辽宁省营口市2020高二化学下学期期末综合测试试题

2019-2020学年高二下学期期末化学模拟试卷
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．下列金属冶炼的反应原理，错误
．．的是( )
A．MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑B．2NaCl＋H22Na＋2HCl
C．Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2D．2HgO2Hg＋O2↑
2．将SO2通人BaCl2溶液中至饱和未见有沉淀生成，继续通入另一气体，仍无沉淀生成，则该气体可能为A．NO2 B．NH3 C．Cl2 D．HI
3．化学与生产、生活密切相关，下述正确的是（）
A．医院里的血液透析利用了胶体的性质
B．PM2.5中含有铅、铬、钒、砷等对人体有害的金属元素
C．“地沟油”可以放心食用，经加工处理后还可用来制造肥皂和生物柴油
D．Ni-Zn化合物的纳米颗粒作苯与氢气反应的催化剂时，可提高苯的转化率
4．向某碳酸钠溶液中逐滴加1 mol·L─1的盐酸，测得溶液中Cl─、HCO3─的物质的量随加入盐酸体积的关系如图所示，其中n2:n1=3:2，则下列说法中正确的是( )
A．Oa段反应的离子方程式与ab段反应的离子方程式相同
B．该碳酸钠溶液中含有1mol Na2CO3
C．b点的数值为0.6
D．b点时生成CO2的物质的量为0.3 mol
5．下列叙述正确的是（）
A．标准状况下，11.2LSO2气体中含氧原子数等于18g水中含有的氧原子数
B．5.6 g铁与足量稀硫酸反应失去的电子的物质的最为0.3 mol
C．100g98%的浓硫酸所含的氧原子个数为4mol
D．20gNaOH溶于1L水，所得溶液中c(Na+)=0.5mol·L-1
6．在密闭容器中进行反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H>0，测得c(CH4)随反应时间(t)的变化如图所示。

下列判断正确的是（）
A．10 min时，改变的外界条件可能是升高温度
B．反应进行到12min时，CH4的转化率为25%
C．0∽5 min内，v(H2)＝0.1 mol·(L·min)-1
D．恒温下，缩小容器体积，平衡后H2浓度减小
7．X、Y为同周期或同主族短周期元素，若X的原子半径大于Y的原子半径，则下列判断正确的是( ) A．第一电离能一定X< Y
B．X的离子半径一定大于Y的离子半径
C．若X、Y均为非金属元素，则X、Y元素的简单气态氢化物熔沸点一定H n Y < H m X
D．若X、Y均为金属元素，则X失电子的能力一定强于Y
8．利用光伏电池提供电能处理废水中的污染物(有机酸阴离子用R－表示)，并回收有机酸HR，装置如图所示。

下列说法错误的是
A．在光伏电池中a极为正极B．石墨(2)极附近溶液的pH降低
C．HR溶液：c2＜c1D．若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子9．下列属于弱电解质的是
A．氨水B．麦芽糖C．干冰D．碳酸
10．决定化学反应速率的内因是()
①温度②压强③催化剂④浓度⑤反应物本身的性质
A．①②③④⑤B．⑤C．①④D．①②③④
11．下列反应中，HNO3既表现酸性又表现出氧化性的是
A．使紫色石蕊溶液变红B．与铜反应
C．与Na2CO3溶液反应D．与S单质混合共热时生成H2SO4和NO2
12．下列描述，不正确的是
A．正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次降低
B．相对分子质量为104的烃，分子中不可能只存在单键
C．光照下2，2一二甲基丙烷与Br2反应其二溴取代物有两种
D．FeCl3溶液可以把4种无色溶液：乙醇、苯酚、AgNO3溶液、KOH溶液一一区分
13．用石墨作电极，分别电解下列各物质的溶液：①CuSO4②NaCl ③CuCl2④KNO3⑤盐酸⑥H2SO4⑦NaOH ，其中只有水被电解的有
A．①②⑤B．④⑥⑦
C．②④⑥⑦D．③⑤⑥⑦
14．下列现象与氢键无关的是
①NH3的沸点比VA族其他非金属元素简单氢化物的高
②乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④液态氟化氢的化学式有时可以写成(HF)m的形式
⑤H2O比H2S稳定
A．①③④B．②④C．③④⑤D．⑤
15．烟气脱硫可用生物质热解气(CO、CH4、H2)将SO2在高温下还原为单质硫，原理如下：
① 2CO(g)＋SO2(g)===S(g)＋2CO2(g) ΔH1＝＋8.0 kJ•mol-1
② 2H2(g)＋SO2(g)=== S(g)＋2H2O(g) ΔH2＝＋90.4 kJ•mol-1
③ 2CO(g)＋O2(g) ===2CO2(g) ΔH3＝－566.0 kJ•mol-1
④ 2H2(g)＋O2(g)=== 2H2O(g) ΔH4
下列说法不正确
．．．的是
A．升高温度，能提高烟气中SO2的去除率
B．S(g)＋O2(g) === SO2(g) ΔH＝－574.0 kJ•mol-1
C．H2O(l) === H2(g)＋1/2O2(g) ΔH＜－1/2ΔH4
D．反应③、④将化学能转化为热能，有利于烟气脱硫
16．下列化合物中含有手性碳原子的是( )
A．C F 2B．C．CH3CH2OH D．CH3－CH(OH)－COOH
17．设N A表示阿伏加德罗常数。

