2025届江苏省苏州新草桥中学化学高二下期末达标检测模拟试题含解析

2025届江苏省苏州新草桥中学化学高二下期末达标检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、对于下列性质的比较正确的是A．离子半径：r(Cl-)>r(S2-C．稳定性：H2O>H22、根据酸碱质子理论，凡是能给出质子的分子或离子都是酸，凡是能给合质子的分子或离子都是碱，按照这种理论下列物质既属于酸又属于碱的是（）A．NaOH B．HCl C．NaH2PO4 D．Fe2O33、下列关于物质分类的说法正确的是()①稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液都属于胶体②氯水、次氯酸都属于弱电解质③Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物④明矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物⑤电解熔融的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化⑥葡萄糖、油脂都不属于有机高分子A．①② B．②④ C．③⑤ D．④⑥4、下列描述中,不符合生产实际的是A．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极B．在镀件上电镀锌，用锌作阳极C．用如图装置为铅蓄电池充电D．为了保护海轮的船壳，常在船壳上镶入锌块5、N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)△H＞0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表：时间/s

0

500

1000

1500

c(N2O5)/(mol·L－1)

5.00

3.52

2.50

2.50

下列说法正确的是A．500s内NO2的生成速率为2.96×10－3mol·L－1·s－1B．T1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为29.6%C．达到平衡后，其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则c(N2O5)＜5.00mol/LD．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，则K1＞K26、设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．1LCO的质量一定比1LO2的质量小B．将1molCl2通入到水中，则N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)＝2NAC．常温常压下16gO2和O3混合气体中，氧原子数为NAD．7.8gNa2O2与足量水反应，转移电子数为0.2NA7、向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是A．配合离子[Ag(NH3)2]+中，Ag+提供空轨道，NH3给出孤对电子B．沉淀溶解后，生成[Ag(NH3)2]OH难电离C．配合离子[Ag(NH3)2]+存在离子键和共价键D．反应前后Ag+的浓度不变8、下列说法不正确的是A．金刚石、NaCl、H2O、HCl晶体的熔点依次降低B．I2低温下就能升华，说明碘原子间的共价键较弱C．硫酸钠在熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性D．干冰和石英晶体的物理性质差别很大的原因是所属的晶体类型不同9、有一分子式为C8H14N2O5的二肽，经水解得丙氨酸和氨基酸X，则X分子组成可能是A．C3H7NO3B．C5H9NO4C．C5H11NO5D．C5H7NO10、用制溴苯的废催化剂（主要含FeBr3及少量溴、苯）为原料，制取无水FeCl3和溴的苯溶液，选用的方法能达到相应实验目的的是A．用装置①及其试剂制取氯气B．用装置②氧化FeBr3溶液中的溴离子C．用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离D．用装置⑤将FeCl3溶液蒸发至干，可得无水FeCl311、关于化合物2−苯基丙烯()，下列说法正确的是A．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．属于芳香烃且能使溴的四氯化碳褪色的有机物可能的结构有6种(除2−苯基丙烯外)C．分子中所有原子共平面D．易溶于水及甲苯12、下列关于晶体的说法，正确的是A．在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子B．金刚石、SiC、HF、HBr晶体的熔点依次降低C．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定D．Al固体为金属晶体，AlCl3固体为离子晶体13、下列属于非电解质的是A．铜 B．熔融氯化钠 C．干冰 D．碳酸钙14、常温下，将amol•L-1CH3COOH溶液与bmol•L-1NaOH溶液(0＜a＜0.2，0＜b＜0.2)等体积混合。下列有关推论不正确的是（）A．若混合后溶液的pH=7，则c(Na+)=c(CH3COO-)，且a略大于bB．若a=2b，则c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)C．若2a=b，则c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)D．若混合溶液满足：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，则可推出a=b15、下列说法中正确的是A．NO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足8电子稳定结构B．PH3和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强D．NH4＋的电子式为，离子呈平面正方形结构16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB．1L0.1mol·L－1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NAC．0.1molKI与0.1molFeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1NAD．0.1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3NA二、非选择题（本题包括5小题）17、盐酸多巴胺可用作选择性血管扩张药，是临床上常有的抗休克药。某研究小组按如下路线合成盐酸多巴胺。已知：a.b.按要求回答下列问题：（1）B的结构简式____。（2）下列有关说法正确的是____。A．有机物A能与溶液反应产生无色气体B．反应①、②、③均为取代反应C．有机物F既能与HCl反应，也能与NaOH反应D．盐酸多巴胺的分子式为（3）盐酸多巴胺在水中的溶解性比多巴胺（）强的原因是_____。（4）写出多巴胺（分子式为）同时符合下列条件的所有同分异构体的结构简式_____。①分子中含有苯环，能使氯化铁溶液显色②H–NMR谱和IR谱显示分子中有4种化学环境不同的氢原子，没有-N-O-键（5）设计以和为原料制备的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）_____。18、丹参醇是存在于中药丹多中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：已知：回答下列问题:(1)C中含氧官能团的名称为_______

