晶体，如H2O2是由分子构成的分子晶体，其中含有O-O非极性共价键，②正确；
③含有非极性共价键的晶体可能是离子晶体，如Na2O2为离子晶体，其中的阴离子中含有非极性共价键O-O，③正确；
④金属晶体中金属阳离子与自由电子之间以金属键结合，不存在非极性键，因此不可能是金属晶体，④正确；
⑤若是含有非极性键的分子晶体，如H2O2晶体，由于分子之间以微弱的分子间作用力结合，该物质的熔、沸点可能较低，⑤正确；
⑥若含有非极性键形成物质是石墨，则其熔点很高，但由于层间以分子间作用力结合，很容易切削，其硬度就不大，⑥错误；
⑦若含有非极性键形成的物质若是石墨，由于其中含有自由移动的电子，因此该物质就具有导电性，⑦错误；
⑧含有非极性键的物质，可能是化合物如H2O2、SiO2等，也可能是单质，如H2、O2等，⑧正确；
综上所述可知：说法正确的有①②③④⑤⑧，共6项，故合理选项是B。
11. 下图所示，其中为人体代谢过程可能产生的乳酸。下列相关物质说法不正确对称是
A. a是加聚生成c的单体
B. a在一定条件下反应，可形成b
C. 1 mol a与足量钠反应，生成1 mol H2
D. d在酸性条件下的水解产物之一与a互为同系物
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．a发生缩聚反应产生c和水，所以a是缩聚生成c的单体，A错误；
B．2个分子的a在一定条件下发生酯化反应，可形成b，B正确；
C．1个a分子中含有1个羧基和1个羟基，a分子中含有的羧基、羟基都可以与Na发生反应产生H2，则1 mol a与足量钠反应，生成1 mol H2，C正确；
D．根据物质结构简式可知d分子中含有肽键，在酸性条件下发生水解反应产生HO-CH2-C(CH3)2CH2COOH，该物质与a结构相似，在分子组成上相差3个CH2原子团，因此二者互为同系物，D正确；
故合理选项是A。
12. 有资料表明，Na2O2与水反应的原理为、。如图实验验证该原理(已知：、)。下列分析不正确的是
A. ①④中均发生了复分解反应和氧化还原反应
B. ①⑤中产生等物质的量气体转移电子数相等
C. 通过②⑤可比较氧化性KMnO4＞H2O2、MnO2＞H2O2
D. ③反应不能比较酸性：HCl＞H2O2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．在①中发生反应：为复分解反应，为氧化还原反应；在④中发生反应：BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2为复分解反应，为氧化还原反应，A正确；
B．①中发生反应；⑤中发生反应，每有1 mol O2产生，转移2 mol电子，故两个反应中若产生等物质的量气体转移电子数相等，B正确；
C．②中KMnO4与H2O2反应产生O2，使KMnO4溶液紫色褪色，可表现氧化性：KMnO4＞H2O2；但⑤中MnO2为H2O2分解的催化剂，因此不能比较MnO2与H2O2的氧化性的强弱，C错误；
D．反应③发生是由于Ba2+与H2O2电离产生的反应产生BaO2沉淀，与物质的酸性强弱无关，因此③反应不能比较酸性：HCl＞H2O2，D正确；
故合理选项是C。
13. 如图所示晶体的硬度比金刚石大，且原子间以单键结合，则有关该晶体的判断正确的是
A. 该晶体片层结构
B. 该晶体化学式可表示为Y3X4
C. X的配位数是4
D. X、Y元素分别位于周期表第ⅢA、ⅣA族
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．该晶体硬度大，为立体网状结构，而不是片层结构，A错误；
B．在晶体中每个X周围有3个Y原子；每个Y原子周围有4个X原子，则Y、X原子个数比是3：4，故该晶体化学式可表示为Y3X4，B正确；
C．在晶体中与X连接的Y原子个数是3个，所以X的配位数是3，C错误；
D．X形成3对共用电子对，则说明X最外层有5个电子，达到最外层8个电子稳定结构需3个电子，所以X为第VA元素；Y形成4对共用电子对，说明Y原子最外层有4个电子，达到最外层8个电子稳定结构需4个电子，则Y位于元素周期表第IVA族，D错误；
