陕西省洛南县2023学年高二化学第二学期期末统考试题(含解析)35856.pdf

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1、2023 学年高二下学期化学期末模拟测试卷 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，

2、请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、按照生活经验，判断下列物质：苏打水 鲜橙汁 食醋 肥皂液，其中呈酸性的是 A B C D 2、2018 年 3 月 5 日，Nature连刊两文报道了 21 岁的中国留美博士曹原等研究人员制得了具有超导特性的双层石墨烯新材料。以下对石墨烯的推测不正确的是（）A石墨烯性质稳定，不能在氧气中燃烧 B石墨烯与石墨都具有导电性 C石墨烯与金刚石互为同素异形体 D石墨烯与石墨都具有较高的熔点 3、配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，不需要使用的仪器是 A B C D 4、丙烷(C3H8)的二氯取代物有（）A2 种 B3 种 C4 种 D5

3、 种 5、已知下列元素原子的最外层电子排布式，其中不一定能表示该元素为主族元素的是 A3s23p3 B4s2 C4s24p1 D3s23p5 6、下列装置应用于实验室进行相关实验，能达到实验目的的是 A用装置甲在强光照条件下制取一氯甲烷 B用装置乙分离乙酸乙酯和水 C用装置丙蒸馏石油并收集 60150馏分 D用装置丁制取并收集乙酸乙酯 7、将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集到 NO气体的体积及剩余固体的质量如表（设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）：实验序号 稀硝酸的体积/mL 剩余固体的质量/g NO的体积/L

4、1 100 17.2 2.24 2 200 8.00 4.48 3 400 0 V 下列说法正确的是（）A表中 V=7.84L B原混合物粉末的质量为 25.6g C原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为 2：3 D实验 3 所得溶液中硝酸的物质的量浓度为 0.875 molL1 8、下列各组混合物中，用分液漏斗不能分离的是 A苯和水 B乙酸乙酯和水 C溴乙烷和水 D乙酸和水 9、由氧化铜、氧化铁、氧化锌组成的混合物 ag，加入 2mol/L 硫酸 50mL 时固体恰好完全溶解，若将 ag 该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后剩余固体的质量为 A1.6g B(a-1.6)g C(a-3

5、.2)g D无法确定 10、设 NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是 A标准状况下，2.24LCl2与足量的 NaOH 溶液反应，转移的电子数目为 0.2NA B标准状况下，44.8 L NO 与 22.4 L O2混合后气体中分子总数等于 2NA CNO2和 H2O 反应每生成 2 mol HNO3时转移的电子数目为 2NA D1 mol Fe 在氧气中充分燃烧失去 3NA个电子 11、2019 年是“国际化学元素周期表年”。1869 年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下：下列说法不

6、正确的是 A元素甲位于现行元素周期表第四周期第A族 B元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于 CH4 C原子半径比较：甲乙Si D推测乙可以用作半导体材料 12、用 Pt 电极电解含有 Cu2和 X3均为 0.1mol的溶液，阴极析出金属的质量 m(g)与溶液中通过电子的物质的量 n(mol)关系如图，则离子的氧化能力由大到小排列正确的是（）ACu2X3H BHX3Cu2 CX3Cu2H DCu2HX3 13、次磷酸(H3PO2)是一种具有强还原性的一元弱酸，工业上常利用 H3PO2和 AgNO3溶液反应进行化学镀银，已知该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4:1，则下列说法中不正确的是（）A

7、H3PO2中磷元素的化合价为+1 BH3PO2的电离方程式为 H3PO2H+H2PO2-CH3PO2被 AgNO3氧化成了 H3PO4 DNaH2PO2、NaH2PO4、Na2HPO4均为酸式盐 14、X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期元素，且 X、Z原子序数之和是 Y、W 原子序数之和的 1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M 是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物 N 是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是()A由四种元素形成的两种盐，水溶液中反应能生成 N BY

