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2022-2023学年湖北省黄冈市高二下册期末化学专项提升模拟题（AB卷）含解析
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这是一份2022-2023学年湖北省黄冈市高二下册期末化学专项提升模拟题（AB卷）含解析，共41页。试卷主要包含了下列离子方程式正确的是，设为阿伏加德罗常数的值，已知发生水解反应的机理如图等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省黄冈市高二下册期末化学专项提升模拟题
（A卷）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说确的是
A．CO2属于大气污染物
B．孔雀石颜料[主要成分Cu2(OH)2CO3]耐强酸、强碱
C．“84”消毒液(NaClO)通过氧化灭活“新冠”
D．医用酒精乙醇浓度为95%
2．孙思邈《太清丹经要诀》中对制取彩色金(主要成分为)的过程有如下叙述：“雄黄()十两，末之，锡三两，挡中合熔……入坩埚中，火之……以盖合之。密固，入风炉吹之。令锅同火色，寒之。开，黄色似金”。下列相关说法错误的是
A．As和Sn属于没有同主族元素 B．彩色金与雄黄中S均具有较强氧化性
C．“火之”过程中，可能发生了置换反应 D．可用灼烧的方法鉴别真金与彩色金
3．如图是从小白菊中提取的一种有机物。下列关于该有机物的说确的是
A．可在酸件或碱性溶液中稳定存在
B．其同分异构体存在芳香族化合物
C．能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，其原理相同
D．分子中所有原子一定在同一平面内
4．下列离子方程式正确的是
A．用溶液腐蚀印刷电路板：
B．用情性电极电解饱和氯化钠溶液：
C．向溶液中通入：
D．将溶液滴加到酸性溶液中：
5．下列实验操作能够实现相应实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近瓶口
证明某集气瓶中刺激性气味的气体是HCl
B
向试液中滴加几滴溶液
证明在试剂瓶中的NaOH溶液已变质
C
将稀氨水滴入溶液中
实验室制备胶体
D
向混合液中加入适量乙醇后加热
除去乙酸乙酯中少量的乙酸
A．A B．B C．C D．D
6．设为阿伏加德罗常数的值。下列说确的是
A．12g石墨中含共价键的数目为
B．0.5mol中含共用电子对的数目为
C．0.2mol中含共价键的数目为
D．24g熔融状态下的中，含离子数目为
7．实验室制备硝基苯(反应原理为)的实验装置(夹持装置已略去)如图所示。下列说确的是
A．水浴加热的目的是防止烧瓶内液体暴沸
B．仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率
C．利用如图实验装置可制备溴苯
D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到硝基苯
8．X、Y、Z、W四种短周期主族元素原子序数依次增大，X和Z同主族且形成的单质在常温下状态没有同，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，W是地壳中含量至多的金属元素。下列说确的是
A．原子半径：W>Z>Y B．X与Z形成共价化合物
C．Y的氧化物对应的水化物为强酸 D．Z、W的氢氧化物可发生反应
9．已知发生水解反应的机理如图：
下列叙述正确的是
A．与HSiClO均属于极性分子
B．的键角与白磷()的键角均为60°
C．加热分解得到的晶体中最小环是十二元环
D．等物质的量的与晶体含有相同数目的键
10．某钙钛矿型氧化物的晶胞结构如图所示，其中A为镧系金属离子，B为过渡金属离子，C为氧离子。下列说确的是
A．镧系元素位于元素周期表中IB族 B．该化合物的化学式为
C．1个基态氧原子有2个未成对电子 D．1个A离子周围最近的A离子有12个
11．有机物是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成：
下列说确的是
A．X的名称为乙醇 B．E苯环上的一氯化物有4种
C．M的结构简式为 D．F分子中有4种没有同化学环境的氢原子
12．研究表明，在常温常压和太阳光照射下，基于固体催化剂LDH合成的原理如图。下列说法没有正确的是
A．该过程中①→②热效应为
B．该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成
C．该过程中①②是放热反应
D．该过程的化学方程式为
13．实验室用检验的离子方程式为。下列有关说法错误的是
A．中铁离子的配位数为6
B．再失去1个电子比更难
C．形成配位键时，中碳原子提供孤电子对
D．1 mol含12 mol 键
14．在25℃时,将1.0L c mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A．水的电离程度：a>b>c
B．c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)
C．a点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)
D．该温度下，CH3COOH的电离平衡常数
15．将、设计成熔融固态氧化物燃料电池，总反应方程式为，该装置如图所示。下列关于该装置工作时的叙述正确的是
A．电极X为正极，发生氧化反应
B．电池工作时，氧离子从Y极向X极移动
C．Y极的电极反应式：
D．若11.2L参与反应，则通过外电路电子的物质的量是2mol
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
二、工业流程题
16．一种以铌铁矿(主要成分为SiO2、2O5、MnO2和少量的FeO、、MgO)为原料，制取声光催化材料NaO3的流程如下：
回答下列问题：
(1)“溶解”时，写出MnO2与FeO反应生成MnSO4和Fe2(SO4)3的化学方程式：_______；沉淀1的主要成分是_______ (填化学式)。
(2)“除Ca2+、Mg2+”时，若溶液酸度过高，沉淀没有完全，其原因是_______；已知Ksp(CaF2)=2.5×10-11，Ksp(MgF2)=6.4×10-9，当溶液中c(Ca2+)=1×10-6 mol·L-1时，溶液中c(Mg2+)的值为_______ mol·L-1。
(3)“脱氟”过程发生反应的化学方程式为_______。
(4)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥，其中证明NaO3洗涤干净的操作是_______。
(5)电解MnSO4溶液可制备Mn和MnO2，阳极电极反应式为_______。
评卷人
得分
三、有机推断题
17．一种由芳香烃A制备H的合成路线如图所示：
已知：，其中R为烃基。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______；A→B的反应类型为_______。
(2)C的结构简式为_______；D中含氧官能团名称为_______。
(3)写出D→E的化学方程式：_______。
(4)符合下列条件的H的同分异构体的结构简式有_______种(没有含立体异构)。
①在酸性条件下能发生水解反应 ②能发生银镜反应 ③苯环上有两种取代基
(5)已知。设计以A为原料制备苯乙酸的合成路线：_______(其他无机试剂任用)。
评卷人
得分
四、实验题
18．联苄()是合成某类抗的中间体，其熔点为52℃，沸点为284℃，易溶于氯仿、醚，没有溶于水。实验室以苯(沸点80.1℃、密度)和1，2-二氯乙烷(，熔点-35.3℃、沸点83.5℃，没有溶于水)为原料，利用如图所示装置(加热及夹持装置已省略)可制得联苄。
实验过程：将无水氯化铝、苯、1，2-二氯乙烷依次加入仪器A中，开动电动搅拌器将试剂混合，水浴加热(60～65℃)装置A约1h，将装置A中液态混合物，通过“一系列”操作后得到44g联苄。
回答下列问题：
(1)仪器B的名称是_______，若蒸馏水从b口进入，则从原料利用角度分析，导致的结果是_______。
(2)仪器C的作用是_______，若实验结束时烧杯中的液体变红，则试剂X可能是_______。
(3)“一系列”操作包括用稀盐酸洗涤→…→用无水硫酸镁处理→蒸馏。用稀盐酸洗涤的具体操作为_______，用硫酸镁处理后的操作是_______，蒸馏的目的是_______。
(4)该实验中联苯的产率为_______(保留三位有效数字)。
评卷人
得分
五、原理综合题
19．燃料气主要成分为CO和，利用燃料气合成甲烷反应原理为。回答下列问题：
(1)已知：、CO、的燃烧热分别为、、，则反应的_______。
(2)在恒容容器中充入、2molCO，分别在催化剂M、N作用下发生反应，氢气体积分数与反应时间和温度变化关系如图所示：
①据图判断，_______(填“>”“<”或“=”)，催化剂催化：M_______(填“强于”或“弱于”)N。
②在温度℃下，若在恒压容器中充入4mol、4molCO，则刚达到平衡时体积分数符合上图中的_______(填“a”“b”“c”或“d”)点。
(3)在温度T℃下，向恒容反应器中加入等物质的量的和发生反应，开始时总压为72kPa，研究表明的生成速率，某时刻反应处于平衡状态，测得该温度下，，则该时刻_______kPa，_______；该温度下，该反应的化学平衡常数_______(列出表达式，平衡分压代替平衡浓度计算，分压-总压×物质的量分数)，
答案：
1．C
【详解】
A．二氧化碳虽然可引起温室效应，但它没有是空气污染物，A错误；
B．Cu2(OH)2CO3可以与酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，所以孔雀石颜料没有耐酸，B错误；
C．84消毒液具有强氧化性，可以使蛋白质变性去，从而灭活新冠，C正确；
D．医用酒精的体积分数为75%，D错误；
故答案选C。
2．B
【分析】
“雄黄(As4S4)十两，末之，锡三两，销中合....入坩埚中，....以盖合之。密固，人风炉吹之。令锅同火色，寒之。开，黄色似金”中描述的是雄黄(As4S4)与锡(Sn)发生反应生成“黄色似金”的彩色金(主要成分为SnS2)，同时应该生成As，据此分析解答。
【详解】
A．As位于第VA族，Sn位于IVA族，故A正确；
B．雄黄(As4S4)和彩色金(主要成分为SnS2)中S均为负价，容易被氧化，因此彩色金和雄黄均具有较强的还原性，故B错误；
C．雄黄(As4S4)与锡(Sn)发生反应生成“黄色似金”的彩色金(主要成分为SnS2)属于单质和化合物反应生成新的单质和新的化合物的反应，属于置换反应，故C正确；
D．SnS2与氧气能反应，黄金与氧气没有反应，可用灼烧的方法鉴别真金与彩色金，故D正确；
故选B。
3．B
【详解】
A．该有机物结构中含有酯基，可在酸件或碱性溶液中会发生水解，没有能稳定存在，故A错误；
B．该有机物结构中有三个环和三个双键，其没有饱和度为6，芳香族化合物含有苯环，苯环的没有饱和度为4，苯环上的支链中可含有碳氧双键和碳碳双键，没有饱和度也能为6，则其同分异构体存在芳香族化合物，故B正确；
C．该有机物结构中含有碳碳双键和醇羟基，该有机物中的碳碳双键能使溴水发生加成反应使溴水褪色，碳碳双键和醇羟基能被酸性KMnO4溶液氧化而使KMnO4溶液褪色，二者原理没有相同，故C错误；
D．分子中含有甲基和亚甲基，氢原子与碳原子一定没有在同一平面内，故D错误；
答案选B。
4．D
【详解】
A．该反应的反应前后电荷没有守恒，A错误；
B．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液中，参与反应的是水而非H+，B错误；
C．向BaCl2溶液中通入CO2,反应会产生盐酸，而盐酸可与BaCO3继续反应，BaCO3根本无法存在，C错误；
D．H2O2与Fe2+反应后可将Fe2+氧化为Fe3+,同时在酸性条件下可用H+配平电荷，反应前后原子守恒，电荷守恒，D正确；
故选D。
5．B
【详解】
A．无色有刺激性气味的气体HCl、HBr或HI遇氨气均产生白烟，则将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近瓶口冒白烟，没有能证明气体是HCl，A错误；
B．向试液中滴加几滴溶液，若产生白色沉淀，则生成没有溶性钡盐，证明在试剂瓶中的NaOH溶液已变质含碳酸钠，B正确；
C．将饱和溶液滴入沸水中可用于实验室制备胶体，C错误；
D．酯化反应是可逆反应，要除去乙酸乙酯中少量的乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液经充分反应后分液，D错误；
答案选B。
6．A
【详解】
A．12g石墨含有的碳原子的物质的量为，每个碳原子与其它碳原子形成了3个碳碳键，每个碳原子形成的共价键为：0.5×3=1.5个，含C-C共价键数目为1.5NA，故A正确；
B．1个SiO2中含4个Si-O键，1molSiO2中含Si-O键的个数为4NA，0.5mol中含共用电子对的数目为2，故B错误；
C．0.2mol含有共价键的物质的量为：0.2mol×6=1.2mol，所含共价键的数目为1.2NA，故C错误；
D．24g的物质的量为，熔融状态下的电离出钠离子和硫酸氢根离子，含离子数目为，故D错误；
故选：A。
7．B
【详解】
A．水浴的目的是受热均匀，便于温度，A错误；
B．仪器a为球形冷凝管，目的是冷凝回流，提高原料的利用率，B正确；
C．液溴与铁反应生成溴化铁，溴化铁作为催化剂催化液溴与苯反应，反应在常温下进行，没有需要加热，C错误；
D．蒸馏应该用直形冷凝管冷凝收集，D错误；
故答案为B。
8．D
【分析】
根据题目所给信息，Y是第二周期元素C，最外层电子数4，次外层电子数2；W是第三周期元素Al；X与Z同族，Z原子序数要大于6，小于13，X原子序数要小于6，且两种元素单质要求物态没有同，根据这些信息分析，X是周期元素H，Z是第三周期元素Na；
【详解】
A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径 Z > W，描述错误，没有符题意；
B．X与Z形成的化合物是NaH，金属氢化物，属于离子化合物，描述错误，没有符题意；
C．Y的氧化物有CO和CO2，CO没有对应水化物，CO2对应水化物是弱酸，描述错误，没有符题意；
D．Z、W的氢氧化物分别是NaOH和Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，可以与NaOH发生反应生成NaAlO2和H2O，描述正确，符合题意；
综上，本题选D。
9．C
【详解】
