2020年贵州省毕节地区化学高二下期末预测试题含解析

2020年贵州省毕节地区化学高二下期末预测试题
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．氢化锂(LiH)在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸剧烈反应，能够引起燃烧。

某化学科研小组准备使用下列装置制备LiH固体。

下列说法正确的是
A．上述仪器装置按气流从左到右连接顺序为：e接d，c接f，g接a，b(和g调换也可以)
B．实验中所用的金属锂保存在煤油中
C．在加热D处的石英管之前，应先通入一段时间氢气，排尽装置内的空气
D．干燥管中的碱石灰可以用无水CaCl2代替
【答案】C
【解析】
【分析】
氢气和锂发生反应生成LiH，制备LiH固体需要制备氢气，LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用C装置制备氢气，用装置A中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置B，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D和生成的氢化锂发生反应。

【详解】
A、氢气和锂发生反应生成LiH，制备LiH固体需要制备氢气，LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用C装置制备氢气，用装置A中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置B，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D和生成的氢化锂发生反应，装置连接顺序为：e接a，b接f，g接d，故A错误；
B、实验中所用的金属锂保存在石蜡中，故B错误；
C、在加热D处的石英管之前，应先通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时锂燃烧，也防止氢气与氧气发生爆炸反应，故C正确；
D、用装置A中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，干燥管中的碱石灰不可以用无水CaCl2代替，CaCl2无法除去HCl，故D错误。

故选C。

【点睛】
本题考查化学实验制备方案，理解原理是解题关键，涉及对装置及操作的分析评价、气体收集、除杂等，难点A，在理解原理的基础上，选用装置。

2．已知使36g焦炭发生不完全燃烧，所得气体中CO占1/3体积，CO2占2/3体积，已知：C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H=-Q1kJ/mol，CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=-Q2kJ/mol，与这些焦炭完全燃烧相比较，损失的热量是中正确的是（）
A．2Q2kJ B．Q2kJ C．3（Q1+Q2）kJ D．3Q1KJ
【答案】B
【解析】
分析：盖斯定律指若是一个反应可以分步进行，则各步反应的吸收或放出的热量总和与这个反应一次发生时吸收或放出的热量相同。

36g碳不完全燃烧与这些碳完全燃烧相比损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量。

根据碳原子守恒计算出一氧化碳的物质的量，再根据一氧化碳燃烧的热化学方程式计算，即可解答。

详解：
点睛：36g碳的物质的量为n=m
M
=
36g
12g/mol
=3mol，不完全燃烧所得气体中，CO占三分之一体积，根据
碳原子守恒，求得CO的物质的量为3mol×1
3
=1mol，根据CO（g）+
1
2
O2（g）=CO2（g）△H=-Q2kJ/mol，
1molCO燃烧放出的热量为Q2kJ，答案选B。

点睛：本题主要考查反应热的计算，考查了盖斯定律的原理理解运用，本题关键点是碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量，题目难度不大。

3．下列原子中，第一电离能最大的是( )
A．B B．C C．Al D．Si
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
非金属性越强，第一电离能越大，四种元素中碳元素的非金属性最强，第一电离能最大，答案选B。

4．体育竞技中服用兴奋剂既有失公平，也败坏了体育道德。

某种兴奋剂的结构简式如图所示。

有关该物质的说法中正确的是( )
A．该物质与苯酚属于同系物，遇FeCl3溶液呈紫色
B．能使酸性KMnO4溶液褪色，证明其结构中存在碳碳双键
C．1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时最多消耗Br2和H2分别为10mol和7mol
D．该分子中的所有碳原子可能共平面
【详解】
A.苯酚同系物中只含1个苯环和1个酚羟基，该物质含2个苯环和3个酚羟基，不是苯酚同系物，但含酚-OH，遇FeCl3溶液呈紫色，A错误；
B.碳碳双键、酚-OH、与苯环直接相连的甲基均能被酸性KMnO4溶液氧化，滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去，不能能证明其结构中碳碳双键，B错误；
C.酚-OH的邻对位苯环氢与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成，则1mol该物质与浓溴水反应，最多消耗溴为4mol；苯环与碳碳双键均与氢气发生加成，则1mol该物质与氢气反应时，最多消耗氢气为7mol，C错误；
D.苯环、碳碳双键均为平面结构，单键可以旋转，则该分子中的所有碳原子可能共平面，D正确；
故合理选项是D。

