邵阳市2019-2020学年化学高二下期末教学质量检测模拟试题含解析

邵阳市2019-2020学年化学高二下期末教学质量检测模拟试题
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．下列分子中所有原子不在同一平面的是
A．CH2Cl2B．CH2=CH-CH＝CH2C．D．
【答案】A
【解析】分析：根据甲烷、乙烯、苯的结构特点进行类推，据此解答。

详解：A.甲烷是正四面体结构，因此CH2Cl2分子中所有原子不可能共面，A正确；
B.由于碳碳双键是平面形结构，而单键可以旋转，所以CH2=CH-CH＝CH2分子中所有原子可能共面，B错误；
C.苯环是平面形结构，因此分子中所有原子可能共面，C错误；
D.苯环是平面形结构，因此分子中所有原子可能共面，D错误。

答案选A。

2．下表中金属的冶炼原理与方法不完全正确的是()
选项冶炼原理方法
A 2HgO2Hg＋O2↑热分解法
B 2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑电解法
C Cu2S＋O22Cu＋SO2热分解法
D Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2热还原法
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
【详解】
泼金属K、Ca、Na、Mg、Al等用电解法冶炼，中等活泼金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法冶炼，不活泼金属Hg、Ag利用热分解法冶炼，故A、B、D三项正确，C项中的方法不是热分解法，而是火法炼铜，C项错误。

答案选C。

掌握金属冶炼的原理和方法是解答的关键，需要注意的是电解法冶炼铝时不能电解熔融的氯化铝，而是电解熔融的氧化铝。

因为氯化铝在熔融状态下不导电。

3．在标准状况下将1.92g 铜粉投入一定量浓HNO 3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO 2和NO 组成的混和气体1.12L ，则反应消耗HNO 3的物质的量为（ ）
A ．0.8mol
B ．0.6mol
C ．0.11mol
D ．无法计算
【答案】C
【解析】
试题分析：1.92g 铜粉的物质的量是0.03mol ，利用元素守恒，消耗的硝酸为生成硝酸铜中的硝酸根离子和生成的气体产物中的硝酸，硝酸铜的物质的量是0.03mol ，则硝酸根离子的物质的量是0.06mol ，在标准状况下NO 2和NO 组成的混和气体1.12L ，物质的量是0.05mol ，所以共消耗硝酸的物质的量是0.06+0.05=0.11mol ，答案选C 。

考点：考查化学计算方法的应用
4．某容器中发生一个化学反应，反应过程存在H 2O 、ClO －、CN －、HCO 3-、N 2、Cl －6种物质，在反应过程中测得ClO －和N 2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。

下列有关判断中正确的是
A ．当有3molClO －参加反应时，则有1molN 2生成
B ．HCO 3-作为碱性介质参与反应
C ．当有5molClO －参加反应时，则有1molN 2生成
D ．若生成2.24LN 2，则转移电子0.6mol
【答案】C
【解析】
【分析】
由曲线变化图可知，随反应进行ClO －的物质的量降低，N 2的物质的量增大，故ClO －为反应物，N 2是生成物，根据电子转移相等可知，CN －是反应物，由氯元素守恒可知Cl －是生成物，由碳元素守恒可知HCO 3－
是生成物，由氢元素守恒可知H 2O 是反应物，则反应方程式为2322CN +5ClO +H O=2HCO +N +5Cl －－－－ 。

【详解】
A. 由方程式可知，当有5molClO -参加反应时，则有1molN 2生成，故A 错误；
B. 由方程式可知，HCO 3−是生成物，故B 错误；
D. 没有说明是标准状况，所以气体的物质的量无法计算，则转移电子无法计算，故D错误。

故答案选C。

【点睛】
由曲线变化图判断生成物和反应物，再根据元素守恒和得失电子守恒配平离子方程式。

5．短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，X-的电子层结构与氦相同,Y是地壳中含量最多的元素，Y2-和Z+的电子层结构相同, W的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍,W与R同周期,R的原子半径小于W。