A．SiCl4中Si采取sp3杂化，Si原子形成4个Si—Clσ键，Si上没有孤电子对，空间构型为正四面体形，分子中正负电重合，SiCl4属于非极性分子，A项错误；
B．SiCl4中Si采取sp3杂化，Si原子形成4个Si—Clσ键，SiCl4的键角为109°28′，白磷的键角为60°，B项错误；
C．SiO2晶体属于共价晶体，每个Si原子形成的4个Si—O键构成Si—O四面体，每个O原子形成2个O—Si键，Si—O四面体通过共用角顶的O原子连接，形成三维骨架结构，如图，故SiO2晶体中最小环是十二元环，C项正确；
D．1个CO2分子中含2个σ键，SiO2中n(SiO2)：n(Si—O)=1：4，等物质的量的CO2与SiO2晶体中含有的σ键的数目之比为1：2，D项错误；
答案选C。
10．C
【详解】
A．根据周期表的位置关系，镧系元素位于元素周期表第六周期ⅢB族，故A错误；
B．晶胞中B位于体心只有1个，O2-位于面心，6个面上有6×=3个O2-，A处于顶点，有8×=1个，对应化合物的化学式为，故B错误；
C．基态氧原子电子排布式为1s22s22p4，1个基态氧原子有2个未成对电子，故C正确；
D．1个A离子周围最近的A离子有上下前后左右共6个，故D错误；
故选：C。
11．B
【分析】
根据N的结构式及MN的反应条件可知，MN为酯化反应，M的结构式为 ，X为CH3OH,，据此分析；
【详解】
A．根据分析可知X为甲醇，故A错误；
B．E分子没有存在结构对称，所以E苯环上的一氯代物有4种，故B正确；
C．根据分析M的结构应为 ，故C错误；
D．F分子没有存在结构对称，所以有6种没有同化学环境的氢原子；
故选：B。
12．A
【详解】
A．该过程热效应应该为正反应的活化能减去逆反应的活化能，即E1-E2，A错误；
B．反应物为氮气和水，断裂N与N之间的非极性键，H2O中O-H极性键，生成物为氨气和氧气，形成了N-H键(极性键)和O-O键(非极性键)，B正确；
C．生成物能量低，反应物能量高，所以该过程为放热反应，C正确；
D．由图中箭头进出方向分析出反应物为氮气和水，生成物为氨气和氧气，电子守恒和原子守恒后配平，化学方程式为：，D正确；
故答案选A。
13．B
【详解】
A．K3[Fe(CN)6] 中铁离子的配位数为6，A正确；
B．Fe2+ 的核外价层电子排布为3d6，Mn2+ 的核外价层电子排布为3d5，Mn2+ 半满结构，再失去1个电子比Fe2+ 难，B错误；
C．形成配位键时， CN− 中碳原子电负性弱，更易提供孤电子对，C正确；
D．1 mol [Fe(CN)6]3− 含6mol碳氮叁键中的σ 键和CN-与Fe3+形成的6mol配位键（也是σ 键），（6+6）mol=12 mol σ 键，D正确；
故选B。
14．D
【详解】
A. CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH 固体，a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度： a>b>c，故A正确；
B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；
C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）= c（OH-），则c（Na+）= c（CH3COO-），故C正确；
D. 该温度下pH=7时，c（H+）=10-7mol·L-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka==，故D错误；
故选D。
解答本题的难点是选项A，需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别，从而确定水的电离程度的相对大小。
15．C
【分析】
由总反应方程式为，电极X上二氧化氮转化为氮气，N元素化合价降低，则X为正极，电极反应式为，电极Y上氨气转化为氮气，N元素化合价升高，Y为负极，电极反应式为；
【详解】
A．电极X上二氧化氮转化为氮气，N元素化合价降低，则X为正极，发生还原反应，A错误；
B．由分析可知，X为正极，Y为负极，阴离子由正极移向负极，则氧离子从X极向Y极移动，B错误；
C．电极Y上氨气转化为氮气，N元素化合价升高，Y为负极，电极反应式为，C正确；
D．未指明标准状况，无法用气体摩尔体积计算11.2L的物质的量，D错误；
故选：C。
16．(1) MnO2+2FeO+4H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O SiO2 MnO2
(2) 若溶液酸度过高，溶液中H+浓度较大，和F-成HF，使c(F-)降低，平衡MgF2(s)Mg2+(aq)+2F-(aq)和CaF2(s)Ca2+(aq)+2F-(aq)正移，Ca2+、Mg2+沉淀没有完全 2.56×10-4
(3)H2SiO3+4HF=SiF4↑+3H2O
(4)取洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，则沉淀已经洗涤干净，若有白色沉淀生成，则沉淀未洗涤干净
(5)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
【分析】
铌铁矿加入稀硫酸，FeO、、MgO都和硫酸反应，生成Fe2+、CaSO4、Mg2+，在酸性溶液中，MnO2能将+2价铁氧化为+3价，部分MnO2和少量的FeO反应，剩余的MnO2和没有溶于酸的SiO2过滤除去，滤液中加入F5除去Ca2+、Mg2+，滤液中再加入硅酸胶体脱氟，然后再除去锰、铁，滤液中加入无水乙醇和NaOH将沉淀，滤、洗涤、干燥得到NaO3。
(1)
“溶解”时，MnO2与FeO反应生成MnSO4和Fe2(SO4)3，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的化学方程式为：MnO2+2FeO+4H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；由以上分析可知，沉淀1的主要成分是SiO2、MnO2，沉淀1中还有少量的CaSO4，但CaSO4是铌铁矿中的少量和硫酸反应生成的，且CaSO4微溶于水，所以没有是主要成分。
(2)
“除Ca2+、Mg2+”时，若溶液酸度过高，溶液中H+浓度较大，和F-成HF，使c(F-)降低，平衡MgF2(s)Mg2+(aq)+2F-(aq)和CaF2(s)Ca2+(aq)+2F-(aq)正移，Ca2+、Mg2+沉淀没有完全。溶液中c(Ca2+)=1×10-6 mol·L-1时，根据CaF2的Ksp，可求出溶液中c2(F-)==2.5×10-5mol/L。所以溶液中c(Mg2+)的值为=2.56×10-4mol/L。
(3)
加入的硅酸胶体和溶液中的HF反应生成SiF4气体，脱氟的化学方程式为：H2SiO3+4HF=SiF4↑+3H2O。
(4)
NaO3是从含有的溶液中过滤出来的，可以检验洗涤液中是否含有来检验是否洗涤干净，操作是：取洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，则沉淀已经洗涤干净，若有白色沉淀生成，则沉淀未洗涤干净。
(5)
电解MnSO4溶液可制备Mn和MnO2，阳极是Mn2+失去电子生成MnO2，电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
17．(1) 甲苯 取代反应
(2) 酮羰基
(3)+Br2 +HBr
(4)6
(5)
【分析】
芳香烃A分子式是C7H8，则A是甲苯，结构简式是。甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生硝化反应产生B是对硝基甲苯；B与Fe、浓盐酸发生还原反应产生C是对甲基苯氨，结构简式是：；C与CH3COCl发生氨基上的取代反应产生D，D与Br2在Fe催化下加热发生取代反应产生E：，E在酸性条件下水解反应产生F：，F经一系列反应产生G：，G酸化产生H：。
(1)
芳香族化合物A结构简式是，名称为甲苯；甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生硝化反应产生：、H2O，反应方程式为：+HNO3+H2O，硝化反应属于取代反应，故反应类型为取代反应；
(2)
化合物C是对甲基苯胺，结构简式是；D结构简式是，D中含氧官能团名称为酮羰基；
(3)
D结构简式是，D与Br2在Fe催化作用下发生取代反应产生、HBr，反应方程式为：+Br2 +HBr；
(4)
H结构简式是，其同分异构体符合条件：①在酸性条件下能发生水解反应，说明有酯基；②能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO；③苯环上有两种取代基，则两个取代基可能是-OOCH、-CH2Br或-CH2OOCH、-Br两种情况。两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对3种，故符合条件的可能的同分异构体种类数目为2×3=6种；
(5)
与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生，与NaCN发生取代反应产生，在酸性条件下发生水解反应产生，合成路线为：。
18．(1) 冷凝管 原料会挥发，导致其利用率降低
(2) 防止D中的水蒸气逆向进入A中，影响催化剂的催化 紫色石蕊溶液或甲基橙溶液
(3) 将被洗涤物质与稀盐酸混合于分液漏斗中，用力振荡、静置，待分层后再分液 过滤 除去苯、1，2-二氧乙烷
(4)85.7%
【分析】
装置A用苯和1，2-二氯乙烷在无水氯化铝催化作用下反应生成联苄和氯化氢，装置C防止D中的水蒸气逆向进入A中，影响催化剂的催化，装置D为防倒吸装置；
(1)
仪器B的名称是冷凝管；为达到更佳的冷凝，冷凝水应下进上出，若蒸馏水从b口进入，会导致原料会挥发，导致其利用率降低；
(2)
无水氯化钙具有吸水性，仪器C的作用是防止D中的水蒸气逆向进入A中，影响催化剂的催化；装置A用苯和1，2-二氯乙烷在无水氯化铝催化作用下反应生成联苄和氯化氢，若实验结束时烧杯中的液体变红，即指示剂遇酸变红，则试剂X可能是紫色石蕊溶液或甲基橙溶液；
(3)
用稀盐酸洗涤的具体操作为将被洗涤物质与稀盐酸混合于分液漏斗中，用力振荡、静置，待分层后再分液；用硫酸镁处理后的操作是过滤，利用除去苯、1，2-二氧乙烷和联苄的沸点没有同，蒸馏的目的是除去苯、1，2-二氧乙烷；
(4)
该反应方程式为2+ClCH2CH2Cl +HCl，苯的质量为×50mL=44g，可得关系式，理论上可得m=，联苯的产率为。
19．(1)
(2) > 弱于 c
(3) 10 2.4
(1)
已知：、CO、的燃烧热分别为、、，可得热化学方程式为①、②、③，由盖斯定律可知，2×反应②-反应①+2×反应③可得反应，2×(-283)- (-890)+2×(-285)= ；
(2)
①由可知该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则温度越高的平衡时氢气体积分数越大，即>，已知温度T1＞T2，若没有使用催化剂，应该在温度T1条件下优先达到平衡状态，根据图像可知，使用催化剂N的曲线优先达到平衡状态，说明催化剂的催化：M弱于N；
②在温度℃下，若在恒压容器中充入4mol、4molCO，相对于原反应充入、2molCO是增大压强，该反应是气体分子数减小的反应，则平衡正向移动，氢气体积分数减小，则刚达到平衡时体积分数符合上图中的c点；
(3)
起始加入等物质的量的和发生反应，开始时总压为72kPa，则起始p()=p()=36kPa，平衡时，列压强的三段式：，平衡时10kPa，，该温度下，该反应的化学平衡常数。
2022-2023学年湖北黄冈市高二下册期末化学专项提升模拟题（B卷）
分时间： 75分钟
一、单 选 题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 2020年疫情使全国人民空前团结，国际地位逐步提升。其中，防治疫情的方法之一为菌消毒。下列关于菌消毒的说法错误的是( )
A. “84”消毒液是以次氯酸钠(NaClO)为主要有效成分的消毒液，适用于一般物体表面、白色衣物、医院污染物品的消毒
B. 医用酒精是指医学上使用的75%的酒精，实际上，在日常生活中，家庭消毒用多大浓度的酒精均可
C. 强氧化剂可氧化细菌体内的活性基因而起到菌消毒作用，此类氧化剂有高锰酸钾、双氧水、臭氧等
D. 紫外线主要是通过对微生物的辐射损伤和破坏核酸的功能使微生物致死，从而达到消毒的目的
2. 足球烯(C60)分子形成的晶体是碳的一种单质形态．下列说法错误的是( )
A. 形成该单质的微粒间作用力为范德华力
B. 足球烯晶体的熔沸点低于金刚石晶体
C. 足球烯、石墨均可作为生产耐高温的润滑剂材料
D. 足球烯在苯中的溶解度比在酒精中的溶解度大
3. 基团之间的相互影响使官能团中化学键的极性发生变化，从而影响官能团和物质的性质，下列事实与此无关的是( )
A. 乙醇与钠的反应没有水与钠反应剧烈
B. 乙醇能发生消去反应而甲醇没有能
C. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而乙烷没有能
D. 苯酚中的羟基在水溶液中能够电离而苯甲醇没有能
4. 冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似，其晶胞结构如图所示。下列有关说确的是( )
A. 冰晶胞内水分子间以共价键
B. 每个冰晶胞平均含有4个水分子
C. 水分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是σ键的一种
D. 已知冰中氢键的作用力为18.5kJ⋅mol−1，而常见的冰的熔化热为336J⋅g−1，这说明冰变成水，氢键部分被破坏(假设熔化热全部用于破坏氢键)
5. 某物质中可能有甲酸、乙酸、甲醇和甲酸乙酯四种物质中的一种或几种。在鉴定时有下列现象：①有银镜反应；②加入新制的Cu(OH)2悬浊液后未发现变澄清；③与含酚酞的NaOH溶液共热，红色逐渐消失。下列结论正确的是( )
A. 几种物质均存在 B. 有甲酸乙酯和甲酸
C. 有甲酸乙酯和甲醇 D. 有甲酸乙酯，可能有甲醇
6. 将0.1mol两种气体烃组成的混合气完全燃烧后得3.36L(标况)CO2和3.6g水，对于组成判断正确的是( )
A. 一定有甲烷 B. 一定有乙烯 C. 一定没有甲烷 D. 一定有乙烷
7. 已知有机物A与NaOH的醇溶液混合加热得产物C和溶液D。C与乙烯混合在催化剂作用下可反应生成的高聚物。而在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则A的结构简式可能为( )。
