贵州省六盘水市2019-2020学年化学高二下期末监测模拟试题含解析

贵州省六盘水市2019-2020学年化学高二下期末监测模拟试题

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．向三份0.1mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2CO3、CH3COONa固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO- 浓度的变化依次为（　 　）

A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小

C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大

【答案】C

【解析】

【分析】

含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解，据此分析。

【详解】

CH3COONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，NH4NO3是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；Na2CO3是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；CH3COONa溶液中加入CH3COONa，会导致醋酸根离子浓度增大；故选C。

【点睛】

本题考查了影响盐类水解的因素，明确影响盐的水解的因素是解题的关键。本题的易错点为加入CH3COONa固体，相当于增大了CH3COONa的浓度，水解程度减小，醋酸根离子浓度增大。

2．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA

B．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA

C．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+

D．10 g的D2O中含有的质子数与中子数分别为5NA和4NA

【答案】B

【解析】

【详解】

A．16.25gFeCl3的物质的量为7991efa7e6b285877c118ebbd222ba90.png=0.1mol，FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子是多个Fe(OH)3的聚集体，所以0.1mol FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，故A错误；

B．甲烷和乙烯分子内均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为：73f208311fb50d4155a31444251c2301.png×4×NA=2NA，故B正确；

C．pH=1的H3PO4溶液中H+浓度为0.1mol/L，但溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故C错误；

D．10gD2O物质的量=9701df5e535e7ca6783c45117669a23e.png=0.5mol，0.5mol分子中含有的质子数与中子数均为5NA，故D错误；

故答案为B。

【点睛】

顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。

3．下列各组物质能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是

A．乙烯、乙炔 B．1一已烯、甲苯 C．苯、1一已炔 D．苯、正已烷

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A. 乙烯和乙炔都含有不饱和键，都能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不能鉴别，故A错误；

B. l−己烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾反应，甲苯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不能鉴别，故B错误；

C. 苯与高锰酸钾不反应，1−己炔能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，可鉴别，故C正确；

D. 苯、正己烷与酸性高锰酸钾都不反应，不能鉴别，故D错误；

本题选C。

【点睛】

能用高锰酸钾酸性溶液鉴别的有机物可能含有不饱和键、苯的同系物或醛。

4．某原电池构造如图所示。下列有关叙述正确的是

A．在外电路中，电子由银电极流向铜电极

B．取出盐桥后，电流计的指针仍发生偏转

C．外电路中每通过0.1mol电子，铜的质量理论上减小6.4g

D．原电池的总反应式为Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu(NO3)2

【答案】D

【解析】

【详解】

A、该原电池铜为负极，银为正极，在外电路中，电子由负极流向正极，错误；

B、取出盐桥后，装置断路，无法构成原电池，电流表的指针不能发生偏转，错误；

C、根据负极极反应：Cu-2e-=Cu2+规律，外电路中每通过0.1 mol电子，铜的质量理论上减小0.1×0.5×64 =3.2g，错误；

D、金属铜置换出银，发生电子转移构成原电池，总反应式为Cu＋2AgNO3= =2Ag＋Cu(NO3)2，正确；

答案选D。

【点睛】

原电池重点把握三点：电子流向：负极流向正极；电流流向：正极流向负极；离子流向：阳离子流向正极，阴离子流向负极。

5．下列化学用语表示正确的是（）

A．四氯化碳分子的比例模型： B．氯乙烷结构简式：CH2ClCH2Cl

C．CH3CH2NO2与H2NCH2COOH互为同分异构体 D．丙烯的键线式：

【答案】C

【解析】

【详解】

A．四氯化碳分子的比例模型中，氯原子的原子半径比碳原子的原子半径大，而在该模型中原子半径的大小错误，故A错误；

B．氯乙烷的分子式为C2H5Cl，故其结构简式为CH3CH2Cl，故B错误；

C．分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，CH3CH2NO2与H2NCH2COOH的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故C正确；

D. 丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，故其键线式为，故D错误；

答案选C。

【点睛】

注意比例模型中，原子的半径大小和空间构型！

6．下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（ ）

A．SO3 与SO2B．BF3 与NH3C．BeCl2与SCl2D．H2O 与SO2

【答案】A

【解析】试题分析：

A、SO3中S原子杂化轨道数为（6+0）=3，采取 sp2杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为（6+0）=3，采取 sp2杂化方式，故A正确；

B、BF3中B原子杂化轨道数为（3+3）=3，采取 sp2杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为（5+3）=4，采取 sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故B错误；

C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为（2+2）=2，采取 sp杂化方式，SCl2中S原子杂化轨道数为

