贵州省毕节地区2020年高二下化学期末达标检测模拟试题含解析

贵州省毕节地区2020年高二下化学期末达标检测模拟试题
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．下列有机物中，属于芳香烃的是
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
A是环己烷，不含苯环，不属于芳香烃，A错误；B是苯的同系物，属于芳香烃，B正确；C中含有氧元素、N元素，不属于烃类，属于芳香族化合物，C错误；D属于环烷烃，不含苯环，不是芳香烃，D错误。

点睛：本题考查有机物的结构与分类，较简单，注意掌握常见有机物的分类，把握芳香烃的概念。

含有苯环的烃属于芳香烃，且在元素组成上只含有C、H两种元素。

2．下列有机物中，符合在核磁共振氢谱中出现两组峰，且峰面积之比为3:2的化合物是
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
分析：核磁共振氢谱中出现两组峰，说明有两种位置不同的氢原子，峰面积之比为3:2，说明氢原子个数比为：3：2，据此解答.
详解：A.有两组峰，峰面积之比为6：1，A错误；B.有三组峰，峰面积之比为6:8:2，B错误；C.有两组峰，峰面积之比为3:2，C正确；D. 有三组峰，D错误；答案选C.
3．某无色气体可能含有CO、CO2和H2O(g)、H2中的一种或几种，依次进行如下处理(假定每步处理都反应完全)：①通过碱石灰时，气体体积变小；②通过赤热的氧化铜时，黑色固体变为红色；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色晶体；④通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。

由此可以确定原无色气体中() A．一定含有CO2、H2O(g)，至少含有H2、CO中的一种
B．一定含有H2O(g)、CO，至少含有CO2、H2中的一种
C．一定含有CO、CO2，至少含有H2O(g)、H2中的一种
D．一定含有CO、H2，至少含有H2O(g)、CO2中的一种
【答案】D
【解析】
【分析】
①中通过了碱石灰后，气体中无CO2、H2O，②通过炽热的氧化铜，CO和H2会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸铜粉末变为蓝色，CO2通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成。

【详解】
①通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收H2O和CO2，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；
②通过赤热的CuO时，固体变为红色；可能有CO还原CuO，也可能是H2还原CuO，也可能是两者都有；
③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以一定有H2；
④通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有CO2，而这些CO2来源于CO还原CuO产生的，所以一定有CO。

综上分析：混合气体中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种，
故合理选项是D。

【点睛】
本题考查混合气体的推断的知识，抓住题中反应的典型现象，掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键。

4．下列关于有机物的实验及相关结论都正确的一组是
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
分析：A.乙醛和溴水发生氧化还原反应; B.前者发生了盐析，后者发生了变性; C.乙酸含有羧基，葡萄糖含有醛基; D.聚乙烯塑料为热塑性塑料, 酚醛塑料为热固性塑料.
详解：A.乙烯使溴水褪色因为和Br2发生了加成反应,乙醛使溴水褪色因为醛基有还原性,溴有氧化性,发生了氧化还原反应,A错误；B.向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液和(CH3COO)2Pb溶液，均能产生沉淀,前者
发生了盐析，后者发生了变性，两者产生沉淀的原因不相同，B正确；C.乙酸含有羧基，葡萄糖含有醛基，两者所含的官能团不相同，C错误；D. 聚乙烯塑料为热塑性塑料，受热会熔化、冷却会硬化，可以多次使用，酚醛塑料为热固性塑料，受热会交联成立体网状结构，一次性使用，与熔点的高低不成因果关系，D错误；答案选B.
点睛：热塑性塑料受热会熔化，可多次使用，热固性塑料，受热会交联成立体网状结构，一次性使用。

5．下列元素相关粒子的电子排布式中，前者一定是金属元素，后者一定是非金属元素的是
A．[Ne]3s1[Ne]3s2B．[Ar]4s1[Ne]3s23p4
C．[Ne]3s2[Ar]4s2D．[He]2s22p4[Ne]3s23p5
【答案】B
【解析】
A、两种元素都是金属元素，选项A错误；
B、前者是金属元素，后者是非金属元素，选项B正确；
C、两种元素都是金属元素，选项C错误；
D、两种元素都是非金属元素，选项D错误。