故合理选项是B。
14. 水在化学反应中有着广泛的用途，担当多重角色，如氧化还原反应中水可作为氧化剂、还原剂和既不是氧化剂也不是还原剂。下图和水相连的物质都能和水发生反应，关于图中反应说法正确的是
A. 属于氧化还原反应且水既不作氧化剂也不作还原剂的有①④⑤⑥⑦
B. ①和⑥中都有气体生成，反应类型相同
C. ②⑧反应均为置换反应，水分别作氧化剂和还原剂
D. ③⑦基本反应类型相同，④⑧反应可写成同一通式
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．在⑥的CaC2与H2O反应产生Ca(OH)2、C2H2，及SO3与H2O反应产生H2SO4中元素化合价都不变，因此这两个反应不属于氧化还原反应，A错误；
B．在①Na2O2与H2O反应中产生NaOH和O2，反应过程有元素化合价的变化，因此反应属于氧化还原反应；而在⑥的CaC2与H2O反应中产生Ca(OH)2、C2H2，反应过程中元素化合价不变，反应属于非氧化还原反应，因此二者反应类型不同，B错误；
C．在②Na与H2O反应产生NaOH和H2的置换反应中，H2O的组成元素H化合价降低，所以H2O为氧化剂；而在⑧的F2与H2O反应产生HF和O2的置换反应中，H2O的组成O元素化合价升高，所以H2O为还原剂，C正确；
D．反应③是Na2O与H2O化合形成NaOH；反应⑦是SO3与H2O化合形成H2SO4，因此二者基本反应类型相同；都是化合反应；但反应④是Cl2与H2O反应产生HCl、HClO；反应⑧是F2与H2O反应产生HF、O2，因此二者不能写成同一通式，D错误；
故合理选项是C。
15. 如图一密闭容器，ａ和b为无摩擦、可滑动的两隔板。标准状况下，在乙室中充入1.2 mol HCl，甲室中充入NH3、H2的混合气体，静止时隔板位置如图。已知甲、乙两室中气体的质量之差为21.8 g。有关判断错误的是
A. 甲室中气体的物质的量为2 mol
B. 甲室中气体的质量一定为22 g
C. 甲室中气体的平均相对分子质量为11 g/mol
D. 如果将隔板a去掉，完全反应后，隔板将静置于刻度“2”处
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．甲、乙两室气体的压强相等，体积比等于气体的物质的量的比，则甲中气体物质的量为n(甲)=，A正确；
B．H2、NH3的相对分子质量都比HCl小，则乙室中1.2 mol HCl的质量m=1.2 mol×36.5 g/mol=43.8g，二者的质量差为21.8 g，显然甲室中气体的质量比乙室小，其质量为43.8 g -21.8 g=22 g，B正确；
C．甲中气体总质量是22 g，气体的物质的量是2.0 mol，则气体的平均摩尔质量M=11 g/mol，故甲室中气体的平均相对分子质量是11，C错误；
D．假设甲室中NH3、H2的物质的量分别是x、y，可得方程组：17x+2y=22；x+y=2.0，解得x=1.2 mol，y=0.8 mol。可见NH3、HCl的物质的量相同，都是1.2 mol，二者恰好完全反应产生NH4Cl固体，反应后剩余H2的物质的量是0.8 mol。在相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，气体物质的量是2.0 mol时活塞在“5”处，每一个格表示0.4 mol，则当完全反应后，隔板将静置于刻度“2”处，D正确；
故合理选项是C。
二、非选择题(本题共4道题，共55分)
16. “价—类+特性”是理解掌握元素化合物性质的有效方法。即从化合价视角推测物质的氧化性、还原性：从类别通性视角理解物质的复分解反应。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：
(1)图中A、C、F三种物质中，属于电解质的是_______(用化学式表示)。
(2)F的浓溶液与少量铁单质在一定条件下可以发生反应，该反应的化学方程式为_______。
