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2022-2023学年河北省石家庄市辛集市高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年河北省石家庄市辛集市高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.为共同构建人与自然生命共同体，我国已将“碳达峰”和“碳中和”纳人生态文明建设整体布局，“3060”双碳目标是我国对世界的庄严承诺，重点是推动以二氧化碳为主的温室气体减排。下列措施与此目标不吻合的是( )
A. 植树造林、节能减排
B. 太阳能、潮汐能、风能、氢能等清洁能源逐步替代火力发电
C. 研发二氧化碳加氢制甲醇的高效催化剂
D. 燃煤中适当添加石灰石，减少污染气体排放
2.下列有关化学用语表示正确的是( )
A. 甲基的电子式：
B. Cu的价电子排布式：3d44s2
C. 系统命名为：3，3，5−三甲基己烷
D. 对羟基苯甲酸的分子式：
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 1.12LC2H4所含极性共价键的数目为0.2NA
B. 1ml甲醇中含有C−H键的数目为4NA
C. 1ml棱晶烷中含有15NA个共价键
D. 10g质量分数为46%的乙醇溶液中，氧原子总数无法确定
4.微信中的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的(如图)。下列说法正确的是( )
A. 化合物A不能与乙醇反应
B. 化合物B可通过苯与氯气发生加成反应制得
C. 化合物A与乙酸互为同系物
D. 化合物B分子中所有原子都在同一平面上
5.下列在限定条件溶液中的各组离子，能够大量共存的是( )
A. pH=l的溶液：Na+、Cl−、Fe2+、NO3−
B. 与Al能产生氢气的溶液：K+、Ba2+、Cl−、Br−
C. 使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl−、SO42−、Al3+
D. 水电离的H+浓度为1×10−12ml⋅L−1的溶液：K+、SO42−、CO32−、NH4+
6.CO2常用于灭火，但镁可以在CO2中剧烈燃烧：2Mg+CO2−点燃2MgO+C，生成的氧化镁熔点高达2800℃.下列有关说法错误的是( )
A. 该反应利用了Mg的强还原性
B. 氧化镁属于离子晶体
C. CO2和C(石墨)中的C原子的杂化方式相同
D. 干冰中每个CO2周围有12个CO2分子
7.已知有机物a：
，有机物b：
.下列说法正确的是( )
A. 苯是a的同分异构体
B. a中6个碳原子都在同一平面内
C. b可使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，且反应类型相同
D. b的一氯代物有5种
8.化合物Z(华法林)是一种香豆素类抗凝剂，可由下列反应制得。下列说法不正确的是( )
A. Y分子存在顺反异构体
B. 1ml X与足量NaOH溶液反应，最多消耗3ml NaOH
C. 一定条件下，Y分子可以发生取代、加聚、还原反应
D. Z分子中含有1个手性碳原子
9.类推是一种常用的思维方法，但类推得出的结论需经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论正确的是( )
A. 晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子，也必有阴离子
B. 醋酸不能发生银镜反应，则蚁酸也不能发生银镜反应
C. CO2为非极性分子，则SiO2也为非极性分子
D. 从NH4+、SO42−为正四面体结构，则PH4+、PO43−也为正四面体结构
10.有X、Y、Z、W四种有机化合物，其转化关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. X是乙炔B. Y是溴乙烷
C. Z是乙二醇D. Y→Z属于消去反应
11.乙酸乙酯的制备实验过程如下：
步骤1：在一支试管中加入3mL乙醇，然后边振荡边缓缓加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，再加入几片碎资片，加热并收集蒸出的乙酸乙酯粗品。
步骤2：向盛有乙酸乙酯粗品的试管中滴加1∼2滴KMnO4，溶液，振荡，紫红色褪去。
步骤3：向盛有Na2CO4溶液的试管中滴加乙酸乙酯粗品，振荡，有气泡产生。
下列说法正确的是( )
A. 步骤一中使用过量的乙醇能提高乙酸的转化率
B. 步骤中使用碎瓷片的目的是作反应的催化剂
C. 步骤2中紫红色褪去说明乙酸乙酯粗品中含有乙烯
D. 步骤3中发生反应的离子方程式为CO32+2H+=H2O+CO2↑
12.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )
A. 用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++NO3=Ag++NO2↑+H2O
B. 氯乙烷与NaOH水溶液共热：CH3CH2Cl+NaOH→△CH2=CH2↑+NaCl+H2O
C. 2−丙醇的催化氧化反应：2CH2CH(OH)CH3+O2→ΔCu2CH3CH2CHO+2H2O
D. 苯酚与Na2CO3溶液反应：
13.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是( )
A. 用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3
B. 用图2所示装置可除去NO2中的NO
C. 用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液
D. 用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
14.PET(
，M链节=192g/ml)可用来生产合成纤维或塑料。测定某PET样品的端基中羧基的物质的量，并计算其平均聚合度x。以酚酞作指示剂，用cml/LNaOH醇溶液滴定mgPET端基中的羧基至终点(现象与水溶液相同)，消耗NaOH醇溶液VmL。下列说法错误的是( )
A. PET塑料是一种可降解的高分子材料
B. 合成PET的一种单体与乙醇互为同系物
C. 达到滴定终点时，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色
D. PET的平均聚合度x=1000m192cV(忽略端基的摩尔质量)
二、流程题：本大题共1小题，共16分。
15.碲(Te)属于氧族元素，广泛应用于冶金、能源、化工等行业。碲化亚铜渣中主要含有Cu和Te元素，并以Cu2Te、Cu及Te的形式存在，此外还含少量Au、Ag等元素。以碲化亚铜渣为原料制备TeO2及胆矾的流程如图：
已知：①TeO2是两性氧化物，难溶于水；
②“酸浸”过程中Te元素先生成H2TeO3，随着溶液pH的提高，生成TeO2进入酸浸渣中。
回答下列问题：
(1)H2TeO3的化学名称为______。
(2)“酸浸”时，适宜的控温方式为______，写出该步骤 Cu发生反应的离子方程式：______；碲化亚铜发生反应中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。
(3)实验室中，“操作X”用到的玻璃仪器有玻璃棒、______。
(4)写出“碱浸”时，TeO2与NaOH反应的化学方程式：______。
(5)“沉碲”时，控制溶液的pH为4.5∼5.0，生成TeO2沉淀。酸性不能过强的原因是______；防止局部酸度过大的操作方法是______。
三、实验题：本大题共2小题，共28分。
16.氧化还原反应可拆分为氧化和还原两个“半反应”。某小组同学从“半反应”的角度探究反应规律。
(1)已知：IO3−+I−→I2的转化在酸性条件下才能发生。
①该转化的还原半反应是2IO3−+10e−+12H+=I2+6H2O，则相应的氧化半反应是______。
