浙江省金华市2020年高二下化学期末经典模拟试题含解析

浙江省金华市2020年高二下化学期末经典模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列离子方程式正确的是
A．向氨水中滴加少量的氯化铁溶液：Fe3++3OH-＝2Fe（OH）3↓
B．二氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应：SO2+Ba2++H2O＝BaSO3↓+2H+
C．向海带灰浸出液中加入稀硫酸、双氧水：2I- +2H+ +H2O2＝I2 +2H2O
D．向Ba(OH)2溶液中加入少量的NH4HSO4溶液：Ba2++OH-+H++SO42-＝BaSO4↓+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．氨溶于水生成一水合氨为弱电解质，不能拆，所以氨水中滴加少量的氯化铁溶液的离子方程式为：
Fe3++3NH3∙H2O＝2Fe(OH)3↓+ 3NH4+，故A错误；
B．二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故B 错误；
C．向海带灰浸出液中加入稀硫酸、双氧水发生氧化还原反应，其离子反应方程式为：2I- +2H+ +H2O2＝I2
+2H2O，故C正确；
D．向Ba(OH)2溶液中加入少量的NH4HSO4溶液：Ba2++2OH-+H++SO42-+NH4+＝BaSO4↓+H2O+ NH3∙H2O，故D 错误；
故答案：C。

【点睛】
根据以少定多的原则，少量的NH4HSO4溶液中的溶质完全反应，故离子方程式为：Ba2++2OH-+H++SO42-+NH4+＝BaSO4↓+H2O+ NH3∙H2O。

2．下列实验误差分析不正确的是（）
A．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
B．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
C．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度差值△t偏小
【答案】A
【解析】
分析：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小。

详解：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，根据公式c B=，所配溶液浓度偏大，A项错误；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，终点读数偏小，所测体积偏小，B项正确；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小，C项正确；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小，D项正确；答案选A。

3．下列反应过程中不能引入醇羟基的是
A．醛的氧化反应
B．卤代烃的取代反应
C．烯烃的加成反应
D．酯的水解反应
【答案】A
【解析】
【详解】
A.醛的氧化反应引入的是羧基，故A符合题意；
B.卤代烃取代反应能够引入羟基官能团，如溴乙烷在氢氧化钠的水溶液中加热情况下，水解得到乙醇，故B不符合题意；
C.烯烃的加成反应能够引入羟基，如烯烃和水加成生成乙醇，引入了羟基，故C不符合题意；
D.酯的水解反应能够引入羟基，如乙酸乙酯水解，能生成乙醇和乙酸，故D不符合题意；
所以本题正确答案为A。

【点睛】
根据官能团的性质和各种反应类型的反应原理进行分析判断即可。

4．以下实验能获得成功的是
A．用乙醇和乙酸混合共热制取乙酸乙酯
B．将铁屑、溴水、苯混合制溴苯
C．在苯中滴入浓硝酸制硝基苯
D．将铜丝在酒精灯加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色
【答案】D
【解析】
试题分析：A．乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下混合共热才可以制取乙酸乙酯，故A错误；B．铁屑、液溴、苯混合可以制溴苯，不能用溴水，故B错误；C．在苯中滴入浓硝酸和浓硫酸来制硝基苯，故C错误；D．在乙醇的催化氧化中，金属铜作催化剂，铜参与反应，最后会生成金属铜，故D正确；故选D。

考点：考查有机物的性质
5．下列变化或数据与氢键无关的是 ( )
A．氟化氢的沸点比氯化氢的沸点高
B．氨分子与水分子形成一水合氨
C．乙醇能跟水以任意比混溶
D．SbH3的沸点比PH3高
【答案】D
【解析】
【详解】
A、F原子能形成氢键，HF分子间氢键作用强，HCl分子间无氢键，所以HF沸点较高，故A错误；
B、N原子和O原子形成氢键的能力都很强，因而可以形成一水合氨，故B错误；
C、羟基O原子和H2O中的O原子都能与H吸引形成氢键，因而可以任意比例互溶，故C错误；
D、SbH3沸点比PH3高，是因为前者相对分子质量远比后者大，分子间相互作用力强，D正确；故选D。

