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2022-2023学年广东省四校联考高二下册期末化学模拟试题（AB卷）含解析
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这是一份2022-2023学年广东省四校联考高二下册期末化学模拟试题（AB卷）含解析，共48页。试卷主要包含了下列反应属于加成反应的是，下列关于溴乙烷的叙述中正确的是，下列说法中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省四校联考高二下册期末化学模拟试题
（A卷）
评卷人
得分
一、单选题
1．下列物质中，既存在离子键又存在共价键的是
A．氯化氢 B．氯化镁 C．氮气 D．氢氧化钠
2．下列关于合成高分子化合物的说法正确的是
A．聚乙烯是由高分子化合物组成的物质，有固定的熔沸点
B．冬奥会速滑竞赛服采用的聚氨酯材料是一种有机高分子材料
C．缩聚反应的产物只有高分子
D．塑料、合成树脂和合成橡胶被称为“三大合成材料”
3．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是
A．我国二氧化碳合成淀粉的颠覆性技术有助于未来实现“碳中和”
B．广东剪纸艺术所用纸的主要成分与淀粉属于同分异构体
C．熟鸡蛋能返生孵出小鸡，是伪科学
D．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是生物大分子
4．下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是
A．CO2和SiO2 B．CaCl2和H2S C．SO2和NH3 D．HCl和KCl
5．下列反应属于加成反应的是
A．乙烷与氯气在光照下的反应
B．乙炔使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应
C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色的反应
D．苯的硝化反应
6．下列关于溴乙烷的叙述中正确的是
A．溴乙烷的电子式为：
B．溴乙烷与NaOH的水溶液共热可生成乙烯
C．将溴乙烷滴入AgNO3溶液中，立即有淡黄色沉淀生成
D．溴乙烷可以通过乙烯和HBr在一定条件下的加成反应制得
7．下列粒子的VSEPR模型为四面体、且其空间结构为V型的是
A． B． C． D．
8．确定有机化合物组成和结构的方法很多，下列说法错误的是
A．异戊烷的核磁共振氢谱中有3组峰：
B．质谱仪可用于有机物相对分子质量的测定
C．利用红外光谱法可以区分乙烷和乙烯
D．通过李比希元素分析仪可以确定有机物最简式
9．某有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．该分子可以发生加成反应和取代反应
B．分子式为C12H18O5
C．1mol该分子最多可以消耗1molNa
D．分子中含有2种官能团
10．下列说法中，正确的是
A．原子晶体在熔融态时，共价键被破坏
B．金属晶体的熔点一定比分子晶体的高
C．干冰升华时，分子内共价键会发生断裂
D．分子晶体中，分子间作用力越大，对应的物质越稳定
11．PHB塑料是一种可在微生物作用下降解的环保型塑料，其结构简式如图，下面有关PHB塑料的说法不正确的是
A．PHB塑料属于聚酯类
B．PHB塑料是人工合成的高分子材料
C．合成PHB塑料的单体是CH3CH=C(OH)COOH
D．PHB塑料在微生物降解下的产物可能有CO2和H2O
12．下列实验装置(部分夹持仪器未画出)及实验用品使用均正确的是
A．装置I分离酒精和水的混合物 B．装置II制硝基苯
C．装置III用乙醇制取乙烯 D．装置IV比较乙酸、碳酸、苯酚酸性强弱
13．六氟化硫分子空间结构呈正八面体形(如图所示)，下列有关SF6的推测正确的是
A．六氟化硫是由极性键形成的极性分了
B．六氟化硫中各原子均达到8电子稳定结构
C．六氟化硫中心原子的价层电子对数为4
D．六氟化硫分子中的S-F键都是σ键，且键长、键能均相等
14．物质Z是一种可用于合成内分泌调节剂的药物中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
B．Y在水中的溶解性比X强
C．可用FeCl3溶液来鉴别化合物X和Y
D．1mol化合物Z最多可消耗4molH2
15．北京冬奥会场馆建设中用到一种耐腐蚀、耐高温的绿色环保表面涂料，共以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是
A．该双环烯酯分子式为C14H18O2
B．该双环烯酯分子中只有1个手性碳原子
C．该双环烯酯的一氯代物有7种
D．该双环烯酯能发生氧化反应、水解反应、加聚反应
16．Zn(OH)2溶于氨水可生成可溶性配合物[Zn(NH3)4](OH)2，下列说注正确的是
A．根据上述信息可推导出氢氧化锌为两性氢氧化物
B．该配合物中只有离子键和配位键
C．形成该配合物的离子方程式为：Zn(OH)2+4NH3=[Zn(NH3)4]2++2OH-
D．该配合离子中由NH3提供空轨道，Zn2+提供电子对
评卷人
得分
二、实验题
17．某化学小组同学利用3%H2O2溶液制O2，再用O2氧化C2H5OH，并检验氧化产物。
I.制备O2
该小组同学设计了如下三套装置制备O2(部分夹持装置已省略)
(1)甲装置中装3%H2O2溶液的仪器名称为_______。
(2)使用乙装置制备氧气不合理的原因是。_______。
(3)丙装置可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象是_______，此时可以将铂丝抽离H2O2溶液。
II.氧化C2H5OH
该小组同学最后选定了丙装置用于制备氧气，进一步设计氧化C2H5OH的装置如下图：
(4)仪器b中发生反应的化学方程式为_______。
(5)C和E两个水浴作用不相同，其中C中热水的作用是_______。
(6)在不断通入O2的情况下，熄灭酒精灯后反应仍能继续进行，说明乙醇催化氧化反应是_______反应(填“放热”或“吸热”)。
III.检验产物
(7)为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。
实验序号
检验试剂和反应条件
现象
结论
①
酸性KMnO4溶液
紫红色褪去
产物含有乙醛
②
_______，加热
生成砖红色沉淀
产物含有乙醛
③
微红色含酚酞的NaOH溶液
微红色褪去
产物可能含有乙酸
实验②中检验试剂是_______。实验①～③中的结论不合理的是_______(填序号)，原因是_______。
评卷人
得分
三、结构与性质
18．氮族、氧族元素及其化合物种类繁多，有许多用途，部分物质的熔沸点如下表所示：
H2O
H2S
S8
SO2
SO3
H2SO4
N2H4
熔点/°C。
0
-85.5
115.2
-75.5
16.8
10.3
1.4
沸点/°C
100
-60.3
444.6
-10.0
45.0
337.0
113.5
(1)H2O、N2H4的熔沸点要比H2S的熔沸点高很多，主要原因为_______。
(2)根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_______。
(3)如图为S8的结构，S原子的杂化轨道类型是_______。
(4)键角：H2O_______(填“大于”或“小于”)H2S，原因为_______。
(5)N2H4是火箭发射常用的燃料，N2H4的电子式为_______，它属于_______(填“极性”或“非极性”)分子。
(6)己知含氧酸的酸性与结构中非羟基氧的数目有关，强酸一般有两个非羟基氧(如硫酸：)，中强酸一般有一个非羟基氧(如磷酸：)。己知亚磷酸(H3PO3)是一种二元中强酸。请写出亚磷酸的结构式_______。
19．己知A、B、C为常见的晶体，其中A为离子晶体，A中含短周期中金属性最强的元素，B中元素基态原子的3P轨道上有2个电子，C是空气的成分之一。
(1)图中分别代表A_______，C_______(填化学式)，B为_______晶体(填晶体类型)。
(2)碳、硅的一种化合物晶胞如下图，在该晶胞中，含硅原子的数目为_______；该化合物的化学式为_______。
(3)某钛配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如下图所示：。
①钛的配位数为_______。
②该配合物中存在的化学键有_______(填字母)。
A．离子键 B．配位键 C．金属键 D．共价键 E.氢键
(4)钛与卤素形成的化合物熔、沸点如下表所示：
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
-24.1
38.3
155
沸点/℃
136.5
233.5
377
分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因_______。
(5)中外科学家团队共同合成了碳的一种新型同素异形体：T-碳。T-碳的结构是：将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代，形成碳的一种新型三维立方晶体结构，如下图。已知T-碳晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数为NA，则T-碳的密度为_______g/cm3(列出计算式)。
评卷人
得分
四、有机推断题
20．环喷托酯是一种常见的散瞳剂，常用于儿童散瞳验光，其合成路线如下：
已知：①R1CH2COOR2+RCOR
②R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH
回答下列问题：
(1)C中官能团的名称为_______。
(2)D的化学名称为_______。
(3)由E与F生成环喷托酯的化学方程式为_______。
(4)E和F在生成环喷托酯时会产生分子式为C13H14O2的副产物，结构简式为_______。
(5)符合下列条件的D的同分异构体有_______种，写出其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式_______。
①能发生银镜反应
②能与2倍物质的量的NaOH反应
③苯环上的取代基不超过3个
(6)根据以上信息并结合已有知识，设计以乙酸、乙醇和丙酮(CH3COCH3)为原料制备的合成路线：_______(无机试剂任选)。
答案：
1．D
【详解】
A．氯化氢是只含有共价键的共价化合物，故A不符合题意；
B．氯化镁是只含有离子键的离子化合物，故B不符合题意；
C．氮气是只含有共价键的非金属单质，故C不符合题意；
D．氢氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，故D符合题意；
故选D。
2．B
【详解】
A．聚乙烯是高分子化合物，每条高聚物分子链的聚合度n都不同，聚乙烯不可能只由一条链构成，所以高分子化合物是混合物，A错误；
B．聚氨酯材料是一种人工合成有机高分子材料，B正确；
C．缩聚反应的产物有高分子和小分子，C错误；
D．塑料、合成纤维和合成橡胶被称为“三大合成材料”，D错误；
故选B。
3．B
【详解】
A．碳中和是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，二氧化碳合成淀粉减少了二氧化碳的排放，有助于未来实现“碳中和”，A正确；
B．纸的主要成分是纤维素，与淀粉分子量不同，不是同分异构体，B错误；
C．蛋白质是生命活动的承担者，鸡蛋经高温加热煮熟后，其中的蛋白质结构发生改变导致蛋白质的功能丧失，生命活动不能正常地进行，所以熟鸡蛋不能返生孵出小鸡，C正确；
D．核酸为RNA和DNA，是由许多核苷酸单体聚合成的生物大分子化合物，D正确；
故选B。
4．C
【详解】
A．CO2含有极性键，属于分子晶体，SiO2含有极性键，属于共价晶体，A错误；
B．CaCl2含有离子键，属于离子晶体，H2S含有极性键，属于分子晶体，B错误；
C．SO2和NH3都含有极性键，属于分子晶体，C正确；
D．HCl含有极性键，属于分子晶体，KCl含有离子键，属于离子晶体，D错误；
故答案为C。
5．C
【详解】
A．乙烷与氯气在光照下的反应属于取代反应，A错误；
B．乙炔使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应属于氧化反应，B错误；
C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色的反应属于加成反应，C正确；
D．苯的硝化反应属于取代反应，D错误；
故答案为C。
6．D
【详解】
A．溴乙烷的电子式为 ，故A错误；
B．溴乙烷与NaOH的水溶液共热可生成乙醇，溴乙烷与NaOH醇溶液共热可生成乙烯，故B错误；
C．溴乙烷是非电解质，将溴乙烷滴入AgNO3溶液中，无现象，要验证溴乙烷中有溴元素，则先将溴乙烷加入NaOH溶液后加热，向反应后溶液中加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，有淡黄色沉淀生成，说明含有溴元素，故C错误；
D．实验室通常制取溴乙烷是用乙烯与溴化氢发生加成反应，故D正确；
综上所述，答案为D。
7．D
【详解】
A．SO2分子中S原子价层电子对数为，且含有一个孤电子对，VSEPR模型为平面三角形、空间结构为V形，故A不符合题意；
B．CH4的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，故B不符合题意；
C．中O原子价层电子对数为，且含有一个孤电子对，V SEPR模型为四面体形、空间结构为三角锥形，故C不符合题意；
D． H2O中O价层电子对数为，且O含有2个孤电子对，水分子的VSEPR模型是正四面体形，空间构型为V形，故D符合题意；
答案选D。
8．A
【详解】
A．异戊烷的结构简式为，核磁共振氢谱中有4组峰，A错误：
B．质谱仪最重要的应用是分离同位素并测定它们的相对原子质量及相对丰度，也可用于有机物相对分子质量的测定，B正确；
C．红外光谱法，是根据不同物质选择性的吸收红外光区的电磁辐射，对各种吸收红外光的化合物进行定量和定性分析的一种方法，利用红外光谱法可以区分乙烷和乙烯，C正确；
D．通过李比希元素分析仪可以确定有机物中所含有的元素种类及原子个数，从而确定有机物的最简式，D正确；
故选A。
9．D
【详解】
A．该分子可以发生取代反应，但不能发生加成反应，A不正确；
B．该分子中含有13个C原子、5个O原子，不饱和度为3，则含H原子个数为22，分子式为C13H22O5，B不正确；
C．该分子中含有1个羧基、3个醇羟基，1mol该分子最多可以消耗4molNa，C不正确；
D．分子中含有羧基和羟基2种官能团，D正确；
故选D。
10．A
【详解】
A．熔融就是达到液态了，原子晶体必须破坏唯一的化学键，即共价键，A正确；
B．金属晶体的熔点有的很高，有的很低，如常温下汞呈液态，所以金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高，B错误；
