贵州省六盘水市2019-2020学年化学高二下期末监测模拟试题含解析

贵州省六盘水市2019-2020学年化学高二下期末监测模拟试题
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．向三份0.1mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2CO3、CH3COONa固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO- 浓度的变化依次为（）
A．减小、增大、减小B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大D．增大、减小、增大
【答案】C
【解析】
【分析】
含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解，据此分析。

【详解】
CH3COONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，NH4NO3是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；Na2CO3是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；CH3COONa溶液中加入
CH3COONa，会导致醋酸根离子浓度增大；故选C。

【点睛】
本题考查了影响盐类水解的因素，明确影响盐的水解的因素是解题的关键。

本题的易错点为加入CH3COONa 固体，相当于增大了CH3COONa的浓度，水解程度减小，醋酸根离子浓度增大。

2．N A是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0.1N A
B．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2N A
C．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1N A个H+
D．10 g的D2O中含有的质子数与中子数分别为5N A和4N A
【答案】B
【解析】
【详解】
A．16.25gFeCl3的物质的量为
16.25g
162.5g/mol
=0.1mol，FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子是多个Fe(OH)3的
聚集体，所以0.1mol FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 N A，故A错误；
B．甲烷和乙烯分子内均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为：
11.2L
22.4L/mol
×4×N A=2N A，故B正确；
C．pH=1的H3PO4溶液中H+浓度为0.1mol/L，但溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故C错误；
D．10gD2O物质的量=
10g
20g/mol
=0.5mol，0.5mol分子中含有的质子数与中子数均为5N A，故D错误；
故答案为B。

【点睛】
顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。

特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。

关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol 是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。

3．下列各组物质能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是
A．乙烯、乙炔B．1一已烯、甲苯C．苯、1一已炔D．苯、正已烷
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 乙烯和乙炔都含有不饱和键，都能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不能鉴别，故A错误；
B. l−己烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾反应，甲苯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不能鉴别，故B错误；
C. 苯与高锰酸钾不反应，1−己炔能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，可鉴别，故C正确；
D. 苯、正己烷与酸性高锰酸钾都不反应，不能鉴别，故D错误；
本题选C。

【点睛】
能用高锰酸钾酸性溶液鉴别的有机物可能含有不饱和键、苯的同系物或醛。

4．某原电池构造如图所示。

下列有关叙述正确的是
A．在外电路中，电子由银电极流向铜电极
B．取出盐桥后，电流计的指针仍发生偏转
C．外电路中每通过0.1mol电子，铜的质量理论上减小6.4g
D．原电池的总反应式为Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu(NO3)2
【答案】D
【解析】
【详解】
A、该原电池铜为负极，银为正极，在外电路中，电子由负极流向正极，错误；
B、取出盐桥后，装置断路，无法构成原电池，电流表的指针不能发生偏转，错误；
C、根据负极极反应：Cu-2e-=Cu2+规律，外电路中每通过0.1 mol电子，铜的质量理论上减小0.1×0.5×64 =3.2g，错误；
D、金属铜置换出银，发生电子转移构成原电池，总反应式为Cu＋2AgNO3= =2Ag＋Cu(NO3)2，正确；
答案选D。

【点睛】
原电池重点把握三点：电子流向：负极流向正极；电流流向：正极流向负极；离子流向：阳离子流向正极，阴离子流向负极。

5．下列化学用语表示正确
．．的是（）
A．四氯化碳分子的比例模型：B．氯乙烷结构简式：CH2ClCH2Cl
C．CH3CH2NO2与H2NCH2COOH互为同分异构体D．丙烯的键线式：
【答案】C
【解析】
【详解】
A．四氯化碳分子的比例模型中，氯原子的原子半径比碳原子的原子半径大，而在该模型中原子半径的大小错误，故A错误；
B．氯乙烷的分子式为C2H5Cl，故其结构简式为CH3CH2Cl，故B错误；
C．分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，CH3CH2NO2与H2NCH2COOH的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故C正确；
D. 丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，故其键线式为，故D错误；
答案选C。

【点睛】
注意比例模型中，原子的半径大小和空间构型！
6．下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）
A．SO3与SO2B．BF3与NH3C．BeCl2与SCl2D．H2O 与SO2
【答案】A
【解析】试题分析：
A、SO3中S原子杂化轨道数为（6+0）=3，采取sp2杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为（6+0）=3，采取sp2杂化方式，故A正确；
B、BF3中B原子杂化轨道数为（3+3）=3，采取sp2杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为（5+3）=4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故B错误；
C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为（2+2）=2，采取sp杂化方式，SCl2中S原子杂化轨道数为
（6+2）=4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误。