【点睛】
本题主要考查氢键的应用。

氢键不是化学键，通常把氢键看做是一种较强的分子间作用力。

氢键比化学键强，比分子间作用力强；分子间形成氢键会使物质的熔沸点升高，这是因为固体熔化或液体气化时必须破坏分子间氢键，消耗更多的能量；分子间氢键对物质的水溶性有影响，如氨气极易溶于水，主要是氨分子与水分子形成分子间氢键；通常N、O、F这三种元素的氢化物已形成氢键。

常见易形成氢键的化合物有H2O、 HF、NH3、CH3OH等；氢键只影响分子晶体的物理性质。

6．下列有机物中，所有的碳原子不可能都共面的是( )
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
选项A相当于甲烷分子中的4个氢原子被甲基取代，所有的碳原子不可能共面。

B可视为乙烯分子中的4个氢原子被甲基取代，所有的碳原子共面。

C可视为苯环上的两个氢原子被甲基取代，所有的碳原子共面。

D中含有一个苯环和一个碳碳双键，通过碳碳单键相连，两个平面可能重合。

7．有下列离子晶体空间结构示意图：为阳离子,为阴离子。

以M代表阳离子，N代表阴离子，化学式为MN2的晶体结构为()
A．B．C．
D．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.阳离子位于顶点和面心，晶胞中总共含有阳离子M的数目为8×1
8
+6×
1
2
=4，1个阴离子位于体心，为晶
胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为4：1，化学式为M4N，故A 不选；
B.有4个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为4×1
8
=
1
2
，1个阴离子位于体心，为晶胞所
独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为1
2
：1=1：2，化学式为MN2，故
B选；
C.有3个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为3×1
8
=
3
8
，1个阴离子位于体心，为晶胞所
独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为3
8
：1=3：8，化学式为M3N8，
故C不选；
D.有8个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为8×1
8
=1，1个阴离子位于体心，为晶胞所
独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为1：1，化学式为MN，故D不选；故答案选B。

8．下列各组分子中，都属于含有极性键的非极性分子的一组是（）
A．CO2、H2O B．C2H4、CH4C．Cl2、C2H2D．NH3、HCl
【答案】B
【解析】
试题分析：A．CO2是含有极性共价键的非极性分子，H2O是含有极性共价键的极性分子，错误；B．C2H4、CH4都属于含有极性键的非极性分子，正确；C．Cl2是含有非极性共价键的非极性分子，C2H2是含有极性共价键的非极性分子，错误；D．NH3、HCl是含有极性共价键的极性分子，错误。

考点：考查物质分子内的化学键与分子种类的分类的知识。

9．下列说法正确的是
A．与丙三醇互为同系物
B．与的单体相同
C．淀粉、蛋白质、光导纤维均为有机高分子化合物
D．按系统命名法，化合物的名称为2-甲基-3，4-乙基己烷
【答案】B
【解析】
A．含有6个羟基，丙三醇含有3个羟基，二者结构不相似，一定不属于同系物，故A错误；B．根据高聚物的结构可知，合成该缩聚产物的单体为HO-CH(CH=CH2)-COOH；根据的结构可知，合成该加聚产物的单体为HO-CH(CH=CH2)-COOH，单体相同，故B正确；C．淀粉、蛋白质均为有机高分子化合物，光导纤维为二氧化硅晶体，不是高分子化合物，故C错误；D．按系统命名法，化合物的名称是2-甲基-3，4-二乙基己烷，故D错误；故选B。

10．关于有机物和的说法正确的是
A．二者互为同系物B．的一氯代物有 3 种
C．的二氯代物有 12 种D．二者均能发生还原反应、加聚反应
【答案】C
【解析】A. 二者结构不相似，不能互为同系物，A错误；B. 的一氯代物有2种，B错误；C. 根据定一议一可知的二氯代物有12种，C正确；D. 二者均能发生还原反应，不能发生加
聚反应，D错误，答案选C。

点睛：同分异构体判断是解答的难点，注意掌握常见有机物同分异构体的判断方法，例如一取代产物数目的判断可以用基元法、替代法、等效氢法等；再比如二取代或多取代产物数目的判断一般用定一移一或定
二移一法，即对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。

11．已知下列元素原子的最外层电子排布式，其中不一定能表示该元素为主族元素的是
A．3s23p3B．4s2C．4s24p1D．3s23p5
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、最外层电子排布式为3s23p3的是P，属于主族元素，故错误；
B、最外层电子排布式为4s2的不一定是主族元素，如Fe、Zn等过渡元素，故正确；
C、最外层电子排布式为4s24p1的是Ga，位于第IIIA族，属于主族元素，故错误；
D、最外层电子排布式为3s23p5的是Cl，属于主族元素，故错误。