5．下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的是（）
A．SO2、NO2和CO2都是污染性气体
B．熟石灰、铝热剂、盐酸都是混合物
C．煤的干馏、海水中提取碘的过程都包括化学变化
D．A12O3、Cl2、CuSO4在熔融状态或溶于水时均能导电，都属电解质
【答案】C
【解析】
试题分析：A．SO2、NO2会导致酸雨的形成，而CO2是空气的组成成分气体，CO2不会导致大气污染，错误；B．熟石灰是Ca(OH)2，不是混合物，错误；C．煤的干馏、海水中提取碘的过程都有新的物质产生，因此都包括化学变化，正确；D．Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，错误。

考点：考查有关物质分类或归纳正误判断的知识。

6．FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如下图所示，下列说法不正确
．．．的是
A．产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeO
B．沉淀过程中有CO2气体放出
C．过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
D．可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质
【答案】A
A、碳酸亚铁在空气中高温分解，亚铁可能被空气中氧化氧化成+3价铁，错误；
B、Fe2＋和HCO3－发生双水解反应，生成CO2，正确；
C、过滤所用玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，正确；
D、KSCN溶液遇Fe3＋显红色，因此KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质，正确。

答案选A。

7．将等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红和Ba(NO3)2的混合溶液里,发生的现象是①溶液很快褪色②溶液不褪色③有沉淀生成④溶液仍然透明（）
A．仅①和④B．仅①和③C．仅②和③D．仅②和④
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红中，发生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+，品红不褪色；
通入Ba（NO3）2的混合溶液中，发生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，观察到生成白色沉淀，故选C。

【点睛】
本题考查二氧化硫的化学性质，侧重氧化还原反应原理及二氧化硫还原性的考查，注意等物质的量时发生的氧化还原反应。

8．常温下，下列叙述正确的是
A．pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
B．在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好无色，则此时溶液的pH< 7
C．向10 mL 0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中，将减小D．向10mL pH=11的氨水中，加入10mL pH=3的H2SO4溶液，混合液pH=7
【答案】C
【解析】
氨水是弱电解质，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH< a +1，故A错误；酚酞在酸性、中性溶液中都呈无色，故B错误；氨水的电离平衡常数=，向10 mL 0.1 mol·L－1的CH3COOH
溶液中滴加相同浓度的氨水，逐渐增大，减小，故C正确；氨水是弱电解质，向10mL pH=11的氨水中，加入10mL pH=3的H2SO4溶液，氨水有剩余，所以溶液呈碱性，故D错误。

9．乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。

工业生产乙酸乙酯的方法很多，如图：
下列说法正确的是（）
A．反应①、②均是取代反应
B．反应③、④的原子利用率均为100％
C．与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2种
D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 反应①为酯化反应，属于取代反应，反应②不饱和度降低，为加成反应，A项错误；
B. 反应③产物只有乙酸乙酯，其原子利用率为100％，而反应④为C4H10+O2→C4H8O2，H原子没有全部进入到目标产物，原子利用率不为100%，B项错误；
C.与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类有HCOOCH2CH2CH3，HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3中，C项错误；
D. 乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，则乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别，D项正确；
答案选D。

【点睛】
有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。

依据两者的区别，本题的A选项反应②显然为加成反应，而不是取代反应。

因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题型时游刃有余。

10．下列关于元素性质的有关叙述中不正确
．．．的是
A．C、N、O、F的原子半径依次减小
B．KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱
C．P、S、Cl、Ar的最高正价依次升高
D．Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次增加
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．C、N、O、F位于周期表同一周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，
A正确；
B．Li、Na、K位于同一主族，同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱，B正确；
C．P、S、Cl的最高正价依次升高，Ar为惰性气体，化合价一般为0，C错误；
D．Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次为1、2、3、4，依次增加，D正确；
故合理选项是C。

