河北师大附中2022年高二化学第二学期期末综合测试试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某强酸性溶液X中仅含H+、NH4、Al3、Ba2+、Fe2、Fe3、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种(忽略水的电离和离子的水解)，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：下列有关推断合理的是A根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3B沉淀H为Al(OH)3、BaC

2、O3的混合物C溶液中一定含有H+、Al3、NH4、Fe2、SO42-、Cl-D若溶液X为100 mL，产生的气体A为112 mL（标况），则X中c(Fe2+)=0.05molL-12、镁的蕴藏量比锂丰富，且镁的熔点更高，故镁电池更安全，镁储备型电池的储存寿命可达10年以上；能在任何场合在临时使用时加清水或海水使之活化，活化后半小时内即可使用；工作电压十分平稳。部分镁储备型电池电化学反应式为MgNaClOH2OMg(OH)2NaCl； xMgMo3S4MgxMo3S4；Mg2AgCl2AgMgCl2；根据上述原理设计的原电池下列有关说法正确的是A镁次氯酸盐电池工作时，正极附近的溶液pH将会增大B

3、镁电池的负极反应式都是Mg2eMg2C镁电池充电时负极发生氧化反应生成镁离子D将镁电池活化可以使用稀硫酸3、有机物分子中原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项的事实不能说明上述观点的是A甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B乙烯能发生加成反应，乙烷不能发生加成反应C苯酚与溴水直接就可反应，苯与液溴反应还需要三溴化铁作催化剂D乙醇没有酸性，苯酚、乙酸有酸性4、下列说法正确的是A丙烷分子的比例模型：BCH3CH2CH2CH2CH3和互为同系物C和为同一物质DCH3CH2OH和具有相同的官能团，互为同系物5、下列有关0.1 molL-1 NaO

4、H溶液的叙述正确的是 ()A1 L该溶液中含有NaOH 40 gB100 mL该溶液中含有Na+ 0.01 molC从1 L该溶液中取出100 mL,所取出的NaOH溶液的浓度为0.01 molL-1D在1 L水中溶解4 g NaOH即可配制得0.1 molL-1 NaOH溶液6、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ANaCl（熔融）NaOH NaAlO2BSiO2H2SiO3（s）Na2SiO3（aq）CCl2 HCl NH4ClDCaCl2 CaCO3 CaSiO37、下列关系比较及解析有错误的是选项关系解析AMg原子的第一电离能大于Al原子Mg原子3s能级全充满B原子半径：

5、ClS Cl、S原子电子层数相同，但Cl原子核电荷数较S多，对核外电子吸引能力比S强C沸点：对羟基苯甲醛邻羟基苯甲醛对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键对它们沸点的影响大于分子内氢键对它们沸点的影响D配位体个数：Co(NH3)6Cl2Co(NH3)5ClCl2Co(NH3)6Cl2和Co(NH3)5ClCl2分别有6个和5个NH3，所以配位体个数：Co(NH3)6Cl2Co(NH3)5ClCl2AABBCCDD8、用石墨作电极电解CuSO4溶液，通电一段时间后，欲使电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的 （ ）ACuSO4BH2OCCuODCuSO45H2O9

6、、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A含大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、SO42-、SCN-Bc(OH-)c(H+)=106的溶液中：NH4+、K+、AlO2-、NO3-C能使甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl-D1.0molL-1的KNO3溶液中：Fe2+、H+、Cl-、I-10、下列实验操作能达到实验目的的是实验操作实验目的A将饱和食盐水滴加到电石中，将产生的气体通入溴水中验证乙炔可与 Br2 发生了加成反应B乙醇与浓硫酸加热至 170，将产生的气体先通入NaOH 溶液，再通入 Br2 的 CCl4 溶液检验产生的乙烯C将溴乙烷与 NaO

7、H 乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性 KMnO4 溶液检验产生的乙烯D向纯碱中滴加醋酸，将产生的气体通入苯酚钠浓溶液证明酸性：醋酸碳酸苯酚AABBCCDD11、下列图示与对应的叙述不相符合的是A图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线12、反应A(g)+2B(g)C(g)的反应过程中能量变化如图所示。下列相关说法正确的是A正反应活化能大于逆反应活化能B曲线b表示使用催化剂后的能量变化C由图可知该反应的焓变H=+91kJmol-1D将气体A换为固体，其他条件不变，反应放出热量大于91k

