山西省呂梁市泰化中學2024屆化學高二第二學期期末達標檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列敘述正確的是①硫酸鋇難溶于水和酸，可做X光透視腸胃的藥劑②神舟10號飛船所用太陽能電池板的材料是單晶硅③醫(yī)用酒精是利用了乙醇的氧化性來殺菌消毒的④瑪瑙飾品的主要成分與建筑材料砂子不相同⑤碳酸鈉、氫氧化鈉、碳酸氯鈉等都可以中和酸，故都可以作為治療胃酸過多的藥物⑥明礬凈水利用了膠體的性質⑦根據酸分子中含有的氫原子個數，將酸分為一元酸、二元酸和多元酸⑧金屬鈉具有強的還原性，可利用鈉和熔融TiCl4反應制取金屬TiA．①②⑤⑦B．①②⑥⑧C．①③④⑧D．①③⑥⑦2、對Na、Mg、Al的有關性質的敘述正確的是(

)A．堿性：NaOH＜Mg(OH)2＜Al(OH)3 B．第一電離能：Na＜Mg＜AlC．電負性：Na＞Mg＞Al D．還原性：Na＞Mg＞Al3、下列有關高級脂肪酸甘油酯的說法不正確的是（）A．高級脂肪酸甘油酯是高分子化合物B．天然的不飽和高級脂肪酸甘油酯都是混甘油酯C．植物油可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．油脂皂化完全后原有的液體分層現象消失4、關于金屬性質和原因的描述正確的是()A．金屬一般具有銀白色光澤是物理性質，與金屬鍵沒有關系B．金屬具有良好的導電性，是因為在金屬晶體中共享了金屬原子的價電子，形成了“電子氣”，在外電場的作用下自由電子定向移動便形成了電流，所以金屬易導電C．金屬具有良好的導熱性能，是因為自由電子在受熱后，加快了運動速率，電子與電子間傳遞了能量，與金屬陽離子無關。D．金屬晶體具有良好的延展性，是因為金屬晶體中的原子層可以滑動而破壞了金屬鍵5、下面的排序不正確的是A．熔點由高到低：Na>Mg>AlB．晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaIC．晶體熔點由低到高：CF4<CCl4<CBr4<CI4D．硬度由大到?。航饎偸?gt;碳化硅>晶體硅6、將等物質的量的SO2和Cl2混合后通入含有品紅和Ba(NO3)2的混合溶液里,發(fā)生的現象是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．僅①和④ B．僅①和③ C．僅②和③ D．僅②和④7、下列事實，不能用氫鍵知識解釋的是()A．水比硫化氫穩(wěn)定 B．水和乙醇可以完全互溶C．冰的密度比液態(tài)水的密度小 D．氟化氫的沸點高于氯化氫8、下列陳述Ⅰ，Ⅱ正確并且有因果關系的是（）選項陳述Ⅰ陳述ⅡASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有導電性SiO2可用于制備光導纖維C濃硫酸有氧化性濃硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有氧化性Fe3+溶液可用于回收廢舊電路板中的銅A．A B．B C．C D．D9、聚乙烯胺可用于合成染料Y，增加纖維著色度，乙烯胺(CH2=CHNH2)不穩(wěn)定，所以聚乙烯胺常用聚合物X水解法制備。下列說法不正確的是A．聚合物X在酸性或堿性條件下發(fā)生水解反應后的產物相同B．測定聚乙烯胺的平均相對分子質量，可得其聚合度C．乙烯胺與CH3CH=NH互為同分異構體D．聚乙烯胺和R-N=C=S合成聚合物Y的反應類型是加成反應10、在已經處于化學平衡狀態(tài)的體系中，如果下列量發(fā)生變化，其中一定能表明化學平衡移動的是A．反應混合物的濃度 B．反應體系的壓強C．正、逆反應的速率 D．反應物的轉化率11、下列關于有機物結構、性質的說法正確的是A．石油的分餾、裂化和煤的干餾都是化學變化B．在淀粉水解液中加入過量氫氧化鈉,再加入碘水,溶液未變藍,說明淀粉已完全水解C．不同種類的氨基酸能以不同的數目和順序彼此結合,形成更復雜的多肽化合物D．乙烯分子與苯分子都能與H2發(fā)生加成反應，說明二者所含碳碳鍵相同12、對硫-氮化合物的研究是現代無機化學最為活躍的領域之一，下圖是已經合成的最著名的硫-氮化合物的分子結構。下列關于該物質說法正確的是A．分子式為SNB．分子中所有共價鍵的鍵長一定相等C．該物質與化合物S2N2互為同素異形體D．分子中既有極性鍵又有非極性鍵13、反應A+B→C△H＜0，分兩步進行①A+B→X△H＞0②X→C△H＜0。下列示意圖中，能正確表示總反應過程中能量變化的是A． B．C． D．14、化合物A的相對分子質量為136，分子式為C8H8O2。A分子中只含一個苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個取代基，其紅外光譜和核磁共振氫譜如下圖。下列關于A的說法中不正確的是A．與A屬于同類化合物的同分異構體只有4種B．符合題中A分子結構特征的有機物只有1種C．A在一定條件下可與3molH2發(fā)生加成反應D．A分子屬于酯類化合物，在一定條件下能發(fā)生水解反應15、某有機物的結構簡式如圖所示，它可以發(fā)生反應的類型有（）①加成②消去③水解④酯化⑤氧化⑥加聚A．①②③④ B．①②④⑤C．①②⑤⑥ D．③④⑤⑥16、下列事實、離子方程式及其對應關系均正確的是（）A．鐵溶于稀硝酸，溶液變?yōu)闇\綠色：Fe+4H++NO3-===Fe3++NO↑+2H2OB．向K2Cr2O7溶液中滴加少量濃H2SO4，溶液變?yōu)辄S色：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+C．向淀粉碘化鉀溶液中滴加稀硫酸，在空氣中放置一段時間后溶液變藍：4H++4I+O2===2I2+2H2OD．