11．下列各组物质能满足如图所示转化关系的是(图中箭头表示一步转化)()
A．①②B．②③C．③④D．②④
【答案】D
【解析】
【详解】
二氧化硅不能直接生成硅酸，故①错误；铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝，故②正确；氧化铜不能与水直接反应生成氢氧化铜，故③错误；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与锌反应生成铁，故④正确；选D。

12．下列物质中，既含有极性共价键，又含有非极性共价键的是（）
A．CCl4B．CO2C．NH4Cl D．C2H4
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. CCl4中只有极性共价键，A不符合题意；
B. CO2中只有极性共价键，B不符合题意；
C. NH4Cl中含有离子键和极性共价键，C不符合题意；
D. C2H4中既含有极性共价键，又含有非极性共价键，D符合题意；
答案选D。

13．A、B、C是原子序数依次增大的短周期主族元素，三种元素原子序数之和为35，且C的原子序数是A 的2倍。

A、B、C三种元素的单质在适当条件下可发生如图所示的变化。

下列说法正确的是
A．甲、乙、丙三种物质的水溶液均显碱性
B．甲是碱性氧化物，乙是酸性氧化物
C．甲、乙可能都有漂白性，其漂白原理相同
D．丙的水溶液在空气中长期放置，溶液可能会变浑浊
【答案】D
【解析】
A、B、C是原子序数依次增大的短周期主族元素，则C原子序数小于17，C的原子序数是A的2倍，所以A的原子序数小于9且A原子序数的2倍大于B的原子序数，结合三种元素原子序数之和为35，可推出：A为O元素、B为Na元素、C为S元素；由如图A、B、C三种元素的单质的变化可得：甲为Na2O或Na2O2，乙为SO2，丙为Na2S。

A项，Na2O、Na2O2、Na2S的水溶液都显碱性，而SO2的水溶液显酸性，故A错误；B项，SO2是酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物、Na2O2不是碱性氧化物，故B错误；C项，Na2O2具有漂白性是因为具有强氧化性，而SO2漂白原理是相当于发生化合反应生成了无色物质，所以二者漂白原理不同，故C错误；D项，Na2S溶液在空气中长期放置，会发生反应：2S2-+O2+H2O=2S↓+4OH-，所以溶液会变浑浊，故D正确。

点睛：本题考查元素周期表的推断，首先根据原子序数依次增大的三种短周期元素原子序数之间的关系推出各元素，然后应用元素周期律和元素化合物的性质解决各选项。

B项注意碱性氧化物的概念：碱性氧化物是指溶于水化合成碱或与酸反应生成盐和水的氧化物，所以Na2O2不是碱性氧化物；C项明确SO2漂白原理与Na2O2漂白原理的不同。

14．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）
A．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N A
B．1mol FeCl3形成的 Fe(OH)3胶体中，胶体颗粒的数目为N A
C．28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为3N A
D．18g重水（D2O）所含的电子数为10N A
【答案】A
【解析】分析：本题考查的是阿伏伽德罗常数，是常考题型。

详解：A.因为1mol过氧化钠反应生成0.5mol氧气，转移1mol电子，所以反应生成0.1mol氧气时转移0.2mol 电子，故正确；B.氢氧化铁胶体微粒是很多分子的集合体，不能计算其胶体粒子的数目，故错误；C.乙烯和环丁烷的最简式相同，为CH2，用最简式计算，其物质的量为28/14=2mol，则含有2mol碳原子，故错误；D.重水的摩尔质量为20g/mol，所以18克重水的物质的量为18/20=0.9mol，含有9mol电子，故错误。