下列说法不正确的是
A．元素的非金属性次序为R>W>X
B．Z和其他4种元素均能形成离子化合物
C．离子半径:W2-> Y2- > Z+
D．氧化物的水化物的酸性:W<R
【答案】D
【解析】
【详解】
X-的电子层结构与氦相同，可知X为H；Y是地壳中含量最多的元素，可知Y为O；O2-和Z+的电子层结构相同，可知Z为Na；W的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，可知W的最高正价为+6价，W为S；W与R同周期，R的原子半径小于W，可知R为Cl；则
A．Cl、S、H的非金属性依次减弱，故A正确；
B．Na和H、O、S、Cl元素均能形成离子化合物，如NaH、NaCl等，故B正确；
C．离子结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，则离子半径S2->O2->Na+，故C正确；
D．最高价氧化物的水化物的酸性HClO4>H2SO4，故D错误；
答案为D。

6．在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是()
A．Na、Mg、Al 的第一电离能逐渐增大
B．热稳定性：HF＞H2O＞NH3
C．S2﹣、Cl﹣、K+的半径逐渐增大
D．O、F、N 的电负性逐渐增大
【答案】B
【解析】
【详解】
A．Mg的最外层为3s电子全满，结构较为稳定，难以失去电子，第一电离能最大，Na的最小，则第一电
B．非金属性F＞O＞N，则氢化物稳定性：HF＞H2O＞NH3，故B正确；
C．S2-、Cl-、K+具有相同的电子层数，核电荷数越大，离子半径越小，则S2-、Cl-、K+的半径逐渐减小，故C错误；
D．非金属性N＜O＜F，则电负性大小为：N＜O＜F，故D错误；
答案选B。

7．化合物A是近年来采用的锅炉水添加剂，其结构式如图，A能除去锅炉水中溶解的氧气，下列说法正确的是（）
A．A分子中所有原子都在同一平面内
B．A分子中所含的σ键与π键个数之比为10：1
C．所含C、N均为sp2杂化
D．A与O2反应生成CO2、N2、H2O的物质的量之比为1∶2∶3
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．因氨气分子构型为三角锥形，即氮原子与所连的三个原子不在同一平面，所以A分子中所有原子不可能共平面，A错误；
B．一个单键就是1个σ键，一个双键含有1个σ键和1个π键，所以A分子中含有11个σ键和1个π键，σ键与π键个数之比为11：1，B错误；
C．N为sp3杂化，C错误；
D．根据元素守恒，1molA在足量O2中燃烧生成CO2、N2、H2O的物质的量分别为：1mol，2mol，3mol，之比为1：2：3，D正确；
答案选D。

8．我国酒文化源远流长。

下列古法酿酒工艺中，以发生化学反应为主的过程是（）
A．酒曲捣碎B．酒曲发酵
C．高温蒸馏D．泉水勾兑
【答案】B
【解析】
【详解】
A．酒曲捣碎过程为物质状态变化，无新物质生成，不是化学变化，A错误；
B．酒曲发酵变化过程中生成了新的物质乙醇，属于化学变化，B正确；
C．高温蒸馏是利用沸点不同通过控制温度分离乙醇，过程中无新物质生成，属于物理变化，C错误；D．泉水勾兑是酒精和水混合得到一定浓度的酒精溶液，过程中无新物质生成，属于物理变化，D错误；答案选B。

9．已知醋酸、醋酸根离子在溶液中存在下列平衡及其对应的平衡常数
CH 3COOH CH3COO-+H+K1=1.75×10-5△H1>0
CH 3COO-+H20CH3COOH+OH-K2=5.71×10-10 △H2>0
常温下，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，下列叙述正确的是
A．温度不变,若在混合溶液中加入少量NaOH固体，c(CH3COO-)减小
B．对混合溶液进行微热，K1增大、K2减小
C．调节混合溶液的pH值至中性，则此时溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)
D．已知水的离子积为Kw，则三者关系为K1·K2=Kw
【答案】D
【解析】A. 温度不变，若在混合溶液中加入少量NaOH固体，会发生酸碱中和反应，使醋酸发生电离的程度增大，所以c（CH3COO-）增大，故A错误；B. 对混合溶液进行微热，会促进酸的电离和盐的水解程度，所以K1增大、K2也增大，故B错误；C. 在溶液中存在电荷守恒：c(H+)＋
c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-) ，调节混合溶液的PH值至中性，则c(H+)=c(OH-），此时溶液中
c(Na+)=c(CH3COO-)，故C错误；D.
，故D正确；本题选D。

