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浙江省温州新力量联盟2021-2022学年高二下学期期末联考化学试题含解析
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这是一份浙江省温州新力量联盟2021-2022学年高二下学期期末联考化学试题含解析，共33页。试卷主要包含了 有共价键的离子化合物是， 下列物质的名称不正确的是， 下列说法正确的是， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021学年第二学期温州新力量联盟期末联考
高二年级化学学科试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zr-91 Ag-108 I127 Ba137
选择题部分
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 有共价键的离子化合物是
A. Na2O2 B. MgCl2 C. CH2Cl2 D. SiC
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2O2中两个氧原子间形成共价键，钠离子和过氧根之间形成离子键，所以属于含有共价键的离子化合物，A正确；
B．MgCl2中镁离子和氯离子间只形成离子键，属于离子化合物但无共价键，B错误；
C．CH2Cl2为共价化合物，只存在共价键，C错误；
D．SiC为共价化合物，只存在共价键，D错误；
故选A。
2. 固液分离操作中，需要用到的仪器是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．A中仪器为冷凝管，用于冷凝回流，可用于液液分离的蒸馏操作中，A错误；
B．B中仪器为容量瓶，用于配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，B错误；
C．C中仪器为量筒，用于量取一定体积的液体，C错误；
D．D中仪器为漏斗，用于固液分离的过滤操作，D正确；
故合理选项为D。
3. 下列物质在熔融状态下能导电的是
A. 乙酸 B. 蔗糖 C. 氯气 D. 氯化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙酸为共价化合物，熔融状态下以分子形成存在，不能电离产生自由移动的离子，不能导电，故A不选；
B．蔗糖在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，为非电解质，故B不选；
C．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；
D．氯化钠为离子化合物，熔融状态下能电离产生自由移动的离子而导电，属于电解质，故D选；
故选：D。
4. 下列物质的名称不正确的是
A. NaOH：烧碱 B. CaSO4·2H2O：生石灰
C. ：甘油 D. ：3−甲基己烷
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH俗称烧碱、火碱、苛性钠，A正确，不符合题意；
B．俗名生石膏；生石灰是CaO的俗名，B错误，符合题意；
C．是丙三醇，俗名甘油，C正确；
D．主链有6个碳，在3号碳上有一个甲基，依据系统命名法命名为3−甲基己烷，D正确，不符合题意；
故合理选项为B。
5. 下列化学用语使用正确的是
A. 基态C原子价电子排布图： B. 结构示意图：
C. 形成过程： D. 质量数为2的氢核素：
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态C原子价电子排布图为： ，A错误；
B．结构示意图为：，B错误；
C．形成过程为：，C错误；
D．质量数为2的氢核素为：，D正确；
故答案为：D。
6. 下列说法正确的是。
A. 正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物
B. 和互为同素异形体
C. 用核磁共振氢谱无法区分和
D. 和互为同系物
【答案】A
【解析】
【详解】A．正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，异丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH3，根据等效氢的判断原则可知，两者均有两种等效氢，故都有两种一氯代物，A正确；
B．质子数相同，中子数不同的互为同位素，是单质不属于核素，和不是互为同素异形体，B错误；
C．HCOOCH3和CH3COOH均有两种等效氢，且个数比均为1:3，但在核磁共振氢谱中的氢谱的位移不同，所以可以利用核磁共振氢谱检测区分HCOOCH3和CH3COOH，C错误；
D．中羟基直接连接在苯环上，官能团是酚羟基，中羟基连接在烷基上，官能团是醇羟基，两者结构不相似，不是同系物，D错误；
故选A。
7. 随着科学技术的发展，人们可以利用很多先进的方法和手段来测定有机物的组成和结构。下列说法不正确的是
A. 利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析
B. 红外光谱可以测定未知物中所含各种化学键和官能团，以此判断物质的结构
C. 质谱仪是通过分析最小的碎片离子测出分子的相对质量
D. 用X射线衍射摄取石英玻璃和水晶的粉末得到的图谱是不同的
【答案】C
【解析】
【详解】A．利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，A正确；
B．红外光谱可以测定未知物中所含各种化学键和官能团，以此判断物质的结构，B正确；
C．质谱仪是通过分析最大的碎片离子测出分子的相对质量，C错误；
D．石英玻璃为非晶体，水晶的粉末是晶体，用X射线衍射摄取石英玻璃和水晶的粉末得到的图谱是不同的，D正确；
故选C。
8. 下列说法不正确的是
A. 二氧化硅可用来制造光导纤维
B. 溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
C. 氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒
D. 黏胶纤维中的长纤维一般称为人造丝，短纤维称为人造棉，都可用于纺织工业
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硅晶体透明且可以对光发生全反射，而光导纤维就是透明的玻璃纤维丝，所以二氧化硅可用来制造光导纤维，A正确，不符合题意；
B．干冰升华只有分子间作用力改变，而溶于水可发生化学反应生成，还有化学键的断裂与形成，B错误，符合题意；
C．氯气和水反应生成具有强氧化性的次氯酸，可用于杀菌消毒；二氧化氯中氯的化合价为+4价，具有较强的氧化性；臭氧有强氧化性；C正确，不符合题意；
D．黏胶纤维是用木材、秸秆等富含纤维素的物质经化学处理后，通过纺丝而制成的再生纤维；黏胶纤维中的长纤维一般称为人造丝，短纤维称为人造棉，都可用于纺织工业；D正确，不符合题意；
故合理选项为B。
9. 关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A. K2H3IO6发生氧化反应 B. KI是还原产物
C. 生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；
B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；
C．12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；
D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；
故答案选D。
10. 关于下列各装置图的叙述中正确的是
A. 图①中X可以为苯，实验中可用于吸收氯化氢，并防止倒吸
B. 图②为向试管中滴加少量液体
C. 图③用于配制一定物质的量浓度的稀硫酸
D. 实验室用图④收集氨气
【答案】D
【解析】
【详解】A．图①中物质X是密度比水大，与水互不相溶的液体物质，可以为四氯化碳，在实验中可用于吸收氯化氢，并防止倒吸，而苯的密度比水小，A错误；
B．向试管中滴加液体物质时应该悬空垂直滴加，而不能伸入到试管中滴加液体物质，B错误；
C．配制一定体积一定物质的量浓度的溶液在稀释浓硫酸时应该在烧杯中进行，而不能在容量瓶中直接进行稀释，C错误；
D．氨气的密度比空气小，要使用向下排空气方法收集，此时集气瓶中导气管连接方式是短进长出，D正确；
故合理选项是D。
11. 下列说法不正确的是
A. 在空气中加热可得固体
B. 镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
C. 工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜
D. 明矾溶于水并水解形成胶体，可用于杀菌消毒
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化钠在空气中加热能与氧气反应生成过氧化钠，A正确；
B．镁能与氧气和氮气反应生成氧化镁和氮化镁，B正确；
C．工业上可采用高温冶炼黄铜矿(CuFeS2)，黄铜矿与氧气反应生成Cu2S，Cu2S、Cu2O与氧气反应得到粗铜，C正确；
D．明矾溶于水铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性但不具有氧化性，故不能杀菌消毒 ，D错误；
故选D。
12. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 0.31g基态P原子中，含p能级电子的数目为
B. 和的混合物1.1g，含有的质子数为
C. 晶体中含有的阳离子总数目为
D. 向的溶液中通入适量氯气，当有被氧化时，该反应转移的电子数至少为
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.31g基态P原子的物质的量为0.01mol，P原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p3，p能级电子数为：，A正确；
B．D218O 和 T2O的相对分子质量为22，含有质子数均为10，1.1g混合物的物质的量为0.05mol， 质子数为0.5NA，B正确；