考点：原子轨道杂化类型判断
点评：本题考查原子轨道杂化类型判断，难度中等。

需熟练掌握几种常见分子的中心原子杂化类型。

7．水溶液中能大量共存的一组离子是
A．Na+、Ag+、Cl-、CO32-B．H+、Na+、Fe2+、MnO4-
C．K+、Ca2+、Cl-、NO3- D．K+、NH4+、OH-、SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】
A．在溶液中Ag+与Cl-、CO32-均不能大量共存，A错误；
B．在溶质H+、Fe2+、MnO4-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；
C．K+、Ca2+、Cl-、NO3-之间不反应，可以大量共存，C正确；
D．在溶液中NH4+与OH-结合生成一水合氨，不能大量共存，D错误；
答案选C。

【点晴】
离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-）；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+，Fe3+与CO32-、HCO3-、AlO2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。

8．氢是重要而洁净的能源。

要利用氢气作为能源，必须解决好安全有效地储存氢气的问题。

化学家研究出利用合金储存氢气的方法，其中镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，这种合金的晶体结构已经测定，其基本结构单元如图所示，则该合金的化学式可表示为()
A．LaNi5B．LaNi C．La4Ni24D．La7Ni12
【答案】A
【解析】
【详解】
镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，根据其基本结构单元示意图可知，该结构单元中含La和Ni的原子数分
别为12⨯1
6
+2⨯
1
2
=3、18⨯
1
2
+6=15，则该合金的化学式可表示为LaNi5，故选A。

9．下列化学用语正确的是（）
A．四氯化碳的电子式：
B．丙烷分子的比例模型：
C．2－乙基－1，3－丁二烯的键线式：
D．聚丙烯的结构简式：
【答案】C
【解析】
A、氯原子未成键的孤对电子对未画出，分子中碳原子与氯原子之间形成1对共用电子对，电子式为
，选项A错误；B、图中模型为丙烷的球棍模型，选项B错误；C、键线式用短线表示化学键，交点、端点是碳原子，C原子、H原子不标出，故2-乙基-1，3-丁二烯分子的键线式为，选
项C正确；D、聚丙烯的结构简式为，选项D错误；答案选C。

10．下列说法正确的是
A．分子晶体和离子晶体中一定都含有化学键
B．金属晶体中，原子半径越大，金属键越强
C．同一个原子中的p轨道形状完全相同
D．焰色反应与电子跃迁有关
【答案】D
【解析】
【详解】
A.稀有气体分子中不存在任何化学键，只存在分子间作用力，故A错误；
B.金属晶体中，金属键强弱与原子半径大小成反比，所以金属晶体中，原子半径越大，金属键越弱，故B 错误；
C.同一个原子中的不同p轨道能量不同，所以形状不完全相同，故C错误；
D.焰色反应是因为金属离子吸收能量，电子发生跃迁，形成不同的颜色的光，与电子跃迁有关，故D正确；故选D。

11．氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为
A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3中的N为sp2型杂化，而CH4中的C是sp3型杂化B．NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道
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．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子
【答案】C
【解析】
【分析】
NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型。

【详解】
A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型相同，中心原子均是sp3型杂化，故A错误；
B．NH3分子中N原子、CH4分子中C原子均形成4个杂化轨道，故B错误；
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，而CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，故C正确；
D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子不能解释两分子形状不同，如CH3Cl是极性分子，也是四面体构型，故D错误；
故C正确。

【点睛】
本题考查了分子空间构型的判断，注意理解价层电子对互斥理论与杂化轨道理论，注意孤对电子对占据杂化轨道，但在观察分子形状时要忽略孤对电子对占据的空间。

12．满足分子式为C3H6ClBr的有机物共有( )种
A．3种B．4种C．5种D．6种
【答案】C
【解析】分析：C3H6ClBr可以看作丙烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。