向水楊酸()中滴加NaHCO3溶液，放出無色氣體：+2HCO3-+2CO2↑+2H2O二、非選擇題（本題包括5小題）17、近來有報道，碘代化合物E與化合物G在Cr-Ni催化下可以發(fā)生偶聯反應，合成一種多官能團的化合物Y，其合成路線如下：已知：①RCNRCOOH②RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O回答下列問題：（1）D的結構簡式為________。（2）下列說法正確的是__________。A．物質A中最多有5個原子在同一平面內B．D生成E的反應為取代反應C．物質G和銀氨溶液能發(fā)生反應D．物質Y的分子式為C15H18O3（3）B為單氯代烴，由B生成C的化學方程式為_________。（4）寫出同時符合下列條件的D的所有同分異構體的結構簡式_______。①具有完全相同的官能團，且不含“—O—C≡C—”；②核磁共振氫譜顯示三種不同化學環(huán)境的氫，其峰面積之比為3∶3∶2。（5）以苯甲醇、乙醛為原料制備F，寫出相應的合成路線流程圖(無機試劑任用,合成路線流程圖示例見本題題干)。________________。18、有機物G（1，4-環(huán)己二醇）是重要的醫(yī)藥中間體和新材料單體，可通過以下流程制備。完成下列填空：（1）寫出C中含氧官能團名稱_____________。（2）判斷反應類型：反應①________；反應②_______。（3）寫出B的結構簡式_______________。（4）寫出反應③的化學方程式_________。（5）一定條件下D脫氫反應得一種產物，化學性質穩(wěn)定，易取代、難加成。該產物屬于____（填有機物類別），說明該物質中碳碳鍵的特點________________________。（6）寫出G與對苯二甲酸在一定條件下反應生成高分子物質的化學方程式_____________。（7）1，3-丁二烯是應用廣泛的有機化工原料，它是合成D的原料之一，它還可以用來合成氯丁橡膠（）.寫出以1，3-丁二烯為原料制備氯丁橡膠的合成路線。（合成路線常用的表示方式為：AB……目標產物）_______________19、我國重晶石（含BaSO490％以上）資源豐富，其中貴州省重晶石儲量占全國總儲量的三分之一。我省某工廠以重晶石為原料，生產“電子陶瓷工業(yè)支柱”—鈦酸鋇(BaTiO3)的工藝流程如下：查閱資料可知：①常溫下：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9②TiCl4在常溫下是無色液體，遇水容易發(fā)生水解：TiC14+2H2O=TiO2+4HCl③草酸氧鈦鋇的化學式為：BaTiO(C2O4)2·4H2O請回答下列問題：（1）工業(yè)上用飽和Na2CO3溶液處理重晶石（假設雜質不與Na2CO3溶液作用），待達到平衡后，移走上層清液，重復多次操作，將BaSO4轉化為易溶于酸的BaCO3，該過程用離子方程式可表示為_________________，此反應的平衡常數K=__________（填寫計算結果）。若不考慮CO32-的水解，則至少需要使用_______mol/L的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能實現該轉化過程。（2）配制TiC14溶液時通常將TiC14固體溶于濃鹽酸再加水稀釋，其目的是______________。（3）可循環(huán)使用的物質X是____________（填化學式），設計實驗方案驗證草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈：____________________。（4）寫出煅燒草酸氧鈦鋇晶體的化學方程式：______________________。20、葡萄酒中SO2最大使用量為0.25g·L－1，取300.00mL葡萄酒，通過適當的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2將其全部氧化為H2SO4，然后用0.0900mol·L－1NaOH標準溶液進行滴定。（1）滴定前排氣泡時，應選擇下圖中的________(填序號)。（2）若用50mL滴定管進行實驗，當滴定管中的液面在刻度“10”處，則管內液體的體積______(填序號)。①＝10mL②＝40mL③＜10mL④＞40mL。（3）上述滴定實驗中，可選擇_______為指示劑，選擇該指示劑時如何判斷反應到達滴定終點：______（4）滴定至終點時，消耗NaOH溶液25.00mL，該葡萄酒中SO2含量為________g·L－1。滴定終點讀數時俯視刻度線，則測量結果比實際值________（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。21、科學家正在研究溫室氣體CH4、CO2的轉化和利用。（1）在Ni基催化劑的作用下,CH4和CO2反應可獲得化工原料CO和H2。①基態(tài)Ni外圍價電子中有_________對成對電子。②CH4、CO2、H2分子中有孤對電子的是_________.（2）一定條件下,CH4和CO2都能與H2O形成籠狀結構(如圖所示)的水合物晶體,其相關參數如下表。CH4與H2O形成的水合物俗稱“可燃冰”。參數分子分子直徑/mm分子與H2O的結合能(E)CH40.43616.40CO20.512y①CO2水合物分子間存在的兩種作用力是___________.②為開采深海海底的“可燃冰”,科學家已經證明可用CO2置換CH4。已知上圖中籠狀結構的空腔直徑為xnm,根據上述圖表,從物質的結構與性質的角度分析:x_____0.512;y_______16.40。(填“>”“<"或“=”)③寫出CH4的一種等電子體:__________;SiO2與CO2是否互為等電子體?_________(填“是”或“不是”),理由是________.