(写出其中两种)。(2)写出B的结构简式_______。(3)下列叙述正确的是_______。A．D→E的反应为消去反应B．可用金属钠鉴别D．EC．D可与NaOH反应

D．丹参醇能发生加聚反应不能发生缩聚反应(4)丹参醇的所有同分异构体在下列一种表征收器中显示的信号(或数据)完全相同，该仅器是______(填标号)。a.质谱仪

b.红外光谱仪

c.元素分析仪

d.核磁共探仪(5)芳香化合物F是A的同分异构体,可与FeCl3溶液发生显色反应,F共有_____种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6：2：1：1的结构简式为______(写一种即可)。(6)写出以和为原料制备的合成路线流程图__________________(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)。19、我国重晶石（含BaSO490％以上）资源丰富，其中贵州省重晶石储量占全国总储量的三分之一。我省某工厂以重晶石为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”—钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：查阅资料可知：①常温下：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9②TiCl4在常温下是无色液体，遇水容易发生水解：TiC14+2H2O=TiO2+4HCl③草酸氧钛钡的化学式为：BaTiO(C2O4)2·4H2O请回答下列问题：（1）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（假设杂质不与Na2CO3溶液作用），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为_________________，此反应的平衡常数K=__________（填写计算结果）。若不考虑CO32-的水解，则至少需要使用_______mol/L的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能实现该转化过程。（2）配制TiC14溶液时通常将TiC14固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是______________。（3）可循环使用的物质X是____________（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：____________________。（4）写出煅烧草酸氧钛钡晶体的化学方程式：______________________。20、1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下：步骤1：在仪器A中加入搅拌磁子、12g1-丙醇及20mL水，在冰水冷却下缓慢加入28mL浓H2SO4；冷却至室温，搅拌下加入24gNaBr。步骤2：缓慢加热，直到无油状物馏出为止。步骤3：将馏出液转入分液漏斗，分离出有机相。步骤4：将分离出的有机相转入分液漏斗，依次用H2O、5%的Na2CO3溶液洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得1-溴丙烷。已知：①1-溴丙烷沸点为71℃，密度为1.36g/cm3；②反应过程中，在仪器A中可以观察到A的上方出现红棕色蒸气（Br2）。回答下列问题：（1）仪器A的名称是______；加入搅拌磁子的目的是搅拌和______。（2）仪器A中主要发生反应为：NaBr+H2SO4===HBr+NaHSO4和______。（3）步骤2中需向接收瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是______，同时可以观察到的现象是______。（4）步骤4中的两次洗涤，依次洗去的主要杂质是______、_________。（5）步骤4中的Na2CO3溶液还可以用下列中的______试剂代替。A．NaOH溶液B．NaI溶液C．Na2SO3溶液D．CCl421、AlCl3是一种催化剂，某校学习小组用下面装置制备并收集少量AlCl3。已知：AlCl3遇到空气中的水蒸气时能剧烈反应生成Al(OH)3和HCl；AlCl3在180℃时升华。（1）a仪器的名称为_______；A装置中反应的化学方程式为_______。（2）试剂b为_______。（3）所用d导管较粗的原因是_______。（4）F装置的作用为_______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A．电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，故离子半径：r（S2-）＞r（Cl-）＞r（Na+），故A错误；

