2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列能級軌道數為3的是（）A．s能級 B．p能級 C．d能級 D．f能級2、常溫下，在1L0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中存在如下電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，對于該平衡，下列敘述正確的是（）A．加入水時，平衡向逆反應方向移動B．加入少量NaOH固體，平衡向正反應方向移動C．加入少量0.1mol·L-1HCl溶液，溶液中c(H+)減小D．加入少量CH3COONa固體，平衡向正反應方向移動3、若要將1.6mol甲烷完全和氯氣發生取代反應，并且生成四種取代物的物質的量依次增大0.1mol，則需要氯氣的物質的量為()A．2.5mol B．4.5mol C．0.6mol D．1.5mol4、維拉帕米（又名異搏定）是治療心絞痛和原發性高血壓的藥物，合成路線中某一步驟如圖所示，下列說法中正確的是A．Y的分子式為C5H11O2BrB．含苯環和羧基的ⅹ的同分異構體有4種C．可以用酸性高錳酸鉀溶液鑒別X和ZD．1molZ最多可與6molH2發生加成反應5、設NA為阿伏加德羅常數的值,下列說法正確的是A．120gNaHSO4晶體中含有NA個SO42-B．6.2g氧化鈉和7.8g過氧化鈉的混合物中含有的陰離子總數為0.2NAC．4.6g鈉用鋁箔包裹并刺小孔，與足量水充分反應生成氫氣分子數為0.1NAD．NH4Cl+NaNO2=N2↑+NaCl+2H2O，每生成0.1molN2，轉移電子數為0.6NA6、下列實驗操作或方法中，不合理的是（）A．用丁達爾現象區分氯化鈉溶液和淀粉溶液B．用重結晶法來提純含有少量氯化鉀雜質的硝酸鉀晶體C．分別將SO2和Cl2通入滴有酚酞的氫氧化鈉溶液中，驗證兩者的漂白性D．通過飽和碳酸氫鈉溶液除去CO2中的HCl氣體7、下列實驗操作能達到實驗目的的是實驗操作實驗目的A將飽和食鹽水滴加到電石中，將產生的氣體通入溴水中驗證乙炔可與Br2發生了加成反應B乙醇與濃硫酸加熱至170℃，將產生的氣體先通入NaOH溶液，再通入Br2的CCl4溶液檢驗產生的乙烯C將溴乙烷與NaOH乙醇溶液共熱，將產生的氣體通入酸性KMnO4溶液檢驗產生的乙烯D向純堿中滴加醋酸，將產生的氣體通入苯酚鈉濃溶液證明酸性：醋酸>碳酸>苯酚A．A B．B C．C D．D8、已知酸性＞H2CO3＞＞HCO3—，現要將轉化為可行的方法是()A．與足量NaOH溶液共熱，再通入足量HCl B．與稀硫酸共熱后，加入足量的NaHCO3C．加熱該物質溶液，再通入足量的CO2 D．加稀硫酸共熱后，再加入足量NaOH溶液9、下列有機物命名正確的是（）A．2－乙基丙烷 B．CH3CH2CH2CH2OH1－丁醇C．間二甲苯 D．2—甲基—2—丙烯10、已知A、B、D、E均為中學化學常見單質或化合物，它們之間的關系如圖所示（部分產物略去）。下列說法錯誤的是（）A．A、B、D可能是鈉及其化合物 B．A、B、D可能是鎂及其化合物C．A、B、D可能是鋁及其化合物 D．A、B、D可能是非金屬及其化合物11、下列物質的沸點比較正確的共有①H2O＞H2S；②H2O＞HF；③H2S＞H2Se；④CO＞N2；⑤CH4＞C2H6；⑥正戊烷＞新戊烷；⑦鄰羥基苯甲醛＞對羥基苯甲醛A．4項 B．3項 C．5項 D．6項12、環境污染已成為人類社會面臨的重大威脅，下列對應關系不正確的是環境問題主要污染物環境問題主要污染物A酸雨二氧化硫C白色污染二氧化硅B溫室效應二氧化碳D光化學煙霧二氧化氮A．A B．B C．C D．D13、檸檬烯是一種食用香料，其結構簡式如圖所示。下列有關檸檬烯的分析正確的是（）A．它的一氯代物有6種B．它的分子中所有的碳原子一定在同一平面上C．它和丁基苯互為同分異構體D．一定條件下，它分別可以發生加成、取代、氧化、還原等反應14、下列說法正確的是（）A．由于正丁烷和異丁烷分子間作用力大小不同，因而沸點不同B．H2O汽化成水蒸氣或者分解為H2和O2，都需要破壞共價鍵C．Na2O2中含有共價鍵，所以Na2O2屬于共價化合物D．水晶和干冰都是共價化合物，所以他們的熔沸點相近15、[Co(NH3)5Cl]2+配離子，中心離子的配位數是A．1 B．2 C．4 D．616、現有下列各組物質：①甲烷和乙烯；②乙烯和乙醇；③苯和乙炔；④甲苯和鄰二甲苯；⑤丙烯和2-丁烯，只要總質量一定，各組中的兩種物質不論以何種比例混合，完全燃燒時生成水的質量也總是定值的是()A．②⑤B．②③④⑤C．③⑤D．不存在這種物質組二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知：A的蒸汽對氫氣的相對密度是15，且能發生銀鏡反應，F的分子式為C3H6O2。