下列说法正确的是（）
A．1mol月球背面的氦—3（3He）含有质子为2N A
B．标况下，22.4L甲烷和1molCl2反应后的混合物中含有氯原子数小于2N A
C．2molSO2与1molO2充分反应，转移的电子数为4N A
D．25℃时，1L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2N A
18．有一种星际分子，其分子结构模型如图所示(图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键、
三键等，不同花纹的球表示不同的原子)。

对该物质判断正确的是
A．①处的化学键是碳碳双键B．该物质是烃的含氧衍生物
C．③处的原子可能是氯原子或氟原子D．②处的化学键是碳碳单键
19．（6分）五种短周期元素的某些性质如下表所示.下列有关说法正确的是
元素元素的相关信息
M 最高正价与最低负价的绝对值之和等于2
W 原子的M电子层上有3个电子
X 在短周期元素中，其原子半径最大
最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反
Y
应生成Y的单质和H2O
Z 最高价氧化物的水化物与气态氢化物反应生成盐
A．W、Y、Z的简单离子半径依次增大
B．M与Y、Z分别形成的化合物均属于只含有极性键的共价化合物
C．W与M、Y分别形成的化合物都能与水反应，且有气体生成
D．常温下.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液都能与单质W持续反应
20．（6分）已知有机物A与NaOH的醇溶液混合加热得产物C和溶液D。

C与乙烯混合在催化剂作用下可反应生成的高聚物。

而在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液有白色沉淀生成，则A的结构简式可能为( )
A．B．
C．CH3CH2CH2Cl D．
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）（1）某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如下图所示。

请回答：
①若用18O 标记乙醇中的氧原子，则CH3CH218OH 与乙酸反应的化学方程式是_____________。

②球形干燥管C 的作用是______________。

③D 中选用饱和碳酸钠溶液的原因是_____________。

④反应结束后D 中的现象是_____________。

⑤下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有_____________（填序号）。

A．单位时间里，生成1mol 乙酸乙酯，同时生成1mol 水
B．单位时间里，消耗1mol 乙醇，同时消耗1mol 乙酸
C．正反应的速率与逆反应的速率相等
D．混合物中各物质的浓度不再变化
（2）N-苯基苯甲酰胺（）广泛应用于药物，可由苯甲酸（）与苯胺（）反应制得，由于原料活性低，可采用硅胶催化、微波加热的方式，微波直接作用于分子，
促进活性部位断裂，可降低反应温度。

取得粗产品后经过洗涤—重结晶等，最终得到精制的成品。

已知：
水乙醇乙醚
苯甲酸微溶易溶易溶
苯胺易溶易溶易溶
易溶于热乙醇，冷却后易
N-苯基苯甲酰胺不溶
微溶
于结晶析出
下列说法不正确的是_____________（填字母编号）。

A．反应时断键位置为C—O 键和N—H 键
B．洗涤粗产品用水比用乙醚效果更好
C．产物可选用乙醇作为溶剂进行重结晶提纯
D．硅胶吸水，能使反应进行更完全
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）化合物H是一种用于合成γ­分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：
（1）C中的非含氧官能团名称为______。

