黑龙江省大庆市达标名校2019年高考二月化学模拟试卷含解析

黑龙江省大庆市达标名校2019年高考二月化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．关于胶体和溶液的叙述中正确的是（）
A．胶体能透过半透膜，而溶液不能
B．胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液不能
C．胶体粒子直径比溶液中离子直径大
D．胶体能够发生丁达尔现象，溶液也能发生丁达尔现象
2．化学与生活密切相关。

下列有关说法中不正确的是
A．工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂
B．水与乙醇的混合液、雾、鸡蛋清溶液均具有丁达尔效应
C．蔬菜汁饼干易氧化变质．建议包装饼干时，加入一小包铁粉作抗氧化剂并密封
D．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用其保鲜水果
3．全钒液流电池是一种以钒为活性物质呈循环流动液态的氧化还原电池。

钒电池电能以化学能的方式存储在不同价态钒离子的硫酸电解液中，通过外接泵把电解液压入电池堆体内，在机械动力作用下，使其在不同的储液罐和半电池的闭合回路中循环流动，采用质子交换膜作为电池组的隔膜，电解质溶液流过电极表面并发生电化学反应，进行充电和放电。

下图为全钒液流电池放电示意图：
下列说法正确的是( )
A．放电时正极反应为：2++-+
VO+2H-e=VO+H O
22
B．充电时阴极反应为：2+-3+
V-e=V
C．放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极
D．该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现
4．下列说法正确的是
A．甘油醛（）和葡萄糖均属于单糖，互为同系物
B．2,3,5,5−四甲基−3,3−二乙基己烷的键线式为
C．高聚物和均是缩聚产物，它们有共同的单体
D．将总物质的量为1 mol的水杨酸、1,2−二氯乙烷和CH3NHCOOCH3的混合物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH
5．用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。

下列有关说法错误的是
A．通电后阴极区附近溶液pH会增大
B．阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
C．纯净的KOH溶液从b出口导出
D．K+通过交换膜从阴极区移向阳极区
6．己知ROH固体溶于水放热，有关过程的能量变化如图(R=Na、K)：
下列说法正确的是
A．△H1+△H2>0 B．△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0
C．△H6(NaOH>△H6(KOH) D．△H1+△H2+△H4+△H5+△H6=0
7．短周期主族元素W、X、Y、Z、R 原子序数依次增大。

考古时利用W 的一种同位素测定一些文物的年代，X是地壳中含量最多的元素，Y、Z的质子数分别是W、X 的质子数的2倍。

下列说法错误的是（）A．Y 单质可以与WX2 发生置换反应
B．可以用澄清的石灰水鉴别WX2与ZX2
C．原子半径:Y>Z>R；简单离子半径:Z>X>Y
D．工业上常用电解熔融的Y 与R 形成的化合物的方法制取Y
8．相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂。

聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成()。

下列说法正确的是
A．环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇
B．聚乙二醇的结构简式为
C．相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n≈67
D．聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键
9．如图表示1~18号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。

图中纵坐标表示
A．电子层数B．原子半径C．最高化合价D．最外层电子数
10．重要的农药、医药中间体-碱式氯化铜［Cu a Cl b(OH)c·xH2O］，可以通过以下步骤制备。

步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2。

已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。

步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。

下列有关说法不正确的是
A．图中M、N分别为Fe2+、Fe3+
B．a、b、c 之间的关系式为：2a=b+c
C．步骤1充分反应后，加入少量CuO是为了除去Fe3+
D．若制备1 mol的CuCl2，理论上消耗标况下11.2 LO2
11．某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）。

关于该固体混合物，下列说法正确的是
A．一定含有Al，其质量为4.05g
B．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3
C．一定含有MgCl2和FeCl2
D．一定含有(NH4)2SO4 和MgCl2，且物质的量相等
12．25℃时，向0.1mol/LNaA溶液中滴滴加盐酸，遇得混合溶液的pH与
-
c(A)
p
c(HA)
的变化关系如下图所示，
-c(A )c(A)p =-lg c(HA)c(HA)
下列叙述正确的是
A ．E 点溶液中c(Na +)＝c(A —)
B ．K a (HA)的数量级为10—3
C ．滴加过程中--c(A )p c(HA)c(OH )
⋅保持不变
D ．F 点溶液中c(Na +)＞c(HA)＞c(A —)＞c(OH —)
13．短周期主族元素M 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增大，湿润的红色石蕊试纸遇M 的气态氢化物变蓝色。