10．用含有少量Mg的Al片制取纯净的Al(OH)3，下列操作中最恰当的组合是( ）
①加盐酸溶解②加NaOH溶液③过滤④通入过量CO2生成Al(OH)3⑤加盐酸生成Al(OH)3⑥加过量氨水生成Al(OH)3
A．①⑥③B．①③⑥③C．②③④③D．②③⑤③
【解析】
【分析】
【详解】
第一种方案：Mg 、Al HCl −−−−→过量稀MgCl 2、AlCl 3NaOH −−−−−→过量溶液Mg(OH)2沉淀、NaAlO 2溶液−−−→过滤 NaAlO 2
溶液2CO −−−−→过量Al(OH)3沉淀−−−→过滤 Al(OH)3固体；第二种方案：Mg 、Al NaOH −−−−−→过量溶液Mg 、NaAlO 2
溶液−−−→过滤 NaAlO 2溶液2CO −−−−→过量Al(OH)3沉淀−−−→过滤 Al(OH)3固体；故C 正确。

11．下列说法正确的是
A ．测定盐酸和NaOH 溶液反应的中和热时，每次实验均应测量三个温度，即盐酸的起始温度、NaOH 溶液的起始温度和反应后的终止温度
B ．HCl 和NaOH 反应的中和热ΔH=−57.3 kJ·mol −1，则稀H 2SO 4和稀Ca(OH)2溶液反应的中和热 ΔH=−2×57.3 kJ·mol −1
C ．燃烧热是指在101 kPa 时可燃物完全燃烧时所放出的热量
D ．S(s)+ 32O 2(g)SO 3(g) ΔH=−315 kJ·mol −1(燃烧热)
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A. 测定盐酸和NaOH 溶液反应的中和热时，每次实验均应测量三个温度，即盐酸的起始温度、NaOH 溶液的起始温度和反应后的终止温度，根据温度差可以计算出反应过程中放出的热，A 正确；
B.中和热是指在稀溶液中，强酸与强碱反应生成1 mol H 2O 时放出的热量，生成微溶物CaSO 4时也会产生热量，B 项错误。

C.燃烧热是指在101 kPa 时，1 mol 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C 项错误。

D.S 完全燃烧生成的稳定氧化物应为SO 2气体，D 项错误。

本题选A 。

12．以下命题，违背化学变化规律的是（ ）
A ．石墨制成金刚石
B ．煤加氢变成人造石油
C ．水变成汽油
D ．海水淡化可以缓解淡水危机
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
13．下列化合物，按其晶体的熔点由高到低排列正确的是（）
A．SiO2、CsCl、CBr4、CF4B．SiO2、CsCl、CF4、CBr4
C．CsCl、SiO2、CBr4、CF4 D．CF4、CBr4、CsCl、SiO2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
比较固体物质的熔点时，首先是区分各晶体的类型：SiO2为原子晶体，CsCl为离子晶体，CBr4、CF4分别为分子晶体；这几类晶体的熔点高低一般为：原子晶体>离子晶体>分子晶体；在结构相似的分子晶体中，分子的相对分子质量越大，熔点越高：CBr4>CF4；故它们的熔沸点：SiO2>CsCl>CBr4>CF4，故选A。

14．下列物质①乙烷②丙烷③乙醇，沸点由高到低的顺序正确的是
A．①>②>③ B．②>①>③ C．③>②>① D．③>①>②
【答案】C
【解析】试题分析：物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越强，物质的熔沸点就越高，当物质的相对分子质量相同时，由极性分子构成的物质的分子间作用力大于由非极性分子构成的物质，熔沸点就高。

所以①乙烷②丙烷③乙醇，沸点由高到低的顺序是③>②>①，答案选C。

考点：考查物质的熔沸点的比较。

15．某苯的同系物分子式为C11H16，经测定数据表明，分子中除苯环外不再含其他环状结构，分子中还含有两个—CH3，两个—CH2—和一个，则该分子由碳链异构体所形成的同分异构体有（）
A．3种B．4种C．5种D．6种
【答案】B
【解析】
【详解】
C11H16不饱和度为211+2-16
=4
2
，C11H16分子中除苯环外不含其它环状结构，苯环的不饱和度为4，所以，
含有1个苯环，侧链为烷基，C11H16分子中存在一个次甲基，由于C11H16中含两个甲基，所以满足条件的结构中只有一个侧链，化学式为C11H16的烃结构，分子中含两个甲基，两个亚甲基和一个次甲基，1个苯
环的同分异构体有：、、
、；
故选B。