8、与 Z形成的化合物中阴、阳离子个数比可为 1:1 C化合物 N、乙烯使溴水褪色的原理相同 DX与 Y 形成的化合物中，成键原子均满足 8 电子结构 15、下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是（）A戊烷有 2 种同分异构体 BC8H10中只有 3 种属于芳香烃的同分异构体 C甲苯苯环上的一个氢原子被含 3 个碳原子的烷基取代，所得产物有 6 种 DCH3CH2CH2CH3光照下与氯气反应，只生成 1 种一氯代烃 16、下列常见分子中心原子的杂化轨道类型是 SP3的是：()APH3 BBF3 CSO2 DCO2 二、非选择题（本题包括 5 小题）17、某芳香烃 A 是有机合成中重要的原料，由

9、A 制取高聚物 M 的流程如下：请回答下列问题：（1）反应的反应类型为_。（2）E 中的官能团名称是_。（3）反应的条件是_。（4）写出 A 和 F 的结构简式：A_；F_。（5）符合下列条件的 E 的同分异构体有_种（不考虑立体异构）。含有相同官能团 遇 FeCl2能发生显色反应 苯环上连有三个取代基（6）写出下列化学反应方程式：反应_，D 与新制 Cu（OH）2悬浊液反应_。18、化合物 N 具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：（1）A 的系统命名为_。（2）从 AB 的反应所得液态有机混合物中提纯 B 的常用方法为_。（3）F 与 G 的关系为（填序号）_。a碳链异构 b官能团异构

10、 c顺反异构 d位置异构（4）CD 的化学方程式为_。（5）M 的结构简式为_。19、硫化钠在无机制备、废水处理等领域常用作沉淀剂，其水溶液称为“臭碱”。可在特殊条件下以硫酸钠固体与炭粉为原料制备：Na2SO4+2C Na2S+2CO2 （1）硫化钠固体在保存时需注意_，原因是_。（2）实验室用上图装置以 Na2SO4与炭粉为原料制备 Na2S 并检验气体产物、进行尾气处理。步骤如下：连接仪器顺序为_(按气流方向，用小写字母表示)；检查装置气密性；装入固体药品及试剂，连好装置；加热，进行实验。（3）若 amolNa2SO4 和 2amolC 按上述步骤充分反应，实际得到 Na2S 小于 amo

11、l，则实验改进方案是_。某同学从氧化还原角度分析固体产物中可能含有少量 Na2SO3，请设计实验证明其猜测是否合理(供选择的试剂有：酚酞溶液、硝酸、稀盐酸、蒸馏水)_。（4）经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为 13 的 CO2 和 CO两种气体。反应方程式为_。20、某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图），以环己醇制备环己烯。已知：；反应物和生成物的物理性质如下表：密度（g/cm3）熔点（）沸点（）溶解性 环已醇 0.96 25 161 能溶于水 环已烯 0.81 103 83 难溶于水 制备粗品：将 12.5mL 环己醇加入试管 A 中，再加入

12、lmL 浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C 内得到环己烯粗品。A 中碎瓷片的作用是 ，导管 B 除了导气外还具有的作用是 。试管 C 置于冰水浴中的目的是 。（2）制备精品 环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入 饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在 层（填上 或下），分液后用 （填序号）洗涤：aKMnO4溶液 b稀 H2SO4cNa2CO3溶液 再将环己烯按下图装置蒸馏，冷却水从 （填字母）口进入；蒸馏时要加入生石灰的目的 。上图蒸馏装置收集产品时，控制的温度应在 左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是 ：a蒸馏时从 70开始收集产品；b环己醇实

13、际用量多了；c制备粗品时环己醇随产品一起蒸出；d.是可逆反应，反应物不能全部转化（3）区分环己烯精品和粗品（是否含有反应物）的方法是 。21、(1)25时，相同物质的量浓度的下列溶液：NaClNaOHH2SO4(NH4)2SO4，其中水的电离程度按由大到小顺序排列为_(填序数)。(2)在 25下，将 amolL1的氨水与 0.01 molL1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中 c(NH4+)=c(Cl)，则溶液显_(填“酸”碱”或“中)性；用含 a 的代数式表示 NH3H2O 的电离常数 Kb=_。(3)一定温度下，向氨水中通入 CO2，得到（NH4)2CO3、NH4HCO3等物质，溶液中各种