(3)将A与D混合可生成淡黄色固体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(4)Na2S2O3是重要的化工原料。从“价—类”角度分析(S采用平均化合价)，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是_______(填字母)。
a． b．
c． d．
(5)已知中学常见化合物E能被KMnO4氧化为Na2SO4，则的E溶液与的KMnO4溶液恰好反应时，Mn元素在还原产物中的化合价为_______；中学实验室某无色盐溶液可能混入了E和Na2SO4中的一种或二种，判断是否混入杂质的最合理的可靠的实验操作：取试样于试管中，依次加入下列试剂_______(填试剂序号)即可确认。
①Ba(NO3)2溶液 ②BaCl2溶液 ③稀盐酸 ④稀硝酸 ⑤品红溶液 ⑥酸性KMnO4溶液
(6)写出D与另外一种物质化合，一步生成F的化学方程式_______。
【答案】 ①. H2S、H2SO4 ②. 2Fe＋6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O ③. 1∶2 ④. b ⑤. ＋4 ⑥. ⑤③② ⑦. 2H2SO3+O2=2H2SO4(或3H2SO3+O3=3H2SO4)
【解析】
【分析】根据S元素的化合价及物质所属类别，可知：A是H2S，B是S，C是SO2，D是H2SO3，E是Na2SO3，F是H2SO4，G是Na2S，然后根据问题分析解答。
【详解】(1)根据图中A、C、F三点表示的物质中，A表示的是H2S，是酸，属于电解质；C表示的是SO2，SO2在水溶液和熔融状态下都不能发生电离，属于非电解质；F表示的是H2SO4，是酸，属于电解质，故上述三种物质中属于电解质的是H2S、H2SO4；
(2) F是H2SO4，浓硫酸与少量Fe混合加热，发生氧化还原反应产生Fe2(SO4)3、SO2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：2Fe＋6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O；
(3)A是H2S，D是H2SO3，二者混合发生氧化还原反应：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O，在该反应中H2S作还原剂，H2SO3作氧化剂，在该反应中氧化剂与还原剂反应的物质的量的比是1∶2；
(4)Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原反应的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2。选项a中S化合价都小于2；选项c、d中S的化合价都大于2，只有选项 b中S元素化合价必须分别大于2和小于2，故合理选项是b；
(5)E是Na2SO3，S元素化合价为+4价，能被酸性KMnO4溶液氧化为+6价的Na2SO4，KMnO4溶液被还原后化合价假设为+x价，根据氧化还原反应中电子守恒可得2×24 mL×0.05 mol/L=20 mL×0.04 mol/L×(7-x)，解得x=+4价；
中学实验室某无色盐溶液可能混入了E和Na2SO4中的一种或二种，判断是否混入杂质的最合理的可靠的实验操作：取试样于试管中，先加入品红溶液，再加入稀盐酸使溶液呈酸性，若溶液的红色褪去，证明反应产生了具有漂白性的SO2，说明盐溶液中含有Na2SO3；否则不含有Na2SO3；然后再向反应后的酸性溶液中加入BaCl2溶液，若反应产生白色沉淀，就说明原溶液中含有Na2SO4，否则就不含有Na2SO4；故加入试剂的种类及先后顺序为⑤③②；
(6)D是H2SO3，能够与H2SO3发生化合反应产生是H2SO4，S元素化合价升高，则物质具有强氧化性，根据物质的元素组成可知该物质可能是O2或O3，则该反应的化学方程式为：2H2SO3+O2=2H2SO4(或3H2SO3+O3=3H2SO4)。
17. 某气态烃A能发生如图反应，依据图示信息回答问题：
(1)标况下5.6 L气态烃A在氧气中充分燃烧可以产生44 gCO2和22.5 gH2O，则A的分子式是_______。