（6+2）=4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误。

考点：原子轨道杂化类型判断

点评：本题考查原子轨道杂化类型判断，难度中等。需熟练掌握几种常见分子的中心原子杂化类型。

7．水溶液中能大量共存的一组离子是

A．Na+、Ag+、Cl-、CO32- B．H+、Na+、Fe2+、MnO4-

C．K+、Ca2+、Cl-、NO3- D．K+、NH4+、OH-、SO42-

【答案】C

【解析】

【详解】

A．在溶液中Ag+与Cl-、CO32-均不能大量共存，A错误；

B．在溶质H+、Fe2+、MnO4-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；

C．K+、Ca2+、Cl-、NO3-之间不反应，可以大量共存，C正确；

D．在溶液中NH4+与OH-结合生成一水合氨，不能大量共存，D错误；

答案选C。

【点晴】

离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：Ca2+和 SO42-；Ag+和 SO42-）；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+， Fe3+与 CO32-、HCO3-、AlO2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、 Fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。

8．氢是重要而洁净的能源。要利用氢气作为能源，必须解决好安全有效地储存氢气的问题。化学家研究出利用合金储存氢气的方法，其中镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，这种合金的晶体结构已经测定，其基本结构单元如图所示，则该合金的化学式可表示为(　　)

A．LaNi5 B．LaNi C．La4Ni24 D．La7Ni12

【答案】A

【解析】

【详解】

镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，根据其基本结构单元示意图可知，该结构单元中含La和Ni的原子数分别为12⨯6c2e3e2e98abd1fd9a66519db9da8d90.png+2⨯93b05c90d14a117ba52da1d743a43ab1.png=3、18⨯93b05c90d14a117ba52da1d743a43ab1.png+6=15，则该合金的化学式可表示为LaNi5，故选A。

9．下列化学用语正确的是（ ）

A．四氯化碳的电子式：

B．丙烷分子的比例模型：

C．2－乙基－1，3－丁二烯的键线式：

D．聚丙烯的结构简式：

【答案】C

【解析】

A、氯原子未成键的孤对电子对未画出，分子中碳原子与氯原子之间形成1对共用电子对，电子式为，选项A错误；B、图中模型为丙烷的球棍模型，选项B错误；C、键线式用短线表示化学键，交点、端点是碳原子，C原子、H原子不标出，故2-乙基-1，3-丁二烯分子的键线式为，选项C正确；D、聚丙烯的结构简式为，选项D错误；答案选C。

10．下列说法正确的是

A．分子晶体和离子晶体中一定都含有化学键

B．金属晶体中，原子半径越大，金属键越强

C．同一个原子中的p轨道形状完全相同

D．焰色反应与电子跃迁有关

【答案】D

【解析】

【详解】

A.稀有气体分子中不存在任何化学键，只存在分子间作用力，故A错误；
B.金属晶体中，金属键强弱与原子半径大小成反比，所以金属晶体中，原子半径越大，金属键越弱，故B错误；
C.同一个原子中的不同p轨道能量不同，所以形状不完全相同，故C错误；
D.焰色反应是因为金属离子吸收能量，电子发生跃迁，形成不同的颜色的光，与电子跃迁有关，故D正确；
故选D。

11．氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为

A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3中的N为sp2型杂化，而CH4中的C是sp3型杂化

B．NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道

C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强

D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子

【答案】C

【解析】

【分析】

NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型。

【详解】

A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型相同，中心原子均是sp3型杂化，故A错误；

B．NH3分子中N原子、CH4分子中C原子均形成4个杂化轨道，故B错误；

C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，而CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，故C正确；

D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子不能解释两分子形状不同，如CH3Cl是极性分子，也是四面体构型，故D错误；

故C正确。

【点睛】

本题考查了分子空间构型的判断，注意理解价层电子对互斥理论与杂化轨道理论，注意孤对电子对占据杂化轨道，但在观察分子形状时要忽略孤对电子对占据的空间。

12．满足分子式为C3H6ClBr的有机物共有( )种

A．3种 B．4种 C．5种 D．6种

【答案】C

【解析】分析：C3H6ClBr可以看作丙烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。

详解：丙烷只有一种结构，则其一氯代物只有两种：CH3CH2CH2Cl、CH3CHClCH3，第一种含有3类氢原子，第二种含有2类氢原子，所以共有5种，答案选C。

13．以下有关物质的量浓度的叙述正确的是

A．等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应，若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1:2:3