C．干冰升华时，二氧化碳分子没变，分子内共价键没有断裂，C错误；
D．分子晶体中，分子间作用力越大，对应的物质的熔沸点一般越高，分子晶体的稳定性与化学键有关系，与分子间作用力没有关系，D错误；
故选A。
11．C
【详解】
A．PHB塑料的单体是CH3CH2CH(OH)COOH，许多单体分子的羧基与醇羟基彼此之间发生酯化反应形成酯基，得到高聚物PHB，同时得到水，所以PHB塑料是一种聚酯，A正确；
B．自然环境中没有PHB，它是人类通过缩聚反应得到的，B正确；
C．由选项A分析可知，其单体是CH3CH2CH(OH)COOH，C错误；
D．生物塑料可以在微生物作用下降解为CO2和H2O，D正确；
故选C。
12．B
【详解】
A．酒精和水互溶、不能用分液法分离、装置I不能分离酒精和水的混合物，A错误；
B．在浓硫酸、50～60°C下苯与浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯和水，制硝基苯时采用装置II，B正确；
C．实验室通过乙醇在浓硫酸、170°C制取乙烯，装置III不可用于乙醇制取乙烯，C错误；
D． 乙酸具有挥发性，苯酚钠溶液变浑浊，不一定是二氧化碳和苯酚钠反应所致，也有可能是乙酸和苯酚钠反应引起的，装置IV不能比较碳酸、苯酚酸性强弱，D错误；
答案选B。
13．D
【详解】
A．S和F属于不同原子，形成的是极性键，但分子是正八面体构型，正负电荷中心重合，是非极性分子，A错误；
B．S原子的最外层有6个电子，在这个分子中，S形成了6个共价键，最外层不是8电子稳定结构，B错误；
C．六氟化硫中心原子的价层电子对数，C错误；
D．SF6中S和F中间都是单键(σ键)，分子是正八面体构型，分子中心的硫原子到氟原子的距离都相等，化学键都相同，故键长、键能都相等，D正确；
故选D。
14．C
【详解】
A．X在浓硫酸催化下加热不能发生消去反应，A错误；
B．X有羧基和羟基，而Y没有，Y在水中的溶解性比X弱，B错误；
C．X有酚羟基，而Y没有，可用FeCl3溶液来鉴别化合物X和Y，C正确；
D．1mol化合物Z最多可消耗3molH2，D错误；
故答案为C。
15．D
【详解】
A．该双环烯酯分子式为C14H20O2，A错误；
B．手性碳原子是指碳原子周围连有四个不同的原子团，该双环烯酯分子中有2个手性碳原子，B错误；
C．该双环烯酯的等效氢有13种，则其一氯代物有13种，C错误；
D．该双环烯酯有碳碳双键能发生氧化反应和加聚反应，有酯基能发生水解反应，D正确；
故答案为D。
16．C
【详解】
A．氢氧化锌虽然溶于氨水这个碱，但仅是一个特例，无法确定其为两性氧化物，A项错误；
B．NH3与Zn2+之间形成配位键，而OH-与[Zn(NH3)4]2+之间为离子键，NH3中有共价键，B项错误；
C．NH3与Zn2+形成配位键，离子方程式为Zn(OH)2+4NH3=[Zn(NH3)4]2++2OH-，C项正确；
D．NH3中N无空轨道，提供空轨道的是Zn2+，D项错误；
故选C。
17．(1)分液漏斗
(2)粉末状的MnO2会透过多孔隔板，无法控制反应的起始与停止
(3)液面上升
(4)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
(5)使液态乙醇转变成气态乙醇
(6)放热
(7) 新制Cu(OH)2 ① 挥发出来的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
【分析】
本实验用H2O2制氧气，然后用氧气氧化C2H5OH，甲、乙、丙三套装置中乙无法控制反应的起始和停止，不适合用来制氧气。Ⅱ中A处产生O2，经浓硫酸干燥后进入C中，C中热水使乙醇挥发，氧气和乙醇在D中反应，生成乙醛，E中有冰水促进乙醛液化。检验产物时挥发出来的乙醇也能与高锰酸钾反应从而使其褪色，①错误；②中产生了砖红色沉淀，是氢氧化铜和乙醛反应的产物，②正确；③中酚酞微红色褪去，说明产物中可能含乙酸，③正确。
（1）根据甲装置的图可知，装3%H2O2溶液的仪器名称为分液漏斗。
（2）乙装置中粉末状的MnO2会透过多孔隔板，无法控制反应的开始和停止，所以使用乙装置制备氧气不合理。
（3）制备过程中如果体系内压强过大，则装置内的液体会被压入安全管中，导致安全管内液面上升。
（4）仪器b中发生的是乙醇的催化氧化反应，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
（5）C中热水的作用为将乙醇液体转化为乙醇蒸气，从而进入b中与氧气发生催化氧化反应。
（6）乙醇的催化氧化需要加热，熄灭酒精灯后反应仍能进行，说明乙醇的催化氧化为放热反应，随着反应进行放出热量从而为后续的催化氧化反应提供热能。
（7）实验②中产生了砖红色沉淀为Cu2O，所以加入的检验试剂为新制氢氧化铜悬浊液。实验中挥发出来的乙醇也能和高锰酸钾发生反应，从而使其褪色，因此并不能说明产物中含有乙醛，①不合理。
18．(1)H2O、N2H4存在分子间氢键
(2)H2S
(3)sp3
(4) 大于 O原子半径小于S原子半径，成键电子对距离近，斥力大，因此键角H2O>H2S
(5) 极性
(6)
（1）水和肼都能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水和肼的分子间作用力强于硫化氢，沸点高于硫化氢，故H2O、N2H4存在分子间氢键；
（2）硫化氢分子中硫原子的价层电子对数为4，二氧化硫和三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数都为3，则硫化氢分子中硫原子价层电子对数不同于二氧化硫和三氧化硫分子，故H2S；
（3）由图可知，S8分子中硫原子的价层电子对数为4，原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故sp3；
（4）水分子和硫化氢分子都是V形结构，氧原子的原子半径小于硫原子，水分子中成键电子对距离小于硫化氢，斥力小于硫化氢，所以水分子的键角大于硫化氢分子，故大于；原子半径小于S原子半径，成键电子对距离近，斥力大，因此键角H2O>H2S；
（5）肼是共价化合物，电子式为，肼分子的结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故；极性；
（6）由中强酸一般有一个非羟基氧可知，亚磷酸分子中含有一个非羟基氧和2个羟基，有一个氢原子直接与磷原子相连，结构式为，故。
19．(1) NaCl CO2 原子晶体
(2) 4 SiC
(3) 6 BD
(4)三者均为分子，组成与结构相似，随着相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔沸点升高
(5)
（1）A为离子晶体，A中含短周期中金属性最强的元素即为钠元素，则A为NaCl晶体；B中元素基态原子的3P轨道上有2个电子即为硅元素，则B为原子晶体；C是空气的成分之一，由图知，C为CO2；
（2）由图知，晶胞中Si原子位于顶点和面心，其数目为；图中C原子位于体心共有4个，则该化合物的化学式为SiC；
（3）从结构图可以看出，Ti与6个原子形成共价键，所以钛的配位数为6；该配合物中，存在中心原子与配体间的配位键，其他非金属原子之间形成共价键，故答案为BD；
（4）TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔沸点升高；
（5）一个T-碳晶胞物质的量为，质量为，体积为(a，因此T-碳的密度为 g/cm3。
20．(1)羧基
(2)苯乙酸乙酯
(3)+HOCH2CH2N(CH3)2+CH3CH2OH
(4)
(5) 16
(6)
【分析】
甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应生成，B和NaCN，酸性条件下反应生成，和乙醇发生酯化反应生成，和反应生成E()，根据E和F反应生成环喷托酯，则得到F为(CH3)2NCH2CH2OH。
（1）C为，则C中官能团的名称为羧基；故羧基。
（2）D为，其化学名称为苯乙酸乙酯；故苯乙酸乙酯。
（3）由E与F生成环喷托酯的化学方程式为+HOCH2CH2N(CH3)2+CH3CH2OH；故+HOCH2CH2N(CH3)2 +CH3CH2OH。
（4）E和F在生成环喷托酯时会产生分子式为C13H14O2的副产物，主要是发生自身的取代反应，得到结构简式为；故。
（5）能发生银镜反应，说明有醛基；能与2倍物质的量的NaOH反应，说明含有酚酸酯，则一个取代基团为甲酸酚酯；苯环上的取代基不超过3个，可能有两个取代基，也可能有两个取代基团，当两个取代基团时，一个为−OOCH，另一个取代基团为−CH2CH2CH3或− CH(CH3)2，分别有邻、间、对共6种结构；当三个取代基团时，一个为−OOCH，另两个取代基团为−CH3和− CH2CH3；当−CH3和−CH2CH3是邻位，则有4种结构，当−CH3和−CH2CH3是间位，则有4种结构，当−CH3和−CH2CH3是对位，则有2种结构；总共16种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式；故16；。
（6）乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯和丙酮(CH3COCH3)在一定条件下反应生成，在酸性条件下反应生成；其合成路线为：；故。
2022-2023学年广东省四校联考高二下册期末化学模拟试题
（B卷）
评卷人
得分
一、单选题
1．2021年，中国科学家生成了一种新酶，从头设计了11步反应的非自然二氧化碳固定与人工合成淀粉新途径。这个不依赖光合作用的“创造”，被誉为“将是影响世界的重大颠覆性技术”。下列说法错误的是
A．合成过程需要二氧化碳、水和提供能量
B．CO2到淀粉的人工全合成技术能有效推动实现“碳中和”
C．淀粉属碳水化合物，在酶催化作用下可水解生成CO2和H2O
D．酶是具有催化作用的有机化合物，是成功构建这条途径的核心关键
2．有机化学对人类生活有着十分重要的作用。下列说法错误的是
A．通过有机反应可以合成自然界不存在的新物质
B．石油裂化、油脂硬化、橡胶老化均是化学变化
C．塑料、合成纤维、合成橡胶均是通过加聚反应来合成
D．蛋白质、纤维素、核酸均属生物大分子，均能发生水解反应
3．同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，则该仪器是
A．质谱仪 B．红外光谱仪 C．元素分析仪 D．核磁共振仪
4．重结晶法提纯苯甲酸，不需要用到的仪器是
A． B． C． D．
5．有机物M (2-甲基-2-丁醇)存在如图转化关系。下列说法正确的是
A．N分子可能存在顺反异构
B．L分子中一定含有手性碳原子
C．M分子中有3种处于不同化学环境的氢原子
D．M的同分异构体中，能被氧化为酮的醇有3种
6．m、n、p、q是有机合成中常用的原料。下列说法正确的是
A．m、n、p互为同系物
B．n、p、q可用NaHCO3溶液和溴水鉴别
C．n的同分异构体中属于羧酸的有5种(不考虑立体异构)
D．相同物质的量的m、n、q充分燃烧，消耗O2的量相同
7．CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的机理如图所示。下列叙述错误的是
A．由步骤①知：加成反应也可生成酯类物质
B．反应过程中存在C—H键的断裂
C．该反应的原子利用率为100%
D．若将步骤②中CH3I换为CH3CH2I，则产品将变为丙烯酸乙酯
8．下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
将蔗糖和硫酸的混合液加热，片刻后，加入新制的Cu(OH)2，加热，未出现砖红色沉淀
蔗糖没有发生水解反应
B
将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入溴的CCl4溶液中，溶液逐渐褪色
溴乙烷发生了消去反应
C
将无水乙醇和冰醋酸混合，加入碎瓷片，加热，产生有香味的物质
乙酸与乙醇发生酯化反应
D
向苯酚浊液中滴加过量NaOH溶液，浊液变清，再通入CO2，未出现浑浊
碳酸的酸性比苯酚弱
A．A B．B C．C D．D
9．完成下列实验所选择的装置、仪器(夹持装置部分已略去)或操作正确的是
选项
A
B
C
D
实验
测定中和反应热
用NaOH溶液滴定盐酸
检验葡萄糖分子中的醛基
乙炔的制备及证明能与溴水反应
装置、仪器或操作
A．A B．B C．C D．D
10．下列对有关事实的解释正确的是
事实
解释
A
SiO2的熔点比干冰高
SiO2分子间的范德华力比干冰大
B
AgCl能溶于氨水
提供孤电子对与Ag+通过配位键形成配合物
C
NH3做喷泉实验
NH3与H2O分子间形成氢键，且均为极性分子
D
某些金属盐灼烧呈现不同焰色
电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不同
A．A B．B C．C D．D
11．利用反应CCl4+ 4NaC(金刚石) + 4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是
A．反应的四种物质分别可形成不同类型的晶体
B．CCl4与金刚石中的C原子杂化轨道类型不同
C．反应中四种物质的熔点： C(金刚石)＞NaCl＞Na＞CCl4
D．通过X-射线衍射可鉴定合成的产品是金刚石还是石墨
12．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是
A．原子半径： W>Z>Y>X
B．X2Y2、Z2W2中Y与Z的化合价相同
C．X与Y形成如图所示的分子属非极性分子
D．电负性由大到小的顺序为： Y> W>Z>X
13．如图，某液态金属储能电池放电时产生金属化合物Li3Bi，下列说法正确的是
A．放电时，N电极的质量减小
B．放电时，M电极反应为： Ni-2e-= Ni2+
C．充电时，Li+由N电极向M电极移动
D．充电时，N电极反应为： Li3Bi+3e- =3Li++ Bi
14．已知：A(g)+2B(g)3C(g)ΔH<0，在某温度下向恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态Ⅰ，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。
下列说法正确的是
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡
B．t2时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡时A的体积分数φ：φ(Ⅰ)>φ(Ⅱ)
D．平衡常数K：K(Ⅰ)>K(Ⅱ)
15．一定条件下，在1.0L的密闭容器中进行反应： Cl2(g)+CO(g) COCl2(g) ΔH<0，反应过程中的有关数据如下表：
t/min
0
2
4
6
8
c(Cl2 )/ mol·L-1
2.4
1.6
0.6
c(CO)/ mol·L-1
2
0.2
c(COCl2 )/ mol·L-1
0