（2）D→E 的反应类型为___________。

（3）写出A的一种羧酸同系物的结构简式：____________。

（4）写出同时满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式：_________。

①含有苯环，且苯环上只有2种不同化学环境的氢；
②属于α-­氨基酸，且分子中有一个手性碳原子。

（5）G的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式：_________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（8分）铝铁合金在微电机中有广泛应用，某兴趣小组为利用废弃的铝铁合金设计了如下实验流程制备聚合硫酸铁和明矾：
（1）室温下K sp[Fe(OH)3]=4×l0-38制备Fe(OH)3的过程中，pH=7时溶液中c(Fe3+) =________。

（2）聚合硫酸铁是一种无瑪无窖、化学性质稳定、能与水混溶的新型絮凝剂，微溶于乙醇，其化学式可表示为[Fe2(OH)x(SO4)y]n。

①写出流程中的“氧化”时发生的离子方程式_______，浓缩时向其中加入一定量的乙醇，加入乙醇的目的是_________。

②加入试剂Y的目的是调节pH，所加试剂Y为_______；溶液pH对[Fe2(OH) x (SO4)y]n中x的值有较大影响
（如图所示），试分析pH过小（pH＜3）导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因：____________。

（3）明矾是一种常见铝钾硫酸盐。

①为充分利用原料，试剂X应为_______。

②请结合图所示的明矾溶解度曲线，补充完整由滤液I制备明矾晶体的实验步骤(可选用的试剂：废弃的铝铁合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精)：向滤液I中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生，过滤，_____。

将溶液_______、过滤、并用酒精洗涤、干燥，最终得到明矾晶体。

24．（10分）2018年5月9日科技网报道，最新一期国际学术期刊《自然·纳米技术》介绍了我国科学家曾杰团队的成果：在含铂高效催化剂作用下把二氧化碳高效转化清洁液态燃料——甲醇。

（1）甲醇燃烧时发生如下反应（a、b、c、d均大于0）：
①2CH3OH(1)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(1) △H1=-akJ·mol-1
②2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(1) △H2=-bkJ·mol-1
③CH3OH(1)+3/2O2（g）=CO2(g)+2H2O(1) △H3=-ckJ·mol-1
④CH3OH(1)+O22(g)=CO (g)+2H2O(1) △H4=-dkJ·mol-1
由此知，a、b、c、d由小到大排序为_______。

（2）工业上，通常采用氢气还原CO 2法制备甲醇CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(1) △H
已知几种化学键的键能数据如下：
共价键C=O H-H C-O C-H H-O
键能/kJ·mol-1803 436 326 414 464
根据键能数据估算上述反应中△H=____________kJ·mol-1。

（3）在2L恒容密闭容器中充入2 mol CO2和6.5mlH2，在一定温度下反应，测得混合气体中c（CH3OH）
与时间的关系如图1所示。

①M点CO2的正反应速率___________N点CO2的逆反应速率（选填“大于”“小于”或“等于”）。

②0~10min内H2的平均反应速率v（H2）=___________mol·L-1·min-1。

③在该温度下，该反应平衡常数K为________。

（结果保留两位小数并要求带单位）
（4）在密闭容器中充入一定量CO2和H2，在含铂催化剂作用下反应，测得单位时间内CO2的转化率与温度关系如图2所示。

①R点对应的CO2转化率最大，其原因是_________________。

②在Q点时CO2的转化率突变的原因可能是_________________。

（5）以石墨为电极，甲醇/空气碱性（KOH溶液为电解质溶液）燃料电池的能量转化效率高。

当KOH恰好完全转化成KHCO3时停止放电，此时负极的电极反应式为_____________。

参考答案
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．B
【解析】分析：金属的性质不同，活泼性不同，冶炼的方法不同，根据金属活动性强弱，可采用热还原法,电解法，热分解法等冶炼方法。

详解：A项，活泼金属需要采用电解法制取，镁为活泼金属，采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故A项正确；
B项，钠为活泼金属，不能用热还原法冶炼，故B项错误；
C项，铁单质是较活泼金属，可采用热还原法制取，故C项正确；
D项，Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故D项正确。