16．下列物质的溶液在蒸发皿中加热蒸干并灼烧，可以得到该物质的是
A．FeSO4B．MgSO4C．AlCl3D．NH4Cl
【答案】B
【解析】
【分析】
在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答。

【详解】
A．硫酸亚铁在蒸干过程中发生水解，生成的氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁和硫酸，但硫酸没有挥发性，所以蒸干、灼烧时得到硫酸铁，A错误；
B．硫酸镁在溶液在加热时水解得到硫酸与氢氧化镁，但氢氧化镁难溶，硫酸是难挥发性酸，最后得到的固体为MgSO4，B正确；
C．氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸干并灼烧后，氯化氢挥发得到氢氧化铝，灼烧后得到氧化铝固体，C错误；
D．氯化铵加热蒸干并灼烧后无固体物质，全部脱离体系，D错误；
答案选B。

17．在有机物中，若碳原子上连接的四个原子或原子团不相同，则这个碳原子称为手性碳原子.含有手性碳原子的分子一般是手性分子具有镜像异构及光学活性，下列分子中具有光学活性的是（）
A．CBr2F2B．CH3CH2OH C．CH3CH2CH3D．CH3CH（OH）COOH
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A项、CBr2F2分子中，碳原子所连接的四个基团两个是一样的Br，另两个是一样的F，不是手性碳原子，故A错误；
B项、CH3CH2OH分子中，碳原子所连接的四个基团两个是一样的H，另两个一个是甲基，一个是羟基，不是手性碳原子，故B错误；
C项、CH3CH2CH3分子中，碳原子所连接的四个基团两个是一样的H，另两个是一样的甲基，不是手性碳原子，故C错误；
D项、CH3CH（OH）COOH分子中，有一个碳原子所连的四个取代基分别是羟基、甲基、氢原子和羧基，该碳原子具有手性，故D正确；故选D。

注意把握手性碳原子的判断方法；手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：1、手性碳原子一定是饱和碳原子；2、手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，据此判断即可。

18．下列说法正确的是
A．BCl3和PCl3中，每个原子的最外层都具有8 电子稳定结构
B．所有共价化合物熔化时需克服微粒间的作用力类型都相同
C．NaHSO4晶体熔融时，离子键被破坏，共价键不受影响
D．NH3 和CO2 两种分子中，每个原子的最外层都具有8 电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【详解】
A．如果中心原子价电子数+其化合价的绝对值=8，则该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，PCl3分子中P原子价电子数是5，其化合价为+3，所以为8，则该分子中所有原子都具有8电子结构；而BCl3分子中B原子最外层电子数是3、其化合价为+3，所以该分子中并不是所有原子都达到8电子结构，选项A错误；
B、二氧化碳和二氧化硅均为共价化合物，干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体，而熔化时需克服微粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键，选项B错误；
C、NaHSO4晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键也被破坏，选项C正确；
D、NH3 和CO2 两种分子中，氢原子只达到2电子稳定结构，其他每个原子的最外层都具有8 电子稳定结构，选项D错误。

答案选C。

19．一定条件下合成乙烯：6 H2(g) +2CO2(g)CH2=CH2(g) +4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法正确的是
A．生成乙烯的速率：v(M)一定小于v(N)
B．化学平衡常数：K N＞K M
C．当温度高于250℃时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，从而使催化剂的催化效率降低
D．若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，则图中M点时，乙烯的体积分数为7.7％
【解析】
【详解】
A、M点的温度低于N点的温度，但M点的催化效率高于N点的，所以生成乙烯的速率：v(M)不一定小于v(N)，A错误；
B、升高温度，CO2的平衡转化率降低，说明升温，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则化学平衡常数：K N<K M，B错误；
C、催化剂的催化效率在一定温度下最高，平衡向逆反应方向移动，与催化剂的催化效率降低无关，C错误；
D、若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，则图中M点时，CO2的平衡转化率是50%，
6 H2(g) +2CO2(g)CH2=CH2(g) +4H2O(g)
起始量（mol）3a a 0 0
变化量（mol） 1.5a 0.5a 0.25a a
平衡量（mol） 1.5a 0.5a 0.25a a
则乙烯的体积分数为0.25a/（1.5a+0.5a+0.25a+a）×100%=7.7％，D正确；
答案选D。

20．在d轨道中电子排布成，而不能排布成，其最直接的根据是
A．能量最低原理B．泡利原理C．原子轨道构造原理 D．洪特规则
【答案】D
【解析】
试题分析：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，4个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，答案选D。