答案选B。

6．已知在Ca3（PO4）2的饱和溶液中，c（Ca2+）=2.0×10-6mol•L-1，c（PO43-）=1.58×10-6mol•L-1，则Ca3（PO4）
2的K sp为（）
A．2.0×10-29B．3.2×10-12C．6.3×10-18D．5.1×10-27
【答案】A
【解析】
【详解】
根据Ca3(PO4)2(s)3Ca2＋(aq)＋2PO43－(aq)，依据溶度积的定义，K sp=[c(Ca2＋)]3×[c(PO43－)]2=(2.0×10－
6)3×(1.58×10－6)2=2.0×10－29，故A正确。

【点睛】
本题思路是先列出磷酸钙溶解的平衡关系，Ca3(PO4)2(s)3Ca2＋(aq)＋2PO43－(aq)，然后根据溶度积的定义，列出K sp=[c(Ca2＋)]3×[c(PO43－)]2，代入数值计算即可。

7．化学与生产和生活密切相关。

下列有关说法正确
．．的是（）
A．蚕丝和棉花的组成元素相同，结构不同，因而性质不同
B．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料
C．第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同分异构体
D．压缩天然气（CNG）、液化石油气(LPG)的主要成分是烃类，是城市推广的清洁燃料
【答案】D
【解析】
【详解】
A．蚕丝的成分为蛋白质，棉花的成分为纤维素，二者组成元素不同，结构不同，性质不同，故A错误；
B. 中国天眼FAST 用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故B 错误；
C. 第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，与石墨烯是不同的单质，互为同素异形体，故C 错误；
D. 压缩天然气（CNG ）的主要成分是甲烷，液化石油气（LPG ）的主要成分是丙烷、丁烷等，该两类燃料都是由碳、氢两种元素组成的烃类，是城市推广的清洁燃料，故D 正确；
答案选D 。

【点睛】
同种元素的不同单质互为同素异形体。

8．下列物质制备方案可行的是（ ）
A ．22l 2MnO Cl Ca(ClO)−−−→−−−→V
稀HC 石灰乳 B ．2H O 2324FeS SO H SO −−−→−−−→V
空气 C ．2333Al O AlCl (aq)AlCl −−→−−−→V 盐酸无水
D ．2222H O O H O
2323N NH NO HNO NO −−−−→−−−−→−−→−−−→V V 催化剂，催化剂， 【答案】D
【解析】
【详解】
A .二氧化锰和浓盐酸在加热条件下可以反应生成氯气，稀盐酸不行，A 项错误；
B .二硫化亚铁与空气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，B 项错误；
C .氯化铝会发生水解，氯化铝溶液加热灼烧后生成三氧化二铝，C 项错误；
D .氮气和氢气合成氨气，再利用氨的催化氧化合成NO ，之后用NO 合成NO 2，再制硝酸，方案可行，D 项正确；
答案选D 。

9．下列评价及离子方程式书写正确的是
③
Fe3+、K+、SCN—、Br—
不能大量共存于同一溶液中，因为有红色沉淀生成
Fe3++SCN—=Fe(SCN)3↓
④HCO3—、OH—、Na+、Ca2+不能大量共存于同一溶液中，因为发生如下反应HCO3—+OH—=CO2↑+H2O
A．①B．②C．③D．④
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 离子方程式未配平，正确的应该为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O ，A错误；
B. 符合客观事实，遵循质量守恒定律，B正确；
C. Fe3+和SCN-发生的是络合反应，得到的物质不是沉淀，方程式也没有配平，离子方程式为：
Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，C错误；
D. 离子方程式不符合客观事实，应该为Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O ，D错误；
答案选B。

10．有一种线性高分子，结构如图所示。

下列有关说法正确的是
A．该高分子由4 种单体(聚合成高分子的简单小分子)缩聚而成
B．构成该分子的几种羧酸单体互为同系物
C．上述单体中的乙二醇，可被O2催化氧化生成单体之一的草酸
D．该高分子有固定熔、沸点，1mol上述链节完全水解需要氢氧化钠物质的量为5mol
【答案】C
【解析】
【详解】
A.该高分子由乙二醇、乙二酸、1,2-丙二醇、对苯二甲酸、丙二酸5种单体缩聚而成，故A错误；
B.对苯二甲酸与乙二酸、丙二酸不属于同系物，故B错误；
C.乙二醇可被02催化氧化生成草酸，故C正确；
D.高分子化合物没有固定熔沸点，故D错误；
答案选C。