A. B.
C. CH3—CH2—CH2Cl D.
8. 靛蓝是人类所知最古老的色素之一，广泛用于食品、医药和印染工业，其结构简式如图。下列说法错误的是( )
A. 分子式为C16H10O2N2
B. 所有碳原子没有可能共平面
C. 苯环上的一氯取代产物只有4种
D. 1mol该物质至多能与9molH2反应
9. Fe、HCN与K2CO3在一定条件下发生如下反应：Fe+6HCN+2K2CO3=K4Fe(CN)6+H2↑+2CO2↑+2H2O，下列说确的是( )
A. 此化学方程式中涉及的第二周期元素的电负性大小的顺序为O
C. 1molHCN分子中含有σ键的数目为1.204×1024
D. K2CO3中阴离子的空间构型为三角锥形，其中碳原子的价层电子对数为4
10. a为乙二胺四乙酸(EDTA)，易与金属离子形成螯合物．b为EDTA与Ca2+形成的螯合物．下列叙述正确的是( )
A. a和b中的N原子均为sp3杂化 B. b中Ca2+的配位数为4
C. b含有分子内氢键 D. b含有共价键、离子键和配位键
11. 褪黑素是一种内源性生物钟调节剂，在人体内由食物中的色氨酸转化得到。
下列说法没有正确的是( )
A. 色氨酸分子中存在氨基和羧基，可形成内盐，具有较高的熔点
B. 在色氨酸水溶液中，可通过调节溶液的pH使其形成晶体析出
C. 在一定条件下，色氨酸可发生缩聚反应
D. 褪黑素与色氨酸结构相似，也具有两性化合物的特性
12. 普伐他汀是一种调节血脂的，其结构简式如图所示。下列说确的是( )
A. 普伐他汀分子中有4种含氧官能团
B. 每个普伐他汀分子中含有13个手性碳原子
C. 在一定条件下，普伐他汀能发生加成、取代、消去、缩聚反应
D. 普伐他汀可以和NaOH溶液、Na2CO3溶液反应，但没有可以和酸性KMnO4溶液反应
13.F、K和Ni三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。下列说确的是( )
A. 该结构单元中F原子的个数为8
B. 该晶胞的密度可表示为4264002×1308×NA×1030
C. Ni的配位数为4
D. 该物质的化学式为KNiF4
14.下列有关下图中有机物的说法没有正确的是( )
A. 该有机物的分子式为C8H9O4Br
B. 1 mol该有机物至多可以与3 mol H2反应
C. 能发生酯化反应、水解反应、银镜反应和缩聚反应
D. 1 mol该有机物与NaOH溶液反应时，至多消耗2 mol NaOH
15.双氢青蒿素是抗疟药，属于萜类化合物，如图所示的有机物α−松油烯也属于萜类化合物。下列有关说法没有正确的是( )
A. 双氢青蒿素的分子式为C15H24O5
B. 双氢青蒿素分子中含有过氧键、羟基和醚键
C. α−松油烯的一氯代物有6种
D. α−松油烯与罗勒烯()互为同分异构体
二、填 空 题（本大题共4小题，共52.0分）
16.云母片可入药，某云母片岩的主要成分为KMgFe3Si4O12(OH)3，含有少量Cr、Mn杂质，请回答下列问题：
(1)基态Si原子的外围电子轨道表达式为______。若基态氧原子价层电子排布式写成2s22px22py2，则其违背了______，基态Cr原子的轨道数与电子运动状态的比值为______。
(2)过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关，一般地，为d0或d10排布时，无颜色；为d1～d9排布时，有颜色。则：[Mn(H2O)6]2+______ (填“无”或“有”)颜色。
(3)K元素的焰色反应为紫色；很多金属元素有焰色反应的微观原因为______。
(4)Mg2+与苯丙氨酸根离子形成化合物的结构为.该化合物中，化学键的类型有______(填“金属键”、“σ键”、“π键”或“配位键”)；C原子的杂化轨道类型为______。
(5)没有同温度下，铁单质晶胞的两种堆积方式如图所示：
①图1表示铁单质晶体的堆积方式是______。
②若图2的晶体密度为ρ g⋅cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中两个最近的Fe原子之间的距离为______pm。
(6)原子坐标参数：表示晶胞内部各微粒的相对位置。图3是 CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为(0,0,0)；B处为(12,12,0)，则D处微粒的坐标参数为______。
17.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，可以用作染色工艺的还原剂，纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：
(1)Na2S2O4在潮湿空气中氧化，生成的两种常见酸式盐是______(填化学式)。
(2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图甲所示：
①工业上常将锌块进行预处理得到锌粉−水悬浊液，其目的是______。
②步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为______。
③在步骤Ⅲ中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是______，“后续处理”最终要加入少量的Na2CO3固体，其原因是______。
(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙醇水溶液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的离子方程式是______。
(4)有人设计了图乙所示方法同时制备连二亚硫酸钠和过二硫酸钠(Na2S2O8)，并获得中国专利。电解过程中，阴极室生成Na2S2O4，a极的电极反应式为______，通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，其迁移方向是______。
18.乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：
水杨酸
醋酸酐
乙酰水杨酸
熔点/℃
157∼159
−74∼−72
135∼138
相对密度/(g·cm−3)
1.44
1.10
1.35
相对分子质量
138
102
180
实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70 ℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作．
①在没有断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。
回答下列问题：
(1)该合成反应中应采用__________加热。(填标号)
A.热水浴 B.酒精灯 C.煤气灯 D.电炉
(2)下列玻璃仪器中，中需使用的有________(填标号)，没有需使用的_______________________(填名称)。
(3)①中需使用冷水，目的是______________________________________。
(4)②中饱和碳酸氢钠的作用是_______________________，以便过滤除去难溶杂质。
(5)④采用的纯化方法为____________。
(6)本实验的产率是_________%。
19.洛哌丁胺(I)可用于腹泻的治疗，其一种合成路线如图：
已知：(X代表卤素原子)
回答下列问题：
(1)A的化学名称是 ______。
(2)B的结构简式为 ______。
(3)C生成D的化学方程式为 ______(有3种反应产物)。
(4)F中官能团的名称是 ______。
(5)F生成G的反应类型是 ______。
(6)W是E的芳香族同分异构体，W能发生银镜反应，其核磁共振氢谱有4组峰，写出符合要求的W的结构简式：______(写一种即可)。
(7)写出以为起始原料制备的合成路线：______(其他试剂任用)。答案和解析
1.【正确答案】B【分析】
本题考查了化学与生产、生活关系，熟悉蛋白质的性质是解题关键，题目难度没有大。
A. 次氯酸钠(NaClO)具有强氧化性，能菌、消毒，故A正确；
B. 75%的酒精可用于消毒。浓度过高的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止酒精进入细菌体内，难以将细菌彻底死。若酒精浓度过低，虽可进入细菌，但没有能使其体内的蛋白质凝固，同样也没有能将细菌彻底死，故B错误；
C.高锰酸钾、双氧水、臭氧等具有强氧化性，故C正确；
D.紫外线也能菌消毒，故D正确。
2.【正确答案】C解：A.足球烯是由C60分子构成的，形成该单质的微粒间作用力为范德华力，故A正确；
B.足球烯是由C60分子构成的分子晶体，金刚石是共价晶体，所以足球烯晶体的熔沸点低于金刚石晶体，故B正确；C.足球烯(C60)属于分子晶体，熔沸点较低，没有可作为生产耐高温的润滑剂材料，故C错误；
D.足球烯(C60)是非极性分子，根据相似相溶原理，足球烯在苯中的溶解度比在酒精中的溶解度大，故D正确；故选：C。
根据组成为C60的物质化学式的含义进行分析判断；根据单质的概念C60的元素组成进行分析判断。
本题主要考查了分子晶体的性质特点，可以依据已有的知识进行，难度没有大。
3.【正确答案】BA.乙醇中−OH与−CH2CH3相连，水中−OH与−H相连，没有同基团对−OH的影响没有同，−OH中的氢原子的活泼性没有同，造成与钠反应的现象没有同，故A没有符合题意；
B.CH3CH2OH能发生消去反应而CH3OH没有能，与羟基碳原子有没有邻位碳原子有关，与基团间的相互影响无关，故B符合题意；
C.乙烷没有能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为烷基的活性较低，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为−CH3受到了苯环的影响，故C没有符合题意；
D.苯酚中的−OH在水溶液中能够电离，是−OH受到了苯环的影响，使其氢原子变活泼，易断裂，而苯甲醇没有能是因为−OH连接的是亚甲基，故D没有符合题意。
本题考查有机物的性质，题目难度没有大，关键是掌握各类别的有机物性质及其反应原理，注意基团之间的相互影响。
4.【正确答案】D解：A.冰是分子晶体，水分子间没有存在共价键，冰晶胞内水分子间主要以氢键，故A错误；B.由图可知，晶胞中冰为顶点、面心和体心位置，体心有4个、面心有6个、顶点有8个，则每个冰晶胞平均含有水分子数为该晶胞中水分子个数=8×18+6×12+4=8，故B错误；
C.氢键是的分子间作用力，没有是共价键，也没有是σ键，故C错误；D.由图可知，每个水分子周围有4个氢键，1mol冰中含有4×12mol=2mol氢键，完全破坏1mol冰中氢键需要的能量为18.5kJ⋅mol−1×2mol=37.0kJ，1mol冰完全融化吸收336J⋅g−1×18g=6.048kJ能量，37.0kJ>6.048kJ，则冰融化后水分子间仍然存在氢键，即冰变成液态水时氢键部分被破坏，故D正确；故选：D。
A.分子之间存在分子间作用力；B.该晶胞中水分子个数=8×18+6×12+4；C.氢键属于分子间作用力；
D.由图可知，每个水分子周围有4个氢键，1mol冰中含有4×12mol=2mol氢键，完全破坏1mol冰中氢键吸收能量为18.5kJ⋅mol−1×2mol=37.0kJ>冰的熔化热336J⋅g−1×18g，则氢键未完全断裂。
本题考查冰的结构，涉及均摊法的计算、氢键等知识，把握均摊法的计算分子数或氢键数是解题关键，注意氢键没有是化学键，选项D是解题难点，题目难度中等。
5.【正确答案】D【分析】①有银镜反应；说明分子结构中含有醛基；
②加入新制氢氧化铜悬浊液少许，沉淀没有溶解；说明没有含羧酸；
③与含酚酞的氢氧化钠溶液共热，红色逐渐消失，说明和氢氧化钠反应。
①有银镜反应，说明分子结构中含有醛基，含甲酸或甲酸乙酯或都有；
②加入新制氢氧化铜悬浊液少许，沉淀没有溶解，则说明没有含羧酸，则没有甲酸；
③与含酚酞的氢氧化钠溶液共热，红色逐渐消失，说明和氢氧化钠反应，而醇、醛没有与NaOH反应，
则一定含有甲酸乙酯，一定没有存在甲酸，可能有甲醇。故选D。
6.【正确答案】A【分析】考查有机物化学式的计算和判断．
该题是中等难度的试题，试题注重基础，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力。该题的关键是先求出混合烃的平均分子式，再数学中的平均值原理进行灵活运用、分析、判断即可。CO2和水的物质的量分别是0.15mol和0.2mol，则根据原子守恒可知，混合气的平均化学式是C1.5H4。碳原子数小于1.5的只有甲烷，所以混合物中一定含有甲烷。而甲烷分子中也含有4个氢原子，因此另外一种有机物中氢原子的个数也是4个，而碳原子数则大于1个，故选A。
7.【正确答案】C【分析】
本题考查了醇的消去反应原理、加聚反应原理，题目难度没有大，注意掌握常见有机物结构与性质，明确消去反应、加聚反应原理，能够根据高分子化合物的结构简式判断其单体。
高聚物的单体是：CH2=CH2和CH3−CH=CH2，因此C为CH3−CH=CH2，在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液有白色沉淀生成，D中含有Cl−，因此应选能发生消去反应且生成丙烯的氯代烃，
A.发生消去反应生成的是：(CH3)2CHCH=CH2，生成的没有是丙烯，故A错误；
B.发生消去反应生成的是：2−甲基−1，3−丁二烯，没有是丙烯，故B错误；
C.CH3−CH2−CH2Cl发生消去反应生成的是CH3−CH=CH2，故C正确；
D.发生消去反应生成的是：(CH3)2C=CH2，没有是丙烯，故D错误。故选C。
8.【正确答案】B解：A.由结构简式可知分子式为C16H10O2N2，故A正确；
B.含有苯环、羰基、碳碳双键，都为平面形结构，则所有的碳原子可能共平面，故B错误；
C.两个苯环相同，每个苯环含有4种H，则苯环上的一氯取代产物只有4种，故C正确；
D.能与氢气发生加成反应的为苯环、羰基、碳碳双键，则1mol该物质至多能与9molH2反应，故D正确；
