辽宁省鞍山市2022届高二化学下学期期末考试试题

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．下列实验装置及相关说法合理的是
A．图1为实验室制备溴苯的装置
B．图2中充分振荡后下层为无色
C．用图3所示的实验装置制备乙酸乙酯
D．图4装置中KMnO4溶液退色可证明CH3CH2Br发生了消去反应
2．用如图所示装置电解氯化钠溶液（X、Y 是碳棒）。

下列判断正确的是
A．X 电极为正极
B．Y 电极为阳极
C．X 电极表面发生氧化反应
D．Y 电极表面有氯气生成
3．下列说法正确的是（）
A．键角：BF3＞CH4＞H2O＞NH3
B．CO2、HClO、HCHO分子中一定既有σ键又有π 键
C．已知二茂铁（Fe(C5H5)2）熔点是173℃(在100 ℃时开始升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯等非极性溶剂。

在二茂铁结构中，C5H5-与Fe2＋之间是以离子键相结合
D．在硅酸盐中，SiO44－四面体通过共用顶角氧离子形成一种无限长单链结构的多硅酸根如图a，其中Si 原子的杂化方式与b图中S8单质中S原子的杂化方式相同
4．下列反应均可在室温下自发进行，其中△H＞0，△S＞0的是
A．4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)
B．NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)
C．(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)
D．2Cu(s)+CO2(g)+O2(g)+H2O(g)=Cu2(OH)2CO3(s)
5．阿昔洛韦[化学名称：9－（2－羟乙氧甲基）鸟嘌呤]是抗非典型肺炎（SARS）的指定药物之一，其结构如图所示,有关阿昔洛韦的结构及性质的叙述中正确的是
①1 mol阿昔洛韦在催化剂作用下，最多可与5molH2发生加成反应；②属于芳香烃；③是一种易溶于水的醇；④可以被催化氧化；⑤不能使溴水褪色；⑥可以燃烧；
A．①②③④⑥B．②④⑤⑥C．③④⑤⑥D．④⑥
6．金属晶体和离子晶体是重要晶体类型。

关于它们的说法中正确的是()
①金属晶体导电，离子晶体在一定条件下也能导电
②CsCl晶体中，每个Cs＋周围有6个Cl－
③金属晶体和离子晶体都可采取“紧密堆积”方式
④金属晶体和离子晶体中分别存在金属键和离子键等强烈的相互作用，很难断裂，因而都具有延展性A．①②B．①③C．③D．①④
7．下列有关铝或其化合物的说法中不正确的是
A．制备A1Cl3不能采用将溶液直接蒸干的方法
B．工业上采用电解AlCl3的方法冶炼金属铝
C．铝制容器不能装酸装碱，也不能装氯化钠等咸味物质
D．存在于污水中的胶体物质，常用投加明矾等电解质的方法进行处理
8．某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是
A．若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）＜0.1mol•L﹣1
B．原溶液可能存在Cl－和Na+
C．原溶液中c（CO32－）是0.01mol•L﹣1
D．原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+
9．下列各组物质之间不能通过一步就能实现如图所示转化的是( )
物质编号物质转化关系 a b c d
A SiO2Na2SiO3Si H2SiO3
B Na2O Na2O2Na NaOH
C Al2O3NaAlO2Al Al(OH)3
D FeCl2FeCl3Fe CuCl2
A．A B．B C．C D．D
10．化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）
A．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物
B．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料
C．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程
D．向鸡蛋清溶液中加入NaCl固体时，因蛋白质变性致溶液变浑浊
11．已知断裂1 mol H2(g)中的H—H键需要吸收436.4 kJ的能量，断裂1 mol O2(g)中的共价键需要吸收498 kJ的能量，生成H2O(g)中的1 mol H—O键能放出462.8 kJ的能量。