②分析上述还原半反应可知：增大c(H+)可促进IO3−得到电子，使其______性增强，进而与I−发生反应。
(2)探究Cu与浓盐酸能否发生反应。
①有同学认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是______。
用如图装置进行实验[硫酸与浓盐酸中c(H+)接近]：
②甲是对比实验，目的是排除______的干扰。
③a.丙中气球变鼓是因为生成了______气体(填化学式)。
b.经检测，丙中反应后溶液中存在[CuCl4]3−，则相应的氧化半反应是______，从氧化性或还原性的角度分析丙中反应能够发生的原因：______。
17.实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛的反应如下：
已知：(1)间溴苯甲醛温度过高时易被氧化。
(2)溴、苯甲醛、1，2−二氯乙烷、间溴苯甲醛的沸点如表：
步骤1：将一定配比的无水AlCl3、1，2−二氯乙烷和苯甲醛充分混合后装入三颈烧瓶(如图所示)，缓慢滴加经浓硫酸干燥过的足量液溴，控温反应一段时间，冷却。
步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机层用10%NaHCO3溶液洗涤。
步骤3：经洗涤的有机层加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤出MgSO4⋅nH2O晶体。
步骤4：减压蒸馏有机层，收集相应馏分。
回答下列问题：
(1)实验装置中a仪器的名称为______，锥形瓶中应为______ (填化学式)溶液。
(2)步骤1反应过程中，为提高原料利用率，适宜的温度范围为______ (填字母)。
A.>229℃
B.58.8∼179℃
C.<58.8℃
(3)步骤2中用10%NaHCO3溶液洗涤，是为了除去溶于有机层的______ (填化学式)。
(4)步骤3中加入无水MgSO4固体的作用是______。
(5)步骤4中采用减压蒸馏，是为了防止______。
(6)若实验中加入10.6g苯甲醛，得到7.4g间溴苯甲醛。则间溴苯甲醛的产率=______。
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
18.某芳香烃A有如图转化关系：
请回答下列问题：
(1)写出有机物D中官能团名称______。
(2)反应⑤和⑦的反应类型分别是______、______。
(3)A和F的结构简式分别为______、______。
(4)同时满足下列条件的D的同分异构体有______种(不含立体异构)。
①苯环上含有两个取代基
②能与NaHCO3溶液反应生成气体
③能与FeCl3溶液发生显色反应
(5)写出反应②和⑤的化学方程式：②______、⑤______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查“碳达峰”和“碳中和”知识，熟悉相关物质的结构组成、性质是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A.植树造林、节能减排可减少二氧化碳的排放，符合该措施，故A正确；
B.太阳能、潮汐能、风能、氢能等清洁能源逐步替代火力发电，可减少二氧化碳的排放，符合该措施，故B正确；
C.研发二氧化碳加氢制甲醇的高效催化剂，可消耗二氧化碳，符合该措施，故C正确；
D.燃煤中适当添加石灰石，减少污染气体排放，但不能减少二氧化碳的排放，故不符合该目标，故D错误；
故选D。
2.【答案】A
【解析】解：A.甲基结构简式为−CH3，C原子的最外层电子数为7，C、H原子间共用1对电子，其电子式为H： 2，故A正确；
B.基态Cu的价电子排布式为3d104s1，故B错误；
C.的主链含有6个C原子，为己烷，2号C原子上含有1个甲基、4号C原子上含有2个甲基，名称为2，4，4−三甲基己烷，故C错误；
D.对羟基苯甲酸的结构简式为，分子式为C7H6O3，故D错误；
故选：A。
A.甲基结构简式为−CH3，C原子的最外层电子数为7；
B.Cu的价电子排布式为3d104s1；
C.的主链含有6个C原子，2号C原子上含有1个甲基、4号C原子上含有2个甲基；
D.是对羟基苯甲酸的结构简式。
本题考查了化学用语的正误判断，明确电子式、核外电子排布及价电子概念、有机物的命名、结构简式及分子式是解题关键，侧重基础知识运用能力和规范答题能力考查，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.温度和压强不知，不能计算1.12LC2H4的物质的量，不能计算所含极性共价键的数目，故A错误；
B.甲醇的结构简式CH3OH，1ml甲醇中含有C−H键的数目为3NA，故B错误；
C.1个棱晶烷中含9个C−C键，6个C−H键，1ml棱晶烷中含有15NA个共价键，故C正确；
D.10g质量分数为46%的乙醇溶液中：乙醇4.6g、水5.4g，乙醇的物质的量=0.1ml，水的物质的量=0.3ml，则含有0.4NA氧原子，故D错误；
故选：C。
A.温度和压强不知，不能计算1.12LC2H4的物质的量；
B.1个甲醇分子中含3个C−H键；
C.1个棱晶烷中含9个C−C键，6个C−H键；
D.10g质量分数为46%的乙醇溶液中：乙醇4.6g、水5.4g。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，题目难度不大，注意化学键的形成、微粒数的计算应用。
4.【答案】D
【解析】解：A.A含有羧基，所以能和乙醇发生酯化反应，故A错误；
B.苯和氯气发生取代反应生成B，不是通过加成反应得到B，故B错误；
C.二者结构不相似，所以不互为同系物，故C错误；
D.苯分子中所有原子共平面，B分子相当于苯分子中的氢原子被氯原子取代，所以B分子中所有原子共平面，故D正确；
故选：D。
A.含有羧基的有机物能和乙醇发生酯化反应；
B.苯和氯气发生取代反应生成B；
C.结构相似，在分子组成上相差1个或n个CH2原子团的有机物互为同系物；
D.苯分子中所有原子共平面，B分子相当于苯分子中的氢原子被氯原子取代。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、原子共平面的判断方法是解本题关键，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.pH=l的溶液呈酸性，Fe2+、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.与Al能产生氢气的溶液呈酸性或强碱性，K+、Ba2+、Cl−、Br−之间不反应，都不与H+、OH−反应，在溶液中能大量共存，故B正确；
C.使酚酞试液变红的溶液呈碱性，OH−、Al3+之间发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，故C错误；
D.水电离的H+浓度为1×10−12ml⋅L−1的溶液中c(H+)=1×10−12ml⋅L−1或1×10−2ml⋅L−1，呈酸性或强碱性，酸性溶液中H+、CO32−之间发生反应，碱性溶液中OH−、NH4+之间发生反应，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
A.该溶液呈酸性，硝酸根离子在酸性溶液中氧化亚铁离子；
B.该溶液呈酸性或强碱性，离子之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应；
C.该溶液呈碱性，铝离子与氢氧根离子反应；
D.该溶液中c(H+)=1×10−12ml⋅L−1或1×10−2ml⋅L−1，呈酸性或强碱性，碳酸根离子与氢离子反应，铵根离子与氢氧根离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.Mg是活泼金属，具有强还原性，则在2Mg+CO2−点燃2MgO+C反应中，Mg作还原剂，利用了其强还原性，故A正确；
B.氧化镁由镁离子与阳离子组成，离子间通过离子键结合，形成离子晶体，故B正确；
C.CO2中的C原子是sp杂化，C(石墨)中的C原子是sp2杂化，则CO2和C(石墨)中的C原子的杂化方式不相同，故C错误；