故选：B。有机物含有羰基、氨基、碳碳双键，具有酮、胺以及烯烃的性质，苯环、烯烃的结构特点解答该题。本题考查有机物的结构与性质，为，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意H原子数的判断及官能团的判断，题目难度没有大。
9.【正确答案】C【分析】本题考查配合物的成键情况，明确配合物中内界、外界及其外界性质是解本题关键，注意配合物中内界和外界在水溶液中存在方式，题目难度中等。
A.同周期主族元素自左而右电负性增大，则涉及的第二周期元素的电负性大小的顺序为C
10.【正确答案】A【分析】本题考查配合物成键情况与杂化方式判断，注意b为配离子，内界没有离子键，难度没有大。
A.a中N原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，而b中N原子形成4个σ键、没有孤对电子，N原子杂化轨道数目均为4，N原子均采取sp3杂化，故A正确；
B.b为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，b中Ca2+的配位数为6，故B错误；
C.b中N原子、O原子均未与H原子形成共价键，b中没有分子内氢键，故C错误；
D.b为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，其它原子之间形成共价键，没有含离子键，故D错误，故选：A。
11.【正确答案】D【分析】
本题旨在考查学生对有机化合物的结构和性质、有机物官能团检验知识的应用。
A.氨基酸分子中同时含有羧基(−COOH)和氨基(−NH2)，没有仅能与强碱或强酸反应生成盐，而且还可在分子内形成内盐(偶极离子) ，该盐是离子化合物，熔点较高，故A正确；
B.在等电点时，氨基酸的溶解度最小．因此可以用调节溶液PH值的方法，使没有同的氨基酸在各自的等电点结晶析出，以分离或提纯氨基酸，故B正确； C.α−氨基酸分子间可以发生脱水反应生成酰胺：
在生成的酰胺分子中两端仍含有α−NH2及−COOH，因此仍然可以与其它α−氨基酸继续缩合脱水形成长链高分子．所以在一定条件下，氨基酸可发生缩聚反应形成高分子(多肽)，故C正确；
D.色氨酸为α−氨基酸，褪黑素没有是α−氨基酸，两者结构没有相似。褪黑素官能团为酰胺键，没有具有两性化合物的特性，故D错误。 故选D。
12.【正确答案】C【分析】本题考查常见的官能团及性质、手性碳、有机反应类型判断，难度没有大。
A.含羟基、酯基和羧基三种含氧官能团，故A错误；B.连接4个没有同基团的C为手性碳原子，只有与−OH相连的3个C、环结构中与酯基、甲基相连的C为手性C，共5个手性碳原子，故B错误；
C.含碳碳双键可发生加成反应，含−OH可发生取代、消去反应，含−OH、−COOH可发生缩聚反应，故C正确；D.含C=C，可以和酸性KMnO4溶液反应，故 D错误。故选C。
13.【正确答案】A【分析】本题考查晶胞计算，侧重考查分析判断及计算能力，明确一个原子被几个晶胞共用是解本题关键，注意单位换算，B为解答易错点，题目难度没有大。
A.根据图知，位于棱上的F原子有16个、位于面心上的F原子有4个、位于内部的F原子有2个，则F原子个数=16×14+4×12+2=8，故A正确；
B.K原子个数=2+8×14=4、Ni原子个数=1+8×18=2、F原子个数=16×14+4×12+2=8，一个晶胞的体积为4002×1308×10−30cm3，密度=MNA×2V=2MN=2×(39×2+59+19×4)4002×1308×10−30NAg/cm3=4264002×1308×NA×1030g/cm3，故B错误；
C.根据图知，在中间的小立方体中，Ni原子被六个面上的F原子且距离最近，则Ni原子的配位数是6，故C错误；
D.K原子个数=2+8×14=4、Ni原子个数=1+8×18=2、F原子个数=16×14+4×12+2=8，则K、Ni、F原子个数之比=4：2：8=2：1：4，所以其化学式为K2NiF4，故D错误。
14.【正确答案】B【分析】本题考查有机物结构和性质，为高考，明确物质中官能团及其性质关系是解本题关键。
A.根据有机物的结构简式可得，该有机物分子式为C8H9O4Br，故A正确；
B.醛基和碳碳双键能和氢气发生加成反应，所以该有机物至多可以和2mol氢气发生反应，故B错误；
C.该有机物分子中含有羟基和羧基，能发生酯化反应和缩聚反应，含有醛基，能发生银镜反应，含有卤原子，能发生水解反应，故C正确；D.羧基能和NaOH反应，溴原子水解能和NaOH反应，所以1 mol该有机物至多与2mol NaOH反应，故D正确；故选B。
15.【正确答案】C【分析】本题考查有机物结构和性质，为，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键。
A.由双氢青蒿素的结构简式可知，其分子式为C15H24O5，故A正确；
B.由双氢青蒿素的结构简式可知，其含有过氧键、羟基和醚键，故B正确；
C.由α−松油烯的结构简式可知一氯代物有7种，故C错误；
D.α−松油烯与罗勒烯()分子式相同，结构没有同，为同分异构体，故D正确；
故选C。
16.【正确答案】(1)；洪特规则；15：24(2)有(3)电子从较高能级的激发态跃迁到较低的激发态或基态时，以光的形式释放能量(4)σ键、π键、配位键 ；sp2、sp3
(5)①面心立方堆积；②3×314ρNA×1010
(6)(34,34,34)
【分析】
本题考查较综合，涉及晶胞计算、原子核外电子排布、价层电子对互斥理论、离子晶体、共价键的分类等知识点，侧重考查学生分析、判断、知识综合应用、空间想象能力等，注意价层电子对互斥理论内涵、原子核外电子排布与微粒稳定性关系，题目难度中等，晶胞的计算是难点。
(1)Si为14号元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p2，其外围电子排布式为3s23p2，则轨道表达式为；基态氧原子价层电子排布式写成2s22px22py2，该原子核外电子排布没有排pz轨道，所以违反洪特规则；Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，其中p能级有3个没有同轨道，d能级有5个没有同轨道，基态Cr原子核外轨道数为15，每个电子的运动状态都没有同，则有24种没有同运动状态的电子，则基态Cr原子的轨道数与电子运动状态的比值为15：24；
(2)Mn2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其d轨道上有5个电子，故[Mn(H2O)6]2+有颜色；
(3)电子从较高能级的激发态跃迁到较低的激发态或基态时，以光的形式释放能量，所以大多数金属焰色反应时呈现一定颜色；
(4)化合物中，存在的化学键的类型有σ键、π键、配位键，分子结构中C原子共有sp2和sp3两种杂化形式；
(5)①由图1可知Fe原子位于面心和顶点上，这种堆积方式为面心立方最密堆积；
②图2晶胞中Fe原子个数为8×18+1=2，设晶胞的边长为a pm，体积为(a×10−10)cm3，晶胞密度ρ=mV=56×2NA(a×10−10)3g⋅cm−3，a=3112ρNA×1010pm，晶胞中最靠近的两个铁原子为顶点和铁原子之间的距离，则晶胞中两个最近的Fe原子之间的距离为32a=32×3112ρNA×1010pm=3×314ρNA×1010pm；
(6)由图可知，D点对应的x=34，y=z=34，则D处微粒的坐标参数为(34,34,34)。
17.【正确答案】(1)NaHSO3、NaHSO4；
(2)①增大锌粉的表面积，加快反应速率；
②Zn+2SO2=ZnS2O4；
③减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥；碳酸钠为碱性物质，Na2S2O4在碱性介质中较稳定；
(3)HCOO−+OH−+2SO2=S2O42−+CO2+H2O；
(4)2SO42−−2e−=S2O82−；从阳极室向阴极室(或a到b)。
【分析】本题考查物质的制备实验，为，把握物质的性质、流程中发生的反应、氧化还原反应及电解原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的，题目难度没有大。
(1)Na2S2O4在潮湿空气中氧化，S元素的化合价升高，生成的两种常见酸式盐是NaHSO3、NaHSO4；
故NaHSO3、NaHSO4；
(2)由制备流程可知，锌粉，加水形成分散系，再通入二氧化硫反应得到ZnS2O4，加入NaOH溶液反应得到氢氧化锌沉淀、Na2S2O4，加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度，析出Na2S2O4。
①工业上常将锌块进行预处理得到锌粉−水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率；
故增大锌粉的表面积，加快反应速率；
②步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4；
故Zn+2SO2=ZnS2O4；
③在步骤Ⅲ中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥，“后续处理”最终要加入少量的Na2CO3固体，其原因是碳酸钠为碱性物质，Na2S2O4在碱性介质中较稳定；
故减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥；碳酸钠为碱性物质，Na2S2O4在碱性介质中较稳定；
(3)由信息可知将甲酸钠和烧碱加入乙醇水溶液溶解后，通入SO2发生反应，有CO2气体放出，发生HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O，其离子反应为HCOO−+OH−+2SO2=S2O42−+CO2+H2O；故HCOO−+OH−+2SO2=S2O42−+CO2+H2O；
(4)电解过程中，阴极室生成Na2S2O4，a与电源正极相连为阳极，硫酸根离子失去电子生成S2O82−，即a极的电极反应式为2SO42−−2e−=S2O82−，通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，其迁移方向是从阳极室向阴极室(或a到b)；故2SO42−−2e−=S2O82−；从阳极室向阴极室(或a到b)。
18.【正确答案】(1)A
(2)BD ；分液漏斗、容量瓶
(3)充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)
(4)生成可溶的乙酰水杨酸钠
(5)重结晶 (6)60
【分析】本题考查有机物制备，涉及物质分离提纯、产率计算、仪器选取等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道其产率计算方法。
(1)低于100℃的加热采用水浴加热，该合成温度为70℃左右，所以该合成反应中应采用热水浴，所以选A，故A；
(2)①中操作为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒()、普通漏斗(作过滤器)、烧杯(盛放待过滤液以及滤液)，所以选取BD仪器；没有需要的仪器是分液漏斗和容量瓶，
故BD；分液漏斗、容量瓶；
(3)乙酰水杨酸在常温下是固体，且在冷水中溶解度较小，为了降低其溶解度并充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)，提高产率，所以①中需使用冷水，
故充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)；
(4)②中饱和碳酸氢钠的作用是与乙酰水杨酸反应，生成可溶的产物，以便过滤除去难溶杂质，
故生成可溶的乙酰水杨酸钠；(5)固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体，所以④采用的纯化方法为重结晶，故重结晶；
(6)醋酸酐质量=10mL×1.10g/mL=11g，6.9g水杨酸完全反应消耗醋酸酐质量=6.9g138g/mol×102g/mol=5.1g<11g，所以醋酸酐有剩余，则理论上生成乙酰水杨酸质量=6.9g138g/mol×180g/mol=9g，产率 ×=5.4g9g×=60%，
故60。
19.【正确答案】1，4−二氯苯 +Na2CO3+CH3CH2OH 碳溴键、羧基 取代反应
解：(1)A的化学名称是1，4−二氯苯，
故1，4−二氯苯；
(2)A发生信息中步反应生成B，C的分子式，推知B的结构简式为，
故；
(3)C生成D的化学方程式为+Na2CO3+CH3CH2OH，
故+Na2CO3+CH3CH2OH；
(4)观察结构可知，F中官能团的名称是碳溴键、羧基，
故碳溴键、羧基；
(5)F生成G的过程中羧基上羟基被氯原子替代，该反应类型是取代反应，
故取代反应；
(6)W是E的芳香族同分异构体，则W也含有苯环，W能发生银镜反应，说明含有醛基，其核磁共振氢谱有4组峰，存在高度对称，符合要求的W的结构简式为等，
故；
(7)由信息可知与反应生成，与Mg/THF反应生成，碱性条件下水解生成，再发生催化氧化生成，合成路线为，
故。
A→B发生信息中步反应，B→C发生信息中第二步反应，C的分子式，推知B为、C为，对比C、D的分子式，I的结构，可知C中酰胺基水解生成D为，同时酯基也水解生成碳酸钠、乙醇，E与HBr发生开环加成生成F，F发生取代反应生成G；
(7)由信息可知与反应生成，与Mg/THF反应生成，碱性条件下水解生成，再发生催化氧化生成。
本题考查有机物的推断与合成，涉及氧化物命名、有机反应方程式的书写、有机反应类型、官能团识别、条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
2022-2023学年湖北省黄冈市高二下册期末化学专项提升模拟题
（A卷）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说确的是
A．CO2属于大气污染物
B．孔雀石颜料[主要成分Cu2(OH)2CO3]耐强酸、强碱
C．“84”消毒液(NaClO)通过氧化灭活“新冠”
D．医用酒精乙醇浓度为95%