故选A。

点睛：注意特殊的氧化还原反应中的转移电子数，如过氧化钠和水或二氧化碳反应，氯气和水或碱的反应，或二氧化氮和水反应。

15．下列实验过程可以达到实验目的的是( )
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
【详解】
A、加入FeCl3后溶液变蓝色，说明I－被氧化成I2，氧化剂为Fe3＋，利用氧化还原反应的规律，得出Fe3＋的氧化性强于I2，故A符合题意；
B、SO2的漂白性，中学阶段体现在能使品红溶液褪色，使酸性高锰酸钾褪色，体现SO2的还原性，故B 不符合题意；
C、澄清石灰水与NaHCO3、Na2CO3都能产生沉淀，鉴别NaHCO3和Na2CO可以用CaCl2溶液，NaHCO3与CaCl2不发生反应，Na2CO3与CaCl2生成沉淀CaCO3，故C不符合题意；
D、HNO3具有强氧化性，将SO32－氧化成SO42－，对SO42－的检验产生干扰，应先加盐酸，再滴加BaCl2溶液，故D不符合题意；
答案选A。

16．下列叙述中，错误的是()
A．虽然固体氯化钠不能导电，但氯化钠是电解质
B．纯水的pH随温度的升高而减小
C．在醋酸钠溶液中加入少量氢氧化钠，溶液中c(OH－)增大
D．在纯水中加入少量硫酸铵，可抑制水的电离
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.NaCl在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，所以氯化钠是电解质，选项A正确；
B.升温促进纯水电离，氢离子浓度增大，纯水的pH减小，选项B正确；
C.加入的氢氧化钠能电离出氢氧根离子，则溶液中c（OH-）增大，选项C正确；
D.硫酸铵水解促进水的电离，选项D错误。

答案选D。

17．下列各组有机化合物中，肯定属于同系物的组合是
A．C2H6 与C5H12B．C3H6 与C4H8
C．甲醇与乙二醇D．与
【答案】A
【解析】
【详解】
A．C2H6与C5H12，二者都是饱和烃，结构相似，分子间相差3个CH2原子团，所以二者一定互为同系物，故符合题意；
B．C3H6与C4H8，二者可能为烯烃或者环烷烃，由于结构不能确定，所以不一定互为同系物，故不符合题意；
C．甲醇与乙二醇，二者的氧原子数不一样，分子组成不符合要求，不是同系物，故不符合题意；
D．苯酚和苯甲醇的结构不同、化学性质不同、分子式通式不同，不是同系物，故不符合题意。

故选A．
【点睛】
结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同，研究对象是有机物。

18．下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是（）
A．CH3CH2CH3B．C．D．
【答案】C
【解析】
【详解】
A. CH3CH2CH3分子内有2种氢原子，能生成2种一氯代物，A错误；
B. 分子内有2种氢原子，能生成2种一氯代物，B错误；
C. 分子内只有1种氢原子，只能生成1种一氯代物，C正确；
D. 分子中内有4种氢原子，能生成4种一氯代物，D错误；
答案选C。

【点睛】
判断烷烃的一氯代物时，可以分析分子内的氢原子种类，分子内有几种氢原子，就能生成几种一氯代物。

19．氢气和氧气反应生成水的能量关系如图所示：
下列说法正确的是
A．△H5＜0B．△H1＞△H2+△H3+△H4
C．△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=0D．O-H键键能为△H1
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 液态水转化为气态水需要吸热，则△H5＞0，A错误；
B. 根据盖斯定律可知△H1＝△H2+△H3+△H4+△H5，由于△H5＞0，因此△H1＞△H2+△H3+△H4，B正确；
C. 根据盖斯定律可知△H1＝△H2+△H3+△H4+△H5，则△H2+△H3+△H4+△H5-△H1=0，C错误；
D. O-H键键能为△H1/2，D错误；
答案选B。

【点睛】
选项B和C是解答的易错点和难点，注意盖斯定律的灵活应用，注意反应的起点和终点的判断。

20．下列各组离子中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是
A．Fe3+、H+、SO42－、ClO-B．Fe3+、Fe2+、SO42－、NO3-
C．Al3+、Na+、SO42－、CO32－D．K+、H+、Br-、MnO4-
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．H+与ClO-结合生成次氯酸分子，没有发生氧化还原反应；
B．Fe3+、Fe2+、SO42－、NO3-离子间不发生反应，能够电离共存；
C．Al3+与CO32－发生双水解反应，没有发生氧化还原反应；
D．H+、Br-、MnO4－发生氧化还原反应，生成溴单质，符合题意。