故选B。

12．实验室为了妥善保存硫酸亚铁溶液，常加入少量的（）
A．铁粉B．铜粉C．锌粉D．Fe2（SO4）3
【答案】A
【解析】
硫酸亚铁溶液中Fe2+容易被氧化成Fe3+，导致硫酸亚铁溶液变质，为了防止防止硫酸亚铁溶液变质，需要加入少量铁粉，反应的离子方程式为2Fe3++Fe═3Fe2+；由于锌粉、铜粉、镁粉都会引进杂质，所以选用铁粉，故选A。

点睛：本题考查了化学试剂的保存方法，注意掌握常见化学试剂的性质及保存方法。

解答本题的关键是知道硫酸亚铁容易被氧化成铁离子，所以保存硫酸亚铁溶液时，通常需要加入还原剂。

13．下列说法中正确的是
A．CO2、NH3、BF3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构
B．在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料
C．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
D．第ⅠA族元素和第ⅦA族元素的原子之间都能形成离子键
【答案】B
【解析】
【详解】
A．CO2中所有原子都满足最外层8电子的稳定结构；而NH3中的H原子满足2电子的结构，BF3中B满足6电子稳定结构，A错误；
B．在元素周期表中金属元素区的元素是导体，在非金属元素区的元素的单质一般是绝缘体体，在金属和
非金属交界处的元素的导电介于导体与绝缘体之间，因此在该区域可以找到半导体材料，B正确；
C．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等，C错误；
D．一般情况下第ⅠA族元素和第ⅦA族元素的原子之间能形成离子键。

但是也有例外，例如H与F形成的H－F是共价键，D错误。

答案选B。

14．一种镁氧电池如图所示，电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为KOH浓溶液。

下列说法错误的是
A．电池总反应式为：2Mg＋O2＋2H2O＝2Mg(OH)2
B．正极反应式为：Mg－2e－＝Mg2＋
C．活性炭一极为正极
D．电子的移动方向由a经外电路到b
【答案】B
【解析】
【分析】
Mg、活性炭、KOH浓溶液构成原电池，Mg易失电子作负极，活性炭为正极，负极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，电子从负极沿外电路进入正极，据此分析解答；【详解】
Mg、活性炭、KOH浓溶液构成原电池，Mg易失电子作负极，活性炭为正极，负极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，电子从负极沿外电路进入正极，
A、根据上述分析，负极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，电池总反应式为2Mg＋O2＋2H2O=Mg(OH)2，故A说法正确；
B、根据上述分析，Mg为负极，电极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，故B说法错误；
C、活性炭为一极正极，故C说法正确；
D、根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从a经外电路流向b，故D说法正确；答案选B。

【点睛】
考查学生对原电池工作原理的理解，明确各个电极上发生反应，特别是电极反应式的书写，应注意电解质的酸碱性，如本题电解质KOH，负极上产生Mg2＋与OH－结合生成Mg(OH)2，即负极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2。

噲?N2O4(g)达平衡时，再向容器内通入一定量的N2O4(g)，15．恒温、恒容的容器内发生如下反应：2NO2(g) 垐?
重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，NO2的体积分数()
A．不变B．增大C．减小D．无法判断
【答案】C
【解析】
【详解】
恒温、恒容的容器内发生如下反应：2NO 2(g) N2O4(g)，达平衡时，再向容器内通入一定量的N2O4(g)，等效于在原平衡的基础上增大压强，增大压强平衡正向移动，NO2的体积分数减小，答案选C。

【点睛】
解答本题需注意：达平衡时，再向容器内通入一定量的N2O4(g)，由于增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动，NO2物质的量和混合气体总物质的量都增大，反应物和生成物均只有1种，故要判断NO2体积分数的变化等效于增大压强来理解。