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解題分析】本題考查了物質的性質及用途。分析：①硫酸鋇難溶于水也難溶于酸，沒有毒，而且它具有不易被X射線透過的特點；②晶體硅為半導體材料，可以用于制造太陽能電池；③乙醇不具有氧化性；④瑪瑙飾品、沙子主要成分都是二氧化硅；⑤碳酸鈉、氫氧化鈉具有強的腐蝕性；⑥明礬電離產生鋁離子水解生成氫氧化鋁，氫氧化鋁具有吸附性；⑦根據酸電離出的氫離子數目將酸分為一元酸、二元酸等；⑧依據鈉活潑性強，能夠從熔融氯化鈦中置換鈦等金屬。解析：溶于水的鋇鹽[如Ba（NO3）2、BaCl2等]對人體有毒，但是難溶于水也難溶于酸的BaSO4，不但沒有毒，而且還由于它具有不易被X射線透過的特點，在醫(yī)療上被用作X射線透視胃腸的內服藥劑--“鋇餐”，故①正確；硅晶體屬于半導體，能制作太陽能電池，②正確；乙醇無強氧化性，酒精能使蛋白質變性而殺菌消毒，③錯誤；瑪瑙飾品的主要成分與建筑材料砂子相同，都是二氧化硅，④錯誤；碳酸鈉、氫氧化鈉有強腐蝕性能損傷人體，不可以作為治療胃酸過多的藥物，⑤錯誤；明礬電離產生鋁離子水解生成氫氧化鋁，氫氧化鋁具有吸附性，可以用來凈水，⑥正確；根據酸電離出的氫離子數目將酸分為一元酸、二元酸等，如CH3COOH屬于一元酸，⑦錯誤；鈉活潑性強，能夠從熔融氯化鈦中置換鈦等金屬，可以用來冶煉金屬，⑧正確。故選B。點睛：本題考查知識點較多，涉及物質的性質及用途、物質的組成與分類、蛋白質的變性等知識點，注意知識的積累。2、D【解題分析】