下列说法正确的是()
A．断裂1 mol H2O中的化学键需要吸收925.6 kJ的能量
B．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝－480.4 kJ·mol－1
C．2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)ΔH＝471.6 kJ·mol－1
D．H2(g)＋0.5O2(g)===H2O(l)ΔH＝－240.2 kJ·mol－1
12．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项实验操作和现象结论
A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性
B
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨
溶液；未出现银镜
蔗糖未水解
C 向FeCl3溶液中加入少量铜屑，铜溶解Fe3+的氧化性强于Cu2+的氧化性
D
用pH试纸测得，CH3COONa溶液的pH的为9，NaNO2
溶液的pH约为8 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
A．A B．B C．C D．D 13．下列解释实验现象的反应方程式正确的是（）
A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗:2Na+O2=Na2O2
B．向AgC1悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色:2AgCl+S2- =Ag2S↓+2Cl-
C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物:2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2
D．FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2+ + ClO- + 5H2O= 2Fe(OH)3↓+Cl-+ 4H+
14．在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

已知t℃时AgCl的Ksp=4×10-10，下列说法正确的是
A．图中a点对应的体系中将有AgBr沉淀生成
B．加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，AgBr的K sp也减小
C．在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，可使溶液中c点变到b点
D．在t℃时，AgCl(s)+Br－(aq) AgBr(s)+Cl－(aq)的平衡常数K≈816
15．下列能级轨道数为3的是（）
A．s能级B．p能级C．d 能级D．f能级
16．分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图所示。

下列关于分枝酸的叙述正确的是
A．分子中含有5种官能团
B．分枝酸分子中含有1个手性碳原子
C．1 mol分枝酸最多可消耗掉溴水中的3 mol Br2
D．既能与乙醇发生酯化反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应
17．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
18．下列实验操作和现象对应的结论错误的是
A．A B．B C．C D．D 19．（6分）有关晶体的下列说法中，正确的是()
A．分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
B．二氧化硅的熔点、硬度均比二氧化碳高
C．冰融化时水分子时，仅共价键发生断裂，分子本身没有变化
D．氯化钠熔化时离子键被破坏，故属于化学变化
20．（6分）根据下表中实验操作、现象得出的结论正确的是
A．A B．B C．C D．D 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）已知下列数据：
某同学在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
①配制2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。

②按如图连接好装置并加入混合液，用小火均匀加热3~5min
③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙并用力振荡，然后静置待分层。

④分离出乙酸乙酯，洗涤、干燥、蒸馏。

最后得到纯净的乙酸乙酯。

(1)反应中浓硫酸的作用是_____
(2)写出制取乙酸乙酯的化学方程式：_____
(3)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_____
(4)步骤②为防止加热过程中液体暴沸，该采取什么措施_____
(5)欲将乙试管中的物质分离得到乙酸乙酯，必须使用的玻璃仪器有__________；分离时，乙酸乙酯应从仪器_______________（填“下口放”“上口倒”）出。

(6)通过分离饱和碳酸钠中一定量的乙醇，拟用如图回收乙醇，回收过程中应控制温度是______
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）4-羟基扁桃酸可用于制备抗生素及血管扩张类的药物，香豆素-3-羧酸可用于制造香料，二者合成路线如下（部分产物及条件未列出）：
已知;
（R，R′，R″表示氢、烷基或芳基）
（1）A相对分子质量为60，常在生活中用于除去水壶中的水垢，A的结构简式是___________。

（2）D → 4-羟基扁桃酸反应类型是______________。

（3）中①、②、③3个-OH的电离能力由强到弱的顺序是___________。

（4）W →香豆素-3-羧酸的化学方程式是______________________。

（5）关于有机物F下列说法正确的是__________。

a．存在顺反异构b．分子中不含醛基
c．能发生加成、水解、氧化等反应 d. 1mol F 与足量的溴水反应，最多消耗4 molBr2
（6）某兴趣小组将4-羟基扁桃酸进行如下操作
①1molH在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为______mol.
②符合下列条件的I 的同分异构体（不考虑立体异构）为______种。

a．属于一元羧酸类化合物
b．苯环上只有2 个取代基，其中一个是羟基
③副产物有多种，其中一种是由 2 分子4-羟基扁桃酸生成的含有3 个六元环的化合物，该分子中不同化学环境的氢原子有__________种。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（8分）在生产生活中，酸碱中和及溶液酸碱性研究具有十分重要的意义。