C． Na3AlF6的阳离子为Na+，故物质的量为1mol时含阳离子总数为3NA，C错误；
D．I-的还原性强于Fe2+，当有1mol Fe2+被氧化时，按照离子个数比，至少有2molI-被氧化，故转移的电子数至少为 3NA，D正确；
故选C。
13. 能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 溶液与过量溶液反应：
B. 电解水溶液：
C. NaClO溶液中通少量：
D. 溶液中滴加稀氨水：
【答案】C
【解析】
【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2可以写成(NH4)2SO4‧FeSO4，(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应， OH-先与Fe2+反应，再和反应，由于Ba(OH)2较少，不会参与反应，离子方程式为：Fe2+++ Ba2++ 2OH-=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，A错误；
B．用惰性材料为电极电解MgCl2溶液，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为：2H2O+2e-+Mg2+=Mg(OH)2↓+H2↑，总反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2O= Mg(OH)2↓+H2↑+ Cl2↑，B错误；
C．NaClO溶液中通少量会生成次氯酸和碳酸氢根：，C正确；
D．向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱电解质，在离子反应中不能拆开，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=2+Cu(OH)2↓，D错误。
答案选C。
14. 下列关于有机高分子的说法不正确的是
A. 苯酚与甲醛在浓HCl或浓氨水催化作用下发生缩聚反应，得到相同的产物
B. 核苷酸聚合生成多聚核苷酸过程中，存在酯化反应
C. 淀粉-聚丙烯酸钠高吸水性树脂，具有强大的吸水和保水能力，同时还是可生物降解的绿色材料
D. 在日常生活中有时需要防止蛋白质变性，例如疫苗等生物制剂需要在低温下保存
【答案】A
【解析】
【详解】A．在酸性催化剂作用下，苯酚过量时生成线型热塑性树脂；在碱性催化剂作用下，甲醛过量时生成体型热固性树脂，产物不同，A错误；
B．核苷酸中含有磷酸基和氨基，通过脱水缩合的方式形成多聚核苷酸，聚合过程中存在酯化反应，B正确；
C．淀粉-聚丙烯酸钠中含大量氨基、羧基、羟基等强亲水基团，为高吸水性树脂，具有强大的吸水和保水能力，结构中的淀粉和聚丙烯酸钠均可被降解，C正确；
D．低温条件下蛋白质可保持活性，故疫苗需要低温保存，D正确；
故选A。
15. 一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如下图下列关于该高分子的说法正确的是
A. 属于聚酯类合成高分子材料
B. 完全水解产物的单个分子中，含有官能团—COOH或
C. 合成该芳纶纤维的单体只有一种
D. 氢键不会影响该高分子的沸点、密度、硬度等性能
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中结构中不含酯基，不是聚酯类高分子化合物，A错误；
B．图中结构的官能团为肽键，完全水解后的产物中含有氨基和羧基，B正确；
C．图中结构水解后的单体为对苯二甲胺和对苯二甲酸，共2种单体，C错误；
D．氢键会影响高分子的沸点、密度等物理性质，D错误；
故选B。
16. X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在。下列说法错误的是
A. 原子半径：X>Y B. 简单氢化物的还原性：X>Y
C. 同周期元素形成的单质中Y氧化性最强 D. 同周期中第一电离能小于X的元素有4种
【答案】D
【解析】
【分析】Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。
【详解】A．P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意；
B．两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，半径是P3->Cl-，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；
C．同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意；
D．同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意；
故选D。
17. 类推是化学学习和研究中常用的思维方法，下列类推正确的是
A. 的空间结构为V形，故的VSEPR模型也是V形
B. 的热稳定性比的弱，则的热稳定性比的弱
C. 的溶解度比的大，则的溶解度比的大
D. 的熔点低于，可推知的熔点低于
【答案】B
【解析】
【详解】A．的价层电子对数为：，VSEPR模型是平面三角形，分子的空间结构为V形，A错误；
B．过氧化氢中含O-O键，键能比O-H键键能小，故H2O2热稳定性比H2O弱，同理C2H6中C-C键键能比C-H键键能小，故热稳定性C2H6比CH4弱，B正确；
C．碳酸钙难溶，碳酸氢钙可溶，而相同温度下碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，C错误；
D．CH4和SiH4均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故沸点SiH4高于CH4，而NH3含分子间氢键，沸点高于PH3，D错误；
故选B。
18. 金属钠和氯气反应的能量关系如图所示，下列说法正确的是
A. ∆H3＜0，∆H5＞0
B. 在相同条件下，2K(g)→2K+(g)的＜∆H3
C. ∆H1＜∆H4+∆H5+∆H6+∆H7
D. ∆H7＜0，且该过程形成了分子间作用力
【答案】B
【解析】
【详解】A．2Na(g)→2Na+(g)需要吸收热量，∆H3＞0，2Cl(g)→2Cl-(g)能放出热量，∆H5＜0，A不正确；
B．在相同条件下，K的金属活动性比Na强，失电子吸收的能量比Na少，2K(g)→2K+(g)的＜∆H3，B正确；
C．∆H1=∆H2+∆H3+∆H4+∆H5+∆H6+∆H7，因为∆H2＞0，∆H3＞0，所以∆H1＞∆H4+∆H5+∆H6+∆H7，C不正确；
D．NaCl(g)转化为NaCl(s)，该过程破坏了分子间作用力，形成了离子键，D不正确；
故选B。
19. 下列说法中正确的是
A. 超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，能表现出不同于单个分子的性质
B. 干冰晶体中，一个分子周围有12个分子紧邻；CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子配位数都为6
C. 若将基态原子的核外电子排布式写成，则违背了泡利原理
D. 位于s区、d区、ds区的元素都是金属元素
【答案】A
【解析】
【详解】A．超分子能表现出不同于单个分子的性质，其原因是两个或多个分子相互“组合"在一起，形成具有特定结构和功能的聚集体，选项A正确；
B．干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，CsCl晶体中阴阳离子配位数是8、NaCl晶体中阴、阳离子的配位数是6，选项B错误；
C．原子3p能级上有3个轨道，3p能级上有3个电子，3个电子应该排在3个不同的轨道上，且自旋方向相同，若将P原子的电子排布式写成，它违背了洪特规则，选项C错误；
D．氢元素位于s区，氢元素属于非金属元素，所以s区的元素不全是金属元素，d区、ds区都是金属元素，选项D错误；
答案选A。
20. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 盐酸中
B. 常温下，溶液加水稀释时，逐渐增大
C. 25℃时，在的悬浊液中加入少量固体，减小
D. 室温下的醋酸溶液和的溶液等体积混合后溶液呈酸性
【答案】D
【解析】
【详解】A．盐酸溶液中还存在水的电离平衡，水电离可产生氢离子，故，A错误；
B．==，温度不变则该比值不变，B错误；
C．在的悬浊液中存在溶解平衡：，加入少量固体，能降低OH-浓度，促使溶解平衡正向移动，增大，C错误；
D．室温下pH=3的醋酸溶液H+浓度是10-3mol/L，醋酸是弱酸只发生部分电离，醋酸浓度远大于10-3mol/L；室温下pH=11的溶液OH-浓度是10-3mol/L，是强碱完全电离，故浓度远小于醋酸浓度，两者体积混合后溶液呈酸性，D正确；
故选D。
21. 在温度和时，分别将和充入体积为1L的密闭容器中，发生反应：，测得有关数据如表：
时间/min
0
10
20
40
50
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
0.50
0.30
0.18
a
0.15
下列说法正确的是
A. 温度：
B. 时0～10min内的平均反应速率为
C. ，且该反应
D. 时保持其他条件不变，再充入和，达到新平衡时的体积分数增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据表中数据可知，T1时的反应速率小于T2时的反应速率，温度越高反应速率越快，故T2>T1，A错误；
B．T1时0-10min内CH4的平均反应速率为，反应速率之比等于化学计量数之比，故NO2在0-10min内平均反应速率为0.03mol·L-1·min-1，B错误；
C．T2反应速率快，达到平衡用时更短，因此40min时反应已达到平衡状态，a=0.15，温度越高，平衡体系中甲烷物质的量越多，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应，C正确；
D．体积不变，反应物物质的量变为原来的两倍，如平衡不移动，则平衡浓度为原来的2倍，氮气体积分数和原来相同，但是压强增大平衡逆向移动，故氮气的体积分数减小，D错误；
故答案选C。
22. 乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法不正确的是