根據元素周期表可知Na、Mg、Al屬于同一周期元素，且原子序數依次增大。A項，同一周期，隨著原子序數的增大，元素的金屬性減弱，最高價氧化物對應水化物的堿性減弱，則堿性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故A項錯誤；B項，同一周期，從左往右，第一電離能呈增大趨勢，但Mg的3s能級容納2個電子，為全滿穩(wěn)定狀態(tài)，失去電子需要的能量高，第一電離能高于同周期的相鄰元素，則第一電離能：Na＜Al＜Mg，故B項錯誤；C項，同一周期，隨著原子序數的增大，元素的電負性增強，則電負性：Na＜Mg＜Al，故C項錯誤。D項，同周期元素原子的失電子的能力隨原子序數的增大而減小，則還原性：Na＞Mg＞Al，故D項正確。答案選D。3、A【解題分析】分析：本題考查的是油脂的結構和性質，難度不大。重點掌握油脂的皂化反應的實驗原理、步驟、現象。詳解：A.高分子化合物一般相對分子質量過萬，而高級脂肪酸甘油酯不是高分子化合物，故錯誤；B.天然的不飽和脂肪酸甘油酯都是不同的不飽和高級脂肪酸和甘油形成的混甘油酯，故正確；C.植物油的主要成分是不飽和高級脂肪酸甘油酯，含有碳碳雙鍵，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故正確；D.皂化反應基本完成時高級脂肪酸甘油酯在堿性條件下水解上次高級脂肪酸鹽和甘油均易溶于水，因此反應后靜置，反應液不分層，故正確。故選A。4、B【解題分析】

A、金屬一般具有銀白色光澤是由于金屬鍵中的自由電子在吸收可見光以后，發(fā)生躍遷，成為高能態(tài)，然后又會回到低能態(tài)，把多余的能量以可見光的形式釋放出來的緣故，所以金屬一般具有金屬光澤與金屬鍵有關系，故A錯誤；B、金屬內部有自由電子，當有外加電壓時電子定向移動，故B正確；C、金屬自由電子受熱后運動速率增大，與金屬離子碰撞頻率增大，傳遞了能量，故金屬有良好的導熱性，故C錯誤；D、當金屬晶體受到外力作用時，金屬正離子間滑動而不斷裂，所以表現出良好的延展性，故D錯誤；故選B。5、A【解題分析】