2．孙思邈《太清丹经要诀》中对制取彩色金(主要成分为)的过程有如下叙述：“雄黄()十两，末之，锡三两，挡中合熔……入坩埚中，火之……以盖合之。密固，入风炉吹之。令锅同火色，寒之。开，黄色似金”。下列相关说法错误的是
A．As和Sn属于没有同主族元素 B．彩色金与雄黄中S均具有较强氧化性
C．“火之”过程中，可能发生了置换反应 D．可用灼烧的方法鉴别真金与彩色金
3．如图是从小白菊中提取的一种有机物。下列关于该有机物的说确的是
A．可在酸件或碱性溶液中稳定存在
B．其同分异构体存在芳香族化合物
C．能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，其原理相同
D．分子中所有原子一定在同一平面内
4．下列离子方程式正确的是
A．用溶液腐蚀印刷电路板：
B．用情性电极电解饱和氯化钠溶液：
C．向溶液中通入：
D．将溶液滴加到酸性溶液中：
5．下列实验操作能够实现相应实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近瓶口
证明某集气瓶中刺激性气味的气体是HCl
B
向试液中滴加几滴溶液
证明在试剂瓶中的NaOH溶液已变质
C
将稀氨水滴入溶液中
实验室制备胶体
D
向混合液中加入适量乙醇后加热
除去乙酸乙酯中少量的乙酸
A．A B．B C．C D．D
6．设为阿伏加德罗常数的值。下列说确的是
A．12g石墨中含共价键的数目为
B．0.5mol中含共用电子对的数目为
C．0.2mol中含共价键的数目为
D．24g熔融状态下的中，含离子数目为
7．实验室制备硝基苯(反应原理为)的实验装置(夹持装置已略去)如图所示。下列说确的是
A．水浴加热的目的是防止烧瓶内液体暴沸
B．仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率
C．利用如图实验装置可制备溴苯
D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到硝基苯
8．X、Y、Z、W四种短周期主族元素原子序数依次增大，X和Z同主族且形成的单质在常温下状态没有同，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，W是地壳中含量至多的金属元素。下列说确的是
A．原子半径：W>Z>Y B．X与Z形成共价化合物
C．Y的氧化物对应的水化物为强酸 D．Z、W的氢氧化物可发生反应
9．已知发生水解反应的机理如图：
下列叙述正确的是
A．与HSiClO均属于极性分子
B．的键角与白磷()的键角均为60°
C．加热分解得到的晶体中最小环是十二元环
D．等物质的量的与晶体含有相同数目的键
10．某钙钛矿型氧化物的晶胞结构如图所示，其中A为镧系金属离子，B为过渡金属离子，C为氧离子。下列说确的是
A．镧系元素位于元素周期表中IB族 B．该化合物的化学式为
C．1个基态氧原子有2个未成对电子 D．1个A离子周围最近的A离子有12个
11．有机物是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成：
下列说确的是
A．X的名称为乙醇 B．E苯环上的一氯化物有4种
C．M的结构简式为 D．F分子中有4种没有同化学环境的氢原子
12．研究表明，在常温常压和太阳光照射下，基于固体催化剂LDH合成的原理如图。下列说法没有正确的是
A．该过程中①→②热效应为
B．该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成
C．该过程中①②是放热反应
D．该过程的化学方程式为
13．实验室用检验的离子方程式为。下列有关说法错误的是
A．中铁离子的配位数为6
B．再失去1个电子比更难
C．形成配位键时，中碳原子提供孤电子对
D．1 mol含12 mol 键
14．在25℃时,将1.0L c mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A．水的电离程度：a>b>c
B．c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)
C．a点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)
D．该温度下，CH3COOH的电离平衡常数
15．将、设计成熔融固态氧化物燃料电池，总反应方程式为，该装置如图所示。下列关于该装置工作时的叙述正确的是
A．电极X为正极，发生氧化反应
B．电池工作时，氧离子从Y极向X极移动
C．Y极的电极反应式：
D．若11.2L参与反应，则通过外电路电子的物质的量是2mol
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
二、工业流程题
16．一种以铌铁矿(主要成分为SiO2、2O5、MnO2和少量的FeO、、MgO)为原料，制取声光催化材料NaO3的流程如下：
回答下列问题：
(1)“溶解”时，写出MnO2与FeO反应生成MnSO4和Fe2(SO4)3的化学方程式：_______；沉淀1的主要成分是_______ (填化学式)。
(2)“除Ca2+、Mg2+”时，若溶液酸度过高，沉淀没有完全，其原因是_______；已知Ksp(CaF2)=2.5×10-11，Ksp(MgF2)=6.4×10-9，当溶液中c(Ca2+)=1×10-6 mol·L-1时，溶液中c(Mg2+)的值为_______ mol·L-1。
(3)“脱氟”过程发生反应的化学方程式为_______。
(4)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥，其中证明NaO3洗涤干净的操作是_______。
(5)电解MnSO4溶液可制备Mn和MnO2，阳极电极反应式为_______。
评卷人
得分
三、有机推断题
17．一种由芳香烃A制备H的合成路线如图所示：
已知：，其中R为烃基。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______；A→B的反应类型为_______。
(2)C的结构简式为_______；D中含氧官能团名称为_______。
(3)写出D→E的化学方程式：_______。
(4)符合下列条件的H的同分异构体的结构简式有_______种(没有含立体异构)。
①在酸性条件下能发生水解反应 ②能发生银镜反应 ③苯环上有两种取代基
(5)已知。设计以A为原料制备苯乙酸的合成路线：_______(其他无机试剂任用)。
评卷人
得分
四、实验题
18．联苄()是合成某类抗的中间体，其熔点为52℃，沸点为284℃，易溶于氯仿、醚，没有溶于水。实验室以苯(沸点80.1℃、密度)和1，2-二氯乙烷(，熔点-35.3℃、沸点83.5℃，没有溶于水)为原料，利用如图所示装置(加热及夹持装置已省略)可制得联苄。
实验过程：将无水氯化铝、苯、1，2-二氯乙烷依次加入仪器A中，开动电动搅拌器将试剂混合，水浴加热(60～65℃)装置A约1h，将装置A中液态混合物，通过“一系列”操作后得到44g联苄。
回答下列问题：
(1)仪器B的名称是_______，若蒸馏水从b口进入，则从原料利用角度分析，导致的结果是_______。
(2)仪器C的作用是_______，若实验结束时烧杯中的液体变红，则试剂X可能是_______。
(3)“一系列”操作包括用稀盐酸洗涤→…→用无水硫酸镁处理→蒸馏。用稀盐酸洗涤的具体操作为_______，用硫酸镁处理后的操作是_______，蒸馏的目的是_______。
(4)该实验中联苯的产率为_______(保留三位有效数字)。
评卷人
得分
五、原理综合题
19．燃料气主要成分为CO和，利用燃料气合成甲烷反应原理为。回答下列问题：
(1)已知：、CO、的燃烧热分别为、、，则反应的_______。
(2)在恒容容器中充入、2molCO，分别在催化剂M、N作用下发生反应，氢气体积分数与反应时间和温度变化关系如图所示：
①据图判断，_______(填“>”“<”或“=”)，催化剂催化：M_______(填“强于”或“弱于”)N。
②在温度℃下，若在恒压容器中充入4mol、4molCO，则刚达到平衡时体积分数符合上图中的_______(填“a”“b”“c”或“d”)点。
(3)在温度T℃下，向恒容反应器中加入等物质的量的和发生反应，开始时总压为72kPa，研究表明的生成速率，某时刻反应处于平衡状态，测得该温度下，，则该时刻_______kPa，_______；该温度下，该反应的化学平衡常数_______(列出表达式，平衡分压代替平衡浓度计算，分压-总压×物质的量分数)，
答案：
1．C
【详解】
A．二氧化碳虽然可引起温室效应，但它没有是空气污染物，A错误；
B．Cu2(OH)2CO3可以与酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，所以孔雀石颜料没有耐酸，B错误；
C．84消毒液具有强氧化性，可以使蛋白质变性去，从而灭活新冠，C正确；
D．医用酒精的体积分数为75%，D错误；
故答案选C。
2．B
【分析】
“雄黄(As4S4)十两，末之，锡三两，销中合....入坩埚中，....以盖合之。密固，人风炉吹之。令锅同火色，寒之。开，黄色似金”中描述的是雄黄(As4S4)与锡(Sn)发生反应生成“黄色似金”的彩色金(主要成分为SnS2)，同时应该生成As，据此分析解答。
【详解】
A．As位于第VA族，Sn位于IVA族，故A正确；
B．雄黄(As4S4)和彩色金(主要成分为SnS2)中S均为负价，容易被氧化，因此彩色金和雄黄均具有较强的还原性，故B错误；
C．雄黄(As4S4)与锡(Sn)发生反应生成“黄色似金”的彩色金(主要成分为SnS2)属于单质和化合物反应生成新的单质和新的化合物的反应，属于置换反应，故C正确；
D．SnS2与氧气能反应，黄金与氧气没有反应，可用灼烧的方法鉴别真金与彩色金，故D正确；
故选B。
3．B
【详解】
A．该有机物结构中含有酯基，可在酸件或碱性溶液中会发生水解，没有能稳定存在，故A错误；
B．该有机物结构中有三个环和三个双键，其没有饱和度为6，芳香族化合物含有苯环，苯环的没有饱和度为4，苯环上的支链中可含有碳氧双键和碳碳双键，没有饱和度也能为6，则其同分异构体存在芳香族化合物，故B正确；
C．该有机物结构中含有碳碳双键和醇羟基，该有机物中的碳碳双键能使溴水发生加成反应使溴水褪色，碳碳双键和醇羟基能被酸性KMnO4溶液氧化而使KMnO4溶液褪色，二者原理没有相同，故C错误；
D．分子中含有甲基和亚甲基，氢原子与碳原子一定没有在同一平面内，故D错误；
答案选B。
4．D
【详解】
A．该反应的反应前后电荷没有守恒，A错误；
B．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液中，参与反应的是水而非H+，B错误；
C．向BaCl2溶液中通入CO2,反应会产生盐酸，而盐酸可与BaCO3继续反应，BaCO3根本无法存在，C错误；
D．H2O2与Fe2+反应后可将Fe2+氧化为Fe3+,同时在酸性条件下可用H+配平电荷，反应前后原子守恒，电荷守恒，D正确；
故选D。
5．B
【详解】
A．无色有刺激性气味的气体HCl、HBr或HI遇氨气均产生白烟，则将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近瓶口冒白烟，没有能证明气体是HCl，A错误；
B．向试液中滴加几滴溶液，若产生白色沉淀，则生成没有溶性钡盐，证明在试剂瓶中的NaOH溶液已变质含碳酸钠，B正确；
C．将饱和溶液滴入沸水中可用于实验室制备胶体，C错误；
D．酯化反应是可逆反应，要除去乙酸乙酯中少量的乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液经充分反应后分液，D错误；
答案选B。
6．A
【详解】
A．12g石墨含有的碳原子的物质的量为，每个碳原子与其它碳原子形成了3个碳碳键，每个碳原子形成的共价键为：0.5×3=1.5个，含C-C共价键数目为1.5NA，故A正确；
B．1个SiO2中含4个Si-O键，1molSiO2中含Si-O键的个数为4NA，0.5mol中含共用电子对的数目为2，故B错误；
C．0.2mol含有共价键的物质的量为：0.2mol×6=1.2mol，所含共价键的数目为1.2NA，故C错误；
D．24g的物质的量为，熔融状态下的电离出钠离子和硫酸氢根离子，含离子数目为，故D错误；
故选：A。
7．B
【详解】
A．水浴的目的是受热均匀，便于温度，A错误；
B．仪器a为球形冷凝管，目的是冷凝回流，提高原料的利用率，B正确；
C．液溴与铁反应生成溴化铁，溴化铁作为催化剂催化液溴与苯反应，反应在常温下进行，没有需要加热，C错误；
D．蒸馏应该用直形冷凝管冷凝收集，D错误；
故答案为B。
8．D
【分析】
根据题目所给信息，Y是第二周期元素C，最外层电子数4，次外层电子数2；W是第三周期元素Al；X与Z同族，Z原子序数要大于6，小于13，X原子序数要小于6，且两种元素单质要求物态没有同，根据这些信息分析，X是周期元素H，Z是第三周期元素Na；
【详解】
A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径 Z > W，描述错误，没有符题意；
B．X与Z形成的化合物是NaH，金属氢化物，属于离子化合物，描述错误，没有符题意；
C．Y的氧化物有CO和CO2，CO没有对应水化物，CO2对应水化物是弱酸，描述错误，没有符题意；
D．Z、W的氢氧化物分别是NaOH和Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，可以与NaOH发生反应生成NaAlO2和H2O，描述正确，符合题意；
综上，本题选D。
9．C
【详解】
A．SiCl4中Si采取sp3杂化，Si原子形成4个Si—Clσ键，Si上没有孤电子对，空间构型为正四面体形，分子中正负电重合，SiCl4属于非极性分子，A项错误；
B．SiCl4中Si采取sp3杂化，Si原子形成4个Si—Clσ键，SiCl4的键角为109°28′，白磷的键角为60°，B项错误；
C．SiO2晶体属于共价晶体，每个Si原子形成的4个Si—O键构成Si—O四面体，每个O原子形成2个O—Si键，Si—O四面体通过共用角顶的O原子连接，形成三维骨架结构，如图，故SiO2晶体中最小环是十二元环，C项正确；
