广东省广州市华南师大附中2023学年化学高二第二学期期末调研试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2表示，单位为kJ·mol－1)I1I2I3I4…R7401500770010500…下列关于元素R的判断中一定正确的是A．R元素的原子最外层共有4个电子 B．R的最高正价为＋3价C．R元素位于元素周期表中第ⅡA族 D．R元素基态原子的电子排布式为1s22s22、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）①FeS2SO2H2SO4②SiO2SiCl4Si③饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3④AlNaAlO2Al（OH）3⑤CuSO4（aq）Cu（OH）2Cu2OA．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤3、下列关于化学反应中物质或能量变化的判断正确的是A．需要加热才能进行的反应一定是吸热反应，放热反应不需要加热B．一定条件下进行的化学反应，只能将化学能转化成光能或热能C．化学键的断裂和形成是物质在化学反应中发生能量变化的主要原因D．将NaHCO34、下列分子既不存在s-pσ键，也不存在p-pπ键的是()A．HCl B．HF C．SO2 D．SCl25、等物质的量的下列有机物完全燃烧，生成CO2的量最多的是（）A．CH4 B．C2H6 C．C3H6 D．C6H66、下列实验或操作不能达到目的的是（）A．制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热B．用NaOH溶液除去溴苯中的溴C．鉴别己烯和苯：向己烯和苯中分别滴入酸性KMnO4溶液，振荡，观察是否褪色D．除去甲烷中含有的乙烯：将混合气体通入溴水中7、下列大小关系正确的是A．熔点：NaI＞NaBr B．硬度：MgO＞CaOC．晶格能：NaCl＜NaBr D．熔沸点：CO2＞NaCl8、下述实验设计能够达到目的的是()（）编号实验目的实验设计A除去Cl2中少量的HCl将混合气体通过饱和NaHCO3溶液B除去FeCl2溶液中混有的FeCl3向混合物中滴加适量铜粉，再过滤C检验溶液中是否含有Fe2+向溶液中滴入氯水后,再加KSCN溶液D证明Cl2的氧化性比I2强将Cl2通入淀粉碘化钾溶液中A．A B．B C．C D．D9、假定把12C的相对原子质量定为24，把24g12C含有的原子个数定为阿伏加德罗常数，而物质的量的概念不变。则下列推断不正确的是A．此时16O的相对原子质量为32B．40gNaOH溶于水配成1L溶液，其物质的量浓度为1mol/LC．标况下44gCO2的体积为22.4LD．NA个氧分子与NA个氢分子有相同数目的分子10、一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5min时达到平衡状态。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7下列说法中正确的是A．容器Ⅰ中前5min的平均反应速率v(CO)=0.16mol·L-1·min-1B．该反应正反应为吸热反应C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55molD．若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%11、植物提取物-香豆素，可用于消灭鼠害。其分子球棍模型如图所示。由C、H、0三种元素组成。下列有关叙述不正确的是（）A．该分了中不含手性碳原子B．分子式为C10H8O3C．能使酸性KMnO4溶液褪色D．lmol香豆素最多消耗2molNaOH12、电子构型为[Ar]3d54s2的元素属于下列哪一类元素（）A．稀有气体 B．主族元素 C．过渡元素 D．卤族元素13、下列说法不正确的是A．乙醇、苯应密封保存，置于阴凉处，且远离火源B．金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火C．容量瓶和滴定管使用之前必须检查是否漏水D．配制浓硫酸、浓硝酸的混酸时，应将浓硝酸沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中14、1，6﹣己二胺（H2N﹣（CH2）6﹣NH2）毒性较大，可引起神经系统、血管张力和造血功能的改变．下列化合物中能与它发生化学反应的是（）A．NaOH B．Na2CO3 C．NaCl D．HCl15、下列有机物命名正确的是A．B．C．甲基苯酚D．(CH3)2C＝CH(CH2)2CH32-甲基-2-己烯16、关于氢键的下列说法正确的是A．氢键是一种特殊的化学键 B．氢键只存在于分子间，不存在于分子内C．氢键是乙醇熔沸点比乙烷高的原因之一 D．氢键既没有饱和性，也没有方向性二、非选择题（本题包括5小题）17、吡喹酮(H)是一种治疗血吸虫病的药物，合成路线如下图所示：已知：iii（1）下列说法正确的是______________。A.1molC最多消耗2molH2B.可以用双缩脲鉴别H与FC.化合物E、F均可发生消去反应D.化合物H的分子式为C19H24N2O2（2）试剂a的结构简式______________，E→F的反应类型为______________。（3）D→E的化学方程式是__________________________________________。（4）写出同时符合下列条件的C的所有同分异构体的结构简式______________。①分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物；②1H－NMR谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存在碳氮双键（C＝N）。（5）G→H三步反应依次为氧化、加成、取代反应，则G→H的合成路线为：______________。18、氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，该药物通常以2­－氯苯甲醛为原料合成，合成路线如下：（1）下列关于氯吡格雷的说法正确的是__________。A．氯吡格雷在一定条件下能发生消去反应B．氯吡格雷难溶于水，在一定条件下能发生水解反应C．1mol氯吡格雷含有5NA个碳碳双键，一定条件下最多能与5molH2发生加成反应D．氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S（2）物质D的核磁共振氢谱有_________种吸收峰。（3）物质X的结构简式为____________。（4）物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，写出该反应的化学方程式______，反应类型是__________。