A. KBr在上述电化学合成过程中起电解质与反应物的作用
B. 阳极上的反应式为：
C. 制得1mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子
D. 双极膜中间层中的在外电场作用下向铅电极方向迁移
【答案】B
【解析】
【分析】如图电解池，乙二酸转化为乙醛酸发生还原反应，故铅电极为阴极，反应为：+2e-+2H+=+H2O，石墨极为阳极，反应为：2Br--2e-=Br2，H+移向铅电极，OH-移向石墨极；
【详解】A．KBr中Br-参与阳极反应转化为Br2，后发生反应：+ Br2+2OH-=+H2O+2Br-，故在上述电化学合成过程中起电解质与催化剂的作用，A项正确；
B．阳极上的反应式为：-2e-+2OH-=+H2O，B项错误；
C．设：阴极区生成乙醛酸为x，阳极区生成乙醛酸为y，则x+y=1mol，根据阴极反应，阴极区生成的乙醛酸与得电子数之比为1：2，故阴极区得电子物质的量为2x，阳极区生成的乙醛酸与消耗的Br2之比为1：1，根据阳极反应，阳极区生成的乙醛酸与阳极区失电子数之比为1：2，故阳极区失电子物质的量为2y，根据得失电子守恒，2x=2y，x=y=0.5mol，故制得1mol乙醛酸理论上外电路中迁移电子的物质的量=2×0.5mol=1mol，C项正确；
D．阳离子移向阴极，故双极膜中间层中的在外电场作用下向铅电极方向迁移，D项正确；
答案选B。
23. 用0.100的溶液滴定的溶液，测得滴定过程中溶液的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. ①点溶液中：
B. ②点溶液中：
C. ③点溶液中：
D. 在相同温度下，①、②、③三点溶液中水电离的：③＜②＜①
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图示知，点①时溶液显酸性，故c(H+)＞c(OH-)，A正确；
B．点②pH=7，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)，B正确；
C．点③所示溶液恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解，溶液显碱性，但水解程度较小：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，C正确；
D．从点①到点③的滴定过程中，随着反应的进行，CH3COOH的浓度逐渐减小，CH3COONa的浓度逐渐增大，CH3COOH抑制水电离，CH3COO-水解促进水电离，水的电离程度越来越大，到点③时，两者完全反应生成CH3COONa，水的电离程度最大，故三点溶液中由水电离的c(OH-)：③＞②＞①，D错误；
故答案选D。
24. 气相离子催化剂(等)具有优良的催化效果。其中在催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中-----为副反应)，下列说法不正确的是
A. 主反应的总反应方程式为：
B. 每生成消耗的物质的量等于
C. 中碳原子的杂化方式有和两种
D. X与Y能互溶因为它们的分子结构具有相似性
【答案】B
【解析】
【分析】机理图中，N2O与Fe+反应生成N2和FeO+，FeO+和C2H5反应生成[(C2H5)Fe(OH)]+，[(C2H5)Fe(OH)]+生成Y和Fe+，Y为乙醇；[(C2H5)Fe(OH)]+生成X和[(C2H4)Fe] +，X为水；[(C2H4)Fe] +和N2O生成N2和 ，生成乙醛和Fe+。主反应的总反应方程式为：
【详解】A．根据分析，主反应正确，A正确；
B．根据分析，存在副反应[(C2H5)Fe(OH)]+生成乙醇和Fe+，铁元素化合价降低，有电子转移，每生成1molCH3CHO消耗N2O的物质的量大于2mol，B错误；
C．CH3CHO中碳原子的杂化方式有sp3和sp2两种，C正确；
D．X为乙醇，Ｙ为水，乙醇与水均为极性分子，故能互溶因为它们的分子结构具有相似性，D正确；
故选Ｂ。
25. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是。
选项
实验操作和现象
结论
A
向试管中加入2mL 5％ 溶液，再滴加数滴10％ NaOH溶液，振荡后加入某物质，加热，没有砖红色沉淀生成。
该物质中不存在醛基
B
向淀粉溶液中加适量20％ 溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝
淀粉未水解
C
取少量样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量溶液，若有白色沉淀产生。
则该样品已经变质
D
向溶液中滴加溶液，溶液褪色
具有氧化性
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验操作中所加NaOH溶液量不足，未能使Cu2+全部沉淀并保证溶液反应环境碱性，故无法发生相应反应，结论不合理，不符题意；
B．利用一定浓度的硫酸催化淀粉水解生成葡萄糖，加入碘水后溶液显蓝色说明溶液中仍有淀粉存在，但不代表淀粉未发生水解，也可能是水解不完全，结论不合理，不符题意；
C．在足量盐酸接触后会反应生成SO2，不会与Ba2+再去生成白色沉淀，只有当存在时，才不会受盐酸存在的影响，能与Ba2+形成白色沉淀，结论正确，符合题意；
D．H2O2与KMnO4反应体现出来的是还原性，H2O2中-1价的O原子升价生成O2，结论错误，不符题意；
综上，本题选C。
非选择题部分
二、非选择题(共5大题，共50分)
26. 我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价层电子的电子排布式为_______；单晶硅的晶体类型为_______。是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为_______。
（2）甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(，7.6℃)之间，其原因是_______。
（3）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为固溶体。四方晶胞如图所示。
离子在晶胞中的配位数是_______，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为_______(写出表达式)。
【答案】（1） ①. ②. 原子晶体(共价晶体) ③.
（2）甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多
（3） ①. 8 ②.
【解析】
【小问1详解】
基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，Si为主族元素，其价电子层即最外层，故Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是空间立体网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4，因此Si原子采取sp3杂化；
小问2详解】
甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，而水和甲醇均能形成分子间氢键，但水比甲醇的氢键多，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间；
小问3详解】
以面心Zr4+为参考，每个晶胞中有4个O2-与Zr4+距离最近，面由两个晶胞共用，故Zr4+配位数为8；晶胞中Zr4+位于顶点和面心，个数为，O2-位于晶胞体心，个数为8，则一个晶胞含有4个ZrO2，质量为，晶胞体积为a2c×10-30 cm3，可知。
27. 固体化合物X(式量小于200)由1-20号的4种元素组成，某小组开展如下探究实验气体体积都在标准状况下测定。请回答：
（1）气体B的的结构式为_______；白色固体C的名称是_______；
（2）化合物X的化学式是_______；
（3）气体B与红棕色固体H在加热条件下反应的化学方程式_______；
（4）设计实验验证溶液F中可能含有的金属阳离子_______。
【答案】（1） ①. ②. 碳酸钙
（2）或
（3）
（4）分别取两份少量试液于试管中，一份加入少量KSCN溶液，若变红色，说明含有；另一份加入少量铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有
【解析】
【分析】已知：化合物X(式量小于200)由1-20号的4种元素组成；溶液D加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀E，则E为AgCl，D中含Cl-，n(Cl-)= n(AgCl) ===0.06mol；固体A加入苏打(Na2CO3)溶液得到白色沉淀C，则C为CaCO3，固体A是CaCl2， n(CaCl2) ===0.03mol；沉淀G灼烧得到红棕色固体H，则H为Fe2O3，由于是在空气中灼烧的，G为Fe(OH)3或Fe(OH)2，则溶液F含Fe3+或Fe2+；标况下n(B) ===0.12mol，m(B)=5.37g-3.33g=2.04g，则M(B)===17g/mol，则气体B为NH3；综上所述，5.37g的固体化合物X(式量小于200)中，由于n(CaCl2):n(NH3)= 0.03mol:0.12mol=1:4，故化合物X的化学式是CaCl2⋅4NH3，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，气体B为NH3，结构式为：，其空间构型为三角锥形，白色固体C为碳酸钙，化学式是CaCO3；
【小问2详解】
由分析可知，化合物X的化学式是或；
【小问3详解】
气体B为NH3，红棕色固体H为Fe2O3，两者发生氧化还原反应生成氮气和铁单质，反应的化学方程式；
【小问4详解】
溶液F中的金属阳离子是Fe3+或Fe2+，检验方法是：分别取两份少量试液于试管中，一份加入少量KSCN溶液，若变红色，说明含有Fe3+；另一份加入少量铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有Fe2+。
28. 当今世界多国相继规划了碳达峰碳中和的时间节点。因此研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。已知：