有關物質的轉化關系如下：請回答：(1)B中含有的官能團名稱是__________，反應⑥的反應類型為__________。(2)寫出反應④的化學方程式__________。(3)寫出有機物F與NaOH溶液反應的化學方程式__________。(4)下列說法正確的是__________。A．有機物D的水溶液常用于標本的防腐B．有機物B、C、E都能與金屬鈉發生反應C．有機物F中混有E，可用飽和碳酸鈉溶液進行分離D．有機物M為高分子化合物18、有機物Q是有機合成的重要中間體，制備Q的一種合成路線如下（部分反應條件和試劑略去）。回答下列問題：（1）Y中不含氧的官能團名稱為__________，R的名稱為_________________________。（2）加熱C脫去CO2生成D，D的結構簡式為____________________________。（3）B+Y→C的反應類型是_______________，Q的分子式為____________________。（4）A→B的化學方程式為______________________________________________。（5）同時滿足下列條件的Z的同分異構體有_____________種（不包括立體異構）。①能與氯化鐵溶液發生顯色反應；②能與碳酸氫鈉反應；③含―NH2；④苯環上有處于對位的取代基（6）已知：―NH2具有強還原性。參照上述合成路線，以為原料（無機試劑任選），設計制備的合成路線：__________。（格式：CH2＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH）19、糧食倉儲常用磷化鋁(A1P)熏蒸殺蟲，A1P遇水即產生強還原性的PH3氣體。國家標準規定糧食中磷物(以PH3計)的殘留量不超過0.05mg?kg-1時為合格。某小組同學用如圖所示實驗裝置和原理測定某糧食樣品中碟化物的殘留量。C中加入100g原糧，E中加入20.00mL2.50×lO-4mol?L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化)，C中加入足量水，充分反應后，用亞硫酸鈉標準溶液滴定E中的溶液。(1)裝置A中的KMn04溶液的作用是_____。(2)裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液吸收空氣中的O2。若去掉該裝置，則測得的磷化物的殘留量___(填“偏髙”“偏低”或“不變”)。(3)裝置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被還原為Mn2+，寫出該反應的離子方程式：__________。(4)收集裝置E中的吸收液，加水稀釋至250mL，量取其中的25.00mL于錐形瓶中，用4.0×lO-5mol?L-1的Na2SO3標準溶液滴定，消耗Na2SO3標準溶液20.00mL，反應原理是S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通過計算判斷該樣品是否合格(寫出計算過程)_______。20、實驗室常利用甲醛法測定(NH4)2SO4樣品中氮的質量分數，其反應原理為：4NH4++6HCHO===3H＋+6H2O+(CH2)6N4H＋[滴定時，1mol(CH2)6N4H+與lmolH+相當]，然后用NaOH標準溶液滴定反應生成的酸，某興趣小組用甲醛法進行了如下實驗：步驟I稱取樣品1.500g。步驟II將樣品溶解后，完全轉移到250mL容量瓶中，定容，充分搖勻。步驟III移取25.00mL樣品溶液于250mL錐形瓶中，加入10mL20％的中性甲醛溶液，搖勻、靜置5min后，加入1-2滴酚酞試液，用NaOH標準溶液滴定至終點。按上述操作方法再重復2次。（1）根據步驟III填空：①堿式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接加入NaOH標準溶液進行滴定，則測得樣品中氮的質量分數______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。②錐形瓶用蒸餾水洗滌后，水未倒盡，則滴定時用去NaOH標準溶液的體積______(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)③滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應觀察____________A．滴定管內液面的變化B．錐形瓶內溶液顏色的變化④滴定達到終點時，酚酞指示劑由_______色，且_____________。（2）滴定結果如下表所示：若NaOH標準溶液的濃度為0.1010mol·L－1則該樣品中氮的質量分數為______（3）實驗室現有3種酸堿指示劑，其pH變色范圍如下：甲基橙：3.1～4.4