（5）写出属于芳香族化合物A的同分异构体__________(不包含A)。19、高铁酸钾(K2FeO4)为紫黑色粉末，是一种新型高效消毒剂。K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液，在0℃~5℃的强碱性溶液中较稳定。一般制备方法是先用Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO（在较高温度下则生成KClO3），KClO再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应即可制得K2FeO4。实验装置如图所示：回答下列问题：(1)制备KClO。①仪器a的名称是________________；装置B吸收的气体是________。②装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是______________；装置D的作用是_____________。(2)制备K2FeO4。①装置C中得到足量KClO后，将三颈烧瓶上的导管取下，加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度，搅拌，当溶液变为紫红色，该反应的离子方程式为________________________________。②向装置C中加入饱和________溶液，析出紫黑色晶体，过滤。(3)测定K2FeO4纯度。测定K2FeO4的纯度可用滴定法，滴定时有关反应的离子方程式为：a.FeO42-+CrO2-+2H2O=CrO42-+Fe(OH)3↓+OH-b.2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2Oc.Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O称取2.0g制备的K2FeO4样品溶于适量KOH溶液中，加入足量的KCrO2，充分反应后过滤，滤液在250mL容量瓶中定容．取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.10mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为24.00mL，则该K2FeO4样品的纯度为________。20、氯贝特()是临床上一种降脂抗血栓药物，它的一条合成路线如下：提示：Ⅰ．图中部分反应条件及部分反应物、生成物已略去。Ⅱ．Ⅲ．（1）氯贝特的分子式为____________。（2）若8.8gA与足量NaHCO3溶液反应生成2.24LCO2(标准状况)，且B的核磁共振氢谱有两个峰，则A的结构简式为___________________。（3）要实现反应①所示的转化，加入下列物质不能达到目的的是_________(填选项字母)。a．Nab．NaOHc．NaHCO3d．CH3COONa（4）反应②的反应类型为_________________，其产物甲有多种同分异构体，同时满足以下条件的所有甲的同分异构体有____________种(不考虑立体异构)。①1，3，5-三取代苯；②属于酯类且既能与FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应；③1mol该同分异构体最多能与3molNaOH反应。（5）写出B与足量NaOH溶液反应的化学方程式_________________________。21、“治污水”是“五水共治”工程中一项重要举措。（1）某污水中的有机污染物为三氯乙烯（C2HCl3），向此污水中加入一定浓度的酸性重铬酸钾（K2Cr2O7还原产物为Cr3+）溶液可将三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2。写出该反应的离子反应方程式_____。（2）化学需氧量（COD）是水质测定中的重要指标，可以反映水中有机物等还原剂的污染程度。COD是指在一定条件下，用强氧化剂氧化水样中的还原剂及有机物时所消耗氧化剂的量，然后折算成氧化水样中的这些还原剂及有机物时需要氧气的量。某学习小组用重铬酸钾法测定某水样的COD。主要的实验装置、仪器及具体操作步骤如下：操作步骤：Ⅰ量取20.00mL水样于圆底烧瓶中，并加入数粒碎瓷片；Ⅱ量取10.00mL重铬酸钾标准溶液中加入到圆底烧瓶中，安装反应装置（如上图所示）。从冷凝管上口加入30.00mL的H2SO4—Ag2SO4溶液，混匀后加热回流2h，充分反应后停止加热。Ⅲ待反应液冷却后加入指示剂2滴，用硫酸亚铁铵溶液滴定多余重铬酸钾，至溶液由绿色变成红褐色。发生的化学反应方程式为Cr2O72-+14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O。请回答：①量取10.00mL重铬酸钾标准溶液用到的仪器是_______________（填仪器a或仪器b）。②下列有关说法正确的是_________________（用相应编号填写）。A．配制重铬酸钾标准溶液时所有需用到仪器有：天平（含砝码）、玻璃棒、烧杯和容量瓶B．滴定前锥形瓶、滴定管均需用蒸馏水洗后再用待取液进行润洗C．滴定时用左手控制旋塞，眼睛注视锥形瓶内液体颜色变化，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转D．加热回流结束后，未用蒸馏水冲洗冷凝管管壁，则滴定测得的硫酸亚铁铵体积偏小③已知：重铬酸钾标准溶液的c(Cr2O72－)=0.02000mol·L－1，硫酸亚铁铵溶液的c（Fe2+）=0.01000mol·L－1，滴定终点时所消耗的硫酸亚铁铵溶液的体积为18.00mL，则按上述实验方法，测得的该水样的化学需氧量COD=_______mg/L。（3）工业上常用铁炭(铁屑和活性炭混合物)微电解法处理污水。保持反应时间等条件不变，测得铁碳混合物中铁的体积分数、污水溶液pH对污水COD去除率的影响分别如图1、图2所示。①由图1、图2可知下列推论不合理的是________________。A．活性炭对污水中的还原性物质具有一定的吸附作用B．酸性条件下，铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极，溶液中有大量的Fe2+、Fe3+C．当铁碳混合物中铁的体积分数大于50%时，COD的去除率随着铁的质量分数增加而下降的主要原因是溶液中微电池数目减少D．工业降低污水COD的最佳条件为：铁的体积分数占50%；污水溶液pH约为3②根据图2分析，COD的脱除率降低的原因可能为_______________________________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】