（1）常温下，将2种一元酸分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：
组别c（一元酸）c（NaOH）混合溶液的pH 甲c(HY)=0.1mol/L 0.1mol/L pH=7
乙c(HZ)=0.1mol/L 0.1mol/L pH=9
①甲组实验中HY为_________（填强、弱）酸，0.1 moL/L HY溶液的pH=_____________。

②乙组实验中发生反应的离子方程式为_________________________________。

③乙组实验所得溶液中由水电离出的c(OH-)=________ mol/L。

（2）常温下，用0.1000mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液和20.00mL
0.1000mol/LCH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如下图所示。

①滴定HCl溶液的曲线是___________（填“I”或“Ⅱ”）；
②a=__________ mL。

③c(Na+)=c(CH3COO-)的点是_____________。

④E点对应离子浓度由大到小的顺序为_________________。

（3）将一定量某浓度的NaOH溶液，加入MgCO3悬浊液中，可以生成更难溶的Mg(OH)2。

该反应的离子方程式为_____________________________。

24．（10分）以A为原料，经过以下途径可以合成一种重要的制药原料有机物F。

已知：
I.
II.A蒸气的密度是相同条件下氢气密度的53倍。

请回答下列问题：
(1)写出A的结构简式_____________；E中含氧官能团的名称为__________________。

(2)D→E的反应类型是_____________，E→F的反应类型是_________________。

(3)写出反应④的化学反应方程式___________________________________________。

(4)符合下列条件的C的同分异构体有________种(不考虑顺反异构)。

a．苯环上有两个取代基b．能与NaOH溶液反应c．分子中含有两种官能团
(5)C的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同的是（_______）(填字母序号) A．核磁共振仪B．元素分析仪C．质谱仪D．红外光谱仪
(6)以A为原料可以合成高分子化合物G( )，请设计出合理的合成路线(无机试剂任选)。

________________________________________________________________
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】A．实验室制备溴苯水溶加热，要有长导管回流，选项A错误；B．图2中振荡后分层上层为水层，碱和溴水反应无色，下层为四氯化碳溶液无色，选项B正确；C．制备乙酸乙酯时通到碳酸钠溶液的长导管不可以插入水中，否则发生倒吸，选项C错误；D．图4装置发生消去反应，无法检验烯烃，因为醇也可以还原酸性高锰酸钾，选项D错误。

答案选B。

2．C
【解析】
【详解】
A．X电极连接电源的正极，应为阳极，A错误；
B．Y电极连接电池的负极，应为阴极，B错误；
C．X电极为阳极，X溶液里的Cl-在电极表面发生氧化反应生成氯气，C正确；
D．Y电极表面H+得电子发生还原反应，生成氢气，D错误；
答案为C。

3．D
【解析】
【分析】
【详解】
A. BF3：立体形状平面三角形，键角120︒；CH4：立体形状正四面体形，键角109︒28′；H2O：立体呈角形（V），形键角105︒；NH3：立体形状三角锥形，键角107︒，所以键角：BF3＞CH4＞NH3＞H2O，故A错误；
B. CO2既有σ键又有π键；H-O-Cl 只有σ键；H-CHO既有σ键又有π键；故B错误；
C.在二茂铁结构中，不存在C5H5 -与Fe2＋，碳原子含有孤对电子，铁含有空轨道，所以碳原子和铁原子之间形成配位键，故C错误；
D. 硅酸盐中的硅酸根（SiO44−）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；S8单质中S 原子有两个孤对电子和两个共价键，杂化方式也为sp3，故D正确。