(2)B和C互为一氯代烃同分异构体，它们同分异构类别为_______。(不考虑立体异构)
(3)D中所有碳原子是否一定处于同一平面？_______(填“是”或“否”)；上图反应中所涉及的有机物适当条件形成的晶体_______(填“一定”或“不一定”)是分子晶体。
(4)②、③的反应类型依次是_______。
(5)写出③反应的化学方程式：_______。
(6)E的同分异构体有_______种。
【答案】 ①. C4H10 ②. 位置异构 ③. 是 ④. 一定 ⑤. 加成反应、取代反应(水解反应) ⑥. +2NaOH+2NaBr ⑦. 8
【解析】
【分析】
【详解】(1)标况下5.6 L气态烃A的物质的量是n(A)=。A在氧气中充分燃烧可以产生44 gCO2和22.5 gH2O，反应产生的两种物质的物质的量n(CO2)= ；n(H2O)= ，则该烃分子中含有的C原子数为：，含有的H原子数为：，故该烃分子式是C4H10；
(2)B和C是分子式为C4H10的同一物质与Cl2发生取代反应产生的互为一氯代烃同分异构体，则它们是由于Cl原子连接在碳链上的位置不同引起的同分异构体，属于位置异构；
(3)A分子式是C4H10，可能有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种不同结构，若A是正丁烷CH3CH2CH2CH3，其分子中含有2种不同H原子，一氯取代产物有CH2ClCH2CH2CH3、CH3CHClCH2CH3两种，CH2ClCH2CH2CH3发生消去反应只产生CH2=CHCH2CH3；而CH2ClCH2CH2CH3发生消去反应产生的物质有CH2=CHCH2CH3和CH3CH=CH-CH3两种不同结构，这与题干中B、C消去反应产生物质只有D一种不符合；则A是结构是CH3CH(CH3)2。该物质分子中也含有2种不同的H原子，其与Cl2发生一氯取代反应产生的一氯取代产物有、两种结构，二者与NaOH的醇溶液共热发生消去反应制产生一种物质，符合题意，故A是CH3CH(CH3)2，若B是(或)，则C是(或)，D是，D与Br2的CCl4溶液发生加成反应产生E是，E与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生F是。D是，可看作是乙烯分子中2个H原子被2个-CH3取代产生的物质，甲基上都C原子取代H原子的位置与不饱和的C原子结合，由于乙烯分子是平面分子，所以分子中的4个C原子在同一平面上；
上述涉及的有机物都是由分子构成的物质，因此在固态时一定都属于分子晶体；
(4)上述反应②为加成反应；反应③是取代反应；
(5)反应③是与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生F是和NaBr，反应方程式为：+2NaOH+2NaBr；
(6)E是，分子式是C4H8Br2，该物质分子可看作是C4H10分子中2个H原子被2个Br原子取代产生的物质。C4H10有正丁烷和异丁烷两种结构，物质分子中含有的2个Br原子可以在同一个C原子上，也可以在两个不同的C原子上，正丁烷分子中含有2种H原子，其二溴取代产物有2+4=6种；异丁烷分子中也含有2种H原子，其二溴取代产物有1+2=3种，故分子式为C4H8Br2的物质的同分异构体有6+3=9种，去掉E表示的本身，则E的同分异构体种类数目是9-1=8种。
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的合成路线如下：
完成下列填空：
(1)A的结构简式为_______。C的一种同分异构体，3个氟原子连接在苯环互不相邻位置，其系统命名是_______。
(2)③的反应试剂和反应条件分别是_______，④的反应类型：_______。
(3)除了F外，反应⑤的另一种产物是_______(填化学式)。已知吡啶是一种有机碱，其作用是_______。
(4)的所有同分异构体分子中不同化学环境的氢原子最多和最少分别为_______、_______种。
(5)4-甲氧基乙酰苯胺( )是重要的精细化工中间体，由苯甲醚( )制备4-甲氧基乙酰苯胺，根据相同反应原理依次选择上述合成路线的_______(填反应序号)。