16．以乙醇为原料，用下述6种类型的反应：①氧化；②消去；③加成；④酯化；⑤水解⑥加聚，来合成乙二酸乙二酯()的正确顺序是（）
A．①⑤②③④B．①②③④⑤C．②③⑤①④D．②③⑤①⑥
【答案】C
【解析】
【详解】
以乙醇为原料合成乙二酸乙二酯，需先合成乙二酸，然后利用乙二酸和乙二醇发生酯化反应生成乙二酸乙二酯，因此经过以下几步：
第一步：乙醇先发生消去反应生成乙烯，为消去反应；第二步：乙烯发生加成反应生成二卤代烃，为加成反应；第三步：水解生成乙二醇，为水解反应；第四步：乙二醇氧化生成乙二酸，为氧化反应；第五步：乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙二酸乙二酯，为酯化反应，涉及的反应类型按反应顺序依次为②③⑤①④，故选C。

17．有机物结构简式为CH3COOCH2－CH＝CH－COOH，则该有机物的性质可能有（）
①加成反应②水解反应③酯化反应④中和反应⑤氧化反应⑥取代反应
A．只有①③⑥B．只有①③④
C．只有①③④⑤D．①②③④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【分析】
根据有机物分子的结构简式可知分子中含有酯基、碳碳双键和羧基，结合相应官能团的结构与性质解答。

【详解】
①含有碳碳双键，能发生加成反应；②含有酯基，能发生水解反应；③含有羧基，能发生酯化反应；
④含有羧基，能发生中和反应；⑤含有碳碳双键，能氧化反应；⑥含有酯基、羧基，能发生取代反应。

答案选D。

18．下列有机物属于脂肪烃的是（）
A．新戊烷B．氯乙烷C．硬脂酸D．甲苯
【答案】A
【解析】
【详解】
A.新戊烷属于脂肪烃，只含C、H元素，为链烃基结构，A正确；
B.氯乙烷含有Cl元素，属于烃的衍生物，B错误；
C.硬脂酸中含有C、H和O元素，属于烃的衍生物，C错误；
D.甲苯中含有苯环，属于芳香烃，D错误；
故合理选项是A。

19．用铂电极电解100mL HNO3 与AgNO3的混合液，通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体（标准状况），则原混合液中Ag+的物质的量浓度为（）
A．1mol/L B．2mol/L C．2.5mol/L D．3mol/L
【答案】A
【解析】
试题分析：电解池阳极是氢氧根离子在放电，收集到2.24L氧气，则转移了0.4mol电子；阴极是银离子放电完全后，氢离子再放电，当收集到2.24L氢气时，则转移了0.2mol电子，所以银离子放电需转移0.2mol 电子。

考点：电解池
点评：电解池是历年高考常考知识点，注重考查学生分析问题、解决问题的能力。

20．若N A表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1mol/L的CaCl2溶液中所含Cl﹣数为0.2N A
B．7.8gNa2O2与足量水反应，转移电子数为0.2N A
C．常温常压下，8gCH4含有的分子数为0.5N A
D．常温下，0.1molFe与酸完全反应时，失去的电子数一定为0.3N A
【答案】C
【解析】
试题分析：A、0.1mol/L的CaCl2溶液中氯离子的浓度是0.2mol/L，不能确定溶液的体积，则不能计算所
含Cl﹣数，A错误；B、1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子，则7.8gNa2O2即0.1mol过氧化钠与足量水反应，转移电子数为0.1N A，B错误；C、常温常压下，8gCH4的物质的量是8g÷16g/mol＝0.5mol，含有的分子数为0.5N A，C正确；D、常温下，0.1molFe与酸完全反应时，失去的电子数不一定为0.3N A，例如与盐酸反应转移0.2mol电子，D错误，答案选C。

考点：考查阿伏加德罗常数计算
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。

已知:①AlCl3、FeCl3分别在183 ℃、315 ℃时升华；②无水AlCl3遇潮湿空气变质。

Ⅰ. 实验室可用下列装置制备无水AlCl3。

（1）组装好仪器后，首先应_____________，具体操作为_____________________
（2）装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________________。

装置C中盛放的试剂是________________。

装置F中试剂的作用是__________。

若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为_______
（3）将所制得的无水AlCl3配制溶液时需加入盐酸的目的是_________
Ⅱ. 工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备,流程如下:
（1）氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为___________________
（2）700 ℃时,升华器中物质充分反应后降温实现FeCl3和AlCl3的分离。

温度范围应为_______
a.低于183 ℃
b.介于183 ℃和315 ℃之间
c.高于315 ℃
（3）样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过下列操作测得(部分物质略去)。