所以D选项是正确的。

4．C
【解析】
【详解】
A. 4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)的气体物质的量减少，△S<0，A错误；
B.NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s) 的气体物质的量减少，△S<0，B错误；
C.(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)分解反应是吸热反应，△H>0，反应后气体的物质的量增大，△S>0，C正确；
D.2Cu(s)+CO2(g)+O2(g)+H2O(g)=Cu2(OH)2CO3(s)反应后气体物质的量减小，△S<0，D错误；
故合理选项是C。

5．D
【解析】
【分析】
由结构简式可知，分子中不含苯环，含有碳碳双键、碳氮双键、碳氮单键、羟基、氨基、醚键和肽键。

【详解】
①阿昔洛韦分子中含有的1个碳碳双键和2个碳氮双键在催化剂作用下可与氢气发生加成反应，则1 mol 阿昔洛韦最多可与3molH2发生加成反应，故错误；
②阿昔洛韦分子中含有氧原子和氮原子，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故错误；
③阿昔洛韦分子中只含有1个羟基，亲水基数目较少，应微溶于水或不溶于水，故错误；
④阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键和羟基都可以被氧化，故正确；
⑤阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键能使溴水褪色，故错误；
⑥有机物一般可以燃烧，故正确；
④⑥正确，故选D。

【点睛】
本题考查有机物的结构与性质，注意掌握常见有机物的结构，注意有机物的官能团对性质的影响是解答关键。

6．B
【解析】
【详解】
①金属晶体中含自由电子，能导电，而离子晶体只有在溶于水或熔化状态下才能导电，在固态时不导电，在一定条件下也能导电，①正确；
②CsCl晶体中，每个Cs＋周围有8个Cl－，故②错误；
③金属晶体和离子晶体都可采取“紧密堆积”方式，③正确；
④离子键在受到锤打或锻压时会断裂，因而离子晶体没有延展性，④错误。

故选B。

7．B
【解析】分析：A 、氯化铝水解会得到氢氧化铝和氯化氢；
B 、氯化铝是分子晶体，熔融的氯化铝不导电；
C 、铝能与酸或碱反应，容易发生电化学腐蚀；
D 、明矾溶液中的铝离子水解可以得到氢氧化铝胶体。

详解：A 、将氯化铝溶液直接蒸干会得到氢氧化铝，不会得到氯化铝晶体，A 正确；
B 、氯化铝是分子晶体，熔融的氯化铝中不存在自由移动的铝离子，应该电解熔融的氧化铝可以获取金属铝，B 错误；
C 、铝能与酸或碱反应，因此铝制容器不能装酸装碱，铝也不能装氯化钠等咸味物质，这是由于里面有氯化钠溶液，会形成原电池而使铝溶解，C 正确；
D 、明矾溶液中的铝离子水解可以得到具有净水作用的氢氧化铝胶体，常用投加明矾等电解质的方法对污水进行处理，D 正确。

答案选B 。

8．D
【解析】
【分析】
加入BaCl 2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO 32－、SO 42－这两种离子，一定没有Fe 3+（Fe 3+和CO 32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO 4，
n(BaSO 4)=-1m 2.33g ==0.01mol M 233g mol ，m(BaCO 3)=4.30g-2.33g=1.97g ，则n(BaCO 3)= -1m 1.97g ==0.01mol M 197g mol。

加入NaOH 溶液产生1.12L （标况）气体，则溶液中有NH 4+，NH 3有0.05mol ，即n(NH 4+)=0.05mol 。

CO 32－和SO 42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol ，NH 4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol ，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl -，且最少为0.01mol （因为无法判断是否有Na +，如果有Na +，需要多于的Cl -去保持溶液的电中性）。