14、微粒的物质的量分数与 pH 的关系如图所示。随着 CO2的通入，溶液中 c(OH)/c(NH3H2O)将_(填“增大”“减小”或“不变”)。pH=9 时，溶液中 c(NH4+)+c(H+)=_。(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品的抗氧化剂，常用于葡萄酒、果脯等食品中。在测定某葡萄酒中 Na2S2O5残留量时，取 25.00mL 葡萄酒样品，用 0.01000molL1的碘标准液滴定至终点，消耗 5.00mL。该滴定反应的离子方程式为_；葡萄酒中的 Na2S2O5的使用量是以 SO2来计算的，则该样品中 Na2S2O5的残留量为_gL1。2023 学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一

15、、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【答案解析】苏打水是含有碳酸氢钠的水溶液，碳酸氢钠水解而使溶液呈弱碱性鲜橙汁中含有有机酸类物质，故其呈酸性食醋中含有乙酸，故其呈酸性肥皂液为高级脂肪酸钠的水溶液，高级脂肪酸钠水解而使溶液呈碱性。综上所述，本题答案为 A。2、A【答案解析】A.石墨烯是只由碳原子构成的单质，能在氧气中燃烧，A 项错误；B.石墨烯具有超导特性可以导电，石墨中含有自由电子，所以石墨也可以导电，B 项正确；C.石墨烯还是只由碳原子构成，是 C 原子形成的单质，所以石墨烯与金刚石是同素异形体，C 项正确；D.石墨属于混合晶体，石墨烯属于二维晶体，二者都具有较高的熔点，D项正确；答

16、案选 A。3、C【答案解析】配制一定物质的量浓度的稀硫酸的步骤有称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线 12cm 时，改用胶头滴管滴加，用不到蒸馏烧瓶，故选 C。4、C【答案解析】丙烷(C3H8)的二氯取代物有 CH3CHClCH2Cl、CH2ClCH2CH2Cl、CHCl2CH2CH3、CH3CCl2CH3，共计 4 种，答案选C。【答案点睛】注意二取代或多取代产物数目的判断：定一移一或定二移一法，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确

17、定同分异构体的数目。5、B【答案解析】A、最外层电子排布式为 3s23p3的是 P，属于主族元素，故错误；B、最外层电子排布式为 4s2的不一定是主族元素，如 Fe、Zn 等过渡元素，故正确；C、最外层电子排布式为 4s24p1的是 Ga，位于第 IIIA 族，属于主族元素，故错误；D、最外层电子排布式为 3s23p5的是 Cl，属于主族元素，故错误。故选 B。6、B【答案解析】A甲在强光照条件下会爆炸，不能制取一氯甲烷，A 错误；B乙酸乙酯不溶于水，可以用分液漏斗分离乙酸乙酯和水，B 正确；C石油分馏实验中，温度计测量蒸气的温度，因此温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，C 错误；D用装置丁制

18、取并收集乙酸乙酯时，因为乙酸乙酯易在碱性环境下水解，所以直立的试管中应为饱和碳酸钠溶液，D错误；故选 B。7、A【答案解析】由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与 Fe、Cu 反应，都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO）2+2NO+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO+4H2O，根据化学方程式得，n（HNO3）=4 n（NO），加入100 mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由 1、2 两组数据分析，两次剩余物的质量相差 9.2g，此时生成 2.24 LNO气体（转移 0.3 mol 电子），根据电子守恒得

19、：若只溶解铁，消耗 Fe 的质量为 8.4 g，若只溶解铜，消耗 Cu 的质量为 9.6 g，由此现在消耗 9.2g，介于两者之间，可知这 9.2 g 中应有 Fe 和 Cu 两种金属，设 Fe 和 Cu 的物质的量分别为 xmol和 ymol，则解之得 所以 9.2g 中含铁质量是 2.8g，含铜的质量是 6.4g，所以第一次实验反应消耗的是 Fe，反应后剩余金属为 Fe 和 Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为 8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为 11