D.干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上，因此在干冰晶体中每个CO2周围都紧邻12个CO2，故D正确。
故选：C。
A.Mg是活泼金属，具有强还原性；
B.氧化镁由镁离子与阳离子组成；
C.CO2中的C原子是sp杂化，C(石墨)中的C原子是sp2杂化；
D.干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上。
本题考查了金属的性质、离子晶体、杂化类型的判断、晶胞结构，属于基础知识的考查，掌握规律是解题的关键，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.苯的不饱和度是4、a的不饱和度是3，且二者分子式不同，所以二者不是同分异构体，故A错误；
B.乙烯中所有原子共平面，甲烷为正四面体结构，单键可以旋转，则a中6个碳原子可能在同一个平面上，故B正确；
C.b中含有碳碳双键，能和溴、酸性高锰酸钾溶液反应，前者为加成反应、后者为氧化反应，反应类型不同，故C错误；
D.有几种氢原子，其一氯代物有几种，b的氢原子有6种，则b的一氯代物有6种，故D错误；
故选：B。
A.苯的不饱和度是4、a的不饱和度是3，且二者分子式不同；
B.乙烯中所有原子共平面，甲烷为正四面体结构，单键可以旋转；
C.b中含有碳碳双键，能和溴、酸性高锰酸钾溶液反应；
D.b的氢原子有6种，有几种氢原子，其一氯代物有几种。
本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法是解本题关键，C为解答易错点，知道溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色区别，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.Y分子中碳碳双键连接2个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，故A正确；
B.X中酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反应，X中酯基水解生成1个酚羟基和1个羧基，所以1mlX最多消耗2mlNaOH，故B错误；
C.Y具有苯、烯烃和酮的性质，Y中苯环和甲基上的氢原子能发生取代反应，碳碳双键能发生加聚反应，羰基和苯环能发生还原反应，故C正确；
D.Z中连接上面苯环的碳原子为手性碳原子，所以有1个手性碳原子，故D正确；
故选：B。
9.【答案】D
【解析】解：A.金属晶体中含有的构成微粒是金属阳离子和自由移动的电子，晶体中有阴离子，必有阳离子，但晶体中有阳离子，不一定有阴离子，故A错误；
B.醋酸是酸具有酸的通性，由于不含有醛基，因此不能发生银镜反应，而蚁酸分子中含有醛基和羧基，因此具有酸的通性，同时还能发生银镜反应，故B错误；
C.CO2分子是直线形分子，分子空间结构对称，因此该物质分子为非极性分子；而SiO2是立体网状结构，每个Si原子与相邻4个O原子形成共价键，每个O原子与相邻2个Si原子形成共价键，不存在SiO2分子，故C错误；
D.从NH4+、SO42−的中心N、S原子价层电子对数是4，无孤对电子，因此二者为正四面体结构；PH4+的中心P原子价层电子对数是4，无孤对电子，所以PH4+与NH4+结构相似，因此PH4+也是正四面体结构；PO43−的中心P原子价层电子对数是4+5+3−2×42=4，P原子上无孤对电子，因此也为正四面体结构，故D正确；
故选：D。
A.属晶体中含有的构成微粒是金属阳离子和自由移动的电子；
B.醋酸是酸具有酸的通性，由于不含有醛基，而蚁酸分子中含有醛基和羧基；
C.CO2分子是直线形分子，分子空间结构对称，而SiO2是立体网状结构，每个Si原子与相邻4个O原子形成共价键，每个O原子与相邻2个Si原子形成共价键；
D.从NH4+、SO42−的中心N、S原子价层电子对数是4，无孤对电子，PH4+的中心P原子价层电子对数是4，无孤对电子，所以PH4+与NH4+结构相似。
本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】C
【解析】解：A.通过以上分析知，X为CH2=CH2，名称是乙烯，故A错误；
B.Y为BrCH2CH2Br，名称为1，2−二溴乙烷，故B错误；
C.Z为HOCH2CHOH，名称是乙二醇，故C正确；
D.Y为BrCH2CH2Br、Z为HOCH2CH2OH，B发生水解反应或取代反应生成Z，故D错误；
故选：C。
烃和溴发生加成反应生成Y，Y发生水解反应生成Z为二元醇，Z发生取代反应生成W，根据W的结构简式知，Z为HOCH2CH2OH，Y为BrCH2CH2Br，X为CH2=CH2。
本题考查有机物推断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确有机物的结构和性质、物质之间的转化关系并正确推断各物质的结构简式是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.反应的化学方程式为，该反应为可逆反应，增大某一反应物，有利于另一反应物的转化，使用过量的乙醇能提高乙酸的转化率，故A正确；
B.步骤1中使用碎瓷片的目的是防止液体暴沸，故B错误；
C.步骤2中紫红色变浅说明乙醇具有还原性，故C错误；
D.步骤3中发生反应的离子方程式为CO32−+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO−，故D错误；
故选：A。
乙酸、乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为，该反应为可逆反应，增大某一反应物，有利于另一反应物的转化；碳酸钠溶液有利于吸收乙醇、乙酸、分离乙酸乙酯；乙醇具有还原性，可以被高锰酸钾氧化。
本题考查乙酸乙酯的制取原理，提，把握反应原理即可解答，注意浓硫酸和饱和碳酸钠溶液的作用，本题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.稀硝酸和银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Ag+4H++NO3=3Ag++NO↑+2H2O，故A错误；
B.氯乙烷与NaOH水溶液共热发生水解反应生成醇和氯化钠，反应的化学方程式为：CH3CH2Cl+NaOH→△CH3CH2OH+NaCl，故B错误；
C.2−丙醇的催化氧化反应生成丙酮和水，反应的化学方程式：2CH2CH(OH)CH3+O2→ΔCu2CH3COCH3+2H2O，故C错误；
D.酸性大小：H2CO3>苯酚>HCO3−，苯酚与Na2CO3溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：，故D正确；
故选：D。
A.稀硝酸和银反应生成硝酸银、一氧化氮和水；
B.氯乙烷与NaOH水溶液共热发生水解反应生成醇和氯化钠；
C.醇的催化氧化反应的实质是羟基氢原子和羟基碳上的氢原子和氧原子结合生成水，有机物中形成羰基；
D.酸性大小：H2CO3>苯酚>HCO3−，苯酚与Na2CO3溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠。
本题考查了化学方程式书写、离子方程式正误判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，故A错误；
B.二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故B错误；
C.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故C正确；
D.铁应连接电源正极，才能制得Fe(OH)2，故D错误。
故选：C。
A.收集氨气的方法错误；
B.二氧化氮和水反应生成一氧化氮；
C.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离；
D.铁不能被氧化，不能制得Fe(OH)2.