【详解】
A. 若原溶液中不存在 Na +，则 c(Cl －)= 1n 0.01==0.1mol L V 0.1mol L
，A 错误； B. 原溶液中一定有Cl -，可能有Na+，B 错误；
C. 经计算，原溶液中，n(CO 32-)=0.01mol ，则c(CO 32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol •L ﹣1，C 错误；
D. 加入BaCl 2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO 32－、SO 42－这两种离子，一定没有Fe 3+，D 正确；
故合理选项为D 。

【点睛】
溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。

9．B
【解析】
【详解】
A、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应转化为硅酸钠，硅酸钠与酸反应转化为硅酸，硅酸分解转化为二氧化硅，硅与氧气反应生成二氧化硅，与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，通过一步就能实现，A不选；
B、氧化钠与氧气反应转化为过氧化钠，过氧化钠溶于水转化为氢氧化钠，钠与氧气常温下反应生成氧化钠，点燃或加热时生成过氧化钠，但氢氧化钠不能转化为氧化钠，B选；
C、氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，铝与氧气反应生成氧化铝，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，通过一步就能实现，C不选；
D、氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铜反应可以生成氯化铜，氯化铜与铁反应生成氯化亚铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，与氯气反应生成氯化铁，通过一步就能实现，D不选；
答案选B。

【点睛】
本题综合考查元素化合物知识，注意根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径。

10．C
【解析】
【详解】
A．因淀粉、纤维素属于高分子化合物，油脂不是高分子化合物，选项A错误；
B．合成纤维、人造纤维都属于有机高分子材料，碳纤维是碳的单质，不属于有机高分子材料，选项B错误；
C. 粮食酿酒是粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，均为化学变化，选项C 正确；
D. NaCl是轻金属盐，向鸡蛋清溶液中加入NaCl(s)时发生盐析，则溶液变浑浊，鸡蛋清不发生变性，选项D 错误；
答案选C。

11．B
【解析】
【详解】
A．生成H2O（g）中的1mol H-O键能放出462.8KJ的能量，则断裂1 mol H2O（g）中的化学键需要吸收热量462.8KJ×2=925.6 KJ，但并未说明水的状态，故A错误；
B.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=（436.4KJ/mol）×2+（498KJ/mol）-2×2×（462.8KJ/mol）=-480.4 KJ•mol-1，
故B正确；
C.2H2O（g）=2H2O（l）△H=-88KJ/mol，则2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-568.4KJ/mol，可知2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+568.4 KJ•mol-1，故C错误；
D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-568.4KJ/mol，则H2（g）+1
2
O2（g）═H2O（l）△H=-284.2KJ•mol-1，
故D错误；
故选B。

【点睛】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变的计算为解答的关键。

注意气态水转化为液态水为放热；焓变等于断键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正比，互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反。

12．C
【解析】
【详解】
A、苯酚浊液滴加Na2CO3溶液，浊液变清，苯酚与Na2CO3发生C6H5OH＋Na2CO3→C6H5ONa＋NaHCO3，推出苯酚的酸性强于HCO3－，故A错误；
B、葡萄糖与银氨溶液发生反应，要求环境为碱性，本实验未中和硫酸，因此未出现银镜，不能判断蔗糖是否水解，故B错误；
C、FeCl3溶液中加入Cu，发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，根据氧化还原反应的规律，得出Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，故C正确；
D、题目中没有说明CH3COONa和NaNO2的浓度，无法根据pH的大小，判断CH3COOH和HNO2酸性强弱，故D错误；
答案选D。

13．B
【解析】
A、切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠的原因，4Na+O2=2Na2O，故A错误；
B、向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，硫化银溶解性小于氯化银，实现沉淀转化，白色沉淀变成黑色：
2AgCl+S2-═Ag2S↓+2Cl-，故B正确；C、Na 2 O 2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物是因为
2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2，生成的氢氧化钠潮解，故C错误；D、FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2+ + ClO- + 5H2O= 2Fe(OH)3↓+Cl-+ 4H+，方程式中有Fe(OH)3和H+不能共存，此方程式不符合客观事实，故D错误；故选B。