11．下列说法正确的是（）
A．室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1-氯丁烷
B．用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3
C．用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3
D．油脂在酸性或碱性条件下均能发生水解反应，且产物相同
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．含-OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1-氯丁烷，A正确；
B．HCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H，则用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3，B 错误；
C．CH3COOH与碳酸钠溶液反应产生气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，C错误；
D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，D错误。

答案选A。

12．光纤通信是70年代后期发展起来的一种新型通信技术，目前长距离光纤通信系统已投入使用，光纤通信的光导纤维是由下列哪种物质经特殊工艺制成的
A．石墨 B．石英 C．石灰石 D．高纯硅
【答案】B
【解析】
试题分析：光纤即光导纤维的简称，其主要成分是二氧化硅，石英主要成分是二氧化硅，故选项B正确。

考点：考查光纤成分判断的知识。

13．下图中烧杯里盛的是天然水，铁被腐蚀由快到慢的顺序是（）
铁被腐蚀由快到慢的顺序是
A．③〉②〉①〉④〉⑤ B．④〉②〉①〉③〉⑤
C．③〉②〉④〉⑤〉① D．④〉⑤〉②〉③〉①
【答案】B
【解析】分析：金属的腐蚀程度：电解>原电池>化学反应>电极保护。

根据图知，②③装置是原电池，在②中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以②＞③，④⑤装置是电解池，④中金属铁为阳极，⑤中金属铁为阴极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即④＞⑤，根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，即④〉②〉①〉③〉⑤，答案选项B。

点睛：本题考查的是金属的腐蚀程度的知识，难度中等，掌握以下规律便很容易解答此类问题，金属的腐蚀程度：电解>原电池>化学反应>电极保护。

14．在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100mL 2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+离子，则下列判断正确的是
A．混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1:1:3
B．反应后所得溶液中的Fe2+离子与Cl-离子的物质的量浓度之比为1：3
C．混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多
D．混合物中，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多
【答案】C
【解析】
【详解】
混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，n(HCl)=0.2mol，n(H2)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，n(Fe2+)=0.1mol，由反应2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，则A．根据以上分析知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，故无法确定混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比，A错误；
B．反应后所得溶液为FeCl2溶液，阳离子与阴离子的物质的量浓度之比为1：2，B错误；
C．混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，由铁与酸反应生成氢气及反应2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，C正确；
D．FeO的物质的量无法确定，不能确定Fe与FeO的物质的量的关系，D错误；
故答案选C。

15．下列叙述正确的是（）
A．称取2.0gNaOH固体，先在托盘上各放1张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体B．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中
C．金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深埋处理
D．浓硝酸存放在带橡胶塞的棕色玻璃试剂瓶中
【答案】B
【解析】
【详解】
A项、NaOH具有强腐蚀性，不能用滤纸称量NaOH固体，应用玻璃器皿（如烧杯等）称量NaOH固体，故A错误；
B项、氢氟酸能与玻璃中二氧化硅反应生成四氟化硅和水，NH4F在水溶液中水解生成氢氟酸，则NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，故B正确；
C项、汞有毒，具有挥发性，金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，应撒上硫粉处理，汞是重金属，深埋会污染环境，故C错误；
D项、浓硝酸具有强氧化性，能够腐蚀橡胶塞，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题考查化学实验基本操作和实验安全，把握物质的性质、实验基本技能、实验安全常识等为解答的关键。

16．下列物质中各含有少量杂质，能用饱和Na2CO3溶液并借助于分液漏斗除去杂质的是( )
A．苯中含有少量甲苯B．乙醇中含少量乙酸
C．乙酸乙酯中含有少量乙酸D．溴苯中含有少量苯
【答案】C
【解析】
A．苯、甲苯与饱和碳酸钠不反应，且不溶于饱和碳酸钠溶液，不能用分液的方法分离，故A错误；B．乙醇以及乙酸钠都溶于水，不能用分液的方法分离，故B错误；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应，可用分液的方法分离，故C正确；D．溴苯与苯混溶，与碳酸钠不反应，不能用达到分离的目的，故D错误；故选C。