8、J13、设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是（ ）A18 g D2O(重水)中含有10NA个质子B78 g苯中含有3NA个C=C双键C1L 0.1mol/L NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3Da g某气体中含分子数为b，c g该气体在标况下的体积为22.4bc/aNAL14、铝镁合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装潢材料，主要用于制作窗框、卷帘门等。下列性质与这些用途无关的是（ ）A强度高B不易生锈C密度小D导电、导热性好15、将气体X通入溶液A（如下图，尾气吸收装置略）中，实验现象能够支持结论的是（）选项气体X溶液A及反应现象结论A乙醇与浓硫酸共热170

9、产生的气体Br2的水溶液由橙黄色变为无色乙烯与溴发生反应B电石与饱和食盐水反应产生的气体KMnO4酸性溶液紫色逐渐变浅乙炔被高锰酸钾酸性溶液氧化C溴乙烷与氢氧化钠醇溶液共热生成的气体Br2的水溶液由橙黄色变为无色乙烯与溴发生反应D碳酸钠固体与醋酸溶液反应产生的气体苯酚钠溶液中出现白色浑浊碳酸的酸性强于苯酚AABBCCDD16、下列关于热化学反应的描述中正确的是AHCl和NaOH反应的中和热H57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热H2(57.3)kJ/molBCO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g) 2CO(g)O2(g)反应的H+2283.0kJ/m

10、olC需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热二、非选择题（本题包括5小题）17、A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例发生加成反应制得B。E是有芳香气味，不易溶于水的油状液体，有关物质的转化关系如下：回答下列问题:(1)A的化学名称为_。(2)写出B在一定条件下生成高分子化合物的化学方程式_。(3)下列说法不正确的是_。a.E是乙酸乙酯的同分异构体 b.可用碳酸钠鉴别B和Cc.B生成D的反应为酯化反应 d.A在一定条件下可与氯化氢发生加成反应e.与A的最简式相同，相对分子质量为78的烃一定不能使酸性KMnO4溶液褪色(4)B可由

11、丙烯醛(CH2=CHCHO)制得，请选用提供的试剂检验丙烯醛中含有碳碳双键。提供的试剂:稀盐酸稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液、NaOH溶液。所选试剂为_；其中醛基被氧化时的化学方程式为_。18、有机物F用于制造香精，可利用下列路线合成。回答下列问题：（1）A的化学名称是_。（2）B的结构简式是_，D中官能团的名称是_。（3）中属于取代反应的有_(填序号)。（4）反应的化学方程式为_。（5）C有多种同分异构体，与C具有相同官能团的有_种(不包括C)，其中核磁共振氢谱为四组峰的结构简式为_(任写一种)。19、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：；

12、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0.9625161能溶于水环已烯0.8110383难溶于水制备粗品：将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入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

13、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 。20、纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示

14、剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题：（1）TiCl4水解生成TiO2xH2O的化学方程式为_。（2）配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是_；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的_（填字母代号）。 （3）滴定终点的判定现象是_。（4）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M g/mol）试样wg，消耗c mol/LNH4Fe(SO4)2 标准溶液VmL，则TiO2质量分数表达式为_。（5）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。若在配制标准溶液过程中，烧杯中

15、的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果_。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果_。21、短周期主族元素及其化合物在生产生活中至关重要。(1)BF3与一定量水形成(H2O)2BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：晶体Q中含有的化学键包括_。(2) NF3与NH3的空间构型相同，但NF3不易与Cu2等形成配位键，其原因是_。(3)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148 液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有阴阳离子各一种，结构是正四面体型离子和正八面体型离子；正八面体型离子的化学式为_；正四面体型离子中键角大于PCl3的键角原因为_。(4)氯化钠

16、的晶胞结构如图所示，图是氯化钠的晶胞截面图(图中球大小代表半径大小)。已知NA代表阿伏加德罗常数的值，氯化钠晶体的密度为d gcm-3。则Na+半径为_pm(只需列出计算式)。(5)砷化硼为立方晶系晶体，该晶胞中原子的分数坐标为:B: (0，0，0)； (，0)；(，0，)；(0，)；As：(，)；(，)；(，)；(，)；请在图中画出砷化硼晶胞的俯视图_。砷原子紧邻的硼原子有_个，与每个硼原子紧邻的硼原子有_个。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】在强酸性溶液中一定不会存在CO32-、SO32-离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42

17、-离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3-离子和SO32-离子，那么一定含有SO42-离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，以此进行解答。【详解】依据分析可知：溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42-，一定不含有：Ba2