B．150 mL 1mol·L－1的氯化钾溶液中的c(Cl－)与50 mL 1 mol·L－1的氯化铝溶液中的c(Cl－)相等

C．20℃时，饱和KCl溶液的密度为1．172g·cm－3，物质的量浓度为2．0 mol·L－1，则此溶液中KCl 的质量分数为3．38%

D．20℃时，100 g水可溶解32．2g KCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为32．2%

【答案】C

【解析】

试题分析：A、因为生成硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，所以三种盐提供的硫酸根的比例为1:2:3，所以硫酸铁，硫酸铜，硫酸钾的比例为3:2:3，错误，不选A；B、氯化钾溶液中氯离子浓度为1mol/L，氯化铝溶液中氯离子浓度为3mol/L，不相等，不选B；C、质量分数=2．0×72．5/1000×1．172=3．38%，正确，选C；D、质量分数=32．2/（100+32．2）=3．38%，错误，不选D。

考点： 溶液中离子浓度的计算，物质的量浓度和质量分数的换算

14．关于一些重要的化学概念有下列说法，其中正确的是（）

①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物②BaSO4是一种难溶于水的强电解质③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐④煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化⑤置换反应都属于离子反应

A．①②⑤ B．①②④ C．②③④ D．③④⑤

【答案】B

【解析】

【详解】

①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是分散质和分散剂组成的混合物，故①正确；

②硫酸钡是盐，水溶液中难溶，但溶于水的部分完全电离，熔融状态完全电离，是强电解质，故②正确；

③纯碱是碳酸钠，属于盐类，故③错误；

④煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化；煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，属于化学变化；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，属于化学变化，故④正确；

⑤置换反应不一定是离子反应，如：CuO＋H2Cu＋H2O，故⑤错误；

故正确的是①②④，答案为B。

【点睛】

常见化学变化：干馏、氢化、氧化、水化、风化、炭化、钝化、催化、皂化、歧化、卤化、硝化、酯化、裂化、油脂的硬化等；

常见物理变化或过程：蒸馏、分馏、溶化、汽化、液化、酸化等。

15．某温度下在密闭容器中发生如下应： 2M（g）+ N(g)2G(g)若开始时只充入2molG(g),达平衡时，混合气体的压强比起始时增加20%，若开始时只充入2molM和1molN的混合气体，达平衡时M的转化率为（ ）

A．20% B．40% C．60% D．80%

【答案】C

【解析】

因为平衡的建立和途径无关，2molG(g)就相当于是2molM和1molN，即平衡是等效的。

2M（g）+ N(g)2G(g)

起始量（mol） 0 0 2

转化量（mol） 2x x 2x

平衡量（mol） 2x x 2－2x

压强之比是物质的量之比

所以有

解得x＝0.4

所以在平衡体系中M的物质的量是0.8mol

因此其转化率是

答案选C。

16．下列图示与操作名称不对应的是

A．过滤 B．洗气 C．溶解 D．蒸发

【答案】B

【解析】

【详解】

A. 为过滤操作，A正确；

B. 洗气操作时应该是长口进，短口出，B错误；

C. 为溶解操作，C正确；

D. 为蒸发操作，D正确；

答案选B。

17．2018年3月5日，《Nature》连刊两文报道了21岁的中国留美博士曹原等研究人员制得了具有超导特性的双层石墨烯新材料。以下对石墨烯的推测不正确的是（ ）

A．石墨烯性质稳定，不能在氧气中燃烧 B．石墨烯与石墨都具有导电性

C．石墨烯与金刚石互为同素异形体 D．石墨烯与石墨都具有较高的熔点

【答案】A

【解析】

【详解】

A.石墨烯是只由碳原子构成的单质，能在氧气中燃烧，A项错误；

B.石墨烯具有超导特性可以导电，石墨中含有自由电子，所以石墨也可以导电，B项正确；

C.石墨烯还是只由碳原子构成，是C原子形成的单质，所以石墨烯与金刚石是同素异形体，C项正确；

D.石墨属于混合晶体，石墨烯属于二维晶体，二者都具有较高的熔点，D项正确；

答案选A。

18．下列反应中属于取代反应的是

A．甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应

C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液加热反应 D．在苯中滴入溴水，溴水层变为无色

【答案】C

【解析】A．甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色属于氧化反应，故A不选；B．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色属于加成反应，故B不选；C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液加热反应生成硝基苯和水，属于取代反应，故C选；D．在苯中滴入溴水，溴水层变无色发生的是萃取，属于物理过程，故D不选；故选C。