点睛：本题考查物质的分离和提纯的实验方案的设计与评价。

能用饱和Na2CO3溶液并借助于分液漏斗除去，说明混合物中有一种难溶于饱和碳酸钠，且加入饱和碳酸钠溶液后分离，用分液的方法分离。

17．已知X、Y、Z、W都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，W的族序数比X的族序数大1，则下列说法错误的是
A．Y和Z以质量比为7:16组成的共价化合物有两种
B．X和Y、X和Z组成的常见化合物，稳定性前者大于后者
C．X、Z、W简单离子的半径由大到小的顺序为：Z>W>X
D．X、Y、Z可以组成一种离子化合物，其中X、Y、Z元素原子个数比为4:2:3
【答案】B
【解析】由上述分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Mg；A．Y和Z以质量比7：16组成的共价化合物为NO2、N2O4，故A正确；B．非金属性O＞N，X和Y、X和Z组成的常见化合物，稳定性前者小于后者，故B错误；C．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，电子层越多，离子半径越大，则X、Z、W简单离子的半径由大到小的顺序为：Z＞W＞X，故C正确；D．X、Y、Z可以组成一种离子化合物为NH4NO3，X、Y、Z元素原子个数比为4：2：3，故D正确；故选B。

点睛：把握原子结构、元素化合物知识推断元素为解答的关键，X、Y、Z、W都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，X为H元素；而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z为O元素；Y和Z可以形成两种以上气态化合物，Y为N元素，W的族序数比X的族序数大1，W应为第三周期ⅡA族元素，以此来解答。

18．下列叙述正确的是（）
A．氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子
B．溶于水后能电离出氢离子的化合物都是酸
C．金属氧化物一定是碱性氧化物
D．离子化合物中一定含离子键，也可能含共价键
【答案】D
【解析】分析：A、电离无须通电；B、能电离出氢离子的化合物不一定为酸；C、金属氧化物不一定是碱性氧化物；D、含离子键的一定为离子化合物。

详解：A．氯化钠溶液在水分子的作用下电离成钠离子和氯离子，无须通电，通电是电解氯化钠溶液，产物为氢氧化钠和氢气和氯气，选项A错误；B．硫酸氢钠是盐，但在水中能电离出氢离子，选项B错误；
C、金属氧化物不一定都是碱性氧化物，高锰酸酐Mn2O7就属于酸性氧化物，选项C错误；
D、离子化合物中一定有离子键，可能有共价键，如NaOH含离子键及O-H共价键，选项D正确；答案选D。

19．碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I−的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。

已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法中正确的是
A．向含I−的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝
B．途径II中若生成1 mol I2，消耗1 mol NaHSO3
C．氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3−
D．一定条件下，I−与IO3−可能生成I2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 向含I -的溶液中通入少量Cl 2，可产生碘单质，能使淀粉溶液变蓝，向含I -的溶液中通入过量Cl 2，生成IO 3-，不能使淀粉溶液变蓝，故A 错误；
B. 根据转化关系2IO 3-~ I 2~10e - ,SO 32-~ SO 42~2e -，途径II 中若生成l mol I 2，消耗 5mol NaHSO 3，故B 错误； C 、由途径I 可以知道氧化性Cl 2>I 2,由途径Ⅱ可以知道氧化性I 2＜IO 3-,由途径Ⅲ可以知道氧化性Cl 2 >IO 3-,故氧化性的强弱顺序为Cl 2> IO 3- > I 2,故C 错误；
D 、一定条件下，I -与IO 3-可发生归一反应生成I 2，故D 正确；
综上所述，本题应选D 。