下列说法正确的是A．该反应在高温下自发进行
B．2min内，用CO表示的化学反应速率为0.6mol·L-1·min-1
C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(COCl2)<1.8 mol·L-1
D．温度不变，在第8min向体系中加入三种物质各1mol，则平衡向逆反应方向移动。
16．25℃时，已知弱酸H3RO3溶液中含R物种的浓度之和为0.1 mol·L-1，溶液中所有含R物种的lgc-pOH的关系如图所示，下列说法错误的是
已知： pOH表示OH-浓度的负对数[pOH = -lgc(OH- )]。
A．H3RO3 为二元弱酸
B．曲线③表示lgc(H3RO3)随pOH的变化
C．pH=6.7 的溶液中： c(H3RO3)+ 2c()=0.1mol·L-1
D．反应H3RO3+ 2的平衡常数K=1.0 × 105
评卷人
得分
二、原理综合题
17．铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，常用作还原剂、催化剂、特殊光学材料添加剂等。铈的常见价态是+3和+4，请回答下列问题：
(1)大气污染物NO可被含Ce4+的溶液吸收，生成、的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是_______。
(2)用电解的方法可将上述吸收液中的转化为稳定的无毒气体，同时再生Ce4+，电解装置如图所示。
①无毒气体从电解槽的c口逸出，则A极为电源的_______极(填“正”或“负”)。
②转化为稳定的无毒气体的电极反应式是_______。
(3)铈元素在自然界中主要以氟碳铈(CeFCO3)矿的形式存在。工业上利用氟碳铈矿提取CeO2的一种工艺流程如下：
①“焙烧”过程中发生的主要反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。
②已知硼酸H3BO3与足量NaOH反应的产物是Na[B(OH)4]，则硼酸在溶液的电离方程式为_______。
③已知“转化”过程没有电子转移，则“转化”过程的化学方程式为_______。
④常温下，“沉铈”过程中Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5mol·L-1]，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c()=_______mol·L-1。(已知常温下Ka1(H2CO3)=5.0×10-7，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28)
18．CO2加氢可转化为高附加值的CO、CH3OH、CH4等C1产物。CO2加氢过程，主要发生的三个竞争反应为：
反应Ⅰ： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H= -49 kJ ·mol-1
反应Ⅱ： CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) △H=-165.0 kJ ·mol-l
反应Ⅲ： CO2(g)+ H2(g) CO(g)+ H2O(g) △H=+41.18 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)①由CO、H2合成甲醇的热化学方程式为_______。
②某催化剂催化CO2加氢制甲醇的反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，Ea表示活化能，单位为eV。CH3O*转化为甲醇的化学方程式为_______。
③在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应Ⅰ外，还发生反应Ⅲ。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：
T(K)
CO2实际转化率(%)
甲醇选择性(%)
543
12.3
42.3
553
15.3
39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是_______。
(2)科学家研究了不同反应温度对含碳产物组成的影响。在反应器中按n(H2)：n(CO2)=3：1通入H2和CO2，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。试验中温度对平衡组成C1 (CO2、CO、CH4)中的CO和CH4的影响如图所示(该反应条件下甲醇产量极低，因此忽略“反应Ⅰ”)。
①1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是_______、_______。M点平衡组成含量高于N点的原因是 _______。
②当CH4和CO平衡组成为均40%时，该温度下反应Ⅲ的平衡常数Kp为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压× 物质的量分数)。
评卷人
得分
三、结构与性质
19．掺杂了硒(Se)、 碲(Te) 固溶物的Ag2S是一种具有良好塑性和热电性能的柔性半导体材料，该材料能用于可穿戴式、植入式电子设备的制备。
回答下列问题：
(1)Ag的核外电子排布式是[Kr] 4d105s1，则Ag在元素周期表中的位置是_______。下列属于基态Ag+的电子排布式的是_______(填标号)。
A．[Kr] 4d95s2 B．[Kr] 4dl0 C．[Kr] 4d95s1
(2)S、As、Se、Br在元素周期表中的位置关系如图所示，则As、Se、Br的第一电离能由大到小的顺序为_______， 的空间构型为_______。
S
As
Se
Br
(3)金属Ge也是一种良好的半导体，利用离子液体[EMIM] [AlCl4]可电沉积还原金属Ge，该离子液体的熔点只有7℃，其中EMIM+结构如图所示。
①EMIM+中C原子的杂化类型是_______。
②EMIM+中σ键数： π键数=_______。
③该离子液体的熔点比较低的原因是_______。
(4)ZnS的立方晶胞结构如下图所示：
①ZnS晶体中，与S2-距离最近且等距的Zn2+的个数是_______。
②ZnS的晶胞边长为a pm，则晶体的密度为_______g·cm-3(用含a、NA的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值)。
评卷人
得分
四、有机推断题
20．以芳香化合物A为原料合成某药物中间体M的路线如下：
已知：RCHO
请回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______。
(2)试剂R的结构简式为_______。
(3)由D生成E的化学方程式为_______。
(4)M中含氧官能团除醚键外，还有 _______(写名称)。
(5)X是B的同系物且比B多一个CH2，能发生水解反应且水解产物能与FeCl3发生显色反应的X的同分异构体有_______种；其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为6：2： 1 ： 1的结构简式为_______(写两种)。
(6)参照上述流程，设计以乙醇为原料合成2—丁醇的合成路线。______
答案：
1．C
【详解】
A．淀粉变成二氧化碳和水的过程是释放能量的，则由二氧化碳和水合成淀粉需吸收能量，即合成过程需要二氧化碳、水和提供能量，故A正确；
B．CO2到淀粉的人工全合成技术能减少CO2的排放，能有效推动实现“碳中和”，故B正确；
C．淀粉在酶催化作用下最终可水解生成葡萄糖，故C错误；
D．酶是具有催化作用的有机化合物，是成功构建这条途径的核心关键，故D正确；
故选C。
2．C
【详解】
A．通过有机反应可以合成自然界不存在的新物质，例如聚乙烯等人工合成高分子化合物，A正确；
B． 石油裂化可得到裂化汽油等产品、油脂硬化得到氢化植物油、橡胶老化中涉及碳碳双键断裂等引起结构变化，均有新物质生成、均是化学变化，B正确；
C．合成纤维例如聚酯纤维、聚酰胺等可通过缩聚反应生成， C不正确；
D． 蛋白质、纤维素、核酸均属生物大分子，均能发生水解反应，蛋白质水解最终得到氨基酸、纤维素水解得到葡萄糖、核酸水解得到核苷酸、核苷酸还能进一步水解， D正确；
答案选C。
3．C
【详解】
A．质谱仪是按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质组成的仪器，同分异构体的分子碎片的质量不一定完全相同，A不合题意；
B．红外光谱仪是测定分子中所含原子团或化学键的仪器，同分异构体的结构不同，化学键和原子团不一定相同，B不合题意；
C．元素分析仪是分析有机物的组成元素的仪器，同分异构体的组成元素相同，C符合题意；
D．核磁共振仪是测定有机物分子中氢原子种类及数目比的仪器，同分异构体的氢原子种类不一定相同，D不合题意；
故选C。
对于大多的同分异构体，氢原子的种类不同；对于少数同分异构体，氢原子的种类可能相同。
4．B
【详解】
用重结晶法提纯苯甲酸的实验步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤，所以实验中需要用到漏斗、酒精灯、烧杯，不需要分液漏斗，故B正确；
故选B。
5．D
【分析】
2-甲基-2-丁醇的结构简式为，含有的官能团是羟基，据此分析；
【详解】
A．M→N发生消去反应，则N的结构简式可能为，也可能为，两种物质均不存在顺反异构，故A错误；
B．L在氢氧化钠水溶液中生成M，该反应为水解反应或取代反应，则L的结构简式为，该有机物中不存在手性碳原子，故B错误；
C．M的结构简式为，依据等效氢，该分子中含有4种不同化学环境的氢原子，故C错误；
D．能被氧化为酮的醇，推出－OH所连碳原子上有1个氢原子，即符合条件的结构简式为、、，共有3种，故D正确；
答案为D。
6．B
【详解】
A．m结构中含一个酯基、一个环，n结构中含一个酯基，p结构中含一个酯基、一个碳碳双键，三者结构不相似，不互为同系物，A错误；
B．n含有酯基，p含有酯基和碳碳双键，能使溴水褪色，q含有羧基和碳碳双键，能与碳酸氢钠溶液反应生成气体，也能与溴水反应使溴水褪色，所以可用NaHCO3溶液和溴水鉴别，B正确；
C．n的同分异构体中属于羧酸的满足C5H11COOH，－C5H11用8种同分异构体，所以一共有8种(不考虑立体异构)，C错误；
D．m、n、p的分子式分别为C5H8O2、C6H12O2、C7H12O2，分别可表示为C5H4·2H2O、C6H8·2H2O、C7H8·2H2O，因此相同物质的量的m、n、q充分燃烧，消耗O2的量不相同，D错误；
答案选B。
7．C
【分析】
由图可知，CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的反应物为二氧化碳、乙烯和一碘甲烷，生成物为丙烯酸甲酯和碘化氢，反应的化学方程式为CO2+CH2=CH2+CH3ICH2=CHCOOCH3+HI。
【详解】
A．由图可知，步骤①发生的反应为乙烯与二氧化碳发生加成反应生成酯，故A正确；
B．由图可知，步骤①乙烯与二氧化碳发生加成反应时发生了C—H键的断裂，故B正确；
C．由分析可知，生成物为丙烯酸甲酯和碘化氢，则反应的原子利用率不可能为100%，故C错误；
D．由分析可知，二氧化碳、乙烯和一碘甲烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸甲酯和碘化氢，则二氧化碳、乙烯和碘乙烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸乙酯和碘化氢，故D正确；
故选C。
8．B
【详解】
A．验证醛基与新制氢氧化铜悬浊液反应，要求溶液显碱性，题中所给操作步骤没有中和稀硫酸，故A错误；
B．溴乙烷、乙醇和烧碱混合物加热，产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，说明产生的气体含有碳碳不饱和键，从而证明发生了消去反应，故B正确；
C．无水乙醇与乙酸发生酯化反应，需要加入浓硫酸，浓硫酸作催化剂和吸水剂，题中缺少加入浓硫酸步骤，故C错误；
D．苯酚显弱酸性，加入NaOH溶液，发生+NaOH→+H2O，溶液变为澄清，因为所加氢氧化钠过量，再通入CO2，CO2与过量氢氧化钠溶液反应，未出现浑浊，不能说明碳酸的酸性弱于苯酚，故D错误；
答案为B。
9．A
【详解】
A．测定中和热时，用环形玻璃搅拌棒搅拌，温度计测量温度变化，泡沫塑料用于隔热，故A正确；
B．氢氧化钠溶液为碱性，需要放置在碱式滴定管里，故B错误；
C．碱性条件下，新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖溶液在加热条件下反应，检验醛基，则制备新制的氢氧化铜悬浊液时，氢氧化钠应过量，硫酸铜溶液少量，故C错误；
D．生成的乙炔中混有硫化氢等气体，均与溴水反应，不能证明乙炔能与溴水反应，故D错误；
故选A。
10．C
【详解】
A．SiO2属于共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰属于分子晶体，熔化时破坏分子作用力，破坏共价键需要的能量远大于破坏分子间作用力，因此SiO2的熔点高于干冰，故A错误；
B．NH中N原子没有孤对电子，无法提供孤对电子给Ag+，AgCl溶于氨水，形成[Ag(NH3)2]+，是由NH3中N提供孤对电子，Ag+提供空轨道，故B错误；
C．氨气作喷泉实验，是因为氨气极易溶于水，氨气极易溶于水的原因：一是氨气为极性分子，水为极性分子，根据“相似相溶”；二是氨气能与水形成分子间氢键，故C正确；
D．某些金属盐灼烧呈现不同焰色，是电子从高能轨道跃迁到低能轨道，释放的能量以不同波长光形式放出，故D错误；
答案为C。
11．B
【详解】
A．固体CCl4为分子晶体，Na为金属晶体，C(金刚石) 为原子晶体，NaCl为离子晶体，可形成不同类型的晶体，故A正确；
B． CCl4中C原子的价层电子对数为4，金刚石中C原子的价层电子对数也为 4，则杂化轨道类型相同，均为sp3，故B错误；
C．固体CCl4为分子晶体，常温下为液体，Na为金属晶体，熔点较低，C(金刚石) 为原子晶体，NaCl为离子晶体，原子晶体的熔点最高，其次是离子晶体，则反应中四种物质的熔点：C(金刚石)＞ NaCl＞ Na＞ CCl4，故C正确；
D． 金刚石和石墨的原子排列方式不同，故X-射线衍射可鉴定合成的产品是金刚石还是石墨，故D正确；
故选B。
12．D
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数递增，Z与W形成如图所示的分子结构，分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构，推断Z是S元素，W是Cl元素，形成S2Cl2；Y与Z同主族，Y是O元素，形成如图所示的分子结构是H2O2，X是H元素。故推断X是H元素、Y是O元素、Z是S元素、W是Cl元素，据此答题。
【详解】