19．光纤通信是70年代后期发展起来的一种新型通信技术，目前长距离光纤通信系统已投入使用，光纤通信的光导纤维是由下列哪种物质经特殊工艺制成的

A．石墨 B．石英 C．石灰石 D．高纯硅

【答案】B

【解析】

试题分析：光纤即光导纤维的简称，其主要成分是二氧化硅，石英主要成分是二氧化硅，故选项B正确。

考点：考查光纤成分判断的知识。

20．下列说法中，正确的是

A．22gCO2物质的量为0. 5 mol

B．0.1mol・L-1NaOH溶液中含有0.1molNa+

C．1 mol Cl2中含有的氯原子数约为6. 02×1023

D．标准状况下，44. 8 L H2 O的物质的量为2mol

【答案】A

【解析】

【详解】

A. 根据n=m/M=22g/44g9b759040321a408a5c7768b4511287a6.pngmol-1=0. 5 mol ,故A正确； B. 0.1mol・L-1NaOH溶液没有体积无法计算物质的量，故B错误；C. 1 mol Cl2中含有的氯原子数约为6. 02×10236392228661363e75c352077a2cfe66d7.png2，故C错误；D. 标准状况下，H2 O为非气态，故无法计算物质的量，D错误。答案：A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

21．下图是有机化学中的几个重要实验。图一是制取乙酸乙酯，图二是验证醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱；图三是实验室制取乙炔并检验其部分性质。请根据要求填空。

(1)图一中A发生的化学方程式为__________， A的导管应与_______相连(填字母)。

(2)图二中的E和F分别盛装的药品应为_____________和______________。

A．石蕊溶液 B．苯酚钠溶液 C．碳酸氢钠溶液 D．碳酸钠溶液

(3)图三中乙装置的作用是_______________，实验过程中发现燃烧非常剧烈，分析其主要原因是_________________。

【答案】CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O B C B 除去乙炔中H2S和PH3等杂质 直接用水与电石反应，导致生成气体的速度很快

【解析】

【分析】

(1)图一A中乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；为了避免发生倒吸现象，吸收乙酸乙酯的导管不能伸入溶液中；

(2)图二是验证醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱，醋酸具有挥发性，应该在E中用碳酸氢钠溶液除去挥发出来的醋酸，通过二氧化碳气体与苯酚溶液的反应证明碳酸的酸性大于苯酚；

(3)制取的乙炔中混有的硫化氢、磷化氢等杂质会对乙炔的检验产生干扰，需要用硫酸铜溶液除去；制取乙炔通常用饱和食盐水和电石反应，若用水与电石直接反应会使产生的乙炔的速率较快。

【详解】

(1)图一中A发生酯化反应，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；吸收乙酸乙酯的导管不能伸入溶液中，否则容易发生倒吸现象，所以A导管应该与B连接；

(2)图二的实验目的是验证醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱，通过醋酸与碳酸钠溶液的反应证明醋酸的酸性大于碳酸，通过二氧化碳与苯酚钠的反应证明碳酸的酸性大于苯酚，由于醋酸具有挥发性，D中生成的CO2气体中混有CH3COOH，需要用NaHCO3饱和溶液除去，所以E中试剂是NaHCO3饱和溶液，合理选项是C；F中盛放试剂是苯酚钠溶液，合理选项是B；

(3)电石与水反应生成的乙炔气体中混有H2S和PH3等杂质，H2S和PH3等杂质会影响丙中乙炔性质的检验，需要先用硫酸铜溶液除去；实验室中制取乙炔用饱和食盐水和电石反应，可以减小反应速率，若直接用水与电石反应，会导致反应速率较快。

【点睛】

本题考查了乙酸乙酯的制取、酸性强弱比较、乙炔的制取等知识。注意掌握常见物质的制备原理及装置特点，结合物质的性质及可能混有的杂质，选择适当的顺序，使用一定的试剂除杂、净化，然后进行检验，题目侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

22．氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，该药物通常以 2­－氯苯甲醛为原料合成，合成路线如下：