①
②
③
回答下列问题：
（1）___________。
（2）在恒压密闭容器中，加入和，发生上述反应。反应达平衡时，的转化率为，容器体积减小，则反应①的平衡常数___________。
（3）一定条件下，向恒容密闭容器中充入和(假设只发生反应③)，相同时间内的转化率随温度变化如图所示：
①a点为图象中最高点，a点的转化率比c点高的原因是___________。
②平衡时测得生成甲醇，保持温度不变再通入和水蒸气，此时v(正)___________v(逆)(填“＞”，“＜”，“=”)。
（4）捕碳技术(主要指捕获)在降低温室气体排放中具有重要的作用。下列物质中能作为捕碳剂的是___________。
A. B. C. D.
（5）工业生产尾气中的捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，工艺流程是将烟气冷却至后用氨水吸收过量的。所得溶液显___________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。烟气需冷却至左右的可能原因是___________。
已知：的的。
【答案】（1）-49kJ·mol-1
（2）0.6 （3） ①. a点为T2温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低 ②. ＜ （4）AB
（5） ①. 碱性 ②. 降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收
【解析】
【小问1详解】
已知反应：①，
②，则反应③可由①+②得到，根据盖斯定律可知，==(+41kJ/mol)+(-90kJ/mol)=-49kJ/mol，故答案为：-49kJ/mol；
【小问2详解】
反应①反应前后气体体积不变，反应②CO(g)+2H2(g)=CH3OH (g)容积体积减小25%，即气体总物质的量减少25%，△n=(2mol+6mol)×25%=2mol，反应②气体物质的量减少2mol，消耗CO物质的量1mol，消耗氢气物质的量2mol，生成CH3OH 物质的量1mol，反应达平衡时，CO2的转化率为75%，消耗二氧化碳物质的量=2mol×75%=1.5mol，反应①结合三段式列式计算得到， ， n(CO)=1.5mol-1mol=0.5mol，n(H2O)=1.5mol，n(CO2)=0.5mol，n(H2)=4.5mol-2mol=2.5mol，反应前后气体物质的量不变，可以用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数，平衡常数K====0.6，故答案为：0.6；
【小问3详解】
①a点为图象中最高点，a点的转化率比c点高的原因是：a点为T2温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低，故答案为：a点为T2温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低；
②一定条件下，向1L恒容密闭容器中充入0.23mol CO2和0.19mol H2(假设只发生反应③CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g))，平衡时测得生成甲醇0.03mol，结合三段式列式计算平衡浓度， K= = =4.5，保持温度不变再通入0.1molCO2和0.1mol水蒸气，此时的浓度商Q===13＞K=4.5，反应逆向进行，(正)＜(逆)，故答案为：＜；
【小问4详解】
A．K2CO3溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钾，A正确；
B．CaO与二氧化碳反应生成碳酸钙，B正确；
C．Na2SO4与二氧化碳不反应，C错误；
D．NH4Cl与二氧化碳不反应，不能作为捕碳剂，D错误；
故答案为：AB；
【小问5详解】
工艺流程是将烟气冷却至20℃后用氨水吸收过量的CO2，该反应是一水合氨和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，由于一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，碳酸氢铵溶液显碱性，pH＞7，烟气需冷却至20℃的可能原因是：降低吸收过程中氨气挥发，促进氨水对二氧化碳的成分吸收，故答案为：碱性；降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收。
29. 实验室可采用苯乙腈()为原料制备苯乙酸：。 制备苯乙酸的装置示意图如下(加热和夹持装置等略)：
已知：苯乙酸的熔点为76.5℃，微溶于冷水，溶于乙醇。
在三颈烧瓶a中加入质量分数为70%的硫酸和几片碎瓷片，加热至100℃，再缓缓滴入40g苯乙腈，然后升温至130℃，发生反应。
回答下列问题：
(1)在装置中仪器c的名称是_______，其作用是________。
(2)反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品。加入冷水的目的是________。下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是(填标号)______。
A．分液漏斗B．漏斗C．烧杯D．直形冷凝管E.玻璃棒
(3)提纯粗苯乙酸的方法是______，最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率为_______。(保留两位有效数字)
(4)苯乙酸铜是合成纳米氧化铜的重要前驱体之一。将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后加入，搅拌，过滤。滤液静置一段时间可以析出苯乙酸铜晶体。混合溶剂中乙醇的作用是____。写出此步发生反应的化学方程式______。
【答案】 ①. 球形冷凝管 ②. 冷凝回流 ③. 便于苯乙酸析出 ④. BCE ⑤. 重结晶 ⑥. 95% ⑦. 增大苯乙酸溶解度，便于充分反应 ⑧. 2+=+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】(1)由图可知，c为球形冷凝管，其作用为冷凝回流；
(2)反应结束后加适量冷水，降低温度，减小苯乙酸的溶解度，则加入冷水可便于苯乙酸析出；分离苯乙酸粗品，利用过滤操作，则需要的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故选： BCE；
(3)苯乙酸微溶于冷水，在水中的溶解度较小，则提纯苯乙酸的方法是重结晶；由反应可知，40g苯乙腈生成苯乙酸为40g×=46.5g，最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率是×100%=95%；
(4)苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇，混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度，然后与Cu(OH)2反应除去苯乙酸，即混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸溶解度，便于充分反应；苯乙酸含有羧基具有酸性，能与反应生成苯乙酸铜和水，反应的化学方程式：2+=+2H2O。
30. 有机物H是一种酯类化合物，H的一种合成路线如下：
DEGH
已知：RCOCH3+R′CHORCOCH=CHR′+H2O(R、R′为H或烃基)。
回答下列问题：
（1）B中官能团的名称是_______。
（2）由G生成H的反应类型为_______。
（3）G的结构简式为_______。
（4）写出由B→C反应的化学方程式(Cu作催化剂)：_______。
（5）M是E的芳香族同分异构体，写出一种满足下列条件的M的结构简式：_______。
①能发生水解反应且1mol M能与2mol NaOH恰好完全反应；
②核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶6。
（6）利用题中信息，设计以乙酸、甲醛和苯酚为原料合成下面聚合物的合成路线：_______(其他无机试剂任选)。
【答案】（1）碳溴键 （2）取代反应或酯化反应
（3） （4）+2NaOH+NaBr+H2O
（5）或 （6）
【解析】
【分析】A中氢原子被溴原子取代生成B，B中溴原子被-ONa取代生成C，C酸化得到D，D的结构简式为，运用逆向分析法，根据F的结构简式可知，D和CH3COOH发生取代反应生成E，E为，E发生取代反应生成F，F和苯甲醛在氢氧化钠溶液的条件下，发生信息中的反应生成G为，G与乙醇在浓硫酸加热的条件下生成H，H的结构简式为。
【小问1详解】
B的结构简式为，所含官能团的名称为碳溴键；
【小问2详解】
根据分析，G的结构简式为，H的结构简式为，由G生成H是羧酸G与乙醇发生酯化反应，也属于取代反应生成H和水，反应类型为取代反应或酯化反应；
【小问3详解】
根据分析，G的结构简式为；
【小问4详解】
B的结构简式为，C的结构简式为，所以由B→C反应的化学方程式为；
【小问5详解】
根据分析E为，M是E的芳香族同分异构体，说明M中含有苯环，满足下列条件①能发生水解反应且lmol M能与2molNaOH恰好完全反应，则说明M是酚羟基和羧酸形成的酯，②核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1:1:2:2:6，根据氢原子面积比知，含有相同类型的2个甲基，且结构对称，符合条件的结构简式为或；
【小问6详解】
以乙酸、甲醛和苯酚为原料合成，根据逆分析法可知其单体为，进一步根据题目信息反应可知形成碳碳双键不饱和键，甲醛与发生反应，进一步逆推是苯酚和乙酸发生取代反应生成，所以合成路线为。
2021学年第二学期温州新力量联盟期末联考
高二年级化学学科试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zr-91 Ag-108 I127 Ba137
选择题部分