A．同主族时电子层数多原子半径较大，电子层数相同则核电荷数多的半径较小，则原子半径：S >Cl，A错误；
B． X2Y2为过氧化氢其中氧呈-1价、Z2W2为S2Cl2、S非金属性小于Cl、则S化合价为+1价，B错误；
C． X与Y形成如图所示的分子不对称、正负电荷重心不重叠、属极性分子，C错误；
D．通常非金属性强电负性大，同周期元素电负性递增、同主族元素电负性递减、电负性由大到小的顺序为： Y> W>Z>X，D正确；
答案选D。
13．C
【分析】
由题中信息可知，放电时，作原电池，M极由于Li比Ni更活泼，也比N极上的Sb、Bi、Sn更活泼，故M极作负极，电极反应为Li-e- =Li+ ，N极为正极，电极反应为3Li++3e- + Bi=Li3Bi；据此解答。
【详解】
A．由上述分析可知，放电时，作原电池，N极为正极，电极反应为3Li++3e- + Bi=Li3Bi，质量增大，故A错误；
B．由上述分析可知，放电时，作原电池，M为负极，Li比Ni更活泼，则M电极反应为Li-e- =Li+ ，故B错误；
C．充电时，作电解池，M为阴极，得电子发生还原反应，阳离子移动向阴极，则Li+由N电极向M电极移动，故C正确；
D．充电时，作电解池，N为阳极，失电子发生氧化反应，N电极反应为Li3Bi-3e- =3Li++ Bi，故D错误；
答案为C。
14．B
【详解】
A．所给反应为气体体积不变的反应，反应前后气体的物的量不变，则压强始终不变，不能判定平衡状态，故A错误；
B．t2时正反应速率瞬间不变，然后增大，可知改变的条件为向容器中加入C，故B正确；
C．t2时加入C，等效于加压，平衡不移动，则平衡时A的体积分数φ：φ(I)=φ(II)，故C错误；
D．平衡常数与温度有关，温度不变，则平衡常数K：K(I)=K(Ⅱ)，故D错误；
故选：B。
15．C
【详解】
A．根据反应方程式，该反应为气体物质的量减少的反应，即ΔS＜0，已知ΔH＜0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，因此该反应在低温下自发进行，故A错误；
B．2min内消耗氯气物质的量浓度为0.8mol/L，则消耗CO的物质的量浓度为0.8mol/L，根据化学反应速率的表达式，v(CO)==0.4mol/(L·min)，故B错误；
C．6min时，CO的物质的量浓度为0.2mol/L，6min内消耗CO的物质的量浓度为1.8mol，该段时间内，消耗氯气物质的量浓度为1.8mol/L，则6min时氯气物质的量浓度为0.6mol/L，与8min时氯气物质的量浓度相同，表示反应已达到平衡，达到平衡时，生成COCl2物质的量浓度为1.8moL/L，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则c(COCl2)＜1.8moL/L，故C正确；
D．达到平衡时氯气、CO、COCl2物质的量浓度分别为0.6mol/L、0.2mol/L、1.8mol/L，该条件下K==15，温度不变，在第8min向体系中加入三种物质各1mol，Qc=≈1.5＜15=K，平衡向正反应方向移动，故D错误；
答案为C。
16．D
【分析】
任何pOH下，图像中含R物均有3种，说明H3RO3存在二级电离，为二元弱酸；随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据、，可知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，故lg逐渐减小，lg先增大后减小，lg逐渐增大，故曲线③表示，曲线②表示，曲线①表示
【详解】
A．由分析可知为二元弱酸，A正确；
B．由分析可知，曲线③表示lgc(H3RO3)随pOH的变化，B正确；
C．即，由图可知，此时，，即，而，故，C正确；
D．根据a点知，时，，c(OH-)=10-7.3 mol/L，c(H+)=10-6.7 mol/L，则H3RO3的，根据c点知，，，c(OH-)=10-12.6 mol/L，c(H+)=10-1.4 mol/L，则H3RO3的，由减去，可得，则平衡常数，D错误；
故选D。
17．(1)4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++++6H+或4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++HNO2++5H+
(2) 正 2+8H++6e-=N2↑+4H2O
(3) 1：4 H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+ Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)=3KBF4(s)+CeCl3(aq) 0.2
【分析】
(1)NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO、NO，反应过程中N化合价升高，Ce化合价则降低，氧化剂为Ce4+，还原剂为NO；
(2)①采用电解法将NO转化为无毒物质，同时再生Ce4+，过程中Ce化合价升高，为失电子反应，电解池中阳极处的反应为失电子反应；
②电解池阴极发生的反应为物质得到电子，发生还原反应，根据装置图，H+到阴极参加反应，电解将NO2-转化为无毒物质，可判断为N2，据此写出电极反应；
(3)①焙烧过程中，CeFCO3转化生成CeO2和CeF4，焙烧过程O2参加反应，据此写出主要反应的方程式；
②由硼酸和足量氢氧化钠溶液反应的产物可以推测出硼酸为一元弱酸；
（1）雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4＋的溶液吸收，生成、物质的量之比为1：1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++++6H+或4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++HNO2++5H+。因此，本题正确答案是：4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++++6H+或4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++HNO2++5H+；
（2）①无毒气体从电解槽的c口逸出，则阴极是NO2－得到电子转化为N2，故B为负极，A为正极；②阴极电极反应式为：2NO2－+8H++6e-=N2↑+4H2O。因此，本题正确答案是：正；2NO2－+8H++6e-=N2↑+4H2O；
（3）①根据流程图可知焙烧过程中CeFCO3与氧气反应生成CeO2、CeF4和CO2，反应方程式为4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2，其中氧化剂O2和还原剂CeFCO3的物质的量之比为1:4。②硼酸H3BO3与足量NaOH反应的产物是Na[B(OH)4]，则硼酸为一元弱酸，故硼酸的电离方程式为H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+。③若“转化”过程没有电子转移，则“转化”过程的化学方程式为Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)=3KBF4(s)+CeCl3(aq)。④若Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10-5mol/L，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28=c2(Ce3+)c3(CO)，解得c(CO)=1.0×10-6mol/L，此时测得溶液的pH=5，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11=，则c(HCO)=0.2mol/L，因此，本题正确答案是：1:4；H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+；Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)=3KBF4(s)+CeCl3(aq)；0.2。
18．(1) ①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H= -90.18 kJ/mol CH3O*+H*=CH3OH 升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但反应Ⅲ的反应速率变化更大
(2) a d N点压强比M点大，温度相同时，增大压强使反应Ⅱ平衡正向移动，CO2、 H2的百分含量减小，H2O的百分含量增大，使反应Ⅲ平衡逆向移动，CO百分含量降低 2.4
（1）①按盖斯定律，反应I−反应III即可得CO、H2合成甲醇的热化学方程式：。②由图可知，CH3O*转化为甲醇的化学方程式为：CH3O*+H*=CH3OH。③在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应ⅠCO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H= -49 kJ ·mol-1，还发生反应ⅢCO2(g)+ H2(g) CO(g)+ H2O(g) △H=+41.18 kJ·mol-1。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，表中数据说明，升高温度，相同时间内CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，即消耗二氧化碳量增加而甲醇产量降低，则其原因是：升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但反应Ⅲ的反应速率变化更大。
（2）①反应ⅡCO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) △H=-165.0 kJ ·mol-l：升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量减少，对于平衡ⅢCO2(g)+ H2(g) CO(g)+ H2O(g) △H=+41.18 kJ·mol-1：升高温度，则平衡正向移动，CO的含量增加；增大压强，反应Ⅲ不移动，但反应Ⅱ的平衡正向移动，H2O的含量增大，使反应Ⅲ逆向移动，导致CO含量降低，综上：温度相同时，压强越大，CH4的含量越大、CO含量越小，则压强为1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是a、d；。M点平衡组成含量高于N点的原因是：N点压强比M点大，温度相同时，增大压强使反应Ⅱ平衡正向移动，CO2、 H2的百分含量减小，H2O的百分含量增大，使反应Ⅲ平衡逆向移动，CO百分含量降低。②设起始时n(CO2)=5mol，则n(H2)=15mol，根据图象，当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，所以△n(CO)=5mol×40%=2mol，△n(CH4)=5mol×40%=2mol，则 ；；平衡时：n(CO2)=(5−2−2)mol=1mol，n(H2)=(15−8−2)mol=5mol，n(CO)=2mol，n(H2O)=(4+2)mol=6mol，反应Ⅲ是体积不变化的反应，可将各物质的物质的量直接代入平衡常数KP中，反应III的平衡常数。
19．(1) 第五周期IB族 B
(2) Br>As>Se 三角锥形
(3) sp2、sp3 19：1 组成该离子液体的阴、阳离子所带电荷数较小，且阴、阳离子的体积较大，因此阴、阳离子间的作用力较小，熔点较低
(4) 4
（1）根据Ag的核外电子排布式，推出Ag在元素周期表的位置是第五周期ⅠB族；Ag+是Ag失去5s上的一个电子，即Ag+的电子排布式是[Kr]4d10，选项B正确；故答案为第五周期ⅠB族；B；
（2）As、Se、Br位于同周期，同周期从左向右第一电离能增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此三种元素第一电离能由大到小顺序是Br＞As＞Se；SeO中Se有3个σ键，孤对电子==1，价层电子对数为4，即空间构型为三角锥形；故答案为Br＞As＞Se；三角锥形；
（3）①-CH3、-CH2-中C的杂化类型为sp3，环上C的杂化类型为sp2；故答案为sp3、sp2；②根据结构简式以及成键原子只能形成一个σ键，因此1个该离子中含有σ键个数为19个，1个大π键，因此σ键和π键数之比为19∶1；故答案为19∶1；③该离子液体的熔点比较低的原因是组成该离子液体的阴、阳离子所带电荷数较小，且阴、阳离子的体积较大，因此阴、阳离子间的作用力较小，熔点较低；故答案为组成该离子液体的阴、阳离子所带电荷数较小，且阴、阳离子的体积较大，因此阴、阳离子间的作用力较小，熔点较低；
（4）①根据晶胞图，与S2-距离最近且等距的Zn2+的个数为4；故答案为4；②S2-位于顶点和面心，个数为=4，Zn2+位于晶胞内部，个数为4，有4个“ZnS”单元，则晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，根据密度的公式，该晶胞的密度为g/cm3；故答案为。
20．(1)甲苯
(2)
(3)2+O22+2H2O
(4)羟基、羰基
(5) 13 、
(6)
【分析】
由有机物的转化关系可知，经多步转化得到，则A为；与发生题给信息反应生成，则R为；发生水解反应生成，则D为；在催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与碘化氢共热反应生成，与发生环加成反应生成。
（1）由分析可知，A的结构简式为，名称为甲苯，故甲苯；
（2）由分析可知，R的结构简式为，故；
（3）由分析可知，由D生成E的反应为在催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故2+O22+2H2O；
（4）由结构简式可知，M分子中的含氧官能团为醚键、羟基、羰基，故羟基、羰基；
（5）由X是B的同系物且比B多一个CH2，能发生水解反应且水解产物能与氯化铁发生显色反应可知，X分子中含有酚酯基，若苯环上只有1个取代基，取代基可能为—OOCCH2CH3，结构只有1种；若苯环上有2个取代基，取代基可能为—OOCCH3和—CH3，或—OOCH和—CH2CH3，结构都有邻间对3种；若苯环上有3个取代基，取代基可能为1个—OOCH和2个—CH3，可以视作邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯的苯环上的氢原子被—OOCH取代，结构共有6种，则符合条件的X的结构简式共有13种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为6：2：1：1的结构简式为、，故13；、；