石蕊：5.0～8.0

酚酞：8.2～10.0用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知濃度的CH3COOH溶液，反應恰好完全時，下列敘述中正確的是__________。A．溶液呈中性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑B．溶液呈中性，只能選用石蕊作指示劑C．溶液呈堿性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑D．溶液呈堿性，只能選用酚酞作指示劑（4）在25℃下，向濃度均為0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀（填化學式），生成該沉淀的離子方程式為_________。已知25℃時Ksp［Mg(OH)2］=1.8×10—11,Ksp［Cu(OH)2］=2.2×10—20。（5）在25℃下，將amol·L—1的氨水與0.01mol·L—1的鹽酸等體積混合，反應平衡時溶液中c(NH4+)=c(Cl—)，則溶液顯_______性（填“酸”“堿”或“中”）；用含a的代數式表示NH3·H2O的電離常數Kb=_______。21、（1）請寫出惰性電極電解AgNO3溶液陽極的電極方程式_______________________。（2）化學學科中的平衡理論主要包括：化學平衡、電離平衡、水解平衡和溶解平衡四種，且均符合勒夏特列原理。請回答下列問題：①常溫下，某純堿溶液中滴入酚酞，溶液呈紅色，原因是______________________;(用離子方程式表示)②常溫下，在NH4Cl溶液中離子濃度由大到小的順序為_____________________________;③某溫度時，水的離子積為KW＝1×10－13，在此溫度下，某溶液中由水電離出來的H+濃度為1×10－10mol/L，則該溶液的pH可能為___________；④室溫下，0.1mol/L的酒石酸（H2C4H4O6）溶液與pH＝13的NaOH溶液等體積混合，所得溶液的pH為6，則c(HC4H4O6?)+2c(C4H4O62?)＝__________mol/L。（用計算式表示）⑤難溶電解質在水溶液中存在溶解平衡。某MgSO4溶液里c(Mg2+)=0.002mol?L?1,如果生成Mg(OH)2沉淀,應調整溶液pH，使之大于__________;(該溫度下Mg(OH)2的Ksp=2×10?11)

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【答案解析】

s、p、d、f能級的軌道數分別為1、3、5、7個，所以能級軌道數為3的是p能級，故選B。2、B【答案解析】

A．加水促進弱電解質的電離，則電離平衡正向移動，A選項錯誤；B．加入少量NaOH固體，與CH3COOH電離生成的H+結合，使電離平衡向著正向移動，B選項正確；C．鹽酸是強電解質，加入后溶液中c(H+)增大，電離平衡向著逆向移動，但是達到新的平衡時，溶液中c(H+)增大，C選項錯誤；D．加入少量CH3COONa固體，由電離平衡可以知道，c(CH3COO-)增大，則電離平衡逆反應方向移動，D選項錯誤；答案選B。3、B【答案解析】

根據取代反應的特點可知，1mol甲烷與一定量的氯氣充分混合，生成幾摩爾氯甲烷就消耗多幾摩爾的氯氣；然后根據生成的一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的物質的量計算消耗氯氣的物質的量。【題目詳解】生成四種取代物的物質的量依次增大0.1mol，設生成的一氯甲烷的物質的量為a，則二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的物質的量依次為a+0.1mol、a+0.2mol、a+0.3mol，根據碳原子守恒有a+a+0.1mol+a+0.2mol+a+0.3mol=1.6mol，解得a=0.25mol，因此二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的物質的量依次為0.35mol、0.45mol、0.55mol，則消耗氯氣的總物質的量為：0.25mol+0.35mol×2+0.45mol×3+0.55mol×4=4.5mol，故選B。4、B【答案解析】