B．同主族自上而下电负性呈现减小的趋势，同周期自左而右电负性增大，故电负性：Si＜P＜N，故B正确；

C．非金属性S＜Cl，故氢化物稳定性H2S＜HCl，故C错误；

D．离子半径：r（Mg2+）＜r（Na+），r（O2-）＜r（Cl-）＜r（Br-），且Mg2+、O2-电荷多，故晶格能MgO＞NaCl＞NaBr，故D错误。故选B。【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。2、C【解析】分析：本题考查两性物质的概念，注意根据题目所给信息解题，理解质子理论的实质是关键。详解：质子是氢离子。A.NaOH结合氢离子，不能电离出氢离子，故属于碱，故错误；B.HCl能电离出氢离子，属于酸，故错误；C.NaH2PO4能电离出氢离子也能结合氢离子，故属于两性物质，故正确；D.Fe2O3能结合氢离子，属于碱，故错误。故选C。3、D【解析】

试题分析：①分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，稀豆浆属于胶体分散系、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，故①错误；②氯水是氯气的水溶液属于混合物，次氯酸属于弱电解质，故②错误；③Na2O、MgO和酸反应生成盐和水，均为碱性氧化物，Al2O3均既能与酸反应又能与碱反应，是两性氧化物，故③错误；④明矾是硫酸铝钾晶体属于化合物、冰水混合物是一种物质组成的纯净物、四氧化三铁是化合物，都不是混合物，故④正确；⑤12C转化为14C是核反应，既不属于物理变化又不属于化学变化，故⑤错误；⑥葡萄糖、油脂属于有机物，但是相对分子质量不大，不是高分子化合物，故⑥正确；故选D。【点晴】基础考查，侧重概念的理解与应用；胶体是分散质直径在1-100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；水溶液中部分电离的电解质为弱电解质，是化合物；碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物；不同物质组成的为混合物；物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成．如果有新物质生成，则属于化学变化；有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大；据此分析判断即可。4、C【解析】

A.电解法精炼粗铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故A正确；B.在镀件上电镀锌，镀层金属锌作阳极，镀件作阴极，故B正确；C.铅蓄电池放电时，铅作负极，充电时，与外接电源的负极相连，作阴极，故C错误；D.在船壳上镶入一些锌块所形成的原电池的正极是铁，负极是锌，锌损耗可以保护海轮的船壳，故D正确；故选C。5、D【解析】

A．依据图标数据分析计算500s内N2O5(g)消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率==2.96×10-3mol/(L•s)，则NO2的生成速率为2×2.96×10－3mol·L－1·s－1，故A错误；B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c(N2O5)=2.5mol/L，c(NO2)=5mol/L，c(O2)=1.25mol/L，转化率为×100%=50%，故B错误；C．平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，压强增大，N2O5浓度会增大一倍，反应前后气体体积增大，平衡逆向进行，则再平衡时c(N2O5)＞5.00mol/L，故C错误；D．平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1＞K2，反应吸热反应，则T1＞T2，故D正确；故选D。6、C【解析】分析：A、气体的体积大小受温度和压强影响，标准状况下Vm=22.4L/mol；B、氯气与水反应是可逆反应；C、根据质量、原子数目与物质的量之间关系进行换算；D、1mol过氧化钠与水反应转移电子总数是NA。详解：气体的体积大小受温度和压强影响较大，A选项中没有指明温度和压强，气体的摩尔体积没有办法确定，即1LCO的物质的量和1LO2的物质的量大小没有办法确定，导致质量大小也没有办法确定，A选项错误；Cl2+H2OHClO+HCl，该反应是可逆反应，N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)＝2NA成立的条件是所有氯气全部反应生成盐酸和次氯酸，所以B选项错误；16gO2和O3混合气体中，氧原子的质量是16g，n（O）=16g/16g·mol-1=1mol，所以含有氧原子数为NA，C选项正确；从化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，1mol过氧化钠完全反应转移电子总数是1mol，7.8g过氧化钠是0.1mol。转移电子总数是0.1mol，即0.1NA，D选项错误；正确选项C。7、A【解析】分析：氨水呈碱性,向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水,首先形成难溶物,Ag++OH-=AgOH↓，继续添加氨水,难溶物溶计算得出到无色的透明溶液,发生：AgOH+2NH3=[Ag(NH3)2]++OH-。