D．1个CO2分子中含2个σ键，SiO2中n(SiO2)：n(Si—O)=1：4，等物质的量的CO2与SiO2晶体中含有的σ键的数目之比为1：2，D项错误；
答案选C。
10．C
【详解】
A．根据周期表的位置关系，镧系元素位于元素周期表第六周期ⅢB族，故A错误；
B．晶胞中B位于体心只有1个，O2-位于面心，6个面上有6×=3个O2-，A处于顶点，有8×=1个，对应化合物的化学式为，故B错误；
C．基态氧原子电子排布式为1s22s22p4，1个基态氧原子有2个未成对电子，故C正确；
D．1个A离子周围最近的A离子有上下前后左右共6个，故D错误；
故选：C。
11．B
【分析】
根据N的结构式及MN的反应条件可知，MN为酯化反应，M的结构式为 ，X为CH3OH,，据此分析；
【详解】
A．根据分析可知X为甲醇，故A错误；
B．E分子没有存在结构对称，所以E苯环上的一氯代物有4种，故B正确；
C．根据分析M的结构应为 ，故C错误；
D．F分子没有存在结构对称，所以有6种没有同化学环境的氢原子；
故选：B。
12．A
【详解】
A．该过程热效应应该为正反应的活化能减去逆反应的活化能，即E1-E2，A错误；
B．反应物为氮气和水，断裂N与N之间的非极性键，H2O中O-H极性键，生成物为氨气和氧气，形成了N-H键(极性键)和O-O键(非极性键)，B正确；
C．生成物能量低，反应物能量高，所以该过程为放热反应，C正确；
D．由图中箭头进出方向分析出反应物为氮气和水，生成物为氨气和氧气，电子守恒和原子守恒后配平，化学方程式为：，D正确；
故答案选A。
13．B
【详解】
A．K3[Fe(CN)6] 中铁离子的配位数为6，A正确；
B．Fe2+ 的核外价层电子排布为3d6，Mn2+ 的核外价层电子排布为3d5，Mn2+ 半满结构，再失去1个电子比Fe2+ 难，B错误；
C．形成配位键时， CN− 中碳原子电负性弱，更易提供孤电子对，C正确；
D．1 mol [Fe(CN)6]3− 含6mol碳氮叁键中的σ 键和CN-与Fe3+形成的6mol配位键（也是σ 键），（6+6）mol=12 mol σ 键，D正确；
故选B。
14．D
【详解】
A. CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH 固体，a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度： a>b>c，故A正确；
B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；
C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）= c（OH-），则c（Na+）= c（CH3COO-），故C正确；
D. 该温度下pH=7时，c（H+）=10-7mol·L-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka==，故D错误；
故选D。
解答本题的难点是选项A，需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别，从而确定水的电离程度的相对大小。
15．C
【分析】
由总反应方程式为，电极X上二氧化氮转化为氮气，N元素化合价降低，则X为正极，电极反应式为，电极Y上氨气转化为氮气，N元素化合价升高，Y为负极，电极反应式为；
【详解】
A．电极X上二氧化氮转化为氮气，N元素化合价降低，则X为正极，发生还原反应，A错误；
B．由分析可知，X为正极，Y为负极，阴离子由正极移向负极，则氧离子从X极向Y极移动，B错误；
C．电极Y上氨气转化为氮气，N元素化合价升高，Y为负极，电极反应式为，C正确；
D．未指明标准状况，无法用气体摩尔体积计算11.2L的物质的量，D错误；
故选：C。
16．(1) MnO2+2FeO+4H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O SiO2 MnO2
(2) 若溶液酸度过高，溶液中H+浓度较大，和F-成HF，使c(F-)降低，平衡MgF2(s)Mg2+(aq)+2F-(aq)和CaF2(s)Ca2+(aq)+2F-(aq)正移，Ca2+、Mg2+沉淀没有完全 2.56×10-4
(3)H2SiO3+4HF=SiF4↑+3H2O
(4)取洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，则沉淀已经洗涤干净，若有白色沉淀生成，则沉淀未洗涤干净
(5)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
【分析】
铌铁矿加入稀硫酸，FeO、、MgO都和硫酸反应，生成Fe2+、CaSO4、Mg2+，在酸性溶液中，MnO2能将+2价铁氧化为+3价，部分MnO2和少量的FeO反应，剩余的MnO2和没有溶于酸的SiO2过滤除去，滤液中加入F5除去Ca2+、Mg2+，滤液中再加入硅酸胶体脱氟，然后再除去锰、铁，滤液中加入无水乙醇和NaOH将沉淀，滤、洗涤、干燥得到NaO3。
(1)
“溶解”时，MnO2与FeO反应生成MnSO4和Fe2(SO4)3，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的化学方程式为：MnO2+2FeO+4H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；由以上分析可知，沉淀1的主要成分是SiO2、MnO2，沉淀1中还有少量的CaSO4，但CaSO4是铌铁矿中的少量和硫酸反应生成的，且CaSO4微溶于水，所以没有是主要成分。
(2)
“除Ca2+、Mg2+”时，若溶液酸度过高，溶液中H+浓度较大，和F-成HF，使c(F-)降低，平衡MgF2(s)Mg2+(aq)+2F-(aq)和CaF2(s)Ca2+(aq)+2F-(aq)正移，Ca2+、Mg2+沉淀没有完全。溶液中c(Ca2+)=1×10-6 mol·L-1时，根据CaF2的Ksp，可求出溶液中c2(F-)==2.5×10-5mol/L。所以溶液中c(Mg2+)的值为=2.56×10-4mol/L。
(3)
加入的硅酸胶体和溶液中的HF反应生成SiF4气体，脱氟的化学方程式为：H2SiO3+4HF=SiF4↑+3H2O。
(4)
NaO3是从含有的溶液中过滤出来的，可以检验洗涤液中是否含有来检验是否洗涤干净，操作是：取洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，则沉淀已经洗涤干净，若有白色沉淀生成，则沉淀未洗涤干净。
(5)
电解MnSO4溶液可制备Mn和MnO2，阳极是Mn2+失去电子生成MnO2，电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
17．(1) 甲苯 取代反应
(2) 酮羰基
(3)+Br2 +HBr
(4)6
(5)
【分析】
芳香烃A分子式是C7H8，则A是甲苯，结构简式是。甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生硝化反应产生B是对硝基甲苯；B与Fe、浓盐酸发生还原反应产生C是对甲基苯氨，结构简式是：；C与CH3COCl发生氨基上的取代反应产生D，D与Br2在Fe催化下加热发生取代反应产生E：，E在酸性条件下水解反应产生F：，F经一系列反应产生G：，G酸化产生H：。
(1)
芳香族化合物A结构简式是，名称为甲苯；甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生硝化反应产生：、H2O，反应方程式为：+HNO3+H2O，硝化反应属于取代反应，故反应类型为取代反应；
(2)
化合物C是对甲基苯胺，结构简式是；D结构简式是，D中含氧官能团名称为酮羰基；
(3)
D结构简式是，D与Br2在Fe催化作用下发生取代反应产生、HBr，反应方程式为：+Br2 +HBr；
(4)
H结构简式是，其同分异构体符合条件：①在酸性条件下能发生水解反应，说明有酯基；②能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO；③苯环上有两种取代基，则两个取代基可能是-OOCH、-CH2Br或-CH2OOCH、-Br两种情况。两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对3种，故符合条件的可能的同分异构体种类数目为2×3=6种；
(5)
与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生，与NaCN发生取代反应产生，在酸性条件下发生水解反应产生，合成路线为：。
18．(1) 冷凝管 原料会挥发，导致其利用率降低
(2) 防止D中的水蒸气逆向进入A中，影响催化剂的催化 紫色石蕊溶液或甲基橙溶液
(3) 将被洗涤物质与稀盐酸混合于分液漏斗中，用力振荡、静置，待分层后再分液 过滤 除去苯、1，2-二氧乙烷
(4)85.7%
【分析】
装置A用苯和1，2-二氯乙烷在无水氯化铝催化作用下反应生成联苄和氯化氢，装置C防止D中的水蒸气逆向进入A中，影响催化剂的催化，装置D为防倒吸装置；
(1)
仪器B的名称是冷凝管；为达到更佳的冷凝，冷凝水应下进上出，若蒸馏水从b口进入，会导致原料会挥发，导致其利用率降低；
(2)
无水氯化钙具有吸水性，仪器C的作用是防止D中的水蒸气逆向进入A中，影响催化剂的催化；装置A用苯和1，2-二氯乙烷在无水氯化铝催化作用下反应生成联苄和氯化氢，若实验结束时烧杯中的液体变红，即指示剂遇酸变红，则试剂X可能是紫色石蕊溶液或甲基橙溶液；
(3)
用稀盐酸洗涤的具体操作为将被洗涤物质与稀盐酸混合于分液漏斗中，用力振荡、静置，待分层后再分液；用硫酸镁处理后的操作是过滤，利用除去苯、1，2-二氧乙烷和联苄的沸点没有同，蒸馏的目的是除去苯、1，2-二氧乙烷；
(4)
该反应方程式为2+ClCH2CH2Cl +HCl，苯的质量为×50mL=44g，可得关系式，理论上可得m=，联苯的产率为。
19．(1)
(2) > 弱于 c
(3) 10 2.4
(1)
已知：、CO、的燃烧热分别为、、，可得热化学方程式为①、②、③，由盖斯定律可知，2×反应②-反应①+2×反应③可得反应，2×(-283)- (-890)+2×(-285)= ；
(2)
①由可知该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则温度越高的平衡时氢气体积分数越大，即>，已知温度T1＞T2，若没有使用催化剂，应该在温度T1条件下优先达到平衡状态，根据图像可知，使用催化剂N的曲线优先达到平衡状态，说明催化剂的催化：M弱于N；
②在温度℃下，若在恒压容器中充入4mol、4molCO，相对于原反应充入、2molCO是增大压强，该反应是气体分子数减小的反应，则平衡正向移动，氢气体积分数减小，则刚达到平衡时体积分数符合上图中的c点；
(3)
起始加入等物质的量的和发生反应，开始时总压为72kPa，则起始p()=p()=36kPa，平衡时，列压强的三段式：，平衡时10kPa，，该温度下，该反应的化学平衡常数。
2022-2023学年湖北黄冈市高二下册期末化学专项提升模拟题（B卷）
分时间： 75分钟
一、单 选 题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 2020年疫情使全国人民空前团结，国际地位逐步提升。其中，防治疫情的方法之一为菌消毒。下列关于菌消毒的说法错误的是( )
A. “84”消毒液是以次氯酸钠(NaClO)为主要有效成分的消毒液，适用于一般物体表面、白色衣物、医院污染物品的消毒
B. 医用酒精是指医学上使用的75%的酒精，实际上，在日常生活中，家庭消毒用多大浓度的酒精均可
C. 强氧化剂可氧化细菌体内的活性基因而起到菌消毒作用，此类氧化剂有高锰酸钾、双氧水、臭氧等
D. 紫外线主要是通过对微生物的辐射损伤和破坏核酸的功能使微生物致死，从而达到消毒的目的
2. 足球烯(C60)分子形成的晶体是碳的一种单质形态．下列说法错误的是( )
A. 形成该单质的微粒间作用力为范德华力
B. 足球烯晶体的熔沸点低于金刚石晶体
C. 足球烯、石墨均可作为生产耐高温的润滑剂材料
D. 足球烯在苯中的溶解度比在酒精中的溶解度大
3. 基团之间的相互影响使官能团中化学键的极性发生变化，从而影响官能团和物质的性质，下列事实与此无关的是( )
A. 乙醇与钠的反应没有水与钠反应剧烈
B. 乙醇能发生消去反应而甲醇没有能
C. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而乙烷没有能
D. 苯酚中的羟基在水溶液中能够电离而苯甲醇没有能
4. 冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似，其晶胞结构如图所示。下列有关说确的是( )
A. 冰晶胞内水分子间以共价键
B. 每个冰晶胞平均含有4个水分子
C. 水分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是σ键的一种
D. 已知冰中氢键的作用力为18.5kJ⋅mol−1，而常见的冰的熔化热为336J⋅g−1，这说明冰变成水，氢键部分被破坏(假设熔化热全部用于破坏氢键)
5. 某物质中可能有甲酸、乙酸、甲醇和甲酸乙酯四种物质中的一种或几种。在鉴定时有下列现象：①有银镜反应；②加入新制的Cu(OH)2悬浊液后未发现变澄清；③与含酚酞的NaOH溶液共热，红色逐渐消失。下列结论正确的是( )
A. 几种物质均存在 B. 有甲酸乙酯和甲酸
C. 有甲酸乙酯和甲醇 D. 有甲酸乙酯，可能有甲醇
6. 将0.1mol两种气体烃组成的混合气完全燃烧后得3.36L(标况)CO2和3.6g水，对于组成判断正确的是( )
A. 一定有甲烷 B. 一定有乙烯 C. 一定没有甲烷 D. 一定有乙烷
7. 已知有机物A与NaOH的醇溶液混合加热得产物C和溶液D。C与乙烯混合在催化剂作用下可反应生成的高聚物。而在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则A的结构简式可能为( )。