从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；A、R元素的原子最外层共有2个电子，故A错误；B、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故B错误；C、最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故C正确；D、R元素可能是Mg或Be，R元素基态原子的电子排布式不一定为1s22s2，故D错误；

综上所述，本题选C。2、A【答案解析】

①FeS2和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸；

②SiO2属于酸性氧化物，和HCl不反应；

③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠；

④铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠和足量盐酸反应生成氯化铝，足量盐酸时得不到氢氧化铝；

⑤硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，加入葡萄糖加热发生氧化反应生成红色沉淀氧化亚铜。【题目详解】①FeS2和氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸，故①正确；

②SiO2属于酸性氧化物，和HCl不反应，所以不能用二氧化硅和氯化氢制取四氯化硅，故②错误；

③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③正确；

④铝和氢氧化钠溶液的反应为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，滴加少量盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，滴加过量盐酸，3HCl+Al（OH）3═AlCl3+3H2O，足量盐酸时得不到氢氧化铝，故④错误；

⑤硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，加入葡萄糖加热反应，发生氧化反应生成红色沉淀氧化亚铜，检验醛基的存在，过程能实现，故⑤正确；

答案选A。【答案点睛】本题考查化合物的性质，题目难度中等，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法。3、C【答案解析】

A.化学反应的热效应和反应条件无关，有的吸热反应在常温下也可进行，如氯化铵和氢氧化钡晶体之间的反应，有的放热反应却需要加热，如二氧化硫的催化氧化反应，故A错误；B.化学能转化的能量形式是多样的，可以是光能、电能、热能等，故B错误；C．化学反应中总是有键的断裂和形成，在断键时吸收能量，成键时释放能量，导致在化学反应中放热或吸热，故C正确；D．NaHCO3不稳定，在加热条件下会分解生成Na2CO3，故D错误；答案选C。4、D【答案解析】