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 有共价键的离子化合物是
A. Na2O2 B. MgCl2 C. CH2Cl2 D. SiC
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2O2中两个氧原子间形成共价键，钠离子和过氧根之间形成离子键，所以属于含有共价键的离子化合物，A正确；
B．MgCl2中镁离子和氯离子间只形成离子键，属于离子化合物但无共价键，B错误；
C．CH2Cl2为共价化合物，只存在共价键，C错误；
D．SiC为共价化合物，只存在共价键，D错误；
故选A。
2. 固液分离操作中，需要用到的仪器是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．A中仪器为冷凝管，用于冷凝回流，可用于液液分离的蒸馏操作中，A错误；
B．B中仪器为容量瓶，用于配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，B错误；
C．C中仪器为量筒，用于量取一定体积的液体，C错误；
D．D中仪器为漏斗，用于固液分离的过滤操作，D正确；
故合理选项为D。
3. 下列物质在熔融状态下能导电的是
A. 乙酸 B. 蔗糖 C. 氯气 D. 氯化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙酸为共价化合物，熔融状态下以分子形成存在，不能电离产生自由移动的离子，不能导电，故A不选；
B．蔗糖在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，为非电解质，故B不选；
C．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；
D．氯化钠为离子化合物，熔融状态下能电离产生自由移动的离子而导电，属于电解质，故D选；
故选：D。
4. 下列物质的名称不正确的是
A. NaOH：烧碱 B. CaSO4·2H2O：生石灰
C. ：甘油 D. ：3−甲基己烷
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH俗称烧碱、火碱、苛性钠，A正确，不符合题意；
B．俗名生石膏；生石灰是CaO的俗名，B错误，符合题意；
C．是丙三醇，俗名甘油，C正确；
D．主链有6个碳，在3号碳上有一个甲基，依据系统命名法命名为3−甲基己烷，D正确，不符合题意；
故合理选项为B。
5. 下列化学用语使用正确的是
A. 基态C原子价电子排布图： B. 结构示意图：
C. 形成过程： D. 质量数为2的氢核素：
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态C原子价电子排布图为： ，A错误；
B．结构示意图为：，B错误；
C．形成过程为：，C错误；
D．质量数为2的氢核素为：，D正确；
故答案为：D。
6. 下列说法正确的是。
A. 正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物
B. 和互为同素异形体
C. 用核磁共振氢谱无法区分和
D. 和互为同系物
【答案】A
【解析】
【详解】A．正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，异丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH3，根据等效氢的判断原则可知，两者均有两种等效氢，故都有两种一氯代物，A正确；
B．质子数相同，中子数不同的互为同位素，是单质不属于核素，和不是互为同素异形体，B错误；
C．HCOOCH3和CH3COOH均有两种等效氢，且个数比均为1:3，但在核磁共振氢谱中的氢谱的位移不同，所以可以利用核磁共振氢谱检测区分HCOOCH3和CH3COOH，C错误；
D．中羟基直接连接在苯环上，官能团是酚羟基，中羟基连接在烷基上，官能团是醇羟基，两者结构不相似，不是同系物，D错误；
故选A。
7. 随着科学技术的发展，人们可以利用很多先进的方法和手段来测定有机物的组成和结构。下列说法不正确的是
A. 利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析
B. 红外光谱可以测定未知物中所含各种化学键和官能团，以此判断物质的结构
C. 质谱仪是通过分析最小的碎片离子测出分子的相对质量
D. 用X射线衍射摄取石英玻璃和水晶的粉末得到的图谱是不同的
【答案】C
【解析】
【详解】A．利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，A正确；
B．红外光谱可以测定未知物中所含各种化学键和官能团，以此判断物质的结构，B正确；
C．质谱仪是通过分析最大的碎片离子测出分子的相对质量，C错误；
D．石英玻璃为非晶体，水晶的粉末是晶体，用X射线衍射摄取石英玻璃和水晶的粉末得到的图谱是不同的，D正确；
故选C。
8. 下列说法不正确的是
A. 二氧化硅可用来制造光导纤维
B. 溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
C. 氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒
D. 黏胶纤维中的长纤维一般称为人造丝，短纤维称为人造棉，都可用于纺织工业
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硅晶体透明且可以对光发生全反射，而光导纤维就是透明的玻璃纤维丝，所以二氧化硅可用来制造光导纤维，A正确，不符合题意；
B．干冰升华只有分子间作用力改变，而溶于水可发生化学反应生成，还有化学键的断裂与形成，B错误，符合题意；
C．氯气和水反应生成具有强氧化性的次氯酸，可用于杀菌消毒；二氧化氯中氯的化合价为+4价，具有较强的氧化性；臭氧有强氧化性；C正确，不符合题意；
D．黏胶纤维是用木材、秸秆等富含纤维素的物质经化学处理后，通过纺丝而制成的再生纤维；黏胶纤维中的长纤维一般称为人造丝，短纤维称为人造棉，都可用于纺织工业；D正确，不符合题意；
故合理选项为B。
9. 关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A. K2H3IO6发生氧化反应 B. KI是还原产物
C. 生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；
B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；
C．12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；
D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；
故答案选D。
10. 关于下列各装置图的叙述中正确的是
A. 图①中X可以为苯，实验中可用于吸收氯化氢，并防止倒吸
B. 图②为向试管中滴加少量液体
C. 图③用于配制一定物质的量浓度的稀硫酸
D. 实验室用图④收集氨气
【答案】D
【解析】
【详解】A．图①中物质X是密度比水大，与水互不相溶的液体物质，可以为四氯化碳，在实验中可用于吸收氯化氢，并防止倒吸，而苯的密度比水小，A错误；
B．向试管中滴加液体物质时应该悬空垂直滴加，而不能伸入到试管中滴加液体物质，B错误；
C．配制一定体积一定物质的量浓度的溶液在稀释浓硫酸时应该在烧杯中进行，而不能在容量瓶中直接进行稀释，C错误；
D．氨气的密度比空气小，要使用向下排空气方法收集，此时集气瓶中导气管连接方式是短进长出，D正确；
故合理选项是D。
11. 下列说法不正确的是
A. 在空气中加热可得固体
B. 镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
C. 工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜
D. 明矾溶于水并水解形成胶体，可用于杀菌消毒
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化钠在空气中加热能与氧气反应生成过氧化钠，A正确；
B．镁能与氧气和氮气反应生成氧化镁和氮化镁，B正确；
C．工业上可采用高温冶炼黄铜矿(CuFeS2)，黄铜矿与氧气反应生成Cu2S，Cu2S、Cu2O与氧气反应得到粗铜，C正确；
D．明矾溶于水铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性但不具有氧化性，故不能杀菌消毒 ，D错误；
故选D。
12. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 0.31g基态P原子中，含p能级电子的数目为
B. 和的混合物1.1g，含有的质子数为
C. 晶体中含有的阳离子总数目为
D. 向的溶液中通入适量氯气，当有被氧化时，该反应转移的电子数至少为
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.31g基态P原子的物质的量为0.01mol，P原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p3，p能级电子数为：，A正确；
B．D218O 和 T2O的相对分子质量为22，含有质子数均为10，1.1g混合物的物质的量为0.05mol， 质子数为0.5NA，B正确；
C． Na3AlF6的阳离子为Na+，故物质的量为1mol时含阳离子总数为3NA，C错误；
D．I-的还原性强于Fe2+，当有1mol Fe2+被氧化时，按照离子个数比，至少有2molI-被氧化，故转移的电子数至少为 3NA，D正确；
故选C。
13. 能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 溶液与过量溶液反应：
B. 电解水溶液：
C. NaClO溶液中通少量：
D. 溶液中滴加稀氨水：
【答案】C
【解析】