18、+、CO32-、SO32-、NO3-，不能确定是否含有：Fe3+和Cl-，A、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+，故A正确；B、根据上述分析可知H为Al（OH）3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，故B错误；C、依据分析可知，溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42-，不能确定Cl-是否存在，故C错误；D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O，产生的气体A为112mL，物质的量为：=0.005mol，故n（Fe2+）=30.005=0.015mol，c（Fe2+）=0.15mol/L，故D错误。答案选A。

19、2、A【解析】A.工作时，正极为次氯酸根离子与水反应得电子，生成氢氧根离子，附近的溶液pH将会增大，A正确；B. 镁电池的镁次氯酸盐电池负极反应式是Mg2e+2OH-Mg（OH）2，B错误；C. 镁电池充电时负极发生还原反应生成镁，C错误；D. 将镁电池活化使用稀硫酸，则会产生氢气，造成电池起鼓、破裂，D错误；答案为A3、B【解析】A、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是甲基受苯环的影响，使其易被酸性高锰酸钾溶液所氧化，生成苯甲酸；而甲烷属于烷烃，性质稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B、乙烯能发生加成反应是分子结构中存在碳碳双键官能团，而乙烷是饱和烃不能再发生加成反应，B错误；C、苯酚能与

20、溴水直接发生取代反应的原因是苯环受羟基的影响，使得位于酚羟基的邻、对位上的氢原子活动能力加强，易被溴原子所取代；而苯因没有受到其他原子或原子团的影响，不能与液溴发生加成反应，C正确；D、苯酚显弱酸性的原因是苯环影响了羟基，使得羟上的氢易电离而呈弱酸性，同样的乙酸显酸性也是受到影响，使得羧基上的羟基更易电离出氢离子，D正确；答案选B。4、C【解析】A为丙烷分子的球棍模型，A不正确；BCH3CH2CH2CH2CH3和互为同分异构体，B不正确；C和的分子式相同、结构相同，为同一物质，C正确；DCH3CH2OH和所含官能团的种类相同，但数目不同，二者不互为同系物，D不正确；故选C。【点睛】分析同系物时

21、，首先看官能团的种类，其次看官能团的数目，最后看碳原子的数目，若官能团的种类相同、且同种官能团的数目相同，两分子相差若干个碳，则必然相差二倍的碳原子差值的氢，二者互为同系物。5、B【解析】A1L该溶液中含有NaOH质量为m=nM=1L 0.1 molL140g/mol=4g，故A错误；B100mL该溶液中含有OH- 物质的量为n=cV=0.1L0.1 molL1=0.01mol，故B正确；C从1L该溶液中取出100mL，所取出的NaOH溶液的浓度为不变，故C错误；D在1L水中溶解4g NaOH后，体积不是1L，可能略大于1L即可配制得溶液略小于0.1 molL1 配制0.1molL-1NaOH

22、溶液的正确方法为：将4gNaOH溶解到水中，配制成1L的溶液，故D错误；答案选B。6、C【解析】A电解熔融NaCl得到金属钠，而不是氢氧化钠，故A错误；BSiO2不能溶于水生成H2SiO3，故B错误；C氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵，所以Cl2 HCl NH4Cl各步转化都能实现，故C正确；D碳酸的酸性弱于盐酸，所以氯化钙与二氧化碳不反应，故D错误；故答案为C。7、D【解析】A镁的3s能级有2个电子，轨道是全充满，能量低，比较稳定，所以镁元素的第一电离能高于同周期相邻元素Al的第一电离能，A正确；BCl、S原子电子层数相同，但Cl原子核电荷数较S多，对核外电子吸引能力比

23、S强，所以原子半径：原子半径：ClS，B正确；C对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键对它们沸点的影响大于分子内氢键对它们沸点的影响，所以沸点：对羟基苯甲醛邻羟基苯甲醛，C正确；DCo(NH3)6Cl2的配位体是6个NH3，配位体个数为6，Co(NH3)5ClCl2的配位体是5个NH3和1个Cl-，所以Co(NH3)5ClCl2的配位体个数为6，两者的配位体个数相等，D错误。答案选D。8、C【解析】用石墨电极电解硫酸铜溶液一段时间，阳极发生氧化反应得到氧气，阴极发生还原反应得到铜，电解总方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，因此补充氧化铜或者碳酸