故选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．（1）根据计算用托盘天平需称取氯化钠_________ g；
（2）配制溶液时，除需要烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有；
（3）配制溶液有下列几步操作：a．溶解，b．摇匀，c．洗涤，d．冷却，e．称量，f．将溶液移至容量瓶，g．定容．正确的操作顺序是；
（4）下列操作结果使溶液物质的量浓度偏低的是___ ______ ；
A．没有将洗涤液转入容量瓶中
B．加水定容时，水的量超过了刻度线
C．定容时，俯视容量瓶的刻度线
D．容量瓶洗涤后，未经干燥处理
（5）取出该NaCl溶液10mL加水稀释到200mL，稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度是_________
【答案】（1）29.3 （2）500mL容量瓶；胶头滴管；
（3）e a d f c f g b （4）AB （5）0.05
【解析】试题分析：（1）实验室用氯化钠固体配制480mL1.00mol/L的NaCl溶液，由于实验室中无480mL 容量瓶，因此需要配制溶液500mL，故需要称量NaCl固体的质量为
，由于托盘天平精确到0.1g，因此需要用托盘天平称取NaCl29.3g；（2）配制溶液时，除需要烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有500mL 容量瓶和胶头滴管；（3）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、将溶液移至容量瓶、洗涤并将洗涤液移至容量瓶、定容、摇匀，故答案e a d f c f g b；（4）根据公式进行误差分析。

A.没有将洗涤液转入容量瓶，使溶质的物质的量减小，所配制溶液的浓度偏低，A正确；B.加水定容时，水的量超过了刻度线，则溶液的体积偏大，所配制溶液的浓度偏低，B正确；C.定容时，俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，C错误；D.容量瓶洗涤后，未经干燥处理，对所配溶液的浓度无影响；（5）根据稀释前后溶质的物质的量保持不变进行计算，所得溶液的浓度为：。

考点：考查溶液的配制。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离
子分别可能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的一种。

(离子在物质中不能重复出现)
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。

根据①②实验事实可推断它们的化学式为：
（1）A________，C________，D____________。

（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：___________________________。

（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_______________________。

【答案】BaCl2CuSO4Na2CO3CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑ Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－
===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓
【解析】
【分析】
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B 中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；
Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。

【详解】
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B 中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；
Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；
（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。

（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑。

（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。

【点睛】
本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。

离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、
守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．正丁酸乙酯(CH3CH2CH2COOCH2CH3)是合成香料的重要原料。

以有机物A为原料制备正丁酸乙酯的一种合成路线如下图所示：
已知：I．R1CH =CH2R1CH2CH2Br
Ⅱ．R2CH2Br R2CH2COOH
Ⅲ．R3CH=CHR4R3CHO+R4CHO
回答下列问题：
(1)A的名称为________，E中官能团的名称是___________。

(2)A→B、B→C的反应类型分别为______、__________。

(3)H的结构简式为___________。

(4)能发生银镜反应的D的同分异构体（不考虑环状结构）共有__________种。

(5)参照上述合成路线，以苯乙烯()和乙醇为原料（无机试剂任选），设计制备苯甲酸乙酯
()的合成路线：________________________。

【答案】丙烯醛基加成反应取代反应HCHO10
【解析】分析：根据流程图，D和F发生酯化反应生成CH3CH2CH2COOCH2CH3，根据信息Ⅱ知，D为
CH3CH2CH2COOH，则F为CH3CH2OH；因此B为CH3CH2CH2Br，C为CH3CH2CH2CN；根据信息I，A为CH3CH=CH2；根据信息Ⅲ，E为CH3CHO，H为HCHO。

详解：(1)根据上述分析，A为CH3CH=CH2，名称为丙烯，E为CH3CHO，其中官能团为醛基，故答案为：丙烯；醛基；
(2)A→B为烯烃的加成反应、B→C为卤代烃与氰化钠的取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；
(3)H为HCHO，故答案为：HCHO；
(4) D为CH3CH2CH2COOH，能发生银镜反应的D的同分异构体中含有醛基，有CH2OHCH2CH2CHO(移动羟基，共有3种)、CH2OHCH(CH3)CHO(移动羟基，共有2种)、HCOOC3H7(丙基有2种，共有2种)、CH3OCH2CH2CHO、CH3CH2OCH2CHO、CH3OCH(CH3)CHO，共10种，故答案为：10；
(5)以苯乙烯()和乙醇为原料合成苯甲酸乙酯()，合成需要先合成苯甲酸，根据信息Ⅲ，可以由氧化生成苯甲醛，再由苯甲醛氧化即可，合成路线为
，故答案为：。