本题考查较为综合，涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．
14.【答案】B
【解析】解：A.PET塑料由单体乙二醇、对二苯甲酸发生缩聚反应生成的高分子材料，可发生降解，对自然环境无害，故A正确；
B.PET塑料由对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成，乙二醇是二元醇，与一元醇乙醇不是同系物，故B错误；
C.达到滴定终点，再滴入一滴NaOH溶液时，溶液呈碱性，酚酞溶液变成浅红色，故C正确；
D.mgPET的物质的量n(PET)=m192nml，达到滴定终点时消耗NaOH的物质的量n(NaOH)=0.001cVml，则n(PET)=n(NaOH)，即m192n=0.001cV，所以PET的平均聚合度n=1000m192cV，故D正确；
故选：B。
A.PET塑料由乙二醇和对二苯甲酸发生缩聚反应生成，相对分子质量较大；
B.同系物是组成和结构相似，分子中相差1个或多个“CH2”的物质；
C.酚酞遇到碱变成红色；
D.根据测定原理可知，n(PET)=n(NaOH)，据此计算PET的平均聚合度n。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团与性质的关系，题目难度不大。
15.【答案】亚碲酸 水浴加热 3Cu+ClO3−+6H+=3Cu2++Cl−+3H2O4：3 漏斗、烧杯 TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O酸性过强，会使二氧化碲溶解，导致产率降低 缓慢加入硫酸，并不断搅拌
【解析】解：(1)Te和S同主族，结合硫酸和亚硫酸，H2TeO3的化学名称为亚碲酸，
故答案为：亚碲酸；
(2)温度低于100℃，可用水浴加热；酸性溶液中，氯酸钠作氧化剂将Cu氧化为硫酸铜，离子方程式为3Cu+ClO3−+6H+=3Cu2++Cl−+3H2O；碲化亚铜中铜元素为+1价，被氧化生成+2价铜离子，碲元素为−2价，被氧化生成+4价亚碲酸，氯酸根中氯元素为+5价，被还原生成−1价氯离子，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：3，
故答案为：水浴加热；3Cu+ClO3−+6H+=3Cu2++Cl−+3H2O；4：3；
(3)“操作X”为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，
故答案为：漏斗、烧杯；
(4)二氧化碲是两性氧化物，结合氧化铝和氢氧化钠溶液的反应，反应方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，
故答案为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；
(5)二氧化碲是两性氧化物，可溶于强酸，酸性过强，会使二氧化碲溶解，导致产率降低；防止局部酸度过大的操作方法是缓慢加入硫酸，并不断搅拌，
故答案为：酸性过强，会使二氧化碲溶解，导致产率降低；缓慢加入硫酸，并不断搅拌。
以碲化亚铜渣为原料制备TeO2及胆矾，碲化亚铜渣酸浸过程中水浴加热，控制温度80℃，酸性溶液中，氯酸钠作氧化剂将Cu2Te、Cu及Te氧化为硫酸铜和亚碲酸，过滤分离，得到硫酸铜溶液，加入氢氧化钠沉铜得到氢氧化铜，进一步得到胆矾；二氧化碲进入酸浸渣中，加入氢氧化钠溶液溶解，得到亚碲酸钠溶液，进一步加稀硫酸沉碲得到二氧化碲，据此分析。
本题考查物质的分离提纯及制备方案设计，题目难度中等，结合制备流程明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及化学实验基本方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
16.【答案】10I−−10e−=5I2 氧化 在金属活动性顺序中，Cu位于H之后 浓盐酸挥发 H2 Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3− Cl−使Cu的还原性增强，促使反应Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−发生
【解析】解：(1)①该转化的还原半反应是2IO3−+10e−+12H+=I2+6H2O，得失电子守恒时，总反应减去还原半反应得到氧化半反应为10I−−10e−=5I2，
故答案为：10I−−10e−=5I2；
②增大c(H+)可促进IO3−得到电子，使其氧化性增强，进而与I−发生反应，
故答案为：氧化；
(2)①认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是在金属活动性顺序中，Cu位于H之后，
故答案为：在金属活动性顺序中，Cu位于H之后；
②甲是对比实验，目的是排除浓盐酸挥发的干扰，
故答案为：浓盐酸挥发；
③a.丙中气球变鼓，可知Cu与浓盐酸反应生成H2，
故答案为：H2；
b.经检测，丙中反应后溶液中存在[CuCl4]3−，相应的氧化半反应为Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−，原因为Cl−使Cu的还原性增强，促使反应Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−发生，
故答案为：Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−；Cl−使Cu的还原性增强，促使反应Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−发生。
(1)①该转化的还原半反应是2IO3−+10e−+12H+=I2+6H2O，得失电子守恒时，总反应减去还原半反应得到氧化半反应；
②增大c(H+)可促进IO3−得到电子，氧化性增强；
(2)①由金属的活泼性可知，Cu排在H的后面；
②甲是对比实验，排除浓盐酸易挥发的干扰；
③a.丙中气球变鼓，可知Cu与浓盐酸反应生成氢气；
b.经检测，丙中反应后溶液中存在[CuCl4]3−，可知增大氯离子的浓度，使Cu的还原性增强。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意实验探究设计能力的培养，题目难度不大。
17.【答案】冷凝回流 NaOHCBr2 除去有机层的水 间溴苯甲醛因温度过高被氧化 40%
【解析】解：(1)实验装置中冷凝管的主要作用是冷凝回流，锥形瓶中应为NaOH溶液，吸收生成的HBr，
故答案为：冷凝回流；NaOH；
(2)步骤1反应过程中，为提高原料利用率，应减少溴的挥发，结合表中数据可知适宜的温度范围为<58.8℃，
故答案为：C；
(3)步骤2中用10%NaHCO3溶液洗涤，是为了除去溶于有机层的Br2，
故答案为：Br2；
(4)步骤3中加入无水MgSO4固体的作用是除去有机层的水，
故答案为：除去有机层的水；
(5)步骤4中采用减压蒸馏，是为了防止间溴苯甲醛因温度过高被氧化，
故答案为：间溴苯甲醛因温度过高被氧化；
(6)若实验中加入了10.6g苯甲醛，得到7.4g间溴苯甲醛，理论产量为10.6g×185106=18.5g，则间溴苯甲醛产率为×100%=40%，
故答案为：40%。
苯甲醛与溴在氯化铝催化作用下在60℃时反应生成间溴苯甲醛、HBr，经冷凝回流可到间溴苯甲醛，生成的HBr用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，有机相中含有Br2，加入碳酸氢钠除去，有机相加入无水MgSO4固体，可起到吸收水的作用，减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化。
(1)冷凝管用于冷凝，锥形瓶中NaOH可吸收HBr；
(2)为提高原料利用率，应减少溴的挥发；
(3)溴易溶于有机溶剂；
(4)无水MgSO4固体可吸收水；
(5)减压蒸馏，可降低沸点；
(6)由反应可知苯甲醛完全反应生成间溴苯甲醛的理论产量为10.6g×185106=18.5g，以此计算产率。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、有机物的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意混合物分离方法及信息的应用，题目难度不大。
18.【答案】羟基、羧基 消去反应 加聚反应 6 +2NaOH→△H2O+2NaBr→△浓硫酸+H2O