含X 、Y 和Z 三种元素的化合物R 有如下转化关系(已知酸性强弱：HClO 3>HNO 3)。

下列说法正确的是
A ．简单离子半径：Y>Z>M>X
B ．简单气态氢化物的热稳定性：M>X
C ．加热单质甲与品红溶液反应所得的“无色溶液”，可变成红色溶液
D ．常温下，向蒸馏水中加入少量R ，水的电离程度可能增大
14．海水中含有80多种元素，是重要的资源宝库。

己知不同pH 条件下，海水中碳元素的存在形态如图所示。

下列说法不正确的是（ ）
A ．当pH 8.14=，此中主要碳源为3HCO -
B ．A 点，溶液中23H CO 和3HCO -
浓度相同
C ．当-2-
33c(HCO )=c(CO )时，c(H )c(OH )+-< D ．碳酸的a2K 约为1010-
15．下列关于氨碱法和联合制碱法说法错误的是（ ） A ．两者的原料来源相同 B ．两者的生产原理相同 C ．两者对食盐利用率不同 D ．两者最终产品都是Na 2CO 3
二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．阿司匹林(乙酰水杨酸
)是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。

乙酰水杨酸受热易
分解,分解温度为128～135 ℃。

某学习小组在实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与醋酸酐[(CH 3CO)2O]为主要原料合成阿司匹林,制备的主要反应为
+(CH 3CO)2O
+CH 3COOH
制备基本操作流程如下:
主要试剂和产品的物理常数: 名称 相对分子质量 熔点或沸点(℃) 水 水杨酸 138 158(熔点) 微溶 醋酸酐 102 139.4(沸点) 反应 乙酰水杨酸
180
135(熔点)
微溶
请根据以上信息回答下列问题:
(1)合成过程中最合适的加热方法是__________。

(2)提纯粗产品时加入饱和NaHCO 3溶液至没有CO 2产生为止,再过滤,则加饱和NaHCO 3溶液的目的是______
(3)另一种改进的提纯方法,称为重结晶提纯法。

改进的提纯方法中加热回流的装置如图所示,仪器a 的名称
是____,冷凝管中冷凝水的进入口是____(填“b”或“c”),使用温度计的目的是_________
(4)检验产品中是否含有水杨酸的化学方法是_________
(5)该学习小组在实验中原料用量:2.76 g水杨酸、7.5 mL醋酸酐(ρ=1.08 g/cm3),最终称量产品m=2.92 g,则所得乙酰水杨酸的产率为____。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．有机化合物K是一种聚酯材料，合成路线如下：
己知：①AlCl3为生成A的有机反应的催化剂②F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应。

（1）C的化学名称为___反应的①反应条件为___，K的结构简式为___。

（2）生成A的有机反应类型为___，生成A的有机反应分为以下三步：
第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4－
第二步：___；
第三步：AlCl4－+H+→AlCl3+HCl
请写出第二步反应。

（3）由G生成H的化学方程式为___
（4）A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中能同时满足这以下条件的有___种，核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1的是___。

①属于芳香族化合物②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应;
（5）天然橡胶的单体是异戊二烯（2－甲基-1，3-丁二烯），请以乙炔和丙酮为原料，按照加成、加成、消去的反应类型顺序三步合成天然橡胶的单体。

（无机试剂任选）___。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．据《自然》杂志于2018年3月15日发布，中国留学生曹原用石墨烯实现了常温超导。

这一发现将在很多领域发生颠覆性的革命。

曹原被评为2018年度影响世界的十大科学人物的第一名。

（1）下列说法中正确的是______。

a．碳的电子式是，可知碳原子最外层有4个单电子
b．12 g石墨烯含共价键数为N A
c．从石墨剥离得石墨烯需克服共价键
d．石墨烯中含有多中心的大π键
（2）COCl2分子的空间构型是___。

其中，电负性最大的元素的基态原子中，有_________种不同能量的电子。

（3）独立的NH3分子中，H－N－H键键角106.70。

如图是[Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及其中H－N－H 键键角。

请解释[Zn(NH3)6]2+离子中H－N－H键角变为109.50的原因是________。

（4）化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的应用价值，其熔点只有7℃，其中EMIM+结构如图所示。

表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子数该物质晶体的类型是_______。

大π键可用符号n
m
和电子数。

则EMIM+离子中的大π键应表示为_______。

（5）碳化钙的电子式：，其晶胞如图所示，晶胞边长为a nm、CaC2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为N A，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Ca2+位于C22－所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。