考点：考查了洪特规则、泡利原理、能量最低原理的相关知识。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．抗爆剂的添加剂常用1，2-二溴乙烷。

如图为实验室制备1，2-二溴乙烷的装置图，图中分液漏斗和烧瓶a中分别装有浓H2SO4和无水乙醇，d装罝试管中装有液溴。

（1）安全瓶b在实验中有多重作用。

其一可以检查实验进行中d装罝中导管是否发生堵塞，请写出发生堵塞时瓶b中的现象：①_____________________________；如果实验时d装罝中导管堵塞，你认为可能的原因是②___________________________________；安全瓶b还可以起到的作用是
③_______________________________________。

（2）容器c、e中都盛有NaOH溶液，c中NaOH溶液的作用是_______________________。

（3）某学生在做此实验时，使用一定量的液溴，当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正确情况下超过许多，如果装罝的气密性没有问题，试分析可能的原因：________________________、_____________________________(写出两条即可)。

（4）除去产物中少量未反应的Br2后，还含有的主要杂质为________________，要进一步提纯，下列操作中必需的是________________ (填字母)。

A．重结晶 B．过滤 C．萃取 D．蒸馏
（5）实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管中，则此时冷水除了能起到冷却1，2-二溴乙烷的作用外，还可以起到的作用是________________。

【答案】b中长直玻璃管内液柱上升过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装罝d中凝固防止倒吸吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙醇挥发；乙烯流速过快，未完全发生加成反应乙醚D液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发
【解析】
【分析】
（1）当d堵塞时，气体不畅通，则在b中气体产生的压强将水压入直玻璃管中，甚至溢出玻璃管；1，2-二溴乙烷的凝固点较低（9.79℃），过度冷却会使其凝固而使气路堵塞；b为安全瓶，还能够防止倒吸；（2）c中盛氢氧化钠液，其作用是洗涤乙烯；除去其中含有的杂质（CO2、SO2等）；
（3）根据乙烯与溴反应的利用率减少的可能原因进行解答；
（4）根据反应2CH3CH2OH→CH3CH2OCH2CH3+H2O可知，溴乙烷产物中还会含有杂质乙醚；1，2一二溴乙烷与乙醚互溶，可以根据它们的沸点不同通过蒸馏方法分离；
（5）根据1，2一二溴乙烷、液溴在水在溶解度不大，且密度大于水进行解答。

【详解】
（1）根据大气压强原理，试管d发生堵塞时，b中压强的逐渐增大会导致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出；根据表中数据可知，1，2-二溴乙烷的沸点为9.79℃，若过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固会堵塞导管d；b装置具有够防止倒吸的作用，
故答案为b中长直玻璃管内有一段液柱上升；过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固；防止倒吸；（2）氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应，防止造成污染，
故答案为吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体；
（3）当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超过许多的原因可能是乙烯发生（或通过液溴）速度过快，导致大部分乙烯没有和溴发生反应；此外实验过程中，乙醇和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃会导致副反应的发生和副产物的生成，
故答案为浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙烯流速过快，未完全发生加成反应；乙醇挥发；（4）在制取1，2一二溴乙烷的过程中还会有副产物乙醚生成；除去1，2一二溴乙烷中的乙醚，可以通过蒸馏的方法将二者分离，所以D正确，
故答案为乙醚；D；
（5）实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管内，则此时冷水除了能起到冷却1，2一二溴乙烷的作用外，由于Br2、1，2-二溴乙烷的密度大于水，还可以起到液封Br2
及1，2-二溴乙烷的作用，
故答案为液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发。

【点睛】
本题考查了溴乙烷的制取方法，注意掌握溴乙烷的制取原理、反应装置选择及除杂、提纯方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力。

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．根据已经学过的化学知识，回答下列问题。

I.(1)现有下列十种物质：①蔗糖②熔融KNO3 ③石墨④铜丝⑤NaOH固体⑥SO3 ⑦BaSO4固体⑧K2O固体
⑨液态H2SO4 ⑩液氯上述物质中可导电的是____________(填序号，下同)；上述物质中不能导电，但属于电解质的是_______________________。

(2)NaHSO4是一种酸式盐，请填写下列空白：
①写出NaHSO4在水中的电离方程式____________________________________。

②与0.1 mol·L—1的NaHSO4溶液的导电能力相同的硫酸钠溶液的物质的量浓度为：_____。

③NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式为______________________________。