【解析】解：(1)D的结构简式为，D中官能团名称为羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
(2)反应⑤是转化为，反应中分子内脱水形成碳碳双键，该反应类型属于消去反应；反应⑦是转化为，该反应类型为加聚反应，
故答案为：消去反应；加聚反应；
(3)由分析可知，A的结构简式为，F的结构简式为，
故答案为：；；
(4)D的结构简式为，D的同分异构体满足下列条件：①苯环上含有两个取代基；②能与NaHCO3溶液反应生成气体，说明含有羧基；③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环的2个取代基其中1个是−OH，另一个是−CH2CH2COOH或−CH(CH3)COOH，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，符合条件的同分异构体共有3×2=6种，
故答案为：6；
(5)反应②的化学方程式为+2NaOH→△H2O+2NaBr，反应⑤的化学方程式为→△浓硫酸+H2O，
故答案为：+2NaOH→△H2O+2NaBr；→△浓硫酸+H2O。
A的分子式为C9H10且属于芳香烃，结合B水解生成，可推知A为，A与溴发生加成反应生成B为，发生催化氧化生成C为，C发生氧化反应然后酸化生成，由及反应条件可知，发生消去反应生成E，E与甲醇发生酯化反应生成F，F发生加聚反应生成，故E为、F为。
本题考查有机物的推断与合成，注意根据转化中有机物结构简式与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质，题目难度中等。装置
序号
试管内药品
现象
甲
浓盐酸
24小时后仍无明显变化
乙
Cu粉+硫酸
24小时后仍无明显变化
丙
Cu粉+浓盐酸
24小时后气球变鼓
物质
溴
苯甲醛
1，2−二氯乙烷
间溴苯甲醛
沸点/℃
58.8
179
83.5
229
1.为共同构建人与自然生命共同体，我国已将“碳达峰”和“碳中和”纳人生态文明建设整体布局，“3060”双碳目标是我国对世界的庄严承诺，重点是推动以二氧化碳为主的温室气体减排。下列措施与此目标不吻合的是( )
A. 植树造林、节能减排
B. 太阳能、潮汐能、风能、氢能等清洁能源逐步替代火力发电
C. 研发二氧化碳加氢制甲醇的高效催化剂
D. 燃煤中适当添加石灰石，减少污染气体排放
2.下列有关化学用语表示正确的是( )
A. 甲基的电子式：
B. Cu的价电子排布式：3d44s2
C. 系统命名为：3，3，5−三甲基己烷
D. 对羟基苯甲酸的分子式：
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 1.12LC2H4所含极性共价键的数目为0.2NA
B. 1ml甲醇中含有C−H键的数目为4NA
C. 1ml棱晶烷中含有15NA个共价键
D. 10g质量分数为46%的乙醇溶液中，氧原子总数无法确定
4.微信中的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的(如图)。下列说法正确的是( )
A. 化合物A不能与乙醇反应
B. 化合物B可通过苯与氯气发生加成反应制得
C. 化合物A与乙酸互为同系物
D. 化合物B分子中所有原子都在同一平面上
5.下列在限定条件溶液中的各组离子，能够大量共存的是( )
A. pH=l的溶液：Na+、Cl−、Fe2+、NO3−
B. 与Al能产生氢气的溶液：K+、Ba2+、Cl−、Br−
C. 使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl−、SO42−、Al3+
D. 水电离的H+浓度为1×10−12ml⋅L−1的溶液：K+、SO42−、CO32−、NH4+
6.CO2常用于灭火，但镁可以在CO2中剧烈燃烧：2Mg+CO2−点燃2MgO+C，生成的氧化镁熔点高达2800℃.下列有关说法错误的是( )
A. 该反应利用了Mg的强还原性
B. 氧化镁属于离子晶体
C. CO2和C(石墨)中的C原子的杂化方式相同
D. 干冰中每个CO2周围有12个CO2分子
7.已知有机物a：
，有机物b：
.下列说法正确的是( )
A. 苯是a的同分异构体
B. a中6个碳原子都在同一平面内
C. b可使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，且反应类型相同
D. b的一氯代物有5种
8.化合物Z(华法林)是一种香豆素类抗凝剂，可由下列反应制得。下列说法不正确的是( )
A. Y分子存在顺反异构体
B. 1ml X与足量NaOH溶液反应，最多消耗3ml NaOH
C. 一定条件下，Y分子可以发生取代、加聚、还原反应
D. Z分子中含有1个手性碳原子
9.类推是一种常用的思维方法，但类推得出的结论需经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论正确的是( )
A. 晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子，也必有阴离子
B. 醋酸不能发生银镜反应，则蚁酸也不能发生银镜反应
C. CO2为非极性分子，则SiO2也为非极性分子
D. 从NH4+、SO42−为正四面体结构，则PH4+、PO43−也为正四面体结构
10.有X、Y、Z、W四种有机化合物，其转化关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. X是乙炔B. Y是溴乙烷
C. Z是乙二醇D. Y→Z属于消去反应
11.乙酸乙酯的制备实验过程如下：
步骤1：在一支试管中加入3mL乙醇，然后边振荡边缓缓加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，再加入几片碎资片，加热并收集蒸出的乙酸乙酯粗品。
步骤2：向盛有乙酸乙酯粗品的试管中滴加1∼2滴KMnO4，溶液，振荡，紫红色褪去。
步骤3：向盛有Na2CO4溶液的试管中滴加乙酸乙酯粗品，振荡，有气泡产生。
下列说法正确的是( )
A. 步骤一中使用过量的乙醇能提高乙酸的转化率
B. 步骤中使用碎瓷片的目的是作反应的催化剂
C. 步骤2中紫红色褪去说明乙酸乙酯粗品中含有乙烯
D. 步骤3中发生反应的离子方程式为CO32+2H+=H2O+CO2↑
12.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )
A. 用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++NO3=Ag++NO2↑+H2O
B. 氯乙烷与NaOH水溶液共热：CH3CH2Cl+NaOH→△CH2=CH2↑+NaCl+H2O
C. 2−丙醇的催化氧化反应：2CH2CH(OH)CH3+O2→ΔCu2CH3CH2CHO+2H2O
D. 苯酚与Na2CO3溶液反应：
13.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是( )
A. 用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3
B. 用图2所示装置可除去NO2中的NO
C. 用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液
D. 用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
14.PET(
，M链节=192g/ml)可用来生产合成纤维或塑料。测定某PET样品的端基中羧基的物质的量，并计算其平均聚合度x。以酚酞作指示剂，用cml/LNaOH醇溶液滴定mgPET端基中的羧基至终点(现象与水溶液相同)，消耗NaOH醇溶液VmL。下列说法错误的是( )
A. PET塑料是一种可降解的高分子材料
B. 合成PET的一种单体与乙醇互为同系物
C. 达到滴定终点时，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色
D. PET的平均聚合度x=1000m192cV(忽略端基的摩尔质量)
二、流程题：本大题共1小题，共16分。
15.碲(Te)属于氧族元素，广泛应用于冶金、能源、化工等行业。碲化亚铜渣中主要含有Cu和Te元素，并以Cu2Te、Cu及Te的形式存在，此外还含少量Au、Ag等元素。以碲化亚铜渣为原料制备TeO2及胆矾的流程如图：
已知：①TeO2是两性氧化物，难溶于水；
②“酸浸”过程中Te元素先生成H2TeO3，随着溶液pH的提高，生成TeO2进入酸浸渣中。
回答下列问题：
(1)H2TeO3的化学名称为______。