A.配合物中,配位体提供孤电子对,中心原子提供空轨道形成配位键；B.[Ag(NH3)2]OH为强电解质，易电离；

C.在配合离子[Ag(NH3)2]+中，没有离子键，仅有共价键；

D.最终得到无色的透明溶液为[Ag(NH3)2]+，所以反应后Ag+的浓度减小。详解:A.在配合离子[Ag(NH3)2]+中，Ag+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，故A正确；B.[Ag(NH3)2]OH为强电解质，完全电离[Ag(NH3)2]OH=[Ag(NH3)2]++OH-，故B错误；

C.在配合离子[Ag(NH3)2]+中,Ag+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，存在N、H间共价键，配位键属于特殊共价键，没有离子键，故C错误；

D.反应后形成[Ag(NH3)2]+络离子，该离子较稳定难电离，所以Ag+的浓度减小，故D错误；所以A选项是正确的。点睛：本题考查了配合物、配位键的形成等性质，题目难度中等，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体。注意[Ag（NH

3）

2]

+中，没有离子键。8、B【解析】

A．晶体熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，金刚石为原子晶体、NaCl是离子晶体；H2O、HCl

为分子晶体，含有氢键的分子晶体熔沸点较高，H2O中含有氢键、HCl

不含氢键，则金刚石、NaCl、H2O、HCl

晶体的熔点依次降低，故A正确；B．碘升华与分子间作用力有关，与化学键无关，故B错误；C．含有自由移动离子的离子化合物能导电，硫酸钠为离子晶体，熔融状态下离子键被削弱，电离出自由移动阴阳离子，能导电，故C正确；D．干冰和石英都是共价化合物，但是干冰为分子晶体、石英为原子晶体，所属的晶体类型不同，导致其物理性质差异性较大，故D正确；故选B。9、B【解析】试题分析：二肽水解的方程式是C8H14N2O5＋H2OC3H7NO2＋X，则根据原子守恒可知，X的分子式C5H9NO4，答案选B。考点：考查二肽水解的有关判断和应用点评：该题的关键是明确二肽的水解原理，然后依据原子守恒直接计算即可，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，难度不大。10、C【解析】A、1mol/L盐酸是稀盐酸，实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，无法制取得到氯气，选项A错误；B、用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，选项B错误；C、利用有机溶剂将溴萃取后，用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离，选项C正确；D、加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。11、B【解析】

A、含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B、属于芳香烃且能使溴的四氯化碳褪色的同分异构体可能的结构有、、、、、共6种(除2−苯基丙烯外)，故B正确；C、中含有甲基，所以不可能所有原子共平面，故B错误；D、属于芳香烃，所以难溶于水，故D错误。12、B【解析】

A．在晶体中有阳离子不一定有阴离子，比如金属晶体就是由阳离子和电子组成的，并没有阴离子，A错误；B．金刚石、SiC是原子晶体，HF、HBr是分子晶体，所以金刚石、SiC晶体的熔点高于HF、HBr，C原子半径小于Si原子半径，那么C-C键键长小于Si-C键键长，C-C键更牢固，金刚石熔点更高，HF分子之间有氢键，熔沸点均高于HBr，综上所述：金刚石、SiC、HF、HBr晶体的熔点依次降低，B正确；C．化学键键能越大，破坏它们所需的能量就越高，分子越稳定，而分子间作用力不属于化学键，C错误；D．AlCl3是由共价键构成的分子晶体，D错误。答案选B。【点睛】切记：AlCl3是由共价键构成的共价化合物，属于分子晶体。13、C【解析】