综上所述，本题答案选B。

2．D
【解析】
试题分析：通入HI气体，不发应，没有沉淀。

故选D。

考点：SO2的性质
点评：本题难度不大，考查SO2的性质，注意SO2的酸性、还原性和氧化性的性质。

3．A
【解析】分析：A、人体血液属于胶体，不能透过半透膜；B、砷为非金属元素；C、地沟油不能够食用；
D、催化剂对平衡无影响。

详解：人体血液属于胶体，胶体是粒子直径在1nm—100nm之间的分散系，不能透过半透膜，所以医院里的血液透析利用了胶体的性质，A选项正确；PM 2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素，其中铅、镉、铬、钒均是金属元素，砷为非金属元素，B选项错误；地沟油是生活中存在的各类劣质油，长期食用可能会引发癌症，对人体的危害极大，不能够食用，C选项错误；催化剂能增大反应速率，但是对平衡移动无影响，所以转化率不变，D选项错误；正确选项A。

4．C
【解析】
Oa段反应的离子方程式为CO32－＋H＋===HCO3－，ab段反应的离子方程式为HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O，HCO3－的物质的量最多为0.5 mol，说明原溶液中Na2CO3的物质的量为0.5 mol，a点时消耗的HCl的物质的量为0.5 mol。

假设ab段加入了m mol HCl，由题意可知，＝，解得m＝0.1，由化学方程式可知b点时共消耗HCl 0.6 mol，其体积为0.6 L，生成CO2为0.1 mol。

5．A
【解析】A．标准状况下，11.2LSO2的物质的量=
11.2
22.4/mol
L
L
=0.5mol，含有1mol氧原子，18g水的物质
的量=
18
18/
g
g mol
=1mol，也含有1molO原子，故二者含有的氧原子数相等，故A正确；B．Fe与硫酸反应
生成硫酸亚铁，硫酸足量，Fe完全反应，5.6gFe的物质的量=
5.6
56/mol
g
g
=0.1mol，反应中Fe元素化合价
由0价升高为+2价，故转移电子物质的量=0.1mol×2=0.2mol，故B错误；C．100g98%的浓硫酸中含有98g
硫酸和2g水，其中水中也含有氧原子，故C错误；D．20gNaOH的物质的量=
20
40/
g
g mol
=0.5mol，溶于水
配成1L溶液，所得溶液中c（Na+）=0.5mol/L，体积1L是指溶液的体积，不是溶剂的体积，故D错误；答案为A。

6．A
【解析】
【分析】
【详解】
A. 由图可知，10min 时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可
能是升高温度，故A正确；
B.反应进行到12min时，CH4的转化率为1.00-0.25
1.00
×100％=75％，故B错误；
C. 根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/ L减小为0.50mol/L，故v(CH4)
=(1-0.5)mol∙L-1/5min=0.1mol/ (L∙min) ，由化学计量数之比等于反应速率之比，则v (H2)=3×0.1mol/ (L∙min) =0. 3mol/(L∙min) ，故C错误；
D. 恒温下，缩小容器体积导致氢气浓度增大，虽然压强增大，平衡向逆反应方向移动，移动的结果减小氢气浓度的增大，但根据勒夏特列原理，不会消除浓度增大，平衡后c (H2)增大，故D错误；
故选A。

7．D
【解析】
【分析】
若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，同周期，原子序数大的金属性弱、非金属性强，若X、Y为同主族元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数小，同主族，原子序数大的金属性强、非金属性弱，据此分析解答。

【详解】
A．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，第一电离能不一定X< Y，故A错误；
B．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X为阳离子，Y为阴离子时，X的离子半径小于Y的离子半径，故B错误；
C．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X、Y均为非金属元素，如X、Y分别为C、O，水常温下为液体，甲烷为气体，甲烷的熔沸点低于水，故C错误；
D．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X、Y均为金属元素，同周期原子序数大的金属性弱，则X的金属性强于Y；若X、Y为同主族元素，如果X的原子半径大于Y，则X 的原子序数大，当X、Y均为金属元素，同主族原子序数大的金属性强，则X的金属性强于Y，即无论那种情况X失电子能力一定强于Y，故D正确；
答案选D。