（1）下列关于氯吡格雷的说法正确的是__________。

A．氯吡格雷在一定条件下能发生消去反应

B．氯吡格雷难溶于水，在一定条件下能发生水解反应

C．1mol氯吡格雷含有5NA个碳碳双键，一定条件下最多能与5molH2发生加成反应

D．氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S

（2）物质 D 的核磁共振氢谱有_________种吸收峰。

（3）物质 X 的结构简式为____________。

（4）物质 C可在一定条件下反应生成一种含有 3个六元环的产物，写出该反应的化学方程式______，反应类型是__________。

（5）写出属于芳香族化合物 A的同分异构体__________(不包含 A)。

【答案】BD 7 2+2H2O 取代反应 、、

【解析】

【分析】

(1)氯吡格雷含有酯基、氯原子，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；

(2)D结构不对称，有7种不同的H；

(3)对比D、E可知X的结构简式；

(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成；

(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl。

【详解】

(1)A．氯吡格雷中氯原子在苯环上，不能发生消去反应，故A错误；

B．氯吡格雷含有酯基、氯原子，难溶于水，在一定条件下能发生水解反应，故B正确；

C．lmol氯吡格雷含有2NA个碳碳双键，且含有苯环，则一定条件下最多能与5molH2发生加成反应，故C错误；

D．由结构简式可知氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S，故D正确；

故答案为BD；

(2)D结构不对称，有7种不同的H，则核磁共振氢谱有 7种吸收峰；

(3)对比D、E可知X的结构简式为；

(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成，反应的化学方程式为；

(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl，苯环含有2个取代基，可为邻、间、对等位置，对应的同分异构体可能为。

【点睛】

推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

23．丙烯可用于合成杀除根瘤线虫的农药B（分子式为C3H5Br2Cl），该分子中每个碳原子上均连有卤原子，其合成路线如下图所示。

（1）丙烯的结构简式是________，它含有的官能团名称是_________。

（2）由A生成B的反应类型是____________。

（3）A水解可得到 CH2=CHCH2OH，该水解反应的化学方程式为：___________。

【答案】 CH3CH=CH2 碳碳双键 加成反应 CH2=CHCH2Cl+NaOHCH2=CHCH2OH+NaCl或CH2=CHCH2Cl+H2OCH2=CHCH2OH+HCl

【解析】分析：丙烯与氯气在高温下发生取代反应生成A（3-氯-1-丙烯），A与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成B是CH2ClCHBrCH2Br，据此解答。

详解：（1）丙烯含有碳碳双键，结构简式为CH3CH=CH2；

（2）A分子中含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，则由A生成B的反应类型是加成反应。

（3）A水解可得到CH2=CHCH2OH，该水解反应的化学方程式为CH2=CHCH2Cl+NaOHCH2=CHCH2OH+NaCl。

24．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。

现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。

（1）若Y是盐酸，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是___，ab段发生反应的离子是______________，bc段发生反应的离子方程式为______________。

（2）若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的离子是___________________。ab段反应的离子方程式为_______________________________________。

【答案】SiO32-、AlOCO32－Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2OAl3＋ 、Mg2＋、NH4＋、Cl－NH4＋＋OH－===NH3·H2O

【解析】

分析：(1)无色溶液中不会含有Fe3＋，加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H2SiO3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，由图象知溶液中肯定含有AlO2-、SiO32-。
oa段发生反应的离子为AlO2-、SiO32-，ab段为CO32－,bc段则是Al(OH)3溶解。
(2)当向溶液中加入NaOH时，生成的沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3,ab段是NH4＋与OH－之间发生反应，因Al3＋、Mg2＋不能与CO32－、SiO32-、AlO共存，故此时溶液中阴离子只有Cl－。

详解:(1)某无色稀溶液X中,无色溶液中不会含有Fe3＋，加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H2SiO3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，所以由图象知溶液中含有AlO2-、SiO32-；则oa段发生反应的离子为AlO2-、SiO32-；ab段发生的反应沉淀的量不变,所以ab段为盐酸与CO32－反应,bc段沉淀减少,则是Al(OH)3溶解于盐酸,其反应的离子方程式为：Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O。
因此，本题正确答案是：SiO32-、AlO ； CO32－ ；Al(OH)3＋3H＋═Al3＋＋3H2O；
(2)若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液,先生成沉淀,溶液中可能含Al3＋、Mg2＋或两者中的一种，因为弱碱阳离子和弱酸根会双水解而不能共存,即溶液中不含CO32－、SiO32-、AlO，因为溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl－；当ab段时,沉淀的量不变化,是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体: NH4＋＋OH－═NH3·H2O，即溶液中含NH4＋；当bc段时沉淀的质量减少但没有完全溶解,即部分沉淀和氢氧化钠反应,部分沉淀不反应,说明溶液中有Al3＋、Mg2＋，即bc段的反应为：Al(OH)3＋OH-═AlO2-+2H2O。
即X中一定含有的离子是Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－；因为溶液中有Al3＋、Mg2＋，故oa段转化为沉淀的离子是Al3＋、Mg2＋，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体,反应的离子方程式为NH4＋＋OH－═NH3·H2O；

因此，本题正确答案是：Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－ ；NH4＋＋OH－═NH3·H2O。

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