【答案】 ①. ②. 2，4，6—三氟甲苯 ③. 浓硝酸、浓硫酸加热 ④. 还原 ⑤. HCl ⑥. 吸收反应产生的HCl，提高转化率 ⑦. 5 ⑧. 2 ⑨. ③④⑤
【解析】
【分析】根据B分子式，结合反应条件及C的结构，可知A为，则B为，C为三氟甲苯，C发生硝化反应生成D，D还原生成E，E与在吡啶作用下发生取代反应生成F为，F然后发生硝化反应生成G，然后结合物质性质及问题分析解答。
【详解】(1)A是；C是三氟甲苯，C的一种同分异构体，3个氟原子连接在苯环互不相邻位置，结构为，其系统命名方法名称为2，4，6—三氟甲苯；
(2)反应③是三氟甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生侧链间位上的取代反应产生间硝基三氟甲苯，故反应试剂及反应条件为浓硝酸、浓硫酸、加热；
反应④是-NO2被还原为-NH2，故反应类型是还原反应；
(3)反应⑤是E与在吡啶作用下发生-NH2上的取代反应生成F为，同时产生HCl，故另外一种产物是HCl；已知吡啶是一种有机碱，其作用是消耗反应产生的HCl，促进反应正向进行，以提高反应物的转化率；
(4)的所有同分异构体分子中，其中含有H原子种类数目最多的物质结构简式是HOCH2CH=CHCH2Cl，分子中共有5种不同位置的H原子；含有的不同化学环境的氢原子最少的结构简式是，分子中含有2种不同的H原子；
(5)与浓HNO3、浓硫酸混合加热，发生苯环侧链对位上的取代反应产生，与Fe、HCl发生还原反应产生，该物质再与CH3COCl发生取代反应产生，故需经过上述合成路线的③④⑤。
19. 化学物质的“功”与“过”在于人们是否合理的利用。家居装修中人们对甲醛唯恐避之不及，而我们使用的新教材中，数次提及合理应用甲醛服务于生活的实例。
【教材案例】酚醛树脂材料具有绝缘、隔热、难燃等性能，生产生活中应用广泛，合成酚醛树脂反应如图。
应用所学知识和提供信息，分析回答下面的问题。
已知：连接在某些原子或原子团的氢原子()有较强的活泼性，一定条件下容易和甲醛发生反应。M可以为、、、、。
①
②
③脱水反应可发生在分子间，也可发生在分子内
Ⅰ.维纶(聚乙烯醇缩甲醛纤维)可用于生产服装、绳索等。其合成路线如下：
(1)反应①聚合的类型为_______；物质B的名称_______。
(2)反应①②的顺序_______(填“是”或“否”)可以互换，理由是_______。
(3)反应③分两步完成，第一步反应类型为_______。平均消耗甲醛_______。
Ⅱ.(4)有机玻璃()因具有良好的性能而广泛应用于生产生活中。以甲醛、丙醛为原料合成有机玻璃，下列合成路线中，P的结构简式为_______，的反应类型为_______。
【答案】 ①. 加聚 ②. 聚乙烯醇 ③. 否 ④. 先水解生成乙烯醇不稳定(迅速变为乙醛)，难以发生下步反应 ⑤. 加成 ⑥. 0.5n ⑦. ⑧. 消去
【解析】
【分析】Ⅰ.由合成流程可知，发生加聚反应生成的A为，A中含有酯基，则A在NaOH的水溶液中水解生成的B为，与HCHO发生缩聚反应生成聚乙烯醇缩甲醛纤维，以此来解答。
【详解】(1)根据上述分析，反应①发生加聚反应生成的A为；B为，名称为聚乙烯醇；故答案为：加聚；聚乙烯醇；
(2)反应①②的顺序不可以互换，先水解生成乙烯醇不稳定(迅速变为乙醛)，难以发生下步反应，故答案为：否；先水解生成乙烯醇不稳定(迅速变为乙醛)，难以发生下步反应；
(3)根据题给信息知，反应③分两步完成，第一步反应为聚乙烯醇与甲醛的加成反应得到，然后在与反应得到聚乙烯醇缩甲醛纤维；根据聚乙烯醇缩甲醛纤维的结构分析，平均消耗甲醛0.5n；故答案为：加成；0.5n。
(4)根据有机玻璃的合成路线，运用逆合成分析方法知，有机玻璃由发生加聚得到，由与甲醇发生酯化反应得到，由Q在酸性条件下被银氨溶液氧化得到，则Q为CH2=C(CH3)CHO，Q可由P（）在一定条件下发生消去反应得到，P由甲醛和丙醛加成反应得到，故答案为：；消去。
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