19．（6分）氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。

以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示：
请回答下列问题：
（1）B和N相比，电负性较大的是___，BN中B元素的化合价为___；
（2）在BF3分子中，F—B—F的键角是___；BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-的立体构型为___；（3）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为___，层间作用力为___，六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为___，其结构与石墨相似却不导电，原因是___。

（4）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm。

立方氮化硼晶胞中含有___个氮原子、___个硼原子，立方氮化硼的密度是___g·cm-3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为N A)。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．C
【解析】
【详解】
A. 胶粒能透过半透膜，而溶液中的离子和分子也能透过半透膜，A错误；
B. 胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液也可能生成沉淀，B错误；
C. 胶体粒子直径介于10-9~10-7m之间，而溶液中离子直径不大于10-9m，C正确；
D. 胶体能够发生丁达尔效应，溶液不能发生丁达尔效应，D错误。

故选C。

2．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，A正确；
B．只有胶体具有丁达尔效应，乙醇和水的混合物是溶液，不能产生丁达尔效应，B错误；
C．铁具有还原性，铁生锈可以消耗氧气，防止了饼干的氧化变质，C正确；
D．乙烯中含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以酸性高锰酸钾溶液能吸收乙烯，保鲜水果，D 正确；
答案选B。

3．D
【解析】
【分析】
放电时，消耗H+，溶液pH升高，由此分析解答。

【详解】
A. 正极反应是还原反应，由电池总反应可知放电时的正极反应为VO2++2H++e-═VO2++H2O，故A错误；
B.充电时，阴极反应为还原反应，故为V3+得电子生成V2+的反应，故B错误；
C.电子只能在导线中进行移动，在电解质溶液中是靠阴阳离子定向移动来形成闭合回路，故C错误；
D.该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现，正确；
故答案为D。

【点睛】
本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会电极方程式的书写方法，难度不大。

4．D
【解析】
【详解】
A. 甘油醛不属于单糖，故错误；
B.键线式为的名称为2,2,4,5−四甲基−3,3−二乙基己烷，故错误；
C. 高聚物的单体为碳酸乙二醇，而的单体是乙二醇，故没有共同的单体，故错误；
D. 水杨酸含有羧基和酚羟基，1 mol的水杨酸消耗2mol氢氧化钠，1 mol的1,2−二氯乙烷消耗2mol氢氧化钠，CH3NHCOOCH3含有酯基和肽键，所以1 mol的CH3NHCOOCH3消耗2mol氢氧化钠，将总物质的量为1 mol三种物质的混合物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH，故正确。

故选D。

5．D
【解析】
【详解】
A、阴极的反应是2H++2e-=H2↑，氢离子来自于水电离，所以剩余了水电离的氢氧根离子，溶液的pH升高，A正确；
B、阳极是溶液的氢氧根离子失电子，反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，B正确；
C、左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气，多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧；右侧水电离的氢离子转化为氢气，剩余大量水电离的氢氧根离子，加上透过交换膜过来的钾离子，使右侧溶液中氢氧化钾的浓
度增大，所以纯净的KOH溶液从b出口导出，C正确；
D、阳离子应该向阴极移动，所以K+通过交换膜从阳极区移向阴极区移动，D错误；
故选D。

6．B
【解析】
【详解】
A. △H1+△H2表示ROH固体溶于水过程，该过程放热，所以应小于0，故错误；
B. △H4表示ROH破坏离子键的过程，因为氢氧化钠中钠离子半径比钾离子半径小，所以破坏离子键吸收的能量氢氧化钠多，即△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0，故正确；
C. △H6都表示氢氧根离子从气态变液体，能量应相同，故错误；
D. 根据盖斯定律分析，有△H1+△H2=△H4+△H5+△H6，因为ROH固体溶于水过程放热，故
△H1+△H2+△H4+△H5+△H6不等于0，故错误。

故选B。

7．B
【解析】
【分析】
考古时利用W 的一种同位素测定一些文物的年代，则W为C；X是地壳中含量最多的元素，则X为O；Y、Z的质子数分别是W、X 的质子数的2倍，则Y的质子数为6×2=12，Y为Mg，Z的质子数为8×2=16，Z
为S，R的原子序数最大，R为Cl，以此来解答。