A．Na、Mg、Al原子半徑依次減小，金屬離子電荷逐漸增多，金屬鍵逐漸增強，則熔點由高到低順序為Al＞Mg＞Na，故A錯誤；B．四種物質的陽離子相同，陰離子半徑逐漸增大，晶格能逐漸減小，即晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI，故B正確；C．四種分子晶體的組成和結構相似，分子的相對分子質量越大，分子間作用力越大，則晶體的熔沸點越高，即晶體熔點由低到高：CF4<CCl4<CBr4<CI4，故C正確；D．原子半徑Si＞C，三者都為原子晶體，原子半徑越大，共價鍵的鍵能越小，則硬度越小，即硬度由大到?。航饎偸?gt;碳化硅>晶體硅，故D正確；答案選A。6、C【解題分析】

等物質的量的SO2和Cl2混合后通入含有品紅中，發(fā)生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+，品紅不褪色；通入Ba（NO3）2的混合溶液中，發(fā)生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，觀察到生成白色沉淀，故選C。【題目點撥】本題考查二氧化硫的化學性質，側重氧化還原反應原理及二氧化硫還原性的考查，注意等物質的量時發(fā)生的氧化還原反應。7、A【解題分析】

A、穩(wěn)定性與化學鍵有關，即水分子穩(wěn)定是因H-O鍵鍵能較大，而與氫鍵無關，A符合題意；B、乙醇分子上的羥基易與水分子間形成氫鍵，使乙醇能與水以任意比例混溶，B不符合題意；C、冰中含有氫鍵，其體積變大，則質量不變時，冰的密度比液態(tài)水的密度小，C不符合題意；D、HF分子之間能形成氫鍵，HF分子可締合在一起，則液態(tài)氟化氫的化學式有時可以寫成（HF）n的形式，氟化氫的沸點高于氯化氫，D不符合題意；故合理選項為A。8、D【解題分析】

A．二氧化硫具有漂白性，可以選擇性漂白有色物質，二氧化硫具有還原性和溴水發(fā)生氧化還原反應，陳述正確，但無因果關系，故A錯誤；B．二氧化硅不能導電，光導纖維成分為二氧化硅晶體，陳述Ⅰ不正確，陳述Ⅱ正確，無因果關系，故B錯誤；C．濃硫酸具有強氧化性、吸水性、脫水性，干燥H2和CO氣體體現了濃硫酸的吸水性，陳述正確，但無因果關系，故C錯誤；D．鐵離子具有氧化性可以溶解銅，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，FeCl3溶液可用于回收廢舊電路板中的銅，陳述正確，并且有因果關系，故D正確；故選D。【題目點撥】本題的易錯點為A，要注意二氧化硫使溴水褪色，體現了二氧化硫的還原性，因此類似的還有：二氧化硫使品紅褪色，體現了二氧化硫的漂白性，二氧化硫使高錳酸鉀溶液褪色，體現了二氧化硫的還原性等。9、A【解題分析】

A、聚合物X在堿性條件下水解成和HCOO-、在酸性條件下水解成和HCOOH，故A錯誤；B.聚乙烯胺的平均相對分子質量除以鏈節(jié)的式量可得聚合度，故B正確；C.乙烯胺結構簡式是CH2=CH-NH2，CH2=CH-NH2與CH3CH=NH分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故C正確；D.聚乙烯胺和R-N=C=S發(fā)生加成反應生成聚合物，故D正確。10、D【解題分析】

只有正逆反應速率不相等時，平衡才能發(fā)生移動，這是化學平衡發(fā)生移動的前提。反應物濃度和壓強變化不一定會引起正逆反應速率不相等，所以平衡不一定發(fā)生移動。正逆反應速率變化，但如果變化后仍然相等，則平衡就不移動。反應物轉化率的變化，說明反應物的正逆反應速率一定不再相等，平衡一定發(fā)生移動，答案是D。11、C【解題分析】