(2)“酸浸”时，适宜的控温方式为______，写出该步骤 Cu发生反应的离子方程式：______；碲化亚铜发生反应中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。
(3)实验室中，“操作X”用到的玻璃仪器有玻璃棒、______。
(4)写出“碱浸”时，TeO2与NaOH反应的化学方程式：______。
(5)“沉碲”时，控制溶液的pH为4.5∼5.0，生成TeO2沉淀。酸性不能过强的原因是______；防止局部酸度过大的操作方法是______。
三、实验题：本大题共2小题，共28分。
16.氧化还原反应可拆分为氧化和还原两个“半反应”。某小组同学从“半反应”的角度探究反应规律。
(1)已知：IO3−+I−→I2的转化在酸性条件下才能发生。
①该转化的还原半反应是2IO3−+10e−+12H+=I2+6H2O，则相应的氧化半反应是______。
②分析上述还原半反应可知：增大c(H+)可促进IO3−得到电子，使其______性增强，进而与I−发生反应。
(2)探究Cu与浓盐酸能否发生反应。
①有同学认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是______。
用如图装置进行实验[硫酸与浓盐酸中c(H+)接近]：
②甲是对比实验，目的是排除______的干扰。
③a.丙中气球变鼓是因为生成了______气体(填化学式)。
b.经检测，丙中反应后溶液中存在[CuCl4]3−，则相应的氧化半反应是______，从氧化性或还原性的角度分析丙中反应能够发生的原因：______。
17.实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛的反应如下：
已知：(1)间溴苯甲醛温度过高时易被氧化。
(2)溴、苯甲醛、1，2−二氯乙烷、间溴苯甲醛的沸点如表：
步骤1：将一定配比的无水AlCl3、1，2−二氯乙烷和苯甲醛充分混合后装入三颈烧瓶(如图所示)，缓慢滴加经浓硫酸干燥过的足量液溴，控温反应一段时间，冷却。
步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机层用10%NaHCO3溶液洗涤。
步骤3：经洗涤的有机层加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤出MgSO4⋅nH2O晶体。
步骤4：减压蒸馏有机层，收集相应馏分。
回答下列问题：
(1)实验装置中a仪器的名称为______，锥形瓶中应为______ (填化学式)溶液。
(2)步骤1反应过程中，为提高原料利用率，适宜的温度范围为______ (填字母)。
A.>229℃
B.58.8∼179℃
C.<58.8℃
(3)步骤2中用10%NaHCO3溶液洗涤，是为了除去溶于有机层的______ (填化学式)。
(4)步骤3中加入无水MgSO4固体的作用是______。
(5)步骤4中采用减压蒸馏，是为了防止______。
(6)若实验中加入10.6g苯甲醛，得到7.4g间溴苯甲醛。则间溴苯甲醛的产率=______。
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
18.某芳香烃A有如图转化关系：
请回答下列问题：
(1)写出有机物D中官能团名称______。
(2)反应⑤和⑦的反应类型分别是______、______。
(3)A和F的结构简式分别为______、______。
(4)同时满足下列条件的D的同分异构体有______种(不含立体异构)。
①苯环上含有两个取代基
②能与NaHCO3溶液反应生成气体
③能与FeCl3溶液发生显色反应
(5)写出反应②和⑤的化学方程式：②______、⑤______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查“碳达峰”和“碳中和”知识，熟悉相关物质的结构组成、性质是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A.植树造林、节能减排可减少二氧化碳的排放，符合该措施，故A正确；
B.太阳能、潮汐能、风能、氢能等清洁能源逐步替代火力发电，可减少二氧化碳的排放，符合该措施，故B正确；
C.研发二氧化碳加氢制甲醇的高效催化剂，可消耗二氧化碳，符合该措施，故C正确；
D.燃煤中适当添加石灰石，减少污染气体排放，但不能减少二氧化碳的排放，故不符合该目标，故D错误；
故选D。
2.【答案】A
【解析】解：A.甲基结构简式为−CH3，C原子的最外层电子数为7，C、H原子间共用1对电子，其电子式为H： 2，故A正确；
B.基态Cu的价电子排布式为3d104s1，故B错误；
C.的主链含有6个C原子，为己烷，2号C原子上含有1个甲基、4号C原子上含有2个甲基，名称为2，4，4−三甲基己烷，故C错误；
D.对羟基苯甲酸的结构简式为，分子式为C7H6O3，故D错误；
故选：A。
A.甲基结构简式为−CH3，C原子的最外层电子数为7；
B.Cu的价电子排布式为3d104s1；
C.的主链含有6个C原子，2号C原子上含有1个甲基、4号C原子上含有2个甲基；
D.是对羟基苯甲酸的结构简式。
本题考查了化学用语的正误判断，明确电子式、核外电子排布及价电子概念、有机物的命名、结构简式及分子式是解题关键，侧重基础知识运用能力和规范答题能力考查，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.温度和压强不知，不能计算1.12LC2H4的物质的量，不能计算所含极性共价键的数目，故A错误；
B.甲醇的结构简式CH3OH，1ml甲醇中含有C−H键的数目为3NA，故B错误；
C.1个棱晶烷中含9个C−C键，6个C−H键，1ml棱晶烷中含有15NA个共价键，故C正确；
D.10g质量分数为46%的乙醇溶液中：乙醇4.6g、水5.4g，乙醇的物质的量=0.1ml，水的物质的量=0.3ml，则含有0.4NA氧原子，故D错误；
故选：C。
A.温度和压强不知，不能计算1.12LC2H4的物质的量；
B.1个甲醇分子中含3个C−H键；
C.1个棱晶烷中含9个C−C键，6个C−H键；
D.10g质量分数为46%的乙醇溶液中：乙醇4.6g、水5.4g。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，题目难度不大，注意化学键的形成、微粒数的计算应用。
4.【答案】D
【解析】解：A.A含有羧基，所以能和乙醇发生酯化反应，故A错误；
B.苯和氯气发生取代反应生成B，不是通过加成反应得到B，故B错误；
C.二者结构不相似，所以不互为同系物，故C错误；
D.苯分子中所有原子共平面，B分子相当于苯分子中的氢原子被氯原子取代，所以B分子中所有原子共平面，故D正确；
故选：D。
A.含有羧基的有机物能和乙醇发生酯化反应；
B.苯和氯气发生取代反应生成B；
C.结构相似，在分子组成上相差1个或n个CH2原子团的有机物互为同系物；
D.苯分子中所有原子共平面，B分子相当于苯分子中的氢原子被氯原子取代。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、原子共平面的判断方法是解本题关键，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.pH=l的溶液呈酸性，Fe2+、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.与Al能产生氢气的溶液呈酸性或强碱性，K+、Ba2+、Cl−、Br−之间不反应，都不与H+、OH−反应，在溶液中能大量共存，故B正确；
C.使酚酞试液变红的溶液呈碱性，OH−、Al3+之间发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，故C错误；
D.水电离的H+浓度为1×10−12ml⋅L−1的溶液中c(H+)=1×10−12ml⋅L−1或1×10−2ml⋅L−1，呈酸性或强碱性，酸性溶液中H+、CO32−之间发生反应，碱性溶液中OH−、NH4+之间发生反应，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
A.该溶液呈酸性，硝酸根离子在酸性溶液中氧化亚铁离子；
B.该溶液呈酸性或强碱性，离子之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应；
C.该溶液呈碱性，铝离子与氢氧根离子反应；