20．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A ．w -K
c(OH )=1×10-12的溶液：Na +、K +、ClO -、CO 32- B ．滴入酚酞变红色的溶液：K +、Ca 2+、HCO 3-、CO 32-
C ．能溶解Al （OH ）3的溶液：K +、NH 4+、NO 3—、CH 3COO —
D ．0.1mol/LFe(NO 3)2溶液：H +、Cu 2+、SO 42—、Cl —
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．已知()w K c OH -=()()()c H c OH c OH +--=c(H +)=1×10-12，溶液pH=12，显碱性，Na +、K +、ClO -、CO 32-离子组碱性条件下彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A 正确；
B ．滴入酚酞变红色的溶液显碱性，而HCO 3-在碱性溶液中不能大量共存，Ca 2+和CO 32-发生离子反应生成CaCO 3溶液而不能大量共存，故B 错误；
C ．能溶解Al(OH)3的溶液可能显碱性，也可能是为酸性，NH 4+在碱性溶液中不能大量共存，而CH 3COO —在酸性溶液中不能大量共存，故C 错误；
D ．Fe 2+在酸性条件下能被NO 3-氧化，则0.1mol/LFe(NO 3)2溶液中不可能大量存在H +，故D 错误； 故答案为A 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．氮化铝（AlN ）是一种新型无机非金属材料．某AlN 样品仅含有Al 2O 3杂质，为测定AlN 的含量，设计如下三种实验方案．
已知：AlN+NaOH+H 2O=NaAlO 2+NH 3↑
（1）（方案1）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN 的纯度（夹持装置已略去）．
（i）图C装置中球形干燥管的作用是________．
完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先进行的操作是________，再加入实验药品．接下来的实验操作是关闭，打开，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体．打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是________．
（iii）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见________．
（2）（方案2）用下图装置测定m g样品中A1N的纯度（部分夹持装置已略去）．
（i）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是________．
A．CCl4B．H2O C．NH4Cl溶液 D．
（ii）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为V mL（已转换为标准状况），则AlN的质量分数是________．
（3）（方案3）按以下步骤测定样品中A1N的纯度：
（i）步骤②生成沉淀的离子方程式为________．
（ii）若在步骤③中未洗涤，测定结果将________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．
【答案】防止倒吸检查装置气密性；K1；K2把装置中残留的氨气全部赶入C装置C装置出口处连接一个干燥装置AD×100%CO2+AlO2﹣+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓偏高
【解析】
(1)（i）由装置和仪器作用可以知道，氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形
干燥管的作用是防止倒吸的作用；(ii)组装好实验装置，原理可以知道气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品.接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体.打开K1，通入氮气一段时间,测定C装置反应前后的质量变化.通入氮气的目的是把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算；（iii）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，C装置出口处连接一个盛碱石灰干燥管；
(2)（i）A、不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故A正确的；B、氨气极易溶于水，不能排水法测定，故B错误；C、氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故C 错误；D、氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液,测定氨气的体积，故D正确，故选AD；(5)若m g样品完全反应,测得生成气体的体积为V (已转换为标准状况),
═
41
m
，则AlN的质量分数为
3
411041
100%100% 22.42240
V V
m m
-
⨯
⨯=⨯
(3)（i）步骤②生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成,反应的离子方程式为:CO2+AlO2﹣+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓；（ii）若在步骤③中未洗涤，沉淀不洗涤得到滤渣质量会增大，测定结果会偏高。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．按以下步骤可从合成(部分试剂和反应条件已去)．
请回答下列问题：
(1)A的名称为__________。

(2)分别写出B、F 的结构简式：B_____、F_____。

(3)反应①～⑦中属于消去反应的是_____，属于加成反应的是_____(填代号)。

(4)根据反应+Br2，写出在同样条件下CH2=CH—CH=CH2 与等物质的量Br2反应的化学方程式：__________________。

(5)写出第④步的化学方程式_______________。

(6)下列有机物分子中，在核磁共振氢谱图中能给出三种峰(信号)且强度之比为1∶1∶2 的是
_______________。

A．B．C．D．
【答案】环己醇②④①③⑤⑥
CH2=CH-CH=CH2+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br +2NaOH+2NaBr+2H2O BD
【解析】
【分析】
苯酚与氢气发生完全加成反应产生A是环己醇，A与浓硫酸加热发生消去反应产生B是环己烯，B与Br2发生加成反应产生C是1，2-二溴环己烷，C与NaOH的乙醇溶液加热发生消去反应产生D是，D与Br2按1:1关系发生1，4-加成反应产生E为，E与H2发生加成反应产生F为，F与NaOH的水溶液发生水解反应产生G是，G与乙二酸HOOC-COOH在浓硫酸存在和加热时发生缩聚反应形成高聚物H：，据此分析解答。