A.石油的分餾是物理變化，裂化和煤的干餾都是化學變化，A錯誤；B.在淀粉水解液中加入過量氫氧化鈉，再加入碘水，由于碘能與氫氧化鈉溶液反應，溶液未變藍不能說明淀粉已完全水解，B錯誤；C.不同種類的氨基酸能以不同的數目和順序彼此結合，形成更復雜的多肽化合物，C正確；D.乙烯分子與苯分子都能與H2發(fā)生加成反應，但不能說明二者所含碳碳鍵相同，乙烯分子中含有碳碳雙鍵，苯分子不含有碳碳雙鍵，D錯誤；答案選C。12、D【解題分析】

A．該分子中含有4個N原子、4個S原子，其化學式為S4N4，故A錯誤；B．共價鍵的鍵長與原子半徑成正比，所以鍵長S-S＞S-N，故B錯誤；C．同種元素的不同單質互為同素異形體，S4N4和S2N2都是化合物不是單質，所以不是同素異形體，故C錯誤；D．同種非金屬元素之間易形成非極性鍵，不同非金屬元素之間易形成極性鍵，N-S原子之間存在極性鍵、S-S原子之間存在非極性鍵，故D正確；故選D?！军c晴】本題考查分子晶體、化學鍵、鍵長、同素異形體等基本概念，明確概念內涵是解本題關鍵，知道同素異形體、同位素、同分異構體概念之間的差別，知道鍵長大小比較方法。13、D【解題分析】

根據物質具有的能量進行計算：△H=E（生成物的總能量）-E（反應物的總能量），當反應物的總能量大于生成物的總能量時，反應放熱，當反應物的總能量小于生成物的總能量時，反應吸熱，以此解答該題．【題目詳解】由反應A+B→C（△H＜0）分兩步進行①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放熱反應，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知這步反應是吸熱反應，X→C（△H＜0）是放熱反應，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，圖象D符合，

故選D?！绢}目點撥】本題為圖象題，主要考查了物質的能量分析應用，化學反應的能量變化、分析，題目難度不大，注意反應熱與物質總能量大小的關系判斷14、A【解題分析】

有機物A的分子式為分子式C8H8O2，不飽和度為(2×8+2?8)/2=5，A分子中只含一個苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個取代基，A的核磁共振氫譜有4個峰且面積之比為1：2：2：3，說明A含有四種氫原子且其原子個數之比為1：2：2：3，結合紅外光譜可知，分子中存在酯基等基團，故有機物A的結構簡式為，據此解答?！绢}目詳解】根據以上分析可知有機物A的結構簡式為，則A．屬于同類化合物，應含有酯基、苯環(huán)，若為羧酸與醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，若為羧酸與酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸與酚形成的酯，甲基有鄰、間、對三種位置，故5種異構體，A錯誤；B．符合題中A分子結構特征的有機物只有1種，B正確；C．含有苯環(huán)，A在一定條件下可與3molH2發(fā)生加成反應，C正確；D．A含有酯基，屬于酯類化合物，在一定條件下能發(fā)生水解反應，D正確；答案選B。【題目點撥】本題考查有機物結構的推斷、核磁共振氫譜、紅外光譜圖、官能團性質等，難度中等，推斷A的結構是解題的關鍵，注意結合分子式與紅外光譜含有的基團進行判斷。15、B【解題分析】