20、.2g56 gmol-1：14.4g64 gmol-1=8：9；400ml 硝酸的物质的量是：n（HNO3）=0.4L4 molL-1=1.6mol,n(Fe)=0.2mol,n(Cu)=0.225mol,根据得失电子守恒和 N元素守恒得：铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+2nCu（NO3）2=n(Cu)23+2n(Cu)2=0.6mol,铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成 Fe3+）物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+3nFe（NO3）3=n(Fe)+3n(Fe)=0.8mol，共消耗硝酸 0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于 1.6mol，所以硝酸过量

21、，根据得失电子守恒，V（NO）=2n（Cu）+3n（Fe）3 22.4L,mol-1=7.84L，A正确；根据前面的推算，每一份混合物的质量是 25.6g，原混合物粉末的质量为 25.6 g3=76.8g，B 选项错误；根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为 8：9，C 选项错误；根据前面的推算，实验 3 消耗的硝酸是 1.4mol，剩余 0.2mol，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为 0.2mol0.4L=0.5mol/L，D 选项错误；正确答案A。点睛：对于硝酸与 Fe 的反应，Fe 与 HNO3反应首先生成 Fe(NO3)3，过量的 Fe 再与 Fe3+反应生成 Fe2+，如本题中第 1、

22、第 2 次的两次实验，金属剩余，Fe 应该生成 Fe2+，这是解决本题的关键，为确定剩余 8g 的成分提供依据，即参加反应的 Fe 的产物一定是 Fe2+，根据极值法和混合物计算的方法确定 8g 剩余金属的组成，通过第三次实验判断硝酸过量，Fe 生成 Fe3+。8、D【答案解析】A.苯和水不溶，能用分液漏斗进行分离，故 A 错误；B.乙酸乙酯和水不溶，能用分液漏斗进行分离，故 B 错误；C.溴乙烷和水不溶，能用分液漏斗进行分离，故 C 错误；D.乙酸和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，故 D 正确；本题选 D。点睛：分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，而有机物大多难溶于水（除了醇类、醚类、醛类

23、和酸类），有机物之间的互溶性通常较好，据此分析。9、B【答案解析】铁铜和锌的氧化物在足量的 CO中加热，最终得到的固体是相应元素的单质，所以要求固体的质量，若能求出氧化物混合物中氧元素的总质量，在氧化物总质量的基础上扣除即可。上述混合物与硫酸反应过程不涉及变价，实质是复分解反应，可以简单表示为：2xx2MO2xH=MxH O，其中 x 不一定为整数。因此，消耗的 H+的量是金属氧化物中 O的两倍，所以该金属氧化物的混合物中：4mol/L0.05L(O)=0.1mol2n，所以金属元素总质量为(a-1.6)g，B项正确；答案选 B。10、C【答案解析】A、Cl2与 NaOH反应生成 NaCl 和

24、 NaClO，Cl元素化合价既升高又降低，0.1mol Cl2参加反应转移 0.1NA的电子，选项 A 错误；B.根据化学反应：2NO+O2=2NO2、2NO2N2O4，2molNO 和 1mol 氧气反应生成 2molNO2，由于可逆反应的存在，混合后气体中分子总数小于 2NA，选项 B 错误；C.根据化学反应 3NO2+H2O=2HNO3+NO 转移 2e，则NO2和 H2O反应每生成 2molHNO3时转移的电子数目为 2NA，C 正确；D.铁在氧气中燃烧生成 Fe3O4，则 lmolFe 在氧气中充分燃烧失去 8/3NA个电子，D 错误；答案选 C。11、B【答案解析】A.根据递变规律

25、，B、Al 分别位于第二、三周期，IIIA 族，则元素甲位于现行元素周期表第四周期A 族，A 正确；B.元素乙为 Ge，其简单气态氢化物的稳定性弱于 CH4，B 错误；C.同周期，序数越大半径越小，同主族，序数越大半径越大，则原子半径比较：甲乙Si，C 正确；D.乙位于金属与非金属交界的位置，推测乙可以用作半导体材料，D 正确；答案为 B。12、D【答案解析】由图可知，转移电子的物质的量是 0.2mol时，阴极析出的固体质量不再改变，而 0.1mol Cu2生成 0.1mol 单质 Cu 转移电子的物质的量正好是 0.2mol，说明 Cu2先放电，氧化性最强，之后无固体析出，说明再放电的是氢离