【详解】
(1)根据上述分析可知A是，名称为环己醇；
(2) B结构简式为；F 的结构简式：；
(3)在上述反应中，反应①属于加成反应，②属于消去反应，③属于加成反应，④属于消去反应，⑤属于加成反应，⑥属于加成反应，⑦属于取代反应，所以反应①～⑦中消去反应的是②④；属于加成反应的是
①③⑤⑥；
(4)CH2=CH—CH=CH2 与等物质的量Br2发生1，4-加成反应的化学方程式为：CH2=CH-CH=CH2
+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br；
(5)第④步的化学反应是与NaOH的乙醇溶液在加热时发生的消去反应，方程式为：
+2NaOH+2NaBr+2H2O；
(6) A.在中核磁共振氢谱中能给出三种峰，且强度之比为1：1：4，A不符合题意；
B.在中核磁共振氢谱中能给出三种峰且强度之比为1：1：2，B符合题意；
C.在中核磁共振氢谱中能给出四种峰且强度之比为1：1：2：2，C不符合题意；
D.中核磁共振氢谱中能给出3种峰且强度之比为1：1：2，D符合题意；
故合理选项是BD；
【点睛】
本题考查有机物的推断与合成的知识，根据反应条件结合各类物质的结构与性质的关系正向顺推，掌握官能团的性质是关键，用对称的思想进行等效H原子的判断是核磁共振氢谱分析的依据。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．研究者设计利用芳香族化合物的特殊性质合成某药物，其合成路线如下(部分反应试剂和条件已省略)：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题
（1）B的名称是______________。

（2）反应②和⑤所属的反应类型分别为____________、______。

（3）反应④所需的条件为___________，E分子中官能团的名称为_________________。

（4）反应⑥的化学方程式为________________________________。

（5）芳香族化合物X是C的同分异构体，X只含一种官能团且1mol X与足量NaHCO3溶液发生反应生成2 molCO2，则X的结构有__________种。

其中核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1的结构简式为____________、_____________。

（6）写出以乙醇和甲苯为原料制备的路线（其他无机试剂任选）_________________。

【答案】对苯二甲酸取代反应(或酯化反应)加成反应浓硫酸、加热碳碳双键
10
【解析】分析：根据A的分子式结合D的结构简式可知A是对二甲苯，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B 为对苯二甲酸。

根据D的结构简式可知B与甲醇发生酯化反应生成C为。

根据已
知信息可知C与SOCl2发生取代反应生成D；根据反应⑤的生成物结构简式可知发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成，与D
发生取代反应生成F，据此解答。

详解：（1）根据流程可知A被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B为对苯二甲酸；
（2）根据以上分析可知反应②为酯化反应；反应⑤为加成反应。

（3）反应④是羟基的消去反应，所需的条件为浓硫酸、加热；E的结构简式为：，分子中含有的官能团是碳碳双键；
（4）有机物D与有机物在氯化铝的作用下发生取代反应，化学方程式为
；
（5）有机物C为，芳香族化合物X只含一种官能团，且1mol X与足量NaHCO3溶液发生反应生成2molCO2，结构中含有2个羧基，满足这样条件的有机物结构有：2个-COOH、1个-CH3分别连在苯环上，结构有6种；1个–COOH、1个-CH2COOH分别连在苯环上，结构有3种；苯环上连有
的结构有1种，因此共计有10种；其中核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1的结构简式为和；
（6）根据已知信息结合逆推法可知以乙醇和甲苯为原料制备的路线图为。

点睛：本题主要是考查有机物推断与合成，题目难度中等，根据已知信息判断出有关物质的结构简式是解答的关键，难点是同分异构体数目判断和有机合成路线设计。

需要注意的是对于苯的同系物中，与苯环直接相连的第一个碳上至少有1个氢原子，才能被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，否则不能被氧化。

24．氢气是一种重要的工业原料和清洁能源，可用作合成氨、合成甲醇、合成盐酸的原料，冶金用还原剂等。

（1）已知：CH 4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.2 kJ·mol−1。

CH 4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.4 kJ·mol−1
则反应CH 4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) ΔH= _______kJ·mol−1。

噲?2NH3(g) ΔH=−92.4 kJ·mol−1。

（2）工业合成氨的反应原理为N2(g)+3H2(g)垐?
①该反应中的H2制取成本较高，工业生产中往往追求H2的转化率。

增大H2的平衡转化率的措施有_______（填字母代号）。

a．增大压强
b．升高温度
c．增大N2浓度
d．及时移走生成物NH3
e．使用高效催化剂
②升高温度，该可逆反应的平衡常数K__________（填“增大”“不变”或“减小”）。

③某温度下，把10 mol N2与28 mol H2置于容积为10 L的恒容密闭容器内，10 min时反应达到平衡状态，测得平均速率v(NH3)=0.12 mol·L−1·min−1，H2的平衡转化率为_______（保留三位有效数字），则该温度下反应的平衡常数K=_______。