A．铜是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A不选；B．熔融氯化钠是离子化合物，熔融氯化钠有自由移动的离子，所以能导电，所以熔融氯化钠属于电解质，故B不选；C．干冰为二氧化碳固体，二氧化碳的水溶液能导电，原因是二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，碳酸是电解质，但二氧化碳是非电解质，故C选；D．碳酸钙在熔融状态下能电离出自由移动的离子，能够导电，所以碳酸钙属于电解质，故D不选；故选C。【点睛】本题的易错点为C，要注意二氧化碳的水溶液能够导电，不是二氧化碳电离出离子，而是生成物碳酸能够电离。14、C【解析】

A.若混合后溶液的pH=7，则溶液呈中性，根据电荷守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO-)，由于溶液中有存在CH3COOH，故a略大于b，A正确；B.若a=2b，则混合后的溶液中含有等物质的量的醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性，由于醋酸是弱电解质，而醋酸钠是强电解质，故c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；C.若2a=b，则混合后的溶液中含有等物质的量的醋酸钠和氢氧化钠，溶液呈碱性，水也电离出OH-，故c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，C不正确；D.若混合溶液满足c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，此式表示的是醋酸钠溶液中的质子守恒式，说明该溶液是醋酸钠溶液，则可推出a=b，D正确。有关推论不正确的是C，本题选C。【点睛】本题要求学生能掌握电解质溶液中的物料守恒、电荷守恒和质子守恒，并能根据这些守恒关系判断、比较溶液中相关离子浓度的大小关系。要注意分析溶液中存在的各种平衡，如电离平衡、水解平衡等等。15、C【解析】A．二氧化氮分子中，N元素位于第VA族，则5+2=7，所以不满足8电子稳定结构，二氧化硫分子中，S元素位于第VIA族，则6+2=8，所以满足8电子稳定结构，三氟化硼分子中，B元素位于第IIIA族，则3+3=6，所以不满足8电子稳定结构，三氯化氮分子中，氮原子为有第VA族，则5+3=8，所以满足8电子结构，故A错误；B．PH3和NH3的结构相似，为三角锥形，故B错误；C．分子中，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，所以NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，故C正确；D．铵根离子和甲烷分子结构相似，都是正四面体结构，故D错误；故选C。点睛：本题考查了物质结构和性质，涉及微粒的空间结构、8电子稳定结构的判断等知识点。根据8电子稳定结构的判断方法，在ABn型化合物中，中心元素A的族序数+成键数=8时，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构。16、D【解析】

A、16.25gFeCl3的物质的量为0.1mol，一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，则0.1mol氯化铁水解形成的胶粒的个数小于0.1NA个，故A错误；B、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠含氧原子外，水也含氧原子，则溶液中的氧原子的个数大于0.4NA个，故B错误；C、KI和FeCl3的反应是一个可逆反应，不能完全反应，则0.1molKI与0.1molFeCl3在溶液中反应，转移的电子数小于0.1NA，故C错误；D、1mol乙烯和1mol乙醇完全燃烧的耗氧量相同，均为3mol，则0.1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3NA，故D正确；答案选D。【点睛】B项为易错点，注意硫酸钠溶液中，除了硫酸钠含氧原子外，水也含氧原子。二、非选择题（本题包括5小题）17、BC盐酸多巴胺为多巴胺中与盐酸反应生成更易溶于水的（即生成了更易溶于水的铵盐）、、、【解析】