详解：丙烷只有一种结构，则其一氯代物只有两种：CH3CH2CH2Cl、CH3CHClCH3，第一种含有3类氢原子，第二种含有2类氢原子，所以共有5种，答案选C。

13．以下有关物质的量浓度的叙述正确的是
A．等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应，若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1:2:3
B．150 mL 1mol·L－1的氯化钾溶液中的c(Cl－)与50 mL 1 mol·L－1的氯化铝溶液中的c(Cl－)相等C．20℃时，饱和KCl溶液的密度为1．172g·cm－3，物质的量浓度为2．0 mol·L－1，则此溶液中KCl 的质量分数为3．38%
D．20℃时，100 g水可溶解32．2g KCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为32．2%
【答案】C
【解析】
试题分析：A、因为生成硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，所以三种盐提供的硫酸根的比例为1:2:3，所以硫酸铁，硫酸铜，硫酸钾的比例为3:2:3，错误，不选A；B、氯化钾溶液中氯离子浓度为1mol/L，氯化铝溶液中氯离子浓度为3mol/L，不相等，不选B；C、质量分数=2．0×72．5/1000×1．172=3．38%，正确，选C；D、质量分数=32．2/（100+32．2）=3．38%，错误，不选D。

考点：溶液中离子浓度的计算，物质的量浓度和质量分数的换算
14．关于一些重要的化学概念有下列说法，其中正确的是（）
①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物②BaSO4是一种难溶于水的强电解质③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐④煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化⑤置换反应都属于离子反应
A．①②⑤B．①②④C．②③④D．③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】
①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是分散质和分散剂组成的混合物，故①正确；
②硫酸钡是盐，水溶液中难溶，但溶于水的部分完全电离，熔融状态完全电离，是强电解质，故②正确；
③纯碱是碳酸钠，属于盐类，故③错误；
④煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化；煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，属于化学变化；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，属于化学变化，故④正确；
⑤置换反应不一定是离子反应，如：CuO＋H2Cu＋H2O，故⑤错误；
故正确的是①②④，答案为B。

【点睛】
常见化学变化：干馏、氢化、氧化、水化、风化、炭化、钝化、催化、皂化、歧化、卤化、硝化、酯化、裂化、油脂的硬化等；
常见物理变化或过程：蒸馏、分馏、溶化、汽化、液化、酸化等。

15．某温度下在密闭容器中发生如下应：2M（g）+ N(g)2G(g)若开始时只充入2molG(g),达平衡时，混合气体的压强比起始时增加20%，若开始时只充入2molM和1molN的混合气体，达平衡时M的转化率为（）
A．20% B．40% C．60% D．80%
【答案】C
【解析】
因为平衡的建立和途径无关，2molG(g)就相当于是2molM和1molN，即平衡是等效的。

2M（g）+ N(g)2G(g)
起始量（mol）0 0 2
转化量（mol）2x x 2x
平衡量（mol）2x x 2－2x
压强之比是物质的量之比
所以有
解得x＝0.4
所以在平衡体系中M的物质的量是0.8mol
因此其转化率是
答案选C。

16．下列图示与操作名称不对应
．．．的是
A．过滤B．洗气C．溶解D．蒸发
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 为过滤操作，A正确；
B. 洗气操作时应该是长口进，短口出，B错误；
C. 为溶解操作，C正确；
D. 为蒸发操作，D正确；
答案选B。

17．2018年3月5日，《Nature》连刊两文报道了21岁的中国留美博士曹原等研究人员制得了具有超导特
性的双层石墨烯新材料。

以下对石墨烯的推测不正确
．．．的是（）
A．石墨烯性质稳定，不能在氧气中燃烧B．石墨烯与石墨都具有导电性
C．石墨烯与金刚石互为同素异形体D．石墨烯与石墨都具有较高的熔点
【答案】A
【解析】
【详解】
A.石墨烯是只由碳原子构成的单质，能在氧气中燃烧，A项错误；
B.石墨烯具有超导特性可以导电，石墨中含有自由电子，所以石墨也可以导电，B项正确；
C.石墨烯还是只由碳原子构成，是C原子形成的单质，所以石墨烯与金刚石是同素异形体，C项正确；
D.石墨属于混合晶体，石墨烯属于二维晶体，二者都具有较高的熔点，D项正确；
答案选A。

18．下列反应中属于取代反应的是
A．甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应
C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液加热反应D．在苯中滴入溴水，溴水层变为无色
【答案】C
【解析】A．甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色属于氧化反应，故A不选；B．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色属于加成反应，故B不选；C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液加热反应生成硝基苯和水，属于取代反应，故C选；D．在苯中滴入溴水，溴水层变无色发生的是萃取，属于物理过程，故D不选；故选C。