A．由結構簡式可知分子式為C5H9BrO2，A錯誤；B．含苯環和羧基，對應的同分異構體可含有﹣CH2COOH，或含有﹣CH3、﹣COOH（鄰、間、對），共有4種，B正確；C．X中的酚羥基會使高錳酸鉀溶液褪色，Z中的碳碳雙鍵會使高錳酸鉀溶液褪色，故無法用酸性高錳酸鉀溶液鑒別X和Z，C錯誤；D．Z中能與氫氣發生加成反應的只有苯環和碳碳雙鍵，酯基中的羰基不能和氫氣加成，則1molZ含有1mol苯環可以與3molH2加成，含有2mol碳碳雙鍵，可以與2molH2加成，因此1moZ最多可與5molH2發生反應，D錯誤；故合理選項為B。【答案點睛】碳氧雙鍵（羰基）可以按照是否能與氫氣加成分為兩類，第一類構成醛基和酮基，這時羰基可以和H2發生加成反應，第二類構成羧基和酯基，這時羰基不能和H2發生加成反應。5、B【答案解析】

A．NaHSO4晶體由鈉離子和硫酸氫根組成，不存在SO42-，故A錯誤；B．6.2g氧化鈉的物質的量為=0.1mol，7.8g過氧化鈉的物質的量為=0.1mol，氧化鈉與過氧化鈉中陰離子個數均為1，故二者的混合物中含有的陰離子總數為0.2NA，故B正確；C．4.6g鈉相當于0.2mol鈉，0.2mol鈉與水反應生成的氫氣的物質的量為0.1mol，同時反應生成的氫氧化鈉與鋁箔還能反應生成氫氣，故與足量水充分反應生成氫氣分子數大于0.1NA，故C錯誤；D．NH4Cl+NaNO2=N2↑+NaCl+2H2O反應中N元素的化合價分別由-3價和+3價變成0價，每生成lmolN2轉移的電子的物質的量為3mol，所以每生成0.1mol

N2轉移的電子數為0.3NA，故D錯誤；答案選B。【答案點睛】本題的易錯點為A，要注意NaHSO4晶體中的離子種類與溶于水電離出的離子種類的不同。6、C【答案解析】A．淀粉溶膠是膠體，可利用丁達爾效應區分溶液與膠體，故A正確；B．氯化鉀和硝酸鉀都溶于水，二者溶解度不同，可利用結晶的方法分離，故B正確；C．SO2和Cl2的水溶液均顯酸性，滴有酚酞的氫氧化鈉溶液中加入酸性物質可褪色，無法驗證兩者的漂白性，故C錯誤；D．利用飽和碳酸氫鈉溶液可除去CO2中的HCl氣體，故D正確，答案為C。7、B【答案解析】

A、飽和食鹽水與電石反應生成的乙炔氣體中可能含有還原性氣體H2S，乙炔與H2S都能與溴水反應，故不能用溴水驗證乙炔與溴發生加成反應，故A錯誤；B、乙醇與濃硫酸加熱至170℃，產生的氣體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氣體，再通入Br2的CCl4溶液中可檢驗乙烯，故B正確；C、將溴乙烷與NaOH的乙醇溶液共熱，產生的氣體中含有乙烯和乙醇蒸氣，乙烯和乙醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C錯誤；D、醋酸易揮發，向純堿中滴加醋酸，產生的氣體中有二氧化碳和醋酸蒸氣，將產生的氣體通入苯酚鈉濃溶液，溶液出現渾濁，不能證明酸性：碳酸>苯酚，故D錯誤。8、B【答案解析】