26、子，最后是X3，所以离子的氧化能力由大到小排列是 Cu2HX3，答案选 D。13、D【答案解析】AH3PO2中 H为+1 价，O 为-2 价，则磷元素的化合价为+1，选项 A 正确；B次磷酸是一元弱酸，一元弱酸部分电离出一个氢离子，所以 H3PO2的电离方程式为 H3PO2H+H2 PO2-，选项 B 正确；CH3PO2 中，氢元素为+1 价，氧元素为-2 价，依据化合价代数和为 0，磷化合价为+1 价，该反应中 Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4：1，设反应产物中 P 的化合价为 x，根据化合价升降相等可得，4（1-0）=1（x-1），解得 x=5，所以氧

27、化产物为+5 价的 H3PO4，选项 C 正确；DH3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐，NaH2PO4、Na2HPO4均为酸式盐，选项 D 错误。答案选 D。14、A【答案解析】乙是一种“绿色氧化剂”，乙是 H2O2，H2O2会分解生成氧气与氢气，据转化关系易知 M 是单质，所以 M 是 O2；乙和丁的组成元素相同，则丁是 H2O；化合物 N 是具有漂白性的气体(常温下)，N 是 SO2，丙是 H2S，则甲是硫化物；X、Z原子序数之和是 Y、W原子序数之和的 1/2，Z是 Na 元素；X、Y、Z、W 分别是 H、O、Na、S。【题目详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W 分别是 H、O、N

28、a、S，则 A.由四种元素形成的两种盐，为亚硫酸氢钠与硫酸氢钠，两者可反应，其离子方程式为：-+322HSO+H=SO+H O，A 项正确；B.Y 为 O，Z为 Na，两者形成的化合物为过氧化钠与氧化钠，化合物中阴、阳离子个数比均为 1：2，B 项错误；C.二氧化硫使溴水褪色发生氧化还原反应，乙烯使溴水褪色发生加成反应，C 项错误；D.H 与 O形成的化合物为过氧化氢或水，其中 H原子均满足 2 电子结构，而不是 8 电子结构，D 项错误；答案选 A。【答案点睛】本题考查元素原子结构与性质相互关系的综合应用。A 项是难点，学生要掌握硫酸氢钠水溶液相当于酸性溶液。15、C【答案解析】A 项，戊烷

29、有 3 种同分异构体，即正戊烷、异戊烷、新戊烷，A 错误；B 项，C8H10中有 4 种属于芳香烃的同分异构体，即，B 错误；C 项，CH3CH2CH3中丙基的同分异构体有 2 种，所以取代苯环上的氢原子分别得到邻、间、对各 3 种同分异构体，共计是 6 种，C 正确；D 项，CH3CH2CH2CH3含有 2 类氢原子，光照下与氯气反应，能生成 2 种一氯代烃，D 错误；答案选 C。16、A【答案解析】根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数=1a-xb2（），a 指中心原子价电子个数，x 指配原子个数，b 指配原子形成稳定

30、结构需要的电子个数，据此判断杂质类型，中心原子的杂化类型为 sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是 4。ABF3中 B 原子杂化轨道数为=3+13-3 12（）=3，中心原子杂化类型为 sp2杂化，A 项不符合要求；BPH3中 P 原子杂化轨道数为=3+15-3 12（）=4 中心原子杂化类型为 sp3杂化，B 项符合题意；CSO2中 S 原子杂化轨道数为=3+16-2 22（）=3，中心原子杂化类型为 sp2杂化，C 项不符合题意；DCO2中 C 原子杂化轨道数为=2+14-2 22（）=2，中心原子杂化类型为 sp 杂化，D 项不符合题意；本题答案选 B。【答案点睛】根据价层电子对互