【详解】
由上述分析可知，W为C、X为O、Y为Mg、Z为S、R为Cl；
A．Mg与CO2点燃下发生置换反应生成MgO、C，故A正确；
B．二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则澄清的石灰水不能鉴别，故B错误；
C．同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Y＞Z＞R；电子层越多离子半径越大，且具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z＞X＞Y，故C正确；
D．Mg为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁冶炼Mg，故D正确；
故答案为B。

8．D
【解析】
【分析】
【详解】
在H+条件下先水解生成HOCH2CH2OH，乙二醇再发生缩聚反应生成聚乙二醇，其结构简式为
；
A ．环氧乙烷在酸性条件下先发生水解反，再发生缩聚反应制得聚乙二醇，故A 错误；
B ．聚乙二醇的结构简式为
，故B 错误； C ．聚乙二醇的链节为OCH 2CH 2，则聚合度n=40001844
-≈90，故C 错误； D ．聚乙二醇能与水分子间形成氢键，则能保持肠道水分，故D 正确；
故答案为D 。

9．D
【解析】
【详解】
A 项，原子序数1、2的原子电子层数相同，原子序数3~10的原子电子层数相同，原子序数11~18的原子电子层数相同，A 项不符合；
B 项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B 项不符合；
C 项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的F 没有正价，C 项不符合；
D 项，第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2，第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8，D 项符合；
答案选D 。

10．A
【解析】
【分析】
由实验步骤及转化图可知，发生反应2Cu+O 2+4HCl===2CuCl 2+2H 2O ， N 为Fe 2+，M 为Fe 3+，在制得在制得的CuCl 2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，且化合物中正负化合价代数和为0，依此结合选项解答问题。

【详解】
A ．根据上述分析，N 为Fe 2+，M 为Fe 3+，A 选项错误；
B ．根据化合物中正负化合价的代数和为0，可知2a=b+c ，B 选项正确；
C ．Fe 3+水解使溶液显酸性，CuO 与H +反应产生Cu 2+和水，当溶液的pH 增大到一定程度，Fe 3+形成Fe(OH)3而除去，从而达到除去Fe 3+的目的，C 选项正确；
D ．根据方程式2Cu+O 2+4HCl===2CuCl 2+2H 2O ，若制备1 mol 的CuCl 2，理论上消耗0.5molO 2，标况下，()()22-1m O O V =n V =0.5mol 22.4L mol =11.2L ⨯，D 选项正确；
答案选A 。

11．D
【解析】
A;14.05g 固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢
氧化钠溶液反应生成氢气；5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体，,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L,剩余的气体只能是氢气，体积为3.36，,说明原混合物中一定含有铝，故A对；B:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化,因为氢氧化铝溶于强碱，Fe(OH)2易被氧化，所以一定不含FeCl2，能生成的白色沉淀一定是氯化镁与强碱反应生成的氢氧化镁白色沉淀,一定含有氯化镁，故B错误；C.根据上边分析，一定含氯化镁，一定不含FeCl2，故C错误；根据A分析一定有(NH4)2SO4，根据B分析一定有氯化镁。

Mg(OH)2→MgCl2 (NH4)2SO4→2NH4+→2NH3
58g 1mol 1mol 22.4L
2.9g 0.05mol 0.05mol 2.24L
(NH4)2SO4 和MgCl2物质的量相等，故D正确。

本题答案：D。

点睛：:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气, 5.60L 气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体,无水蒸气的存在,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L ,结合混合物可能存在的物质可以知道,一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2,24L ,剩余的气体只能是氢气,体积为3.36L ,说明原混合物中一定含有铝。

12．C
【解析】
【分析】
由图可知，E点溶液pH为7，溶液中c(H+)＝c(OH—)，
【详解】
A项、由图可知，E点溶液pH为7，溶液中c(H+)＝c(OH—)，由溶液中电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)＝c(A—)+ c(Cl—)+ c(OH—)可知，溶液中c(Na+)＝c(A—)+ c(Cl—)，故A错误；
B项、HA的电离常数K a(HA)=
()
-
c(A)
c(HA)
+
⋅c H
，由图可知pH为3.45时，溶液中
-
c(A)
p
c(HA)
=0，c（HA）=c(A—)，
则K a(HA)= c(H+)＝10-3.45，K a(HA)的数量级为10—4，故B错误；
C项、溶液中
-
-
c(A)
c(HA)c(OH)
⋅
=
()
()
+
+
-
-
c(A)
c(HA)c(OH
c H
H
)c
⋅
⋅⋅
=a
w
K
K，温度不变，水的离子积常数、弱酸的电离
常数不变，则滴加过程中
-
-
c(A)
p
c(HA)c(OH)
⋅
保持不变，故C正确；
D 项、F 点溶液pH 为5，-c(A )p c(HA)
=—1，则溶液中c(A —)＞c(HA)，由物料守恒c(Na +)＝c(A —)+ c （HA ）可知c(Na +)＞c(A —)，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na +)＞c(A —)＞c(HA)＞c(OH —)，故D 错误。