计算该样品中AlCl3的质量分数________(结果用m、n表示,不必化简)。

【答案】检查装置气密性关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段
时间后若G 中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好； 除HCl 浓硫酸 吸收水，防止无水AlCl 3遇潮湿空气变质 碱石灰 抑制铝离子水解 Al 2O 3+3Cl 2+3C 2AlCl 3+3CO b
×100%或
×100%
【解析】
【分析】 I.（1）此实验中有气体的参与，因此实验之前首先检验装置的气密性；检验气密性的方法，一般采用加热法和液差法两种；（2）利用题中信息，可以完成；（3）从水解的应用角度进行分析；II.（1）根据流程的目的，焦炭在高温下转化成CO ，然后根据化合价升降法进行配平；（2）利用AlCl 3和FeCl 3升华的温度，进行分析；（3）根据元素守恒进行计算。

【详解】
I.（1）装置A 制备氯气，因此需要检验装置的气密性，本实验的气密性的检验方法是：关闭装置A 中分液漏斗的活塞，向G 中加入蒸馏水没过导管，微热A ，一段时间后若G 中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好；（2）A 中制备的氯气中混有HCl 和H 2O ，HCl 能与Al 发生反应，AlCl 3遇水易变质，因此必须除去HCl 和H 2O ，装置B 的作用是除去氯气中的HCl ，装置C 的作用是除去水蒸气，即盛放的是浓硫酸。

因为AlCl 3遇水易变质，因此装置F 的作用是防止G 中水蒸气进去E 装置，使AlCl 3变质；氯气有毒，需要吸收尾气，因此装置G 的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气，如果G 和F 改为一个装置，应用干燥管，盛放试剂为碱石灰；（3）AlCl 3属于强酸弱碱盐，Al 3＋发生水解：Al 3＋＋3H 2O Al(OH)3＋3H ＋，加入盐酸的目的是抑制Al 3＋的水解；II.（1）流程的目的是制备AlCl 3，因此氯化炉中得到产物是AlCl 3，焦炭在高温下，生成CO ，因此反应方程式为Al 2O 3+3Cl 2+3C 2AlCl 3+3CO ；（2）AlCl 3、FeCl 3分别在183 ℃、315 ℃时升华，因此进行分离，需要控制温度在183℃到315℃之间，故选项b 正确；（3）根据铝元素守恒，AlCl 3的物质的量为n×2/102mol ，则AlCl 3的质量为133.5×2×n/102g ，即AlCl 3的质量分数为
2133.5102
n m
⨯⨯×100%或133.551n m ×100%。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．卡托普利(E)是用于治疗各种原发性高血压的药物，其合成路线如下：
(1)A的系统命名为____________，B中官能团的名称是________，B→C的反应类型是________。

(2)C→D转化的另一产物是HCl，则试剂X的分子式为________。

(3)D在NaOH醇溶液中发生消去反应，经酸化后的产物Y有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的物质Y的同分异构体的结构简式：_______________、______________________________。

a．红外光谱显示分子中含有苯环，苯环上有四个取代基且不含甲基
b．核磁共振氢谱显示分子内有6种不同环境的氢原子
c．能与FeCl3溶液发生显色反应
(4)B在氢氧化钠溶液中的水解产物酸化后可以发生聚合反应，写出该反应的化学方程式：
_______________________________________________________。

【答案】2-甲基丙烯酸羧基、氯原子取代反应C5H9NO2
＋(n-1)H2O
【解析】
（1）A→B发生加成反应，碳链骨架不变，则B消去可得到A，则A为，名称为2-
甲基丙烯酸，B中含有-COOH、-Cl，名称分别为羧基、氯原子；由合成路线可知，B→C时B中的-OH被-Cl 取代，发生取代反应；（2）由合成路线可知，C→D时C中的-Cl被其它基团取代，方程式为C+X→D+HCl，根据原子守恒，则X的分子式为：C5H9NO2；（3）根据流程中，由D的结构式，推出其化学式为C9H14NClO3，在NaOH醇溶液中发生消去反应，经酸化后的产物Y的化学式为：C9H13NO3，不饱和度为：(9×2+2−13+1)/2=4，则红外光谱显示分子中含有苯环，苯环上有四个取代基且不含甲基，则四个取代基不含不饱和度；核磁共振氢谱显示分子内有6种不同环境的氢原子；能与NaOH溶液以物质的量之比1：1完全反应，说明含有
一个酚羟基；所以符合条件的同分异构体为：、
；（4）根据B的结构简式可知，B在氢氧化钠溶液中的水解产物酸化后得到，可发生缩聚反应，反应方程式为。