由結構簡式可知，該有機物含有羥基、羧基、苯環(huán)結構，可表現酚、醇和羧酸的性質。【題目詳解】①該物質中含有苯環(huán)能發(fā)生加成反應，故正確；②該物質中含有醇羥基，與羥基相連的相鄰碳原子上含有氫原子，能發(fā)生消去反應，故正確；③該物質中不含鹵素原子和酯基，不能發(fā)生水解，故錯誤；④該物質中含有醇羥基、羧基，都能與羧酸、醇或自身發(fā)生酯化反應，故正確；⑤該物質中含有醇羥基、酚羥基都能發(fā)生氧化反應，故⑤正確；⑥該物質中不含碳碳雙鍵，不能發(fā)生加聚反應，故⑥錯誤；正確的為①②④⑤，故選B。【題目點撥】本題考查有機物的結構與性質，注意利用已知的結構簡式判斷官能團，熟悉物質的官能團及物質的性質是解答的關鍵。16、C【解題分析】試題分析：A、少量鐵粉溶于稀硝酸Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO(氣體)+2H2O，溶液顯黃色；過量鐵粉溶液稀硝酸3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO(氣體)+4H2O溶液顯淺綠色，故A錯誤；B、加酸后平衡逆向移動，溶液顯紅色；C、淀粉碘化鉀在酸溶液中被氧化生成碘單質，溶液變藍，故C正確；D、+HCO3－→H+CO2↑+H2O考點：離子反應方程式的書寫；二、非選擇題（本題包括5小題）17、CH≡CCH2COOC2H5A、CCH≡CCH2Cl+NaCNCH≡CCH2CN+NaClCH3COOCH2C≡CCH3、CH3C≡CCOOCH2CH3、CH3C≡CCH2COOCH3、CH3CH2C≡CCOOCH3【解題分析】

B為單氯代烴，說明光照條件下氯氣和A發(fā)生取代反應生成B，則B為CH2ClC≡CH，根據C分子式知，生成C的反應為取代反應，則C為NCCH2C≡CH，C在酸性條件下水解生成HC≡CCH2COOH，然后和乙醇發(fā)生酯化反應生成D為HC≡CCH2COOCH2CH3；D和HI發(fā)生加成反應生成E；根據G結構簡式可知F含有苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個取代基，再結構F的分子式C9H12O和G的結構簡式知F→G發(fā)生了醇的催化氧化反應，則F的結構簡式為；G和E發(fā)生取代反應生成Y，結合題目分析解答；(5)由信息②可，苯甲醇先催化氧化生成苯甲醛，再與乙醛發(fā)生信息②的反應生成，再與氫氣加成即可生成F?！绢}目詳解】B為單氯代烴，說明光照條件下氯氣和A發(fā)生取代反應生成B，則B為CH2ClC≡CH，根據C分子式知，生成C的反應為取代反應，則C為NCCH2C≡CH，C在酸性條件下水解生成HC≡CCH2COOH，然后和乙醇發(fā)生酯化反應生成D為HC≡CCH2COOCH2CH3；D和HI發(fā)生加成反應生成E；根據G結構簡式可知F含有苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個取代基，再結構F的分子式C9H12O和G的結構簡式知F→G發(fā)生了醇的催化氧化反應，則F的結構簡式為；G和E發(fā)生取代反應生成Y；(1)由分析知D的結構簡式為CH≡CCH2COOC2H5；(2)A.物質A為CH≡CCH3，其中三個碳原子和一個氫原子在一條直線上，且甲基上最多有1個氫原子與直線在一個平面內，則最多有5個原子在同一平面內，故A正確；B.D和HI發(fā)生加成反應生成E，故B錯誤；C.物質G的結構簡式為，含有醛基，能和銀氨溶液能發(fā)生銀鏡反應，故C正確；D.物質Y的結構簡式為，分子式為C15H20O3，故D錯誤；故答案為AC；(3)B為單氯代烴，結構簡式為CH2ClC≡CH，由B與NaCN發(fā)生取代反應生成C的化學方程式為CH≡CCH2Cl+NaCNCH≡CCH2CN+NaCl；(4)D為HC≡CCH2COOCH2CH3，X與D互為同分異構體，且具有完全相同官能團，說明含有碳碳三鍵和酯基，且不含“—O—C≡C—”；X的核磁共振氫譜顯示三種不同化學環(huán)境的氫，其峰面積之比為3：3：2，其結構簡式有CH3COOCH2C≡CCH3、CH3C≡CCOOCH2CH3、CH3C≡CCH2COOCH3、CH3CH2C≡CCOOCH3，共4種；(5)由信息②可，苯甲醇先催化氧化生成苯甲醛，再與乙醛發(fā)生信息②的反應生成，再與氫氣加成即可生成F，具體合成路線為：。18、羥基消去取代.芳香烴所有的碳碳鍵鍵長相等，是介于單鍵和雙鍵之間的特殊的鍵【解題分析】