故选C 。

13．D
【解析】
【分析】
在短周期主族元素中，可以形成强碱的是Na 元素，所以强碱戊为NaOH 。

能使品红溶液褪色的气体可能是SO 2、Cl 2，单质只有Cl 2。

电解氯化钠水溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故R 可能是NaClO 。

M 的气态氢化物使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明M 为氮元素。

综上所述，M 为氮元素，X 为氧元素，Y 为钠元素，Z 为氯元素。

【详解】
A ．X 为氧元素，Y 为钠元素，Z 为氯元素，M 为氮元素，Cl -、N 3-、O 2-、Na +的半径依次减小，故A 错误；
B ．X 为氧元素，M 为氮元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：O ＞N ，H 2O 的热稳定性比NH 3强，故B 错误；
C ．若气体甲为氯气，则加热“无色溶液”，由于次氯酸漂白后较稳定，溶液不变色，故C 错误；
D ．NaClO 属于强碱弱酸盐，能够发生水解，可促进水的电离，故D 正确；
答案选D 。

14．B
【解析】
【分析】
【详解】
A .根据上图可以看出，当pH 为8.14时，海水中主要以-3HCO 的形式存在，A 项正确；
B .A 点仅仅是-3HCO 和223CO +H CO 的浓度相同，-3HCO 和23H CO 浓度并不相同，B 项错误；
C .当2--33c(CO )=c(HCO )时，即图中的B 点，此时溶液的pH 在10左右，显碱性，因此+-c(H )＜c(OH )，C 项正确；
D .a2K 的表达式为+2-3-3c(H )c(CO )c(HCO )
，当B 点二者相同时，a2K 的表达式就剩下+c(H )，此时+c(H )约为-1010，D 项正确；
答案选B 。

15．A
【解析】
【详解】
A．氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料；联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（来自合成氨中用水煤气制取氢气时的废气）为原料，两者的原料来源不相同，故A 错误；
B．氨碱法其化学反应原理是NH3+CO2+H2O+NaCl NaHCO3↓+NH4Cl，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而形成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3晶体，再煅烧制得纯碱产品，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，故B正确；
C．氨碱法的最大缺点在于原料食盐的利用率只有约70%，联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，故C正确；
D．氨碱法和联合制碱法两者最终产品都是Na2CO3，故D正确；
选A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．水浴加热使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠,与不溶性杂质分离三颈烧瓶 b 控制反应温度,防止乙酰水杨酸受热分解取少量结晶产品于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色则含水杨酸81.1%
【解析】
【详解】
（1）合成的温度为85℃，所以可以采取水浴加热；
（2）加入饱和NaHCO3溶液使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，与不溶性杂质分离，故答案为：使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠,与不溶性杂质分离；
（3）冷凝管中水的流向是下口进水，上口出水。

由于乙酰水杨酸受热易分解，所以使用温度计控制反应温度，防止乙酰水杨酸受热分解。

故答案为：三颈烧瓶，b，控制反应温度,防止乙酰水杨酸受热分解；（4）乙酰水杨酸和水杨酸中都有羧基，但水杨酸中有酚羟基，可以用FeCl3溶液检验酚羟基，进而检验产品中是否含有水杨酸，故答案为：取少量结晶产品于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色则含水杨酸；
(5)2.76g水杨酸为0.02mol，乙酸酐为7.5 mL×1.08 g/cm3÷102g/mol=0.08mol，所以乙酸酐是过量的，生成的乙酰水杨酸的物质的量和水杨酸的物质的量相等，所以乙酰水杨酸的质量为0.02mol×180g/mol=3.6g。