31、斥理论来分析解答，明确孤电子对个数1a-xb2（）中各个字母的含义是解答易错点。二、非选择题（本题包括 5 小题）17、取代反应或水解反应 羧基和羟基 氢氧化钠溶液、加热 20 2+O22+2H2O +2 Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3 H2O 【答案解析】根据逆推法，由E（）可知，D在新制的氢氧化铜悬浊液中加热反应后酸化得到E，则D为，是由 C 在铜催化下加热与氧气反应而得，故 C为，B 是由某芳香烃 A 与溴的四氯化碳溶液反应而得，故 B 为二溴代烃，根据 C 的结构简式可知 B 为，A 为；E 在浓硫酸作用下发生消去反应生成 F 为，与甲醇发生酯化反应生成 G为，G发生加聚反应生

32、成 H为，据此分析。【题目详解】根据逆推法，由E（）可知，D在新制的氢氧化铜悬浊液中加热反应后酸化得到E，则D为，是由 C 在铜催化下加热与氧气反应而得，故 C为，B 是由某芳香烃 A 与溴的四氯化碳溶液反应而得，故 B 为二溴代烃，根据 C 的结构简式可知 B 为，A 为；E 在浓硫酸作用下发生消去反应生成 F 为，与甲醇发生酯化反应生成 G为，G发生加聚反应生成 H为。（1）反应为在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成和溴化钠，反应类型为水解反应或取代反应；（2）E 为，其中官能团名称是羧基和羟基；（3）反应为在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，条件是氢氧化钠溶液、加热；（4）A 的结

33、构简式为；F 的结构简式为；（5）E 为，符合条件的 E的同分异构体：含有相同官能团，即羧基和羟基；遇 FeCl2能发生显色反应，则为酚羟基；苯环上连有三个取代基，故苯环上的取代基可以为-OH、-COOH和-CH2CH3或-OH、-CH2COOH和-CH3两种组合，根据定二动三，每种组合的同分异构体有 10 种，共 20 种符合条件的同分异构体；（6）反应的化学反应方程式为 2+O22+2H2O，D 与新制 Cu(OH)2悬浊液反应，反应的化学方程式为+2 Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3 H2O。【答案点睛】本题考查有机推断，利用逆推法推出各有机物的结构简式是解答本题的关键。易错点为（

34、5），应注意苯环上取代基的确定，再利用其中二个取代基在苯环上的位置为邻、间、对位，第三个取代基在苯环上的取代种数分别为 4、4、2，从而求得同分异构体的数目。18、1,6-己二醇 减压蒸馏（或蒸馏）c 【答案解析】A 和 HBr 发生取代反应生成 B，B 发生氧化反应生成 C，根据 C、D 结构简式变化知，C 和 CH3CH2OH 发生酯化反应生成 D，D 发生取代反应生成 E，E 发生水解反应然后酸化得到 F，根据 G、N 结构简式区别知，G发生取代反应生成N，M 结构简式为。【题目详解】（1）A 为二元醇，羟基分别位于 1、6 号碳原子上，A 的系统命名为 1，6-己二醇；（2）A 和 B

35、 均为有机物，互溶，要从反应所得液态有机混合物中提纯 B 的常用方法为蒸馏；（3）F 与 G的分子式相同，不同的是碳碳双键同侧的原子团不同，F 和 G的关系为顺反异构，答案选 c；（4）该反应为羧酸和醇的酯化反应，CD 的化学方程式为；（5）根据 G、N 结构简式区别知，G发生取代反应生成 N，M 结构简式为。19、干燥环境密闭保存 硫化钠在空气中易被氧化，潮湿环境易水解 aefd 加入稍过量的碳 取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠，反之不含 2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO+CO2 【答案解析】(1)硫化钠易被氧化

36、，溶液中硫离子可发生水解；(2)A 中发生 Na2SO4+2CNa2S+2CO2，选装置 D检验二氧化碳，选装置 C吸收尾气，二氧化碳不需要干燥；(3)实际得到 Na2S 小于 amol，可增大反应物的量；固体产物中可能含有少量 Na2SO3，加盐酸发生氧化反应生成 S；(4)硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为 1：3 的 CO2和 CO两种气体，C 失去电子，S 得到电子，结合电子、原子守恒来解答。【题目详解】(1)硫化钠固体在保存时需注意干燥环境密闭保存，原因是硫化钠在空气中易被氧化，潮湿环境易水解；(2)A 为制备装置，装置 D 检验二氧化碳，选装置 C 吸