（6）由题给有机物的转化关系可知，以乙醇为原料合成2—丁醇的合成步骤为催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛，乙醇与浓盐酸共热反应生成氯乙烷，氯乙烷与乙醛发生题给信息反应生成，发生水解反应生成2—丁醇，合成路线为，故。
2022-2023学年广东省四校联考高二下册期末化学模拟试题
（A卷）
评卷人
得分
一、单选题
1．下列物质中，既存在离子键又存在共价键的是
A．氯化氢 B．氯化镁 C．氮气 D．氢氧化钠
2．下列关于合成高分子化合物的说法正确的是
A．聚乙烯是由高分子化合物组成的物质，有固定的熔沸点
B．冬奥会速滑竞赛服采用的聚氨酯材料是一种有机高分子材料
C．缩聚反应的产物只有高分子
D．塑料、合成树脂和合成橡胶被称为“三大合成材料”
3．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是
A．我国二氧化碳合成淀粉的颠覆性技术有助于未来实现“碳中和”
B．广东剪纸艺术所用纸的主要成分与淀粉属于同分异构体
C．熟鸡蛋能返生孵出小鸡，是伪科学
D．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是生物大分子
4．下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是
A．CO2和SiO2 B．CaCl2和H2S C．SO2和NH3 D．HCl和KCl
5．下列反应属于加成反应的是
A．乙烷与氯气在光照下的反应
B．乙炔使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应
C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色的反应
D．苯的硝化反应
6．下列关于溴乙烷的叙述中正确的是
A．溴乙烷的电子式为：
B．溴乙烷与NaOH的水溶液共热可生成乙烯
C．将溴乙烷滴入AgNO3溶液中，立即有淡黄色沉淀生成
D．溴乙烷可以通过乙烯和HBr在一定条件下的加成反应制得
7．下列粒子的VSEPR模型为四面体、且其空间结构为V型的是
A． B． C． D．
8．确定有机化合物组成和结构的方法很多，下列说法错误的是
A．异戊烷的核磁共振氢谱中有3组峰：
B．质谱仪可用于有机物相对分子质量的测定
C．利用红外光谱法可以区分乙烷和乙烯
D．通过李比希元素分析仪可以确定有机物最简式
9．某有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．该分子可以发生加成反应和取代反应
B．分子式为C12H18O5
C．1mol该分子最多可以消耗1molNa
D．分子中含有2种官能团
10．下列说法中，正确的是
A．原子晶体在熔融态时，共价键被破坏
B．金属晶体的熔点一定比分子晶体的高
C．干冰升华时，分子内共价键会发生断裂
D．分子晶体中，分子间作用力越大，对应的物质越稳定
11．PHB塑料是一种可在微生物作用下降解的环保型塑料，其结构简式如图，下面有关PHB塑料的说法不正确的是
A．PHB塑料属于聚酯类
B．PHB塑料是人工合成的高分子材料
C．合成PHB塑料的单体是CH3CH=C(OH)COOH
D．PHB塑料在微生物降解下的产物可能有CO2和H2O
12．下列实验装置(部分夹持仪器未画出)及实验用品使用均正确的是
A．装置I分离酒精和水的混合物 B．装置II制硝基苯
C．装置III用乙醇制取乙烯 D．装置IV比较乙酸、碳酸、苯酚酸性强弱
13．六氟化硫分子空间结构呈正八面体形(如图所示)，下列有关SF6的推测正确的是
A．六氟化硫是由极性键形成的极性分了
B．六氟化硫中各原子均达到8电子稳定结构
C．六氟化硫中心原子的价层电子对数为4
D．六氟化硫分子中的S-F键都是σ键，且键长、键能均相等
14．物质Z是一种可用于合成内分泌调节剂的药物中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
B．Y在水中的溶解性比X强
C．可用FeCl3溶液来鉴别化合物X和Y
D．1mol化合物Z最多可消耗4molH2
15．北京冬奥会场馆建设中用到一种耐腐蚀、耐高温的绿色环保表面涂料，共以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是
A．该双环烯酯分子式为C14H18O2
B．该双环烯酯分子中只有1个手性碳原子
C．该双环烯酯的一氯代物有7种
D．该双环烯酯能发生氧化反应、水解反应、加聚反应
16．Zn(OH)2溶于氨水可生成可溶性配合物[Zn(NH3)4](OH)2，下列说注正确的是
A．根据上述信息可推导出氢氧化锌为两性氢氧化物
B．该配合物中只有离子键和配位键
C．形成该配合物的离子方程式为：Zn(OH)2+4NH3=[Zn(NH3)4]2++2OH-
D．该配合离子中由NH3提供空轨道，Zn2+提供电子对
评卷人
得分
二、实验题
17．某化学小组同学利用3%H2O2溶液制O2，再用O2氧化C2H5OH，并检验氧化产物。
I.制备O2
该小组同学设计了如下三套装置制备O2(部分夹持装置已省略)
(1)甲装置中装3%H2O2溶液的仪器名称为_______。
(2)使用乙装置制备氧气不合理的原因是。_______。
(3)丙装置可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象是_______，此时可以将铂丝抽离H2O2溶液。
II.氧化C2H5OH
该小组同学最后选定了丙装置用于制备氧气，进一步设计氧化C2H5OH的装置如下图：
(4)仪器b中发生反应的化学方程式为_______。
(5)C和E两个水浴作用不相同，其中C中热水的作用是_______。
(6)在不断通入O2的情况下，熄灭酒精灯后反应仍能继续进行，说明乙醇催化氧化反应是_______反应(填“放热”或“吸热”)。
III.检验产物
(7)为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。
实验序号
检验试剂和反应条件
现象
结论
①
酸性KMnO4溶液
紫红色褪去
产物含有乙醛
②
_______，加热
生成砖红色沉淀
产物含有乙醛
③
微红色含酚酞的NaOH溶液
微红色褪去
产物可能含有乙酸
实验②中检验试剂是_______。实验①～③中的结论不合理的是_______(填序号)，原因是_______。
评卷人
得分
三、结构与性质
18．氮族、氧族元素及其化合物种类繁多，有许多用途，部分物质的熔沸点如下表所示：
H2O
H2S
S8
SO2
SO3
H2SO4
N2H4
熔点/°C。
0
-85.5
115.2
-75.5
16.8
10.3
1.4
沸点/°C
100
-60.3
444.6
-10.0
45.0
337.0
113.5
(1)H2O、N2H4的熔沸点要比H2S的熔沸点高很多，主要原因为_______。
(2)根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_______。
(3)如图为S8的结构，S原子的杂化轨道类型是_______。
(4)键角：H2O_______(填“大于”或“小于”)H2S，原因为_______。
(5)N2H4是火箭发射常用的燃料，N2H4的电子式为_______，它属于_______(填“极性”或“非极性”)分子。
(6)己知含氧酸的酸性与结构中非羟基氧的数目有关，强酸一般有两个非羟基氧(如硫酸：)，中强酸一般有一个非羟基氧(如磷酸：)。己知亚磷酸(H3PO3)是一种二元中强酸。请写出亚磷酸的结构式_______。
19．己知A、B、C为常见的晶体，其中A为离子晶体，A中含短周期中金属性最强的元素，B中元素基态原子的3P轨道上有2个电子，C是空气的成分之一。
(1)图中分别代表A_______，C_______(填化学式)，B为_______晶体(填晶体类型)。
(2)碳、硅的一种化合物晶胞如下图，在该晶胞中，含硅原子的数目为_______；该化合物的化学式为_______。
(3)某钛配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如下图所示：。
①钛的配位数为_______。
②该配合物中存在的化学键有_______(填字母)。
A．离子键 B．配位键 C．金属键 D．共价键 E.氢键
(4)钛与卤素形成的化合物熔、沸点如下表所示：
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
-24.1
38.3
155
沸点/℃
136.5
233.5
377
分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因_______。
(5)中外科学家团队共同合成了碳的一种新型同素异形体：T-碳。T-碳的结构是：将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代，形成碳的一种新型三维立方晶体结构，如下图。已知T-碳晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数为NA，则T-碳的密度为_______g/cm3(列出计算式)。
评卷人
得分
四、有机推断题
20．环喷托酯是一种常见的散瞳剂，常用于儿童散瞳验光，其合成路线如下：
已知：①R1CH2COOR2+RCOR
②R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH
回答下列问题：
(1)C中官能团的名称为_______。
(2)D的化学名称为_______。
(3)由E与F生成环喷托酯的化学方程式为_______。
(4)E和F在生成环喷托酯时会产生分子式为C13H14O2的副产物，结构简式为_______。
(5)符合下列条件的D的同分异构体有_______种，写出其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式_______。
①能发生银镜反应
②能与2倍物质的量的NaOH反应
③苯环上的取代基不超过3个
(6)根据以上信息并结合已有知识，设计以乙酸、乙醇和丙酮(CH3COCH3)为原料制备的合成路线：_______(无机试剂任选)。
答案：
1．D
【详解】
A．氯化氢是只含有共价键的共价化合物，故A不符合题意；
B．氯化镁是只含有离子键的离子化合物，故B不符合题意；
C．氮气是只含有共价键的非金属单质，故C不符合题意；
D．氢氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，故D符合题意；
故选D。
2．B
【详解】
A．聚乙烯是高分子化合物，每条高聚物分子链的聚合度n都不同，聚乙烯不可能只由一条链构成，所以高分子化合物是混合物，A错误；
B．聚氨酯材料是一种人工合成有机高分子材料，B正确；
C．缩聚反应的产物有高分子和小分子，C错误；
D．塑料、合成纤维和合成橡胶被称为“三大合成材料”，D错误；
故选B。
3．B
【详解】
A．碳中和是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，二氧化碳合成淀粉减少了二氧化碳的排放，有助于未来实现“碳中和”，A正确；
B．纸的主要成分是纤维素，与淀粉分子量不同，不是同分异构体，B错误；
C．蛋白质是生命活动的承担者，鸡蛋经高温加热煮熟后，其中的蛋白质结构发生改变导致蛋白质的功能丧失，生命活动不能正常地进行，所以熟鸡蛋不能返生孵出小鸡，C正确；
D．核酸为RNA和DNA，是由许多核苷酸单体聚合成的生物大分子化合物，D正确；
故选B。
4．C
【详解】
A．CO2含有极性键，属于分子晶体，SiO2含有极性键，属于共价晶体，A错误；
B．CaCl2含有离子键，属于离子晶体，H2S含有极性键，属于分子晶体，B错误；
C．SO2和NH3都含有极性键，属于分子晶体，C正确；
D．HCl含有极性键，属于分子晶体，KCl含有离子键，属于离子晶体，D错误；
故答案为C。
5．C
【详解】
A．乙烷与氯气在光照下的反应属于取代反应，A错误；
B．乙炔使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应属于氧化反应，B错误；
C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色的反应属于加成反应，C正确；
D．苯的硝化反应属于取代反应，D错误；
故答案为C。
6．D
【详解】
A．溴乙烷的电子式为 ，故A错误；
B．溴乙烷与NaOH的水溶液共热可生成乙醇，溴乙烷与NaOH醇溶液共热可生成乙烯，故B错误；
C．溴乙烷是非电解质，将溴乙烷滴入AgNO3溶液中，无现象，要验证溴乙烷中有溴元素，则先将溴乙烷加入NaOH溶液后加热，向反应后溶液中加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，有淡黄色沉淀生成，说明含有溴元素，故C错误；
D．实验室通常制取溴乙烷是用乙烯与溴化氢发生加成反应，故D正确；
综上所述，答案为D。
7．D
【详解】
A．SO2分子中S原子价层电子对数为，且含有一个孤电子对，VSEPR模型为平面三角形、空间结构为V形，故A不符合题意；
B．CH4的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，故B不符合题意；
C．中O原子价层电子对数为，且含有一个孤电子对，V SEPR模型为四面体形、空间结构为三角锥形，故C不符合题意；
D． H2O中O价层电子对数为，且O含有2个孤电子对，水分子的VSEPR模型是正四面体形，空间构型为V形，故D符合题意；
答案选D。
8．A
【详解】
A．异戊烷的结构简式为，核磁共振氢谱中有4组峰，A错误：
B．质谱仪最重要的应用是分离同位素并测定它们的相对原子质量及相对丰度，也可用于有机物相对分子质量的测定，B正确；
C．红外光谱法，是根据不同物质选择性的吸收红外光区的电磁辐射，对各种吸收红外光的化合物进行定量和定性分析的一种方法，利用红外光谱法可以区分乙烷和乙烯，C正确；
D．通过李比希元素分析仪可以确定有机物中所含有的元素种类及原子个数，从而确定有机物的最简式，D正确；
故选A。
9．D
【详解】
A．该分子可以发生取代反应，但不能发生加成反应，A不正确；
B．该分子中含有13个C原子、5个O原子，不饱和度为3，则含H原子个数为22，分子式为C13H22O5，B不正确；
C．该分子中含有1个羧基、3个醇羟基，1mol该分子最多可以消耗4molNa，C不正确；
D．分子中含有羧基和羟基2种官能团，D正确；
故选D。
10．A
【详解】
A．熔融就是达到液态了，原子晶体必须破坏唯一的化学键，即共价键，A正确；
B．金属晶体的熔点有的很高，有的很低，如常温下汞呈液态，所以金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高，B错误；
C．干冰升华时，二氧化碳分子没变，分子内共价键没有断裂，C错误；
D．分子晶体中，分子间作用力越大，对应的物质的熔沸点一般越高，分子晶体的稳定性与化学键有关系，与分子间作用力没有关系，D错误；
故选A。
11．C
【详解】