的官能團有羧基和酯基兩種，將其轉化為，則兩種官能團都要發生反應，但要注意保護酚羥基。同時要注意相關物質的酸性強弱關系。【題目詳解】A.與足量NaOH溶液共熱后，轉化為，再通入足量HCl后，又轉化為，A不可行；B.與稀硫酸共熱后，轉化為，加入足量的NaHCO3后，中只有羧基參與反應，而酚羥基不反應，故可轉化為，B可行；C.加熱該物質溶液，只能部分水解為，再通入足量的CO2不發生變化，C不可行；D.加稀硫酸共熱后，轉化為，再加入足量NaOH溶液，中的兩種官能團都可以與堿反應，故轉化為，D不可行。綜上所述，將轉化為可行的方法是B，本題選B。【答案點睛】本題在解題時，要注意把握住相關物質的酸性和堿性，要求學生能根據題中信息，選擇合適的試劑，利用較強的酸制取較弱的酸。要求學生要掌握常見重要官能團的性質及其變化規律。9、B【答案解析】

A．2-乙基丙烷，烷烴命名中出現2-乙基，說明選取的主鏈不是最長的，主鏈應該為丁烷，正確命名為：2-甲基丁烷，故A錯誤；B．CH3CH2CH2CH2OH1-丁醇，醇的命名需要標出羥基的位置，該有機物中羥基在1號C，其命名符合有機物的命名原則，故B正確；C．間二甲苯，兩個甲基分別在苯環的對位，正確命名應該為：對二甲苯，故C錯誤；D．2-甲基-2-丙烯，碳碳雙鍵在1號C，該有機物正確命名為：2-甲基-1-丙烯，故D錯誤；故答案為B。10、B【答案解析】

A、若A為NaOH溶液，E為CO2，B為NaHCO3，D為Na2CO3；可以實現如圖轉化；B、A、B、D若是鎂及其化合物，鎂是典型金屬，形成的氫氧化鎂是堿，和酸反應不能和堿反應，鎂元素沒有可變化合價；C、根據A能和少量E與過量E反應生成化合物B和D，即可推斷A為AlCl3，E為強堿，發生離子反應Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，確定出B中含有AlO2-，D為Al（OH）3；D、由題意，若A和E為單質，若A單質是碳，根據碳的化學性質及框圖中A能和少量E與過量E反應生成兩種含碳化合物B和D，可推測E是氧氣，B為CO2、D為CO。【題目詳解】A、若A為NaOH溶液，E為CO2，過量二氧化碳與氫氧化鈉溶液反應生成的B為NaHCO3，少量二氧化碳和氫氧化鈉溶液反應生成的D為Na2CO3，D→B的反應；Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，B→D的反應：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，選項A正確；B、A能和少量E與過量E反應生成兩種化合物B和D，鎂是典型金屬，鎂的化合物中，形成的氫氧化鎂是堿，和酸反應不能和堿反應，鎂元素沒有可變化合價，不能實現轉化關系，選項B錯誤；C、根據A能和少量E或過量E反應生成兩種化合物B和D，即可推斷A為AlCl3，E為強堿，發生離子反應Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，確定出B中含有AlO2-，D為Al（OH）3，則D→B的離子方程式為Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，B→D的離子方程式為AlO2-+H+（少量）+H2O=Al（OH）3↓，選項C正確；D、由題意，若A和E為單質，若A單質是碳，根據碳的化學性質及框圖中A能和少量E與過量E反應生成兩種含碳化合物B和D，可推測E是氧氣，B為CO2、D為CO，選項D正確；答案選B。【答案點睛】本題考查元素化合物的推斷，解題關鍵是根據已知信息結合化合物的性質分析、嘗試確定各物質，各物質確定后抓住化學性質解決問題。本題涉及知識點較多，難度較大。11、A【答案解析】