D.该溶液中c(H+)=1×10−12ml⋅L−1或1×10−2ml⋅L−1，呈酸性或强碱性，碳酸根离子与氢离子反应，铵根离子与氢氧根离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.Mg是活泼金属，具有强还原性，则在2Mg+CO2−点燃2MgO+C反应中，Mg作还原剂，利用了其强还原性，故A正确；
B.氧化镁由镁离子与阳离子组成，离子间通过离子键结合，形成离子晶体，故B正确；
C.CO2中的C原子是sp杂化，C(石墨)中的C原子是sp2杂化，则CO2和C(石墨)中的C原子的杂化方式不相同，故C错误；
D.干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上，因此在干冰晶体中每个CO2周围都紧邻12个CO2，故D正确。
故选：C。
A.Mg是活泼金属，具有强还原性；
B.氧化镁由镁离子与阳离子组成；
C.CO2中的C原子是sp杂化，C(石墨)中的C原子是sp2杂化；
D.干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上。
本题考查了金属的性质、离子晶体、杂化类型的判断、晶胞结构，属于基础知识的考查，掌握规律是解题的关键，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.苯的不饱和度是4、a的不饱和度是3，且二者分子式不同，所以二者不是同分异构体，故A错误；
B.乙烯中所有原子共平面，甲烷为正四面体结构，单键可以旋转，则a中6个碳原子可能在同一个平面上，故B正确；
C.b中含有碳碳双键，能和溴、酸性高锰酸钾溶液反应，前者为加成反应、后者为氧化反应，反应类型不同，故C错误；
D.有几种氢原子，其一氯代物有几种，b的氢原子有6种，则b的一氯代物有6种，故D错误；
故选：B。
A.苯的不饱和度是4、a的不饱和度是3，且二者分子式不同；
B.乙烯中所有原子共平面，甲烷为正四面体结构，单键可以旋转；
C.b中含有碳碳双键，能和溴、酸性高锰酸钾溶液反应；
D.b的氢原子有6种，有几种氢原子，其一氯代物有几种。
本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法是解本题关键，C为解答易错点，知道溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色区别，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.Y分子中碳碳双键连接2个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，故A正确；
B.X中酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反应，X中酯基水解生成1个酚羟基和1个羧基，所以1mlX最多消耗2mlNaOH，故B错误；
C.Y具有苯、烯烃和酮的性质，Y中苯环和甲基上的氢原子能发生取代反应，碳碳双键能发生加聚反应，羰基和苯环能发生还原反应，故C正确；
D.Z中连接上面苯环的碳原子为手性碳原子，所以有1个手性碳原子，故D正确；
故选：B。
9.【答案】D
【解析】解：A.金属晶体中含有的构成微粒是金属阳离子和自由移动的电子，晶体中有阴离子，必有阳离子，但晶体中有阳离子，不一定有阴离子，故A错误；
B.醋酸是酸具有酸的通性，由于不含有醛基，因此不能发生银镜反应，而蚁酸分子中含有醛基和羧基，因此具有酸的通性，同时还能发生银镜反应，故B错误；
C.CO2分子是直线形分子，分子空间结构对称，因此该物质分子为非极性分子；而SiO2是立体网状结构，每个Si原子与相邻4个O原子形成共价键，每个O原子与相邻2个Si原子形成共价键，不存在SiO2分子，故C错误；
D.从NH4+、SO42−的中心N、S原子价层电子对数是4，无孤对电子，因此二者为正四面体结构；PH4+的中心P原子价层电子对数是4，无孤对电子，所以PH4+与NH4+结构相似，因此PH4+也是正四面体结构；PO43−的中心P原子价层电子对数是4+5+3−2×42=4，P原子上无孤对电子，因此也为正四面体结构，故D正确；
故选：D。
A.属晶体中含有的构成微粒是金属阳离子和自由移动的电子；
B.醋酸是酸具有酸的通性，由于不含有醛基，而蚁酸分子中含有醛基和羧基；
C.CO2分子是直线形分子，分子空间结构对称，而SiO2是立体网状结构，每个Si原子与相邻4个O原子形成共价键，每个O原子与相邻2个Si原子形成共价键；
D.从NH4+、SO42−的中心N、S原子价层电子对数是4，无孤对电子，PH4+的中心P原子价层电子对数是4，无孤对电子，所以PH4+与NH4+结构相似。
本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】C
【解析】解：A.通过以上分析知，X为CH2=CH2，名称是乙烯，故A错误；
B.Y为BrCH2CH2Br，名称为1，2−二溴乙烷，故B错误；
C.Z为HOCH2CHOH，名称是乙二醇，故C正确；
D.Y为BrCH2CH2Br、Z为HOCH2CH2OH，B发生水解反应或取代反应生成Z，故D错误；
故选：C。
烃和溴发生加成反应生成Y，Y发生水解反应生成Z为二元醇，Z发生取代反应生成W，根据W的结构简式知，Z为HOCH2CH2OH，Y为BrCH2CH2Br，X为CH2=CH2。
本题考查有机物推断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确有机物的结构和性质、物质之间的转化关系并正确推断各物质的结构简式是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.反应的化学方程式为，该反应为可逆反应，增大某一反应物，有利于另一反应物的转化，使用过量的乙醇能提高乙酸的转化率，故A正确；
B.步骤1中使用碎瓷片的目的是防止液体暴沸，故B错误；
C.步骤2中紫红色变浅说明乙醇具有还原性，故C错误；
D.步骤3中发生反应的离子方程式为CO32−+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO−，故D错误；
故选：A。
乙酸、乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为，该反应为可逆反应，增大某一反应物，有利于另一反应物的转化；碳酸钠溶液有利于吸收乙醇、乙酸、分离乙酸乙酯；乙醇具有还原性，可以被高锰酸钾氧化。
本题考查乙酸乙酯的制取原理，提，把握反应原理即可解答，注意浓硫酸和饱和碳酸钠溶液的作用，本题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.稀硝酸和银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Ag+4H++NO3=3Ag++NO↑+2H2O，故A错误；
B.氯乙烷与NaOH水溶液共热发生水解反应生成醇和氯化钠，反应的化学方程式为：CH3CH2Cl+NaOH→△CH3CH2OH+NaCl，故B错误；
C.2−丙醇的催化氧化反应生成丙酮和水，反应的化学方程式：2CH2CH(OH)CH3+O2→ΔCu2CH3COCH3+2H2O，故C错误；
D.酸性大小：H2CO3>苯酚>HCO3−，苯酚与Na2CO3溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：，故D正确；
故选：D。
A.稀硝酸和银反应生成硝酸银、一氧化氮和水；
B.氯乙烷与NaOH水溶液共热发生水解反应生成醇和氯化钠；
C.醇的催化氧化反应的实质是羟基氢原子和羟基碳上的氢原子和氧原子结合生成水，有机物中形成羰基；
D.酸性大小：H2CO3>苯酚>HCO3−，苯酚与Na2CO3溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠。
本题考查了化学方程式书写、离子方程式正误判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，故A错误；
B.二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故B错误；
C.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故C正确；
D.铁应连接电源正极，才能制得Fe(OH)2，故D错误。
故选：C。
A.收集氨气的方法错误；
B.二氧化氮和水反应生成一氧化氮；
C.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离；
D.铁不能被氧化，不能制得Fe(OH)2.