甲烷与HNO3反应生成D为CH3NO2，D与C发生信息a中反应生成E，故C中含有醛基，E中含有-CH=CHNO2，E与氢气反应中-CH=CHNO2转化为-CH2CH2NH2。由信息b可知F中-OCH3转化为-OH且-NH2与HCl成盐。结合盐酸多巴胺的结构可知A与溴发生取代反应生成B为，B与CH3OH反应生成C为，则E为，F为，据此解答。【详解】（1）根据A中含有酚羟基，和溴发生取代反应，结合B的分子式可推出B的结构简式为；（2）A．由于碳酸的酸性比酚羟基的酸性强，所以酚羟基不能与碳酸氢钠反应放出气体，A项错误；B．根据流程图中各个物质得分子式推断，每个分子式都有被替换的部分，所以推断出反应①、②、③均为取代反应，B项正确；C．F中含有氨基和酚羟基，有机物F既能与HCl反应，也能与NaOH反应，C项正确；D．盐酸多巴胺的氢原子数目为12个，D项错误；（3）由于盐酸多巴胺为多巴胺中与盐酸反应生成更易溶于水的（即生成了更易溶于水的铵盐），所以盐酸多巴胺在水中的溶解性比多巴胺（）强；（4）根据①分子中含有苯环，能使氯化铁溶液显色，说明结构式中应该含有酚羟基，再根据②H–NMR谱和IR谱显示分子中有4种化学环境不同的氢原子，没有-N-O-键，得出同分异构体有四种：、、、；（5）根据已知方程式得出，而这反应生成，与目标产物只相差双键，于是接下来用氢气加成，所以合成过程为。18、羟基、羰基、醚键ABc9或【解析】分析：本题考查的是有机推断和合成，有一定的难度。详解：(1)观察C的结构可知，含有羟基、羰基、醚键；(2)根据已知信息分析，两种烯烃可以通过加成反应形成环，故B的结构为；(3)A.D→E的反应过程中羟基和邻位碳上的氢原子下去，形成碳碳双键，反应为消去反应，故正确；B.D中含有羟基，而E没有，所以可以用金属钠鉴别D.E，故正确；C.D含有羟基、羰基和醚键，不可与NaOH反应，故错误；D.丹参醇含有两个羟基和羰基和碳碳双键和醚键，能发生加聚反应，能发生缩聚反应，故错误；故选AB。(4)丹参醇与同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号完全相同，故选c。(5)芳香化合物F是A的同分异构体，分子式为C8H10O，可与氯化铁发生显色反应，说明苯环上连接羟基，所以该物质可能连接2个取代基，一个羟基和一个乙基，二者有邻间对三种位置关系，也可能为一个羟基和两个甲基，有6种结构，共9种。其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积我6:2:1:1的结构简式为或。(6)，根据已知信息分析，二烯烃可以和烯烃发生加成反应生成环状，所以合成路线中需要将烯烃变成二烯烃，需要通过烯烃的加成和卤代烃的消去实现，所以合成路线为：。点睛：掌握常见有机物的同分异构体的数目，方便计算。C3H7-有2种，C4H9-有四种，C5H11-有8种，-C6H4-有3种，若苯环上连接AAB式的三个取代基，有6种，若连接ABC式的三种取代基，有10种。19、BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)0.04

(或1/25

)2.5×10-4抑制TiCl4的水解HCl取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O【解析】分析：根据流程图，用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，然后用盐酸溶解后，加入TiC14和草酸溶液，反应析出草酸氧钛钡晶体，经过洗涤、干燥、灼烧得BaTiO3。其中将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3的离子方程式为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根据K=cSO42-cCO32-=cSO42-c详解：(1)工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，此反应的平衡常数K=cSO42-cCO32-=KspBaSO4KspBaCO3=1.0×10-102.5×10-9=125；当c(SO42-)≤1.0×10-5mol/L时，认为BaSO4转化为了易溶于酸的BaCO(2)TiC14在常温下是无色液体，遇水容易发生水解可知，在配制为抑止其水解，需将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释，故答案为：抑制TiCl4的水解；(3)向混合液中加入TiC14溶液和H2C2O4溶液反应得到草酸氧钛钡和HCl，故可循环使用的物质X是HCl；草酸氧钛钡晶体表面附着氯离子，验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净，故答案为：HCl；取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净；(4)BaTiO(C2O4)2•4H2O煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)，煅烧草酸氧钛钡晶体的化学方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O，故答案为：BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O。20、蒸馏烧瓶防止暴沸CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O冷凝1-溴丙烷，减少其挥发溶液分层，下层为橙色的油状液体1-丙醇Br2C【解析】

（1）仪器A的名称是蒸馏烧瓶；溶液受热易发生暴沸；（2）仪器A中主要反应为浓硫酸与溴化钠反应生成溴化氢和硫酸氢钠，反应生成的溴化氢，在浓硫酸作用下，与1-丙醇共热发生取代反应生