A. B.
C. CH3—CH2—CH2Cl D.
8. 靛蓝是人类所知最古老的色素之一，广泛用于食品、医药和印染工业，其结构简式如图。下列说法错误的是( )
A. 分子式为C16H10O2N2
B. 所有碳原子没有可能共平面
C. 苯环上的一氯取代产物只有4种
D. 1mol该物质至多能与9molH2反应
9. Fe、HCN与K2CO3在一定条件下发生如下反应：Fe+6HCN+2K2CO3=K4Fe(CN)6+H2↑+2CO2↑+2H2O，下列说确的是( )
A. 此化学方程式中涉及的第二周期元素的电负性大小的顺序为O
C. 1molHCN分子中含有σ键的数目为1.204×1024
D. K2CO3中阴离子的空间构型为三角锥形，其中碳原子的价层电子对数为4
10. a为乙二胺四乙酸(EDTA)，易与金属离子形成螯合物．b为EDTA与Ca2+形成的螯合物．下列叙述正确的是( )
A. a和b中的N原子均为sp3杂化 B. b中Ca2+的配位数为4
C. b含有分子内氢键 D. b含有共价键、离子键和配位键
11. 褪黑素是一种内源性生物钟调节剂，在人体内由食物中的色氨酸转化得到。
下列说法没有正确的是( )
A. 色氨酸分子中存在氨基和羧基，可形成内盐，具有较高的熔点
B. 在色氨酸水溶液中，可通过调节溶液的pH使其形成晶体析出
C. 在一定条件下，色氨酸可发生缩聚反应
D. 褪黑素与色氨酸结构相似，也具有两性化合物的特性
12. 普伐他汀是一种调节血脂的，其结构简式如图所示。下列说确的是( )
A. 普伐他汀分子中有4种含氧官能团
B. 每个普伐他汀分子中含有13个手性碳原子
C. 在一定条件下，普伐他汀能发生加成、取代、消去、缩聚反应
D. 普伐他汀可以和NaOH溶液、Na2CO3溶液反应，但没有可以和酸性KMnO4溶液反应
13.F、K和Ni三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。下列说确的是( )
A. 该结构单元中F原子的个数为8
B. 该晶胞的密度可表示为4264002×1308×NA×1030
C. Ni的配位数为4
D. 该物质的化学式为KNiF4
14.下列有关下图中有机物的说法没有正确的是( )
A. 该有机物的分子式为C8H9O4Br
B. 1 mol该有机物至多可以与3 mol H2反应
C. 能发生酯化反应、水解反应、银镜反应和缩聚反应
D. 1 mol该有机物与NaOH溶液反应时，至多消耗2 mol NaOH
15.双氢青蒿素是抗疟药，属于萜类化合物，如图所示的有机物α−松油烯也属于萜类化合物。下列有关说法没有正确的是( )
A. 双氢青蒿素的分子式为C15H24O5
B. 双氢青蒿素分子中含有过氧键、羟基和醚键
C. α−松油烯的一氯代物有6种
D. α−松油烯与罗勒烯()互为同分异构体
二、填 空 题（本大题共4小题，共52.0分）
16.云母片可入药，某云母片岩的主要成分为KMgFe3Si4O12(OH)3，含有少量Cr、Mn杂质，请回答下列问题：
(1)基态Si原子的外围电子轨道表达式为______。若基态氧原子价层电子排布式写成2s22px22py2，则其违背了______，基态Cr原子的轨道数与电子运动状态的比值为______。
(2)过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关，一般地，为d0或d10排布时，无颜色；为d1～d9排布时，有颜色。则：[Mn(H2O)6]2+______ (填“无”或“有”)颜色。
(3)K元素的焰色反应为紫色；很多金属元素有焰色反应的微观原因为______。
(4)Mg2+与苯丙氨酸根离子形成化合物的结构为.该化合物中，化学键的类型有______(填“金属键”、“σ键”、“π键”或“配位键”)；C原子的杂化轨道类型为______。
(5)没有同温度下，铁单质晶胞的两种堆积方式如图所示：
①图1表示铁单质晶体的堆积方式是______。
②若图2的晶体密度为ρ g⋅cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中两个最近的Fe原子之间的距离为______pm。
(6)原子坐标参数：表示晶胞内部各微粒的相对位置。图3是 CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为(0,0,0)；B处为(12,12,0)，则D处微粒的坐标参数为______。
17.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，可以用作染色工艺的还原剂，纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：
(1)Na2S2O4在潮湿空气中氧化，生成的两种常见酸式盐是______(填化学式)。
(2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图甲所示：
①工业上常将锌块进行预处理得到锌粉−水悬浊液，其目的是______。
②步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为______。
③在步骤Ⅲ中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是______，“后续处理”最终要加入少量的Na2CO3固体，其原因是______。
(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙醇水溶液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的离子方程式是______。
(4)有人设计了图乙所示方法同时制备连二亚硫酸钠和过二硫酸钠(Na2S2O8)，并获得中国专利。电解过程中，阴极室生成Na2S2O4，a极的电极反应式为______，通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，其迁移方向是______。
18.乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：
水杨酸
醋酸酐
乙酰水杨酸
熔点/℃
157∼159
−74∼−72
135∼138
相对密度/(g·cm−3)
1.44
1.10
1.35
相对分子质量
138
102
180
实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70 ℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作．
①在没有断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。
回答下列问题：
(1)该合成反应中应采用__________加热。(填标号)
A.热水浴 B.酒精灯 C.煤气灯 D.电炉
(2)下列玻璃仪器中，中需使用的有________(填标号)，没有需使用的_______________________(填名称)。
(3)①中需使用冷水，目的是______________________________________。
(4)②中饱和碳酸氢钠的作用是_______________________，以便过滤除去难溶杂质。
(5)④采用的纯化方法为____________。
(6)本实验的产率是_________%。
19.洛哌丁胺(I)可用于腹泻的治疗，其一种合成路线如图：
已知：(X代表卤素原子)
回答下列问题：
(1)A的化学名称是 ______。
(2)B的结构简式为 ______。
(3)C生成D的化学方程式为 ______(有3种反应产物)。
(4)F中官能团的名称是 ______。
(5)F生成G的反应类型是 ______。
(6)W是E的芳香族同分异构体，W能发生银镜反应，其核磁共振氢谱有4组峰，写出符合要求的W的结构简式：______(写一种即可)。
(7)写出以为起始原料制备的合成路线：______(其他试剂任用)。答案和解析
1.【正确答案】B【分析】
本题考查了化学与生产、生活关系，熟悉蛋白质的性质是解题关键，题目难度没有大。
A. 次氯酸钠(NaClO)具有强氧化性，能菌、消毒，故A正确；
B. 75%的酒精可用于消毒。浓度过高的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止酒精进入细菌体内，难以将细菌彻底死。若酒精浓度过低，虽可进入细菌，但没有能使其体内的蛋白质凝固，同样也没有能将细菌彻底死，故B错误；
C.高锰酸钾、双氧水、臭氧等具有强氧化性，故C正确；
D.紫外线也能菌消毒，故D正确。
2.【正确答案】C解：A.足球烯是由C60分子构成的，形成该单质的微粒间作用力为范德华力，故A正确；
B.足球烯是由C60分子构成的分子晶体，金刚石是共价晶体，所以足球烯晶体的熔沸点低于金刚石晶体，故B正确；C.足球烯(C60)属于分子晶体，熔沸点较低，没有可作为生产耐高温的润滑剂材料，故C错误；
D.足球烯(C60)是非极性分子，根据相似相溶原理，足球烯在苯中的溶解度比在酒精中的溶解度大，故D正确；故选：C。
根据组成为C60的物质化学式的含义进行分析判断；根据单质的概念C60的元素组成进行分析判断。
本题主要考查了分子晶体的性质特点，可以依据已有的知识进行，难度没有大。
3.【正确答案】BA.乙醇中−OH与−CH2CH3相连，水中−OH与−H相连，没有同基团对−OH的影响没有同，−OH中的氢原子的活泼性没有同，造成与钠反应的现象没有同，故A没有符合题意；
B.CH3CH2OH能发生消去反应而CH3OH没有能，与羟基碳原子有没有邻位碳原子有关，与基团间的相互影响无关，故B符合题意；
C.乙烷没有能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为烷基的活性较低，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为−CH3受到了苯环的影响，故C没有符合题意；
D.苯酚中的−OH在水溶液中能够电离，是−OH受到了苯环的影响，使其氢原子变活泼，易断裂，而苯甲醇没有能是因为−OH连接的是亚甲基，故D没有符合题意。
本题考查有机物的性质，题目难度没有大，关键是掌握各类别的有机物性质及其反应原理，注意基团之间的相互影响。
4.【正确答案】D解：A.冰是分子晶体，水分子间没有存在共价键，冰晶胞内水分子间主要以氢键，故A错误；B.由图可知，晶胞中冰为顶点、面心和体心位置，体心有4个、面心有6个、顶点有8个，则每个冰晶胞平均含有水分子数为该晶胞中水分子个数=8×18+6×12+4=8，故B错误；
C.氢键是的分子间作用力，没有是共价键，也没有是σ键，故C错误；D.由图可知，每个水分子周围有4个氢键，1mol冰中含有4×12mol=2mol氢键，完全破坏1mol冰中氢键需要的能量为18.5kJ⋅mol−1×2mol=37.0kJ，1mol冰完全融化吸收336J⋅g−1×18g=6.048kJ能量，37.0kJ>6.048kJ，则冰融化后水分子间仍然存在氢键，即冰变成液态水时氢键部分被破坏，故D正确；故选：D。
A.分子之间存在分子间作用力；B.该晶胞中水分子个数=8×18+6×12+4；C.氢键属于分子间作用力；
D.由图可知，每个水分子周围有4个氢键，1mol冰中含有4×12mol=2mol氢键，完全破坏1mol冰中氢键吸收能量为18.5kJ⋅mol−1×2mol=37.0kJ>冰的熔化热336J⋅g−1×18g，则氢键未完全断裂。
本题考查冰的结构，涉及均摊法的计算、氢键等知识，把握均摊法的计算分子数或氢键数是解题关键，注意氢键没有是化学键，选项D是解题难点，题目难度中等。
5.【正确答案】D【分析】①有银镜反应；说明分子结构中含有醛基；
②加入新制氢氧化铜悬浊液少许，沉淀没有溶解；说明没有含羧酸；
③与含酚酞的氢氧化钠溶液共热，红色逐渐消失，说明和氢氧化钠反应。
①有银镜反应，说明分子结构中含有醛基，含甲酸或甲酸乙酯或都有；
②加入新制氢氧化铜悬浊液少许，沉淀没有溶解，则说明没有含羧酸，则没有甲酸；
③与含酚酞的氢氧化钠溶液共热，红色逐渐消失，说明和氢氧化钠反应，而醇、醛没有与NaOH反应，
则一定含有甲酸乙酯，一定没有存在甲酸，可能有甲醇。故选D。
6.【正确答案】A【分析】考查有机物化学式的计算和判断．
该题是中等难度的试题，试题注重基础，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力。该题的关键是先求出混合烃的平均分子式，再数学中的平均值原理进行灵活运用、分析、判断即可。CO2和水的物质的量分别是0.15mol和0.2mol，则根据原子守恒可知，混合气的平均化学式是C1.5H4。碳原子数小于1.5的只有甲烷，所以混合物中一定含有甲烷。而甲烷分子中也含有4个氢原子，因此另外一种有机物中氢原子的个数也是4个，而碳原子数则大于1个，故选A。
7.【正确答案】C【分析】
本题考查了醇的消去反应原理、加聚反应原理，题目难度没有大，注意掌握常见有机物结构与性质，明确消去反应、加聚反应原理，能够根据高分子化合物的结构简式判断其单体。
高聚物的单体是：CH2=CH2和CH3−CH=CH2，因此C为CH3−CH=CH2，在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液有白色沉淀生成，D中含有Cl−，因此应选能发生消去反应且生成丙烯的氯代烃，
A.发生消去反应生成的是：(CH3)2CHCH=CH2，生成的没有是丙烯，故A错误；
B.发生消去反应生成的是：2−甲基−1，3−丁二烯，没有是丙烯，故B错误；
C.CH3−CH2−CH2Cl发生消去反应生成的是CH3−CH=CH2，故C正确；
D.发生消去反应生成的是：(CH3)2C=CH2，没有是丙烯，故D错误。故选C。
8.【正确答案】B解：A.由结构简式可知分子式为C16H10O2N2，故A正确；
B.含有苯环、羰基、碳碳双键，都为平面形结构，则所有的碳原子可能共平面，故B错误；