共价键是两个原子轨道以“头碰头”或“肩并肩”重叠形成的，s和p轨道以“头碰头”重叠可形成s-pσ键，p轨道之间以“头碰头”重叠可形成p-pσ键，p轨道之间以“肩并肩”重叠可形成p-pπ键。【题目详解】A项、HCl分子中存在s-pσ键，故A错误；B项、HF分子中存在s-pσ键，故B错误；C项、SO2分子中存在p-pσ键和p-pπ键，故C错误；D项、SCl2分子中只存在p-pσ键，故D正确；故选D。【答案点睛】本题考查共价键的类型，把握σ键、π键的形成方式为解答的关键。5、D【答案解析】

根据这几种物质的化学式知，等物质的量的这几种物质，苯中碳原子的物质的量最多，根据碳原子守恒知，生成二氧化碳的量从大到小的顺序是C6H6＞C3H6＞C2H6＞CH4。答案选D。6、A【答案解析】制取溴苯时，应使用液溴而不是溴水，A错误；溴能与NaOH溶液反应而溶解，而溴苯不溶于NaOH溶液并出现分层现象，B正确；苯结构稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色而乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；甲烷不与溴水反应，而乙烯能与溴水发生加成反应，D正确；正确选项A。点睛：除去甲烷中少量的乙烯，可以把混合气体通入到足量的溴水中除去乙烯，然后再通过浓硫酸进行干燥，得到纯净的甲烷；但是不能用酸性高锰酸钾溶液除乙烯，因为乙烯被氧化为二氧化碳气体，达不到除杂的目的。7、B【答案解析】

A．NaI、NaBr都形成离子晶体，由于离子半径I->Br-，所以NaBr的晶格能大，熔点：NaI<NaBr，A不正确；B．由于离子半径Mg2+<Ca2+，所以晶格能MgO＞CaO，硬度MgO＞CaO，B正确；C．NaCl和NaBr都形成离子晶体，离子半径Cl-<Br-，所以晶格能：NaCl>NaBr，C不正确；D．CO2形成分子晶体，NaCl形成离子晶体，所以熔沸点：CO2<NaCl，D不正确；故选B。8、D【答案解析】

A.氯化氢和碳酸氢钠反应，而氯气也能和水反应，应用饱和食盐水洗涤气体，A错误；B.氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，引入了铜离子杂质，B错误；C.如果原溶液中有铁离子则不能检验出是否有亚铁离子，C错误；D.氯气和碘化钾反应生成氯化钾和碘单质，淀粉遇到碘单质显蓝色，D正确；故选D。9、B【答案解析】本题考查相对原子质量及其计算。分析：假定把12C的相对原子质量定为24，相对原子质量标准发生变化实际上是将相对原子质量的标准由12C原子质量的112变为1详解：氧原子的实际质量没变，但相对原子质量标准却由12C质量的112变为124，所以16O的相对原子质量由16变为32，A正确；由于标准的改变，NaOH的摩尔质量变为80g/mol，则40gNaOH的物质的量不是1mol，而是0.5mol，所得溶液的物质的量浓度为0.5mol•L-1，B错误；相对原子质量标准改变，摩尔质量和气体摩尔体积都加倍，44gCO2的物质的量为0.5mol，标况下的体积44.8L/mol×0.5mol=22.4L，C正确；此时NA虽然由原来的约6.02×1023变为约12.04×1023，但对氧分子和氢分子而言，这种变化是一致的，则NA个氧分子与N故选B。点睛：相对原子质量的标准改变会使相对原子质量和相对分子质量的数值改变，而阿伏加德罗常数标准的改变会引起物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度及阿伏加德罗常数的数值发生改变。10、C【答案解析】

A．容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)==0.32mol/L•min-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L•min-1，故A错误；B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C．依据方程式：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)，可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2

0转化浓度(mol/L)

1.6

1.6

1.6平衡浓度(mol/L)

0.4

0.4

1.6反应平衡常数K==10，平衡时CO转化率：×100%=80%；依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2a

0转化浓度

(mol/L)

1

1

1平衡浓度

(mol/L)