(3)粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，除去这些杂质的试剂可选用，①Na2CO3、②NaOH、③BaCl2、
④HCl，用序号表示加入的先后顺序依次是_________。

II．A、B、C、X均为中学常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系(副产物已略去)。

(1)若X是氧气，则A不可能______(填序号)
A．C B．Si C．Na D．Mg
(2)若X是金属单质，向浅绿色溶液C中滴入AgNO3溶液，产生了不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为__________；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是(用离子方程式表示)________________。

【答案】②③④⑤⑦⑧⑨NaHSO4 = Na＋＋H++ SO42—0.1mol/L H++HCO3—= H2O+CO2↑
②③①④或③②①④ B D FeCl32Fe3++Fe＝3Fe2+
【解析】
【分析】
I.(1)存在自由移动的带电微粒即可导电；在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物属于电解质；
(2)NaHSO4是一种酸式盐，在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；溶液的导电能力相同说明两溶液的离子浓度相同；NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水；
（3）加入过量的氯化钡溶液，可以将硫酸盐除去，但是会引入钡离子；加入过量氢氧化钠溶液，可以除去氯化镁，但是会引入氢氧根离子；加入过量的碳酸钠溶液，可以除去CaCl2和过量的BaCl2，但是会引入碳酸根离子；过滤，将得到的沉淀全部滤出，得到的滤液是含有氯化钠、碳酸钠、氢氧化钠等的混合物，加入足量的盐酸，可以出去碳酸根离子、氢氧根离子，最后即可获得较为纯净的氯化钠溶液；
II．（1）若X为O2，A能连续被氧化，则A、B、C中含有的同种元素为变价元素；
（2）若X是金属单质，说明X元素为变价金属。

【详解】
I.(1) ①蔗糖属于非电解质，不能导电；②熔融KNO3属于电解质，有自由移动的离子，能导电；③石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，能导电；④铜丝是单质，既不是电解质也不是非电解质，能导电；
⑤NaOH固体属于电解质，没有自由移动的离子，不能导电；⑥SO3属于非电解质，不能导电；⑦BaSO4固体属于电解质，没有自由移动的离子，不能导电；⑧K2O固体属于电解质，没有自由移动的离子，不能导电；
⑨液态H2SO4属于电解质，没有自由移动的离子，不能导电；⑩液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质，不能导电，则可导电的是②③④；不能导电，但属于电解质的是⑤⑦⑧⑨，故答案为②③④；⑤⑦⑧⑨；
(2) ①NaHSO4是一种酸式盐，在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4＝Na
＋＋H++SO
42—，故答案为NaHSO
4
＝Na＋＋H++ SO42—；
②导电能力与离子浓度成正比，溶液的导电能力相同说明两溶液的离子浓度相同，则硫酸钠溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L—1，故答案为0.1 mol·L—1；
③NaHSO4是强酸的酸式盐，NaHCO3是弱酸的酸式盐，NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为H++HCO3—=H2O+CO2↑，故答案为H++HCO3—=H2O+CO2↑；
(3)粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，加入过量的氯化钡溶液，可以将硫酸盐除去，但是会引入钡离子；加入过量氢氧化钠溶液，可以除去氯化镁，但是会引入氢氧根离子；加入过量的碳酸钠溶液，可以除去CaCl2和过量的BaCl2，但是会引入碳酸根离子；过滤，将得到的沉淀全部滤出，得到的滤液是含有氯化钠、碳酸钠、氢氧化钠等的混合物，加入足量的盐酸，可以出去碳酸根离子、氢氧根离子，最后即可获得较为纯净的氯化钠溶液，则加入试剂的先后顺序是②③①④或③②①④，故答案为②③①④或
③②①④；
II．（1）若X为O2，A能连续被氧化，则A、B、C中含有的同种元素为变价元素，该元素可能为C元素，C单质在氧气中不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳在氧气中燃烧生成二氧化碳；也可能为Na元素，Na 单质在空气中放置生成氧化钠，氧化钠在氧气中加热生成过氧化钠，而硅高温条件下与氧气反应只能生成二氧化硅，镁在氧气中燃烧只能生成氧化镁，故答案为BD；
（2）向浅绿色溶液C中滴入AgNO3溶液，产生了不溶于稀HNO3的白色沉淀，说明C为氯化亚铁溶液，单。