则所得乙酰水杨酸的产率为2.92
3.6
×100%≈81.1%。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．苯乙烯浓硫酸、加热取代反应
C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O14种
、
CH CH
【解析】
【分析】
F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应，说明F中含有醇羟基，二者为加成反应，F为HOCH2C≡CCH2OH，F和氢气发生加成反应生成G，根据G分子式知，G结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，H发生氧化反应然后酸化得到I为HOOCCH2CH2COOH；
根据苯结构和B的分子式知，生成A的反应为取代反应，A为，B为；C能和溴发生加成反应，则生成C的反应为消去反应，则C为，D为，E 能和I发生酯化反应生成聚酯，则生成E的反应为水解反应，则E为；E、I发生缩聚反应生成K，K结构简式为；
（6）HC≡CH和CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC≡CH，(CH3)2COHC≡CH和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH。

【详解】
（1）根据分析，C为，化学名称为苯乙烯；反应①为醇的消去反应，反应条件是浓硫酸、加热；K结构简式为；
故答案为：苯乙烯；浓硫酸、加热；；
（2）生成A的有机反应类型为取代反应，生成A的有机反应分为以下三步：
第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4-；
第二步：C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+；
第三步：AlCl4-+H+→AlCl3+HCl
故答案为：取代反应；C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+；
（3）G结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，由G生成H的化学方程式为HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O，
故答案为：HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O；
（4）A为，A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中①属于芳香
族化合物，说明分子中由苯环，②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应，说明分子中有醛基(-CHO)；能同时满足这以下条件的有一个苯环链接-CH2CH2CHO或-CH(CH3)CHO，共两种；还可以是一个苯环链接一个-CH2CHO 和- CH3共邻间对三种；还可以是一个苯环链接一个-CHO和一个-CH2CH3共邻间对三种；还可以还可以是一
个苯环链接一个-CHO和两个-CH3分别共四种，或共两种；因此，符合条件的一共有14种；核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1，则该有机物中有4种不同环境的氢原子，符合要求的结构式为、，
故答案为：14种；、；
（5）HC≡CH和CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC≡CH，(CH3)2COHC≡CH和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH，其合成路线为：
，
故答案为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．d 平面三角形 3 氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大离子晶体
65π -73A 4M N (a?10) 2a 2
（或0.707a ） 【解析】
【分析】
（1）a ．碳的电子式是，但碳原子最外层只有2p 能级有2个单电子；
b ．共价键分摊：每个碳原子周围的3个σ键分别被3个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的σ键数为1.5，12g 石墨烯即1mol 含σ键数为1.5N A ；
c ．石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力；
d ．石墨烯中含有多中心的大π键。

（2）分析C 成键情况，结合VSEPR 模型判断；电负性最大的是O 元素；
（3）氨分子中有孤对电子。

氨分子与Zn 2+形成配合物后,孤对电子与Zn 2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H 键角变大；
（4）化合物[EMIM][AlCl 4]由阴、阳离子构成；根据形成大π键的原子数和电子数分析；
（5）晶胞边长为anm=a×10-7cm ，晶胞体积=（a×10-7cm ）3，该晶胞中Ca 2＋个数=1+12×1/4=4，C 22－个数=8×1/8+6×1/2=4，其晶体密度=mV ；晶胞中Ca 2＋位于C 22－所形成的八面体的体心，该正八面体的边长根据正方形对角线的长度计算。

【详解】
（1）a ．碳的电子式是，但碳原子最外层只有2p 能级有2个单电子，故错误；
b ．共价键分摊：每个碳原子周围的3个σ键分别被3个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的σ键数为1.5，12g 石墨烯即1mol 含σ键数为1.5N A ，故错误；
c ．石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力，故错误；
d ．石墨烯中含有多中心的大π键，故正确。

故选d 。

（2）COCl 2分子中的C 原子最外层的4个电子全部参与成键，C 原子共形成1个双键和2个单键，故其采取sp 2杂化，该分子的空间构型为平面三角形；
该分子中电负性最大的是O 元素，基态氧原子中，有1s 上1种、2s 上1种、2p 上1种，即3种不同能量的电子；
（3）氨分子中有孤对电子。

氨分子与Zn 2+形成配合物后,孤对电子与Zn 2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H 键角变大；
（4）化合物[EMIM][AlCl 4]由阴、阳离子构成，属于离子晶体；EMIM +形成大π键的原子数为5、电子数为
6，则EMIM +离子中的大π键应表示为 65π ；
（5）晶胞边长为anm=a×10-7cm ，晶胞体积=（a×10-7cm ）3，该晶胞中Ca 2＋个数=1+12×1/4=4，C 22－个数=8×1/8+6×1/2=4，其晶体密度=mV=M×4/[N A (a×10-7)3]g·cm －3；晶胞中Ca 2＋位于C 22－所形成的八面体的体心，。