1

2a-1

1Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K==10，解得：a=0.55mol，故C正确；D．CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；故答案为C。11、D【答案解析】分析：由有机物结构模型可知该有机物的结构简式为，含酚-OH、C=C、-COOC－，结合苯酚、烯烃、酯的性质来解答．详解：A、手性碳原子上连有四个不同的原子或原子团，分子中不存在这样的碳，故A正确；B、由结构简式可知其分子式为C10H8O3，故B正确；C、含碳碳双键、酚-OH，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D、水解产物含有2个酚羟基和1个羧基，则1mol香豆素最多消耗3molNaOH，故D错误。故选D。点睛：本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握官能团及性质的关系，易错点C，苯酚、烯烃的性质为即可解答，难点D，酚形成的酯与氢氧化钠反应，1mol酯基消耗2molNaOH．12、C【答案解析】

元素外围电子构型为3d54s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，外围电子总数为7，即处于ⅦB族，故该元素位于第四周期第ⅦB族，是过渡元素，故选C。【答案点睛】本题考查了结构与位置关系，注意能层与周期、价电子与族的关系。元素的能层数等于其周期数，从第ⅢB族到第ⅥB族，其外围电子数等于其族序数，而第ⅠB族、第ⅡB族，其最外层电子数等于其族序数。13、D【答案解析】

A．乙醇、苯易挥发，易燃烧，所以应密封保存，置于阴凉处，且远离火源，故A正确；B．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，氧气能助燃，所以钠着火时不能用水、泡沫灭火器灭火，应该用细沙覆盖灭火，故B正确；C．具有磨口玻璃塞子或活塞的仪器使用前需要查漏，则容量瓶和滴定管在使用之前必须先检查是否漏液，故C正确；D．配制浓硫酸、浓硝酸的混酸时，应将浓硫酸沿玻璃棒缓慢注入浓硝酸中，并用玻璃棒搅拌，故D错误；故答案为D。14、D【答案解析】

氨基显碱性，能与酸反应生成盐。【题目详解】H2N﹣（CH2）6﹣NH2分子中有两个氨基，氨基显碱性，能与酸反应生成盐，H2N﹣（CH2）6﹣NH2能与盐酸反应生成ClH3N﹣（CH2）6﹣NH3Cl。H2N﹣（CH2）6﹣NH2不能与NaOH、Na2CO3、NaCl反应，故选D．15、D【答案解析】

A.中，最长的碳链有4个碳原子，为丁烷，编号时，让取代基的位置小，甲基的编号为2，则其名称为：2-甲基丁烷，故A错误；B.中含有羟基的最长的碳链有4个碳原子，为丁醇，羟基的编号为2，则其名称为：2-丁醇，故B错误；C.苯环上的甲基和羟基处于邻位，则其名称为：邻甲基苯酚，故C错误；D.(CH3)2C＝CH(CH2)2CH3，中含有碳碳双键最长的碳链有6个碳原子，为己烯，编号时，碳碳双键的位置要小，则碳碳双键的编号为2，甲基的编号也为2，则其名称为:2-甲基-2-己烯,故D正确：综上所述，本题正确答案为D。16、C【答案解析】

A.氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故A错误；B.邻羟基苯甲醛分子()内的羟基与醛基之间即存在氢键，对羟基苯甲醛分子()之间存在氢键，所以氢键存在于分子之间，也存在于分子之内，故B错误；C.乙醇的熔沸点比含相同碳原子的烷烃的熔沸点高的主要原因是乙醇分子之间易形成氢键，故C正确；

D.氢键和共价健都有方向性和饱和性，故D错误；故选C。【答案点睛】化学键包含离子键、共价键、金属键；氢键属于分子间作用力，比化学键弱，比分子间作用力强，氢键存在于分子之间，也存在于分子之内。二、非选择题（本题包括5小题）17、BD取代反应、、【答案解析】

纵观整个过程，由A的分子式、F的结构简式，可知A为；A与氯气在光照条件下发生甲基上的一氯取代生成B，B为；B发生取代反应生成C，C为，C与氢气发生还原反应生成D，根据D分子式可知D为；D发生信息ii的反应生成E，E发生取代反应生成F，根据F结构简式知，C2H2Cl2O为，E为，C2H7NO为H2NCH2CH2OH；对比F、G结构简式，F发生信息ii中反应生成G，故试剂a为，据此分析解答。【题目详解】(1)A．C为，1molC