【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2可以写成(NH4)2SO4‧FeSO4，(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应， OH-先与Fe2+反应，再和反应，由于Ba(OH)2较少，不会参与反应，离子方程式为：Fe2+++ Ba2++ 2OH-=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，A错误；
B．用惰性材料为电极电解MgCl2溶液，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为：2H2O+2e-+Mg2+=Mg(OH)2↓+H2↑，总反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2O= Mg(OH)2↓+H2↑+ Cl2↑，B错误；
C．NaClO溶液中通少量会生成次氯酸和碳酸氢根：，C正确；
D．向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱电解质，在离子反应中不能拆开，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=2+Cu(OH)2↓，D错误。
答案选C。
14. 下列关于有机高分子的说法不正确的是
A. 苯酚与甲醛在浓HCl或浓氨水催化作用下发生缩聚反应，得到相同的产物
B. 核苷酸聚合生成多聚核苷酸过程中，存在酯化反应
C. 淀粉-聚丙烯酸钠高吸水性树脂，具有强大的吸水和保水能力，同时还是可生物降解的绿色材料
D. 在日常生活中有时需要防止蛋白质变性，例如疫苗等生物制剂需要在低温下保存
【答案】A
【解析】
【详解】A．在酸性催化剂作用下，苯酚过量时生成线型热塑性树脂；在碱性催化剂作用下，甲醛过量时生成体型热固性树脂，产物不同，A错误；
B．核苷酸中含有磷酸基和氨基，通过脱水缩合的方式形成多聚核苷酸，聚合过程中存在酯化反应，B正确；
C．淀粉-聚丙烯酸钠中含大量氨基、羧基、羟基等强亲水基团，为高吸水性树脂，具有强大的吸水和保水能力，结构中的淀粉和聚丙烯酸钠均可被降解，C正确；
D．低温条件下蛋白质可保持活性，故疫苗需要低温保存，D正确；
故选A。
15. 一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如下图下列关于该高分子的说法正确的是
A. 属于聚酯类合成高分子材料
B. 完全水解产物的单个分子中，含有官能团—COOH或
C. 合成该芳纶纤维的单体只有一种
D. 氢键不会影响该高分子的沸点、密度、硬度等性能
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中结构中不含酯基，不是聚酯类高分子化合物，A错误；
B．图中结构的官能团为肽键，完全水解后的产物中含有氨基和羧基，B正确；
C．图中结构水解后的单体为对苯二甲胺和对苯二甲酸，共2种单体，C错误；
D．氢键会影响高分子的沸点、密度等物理性质，D错误；
故选B。
16. X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在。下列说法错误的是
A. 原子半径：X>Y B. 简单氢化物的还原性：X>Y
C. 同周期元素形成的单质中Y氧化性最强 D. 同周期中第一电离能小于X的元素有4种
【答案】D
【解析】
【分析】Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。
【详解】A．P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意；
B．两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，半径是P3->Cl-，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；
C．同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意；
D．同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意；
故选D。
17. 类推是化学学习和研究中常用的思维方法，下列类推正确的是
A. 的空间结构为V形，故的VSEPR模型也是V形
B. 的热稳定性比的弱，则的热稳定性比的弱
C. 的溶解度比的大，则的溶解度比的大
D. 的熔点低于，可推知的熔点低于
【答案】B
【解析】
【详解】A．的价层电子对数为：，VSEPR模型是平面三角形，分子的空间结构为V形，A错误；
B．过氧化氢中含O-O键，键能比O-H键键能小，故H2O2热稳定性比H2O弱，同理C2H6中C-C键键能比C-H键键能小，故热稳定性C2H6比CH4弱，B正确；
C．碳酸钙难溶，碳酸氢钙可溶，而相同温度下碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，C错误；
D．CH4和SiH4均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故沸点SiH4高于CH4，而NH3含分子间氢键，沸点高于PH3，D错误；
故选B。
18. 金属钠和氯气反应的能量关系如图所示，下列说法正确的是
A. ∆H3＜0，∆H5＞0
B. 在相同条件下，2K(g)→2K+(g)的＜∆H3
C. ∆H1＜∆H4+∆H5+∆H6+∆H7
D. ∆H7＜0，且该过程形成了分子间作用力
【答案】B
【解析】
【详解】A．2Na(g)→2Na+(g)需要吸收热量，∆H3＞0，2Cl(g)→2Cl-(g)能放出热量，∆H5＜0，A不正确；
B．在相同条件下，K的金属活动性比Na强，失电子吸收的能量比Na少，2K(g)→2K+(g)的＜∆H3，B正确；
C．∆H1=∆H2+∆H3+∆H4+∆H5+∆H6+∆H7，因为∆H2＞0，∆H3＞0，所以∆H1＞∆H4+∆H5+∆H6+∆H7，C不正确；
D．NaCl(g)转化为NaCl(s)，该过程破坏了分子间作用力，形成了离子键，D不正确；
故选B。
19. 下列说法中正确的是
A. 超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，能表现出不同于单个分子的性质
B. 干冰晶体中，一个分子周围有12个分子紧邻；CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子配位数都为6
C. 若将基态原子的核外电子排布式写成，则违背了泡利原理
D. 位于s区、d区、ds区的元素都是金属元素
【答案】A
【解析】
【详解】A．超分子能表现出不同于单个分子的性质，其原因是两个或多个分子相互“组合"在一起，形成具有特定结构和功能的聚集体，选项A正确；
B．干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，CsCl晶体中阴阳离子配位数是8、NaCl晶体中阴、阳离子的配位数是6，选项B错误；
C．原子3p能级上有3个轨道，3p能级上有3个电子，3个电子应该排在3个不同的轨道上，且自旋方向相同，若将P原子的电子排布式写成，它违背了洪特规则，选项C错误；
D．氢元素位于s区，氢元素属于非金属元素，所以s区的元素不全是金属元素，d区、ds区都是金属元素，选项D错误；
答案选A。
20. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 盐酸中
B. 常温下，溶液加水稀释时，逐渐增大
C. 25℃时，在的悬浊液中加入少量固体，减小
D. 室温下的醋酸溶液和的溶液等体积混合后溶液呈酸性
【答案】D
【解析】
【详解】A．盐酸溶液中还存在水的电离平衡，水电离可产生氢离子，故，A错误；
B．==，温度不变则该比值不变，B错误；
C．在的悬浊液中存在溶解平衡：，加入少量固体，能降低OH-浓度，促使溶解平衡正向移动，增大，C错误；
D．室温下pH=3的醋酸溶液H+浓度是10-3mol/L，醋酸是弱酸只发生部分电离，醋酸浓度远大于10-3mol/L；室温下pH=11的溶液OH-浓度是10-3mol/L，是强碱完全电离，故浓度远小于醋酸浓度，两者体积混合后溶液呈酸性，D正确；
故选D。
21. 在温度和时，分别将和充入体积为1L的密闭容器中，发生反应：，测得有关数据如表：
时间/min
0
10
20
40
50
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
0.50
0.30
0.18
a
0.15
下列说法正确的是
A. 温度：
B. 时0～10min内的平均反应速率为
C. ，且该反应
D. 时保持其他条件不变，再充入和，达到新平衡时的体积分数增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据表中数据可知，T1时的反应速率小于T2时的反应速率，温度越高反应速率越快，故T2>T1，A错误；
B．T1时0-10min内CH4的平均反应速率为，反应速率之比等于化学计量数之比，故NO2在0-10min内平均反应速率为0.03mol·L-1·min-1，B错误；
C．T2反应速率快，达到平衡用时更短，因此40min时反应已达到平衡状态，a=0.15，温度越高，平衡体系中甲烷物质的量越多，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应，C正确；
D．体积不变，反应物物质的量变为原来的两倍，如平衡不移动，则平衡浓度为原来的2倍，氮气体积分数和原来相同，但是压强增大平衡逆向移动，故氮气的体积分数减小，D错误；
故答案选C。
22. 乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法不正确的是
A. KBr在上述电化学合成过程中起电解质与反应物的作用
B. 阳极上的反应式为：
C. 制得1mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子
D. 双极膜中间层中的在外电场作用下向铅电极方向迁移
【答案】B
【解析】