19．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。

20．下列说法中，正确的是
A．22gCO2物质的量为0. 5 mol
B．0.1mol・L-1NaOH溶液中含有0.1molNa+
C．1 mol Cl2中含有的氯原子数约为6. 02×1023
D．标准状况下，44. 8 L H2 O的物质的量为2mol
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 根据n=m/M=22g/44g n mol-1=0. 5 mol ,故A正确；
B. 0.1mol・L-1NaOH溶液没有体积无法计算物质的量，故B错误；
C. 1 mol Cl2中含有的氯原子数约为6. 02×1023 2，故C错误；
D. 标准状况下，H2 O为非气态，故无法计算物质的量，D错误。

答案：A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．下图是有机化学中的几个重要实验。

图一是制取乙酸乙酯，图二是验证醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱；图三是实验室制取乙炔并检验其部分性质。

请根据要求填空。

(1)图一中A发生的化学方程式为__________，A的导管应与_______相连(填字母)。

(2)图二中的E和F分别盛装的药品应为_____________和______________。

A．石蕊溶液B．苯酚钠溶液C．碳酸氢钠溶液D．碳酸钠溶液
(3)图三中乙装置的作用是_______________，实验过程中发现燃烧非常剧烈，分析其主要原因是
_________________。

【答案】CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O B C B 除去乙炔中H2S和PH3等杂质直接用水与电石反应，导致生成气体的速度很快
【解析】
【分析】
(1)图一A中乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；为了避免发生倒吸现象，吸收乙酸乙酯的导管不能伸入溶液中；
(2)图二是验证醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱，醋酸具有挥发性，应该在E中用碳酸氢钠溶液除去挥发出来的醋酸，通过二氧化碳气体与苯酚溶液的反应证明碳酸的酸性大于苯酚；
(3)制取的乙炔中混有的硫化氢、磷化氢等杂质会对乙炔的检验产生干扰，需要用硫酸铜溶液除去；制取乙炔通常用饱和食盐水和电石反应，若用水与电石直接反应会使产生的乙炔的速率较快。

【详解】
(1)图一中A发生酯化反应，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O；吸收乙酸乙酯的导管不能伸入溶液中，否则容易发生倒吸现象，所以A导管应该与B连接；
(2)图二的实验目的是验证醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱，通过醋酸与碳酸钠溶液的反应证明醋酸的酸性大于碳酸，通过二氧化碳与苯酚钠的反应证明碳酸的酸性大于苯酚，由于醋酸具有挥发性，D中生成的CO2气体中混有CH3COOH，需要用NaHCO3饱和溶液除去，所以E中试剂是NaHCO3饱和溶液，合理选项是C；F 中盛放试剂是苯酚钠溶液，合理选项是B；
(3)电石与水反应生成的乙炔气体中混有H2S和PH3等杂质，H2S和PH3等杂质会影响丙中乙炔性质的检验，需要先用硫酸铜溶液除去；实验室中制取乙炔用饱和食盐水和电石反应，可以减小反应速率，若直接用水与电石反应，会导致反应速率较快。

【点睛】
本题考查了乙酸乙酯的制取、酸性强弱比较、乙炔的制取等知识。

注意掌握常见物质的制备原理及装置特点，结合物质的性质及可能混有的杂质，选择适当的顺序，使用一定的试剂除杂、净化，然后进行检验，题目侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，该药物通常以2-－氯苯甲醛为原料合成，合成路线如下：
（1）下列关于氯吡格雷的说法正确的是__________。

A．氯吡格雷在一定条件下能发生消去反应
B．氯吡格雷难溶于水，在一定条件下能发生水解反应
C．1mol氯吡格雷含有5N A个碳碳双键，一定条件下最多能与5molH2发生加成反应
D．氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S
（2）物质 D 的核磁共振氢谱有_________种吸收峰。

（3）物质X 的结构简式为____________。

（4）物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，写出该反应的化学方程式______，反应类型是__________。

（5）写出属于芳香族化合物A的同分异构体__________(不包含A)。

【答案】BD 7 2+2H2O 取代反应、、
【解析】
【分析】
(1)氯吡格雷含有酯基、氯原子，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；
(2)D结构不对称，有7种不同的H；
(3)对比D、E可知X的结构简式；
(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成；
(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl。