8．B
【解析】
【详解】
A.根据电子移动的方向，可知在光伏电池中a极为正极，b为负极，故A正确；
B. 石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，使c(H+)降低，pH升高，故B错误；
C. 石墨(1)为电解池的阳极，OH-失电子变成氧气，使得c(H+)升高，透过阳膜进入浓缩室；石墨(2)为电
解池的阴极，H+得电子变成氢气，R-透过阴膜进入浓缩室，使得浓缩室中HR浓度增大，所以HR溶液：c2＜c1，故C正确；
D. 根据阳极：4OH-—4e-=O2↑+2H2O；阴极：4H++4e-=2H2↑，所以若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol 电子，故D正确；
所以本题答案：B。

【点睛】
解题突破口：电子移动的方向判断电池的正负极，结合电解原理放电离子的变化确定c2＜c1；根据电子守恒进行判断转移的电子数。

9．D
【解析】分析：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，只能部分电离的电解质为弱电解质,常见的弱电解质包括弱酸、弱碱、极少数的盐和水,据此分析。

详解：氨水是混合物,既不是电解质也不是非电解质,A错误；麦芽糖在溶液中和熔融状态都不导电是非电解质,B错误；干冰是二氧化碳晶体,属于非电解质,C错误；碳酸为弱酸,在溶液中部分电离,为弱电解质,D 正确；正确选项D。

点睛：电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。

10．B
【解析】
【详解】
内因是决定化学反应速率的根本原因，即反应物本身的性质是主要因素，而浓度、温度、压强、催化剂是外界影响因素，⑤正确，故选B。

【点睛】
本题主要考查了影响化学反应速率的内因，注意与外因（浓度、温度、压强、催化剂）的区别是解答关键。

11．B
【解析】A. 使石蕊变红，只能说明硝酸具有酸性，不能说明氧化性，故A错误；B. 与铜反应生成Cu(NO3)2和NO气体，生成硝酸铜表现酸性，生成NO表现硝酸的氧化性，故B正确；C. 与Na2CO3反应放出CO2气体生成NaNO3，说明硝酸的酸性比碳酸强，不发生氧化还原反应，故C错误；D. 与S单质混合共热时生成H2SO4和NO2，只表现硝酸的氧化性，不表现酸性，故D错误。

故选B.
点睛：硝酸既能表现出酸性；又表现出强氧化性，在反应中与金属反应生成硝酸盐和氮的氧化物，与非金属反应还原生成NO或NO2等物质，同时将非金属氧化成高价的氧化物，也可以通过化合价的变化来分析判断，以此解答。

12．B
【解析】 A ．烷烃同分异构体中支链越多，沸点越低，则正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次降低，故A 正确；B ．相对分子质量为104的烃，10412=8…8，则分子中含有8个C 和8个H ，其结构简式可能为、
等，分子中可能只存在单键，如立方烷，故B 错误；C.2，2-二甲基丙烷只有一种甲基上的H ，
则二溴代物可取代同一个甲基上H ，或不同甲基上H ，则二溴取代物有两种，故C 正确；D ．乙醇、苯酚、AgNO 3溶液、KOH 溶液分别与氯化铁混合的现象为：无明显现象、紫色溶液、白色沉淀、红褐色沉淀，现象不同可鉴别，故D 正确；故选B 。

点睛：把握有机物官能团与性质、有机物反应及鉴别等为解答的关键。

本题的易错点为B ，首先根据相对分子质量为104的烃，确定该烃的分子式，写出其可能的结构简式，难点是书写C 8H 8的结构简式，要知道一些特殊结构的化合物。

13．B
【解析】
【详解】
用惰性电极电解①电解CuSO 4时，生成Cu 和氧气，与题意不符，①错误；
②电解NaCl 生成氯气、氢氧根离子和氢气，与题意不符，②错误；
③电解CuCl 2生成氯气、Cu ，与题意不符，③错误；
④电解KNO 3生成氢气和氧气，符合题意，④正确；
⑤电解盐酸生成氯气和氢气，与题意不符，⑤错误；
⑥电解H 2SO 4生成氢气和氧气，符合题意，⑥正确；
⑦电解NaOH 生成氢气和氧气，符合题意，⑦正确；
综上所述，答案为B 。