【分析】如图电解池，乙二酸转化为乙醛酸发生还原反应，故铅电极为阴极，反应为：+2e-+2H+=+H2O，石墨极为阳极，反应为：2Br--2e-=Br2，H+移向铅电极，OH-移向石墨极；
【详解】A．KBr中Br-参与阳极反应转化为Br2，后发生反应：+ Br2+2OH-=+H2O+2Br-，故在上述电化学合成过程中起电解质与催化剂的作用，A项正确；
B．阳极上的反应式为：-2e-+2OH-=+H2O，B项错误；
C．设：阴极区生成乙醛酸为x，阳极区生成乙醛酸为y，则x+y=1mol，根据阴极反应，阴极区生成的乙醛酸与得电子数之比为1：2，故阴极区得电子物质的量为2x，阳极区生成的乙醛酸与消耗的Br2之比为1：1，根据阳极反应，阳极区生成的乙醛酸与阳极区失电子数之比为1：2，故阳极区失电子物质的量为2y，根据得失电子守恒，2x=2y，x=y=0.5mol，故制得1mol乙醛酸理论上外电路中迁移电子的物质的量=2×0.5mol=1mol，C项正确；
D．阳离子移向阴极，故双极膜中间层中的在外电场作用下向铅电极方向迁移，D项正确；
答案选B。
23. 用0.100的溶液滴定的溶液，测得滴定过程中溶液的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. ①点溶液中：
B. ②点溶液中：
C. ③点溶液中：
D. 在相同温度下，①、②、③三点溶液中水电离的：③＜②＜①
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图示知，点①时溶液显酸性，故c(H+)＞c(OH-)，A正确；
B．点②pH=7，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)，B正确；
C．点③所示溶液恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解，溶液显碱性，但水解程度较小：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，C正确；
D．从点①到点③的滴定过程中，随着反应的进行，CH3COOH的浓度逐渐减小，CH3COONa的浓度逐渐增大，CH3COOH抑制水电离，CH3COO-水解促进水电离，水的电离程度越来越大，到点③时，两者完全反应生成CH3COONa，水的电离程度最大，故三点溶液中由水电离的c(OH-)：③＞②＞①，D错误；
故答案选D。
24. 气相离子催化剂(等)具有优良的催化效果。其中在催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中-----为副反应)，下列说法不正确的是
A. 主反应的总反应方程式为：
B. 每生成消耗的物质的量等于
C. 中碳原子的杂化方式有和两种
D. X与Y能互溶因为它们的分子结构具有相似性
【答案】B
【解析】
【分析】机理图中，N2O与Fe+反应生成N2和FeO+，FeO+和C2H5反应生成[(C2H5)Fe(OH)]+，[(C2H5)Fe(OH)]+生成Y和Fe+，Y为乙醇；[(C2H5)Fe(OH)]+生成X和[(C2H4)Fe] +，X为水；[(C2H4)Fe] +和N2O生成N2和 ，生成乙醛和Fe+。主反应的总反应方程式为：
【详解】A．根据分析，主反应正确，A正确；
B．根据分析，存在副反应[(C2H5)Fe(OH)]+生成乙醇和Fe+，铁元素化合价降低，有电子转移，每生成1molCH3CHO消耗N2O的物质的量大于2mol，B错误；
C．CH3CHO中碳原子的杂化方式有sp3和sp2两种，C正确；
D．X为乙醇，Ｙ为水，乙醇与水均为极性分子，故能互溶因为它们的分子结构具有相似性，D正确；
故选Ｂ。
25. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是。
选项
实验操作和现象
结论
A
向试管中加入2mL 5％ 溶液，再滴加数滴10％ NaOH溶液，振荡后加入某物质，加热，没有砖红色沉淀生成。
该物质中不存在醛基
B
向淀粉溶液中加适量20％ 溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝
淀粉未水解
C
取少量样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量溶液，若有白色沉淀产生。
则该样品已经变质
D
向溶液中滴加溶液，溶液褪色
具有氧化性
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验操作中所加NaOH溶液量不足，未能使Cu2+全部沉淀并保证溶液反应环境碱性，故无法发生相应反应，结论不合理，不符题意；
B．利用一定浓度的硫酸催化淀粉水解生成葡萄糖，加入碘水后溶液显蓝色说明溶液中仍有淀粉存在，但不代表淀粉未发生水解，也可能是水解不完全，结论不合理，不符题意；
C．在足量盐酸接触后会反应生成SO2，不会与Ba2+再去生成白色沉淀，只有当存在时，才不会受盐酸存在的影响，能与Ba2+形成白色沉淀，结论正确，符合题意；
D．H2O2与KMnO4反应体现出来的是还原性，H2O2中-1价的O原子升价生成O2，结论错误，不符题意；
综上，本题选C。
非选择题部分
二、非选择题(共5大题，共50分)
26. 我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价层电子的电子排布式为_______；单晶硅的晶体类型为_______。是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为_______。
（2）甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(，7.6℃)之间，其原因是_______。
（3）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为固溶体。四方晶胞如图所示。
离子在晶胞中的配位数是_______，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为_______(写出表达式)。
【答案】（1） ①. ②. 原子晶体(共价晶体) ③.
（2）甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多
（3） ①. 8 ②.
【解析】
【小问1详解】
基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，Si为主族元素，其价电子层即最外层，故Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是空间立体网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4，因此Si原子采取sp3杂化；
小问2详解】
甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，而水和甲醇均能形成分子间氢键，但水比甲醇的氢键多，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间；
小问3详解】
以面心Zr4+为参考，每个晶胞中有4个O2-与Zr4+距离最近，面由两个晶胞共用，故Zr4+配位数为8；晶胞中Zr4+位于顶点和面心，个数为，O2-位于晶胞体心，个数为8，则一个晶胞含有4个ZrO2，质量为，晶胞体积为a2c×10-30 cm3，可知。
27. 固体化合物X(式量小于200)由1-20号的4种元素组成，某小组开展如下探究实验气体体积都在标准状况下测定。请回答：
（1）气体B的的结构式为_______；白色固体C的名称是_______；
（2）化合物X的化学式是_______；
（3）气体B与红棕色固体H在加热条件下反应的化学方程式_______；
（4）设计实验验证溶液F中可能含有的金属阳离子_______。
【答案】（1） ①. ②. 碳酸钙
（2）或
（3）
（4）分别取两份少量试液于试管中，一份加入少量KSCN溶液，若变红色，说明含有；另一份加入少量铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有
【解析】
【分析】已知：化合物X(式量小于200)由1-20号的4种元素组成；溶液D加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀E，则E为AgCl，D中含Cl-，n(Cl-)= n(AgCl) ===0.06mol；固体A加入苏打(Na2CO3)溶液得到白色沉淀C，则C为CaCO3，固体A是CaCl2， n(CaCl2) ===0.03mol；沉淀G灼烧得到红棕色固体H，则H为Fe2O3，由于是在空气中灼烧的，G为Fe(OH)3或Fe(OH)2，则溶液F含Fe3+或Fe2+；标况下n(B) ===0.12mol，m(B)=5.37g-3.33g=2.04g，则M(B)===17g/mol，则气体B为NH3；综上所述，5.37g的固体化合物X(式量小于200)中，由于n(CaCl2):n(NH3)= 0.03mol:0.12mol=1:4，故化合物X的化学式是CaCl2⋅4NH3，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，气体B为NH3，结构式为：，其空间构型为三角锥形，白色固体C为碳酸钙，化学式是CaCO3；
【小问2详解】
由分析可知，化合物X的化学式是或；
【小问3详解】
气体B为NH3，红棕色固体H为Fe2O3，两者发生氧化还原反应生成氮气和铁单质，反应的化学方程式；
【小问4详解】
溶液F中的金属阳离子是Fe3+或Fe2+，检验方法是：分别取两份少量试液于试管中，一份加入少量KSCN溶液，若变红色，说明含有Fe3+；另一份加入少量铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有Fe2+。
28. 当今世界多国相继规划了碳达峰碳中和的时间节点。因此研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。已知：