14．D
【解析】
【详解】
A. a点位于曲线下方，c(Ag+)c(Br－)< Ksp，对应的溶液为不饱和溶液，故A错误；
B. 在一定温度下，K sp为一常数，故B错误；
C. AgBr Ag+(aq)+Br－(aq)，加入固体NaBr后，c(Br－)增大，使溶解平衡逆向移动，c(Ag+)应减小，但仍然在曲线上移动，不能到b点，故C错误；
D.由图中c点可知，t℃时AgBr的Ksp= c(Ag+)c(Br－)=（7×10-7）2=4.9×10-13，由方程式可知，K= c(Cl －) / c(Br－)=Ksp(AgCl)/ Ksp(AgBr)= 4×10-10/4.9×10-13≈816，故D正确；
故选D。

15．B
【解析】
【分析】
【详解】
s、p、d、f能级的轨道数分别为1、3、5、7个，所以能级轨道数为3的是p能级，故选B。

16．C
【解析】
【详解】
A. 含有醇羟基、羧基、醚键、碳碳双键四种官能团，故A错误；
B. 分枝酸分子中与醇羟基相连的碳、与醚键相连的六元环上的碳，含有2个手性碳原子，故B错误；
C. 1 mol分枝酸中有三个碳碳双键，最多可消耗掉溴水中的3 mol Br2，故C正确；
D. 能与乙醇发生酯化反应，没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故D错误；
故选C。

【点睛】
解题关键：把握官能团与性质的关系，注意官能团的判断，注意醇羟基和酚羟基的区别。

17．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。

18．A
【解析】
【分析】
【详解】
A.将铜片和铁片导线连接插入浓硝酸中，由于铁与浓硝酸发生钝化反应，所以铁为正极，铜为负极，但金属活动性Fe大于Cu，故A错误。

B.常温下，测定同浓度NaA和NaB溶液的pH：NaA小于NaB，说明HA的酸性比HB强，相同条件下，在水中HA电离程度大于HB，故B正确；
C.加热促进盐类水解，Na2CO3溶液水解显碱性，加热含有酚酞的Na2CO3溶液，溶液红色加深，所以CO32－的水解反应是吸热反应，故C正确；
D.向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变，说明没有FeS 生成，所以说明K sp(CuS)
＜K sp (FeS)，故D正确；
所以本题答案：A。

【点睛】
注意点：铁与浓硝酸发生钝化反应，生成的氧化膜组织铁继续被氧化。

所以铜和铁做电极材料的时候，铜先放电做原电池的负极。

19．B
【解析】
试题分析：分子晶体中分子间作用力越大，熔沸点越高，故A错误；二氧化硅是原子晶体，所以熔点、硬度均比二氧化碳高，故B正确；冰融化时水分子时，共价键没有发生断裂，分子本身没有变化，故C错误；氯化钠熔化不属于化学变化，故D错误。

考点：本题考查化学键。

20．B
【解析】
【详解】
CO )较大，加入少量BaSO4粉末，溶液中会有部分BaSO4转化为BaCO3，因A、在饱和Na2CO3溶液中c(2
3
此向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，但是K sp(BaCO3)＞K sp(BaSO4)，A项错误。

B、有机层出现紫红色说明有I2生成，即发生反应：2Fe3++2I−＝2Fe2++I2，氧化性：氧化剂＞氧化产物，故B 项正确。

C、证明元素非金属性强弱，需要比较元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，所以用盐酸是错误的，C 项错误。