24、铜即可使电解液恢复到起始状态，答案选C。【点睛】该题的关键是明确电解的工作原理，特别是电解产物的判断和守恒法的应用。9、C【解析】分析：本题考查的是一定条件下的离子共存问题，是常考题型，注意条件对离子的存在的限制。详解：A.铁离子和硫氰根离子反应不能共存，故错误；B.溶液为碱性，铵根离子不能存在，故错误；C.溶液为酸性，四种离子不反应能共存，故正确；D.亚铁离子在酸性条件下与硝酸根离子反应，不能共存，故错误。故选C。点睛：在进行离子共存判断时需要注意是否含有条件，如颜色，溶液的酸碱性等，掌握常见的四种有颜色的离子：铜离子、铁离子、亚铁离子和高锰酸根离子。掌握酸碱指示剂的颜色和变色范围等。10、

25、B【解析】A、饱和食盐水与电石反应生成的乙炔气体中可能含有还原性气体H2S，乙炔与H2S都能与溴水反应，故不能用溴水验证乙炔与溴发生加成反应，故A错误；B、乙醇与浓硫酸加热至 170，产生的气体含有乙烯和二氧化硫等，通入NaOH 溶液中吸收二氧化硫等酸性气体，再通入 Br2 的 CCl4 溶液中可检验乙烯，故B正确；C、将溴乙烷与NaOH 的乙醇溶液共热，产生的气体中含有乙烯和乙醇蒸气，乙烯和乙醇均能使酸性 KMnO4 溶液褪色，故C错误；D、醋酸易挥发，向纯碱中滴加醋酸，产生的气体中有二氧化碳和醋酸蒸气，将产生的气体通入苯酚钠浓溶液，溶液出现浑浊，不能证明酸性：碳酸苯酚，故D错误。11、A【

26、解析】试题分析：A燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；C弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；D强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确；故选A。考点：考查弱电解质的电离、化学反应与能量、化学平衡的影响。12、B【解析】由图象可知，该反应为放热反应。【详解】A据图分析，该反应为放热反应，因此，正反应活化能低于逆反应的活化能，故A错误；B催化剂能够降低反应的活化能，所以曲线b表示使用了催化剂的能量变化，故B正确

27、；CH=正反应活化能-逆反应活化能=419KJ/mol-510KJ/mol=-91KJ/mol，故C错误；D固态A所含能量比气态A低，反应中将气体A换为固体反应，其他条件不变，H-91KJ/mol，即1mol固体A完全反应后反应放出热量小于91kJ。但是，若不说明反应物的物质的量，则无法判断反应放出的热量是否小于91kJ，故D错误。故选B。13、D【解析】分析：A、求出重水的物质的量，然后根据重水中含10个质子来分析；B、苯不是单双键交替的结构；C、HCO3-在溶液中既能水解又能电离；D、根据ag某气体中含分子数为b，求出cg该气体的分子个数，再求出物质的量和在标况下的体积。详解：A、18g重

28、水的物质的量n=18g20g/mol=0.9mol，而重水中含10个质子，故0.9mol重水中含9NA个质子，故A错误；B、苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故B错误；C、HCO3-在溶液中既能水解又能电离，故溶液中HCO3-的个数小于0.1NA个，故C错误；D、由于ag某气体中含分子数为b，故cg该气体的分子个数N=bca个，则气体的物质的量n=bcaNA/mol=bcaNAmol，则在标况下的体积V=bcaNAmol22.4L/mol=22.4bcaNAL，故D正确；故选D。14、D【解析】铝镁合金用于制作门窗、防护栏等时主要是利用了铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面

29、的特点，与导电性是否良好无关，故选D。15、C【解析】A.乙醇与浓硫酸共热170产生的乙烯气体中混有杂质二氧化硫，二氧化硫也能够使溴水褪色，干扰了检验，故A错误；B.电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有硫化氢，硫化氢能够使KMnO4酸性溶液紫色逐渐变浅，干扰了实验结果，故B错误；C. 溴乙烷与氢氧化钠醇溶液共热发生消去反应得到乙烯，乙烯可以与溴水反应，使之褪色，故C正确；D. 碳酸钠固体与醋酸溶液反应产生的二氧化碳气体中混有醋酸，醋酸能够与硅酸钠溶液反应，干扰了检验结果，故D错误。故选C。【点睛】在物质检验过程中，要考虑可能存在的杂质的干扰，这些杂质可能是反应中的副产物，也可能是未反应的反应物

30、。16、B【解析】A强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+(aq)+OH(aq)=H2O(l)中和热为-13 kJmol1，H2SO4和Ca(OH)2得到的CaSO4微溶，会产生额外的热，故A错误；B在25，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热:CO(g)1/2 O2(g)= CO2(g) H-283.0kJ/mol，再利用盖斯定律，得：2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+2283.0kJ/mol，故B正确；C反应的吸、放热与反应条件无关，如有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；D燃烧热是1mol纯净物完全燃烧