由流程可知，①為環(huán)己醇發(fā)生消去反應生成D為，②環(huán)己烯與溴發(fā)生加成反應生成A為，③是A發(fā)生消去反應生成，和溴發(fā)生1，4-加成反應生成B為，與氫氣加成生成F，④是F在堿性條件下水解生成。由CH2=CClCH=CH2發(fā)生加聚反應生成，CH2=CHCH=CH2與溴發(fā)生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后發(fā)生水解反應生成HOCH2CH=CHCH2OH，再與HCl發(fā)生加成反應生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后發(fā)生醇的消去反應得到CH2=CClCH=CH2?！绢}目詳解】(1)由結構可知C中含氧官能團名稱為：羥基，故答案為：羥基；(2)反應①發(fā)生醇的消去反應，②環(huán)己烯與溴發(fā)生加成反應，故答案為：消去反應；加成反應；(3)由F的結構可知，和溴發(fā)生1，4?加成反應生成B為，故答案為：；（4）③是A發(fā)生消去反應生成，化學方程式。答案為：；（5）一定條件下D脫氫反應得一種產物，化學性質比較穩(wěn)定，易取代、難加成，該產物為，屬于芳香烴，說明該物質中所有碳碳鍵的鍵長相等，是介于單鍵與雙鍵之間的特殊的鍵，故答案為：芳香烴；碳碳鍵的鍵長相等，是介于單鍵與雙鍵之間的特殊的鍵；（6）寫出G與對苯二甲酸在一定條件下發(fā)生酯化反應生成高分子物質，化學方程式。答案為：（7）由CH2=CClCH=CH2發(fā)生加聚反應生成，CH2=CHCH=CH2與溴發(fā)生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后發(fā)生水解反應生成HOCH2CH=CHCH2OH，再與HCl發(fā)生加成反應生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后發(fā)生醇的消去反應得到CH2=CClCH=CH2，合成路線流程圖為：19、BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)0.04

(或1/25

)2.5×10-4抑制TiCl4的水解HCl取最后一次洗滌液少許，滴入稀硝酸酸化的硝酸銀，若無沉淀生成，則說明晶體已經洗滌干凈BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O【解題分析】分析：根據流程圖，用飽和Na2CO3溶液處理重晶石，將BaSO4轉化為易溶于酸的BaCO3，然后用鹽酸溶解后，加入TiC14和草酸溶液，反應析出草酸氧鈦鋇晶體，經過洗滌、干燥、灼燒得BaTiO3。其中將BaSO4轉化為易溶于酸的BaCO3的離子方程式為BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根據K=cSO42-cCO32-=cSO42-c詳解：(1)工業(yè)上用飽和Na2CO3溶液處理重晶石，將BaSO4轉化為易溶于酸的BaCO3，該過程用離子方程式可表示為BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，此反應的平衡常數K=cSO42-cCO32-=KspBaSO4KspBaCO3=1.0×10-102.5×10-9=125；當c(SO42-)≤1.0×10-5mol/L時，認為BaSO4轉化為了易溶于酸的BaCO(2)TiC14在常溫下是無色液體，遇水容易發(fā)生水解可知，在配制為抑止其水解，需將TiCl4固體溶于濃鹽酸再加水稀釋，故答案為：抑制TiCl4的水解；(3)向混合液中加入