14．D
【解析】①因第ⅤA 族中，N 的非金属性最强，NH 3中分子之间存在氢键，则NH 3的熔、沸点比VA 族其他元素氢化物的高，故①不选；②小分子的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，则可以和水以任意比互溶，故②不选；③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③不选；④HF 分子之间能形成氢键，HF 分子可缔合在一起，则液态氟化氢的化学式有时可以写成(HF)m 的形式，故④不选；⑤H 2O 比H 2S 稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故⑤与氢键无关；本题选D 。

15．D
【解析】
【详解】
A.方程式 ①，②均为吸热反应，升高温度平衡正向进行，提高烟气中SO 2的去除率，故不符合题意；
B.根据盖斯定律，③-①得S(g)＋O 2(g) = SO 2(g) ΔH ＝－574.0 kJ•mol -1，故不符合题意；
C. ④÷2得, H 2O(g) = H 2(g)＋1/2O 2(g) ΔH ＝－1/2ΔH 4, H 2O(g) = H 2O(l) ΔH ＜0，故H 2O(l) =H 2(g)＋1/2O 2(g) ΔH ＜－1/2ΔH 4
故不符合题意；
D. 反应③、④，消耗CO ，H 2，使反应①②逆向进行，不利于烟气脱硫，符合题意，故选D.
16．D
【解析】
【详解】
在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，这种碳原子称为“手性碳原子”。

A ．碳原子连接2个相同的Cl 原子和2个相同的F 原子，所以该碳原子不是手性碳原子，A 项不符合题意；
B ．1号位和3号位的
C 原子连接2个相同的H 原子，2号位C 原子连接2个相同的—CH 2OH 原子团，因此所有碳原子均不是手性碳原子，B 项不符合题意；
C ．CH 3CH 2OH 分子中每个碳原子都含有相同的原子，所以不含手性碳原子，C 项不符合题意；
D ．该分子中连接羟基和羧基的碳原子上连接4个不同的原子或原子团，所以该碳原子属于手性碳原子，D 项符合题意；
本题答案选D 。

17．A
【解析】
【详解】
A. 3He 的原子序数为2，质子数为2，则1mol 氦—3（3He ）含有质子数为2N A ，A 项正确；
B. 甲烷与氯气发生取代反应，根据氯元素守恒可知，反应后的混合物中氯原子的个数为2N A ，B 项错误；
C. SO 2与O 2的反应为可逆反应，2molSO 2与1molO 2充分反应，转移的电子数小于4N A ，C 项错误；
D. Ba(OH)2溶液中，pH=13,依据c(OH -) = ()w K c H +=14
131010
--=10-1=0.1mol/L ，则25℃时，1L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH -的数目为0.1mol/L ⨯1L ⨯N A = 0.1N A ，D 项错误；
答案选A 。

18．D
【解析】
【分析】
【详解】
由于最左边的碳氢之间一定是单键，所以左起第一个和第二个碳之间应该是三键，之后为单键三键交替，则
A、①处的化学键只能是三键，A错误；
B、③原子不是氧原子，故不该物质不是含氧衍生物，错误；
C、③处原子与碳原子形成三键，应该为第五主族元素，一定不是氯或氟，故C错误；
D、②处的化学键是碳碳单键，故D正确；
答案选D。

19．C
【解析】
【分析】
M最高正价与最低负价的绝对值之和等于2，M为H元素；W原子的M电子层上有3个电子，则W含有3个电子层，为Al元素；在短周期元素中，X的原子半径最大，则X为Na元素；Y的最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2O，结合硫化氢与二氧化硫反应生成S单质可判断Y为S元素；Z的最高价氧化物对应水化物能与其气态氢化物反应生成盐，该盐为硝酸铵，则Z为N元素。

【详解】
A. W、Y、Z的简单离子Al3+、S2-、N3-，半径由小到大为Al3+、N3-、S2-，选项A错误；
B.M与Y、Z分别形成的化合物中H2O2含有非极性键和极性键，选项B错误；
C. W与M、Y分别形成的化合物AlH3和Al2S3都能与水反应，生成氢气和硫化氢气体，选项C正确；
D.常温下，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液NaOH、H2SO4、HNO3中只有NaOH能与单质铝持续反应，后二者会产生钝化，选项D错误。