分子晶體的溶沸點由分子間作用力而定，分子間作用力越強，熔沸點越高，若分子間有氫鍵，則分子間作用力比結構相似的同類晶體大，故熔沸點較高；組成和結構相似的分子晶體，一般相對分子質量越大，分子間作用力越強，熔沸點越高；相對分子質量相同，組成和結構不相似的物質，分子極性越大，其熔沸點越高；相對分子質量相同，化學式也相同的同分異構體中，一般來說，支鏈越多，熔沸點越低；同類物質相比，分子內形成氫鍵的物質的熔沸點要低于分子間形成氫鍵的物質的熔沸點。【題目詳解】①H2O分子間形成氫鍵，分子間作用力強于不能形成氫鍵的H2S，則沸點H2O＞H2S，故正確；②H2O分子間形成氫鍵的數目多于HF，分子間作用力強，沸點高，則沸點H2O＞HF，故正確；③組成和結構相似的分子，相對分子質量越大，分子間作用力越強，物質的熔沸點越高，H2Se和H2S結構相似，則沸點H2Se＞H2S，故錯誤；④相對分子質量相同，組成和結構不相似的物質，分子極性越大，其熔沸點越高，CO為極性分子，N2為非極性分子，則沸點CO＞N2，故正確；⑤組成和結構相似的分子，相對分子質量越大，分子間作用力越強，物質的熔沸點越高，CH4和C2H6結構相似，則沸點C2H6＞CH4，故錯誤；⑥相對分子質量相同，化學式也相同的同分異構體中，一般來說，支鏈越多，熔沸點越低，新戊烷的支鏈數目多于正丁烷，則沸點正戊烷＞新戊烷，故正確；⑦鄰羥基苯甲醛容易形成分子內氫鍵，沸點較低；，對羥基苯甲醛則容易形成分子間氫鍵，沸點較高，則沸點鄰羥基苯甲醛＞對羥基苯甲醛，故錯誤；①②④⑥正確，故選A。12、C【答案解析】

A、二氧化硫是形成酸雨的主要污染物，A正確；B、二氧化碳是形成溫室效應的主要污染物，B正確；C、形成白色污染的主要原因是聚乙烯材料的污染，C錯誤；D、二氧化氮是形成光化學煙霧的主要污染物，D正確；故選C。13、D【答案解析】

A．該物質結構不對稱，共有8種位置的H原子，則它的一氯代物有8種，故A錯誤；B．環狀結構中含飽和碳原子，為四面體結構，分子中所有碳原子不可能在同一個平面內，故B錯誤；C．丁基苯的分子式為C10H14，檸檬烯的分子式為C10H16，二者分子式不同，不是同分異構體，故C錯誤；D．含C=C，能發生加成、氧化，含甲基，能在一定條件下發生取代，則一定條件下，它可以分別發生加成、取代和氧化反應，與氫氣的加成反應也為還原反應，故D正確；答案選D。14、A【答案解析】

A、分子晶體中分子間作用力越大，沸點越高，所以C4H10的兩種同分異構體因為分子間作用力大小不同，因而沸點不同，故A正確；B、H2O汽化成水蒸氣破壞分子間作用力和氫鍵，不破壞共價鍵，水分子分解時破壞共價鍵，故B錯誤；C、過氧化鈉中既離子鍵又含共價鍵，過氧化鈉是離子化合物，而不是共價化合物，故C錯誤；D、水晶為二氧化硅，屬于原子晶體，干冰為二氧化碳的固態形式，屬于分子晶體，它們的熔沸點相差很大，故D錯誤。15、D【答案解析】

配合物也叫絡合物，為一類具有特征化學結構的化合物，由中心原子或離子（統稱中心原子）和圍繞它的稱為配位體（簡稱配體）的分子或離子，完全或部分由配位鍵結合形成，配合物中中心原子提供空軌道，配體提供孤電子對，配合物[Co(NH3)5Cl]2+中，Co2+為中心離子提供空軌道，電荷數為+2，Cl、NH3為配體提供孤電子對，有一個氯離子和五個氨分子做配體，配位數為6，答案選D。16、C【答案解析】

只要總質量一定，各組中的二種物質不論以何種比例混合，完全燃燒時生成水的質量也總是定值，有機物間必須滿足兩種物質氫元素質量分數是定值，以此解答。【題目詳解】只要總質量一定，各組中的二種物質不論以何種比例混合，完全燃燒時生成水的質量也總是定值，有機物間必須滿足兩種物質氫元素質量分數是定值，在①甲烷和乙烯、②乙烯和乙醇、③苯和乙炔、④甲苯和鄰二甲苯⑤丙烯和2-丁烯中只有③苯和乙炔、⑤丙烯和2-丁烯符合條件。所以C選項正確。故答案為：C。【答案點睛】注意有機物燃燒特點，如只要總質量一定，二種物質不論以何種比例混合，完全燃燒時生成水的質量也總是定值，有機物間必須滿足兩種物質氫元素質量分數是定值。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羥基酯化(或取代)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OHBC【答案解析】