24．某研究小组以对氨基水杨酸和炔为主要原料，按下列路线合成便秘治疗药—琥珀酸普卡必利。

已知：①化合物B中含有羟基
②
③
请回答：
（1）化合物A的含氧官能团名称是____________________。

（2）化合物B的结构简式是____________________。

（3）下列说法不正确的是____________________。

A．对氨基水杨酸能发生缩聚反应生成高分子化合物
B化合物B能发生氧化反应，不能发生还原反应
C．化合物C能形成内盐（同一分子中既含有碱性基团又含有酸性基团，相互自行结合而形成的盐）D．化合物F能与 NaHCO3溶液反应
（4）同时符合下列条件的A的同分异构体有_____________种。

①分子中含有硝基且直接连接在苯环上
②1H-NMR谱显示苯环上有两种不同化学环境的氢原子
③不能与FeCl3溶液发生显色反应
（5）写出C和D生成E的化学方程式____________________________________。

（6）设计以乙炔和甲醛为原料制备化合物F的成路线（用流程图表示，合成路线流程图示例：
CH3CH2OH CH2=CH2CH2Br-CH2Br，无机试剂任选）________________。

【答案】酯基羟基B4
【解析】分析：本题采用逆、顺推法结合，由琥珀酸普卡必利的结构简式可知，F的结构简式为
，E是由C和D合成，结合C、D的分子式，可知D为，C为；由氨基水杨酸于甲醇在浓硫酸作用下生成A，A的结构简式为：，A与（CH3O）
O生成B，则B的结构简式为；据以上分析解答。

2
详解：（1）A的结构简式为：，其含氧官能团名称是：酯基羟基；正确答案：酯基羟基。

（2）根据以上分析可知：与（CH3O）2O生成B，则B的结构简式为；正确答案：。

（3）A项：对氨基水杨酸含有羟基、羧基、氨基，能发生缩聚反应生成高分子化合物，正确；B项：化合物B中含有羟基、苯环，羟基能发生氧化反应，苯环能发生还原反应，错误；C项：C的结构中含有羧基和氨基，可以反应生成盐，正确；D项：化合物F中含有羧基，能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，正确；正确选项B。

（4）不能与氯化铁溶液发生显色反应，说明不含有酚羟基，结合1H-NMR谱显示苯环上有两种示同化学环境的氢原子，苯环上只有两个取代基且在对位，故A的同分异构体有4种，分别为：
；正确答案：4。

（5）有机物C为，有机物D为，二者发生取代反应，化学方程式：
；正确答案：。

（6）结合已知②，以CH≡CH和HCHO为合成HOCH2C≡CCH2OH，再与H2发生加成反应生成
HOCH2CH2CH2CH2OH，二元醇再氧化为二元酸；具体合成流程如下：
；正确答案：
点睛：有机化学作为高考的必考内容，其考查形式以重要的反应机理为背景、以多官能团有机物作为载体、配合简单的有机合成流程图来考查分子式书写(均是由结构简式写分子式，属于送分题)、有机计算、结构简式的推导与书写、方程式的书写与反应类型判断、同分异构体、信息迁移等。

解题的关键是准确识别和理解有机反应机理、有机物结构简式或有机合成路线。

对于有机反应机理重在信息的提取、理解、归纳和整合，明确反应物与生成物的组成、结构特点及变化点，采用模仿迁移的方法联系所学过的知识，从中就能寻找到解答题目所需要的信息和方法；对于有机合成路线重在明确每一个转化过程中，物质类型的变化及官能团的衍变关系，确定每一步所涉及化学反应的类型，直接从官能团、前后有机物的结构差异、特殊反应条件、特殊转化关系、不饱和度等角度推断。