①
②
③
回答下列问题：
（1）___________。
（2）在恒压密闭容器中，加入和，发生上述反应。反应达平衡时，的转化率为，容器体积减小，则反应①的平衡常数___________。
（3）一定条件下，向恒容密闭容器中充入和(假设只发生反应③)，相同时间内的转化率随温度变化如图所示：
①a点为图象中最高点，a点的转化率比c点高的原因是___________。
②平衡时测得生成甲醇，保持温度不变再通入和水蒸气，此时v(正)___________v(逆)(填“＞”，“＜”，“=”)。
（4）捕碳技术(主要指捕获)在降低温室气体排放中具有重要的作用。下列物质中能作为捕碳剂的是___________。
A. B. C. D.
（5）工业生产尾气中的捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，工艺流程是将烟气冷却至后用氨水吸收过量的。所得溶液显___________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。烟气需冷却至左右的可能原因是___________。
已知：的的。
【答案】（1）-49kJ·mol-1
（2）0.6 （3） ①. a点为T2温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低 ②. ＜ （4）AB
（5） ①. 碱性 ②. 降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收
【解析】
【小问1详解】
已知反应：①，
②，则反应③可由①+②得到，根据盖斯定律可知，==(+41kJ/mol)+(-90kJ/mol)=-49kJ/mol，故答案为：-49kJ/mol；
【小问2详解】
反应①反应前后气体体积不变，反应②CO(g)+2H2(g)=CH3OH (g)容积体积减小25%，即气体总物质的量减少25%，△n=(2mol+6mol)×25%=2mol，反应②气体物质的量减少2mol，消耗CO物质的量1mol，消耗氢气物质的量2mol，生成CH3OH 物质的量1mol，反应达平衡时，CO2的转化率为75%，消耗二氧化碳物质的量=2mol×75%=1.5mol，反应①结合三段式列式计算得到， ， n(CO)=1.5mol-1mol=0.5mol，n(H2O)=1.5mol，n(CO2)=0.5mol，n(H2)=4.5mol-2mol=2.5mol，反应前后气体物质的量不变，可以用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数，平衡常数K====0.6，故答案为：0.6；
【小问3详解】
①a点为图象中最高点，a点的转化率比c点高的原因是：a点为T2温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低，故答案为：a点为T2温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低；
②一定条件下，向1L恒容密闭容器中充入0.23mol CO2和0.19mol H2(假设只发生反应③CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g))，平衡时测得生成甲醇0.03mol，结合三段式列式计算平衡浓度， K= = =4.5，保持温度不变再通入0.1molCO2和0.1mol水蒸气，此时的浓度商Q===13＞K=4.5，反应逆向进行，(正)＜(逆)，故答案为：＜；
【小问4详解】
A．K2CO3溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钾，A正确；
B．CaO与二氧化碳反应生成碳酸钙，B正确；
C．Na2SO4与二氧化碳不反应，C错误；
D．NH4Cl与二氧化碳不反应，不能作为捕碳剂，D错误；
故答案为：AB；
【小问5详解】
工艺流程是将烟气冷却至20℃后用氨水吸收过量的CO2，该反应是一水合氨和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，由于一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，碳酸氢铵溶液显碱性，pH＞7，烟气需冷却至20℃的可能原因是：降低吸收过程中氨气挥发，促进氨水对二氧化碳的成分吸收，故答案为：碱性；降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收。
29. 实验室可采用苯乙腈()为原料制备苯乙酸：。 制备苯乙酸的装置示意图如下(加热和夹持装置等略)：
已知：苯乙酸的熔点为76.5℃，微溶于冷水，溶于乙醇。
在三颈烧瓶a中加入质量分数为70%的硫酸和几片碎瓷片，加热至100℃，再缓缓滴入40g苯乙腈，然后升温至130℃，发生反应。
回答下列问题：
(1)在装置中仪器c的名称是_______，其作用是________。
(2)反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品。加入冷水的目的是________。下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是(填标号)______。
A．分液漏斗B．漏斗C．烧杯D．直形冷凝管E.玻璃棒
(3)提纯粗苯乙酸的方法是______，最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率为_______。(保留两位有效数字)
(4)苯乙酸铜是合成纳米氧化铜的重要前驱体之一。将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后加入，搅拌，过滤。滤液静置一段时间可以析出苯乙酸铜晶体。混合溶剂中乙醇的作用是____。写出此步发生反应的化学方程式______。
【答案】 ①. 球形冷凝管 ②. 冷凝回流 ③. 便于苯乙酸析出 ④. BCE ⑤. 重结晶 ⑥. 95% ⑦. 增大苯乙酸溶解度，便于充分反应 ⑧. 2+=+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】(1)由图可知，c为球形冷凝管，其作用为冷凝回流；
(2)反应结束后加适量冷水，降低温度，减小苯乙酸的溶解度，则加入冷水可便于苯乙酸析出；分离苯乙酸粗品，利用过滤操作，则需要的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故选： BCE；
(3)苯乙酸微溶于冷水，在水中的溶解度较小，则提纯苯乙酸的方法是重结晶；由反应可知，40g苯乙腈生成苯乙酸为40g×=46.5g，最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率是×100%=95%；
(4)苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇，混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度，然后与Cu(OH)2反应除去苯乙酸，即混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸溶解度，便于充分反应；苯乙酸含有羧基具有酸性，能与反应生成苯乙酸铜和水，反应的化学方程式：2+=+2H2O。
30. 有机物H是一种酯类化合物，H的一种合成路线如下：
DEGH
已知：RCOCH3+R′CHORCOCH=CHR′+H2O(R、R′为H或烃基)。
回答下列问题：
（1）B中官能团的名称是_______。
（2）由G生成H的反应类型为_______。
（3）G的结构简式为_______。
（4）写出由B→C反应的化学方程式(Cu作催化剂)：_______。
（5）M是E的芳香族同分异构体，写出一种满足下列条件的M的结构简式：_______。
①能发生水解反应且1mol M能与2mol NaOH恰好完全反应；
②核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶6。
（6）利用题中信息，设计以乙酸、甲醛和苯酚为原料合成下面聚合物的合成路线：_______(其他无机试剂任选)。
【答案】（1）碳溴键 （2）取代反应或酯化反应
（3） （4）+2NaOH+NaBr+H2O
（5）或 （6）
【解析】
【分析】A中氢原子被溴原子取代生成B，B中溴原子被-ONa取代生成C，C酸化得到D，D的结构简式为，运用逆向分析法，根据F的结构简式可知，D和CH3COOH发生取代反应生成E，E为，E发生取代反应生成F，F和苯甲醛在氢氧化钠溶液的条件下，发生信息中的反应生成G为，G与乙醇在浓硫酸加热的条件下生成H，H的结构简式为。
【小问1详解】
B的结构简式为，所含官能团的名称为碳溴键；
【小问2详解】
根据分析，G的结构简式为，H的结构简式为，由G生成H是羧酸G与乙醇发生酯化反应，也属于取代反应生成H和水，反应类型为取代反应或酯化反应；
【小问3详解】
根据分析，G的结构简式为；
【小问4详解】
B的结构简式为，C的结构简式为，所以由B→C反应的化学方程式为；
【小问5详解】
根据分析E为，M是E的芳香族同分异构体，说明M中含有苯环，满足下列条件①能发生水解反应且lmol M能与2molNaOH恰好完全反应，则说明M是酚羟基和羧酸形成的酯，②核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1:1:2:2:6，根据氢原子面积比知，含有相同类型的2个甲基，且结构对称，符合条件的结构简式为或；
【小问6详解】
以乙酸、甲醛和苯酚为原料合成，根据逆分析法可知其单体为，进一步根据题目信息反应可知形成碳碳双键不饱和键，甲醛与发生反应，进一步逆推是苯酚和乙酸发生取代反应生成，所以合成路线为。
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