D、碳与浓硫酸产生的SO2使酸性KMnO4溶液褪色，表现出还原性，D项错误。

答案选B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．催化剂、吸水剂CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O 中和乙酸并吸收乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度在试管中加入少量碎瓷片分液漏斗上口倒78℃
【解析】
【分析】
在试管甲中先加入碎瓷片，再依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸，按3:2:2关系混合得到混合溶液，然后加热，乙醇、乙酸在浓硫酸催化作用下发生酯化反应产生乙酸乙酯，由于乙酸乙酯的沸点低，从反应装置中蒸出，进入到试管乙中，乙酸、乙醇的沸点也比较低，随蒸出的生成物一同进入到试管B中，碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，由于其密度比水小，液体分层，乙酸乙酯在上层，用分液漏斗分离两层互不相容的液体物质，根据“下流上倒”原则分离开两层物质，并根据乙醇的沸点是78℃，乙酸是117.9℃，收集78℃的馏分得到乙醇。

【详解】
(1)反应中浓硫酸的作用是作催化剂，同时吸收反应生成的水，使反应正向进行，提高原料的利用率；
(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，产生的酯与与水在反应变为乙酸和乙醇，乙醇该反应为可逆反应，生成乙酸乙酯的化学方程式为：CH3COOH＋
CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O；
(3)在上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于液体分层，闻到乙酸乙酯的香味；
(4)步骤②为防止加热过程中液体暴沸，该采取的措施加入少量碎瓷片，以防止暴沸；
(5)欲将乙试管中的物质分离得到乙酸乙酯，必须使用的玻璃仪器有分液漏斗；分离时，由于乙酸乙酯的密度比水小，所以应在下层液体下流放出完全后，关闭分液漏斗的活塞，从仪器上口倒出；
(6)分离饱和碳酸钠中一定量的乙醇，由于乙醇的沸点为78℃，乙酸反应转化为盐，沸点远高于78℃的，所以要用如图回收乙醇，回收过程中应控制温度是78℃。

【点睛】
本题考查了乙酸乙酯的制备方法，涉及实验过程中物质的使用方法、物质的作用、混合物的分离、反应原理的判断等，明确乙酸乙酯与乙酸、乙醇性质的区别方法及浓硫酸的作用。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．CH3COOH 加成反应③＞①＞②
bc 2 12 4
【解析】
乙醇与丙二酸发生酯化反应生成E，结合E的分子式可知，E的结构简式为C2H5OOC-CH2-COOC2H5，E与
发生信息Ⅱ中反应生成F，F系列反应得到香豆素-3-羧酸，由香豆素-3-羧酸的结构，可知W为，则F为，F发生信息I中反应生成G，C分子中含有2个六元环，则G为。

A的相对分子质量为60，由ClCH2COOH结构可知乙醇发生氧化反应生成A为
CH3COOH，ClCH2COOH与氢氧化钠溶液反应、酸化得到C为HOCH2COOH，C发生催化氧化得到D为OHC-COOH，D与苯酚发生加成反应生成对羟基扁桃酸为。

(1)由上述分析可知，A的结构简式是CH3COOH，故答案为：CH3COOH；
(2)D→4-羟基扁桃酸的化学方程式是：OHC-COOH+，其反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
(3)中①为酚羟基，有弱酸性，且酸性比碳酸弱，②为醇羟基，中性基团，③为羧基，
弱酸性，但酸性一般比碳酸强，则3 个-OH 的电离能力由强到弱的顺序是③＞①＞②，故答案为：③＞①＞②；
(4)发生分子内酯化，生成香豆素-3-羧酸，反应的化学方程式是
+H2O，故答案为：
+H2O；
(5)F的结构简式是。

a．不饱和碳原子连接2个-COOC2H5，没有顺反异构，故a错误；b．F分子中不含醛基，故b正确；c．含有碳碳双键与苯环，可以发生加成反应，含有酯基，可以发生水解反应，酯基、酚羟基均可以发生取代反应，故c正确；d. 1mol F 与足量的溴水反应，苯环上羟基的邻位和对位有2个氢原子，消耗2mol溴，碳碳双键消耗1mol溴，共消耗3 molBr2，故d错误；故选：bc；
(6)①H的分子结构简式为，分子结构中含有酚羟基和酯基，均能和NaOH溶液反应，。