答案选C。

20．C
【解析】
【分析】
先根据高聚物的结构简式判断其单体，从而找出C的结构简式，然后根据与硝酸银溶液反应生成白色沉淀判断卤代烃的类型，最后根据醇的消去反应原理判断A的结构简式。

【详解】
高聚物的单体是：CH2=CH2和CH3-CH=CH2，因此C为CH3-CH=CH2，在溶液D
中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液有白色沉淀生成，D中含有Cl-，因此应选能发生消去反应且生成丙烯的氯代烃，则
A．发生消去反应生成的是：（CH3）2CHCH=CH2，生成的不是丙烯，选项A错误；
B．发生消去反应生成的是：2-甲基-1，3-丁二烯，不是丙烯，选项B错误；
C．CH3-CH2-CH2Cl发生消去反应生成的是CH3-CH=CH2，选项C正确；
D．发生消去反应生成的是：（CH3）2C=CH2，不是丙烯，选项D错误；
答案选C。

【点睛】
注意掌握常见有机物结构与性质，明确消去反应、加聚反应原理，能够根据高分子化合物的结构简式判断其单体。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OC2H5+H2O防止倒吸、冷凝中和乙酸并吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度、有利于分层溶液分层，上层为无色油状有香味的液体CD B
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，同时该反应可逆，若用18O 标记乙醇中的氧原子，反应的化学方程式为
CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OC2H5+H2O；
故答案为：CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OC2H5+H2O；
②圆底烧瓶受热不均，球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，球形干燥管体积大，可以防止倒吸，同时起冷凝作用；
故答案为：防止倒吸、冷凝；
③用饱和碳酸钠溶液来收集酯的作用是：溶解掉乙醇，反应掉乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，故答案为：中和乙酸并吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度、有利于分层；
④乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，溶液分层，上层为无色油状有香味的液体；
故答案为：溶液分层，上层为无色油状有香味的液体
⑤
A．单位时间里，生成1mol 乙酸乙酯，同时生成1mol 水，均为正反应速率，不能判断反应是否达到平衡状态，故A不选；
B．单位时间里，消耗1mol 乙醇，同时消耗1mol 乙酸，均为正反应速率，不能判断反应是否达到平衡状态，故B不选；
C．正反应的速率与逆反应的速率相等，说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态，故C选；
D．混合物中各物质的浓度不再变化，说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态，故D选；
故选CD。

（2）A．苯甲酸与苯胺反应生成和水，由反应可知反应时断
键位置为C-O键和N-H键，故A正确；
B．苯甲酸微溶于水、苯胺易溶于水、N—苯基苯甲酰胺不溶于水，而苯甲酸、苯胺易溶于乙醚，N—苯基苯甲酰胺微溶于乙醚，则用乙醚洗涤粗产品比用水效果好，故B错误；
C．产物易溶于热乙醇，冷却后易于结晶析出，可用结晶的方法提纯，则产物可选用乙醇作为溶剂进行重结晶提纯，故C正确；
D．硅胶吸水，可使平衡正向移动，能使反应进行更完全，故D正确；
故选B。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．氨基取代反应
【解析】
【分析】
由合成流程可知，A→B发生取代反应，羧基上的H和羟基上的H均被甲基取代；B→C发生还原反应，硝基还原成氨基；C→D为取代反应，氨基上的氢被醛基取代；D→E为氨基上H被取代，属于取代反应，
比较F与H的结构可知，G为，G→H发生氧化反应。

【详解】
(1)C含有的官能团有醚键、酯基和氨基，不含氧的官能团为氨基，答案为氨基；
(2)根据D和E的结构简式可知，D中N原子上的H被取代，D生成E为取代反应，答案为取代反应；
(3)同系物结构相似，分子组成相差若干个CH2，则A的一种羧酸同系物的结构简式可以为；
(4)分子中含有苯环，且苯环上只有2种不同化学环境的氢，则两个取代基处于对位；属于α­-氨基酸，且分子中有一个手性碳原子，则一个C原子上连接氨基和羧基，且为手性碳原子，则结构简式为
；。