最多消耗

5molH2，故A错误；B．F中含有肽键，能与双缩脲反应呈现紫色，而H不能，故B正确；C．化合物E中氯原子连接的碳原子相邻的碳原子上没有H原子，不能发生消去反应，而F中羟基可以发生消去反应，故C错误；D．根据H的结构简式，化合物

H

的分子式为

C19H24N2O2，故D正确；故答案为：BD；(2)根据上述分析，试剂a的结构简式为：，E→F的反应为取代反应，故答案为：；取代反应；(3)D→E的化学方程式是：，故答案为：；(4)同时符合下列条件的

C()的同分异构体：①分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物；②1H-NMR

谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存在碳氮双键(C=N)，可能的结构简式有：、、，故答案为：、、；(5)中G→H三步反应依次为氧化、加成、取代反应，G先发生催化氧化生成，然后加成反应，最后发生取代反应生成H，合成路线流程图为：，故答案为：。【答案点睛】根据F的结构采用正推和逆推的方法推导是解答本题的关键。本题的难点为(5)中合成路线的设计，要注意利用题中提供的反应类型的提示，易错点为(4)中同分异构体的书写。18、BD72+2H2O取代反应、、【答案解析】

(1)氯吡格雷含有酯基、氯原子，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；(2)D结构不对称，有7种不同的H；(3)对比D、E可知X的结构简式；(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成；(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl。【题目详解】(1)A．氯吡格雷中氯原子在苯环上，不能发生消去反应，故A错误；B．氯吡格雷含有酯基、氯原子，难溶于水，在一定条件下能发生水解反应，故B正确；C．lmol氯吡格雷含有2NA个碳碳双键，且含有苯环，则一定条件下最多能与5molH2发生加成反应，故C错误；D．由结构简式可知氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S，故D正确；故答案为BD；(2)D结构不对称，有7种不同的H，则核磁共振氢谱有7种吸收峰；(3)对比D、E可知X的结构简式为；(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成，反应的化学方程式为；(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl，苯环含有2个取代基，可为邻、间、对等位置，对应的同分异构体可能为。【答案点睛】推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。19、分液漏斗HCl防止Cl2与KOH反应生成KClO3吸收多余的Cl2，防止污染空气3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2OKOH79.2%【答案解析】

根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收。(3)根据反应FeO42-+CrO2-+2H2O═CrO42-+Fe(OH)3↓+OH-、2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O和Cr2O72-+6Fe2++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式2FeO42-～Cr2O72-～6Fe2+，再根据题意计算。【题目详解】(1)①根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗，根据上述分析，装置B吸收的气体为HCl；②Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，所以冰水浴的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3，氯气有毒，需要进行尾气吸收，装置D是吸收多余的Cl2，防止污染空气；(2)①足量KClO中依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，发生氧化还原反应生成K2FeO4、KCl和水等，反应的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；②K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，所以向装置C中加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤；(3)根据反应FeO42-+CrO2-+2H2O═CrO42-+Fe(OH)3↓+OH-、2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O和Cr2O72-+6Fe2++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式2FeO42-～Cr2O72-～6Fe2+，根据题意可知，(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.024L×0.1000

mol/L=0.0024mol，所以高铁酸钾的质量为0.0024mol×××198g/mol=1.584g，所以K2FeO4样品的纯度为×100%=79.2%。20、C12H15O3Clcd取代反应2【答案解析】试题分析：A发生信息反应生成B，苯酚反应得到C，B与C发生信息反应生成甲，由G的结构可知，苯酚与氢氧化钠等反应生成C为苯酚钠，则B为ClC(CH3)2COOH，A为(CH3)2CHCOOH，由氯贝特的结构可知甲与乙醇反应生成D为；(1)氯贝特的分子式为C12H15ClO3；(2)由上述分析可知，A的结构简式为(CH3)2CHCOOH，B为ClC(CH3)2COOH；(3)反应①为苯酚转化为苯酚钠，可以入下列物质中的氢氧化钠、碳酸钠，不能与NaHCO3、CH3COONa反应，故答案为cd；(4)反应②的反应类型为：取代反应，其产物甲有多种同分异构体，同时满足以下条件：①1，3，5-三取代苯；②属于酯类且既能与FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应，含有酚羟基、醛基；③1molX最多能与3