31、生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，D错误。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、乙炔 be 稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液 CH2=CHCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O+3H2O 【解析】分析：本题考查的是有机推断，根据反应条件和前后的物质的结构进行分析，有一定的难度。详解：A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例发生加成反应制得B CH2=CHCOOH，说明A为乙炔，E是有芳香气味，不易溶于水的油状液体，说明其为酯类。因为C与甲醇反应生成E，所以C的分子式为C3H6O2，为丙酸，D与氢气反应生成E，说明D的结构为CH2=C

32、HCOOCH3。(1) 根据以上分析可知A为乙炔。(2) B为CH2=CHCOOH，发生加聚反应生成聚合物，方程式为： 。(3) a.E与乙酸乙酯的分子式相同，但结构不同，是同分异构体，故正确；b. B和C都含有羧基，不能用碳酸钠鉴别，故错误；c.B为酸，D为酯，故从B到D的反应为酯化反应，故正确；d.A为乙炔，在一定条件下可与氯化氢发生加成反应，故正确。e.与A的最简式相同，相对分子质量为78的烃可能为苯，或其他不饱和烃，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但其他不饱和烃能，故错误。故选be。(4)醛基和碳碳双键都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以先将醛基氧化成羧基，再检验碳碳双键，所以首先使用新制

33、的氢氧化铜悬浊液，然后加入稀硫酸中和溶液中的氢氧化钠，再加入酸性高锰酸钾溶液，故选的试剂为稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液。醛基被氧化的方程式为：CH2=CHCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O+3H2O。18、2-甲基-1-丁烯 CH3CH2C(CH3)OHCH2OH 羧基、碳碳双键 +H2O 11 【解析】根据框图和各物质之间的反应条件可推知：由反应的产物可推知A是 ；B是 , C是 , D是 , E是 , F是 。【详解】（1）由上述分析可知A的结构简式为，其化学名称是2-甲基-1-丁烯；答案：2-甲基-1-丁烯。（2）由上述分析可知B的结构

34、简式是；由D的结构简式为 ，所以D中官能团的名称是羧基、碳碳双键；答案：羧基、碳碳双键。（3）根据产物和反应条件知为加成反应，为卤代烃的取代反应，氧化反应，为消去反应。为取代反应，酯化反应。其中属于取代反应的有；答案：。（4）E为，D是 ,反应是E和D发生的酯化反应，其化学方程式为+H2O;答案：+H2O。（5）C是 ，C中含有羟基和羧基，与C具有相同官能团的同分异构体有：(移动-OH位置共有4种)，（移动-OH位置共有3种）(移动-OH位置共有3种) （1种），所以符合条件的同分异构体共11种(不包括C)，其中核磁共振氢谱为四组峰的结构简式为。19、（1）（3分）防止爆沸（1分） 冷凝回流反

35、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）【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，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

36、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。20、TiCl4(2x)H2O=TiO2xH2O4HCl 抑制NH4Fe(SO4)2水解 AC 溶液变成红色 （或） 偏高 偏低 【解析】（1）根据原子守恒可知TiCl4水解生成TiO2xH2O的化学方程式为TiCl4(2x)H2OTiO2xH2O4HCl；（2）NH4水解：NH4H2ONH3H2OH，Fe3水解：Fe3

37、3H2OFe(OH)33H，因此加入硫酸的目的是抑制NH4Fe(SO4)2的水解；根据一定物质的量浓度溶液配制过程可知配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要用到容量瓶和胶头滴管，即AC正确；（3）根据要求是Fe3把Ti3氧化成Ti4，本身被还原成Fe2，因此滴定终点的现象是溶液变为红色；（4）根据得失电子数目守恒可知n(Ti3)1nNH4Fe(SO4)210.001cV mol，根据原子守恒可知n(TiO2)n(Ti3)0.001cV mol，所以TiO2的质量分数为；（5）若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，

38、造成所配溶液的浓度偏低，在滴定实验中，消耗标准液的体积增大，因此所测质量分数偏高；滴定终点时，俯视刻度线，读出的标准液的体积偏小，因此所测质量分数偏低。21、共价键、配位 F的电负性比N大，NF成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2形成配离子 PCl6 两者磷原子均采取sp3杂化，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，孤电子和对成键电子对斥力更大，PCl4+中P没有孤电子对，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角 4 12 【解析】(1)根据Q的结构分析判断；(2)Cu2+提供空轨道，NH3和NF3中的中心原子N原子提供孤电子对，根据NH3和NF3中共用电子对的偏转判断；(3)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148液化