A．PHB塑料的单体是CH3CH2CH(OH)COOH，许多单体分子的羧基与醇羟基彼此之间发生酯化反应形成酯基，得到高聚物PHB，同时得到水，所以PHB塑料是一种聚酯，A正确；
B．自然环境中没有PHB，它是人类通过缩聚反应得到的，B正确；
C．由选项A分析可知，其单体是CH3CH2CH(OH)COOH，C错误；
D．生物塑料可以在微生物作用下降解为CO2和H2O，D正确；
故选C。
12．B
【详解】
A．酒精和水互溶、不能用分液法分离、装置I不能分离酒精和水的混合物，A错误；
B．在浓硫酸、50～60°C下苯与浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯和水，制硝基苯时采用装置II，B正确；
C．实验室通过乙醇在浓硫酸、170°C制取乙烯，装置III不可用于乙醇制取乙烯，C错误；
D． 乙酸具有挥发性，苯酚钠溶液变浑浊，不一定是二氧化碳和苯酚钠反应所致，也有可能是乙酸和苯酚钠反应引起的，装置IV不能比较碳酸、苯酚酸性强弱，D错误；
答案选B。
13．D
【详解】
A．S和F属于不同原子，形成的是极性键，但分子是正八面体构型，正负电荷中心重合，是非极性分子，A错误；
B．S原子的最外层有6个电子，在这个分子中，S形成了6个共价键，最外层不是8电子稳定结构，B错误；
C．六氟化硫中心原子的价层电子对数，C错误；
D．SF6中S和F中间都是单键(σ键)，分子是正八面体构型，分子中心的硫原子到氟原子的距离都相等，化学键都相同，故键长、键能都相等，D正确；
故选D。
14．C
【详解】
A．X在浓硫酸催化下加热不能发生消去反应，A错误；
B．X有羧基和羟基，而Y没有，Y在水中的溶解性比X弱，B错误；
C．X有酚羟基，而Y没有，可用FeCl3溶液来鉴别化合物X和Y，C正确；
D．1mol化合物Z最多可消耗3molH2，D错误；
故答案为C。
15．D
【详解】
A．该双环烯酯分子式为C14H20O2，A错误；
B．手性碳原子是指碳原子周围连有四个不同的原子团，该双环烯酯分子中有2个手性碳原子，B错误；
C．该双环烯酯的等效氢有13种，则其一氯代物有13种，C错误；
D．该双环烯酯有碳碳双键能发生氧化反应和加聚反应，有酯基能发生水解反应，D正确；
故答案为D。
16．C
【详解】
A．氢氧化锌虽然溶于氨水这个碱，但仅是一个特例，无法确定其为两性氧化物，A项错误；
B．NH3与Zn2+之间形成配位键，而OH-与[Zn(NH3)4]2+之间为离子键，NH3中有共价键，B项错误；
C．NH3与Zn2+形成配位键，离子方程式为Zn(OH)2+4NH3=[Zn(NH3)4]2++2OH-，C项正确；
D．NH3中N无空轨道，提供空轨道的是Zn2+，D项错误；
故选C。
17．(1)分液漏斗
(2)粉末状的MnO2会透过多孔隔板，无法控制反应的起始与停止
(3)液面上升
(4)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
(5)使液态乙醇转变成气态乙醇
(6)放热
(7) 新制Cu(OH)2 ① 挥发出来的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
【分析】
本实验用H2O2制氧气，然后用氧气氧化C2H5OH，甲、乙、丙三套装置中乙无法控制反应的起始和停止，不适合用来制氧气。Ⅱ中A处产生O2，经浓硫酸干燥后进入C中，C中热水使乙醇挥发，氧气和乙醇在D中反应，生成乙醛，E中有冰水促进乙醛液化。检验产物时挥发出来的乙醇也能与高锰酸钾反应从而使其褪色，①错误；②中产生了砖红色沉淀，是氢氧化铜和乙醛反应的产物，②正确；③中酚酞微红色褪去，说明产物中可能含乙酸，③正确。
（1）根据甲装置的图可知，装3%H2O2溶液的仪器名称为分液漏斗。
（2）乙装置中粉末状的MnO2会透过多孔隔板，无法控制反应的开始和停止，所以使用乙装置制备氧气不合理。
（3）制备过程中如果体系内压强过大，则装置内的液体会被压入安全管中，导致安全管内液面上升。
（4）仪器b中发生的是乙醇的催化氧化反应，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
（5）C中热水的作用为将乙醇液体转化为乙醇蒸气，从而进入b中与氧气发生催化氧化反应。
（6）乙醇的催化氧化需要加热，熄灭酒精灯后反应仍能进行，说明乙醇的催化氧化为放热反应，随着反应进行放出热量从而为后续的催化氧化反应提供热能。
（7）实验②中产生了砖红色沉淀为Cu2O，所以加入的检验试剂为新制氢氧化铜悬浊液。实验中挥发出来的乙醇也能和高锰酸钾发生反应，从而使其褪色，因此并不能说明产物中含有乙醛，①不合理。
18．(1)H2O、N2H4存在分子间氢键
(2)H2S
(3)sp3
(4) 大于 O原子半径小于S原子半径，成键电子对距离近，斥力大，因此键角H2O>H2S
(5) 极性
(6)
（1）水和肼都能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水和肼的分子间作用力强于硫化氢，沸点高于硫化氢，故H2O、N2H4存在分子间氢键；
（2）硫化氢分子中硫原子的价层电子对数为4，二氧化硫和三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数都为3，则硫化氢分子中硫原子价层电子对数不同于二氧化硫和三氧化硫分子，故H2S；
（3）由图可知，S8分子中硫原子的价层电子对数为4，原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故sp3；
（4）水分子和硫化氢分子都是V形结构，氧原子的原子半径小于硫原子，水分子中成键电子对距离小于硫化氢，斥力小于硫化氢，所以水分子的键角大于硫化氢分子，故大于；原子半径小于S原子半径，成键电子对距离近，斥力大，因此键角H2O>H2S；
（5）肼是共价化合物，电子式为，肼分子的结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故；极性；
（6）由中强酸一般有一个非羟基氧可知，亚磷酸分子中含有一个非羟基氧和2个羟基，有一个氢原子直接与磷原子相连，结构式为，故。
19．(1) NaCl CO2 原子晶体
(2) 4 SiC
(3) 6 BD
(4)三者均为分子，组成与结构相似，随着相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔沸点升高
(5)
（1）A为离子晶体，A中含短周期中金属性最强的元素即为钠元素，则A为NaCl晶体；B中元素基态原子的3P轨道上有2个电子即为硅元素，则B为原子晶体；C是空气的成分之一，由图知，C为CO2；
（2）由图知，晶胞中Si原子位于顶点和面心，其数目为；图中C原子位于体心共有4个，则该化合物的化学式为SiC；
（3）从结构图可以看出，Ti与6个原子形成共价键，所以钛的配位数为6；该配合物中，存在中心原子与配体间的配位键，其他非金属原子之间形成共价键，故答案为BD；
（4）TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔沸点升高；
（5）一个T-碳晶胞物质的量为，质量为，体积为(a，因此T-碳的密度为 g/cm3。
20．(1)羧基
(2)苯乙酸乙酯
(3)+HOCH2CH2N(CH3)2+CH3CH2OH
(4)
(5) 16
(6)
【分析】
甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应生成，B和NaCN，酸性条件下反应生成，和乙醇发生酯化反应生成，和反应生成E()，根据E和F反应生成环喷托酯，则得到F为(CH3)2NCH2CH2OH。
（1）C为，则C中官能团的名称为羧基；故羧基。
（2）D为，其化学名称为苯乙酸乙酯；故苯乙酸乙酯。
（3）由E与F生成环喷托酯的化学方程式为+HOCH2CH2N(CH3)2+CH3CH2OH；故+HOCH2CH2N(CH3)2 +CH3CH2OH。
（4）E和F在生成环喷托酯时会产生分子式为C13H14O2的副产物，主要是发生自身的取代反应，得到结构简式为；故。
（5）能发生银镜反应，说明有醛基；能与2倍物质的量的NaOH反应，说明含有酚酸酯，则一个取代基团为甲酸酚酯；苯环上的取代基不超过3个，可能有两个取代基，也可能有两个取代基团，当两个取代基团时，一个为−OOCH，另一个取代基团为−CH2CH2CH3或− CH(CH3)2，分别有邻、间、对共6种结构；当三个取代基团时，一个为−OOCH，另两个取代基团为−CH3和− CH2CH3；当−CH3和−CH2CH3是邻位，则有4种结构，当−CH3和−CH2CH3是间位，则有4种结构，当−CH3和−CH2CH3是对位，则有2种结构；总共16种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式；故16；。
（6）乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯和丙酮(CH3COCH3)在一定条件下反应生成，在酸性条件下反应生成；其合成路线为：；故。
2022-2023学年广东省四校联考高二下册期末化学模拟试题
（B卷）
评卷人
得分
一、单选题
1．2021年，中国科学家生成了一种新酶，从头设计了11步反应的非自然二氧化碳固定与人工合成淀粉新途径。这个不依赖光合作用的“创造”，被誉为“将是影响世界的重大颠覆性技术”。下列说法错误的是
A．合成过程需要二氧化碳、水和提供能量
B．CO2到淀粉的人工全合成技术能有效推动实现“碳中和”
C．淀粉属碳水化合物，在酶催化作用下可水解生成CO2和H2O
D．酶是具有催化作用的有机化合物，是成功构建这条途径的核心关键
2．有机化学对人类生活有着十分重要的作用。下列说法错误的是
A．通过有机反应可以合成自然界不存在的新物质
B．石油裂化、油脂硬化、橡胶老化均是化学变化
C．塑料、合成纤维、合成橡胶均是通过加聚反应来合成
D．蛋白质、纤维素、核酸均属生物大分子，均能发生水解反应
3．同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，则该仪器是
A．质谱仪 B．红外光谱仪 C．元素分析仪 D．核磁共振仪
4．重结晶法提纯苯甲酸，不需要用到的仪器是
A． B． C． D．
5．有机物M (2-甲基-2-丁醇)存在如图转化关系。下列说法正确的是
A．N分子可能存在顺反异构
B．L分子中一定含有手性碳原子
C．M分子中有3种处于不同化学环境的氢原子
D．M的同分异构体中，能被氧化为酮的醇有3种
6．m、n、p、q是有机合成中常用的原料。下列说法正确的是
A．m、n、p互为同系物
B．n、p、q可用NaHCO3溶液和溴水鉴别
C．n的同分异构体中属于羧酸的有5种(不考虑立体异构)
D．相同物质的量的m、n、q充分燃烧，消耗O2的量相同
7．CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的机理如图所示。下列叙述错误的是
A．由步骤①知：加成反应也可生成酯类物质
B．反应过程中存在C—H键的断裂
C．该反应的原子利用率为100%
D．若将步骤②中CH3I换为CH3CH2I，则产品将变为丙烯酸乙酯
8．下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
将蔗糖和硫酸的混合液加热，片刻后，加入新制的Cu(OH)2，加热，未出现砖红色沉淀
蔗糖没有发生水解反应
B
将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入溴的CCl4溶液中，溶液逐渐褪色
溴乙烷发生了消去反应
C
将无水乙醇和冰醋酸混合，加入碎瓷片，加热，产生有香味的物质
乙酸与乙醇发生酯化反应
D
向苯酚浊液中滴加过量NaOH溶液，浊液变清，再通入CO2，未出现浑浊
碳酸的酸性比苯酚弱
A．A B．B C．C D．D
9．完成下列实验所选择的装置、仪器(夹持装置部分已略去)或操作正确的是
选项
A
B
C
D
实验
测定中和反应热
用NaOH溶液滴定盐酸
检验葡萄糖分子中的醛基
乙炔的制备及证明能与溴水反应
装置、仪器或操作
A．A B．B C．C D．D
10．下列对有关事实的解释正确的是
事实
解释
A
SiO2的熔点比干冰高
SiO2分子间的范德华力比干冰大
B
AgCl能溶于氨水
提供孤电子对与Ag+通过配位键形成配合物
C
NH3做喷泉实验
NH3与H2O分子间形成氢键，且均为极性分子
D
某些金属盐灼烧呈现不同焰色
电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不同
A．A B．B C．C D．D
11．利用反应CCl4+ 4NaC(金刚石) + 4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是
A．反应的四种物质分别可形成不同类型的晶体
B．CCl4与金刚石中的C原子杂化轨道类型不同
C．反应中四种物质的熔点： C(金刚石)＞NaCl＞Na＞CCl4
D．通过X-射线衍射可鉴定合成的产品是金刚石还是石墨
12．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是
A．原子半径： W>Z>Y>X
B．X2Y2、Z2W2中Y与Z的化合价相同
C．X与Y形成如图所示的分子属非极性分子
D．电负性由大到小的顺序为： Y> W>Z>X
13．如图，某液态金属储能电池放电时产生金属化合物Li3Bi，下列说法正确的是
A．放电时，N电极的质量减小
B．放电时，M电极反应为： Ni-2e-= Ni2+
C．充电时，Li+由N电极向M电极移动
D．充电时，N电极反应为： Li3Bi+3e- =3Li++ Bi
14．已知：A(g)+2B(g)3C(g)ΔH<0，在某温度下向恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态Ⅰ，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。
下列说法正确的是
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡
B．t2时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡时A的体积分数φ：φ(Ⅰ)>φ(Ⅱ)
D．平衡常数K：K(Ⅰ)>K(Ⅱ)
15．一定条件下，在1.0L的密闭容器中进行反应： Cl2(g)+CO(g) COCl2(g) ΔH<0，反应过程中的有关数据如下表：
t/min
0
2
4
6
8
c(Cl2 )/ mol·L-1
2.4
1.6
0.6
c(CO)/ mol·L-1
2
0.2
c(COCl2 )/ mol·L-1
0
下列说法正确的是A．该反应在高温下自发进行
B．2min内，用CO表示的化学反应速率为0.6mol·L-1·min-1
C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(COCl2)<1.8 mol·L-1
D．温度不变，在第8min向体系中加入三种物质各1mol，则平衡向逆反应方向移动。