A的蒸汽對氫氣的相對密度是15，則A的相對分子質量為15×2=30，且能發生銀鏡反應，說明分子內含醛基，則推出A的結構簡式為HCHO，與氫氣發生加成反應轉化為甲醇（CH3OH），故C為甲醇，F的分子式為C3H6O2，采用逆合成分析法可知，E為乙酸，兩者發生酯化反應生成F，F為乙酸甲酯；M在酒化酶作用下生成B，B經過一系列氧化反應得到乙酸，則M為葡萄糖，B為乙醇，D為乙醛，E為乙酸，據此分析作答。【題目詳解】根據上述分析可知，（1）B為乙醇，其中含有的官能團名稱是羥基，反應⑥為甲醇與乙酸酯化生成乙酸甲酯的過程，其反應類型為酯化(或取代)，故答案為羥基；酯化(或取代)；（2）反應④為乙醇氧化成乙醛的過程，其化學方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）有機物F為CH3COOCH3，與NaOH溶液發生水解反應，其化學方程式為CH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OH，故答案為CH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OH；（4）A．甲醛的水溶液常用于標本的防腐，有機物D為乙醛，A項錯誤；B.含羥基或羧基的有機物均能與鈉反應生成氫氣，則有機物B、C、E都能與金屬鈉發生反應，B項正確；C.乙酸甲酯中含乙酸，則可用飽和碳酸鈉溶液進行分離，C項正確；D.有機物M為葡萄糖，分子式為C6H12O6，不是高分子化合物，D項錯誤；答案選BC。18、溴原子1，3-丙二醇取代反應C10H11O4N6【答案解析】

由R的分子式、X的結構簡式，可推知R為HOCH2CH2CH2OH；加熱C脫去CO2生成D，即C中側鏈-CH(COOH)2轉化為-CH2COOH而得到D，因此D為，結合官能團的結構和性質分析解答(1)~(5)。(6)由于-NH2具有強還原性，應先引入羧基，再還原硝基得到氨基，因此應先制備結合羥基的引入方法分析解答。【題目詳解】(1)Y()中含有的官能團有-COOH、-Br，其中不含氧的官能團為溴原子；由R的分子式、X的結構簡式，可推知R為HOCH2CH2CH2OH，名稱為：1，3-丙二醇，故答案為：溴原子；1，3-丙二醇；(2)加熱C脫去CO2生成D，即C中側鏈-CH(COOH)2轉化為-CH2COOH而得到D，故D的結構簡式為：，故答案為：；(3)對比B、Y、C的結構，可知B中苯環上-OCH3鄰位的H原子被換成了-CH(COOH)2生成C，屬于取代反應。Q()的分子式為：C10H11O4N，故答案為：取代反應；C10H11O4N；(4)對比A、B結構，可知A→B是A的氨基中氫原子被取代生成B，同時還生成CH3COOH，反應的方程式為：，故答案為：；(5)Z為，Z的同分異構體滿足：①能與氯化鐵溶液發生顯色反應，說明含有酚羥基；②能與碳酸氫鈉反應，說明含有-COOH；③含-NH2，④苯環上有處于對位的取代基，該同分異構體中含有3個取代基：-OH、-NH2、-COOH，處于對位的2個取代基有3種組合，另外一個取代基均含有2種位置，故符合條件的共有3×2=6種，故答案為：6；(6)以為原料制備。氨基可以有硝基還原得到，由于-NH2具有強還原性，應先引入羧基，因此應先制備，再還原硝基得到氨基，在堿性條件下溴原子水解可以引入羥基，再氧化可以引入-COOH，最后與Fe/HCl作用，還原得到氨基，合成路線流程圖為：，故答案為：。【答案點睛】本題的易錯點為(6)，在設計合成路線時，要注意-NH2具有強還原性，注意合成過程中的氧化過程對氨基的影響。19、吸收空氣中的還原性氣體，防止其干擾pH3的測定偏低5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.3825mg>0.05mg，所以不合格【答案解析】