C.两个苯环相同，每个苯环含有4种H，则苯环上的一氯取代产物只有4种，故C正确；
D.能与氢气发生加成反应的为苯环、羰基、碳碳双键，则1mol该物质至多能与9molH2反应，故D正确；
故选：B。有机物含有羰基、氨基、碳碳双键，具有酮、胺以及烯烃的性质，苯环、烯烃的结构特点解答该题。本题考查有机物的结构与性质，为，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意H原子数的判断及官能团的判断，题目难度没有大。
9.【正确答案】C【分析】本题考查配合物的成键情况，明确配合物中内界、外界及其外界性质是解本题关键，注意配合物中内界和外界在水溶液中存在方式，题目难度中等。
A.同周期主族元素自左而右电负性增大，则涉及的第二周期元素的电负性大小的顺序为C
10.【正确答案】A【分析】本题考查配合物成键情况与杂化方式判断，注意b为配离子，内界没有离子键，难度没有大。
A.a中N原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，而b中N原子形成4个σ键、没有孤对电子，N原子杂化轨道数目均为4，N原子均采取sp3杂化，故A正确；
B.b为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，b中Ca2+的配位数为6，故B错误；
C.b中N原子、O原子均未与H原子形成共价键，b中没有分子内氢键，故C错误；
D.b为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，其它原子之间形成共价键，没有含离子键，故D错误，故选：A。
11.【正确答案】D【分析】
本题旨在考查学生对有机化合物的结构和性质、有机物官能团检验知识的应用。
A.氨基酸分子中同时含有羧基(−COOH)和氨基(−NH2)，没有仅能与强碱或强酸反应生成盐，而且还可在分子内形成内盐(偶极离子) ，该盐是离子化合物，熔点较高，故A正确；
B.在等电点时，氨基酸的溶解度最小．因此可以用调节溶液PH值的方法，使没有同的氨基酸在各自的等电点结晶析出，以分离或提纯氨基酸，故B正确； C.α−氨基酸分子间可以发生脱水反应生成酰胺：
在生成的酰胺分子中两端仍含有α−NH2及−COOH，因此仍然可以与其它α−氨基酸继续缩合脱水形成长链高分子．所以在一定条件下，氨基酸可发生缩聚反应形成高分子(多肽)，故C正确；
D.色氨酸为α−氨基酸，褪黑素没有是α−氨基酸，两者结构没有相似。褪黑素官能团为酰胺键，没有具有两性化合物的特性，故D错误。 故选D。
12.【正确答案】C【分析】本题考查常见的官能团及性质、手性碳、有机反应类型判断，难度没有大。
A.含羟基、酯基和羧基三种含氧官能团，故A错误；B.连接4个没有同基团的C为手性碳原子，只有与−OH相连的3个C、环结构中与酯基、甲基相连的C为手性C，共5个手性碳原子，故B错误；
C.含碳碳双键可发生加成反应，含−OH可发生取代、消去反应，含−OH、−COOH可发生缩聚反应，故C正确；D.含C=C，可以和酸性KMnO4溶液反应，故 D错误。故选C。
13.【正确答案】A【分析】本题考查晶胞计算，侧重考查分析判断及计算能力，明确一个原子被几个晶胞共用是解本题关键，注意单位换算，B为解答易错点，题目难度没有大。
A.根据图知，位于棱上的F原子有16个、位于面心上的F原子有4个、位于内部的F原子有2个，则F原子个数=16×14+4×12+2=8，故A正确；
B.K原子个数=2+8×14=4、Ni原子个数=1+8×18=2、F原子个数=16×14+4×12+2=8，一个晶胞的体积为4002×1308×10−30cm3，密度=MNA×2V=2MN=2×(39×2+59+19×4)4002×1308×10−30NAg/cm3=4264002×1308×NA×1030g/cm3，故B错误；
C.根据图知，在中间的小立方体中，Ni原子被六个面上的F原子且距离最近，则Ni原子的配位数是6，故C错误；
D.K原子个数=2+8×14=4、Ni原子个数=1+8×18=2、F原子个数=16×14+4×12+2=8，则K、Ni、F原子个数之比=4：2：8=2：1：4，所以其化学式为K2NiF4，故D错误。
14.【正确答案】B【分析】本题考查有机物结构和性质，为高考，明确物质中官能团及其性质关系是解本题关键。
A.根据有机物的结构简式可得，该有机物分子式为C8H9O4Br，故A正确；
B.醛基和碳碳双键能和氢气发生加成反应，所以该有机物至多可以和2mol氢气发生反应，故B错误；
C.该有机物分子中含有羟基和羧基，能发生酯化反应和缩聚反应，含有醛基，能发生银镜反应，含有卤原子，能发生水解反应，故C正确；D.羧基能和NaOH反应，溴原子水解能和NaOH反应，所以1 mol该有机物至多与2mol NaOH反应，故D正确；故选B。
15.【正确答案】C【分析】本题考查有机物结构和性质，为，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键。
A.由双氢青蒿素的结构简式可知，其分子式为C15H24O5，故A正确；
B.由双氢青蒿素的结构简式可知，其含有过氧键、羟基和醚键，故B正确；
C.由α−松油烯的结构简式可知一氯代物有7种，故C错误；
D.α−松油烯与罗勒烯()分子式相同，结构没有同，为同分异构体，故D正确；
故选C。
16.【正确答案】(1)；洪特规则；15：24(2)有(3)电子从较高能级的激发态跃迁到较低的激发态或基态时，以光的形式释放能量(4)σ键、π键、配位键 ；sp2、sp3
(5)①面心立方堆积；②3×314ρNA×1010
(6)(34,34,34)
【分析】
本题考查较综合，涉及晶胞计算、原子核外电子排布、价层电子对互斥理论、离子晶体、共价键的分类等知识点，侧重考查学生分析、判断、知识综合应用、空间想象能力等，注意价层电子对互斥理论内涵、原子核外电子排布与微粒稳定性关系，题目难度中等，晶胞的计算是难点。
(1)Si为14号元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p2，其外围电子排布式为3s23p2，则轨道表达式为；基态氧原子价层电子排布式写成2s22px22py2，该原子核外电子排布没有排pz轨道，所以违反洪特规则；Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，其中p能级有3个没有同轨道，d能级有5个没有同轨道，基态Cr原子核外轨道数为15，每个电子的运动状态都没有同，则有24种没有同运动状态的电子，则基态Cr原子的轨道数与电子运动状态的比值为15：24；
(2)Mn2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其d轨道上有5个电子，故[Mn(H2O)6]2+有颜色；
(3)电子从较高能级的激发态跃迁到较低的激发态或基态时，以光的形式释放能量，所以大多数金属焰色反应时呈现一定颜色；
(4)化合物中，存在的化学键的类型有σ键、π键、配位键，分子结构中C原子共有sp2和sp3两种杂化形式；
(5)①由图1可知Fe原子位于面心和顶点上，这种堆积方式为面心立方最密堆积；
②图2晶胞中Fe原子个数为8×18+1=2，设晶胞的边长为a pm，体积为(a×10−10)cm3，晶胞密度ρ=mV=56×2NA(a×10−10)3g⋅cm−3，a=3112ρNA×1010pm，晶胞中最靠近的两个铁原子为顶点和铁原子之间的距离，则晶胞中两个最近的Fe原子之间的距离为32a=32×3112ρNA×1010pm=3×314ρNA×1010pm；
(6)由图可知，D点对应的x=34，y=z=34，则D处微粒的坐标参数为(34,34,34)。
17.【正确答案】(1)NaHSO3、NaHSO4；
(2)①增大锌粉的表面积，加快反应速率；
②Zn+2SO2=ZnS2O4；
③减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥；碳酸钠为碱性物质，Na2S2O4在碱性介质中较稳定；
(3)HCOO−+OH−+2SO2=S2O42−+CO2+H2O；
(4)2SO42−−2e−=S2O82−；从阳极室向阴极室(或a到b)。
【分析】本题考查物质的制备实验，为，把握物质的性质、流程中发生的反应、氧化还原反应及电解原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的，题目难度没有大。
(1)Na2S2O4在潮湿空气中氧化，S元素的化合价升高，生成的两种常见酸式盐是NaHSO3、NaHSO4；
故NaHSO3、NaHSO4；
(2)由制备流程可知，锌粉，加水形成分散系，再通入二氧化硫反应得到ZnS2O4，加入NaOH溶液反应得到氢氧化锌沉淀、Na2S2O4，加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度，析出Na2S2O4。
①工业上常将锌块进行预处理得到锌粉−水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率；
故增大锌粉的表面积，加快反应速率；
②步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4；
故Zn+2SO2=ZnS2O4；
③在步骤Ⅲ中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥，“后续处理”最终要加入少量的Na2CO3固体，其原因是碳酸钠为碱性物质，Na2S2O4在碱性介质中较稳定；
故减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥；碳酸钠为碱性物质，Na2S2O4在碱性介质中较稳定；
(3)由信息可知将甲酸钠和烧碱加入乙醇水溶液溶解后，通入SO2发生反应，有CO2气体放出，发生HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O，其离子反应为HCOO−+OH−+2SO2=S2O42−+CO2+H2O；故HCOO−+OH−+2SO2=S2O42−+CO2+H2O；
(4)电解过程中，阴极室生成Na2S2O4，a与电源正极相连为阳极，硫酸根离子失去电子生成S2O82−，即a极的电极反应式为2SO42−−2e−=S2O82−，通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，其迁移方向是从阳极室向阴极室(或a到b)；故2SO42−−2e−=S2O82−；从阳极室向阴极室(或a到b)。
18.【正确答案】(1)A
(2)BD ；分液漏斗、容量瓶
(3)充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)
(4)生成可溶的乙酰水杨酸钠
(5)重结晶 (6)60
【分析】本题考查有机物制备，涉及物质分离提纯、产率计算、仪器选取等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道其产率计算方法。
(1)低于100℃的加热采用水浴加热，该合成温度为70℃左右，所以该合成反应中应采用热水浴，所以选A，故A；
(2)①中操作为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒()、普通漏斗(作过滤器)、烧杯(盛放待过滤液以及滤液)，所以选取BD仪器；没有需要的仪器是分液漏斗和容量瓶，
故BD；分液漏斗、容量瓶；
(3)乙酰水杨酸在常温下是固体，且在冷水中溶解度较小，为了降低其溶解度并充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)，提高产率，所以①中需使用冷水，
故充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)；
(4)②中饱和碳酸氢钠的作用是与乙酰水杨酸反应，生成可溶的产物，以便过滤除去难溶杂质，
故生成可溶的乙酰水杨酸钠；(5)固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体，所以④采用的纯化方法为重结晶，故重结晶；
(6)醋酸酐质量=10mL×1.10g/mL=11g，6.9g水杨酸完全反应消耗醋酸酐质量=6.9g138g/mol×102g/mol=5.1g<11g，所以醋酸酐有剩余，则理论上生成乙酰水杨酸质量=6.9g138g/mol×180g/mol=9g，产率 ×=5.4g9g×=60%，
故60。
19.【正确答案】1，4−二氯苯 +Na2CO3+CH3CH2OH 碳溴键、羧基 取代反应
解：(1)A的化学名称是1，4−二氯苯，
故1，4−二氯苯；
(2)A发生信息中步反应生成B，C的分子式，推知B的结构简式为，
故；
(3)C生成D的化学方程式为+Na2CO3+CH3CH2OH，
故+Na2CO3+CH3CH2OH；
(4)观察结构可知，F中官能团的名称是碳溴键、羧基，
故碳溴键、羧基；
(5)F生成G的过程中羧基上羟基被氯原子替代，该反应类型是取代反应，
故取代反应；
(6)W是E的芳香族同分异构体，则W也含有苯环，W能发生银镜反应，说明含有醛基，其核磁共振氢谱有4组峰，存在高度对称，符合要求的W的结构简式为等，
故；
(7)由信息可知与反应生成，与Mg/THF反应生成，碱性条件下水解生成，再发生催化氧化生成，合成路线为，
故。
A→B发生信息中步反应，B→C发生信息中第二步反应，C的分子式，推知B为、C为，对比C、D的分子式，I的结构，可知C中酰胺基水解生成D为，同时酯基也水解生成碳酸钠、乙醇，E与HBr发生开环加成生成F，F发生取代反应生成G；
(7)由信息可知与反应生成，与Mg/THF反应生成，碱性条件下水解生成，再发生催化氧化生成。
本题考查有机物的推断与合成，涉及氧化物命名、有机反应方程式的书写、有机反应类型、官能团识别、条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
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