16．25℃时，已知弱酸H3RO3溶液中含R物种的浓度之和为0.1 mol·L-1，溶液中所有含R物种的lgc-pOH的关系如图所示，下列说法错误的是
已知： pOH表示OH-浓度的负对数[pOH = -lgc(OH- )]。
A．H3RO3 为二元弱酸
B．曲线③表示lgc(H3RO3)随pOH的变化
C．pH=6.7 的溶液中： c(H3RO3)+ 2c()=0.1mol·L-1
D．反应H3RO3+ 2的平衡常数K=1.0 × 105
评卷人
得分
二、原理综合题
17．铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，常用作还原剂、催化剂、特殊光学材料添加剂等。铈的常见价态是+3和+4，请回答下列问题：
(1)大气污染物NO可被含Ce4+的溶液吸收，生成、的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是_______。
(2)用电解的方法可将上述吸收液中的转化为稳定的无毒气体，同时再生Ce4+，电解装置如图所示。
①无毒气体从电解槽的c口逸出，则A极为电源的_______极(填“正”或“负”)。
②转化为稳定的无毒气体的电极反应式是_______。
(3)铈元素在自然界中主要以氟碳铈(CeFCO3)矿的形式存在。工业上利用氟碳铈矿提取CeO2的一种工艺流程如下：
①“焙烧”过程中发生的主要反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。
②已知硼酸H3BO3与足量NaOH反应的产物是Na[B(OH)4]，则硼酸在溶液的电离方程式为_______。
③已知“转化”过程没有电子转移，则“转化”过程的化学方程式为_______。
④常温下，“沉铈”过程中Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5mol·L-1]，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c()=_______mol·L-1。(已知常温下Ka1(H2CO3)=5.0×10-7，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28)
18．CO2加氢可转化为高附加值的CO、CH3OH、CH4等C1产物。CO2加氢过程，主要发生的三个竞争反应为：
反应Ⅰ： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H= -49 kJ ·mol-1
反应Ⅱ： CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) △H=-165.0 kJ ·mol-l
反应Ⅲ： CO2(g)+ H2(g) CO(g)+ H2O(g) △H=+41.18 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)①由CO、H2合成甲醇的热化学方程式为_______。
②某催化剂催化CO2加氢制甲醇的反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，Ea表示活化能，单位为eV。CH3O*转化为甲醇的化学方程式为_______。
③在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应Ⅰ外，还发生反应Ⅲ。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：
T(K)
CO2实际转化率(%)
甲醇选择性(%)
543
12.3
42.3
553
15.3
39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是_______。
(2)科学家研究了不同反应温度对含碳产物组成的影响。在反应器中按n(H2)：n(CO2)=3：1通入H2和CO2，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。试验中温度对平衡组成C1 (CO2、CO、CH4)中的CO和CH4的影响如图所示(该反应条件下甲醇产量极低，因此忽略“反应Ⅰ”)。
①1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是_______、_______。M点平衡组成含量高于N点的原因是 _______。
②当CH4和CO平衡组成为均40%时，该温度下反应Ⅲ的平衡常数Kp为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压× 物质的量分数)。
评卷人
得分
三、结构与性质
19．掺杂了硒(Se)、 碲(Te) 固溶物的Ag2S是一种具有良好塑性和热电性能的柔性半导体材料，该材料能用于可穿戴式、植入式电子设备的制备。
回答下列问题：
(1)Ag的核外电子排布式是[Kr] 4d105s1，则Ag在元素周期表中的位置是_______。下列属于基态Ag+的电子排布式的是_______(填标号)。
A．[Kr] 4d95s2 B．[Kr] 4dl0 C．[Kr] 4d95s1
(2)S、As、Se、Br在元素周期表中的位置关系如图所示，则As、Se、Br的第一电离能由大到小的顺序为_______， 的空间构型为_______。
S
As
Se
Br
(3)金属Ge也是一种良好的半导体，利用离子液体[EMIM] [AlCl4]可电沉积还原金属Ge，该离子液体的熔点只有7℃，其中EMIM+结构如图所示。
①EMIM+中C原子的杂化类型是_______。
②EMIM+中σ键数： π键数=_______。
③该离子液体的熔点比较低的原因是_______。
(4)ZnS的立方晶胞结构如下图所示：
①ZnS晶体中，与S2-距离最近且等距的Zn2+的个数是_______。
②ZnS的晶胞边长为a pm，则晶体的密度为_______g·cm-3(用含a、NA的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值)。
评卷人
得分
四、有机推断题
20．以芳香化合物A为原料合成某药物中间体M的路线如下：
已知：RCHO
请回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______。
(2)试剂R的结构简式为_______。
(3)由D生成E的化学方程式为_______。
(4)M中含氧官能团除醚键外，还有 _______(写名称)。
(5)X是B的同系物且比B多一个CH2，能发生水解反应且水解产物能与FeCl3发生显色反应的X的同分异构体有_______种；其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为6：2： 1 ： 1的结构简式为_______(写两种)。
(6)参照上述流程，设计以乙醇为原料合成2—丁醇的合成路线。______
答案：
1．C
【详解】
A．淀粉变成二氧化碳和水的过程是释放能量的，则由二氧化碳和水合成淀粉需吸收能量，即合成过程需要二氧化碳、水和提供能量，故A正确；
B．CO2到淀粉的人工全合成技术能减少CO2的排放，能有效推动实现“碳中和”，故B正确；
C．淀粉在酶催化作用下最终可水解生成葡萄糖，故C错误；
D．酶是具有催化作用的有机化合物，是成功构建这条途径的核心关键，故D正确；
故选C。
2．C
【详解】
A．通过有机反应可以合成自然界不存在的新物质，例如聚乙烯等人工合成高分子化合物，A正确；
B． 石油裂化可得到裂化汽油等产品、油脂硬化得到氢化植物油、橡胶老化中涉及碳碳双键断裂等引起结构变化，均有新物质生成、均是化学变化，B正确；
C．合成纤维例如聚酯纤维、聚酰胺等可通过缩聚反应生成， C不正确；
D． 蛋白质、纤维素、核酸均属生物大分子，均能发生水解反应，蛋白质水解最终得到氨基酸、纤维素水解得到葡萄糖、核酸水解得到核苷酸、核苷酸还能进一步水解， D正确；
答案选C。
3．C
【详解】
A．质谱仪是按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质组成的仪器，同分异构体的分子碎片的质量不一定完全相同，A不合题意；
B．红外光谱仪是测定分子中所含原子团或化学键的仪器，同分异构体的结构不同，化学键和原子团不一定相同，B不合题意；
C．元素分析仪是分析有机物的组成元素的仪器，同分异构体的组成元素相同，C符合题意；
D．核磁共振仪是测定有机物分子中氢原子种类及数目比的仪器，同分异构体的氢原子种类不一定相同，D不合题意；
故选C。
对于大多的同分异构体，氢原子的种类不同；对于少数同分异构体，氢原子的种类可能相同。
4．B
【详解】
用重结晶法提纯苯甲酸的实验步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤，所以实验中需要用到漏斗、酒精灯、烧杯，不需要分液漏斗，故B正确；
故选B。
5．D
【分析】
2-甲基-2-丁醇的结构简式为，含有的官能团是羟基，据此分析；
【详解】
A．M→N发生消去反应，则N的结构简式可能为，也可能为，两种物质均不存在顺反异构，故A错误；
B．L在氢氧化钠水溶液中生成M，该反应为水解反应或取代反应，则L的结构简式为，该有机物中不存在手性碳原子，故B错误；
C．M的结构简式为，依据等效氢，该分子中含有4种不同化学环境的氢原子，故C错误；
D．能被氧化为酮的醇，推出－OH所连碳原子上有1个氢原子，即符合条件的结构简式为、、，共有3种，故D正确；
答案为D。
6．B
【详解】
A．m结构中含一个酯基、一个环，n结构中含一个酯基，p结构中含一个酯基、一个碳碳双键，三者结构不相似，不互为同系物，A错误；
B．n含有酯基，p含有酯基和碳碳双键，能使溴水褪色，q含有羧基和碳碳双键，能与碳酸氢钠溶液反应生成气体，也能与溴水反应使溴水褪色，所以可用NaHCO3溶液和溴水鉴别，B正确；
C．n的同分异构体中属于羧酸的满足C5H11COOH，－C5H11用8种同分异构体，所以一共有8种(不考虑立体异构)，C错误；
D．m、n、p的分子式分别为C5H8O2、C6H12O2、C7H12O2，分别可表示为C5H4·2H2O、C6H8·2H2O、C7H8·2H2O，因此相同物质的量的m、n、q充分燃烧，消耗O2的量不相同，D错误；
答案选B。
7．C
【分析】
由图可知，CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的反应物为二氧化碳、乙烯和一碘甲烷，生成物为丙烯酸甲酯和碘化氢，反应的化学方程式为CO2+CH2=CH2+CH3ICH2=CHCOOCH3+HI。
【详解】
A．由图可知，步骤①发生的反应为乙烯与二氧化碳发生加成反应生成酯，故A正确；
B．由图可知，步骤①乙烯与二氧化碳发生加成反应时发生了C—H键的断裂，故B正确；
C．由分析可知，生成物为丙烯酸甲酯和碘化氢，则反应的原子利用率不可能为100%，故C错误；
D．由分析可知，二氧化碳、乙烯和一碘甲烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸甲酯和碘化氢，则二氧化碳、乙烯和碘乙烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸乙酯和碘化氢，故D正确；
故选C。
8．B
【详解】
A．验证醛基与新制氢氧化铜悬浊液反应，要求溶液显碱性，题中所给操作步骤没有中和稀硫酸，故A错误；
B．溴乙烷、乙醇和烧碱混合物加热，产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，说明产生的气体含有碳碳不饱和键，从而证明发生了消去反应，故B正确；
C．无水乙醇与乙酸发生酯化反应，需要加入浓硫酸，浓硫酸作催化剂和吸水剂，题中缺少加入浓硫酸步骤，故C错误；
D．苯酚显弱酸性，加入NaOH溶液，发生+NaOH→+H2O，溶液变为澄清，因为所加氢氧化钠过量，再通入CO2，CO2与过量氢氧化钠溶液反应，未出现浑浊，不能说明碳酸的酸性弱于苯酚，故D错误；
答案为B。
9．A
【详解】
A．测定中和热时，用环形玻璃搅拌棒搅拌，温度计测量温度变化，泡沫塑料用于隔热，故A正确；
B．氢氧化钠溶液为碱性，需要放置在碱式滴定管里，故B错误；
C．碱性条件下，新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖溶液在加热条件下反应，检验醛基，则制备新制的氢氧化铜悬浊液时，氢氧化钠应过量，硫酸铜溶液少量，故C错误；
D．生成的乙炔中混有硫化氢等气体，均与溴水反应，不能证明乙炔能与溴水反应，故D错误；
故选A。
10．C
【详解】
A．SiO2属于共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰属于分子晶体，熔化时破坏分子作用力，破坏共价键需要的能量远大于破坏分子间作用力，因此SiO2的熔点高于干冰，故A错误；
B．NH中N原子没有孤对电子，无法提供孤对电子给Ag+，AgCl溶于氨水，形成[Ag(NH3)2]+，是由NH3中N提供孤对电子，Ag+提供空轨道，故B错误；
C．氨气作喷泉实验，是因为氨气极易溶于水，氨气极易溶于水的原因：一是氨气为极性分子，水为极性分子，根据“相似相溶”；二是氨气能与水形成分子间氢键，故C正确；
D．某些金属盐灼烧呈现不同焰色，是电子从高能轨道跃迁到低能轨道，释放的能量以不同波长光形式放出，故D错误；
答案为C。
11．B
【详解】
A．固体CCl4为分子晶体，Na为金属晶体，C(金刚石) 为原子晶体，NaCl为离子晶体，可形成不同类型的晶体，故A正确；
B． CCl4中C原子的价层电子对数为4，金刚石中C原子的价层电子对数也为 4，则杂化轨道类型相同，均为sp3，故B错误；
C．固体CCl4为分子晶体，常温下为液体，Na为金属晶体，熔点较低，C(金刚石) 为原子晶体，NaCl为离子晶体，原子晶体的熔点最高，其次是离子晶体，则反应中四种物质的熔点：C(金刚石)＞ NaCl＞ Na＞ CCl4，故C正确；
D． 金刚石和石墨的原子排列方式不同，故X-射线衍射可鉴定合成的产品是金刚石还是石墨，故D正确；
故选B。
12．D
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数递增，Z与W形成如图所示的分子结构，分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构，推断Z是S元素，W是Cl元素，形成S2Cl2；Y与Z同主族，Y是O元素，形成如图所示的分子结构是H2O2，X是H元素。故推断X是H元素、Y是O元素、Z是S元素、W是Cl元素，据此答题。
【详解】
A．同主族时电子层数多原子半径较大，电子层数相同则核电荷数多的半径较小，则原子半径：S >Cl，A错误；
B． X2Y2为过氧化氢其中氧呈-1价、Z2W2为S2Cl2、S非金属性小于Cl、则S化合价为+1价，B错误；
C． X与Y形成如图所示的分子不对称、正负电荷重心不重叠、属极性分子，C错误；
D．通常非金属性强电负性大，同周期元素电负性递增、同主族元素电负性递减、电负性由大到小的顺序为： Y> W>Z>X，D正确；