【详解】
(1)A．氯吡格雷中氯原子在苯环上，不能发生消去反应，故A错误；
B．氯吡格雷含有酯基、氯原子，难溶于水，在一定条件下能发生水解反应，故B正确；
C．lmol氯吡格雷含有2N A个碳碳双键，且含有苯环，则一定条件下最多能与5molH2发生加成反应，故C 错误；
D．由结构简式可知氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S，故D正确；
故答案为BD；
(2)D结构不对称，有7种不同的H，则核磁共振氢谱有7种吸收峰；
(3)对比D、E可知X的结构简式为；
(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成，反应的化学方程式为；
(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl，苯环含有2个取代基，可为邻、间、对等位置，对应
的同分异构体可能为。

【点睛】
推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。

能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。

可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。

掌握这些基本知识对有机合成非常必要。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．丙烯可用于合成杀除根瘤线虫的农药B（分子式为C3H5Br2Cl），该分子中每个碳原子上均连有卤原子，其合成路线如下图所示。

（1）丙烯的结构简式是________，它含有的官能团名称是_________。

（2）由A生成B的反应类型是____________。

（3）A水解可得到 CH2=CHCH2OH，该水解反应的化学方程式为：___________。

【答案】CH3CH=CH2碳碳双键加成反应CH2=CHCH2Cl+NaOH CH2=CHCH2OH+NaCl或
CH2=CHCH2Cl+H2O CH2=CHCH2OH+HCl
【解析】分析：丙烯与氯气在高温下发生取代反应生成A（3-氯-1-丙烯），A与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成B是CH2ClCHBrCH2Br，据此解答。

详解：（1）丙烯含有碳碳双键，结构简式为CH3CH=CH2；
（2）A分子中含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，则由A生成B的反应类型是加成反应。

（3）A水解可得到CH2=CHCH2OH，该水解反应的化学方程式为
CH2=CHCH2Cl+NaOH CH2=CHCH2OH+NaCl。

24．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。

阴离子CO、SiO、AlO、Cl－
阳离子Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、NH、Na＋
现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。

（1）若Y是盐酸，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是___，ab段发生反应的离子是______________，bc段发生反应的离子方程式为______________。

（2）若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的离子是___________________。

ab段反应的离子方程式为
_______________________________________。

【答案】SiO 32-、AlO CO32－Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2OAl3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－NH4＋＋OH－===NH3·H2O
【解析】
分析：(1)无色溶液中不会含有Fe3＋，加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H2SiO3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，由图象知溶液中肯定含有AlO2-、SiO32-。

oa段发生反应的离子为AlO2-、SiO32-，ab段为CO32－,bc段则是Al(OH)3溶解。

(2)当向溶液中加入NaOH时，生成的沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3,ab段是NH4＋与OH－之间发生反应，因Al3＋、Mg2＋不能与CO 32－、SiO32-、AlO共存，故此时溶液中阴离子只有Cl－。

详解:(1)某无色稀溶液X中,无色溶液中不会含有Fe3＋，加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H2SiO3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，所以由图象知溶液中含有AlO2-、SiO32-；则oa段发生反应的离子为AlO2-、SiO32-；ab段发生的反应沉淀的量不变,所以ab段为盐酸与CO32－反应,bc段沉淀减少,则是Al(OH)3溶解于盐酸,其反应的离子方程式为：Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O。

因此，本题正确答案是：SiO 32-、AlO；CO32－；Al(OH)3＋3H＋═Al3＋＋3H2O；
(2)若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液,先生成沉淀,溶液中可能含Al3＋、Mg2＋或两者中的一种，因为弱碱阳离子和弱酸根会双水解而不能共存,即溶液中不含CO 32－、SiO32-、AlO，因为溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl－；当ab段时,沉淀的量不变化,是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体: NH4＋＋OH－═NH3·H2O，即溶液中含NH4＋；当bc段时沉淀的质量减少但没有完全溶解,即部分沉淀和氢氧化钠反应,部分沉淀不反应,说明溶液中有Al3＋、Mg2＋，即bc段的反应为：Al(OH)3＋OH-═AlO2-+2H2O。

即X中一定含有的离子是Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－；因为溶液中有Al3＋、Mg2＋，故oa段转化为沉淀的离子是Al3＋、Mg2＋，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体,反应的离子方程式为NH4＋＋OH－═NH3·H2O；因此，本题正确答案是：Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－；NH4＋＋OH－═NH3·H2O。