37、收尾气，则连接仪器顺序为 aefd；(3)若 a mol Na2SO4和 2a mol C 按上述步骤充分反应，实际得到 Na2S 小于 amol，则实验改进方案是加入稍过量的碳；固体产物中可能含有少量 Na2SO3，设计实验为取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠，反之不含；(4)经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为 1：3 的 CO2和 CO两种气体，C 失去电子，S 得到电子，若 CO2和 CO分别为 1mol、3mol，失去电子为 10mol，则 S 得到 10mol 电子，应生成等量的 N

38、a2S、Na2SO3，反应方程式为 2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO+CO2。20、（1）（3 分）防止爆沸（1 分）冷凝回流反应物（1 分）防止环己烯（或反应物）挥发（1 分）（2）（7 分）（2 分）上层 c （2 分）f 除去水分 83（1 分）cd（2 分）（3）（1 分）取适量产品投入一小块金属钠，观察是否有气泡产生（或测定沸点是否为 83）【答案解析】试题分析：碎瓷片在反应中主要是起到防止暴沸的作用，长导管 B 出了能起到导气的作用还起到冷凝的作用。环己烯易挥发，因此试管 C 置于冰水浴中的目的是防止环己烯挥发。环己烯的密度比饱和食盐水的密度小，因此环己烯在上层，

39、环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质由于乙醇溶解在碳酸钠溶液中，酸可以与碳酸钠反应，而环己烯不能与碳酸钠反应，因此可用饱和碳酸钠溶液进行洗涤。冷凝管水的流向是下进上出，因此冷却水应从 f 进入。生石灰具有吸水性，因此在蒸馏时加生石灰主要是除去水分子。实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是 1.制备粗品时环己醇随产品一起蒸出。2.是可逆反应，反应物不能全部转化。粗产品环己烯中含有乙醇，因此可用金属钠来检验。考点：考查有机合成的相关知识点。21、中 9100.01a 减小 2c(CO12)c(HCO1)c(NH2COO)c(OH)S2O52-2I21H2O=2SO42-4I6H+0.1

40、28 【答案解析】（1）根据根据影响水电离的因素进行判断；（2）根据电荷守恒进行判断；（1）根据电子守恒进行解答。【题目详解】(1)根据影响水电离的因素可知：NaOH、H2SO4 抑制水的电离，且相同物质的量浓度的H2SO4 抑制程度更大；(NH4)2SO4能发生水解，促进水的电离；NaCl 对水的电离无影响，所以 25时，相同物质的量浓度的溶液水的电离程度按由大到小顺序排列为；答案：；(2)在 25下，将 amolL1的氨水与 0.01 molL1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中 c(NH4+)=c(Cl)，根据电荷守恒，c(H+)+c(NH4+)=c(Cl)+c(OH-）所以 c(H+)

41、=c(OH)，则溶液显中性；因为平衡时溶液中 c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得 c（NH1H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，因为溶液呈中性，所以 c(H+)=c(OH)=10-7mol/L，NH1H2O 的电离常数 Kb=c(OH-)c(NH4+)/c(（NH1H2O）=1075101/(0.5a5101)=109/(a0.01)；答案：9100.01a（1）c(OH-)/c(（NH1H2O）=c(OH-)c(NH4+)/c(（NH1H2O）c(NH4+)=Kb/c(NH4+)，Kb不变，c(NH4+)不断增大，比值不断减小；根据电荷守恒，pH=9

42、 时，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(CO12-)+c(HCO1-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；答案：减小；2c(CO12-)+c(HCO1-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；(4)I2作氧化剂,1molI2参与反应得到 2mol电子,S2052-为还原剂,1molS2052-参与反应,硫元素失去 4mol电子,根据原子守恒配平方程式:S2052-+212+1H20=2SO42-+4I-+6H+,计算祥品中 S2052-的残留量时以 SO2计算,n(I2)=n(SO2)=0.01000mol.L1x0.01L=0.0001mol,m(S02)=0.0064g,则该样品中 Na2S2O5的残留量为 0.0064g/0.05L=0.128g.L-1。答案：0.128。