本题考查较为综合，涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．
14.【答案】B
【解析】解：A.PET塑料由单体乙二醇、对二苯甲酸发生缩聚反应生成的高分子材料，可发生降解，对自然环境无害，故A正确；
B.PET塑料由对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成，乙二醇是二元醇，与一元醇乙醇不是同系物，故B错误；
C.达到滴定终点，再滴入一滴NaOH溶液时，溶液呈碱性，酚酞溶液变成浅红色，故C正确；
D.mgPET的物质的量n(PET)=m192nml，达到滴定终点时消耗NaOH的物质的量n(NaOH)=0.001cVml，则n(PET)=n(NaOH)，即m192n=0.001cV，所以PET的平均聚合度n=1000m192cV，故D正确；
故选：B。
A.PET塑料由乙二醇和对二苯甲酸发生缩聚反应生成，相对分子质量较大；
B.同系物是组成和结构相似，分子中相差1个或多个“CH2”的物质；
C.酚酞遇到碱变成红色；
D.根据测定原理可知，n(PET)=n(NaOH)，据此计算PET的平均聚合度n。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团与性质的关系，题目难度不大。
15.【答案】亚碲酸 水浴加热 3Cu+ClO3−+6H+=3Cu2++Cl−+3H2O4：3 漏斗、烧杯 TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O酸性过强，会使二氧化碲溶解，导致产率降低 缓慢加入硫酸，并不断搅拌
【解析】解：(1)Te和S同主族，结合硫酸和亚硫酸，H2TeO3的化学名称为亚碲酸，
故答案为：亚碲酸；
(2)温度低于100℃，可用水浴加热；酸性溶液中，氯酸钠作氧化剂将Cu氧化为硫酸铜，离子方程式为3Cu+ClO3−+6H+=3Cu2++Cl−+3H2O；碲化亚铜中铜元素为+1价，被氧化生成+2价铜离子，碲元素为−2价，被氧化生成+4价亚碲酸，氯酸根中氯元素为+5价，被还原生成−1价氯离子，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：3，
故答案为：水浴加热；3Cu+ClO3−+6H+=3Cu2++Cl−+3H2O；4：3；
(3)“操作X”为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，
故答案为：漏斗、烧杯；
(4)二氧化碲是两性氧化物，结合氧化铝和氢氧化钠溶液的反应，反应方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，
故答案为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；
(5)二氧化碲是两性氧化物，可溶于强酸，酸性过强，会使二氧化碲溶解，导致产率降低；防止局部酸度过大的操作方法是缓慢加入硫酸，并不断搅拌，
故答案为：酸性过强，会使二氧化碲溶解，导致产率降低；缓慢加入硫酸，并不断搅拌。
以碲化亚铜渣为原料制备TeO2及胆矾，碲化亚铜渣酸浸过程中水浴加热，控制温度80℃，酸性溶液中，氯酸钠作氧化剂将Cu2Te、Cu及Te氧化为硫酸铜和亚碲酸，过滤分离，得到硫酸铜溶液，加入氢氧化钠沉铜得到氢氧化铜，进一步得到胆矾；二氧化碲进入酸浸渣中，加入氢氧化钠溶液溶解，得到亚碲酸钠溶液，进一步加稀硫酸沉碲得到二氧化碲，据此分析。
本题考查物质的分离提纯及制备方案设计，题目难度中等，结合制备流程明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及化学实验基本方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
16.【答案】10I−−10e−=5I2 氧化 在金属活动性顺序中，Cu位于H之后 浓盐酸挥发 H2 Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3− Cl−使Cu的还原性增强，促使反应Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−发生
【解析】解：(1)①该转化的还原半反应是2IO3−+10e−+12H+=I2+6H2O，得失电子守恒时，总反应减去还原半反应得到氧化半反应为10I−−10e−=5I2，
故答案为：10I−−10e−=5I2；
②增大c(H+)可促进IO3−得到电子，使其氧化性增强，进而与I−发生反应，
故答案为：氧化；
(2)①认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是在金属活动性顺序中，Cu位于H之后，
故答案为：在金属活动性顺序中，Cu位于H之后；
②甲是对比实验，目的是排除浓盐酸挥发的干扰，
故答案为：浓盐酸挥发；
③a.丙中气球变鼓，可知Cu与浓盐酸反应生成H2，
故答案为：H2；
b.经检测，丙中反应后溶液中存在[CuCl4]3−，相应的氧化半反应为Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−，原因为Cl−使Cu的还原性增强，促使反应Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−发生，
故答案为：Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−；Cl−使Cu的还原性增强，促使反应Cu+4Cl−−e−=[CuCl4]3−发生。
(1)①该转化的还原半反应是2IO3−+10e−+12H+=I2+6H2O，得失电子守恒时，总反应减去还原半反应得到氧化半反应；
②增大c(H+)可促进IO3−得到电子，氧化性增强；
(2)①由金属的活泼性可知，Cu排在H的后面；
②甲是对比实验，排除浓盐酸易挥发的干扰；
③a.丙中气球变鼓，可知Cu与浓盐酸反应生成氢气；
b.经检测，丙中反应后溶液中存在[CuCl4]3−，可知增大氯离子的浓度，使Cu的还原性增强。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意实验探究设计能力的培养，题目难度不大。
17.【答案】冷凝回流 NaOHCBr2 除去有机层的水 间溴苯甲醛因温度过高被氧化 40%
【解析】解：(1)实验装置中冷凝管的主要作用是冷凝回流，锥形瓶中应为NaOH溶液，吸收生成的HBr，
故答案为：冷凝回流；NaOH；
(2)步骤1反应过程中，为提高原料利用率，应减少溴的挥发，结合表中数据可知适宜的温度范围为<58.8℃，
故答案为：C；
(3)步骤2中用10%NaHCO3溶液洗涤，是为了除去溶于有机层的Br2，
故答案为：Br2；
(4)步骤3中加入无水MgSO4固体的作用是除去有机层的水，
故答案为：除去有机层的水；
(5)步骤4中采用减压蒸馏，是为了防止间溴苯甲醛因温度过高被氧化，
故答案为：间溴苯甲醛因温度过高被氧化；
(6)若实验中加入了10.6g苯甲醛，得到7.4g间溴苯甲醛，理论产量为10.6g×185106=18.5g，则间溴苯甲醛产率为×100%=40%，
故答案为：40%。
苯甲醛与溴在氯化铝催化作用下在60℃时反应生成间溴苯甲醛、HBr，经冷凝回流可到间溴苯甲醛，生成的HBr用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，有机相中含有Br2，加入碳酸氢钠除去，有机相加入无水MgSO4固体，可起到吸收水的作用，减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化。
(1)冷凝管用于冷凝，锥形瓶中NaOH可吸收HBr；
(2)为提高原料利用率，应减少溴的挥发；
(3)溴易溶于有机溶剂；
(4)无水MgSO4固体可吸收水；
(5)减压蒸馏，可降低沸点；
(6)由反应可知苯甲醛完全反应生成间溴苯甲醛的理论产量为10.6g×185106=18.5g，以此计算产率。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、有机物的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意混合物分离方法及信息的应用，题目难度不大。
18.【答案】羟基、羧基 消去反应 加聚反应 6 +2NaOH→△H2O+2NaBr→△浓硫酸+H2O
【解析】解：(1)D的结构简式为，D中官能团名称为羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
(2)反应⑤是转化为，反应中分子内脱水形成碳碳双键，该反应类型属于消去反应；反应⑦是转化为，该反应类型为加聚反应，
故答案为：消去反应；加聚反应；
(3)由分析可知，A的结构简式为，F的结构简式为，
故答案为：；；
(4)D的结构简式为，D的同分异构体满足下列条件：①苯环上含有两个取代基；②能与NaHCO3溶液反应生成气体，说明含有羧基；③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环的2个取代基其中1个是−OH，另一个是−CH2CH2COOH或−CH(CH3)COOH，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，符合条件的同分异构体共有3×2=6种，
故答案为：6；
(5)反应②的化学方程式为+2NaOH→△H2O+2NaBr，反应⑤的化学方程式为→△浓硫酸+H2O，
故答案为：+2NaOH→△H2O+2NaBr；→△浓硫酸+H2O。
A的分子式为C9H10且属于芳香烃，结合B水解生成，可推知A为，A与溴发生加成反应生成B为，发生催化氧化生成C为，C发生氧化反应然后酸化生成，由及反应条件可知，发生消去反应生成E，E与甲醇发生酯化反应生成F，F发生加聚反应生成，故E为、F为。
本题考查有机物的推断与合成，注意根据转化中有机物结构简式与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质，题目难度中等。装置
序号
试管内药品
现象
甲
浓盐酸
24小时后仍无明显变化
乙
Cu粉+硫酸
24小时后仍无明显变化
丙
Cu粉+浓盐酸
24小时后气球变鼓
物质
溴
苯甲醛
1，2−二氯乙烷
间溴苯甲醛
沸点/℃
58.8
179
83.5
229
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