答案选D。
13．C
【分析】
由题中信息可知，放电时，作原电池，M极由于Li比Ni更活泼，也比N极上的Sb、Bi、Sn更活泼，故M极作负极，电极反应为Li-e- =Li+ ，N极为正极，电极反应为3Li++3e- + Bi=Li3Bi；据此解答。
【详解】
A．由上述分析可知，放电时，作原电池，N极为正极，电极反应为3Li++3e- + Bi=Li3Bi，质量增大，故A错误；
B．由上述分析可知，放电时，作原电池，M为负极，Li比Ni更活泼，则M电极反应为Li-e- =Li+ ，故B错误；
C．充电时，作电解池，M为阴极，得电子发生还原反应，阳离子移动向阴极，则Li+由N电极向M电极移动，故C正确；
D．充电时，作电解池，N为阳极，失电子发生氧化反应，N电极反应为Li3Bi-3e- =3Li++ Bi，故D错误；
答案为C。
14．B
【详解】
A．所给反应为气体体积不变的反应，反应前后气体的物的量不变，则压强始终不变，不能判定平衡状态，故A错误；
B．t2时正反应速率瞬间不变，然后增大，可知改变的条件为向容器中加入C，故B正确；
C．t2时加入C，等效于加压，平衡不移动，则平衡时A的体积分数φ：φ(I)=φ(II)，故C错误；
D．平衡常数与温度有关，温度不变，则平衡常数K：K(I)=K(Ⅱ)，故D错误；
故选：B。
15．C
【详解】
A．根据反应方程式，该反应为气体物质的量减少的反应，即ΔS＜0，已知ΔH＜0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，因此该反应在低温下自发进行，故A错误；
B．2min内消耗氯气物质的量浓度为0.8mol/L，则消耗CO的物质的量浓度为0.8mol/L，根据化学反应速率的表达式，v(CO)==0.4mol/(L·min)，故B错误；
C．6min时，CO的物质的量浓度为0.2mol/L，6min内消耗CO的物质的量浓度为1.8mol，该段时间内，消耗氯气物质的量浓度为1.8mol/L，则6min时氯气物质的量浓度为0.6mol/L，与8min时氯气物质的量浓度相同，表示反应已达到平衡，达到平衡时，生成COCl2物质的量浓度为1.8moL/L，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则c(COCl2)＜1.8moL/L，故C正确；
D．达到平衡时氯气、CO、COCl2物质的量浓度分别为0.6mol/L、0.2mol/L、1.8mol/L，该条件下K==15，温度不变，在第8min向体系中加入三种物质各1mol，Qc=≈1.5＜15=K，平衡向正反应方向移动，故D错误；
答案为C。
16．D
【分析】
任何pOH下，图像中含R物均有3种，说明H3RO3存在二级电离，为二元弱酸；随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据、，可知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，故lg逐渐减小，lg先增大后减小，lg逐渐增大，故曲线③表示，曲线②表示，曲线①表示
【详解】
A．由分析可知为二元弱酸，A正确；
B．由分析可知，曲线③表示lgc(H3RO3)随pOH的变化，B正确；
C．即，由图可知，此时，，即，而，故，C正确；
D．根据a点知，时，，c(OH-)=10-7.3 mol/L，c(H+)=10-6.7 mol/L，则H3RO3的，根据c点知，，，c(OH-)=10-12.6 mol/L，c(H+)=10-1.4 mol/L，则H3RO3的，由减去，可得，则平衡常数，D错误；
故选D。
17．(1)4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++++6H+或4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++HNO2++5H+
(2) 正 2+8H++6e-=N2↑+4H2O
(3) 1：4 H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+ Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)=3KBF4(s)+CeCl3(aq) 0.2
【分析】
(1)NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO、NO，反应过程中N化合价升高，Ce化合价则降低，氧化剂为Ce4+，还原剂为NO；
(2)①采用电解法将NO转化为无毒物质，同时再生Ce4+，过程中Ce化合价升高，为失电子反应，电解池中阳极处的反应为失电子反应；
②电解池阴极发生的反应为物质得到电子，发生还原反应，根据装置图，H+到阴极参加反应，电解将NO2-转化为无毒物质，可判断为N2，据此写出电极反应；
(3)①焙烧过程中，CeFCO3转化生成CeO2和CeF4，焙烧过程O2参加反应，据此写出主要反应的方程式；
②由硼酸和足量氢氧化钠溶液反应的产物可以推测出硼酸为一元弱酸；
（1）雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4＋的溶液吸收，生成、物质的量之比为1：1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++++6H+或4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++HNO2++5H+。因此，本题正确答案是：4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++++6H+或4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++HNO2++5H+；
（2）①无毒气体从电解槽的c口逸出，则阴极是NO2－得到电子转化为N2，故B为负极，A为正极；②阴极电极反应式为：2NO2－+8H++6e-=N2↑+4H2O。因此，本题正确答案是：正；2NO2－+8H++6e-=N2↑+4H2O；
（3）①根据流程图可知焙烧过程中CeFCO3与氧气反应生成CeO2、CeF4和CO2，反应方程式为4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2，其中氧化剂O2和还原剂CeFCO3的物质的量之比为1:4。②硼酸H3BO3与足量NaOH反应的产物是Na[B(OH)4]，则硼酸为一元弱酸，故硼酸的电离方程式为H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+。③若“转化”过程没有电子转移，则“转化”过程的化学方程式为Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)=3KBF4(s)+CeCl3(aq)。④若Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10-5mol/L，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28=c2(Ce3+)c3(CO)，解得c(CO)=1.0×10-6mol/L，此时测得溶液的pH=5，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11=，则c(HCO)=0.2mol/L，因此，本题正确答案是：1:4；H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+；Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)=3KBF4(s)+CeCl3(aq)；0.2。
18．(1) ①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H= -90.18 kJ/mol CH3O*+H*=CH3OH 升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但反应Ⅲ的反应速率变化更大
(2) a d N点压强比M点大，温度相同时，增大压强使反应Ⅱ平衡正向移动，CO2、 H2的百分含量减小，H2O的百分含量增大，使反应Ⅲ平衡逆向移动，CO百分含量降低 2.4
（1）①按盖斯定律，反应I−反应III即可得CO、H2合成甲醇的热化学方程式：。②由图可知，CH3O*转化为甲醇的化学方程式为：CH3O*+H*=CH3OH。③在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应ⅠCO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H= -49 kJ ·mol-1，还发生反应ⅢCO2(g)+ H2(g) CO(g)+ H2O(g) △H=+41.18 kJ·mol-1。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，表中数据说明，升高温度，相同时间内CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，即消耗二氧化碳量增加而甲醇产量降低，则其原因是：升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但反应Ⅲ的反应速率变化更大。
（2）①反应ⅡCO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) △H=-165.0 kJ ·mol-l：升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量减少，对于平衡ⅢCO2(g)+ H2(g) CO(g)+ H2O(g) △H=+41.18 kJ·mol-1：升高温度，则平衡正向移动，CO的含量增加；增大压强，反应Ⅲ不移动，但反应Ⅱ的平衡正向移动，H2O的含量增大，使反应Ⅲ逆向移动，导致CO含量降低，综上：温度相同时，压强越大，CH4的含量越大、CO含量越小，则压强为1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是a、d；。M点平衡组成含量高于N点的原因是：N点压强比M点大，温度相同时，增大压强使反应Ⅱ平衡正向移动，CO2、 H2的百分含量减小，H2O的百分含量增大，使反应Ⅲ平衡逆向移动，CO百分含量降低。②设起始时n(CO2)=5mol，则n(H2)=15mol，根据图象，当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，所以△n(CO)=5mol×40%=2mol，△n(CH4)=5mol×40%=2mol，则 ；；平衡时：n(CO2)=(5−2−2)mol=1mol，n(H2)=(15−8−2)mol=5mol，n(CO)=2mol，n(H2O)=(4+2)mol=6mol，反应Ⅲ是体积不变化的反应，可将各物质的物质的量直接代入平衡常数KP中，反应III的平衡常数。
19．(1) 第五周期IB族 B
(2) Br>As>Se 三角锥形
(3) sp2、sp3 19：1 组成该离子液体的阴、阳离子所带电荷数较小，且阴、阳离子的体积较大，因此阴、阳离子间的作用力较小，熔点较低
(4) 4
（1）根据Ag的核外电子排布式，推出Ag在元素周期表的位置是第五周期ⅠB族；Ag+是Ag失去5s上的一个电子，即Ag+的电子排布式是[Kr]4d10，选项B正确；故答案为第五周期ⅠB族；B；
（2）As、Se、Br位于同周期，同周期从左向右第一电离能增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此三种元素第一电离能由大到小顺序是Br＞As＞Se；SeO中Se有3个σ键，孤对电子==1，价层电子对数为4，即空间构型为三角锥形；故答案为Br＞As＞Se；三角锥形；
（3）①-CH3、-CH2-中C的杂化类型为sp3，环上C的杂化类型为sp2；故答案为sp3、sp2；②根据结构简式以及成键原子只能形成一个σ键，因此1个该离子中含有σ键个数为19个，1个大π键，因此σ键和π键数之比为19∶1；故答案为19∶1；③该离子液体的熔点比较低的原因是组成该离子液体的阴、阳离子所带电荷数较小，且阴、阳离子的体积较大，因此阴、阳离子间的作用力较小，熔点较低；故答案为组成该离子液体的阴、阳离子所带电荷数较小，且阴、阳离子的体积较大，因此阴、阳离子间的作用力较小，熔点较低；
（4）①根据晶胞图，与S2-距离最近且等距的Zn2+的个数为4；故答案为4；②S2-位于顶点和面心，个数为=4，Zn2+位于晶胞内部，个数为4，有4个“ZnS”单元，则晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，根据密度的公式，该晶胞的密度为g/cm3；故答案为。
20．(1)甲苯
(2)
(3)2+O22+2H2O
(4)羟基、羰基
(5) 13 、
(6)
【分析】
由有机物的转化关系可知，经多步转化得到，则A为；与发生题给信息反应生成，则R为；发生水解反应生成，则D为；在催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与碘化氢共热反应生成，与发生环加成反应生成。
（1）由分析可知，A的结构简式为，名称为甲苯，故甲苯；
（2）由分析可知，R的结构简式为，故；
（3）由分析可知，由D生成E的反应为在催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故2+O22+2H2O；
（4）由结构简式可知，M分子中的含氧官能团为醚键、羟基、羰基，故羟基、羰基；
（5）由X是B的同系物且比B多一个CH2，能发生水解反应且水解产物能与氯化铁发生显色反应可知，X分子中含有酚酯基，若苯环上只有1个取代基，取代基可能为—OOCCH2CH3，结构只有1种；若苯环上有2个取代基，取代基可能为—OOCCH3和—CH3，或—OOCH和—CH2CH3，结构都有邻间对3种；若苯环上有3个取代基，取代基可能为1个—OOCH和2个—CH3，可以视作邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯的苯环上的氢原子被—OOCH取代，结构共有6种，则符合条件的X的结构简式共有13种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为6：2：1：1的结构简式为、，故13；、；
（6）由题给有机物的转化关系可知，以乙醇为原料合成2—丁醇的合成步骤为催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛，乙醇与浓盐酸共热反应生成氯乙烷，氯乙烷与乙醛发生题给信息反应生成，发生水解反应生成2—丁醇，合成路线为，故。
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