点睛：本题考查有机物的合成，明确合成图中的反应条件及物质官能团的变化、碳链结构的变化是解答本题的关键，（3）中有机物推断是解答的难点，注意结合不饱和度分析解答。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．氢气是一种清洁能源，又是合成氨工业的重要原料．
（1）已知：
甲烷和反应生成和的热化学方程式为______ ．
（2）工业合成氨的反应原理为某温度下，把10mol 与28mol 置于容积为10L的密闭容器内，10min时反应达到平衡状态，测得氮气的平衡转化率为，则10min内该反应的平均速率______ ，则该温度下该反应的平衡常数______ 欲增大氮气的平衡转化率，可采取的措施有______ 写一种措施即可．
【答案】CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H=+165.0kJ/mol 0.18 3.6 增加氢气的浓度或分离出氨气或降温
【解析】（1）①CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=206.2kJ•mol-1；②CH4（g）+CO2（g）=2CO （g）+2H2（g）△H=247.4kJ•mol-1；结合盖斯定律①×2-②得到CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+165.0kJ•mol-1，故答案为：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+659.8kJ•mol-1。

（2）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
初始浓度：1 2.8 0
变化浓度：0.6 1.8 1.2
平衡浓度：0.4 1.0 1.2
则10min内该反应的平均速率，，欲增大氮气的平衡转化率，可以增加氢气的物质的量，或是降低温度等，故答案为：0.18；3.6；增加氢气的物质的量（降低温度）。

24．向30mL某浓度氢氧化钠溶液中通入CO2气体后得溶液N，因CO2通入量不同，溶液N的组成也不同。

若向N溶液中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入的盐酸体积V[HCl(aq)]的关系有如图所示两种情况（不计CO2的溶解），则曲线Y表明N中的溶质为_______________________，原NaOH溶液的物质的量浓度为________；由曲线X、Y可知，两次实验通入CO2的体积之比为X:Y=___________。

【答案】NaOH和Na2CO30.25mol/L10:3
【解析】
分析：曲线X，Y开始没有气体产生，加入一定体积盐酸后生成气体,生成气体的反应
为:HCO3-+H+=H2O+CO2↑，再结合反应OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO3-，可以知道,若X中只有Na2CO3,开始发生H++CO32-=HCO3-,前后两过程消耗HCl的体积相等,而实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积,故Y曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3,Y曲线中,前后消耗盐酸的体积之比为1:3；则曲线X表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3,且二者物质的量之比为1:2；根据钠元素守恒计算原NaOH溶液的物质的量浓度；根据曲线Y生成二氧化碳消耗盐酸体积为75-60=15mL，曲线X生成二氧化碳消耗盐酸体积为75-25=50mL，求出两次实验通入CO2的体积之比。

详解：曲线X,Y开始没有气体产生，加入一定体积盐酸后生成气体,生成气体的反应
为:HCO3-+H+=H2O+CO2↑，再结合反应OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO3-，可以知道,若X中只有Na2CO3,开始发生H++CO32-=HCO3-,前后两过程消耗HCl的体积相等,而实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积,故Y曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3,Y曲线中,前后消耗盐酸的体积之比为1:3；则曲线X表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3,且二者物质的量之比为1:2；根据钠元素守恒可以知道,当加入75mL盐酸时,溶液中的溶质为氯化钠,所以原溶液中的氢氧化钠的物质的量为0.1×0.075=0.0075mol,所以氢氧化钠的物质的量浓度为0.0075/0.03=0.25mol/L；曲线Y生成二氧化碳消耗盐酸体积为75-60=15mL，曲线X生成二氧化碳消耗盐酸体积为75-25=50mL，由HCO3-+H+=H2O+CO2↑可以知道,则两次实验通入的CO2的体积之比X:Y=50:15=10:3；正确答案：NaOH和Na2CO3；0.25mol/L；10:3。

点睛：盐酸逐滴加到碳酸钠溶液中，先发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3反应，随着盐酸的量的增多，反应为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，反应产生气体；因此盐酸逐滴加到碳酸钠溶液中直至过量，反应的现象为过一会产生气体。