(1)KMnO4溶液有強氧化性，PH3有強還原性；(2)氧氣會氧化一部分PH3，滴定消耗的亞硫酸鈉標準溶液偏少，則測得的磷化物的殘留量偏低；(3)由得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可寫出正確的化學方程式；(4)先計算Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質的量，再由高錳酸鉀總的物質的量減去Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質的量求出吸收PH3消耗的高錳酸鉀的物質的量，進而求出糧食中磷物(以PH3計)的殘留量。【題目詳解】(1)KMnO4溶液有強氧化性，PH3有強還原性，裝置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空氣中的還原性氣體，防止其干擾PH3的測定；(2)裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液吸收空氣中的O2，若去掉該裝置，氧氣會氧化一部分PH3，導致剩下的KMnO4多，滴定消耗的亞硫酸鈉標準溶液偏少，則測得的磷化物的殘留量偏低；(3)裝置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被還原為Mn2+，由得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可知，該反應的離子方程式為：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；(4)滴定的反應原理是5SO32-+2MnO4-+16H+=5SO42-+2Mn2++8H2O，Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質的量==3.2mol。則吸收PH3消耗的高錳酸鉀的物質的量=2.50×lO-4mol?L-13.2mol=1.8mol，PH3的物質的量=1.8mol=1.125mol。糧食中磷物(以PH3計)的殘留量==0.3825mg?kg-1，0.3825mg?kg-1>0.05mg?kg-1，所以不合格。20、偏高②③④無影響B無色變成粉紅(或淺紅)半分鐘后溶液顏色無新變化則表示已達滴定終點18.85%DCu(OH)2Cu2++2NH1·H2O====Cu(OH)2↓+2NH4+中【答案解析】

（1）①滴定管中未用標準液潤洗，直接加入標準液會稀釋溶液濃度減小；②錐形瓶內水對滴定結果無影響；③滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應觀察錐形瓶中溶液的顏色變化，以判定滴定終點；④如溶液顏色發生變化，且半分鐘內不褪色為滴定終點；（2）依據滴定前后消耗氫氧化鈉溶液的體積的平均值，結合4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O、H＋+OH－=H2O計算．（1）根據鹽類的水解考慮溶液的酸堿性，然后根據指示劑的變色范圍與酸堿中和后的越接近越好，且變色明顯（終點變為紅色），溶液顏色的變化由淺到深容易觀察，而由深變淺則不易觀察；（4）根據難溶物的溶度積常數判斷先沉淀的物質，溶度積常數越小，越先沉淀；（5）在25℃下，平衡時溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根據物料守恒得c（NH1·H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根據電荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的電離常數Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)。【題目詳解】（1）①滴定管中未用標準液潤洗，直接加入標準液會稀釋溶液濃度減小，消耗標準液體積增大，氫離子物質的量增大，4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，反應可知測定氮元素含量偏高；②錐形瓶內水對滴定結果無影響；③滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應觀察錐形瓶中溶液的顏色變化B；④氫氧化鈉滴定酸溶液，達到終點時，酚酞顏色變化為無色變化為紅色，半分鐘內不褪色；（2）樣品1.5000g，反應為4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，消耗氫離子的物質的量和氮元素物質的量相同，依據圖表數據分析可知，三次實驗中消耗氫氧化鈉溶液體積分別為：20.01mL、19.99mL、20.00ml，三次均有效，氫氧化鈉溶液的平均體積為20.00mL，由酸堿中和反應可知，氫離子物質的量=氫氧化鈉物質的量=0.1000mol·L-1×20.00ml×10-1L/ml=2.00×10-1mol，250mL溶液中氮元素物質的量和氫離子物質的量相同，該樣品中氮的質量分數為2×10-1mol×14g·mol－1×250÷25÷1.5000g×100%=18.85%．（1）NaOH溶液滴和CH1COOH溶液反應恰好完全時，生成了CH1COONa，CH1COONa水解溶液呈堿性，應選擇堿性范圍內變色的指示劑，即酚酞，故D正確；（4）由于KsP[Cu（OH）2]=2.2×10-20＜Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，所以Cu（OH）2先生成沉淀；一水合氨和銅離子反應生成氫氧化銅和氨根離子，所以離子方程式為2NH1·H2O+Cu2＋=Cu（OH）2↓+2NH4＋；（5）在25℃下，平衡時溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根據物料守恒得c（NH1．H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根據電荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的電離常數Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)=10-7×5×10-1/(0.5a-5×10-1)=。【答案點睛】難點和易錯點（5）：根據電荷守恒確定溶液酸堿性，結合一水合氨電離平衡常數解答問題，注意二者混合后溶液體積增大一倍，物質濃度降為原來一半，為