2025届河南省开封市优质高中化学高二第二学期期末联考试题含解析.doc

2025届河南省开封市优质高中化学高二第二学期期末联考试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、具有解热镇痛及抗生素作用的药物“芬必得”主要成分的结构简式为
，它属于
A．芳香烃 B．易溶于水的有机物 C．苯甲酸的同系物 D．高分子化合物
2、1mol某链烃最多能和2mol HCl发生加成反应，生成1 mol氯代烷，1mol该氯代烷能与6mol Cl2发生取代反应，生成只含有碳氯两种元素的氯代烃，该链烃可能是
A．CH3CH=CH2 B．CH3C≡CH C．CH3CH2C≡CH D．CH2=CHCH=CH2
3、下列物质的类别与所含官能团都错误的是（ ）
A．羧酸 —OH B．醇类—COOH
C．醛类 —CHO D．醚类 CH3-O-CH3   
4、25℃，四种水溶液① HCl ，② FeCl3 ，③ KOH ，④ Na2CO3 四种水溶液的pH依次为 4、4 、10 、10 ，各溶液中水的电离程度大小关系正确的是 （　　）
A．①=②=③=④ B．①＞③＞②＞④ C．④=②＞③=① D．①=③＞②＝④
5、符合下列条件分子式为C9H6O2 所有的同分异构体的数目为
a．分子中含有 -COO- 基团
b．分子中除一个苯环外，无其他环状结构
c．苯环上的氢原子被氯原子取代，得到两种一氯代物
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
6、下列有关阿伏加德罗常数的说法错误的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)（ ）
A．32gO2所含的原子数目为NA
B．0.5molH2O含有的原子数目为1.5NA
C．1molH2O含有的水分子数目为NA
D．0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol
7、下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是(　　)
A．熔点：NaF>MgF2>AlF3 B．晶格能：NaF>NaCl>NaBr
C．阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2 D．硬度：MgO>CaO>BaO
8、松香中含有松香酸和海松酸，其结构简式如下图所示。下列说法中，不正确的是

A．二者互为同分异构体
B．二者所含官能团的种类和数目相同
C．二者均能与氢氧化钠溶液反应
D．二者均能与H2以物质的量之比为1∶3发生反应
9、如图是可逆反应A+2B2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变(先降温后加压)而变化的情况。由此可推断下列结论错误的是（ ）

A．正反应是放热反应 B．A、B一定都是气体
C．D一定不是气体 D．C可能是气体
10、某有机物的分子式为C11H14O2，结构简式中含有一个苯环且苯环上只有一个取代基，与NaHCO3反应有气体生成，则该有机物的结构共有（不含立体异构）
A．9种 B．10种 C．11种 D．12种
11、下列说法中错误的是
A．[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，空间构型为直线型
B．配位数为4的配合单元一定呈正四面体结构，配位数为6的配合单元一定呈正八面体结构
C．[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性共价键和配位键
D．[Pt(NH3)6]2＋和[PtCl4]2－中，其中心离子的化合价都是＋2
12、化学与生活密切相关，下列物质不能用作食品添加剂是（ ）
A．乙醇 B．乙酸 C．乙酸乙酯 D．乙醛
13、某模拟“人工树叶”电化学实验装置如下图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）。下列说法正确的是

A．该装置将化学能转化为光能和电能
B．a电极的反应为：3CO2+16H+-18e-=C3H8O+4H2O
C．该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移
D．每生成1molO2有44gCO2被还原
14、下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是

A．粗盐提取精盐的过程只发生物理变化
B．用澄清的石灰水可鉴别Na2CO3产品是否含有NaHCO3
C．在第②、④步骤中，溴元素均被还原
D．制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl
15、溶液X中可能含有Ba2+、NH4+、Na+、K+、Cl–、HCO3–、HSO3–、SO42–中的几种离子，各离子的浓度均相等。为了确定其组成，某同学进行了如下实验：
①取少量溶液X，往里滴加过量的氢氧化钠溶液并加热，得到气体A、溶液A和沉淀A
②取少量溶液A，往里滴加过量的硝酸银溶液得到溶液B和沉淀B
下列说法正确的是
A．溶液X中一定存在Ba2+、NH4+，可能含有Cl-
B．溶液X中一定不存在SO42–、Na+和K+
C．溶液X中HCO3–、HSO3–两者存在其一
D．沉淀A一定是BaCO3，沉淀B一定是AgCl
16、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（ ）
A．K＋、H＋、SO42－、OH－ B．Na＋、Cu2＋、Cl－、SO42－
C．Na＋、H＋、Cl－、CO32－ D．Na＋、Ca2＋、CO32－、NO3－
17、下列各项有机化合物的分类方法及所含官能团都正确的是(　　)
A． 醛类 B． 酚类 -OH
C． 醛类 D．CH3COOH 羧酸类
18、如下图甲、乙两个容器中，分别加入0.1 mol·L－1的NaCl溶液与0.1 mol·L－1的AgNO3溶液后，以Pt为电极进行电解时，在A、B、C、D各电极上生成物的物质的量之比为(　　)

A．2∶2∶4∶1
B．2∶3∶4∶1
C．1∶4∶2∶2
D．1∶1∶1∶1
19、下列说法中正确的是(　　)
A．氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－
B．二氧化碳的水溶液能够导电，故二氧化碳属于弱电解质
C．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质
D．氧化钠在水中反应的离子方程式为4Na＋＋2O2－＋2H2O===4Na＋＋4OH－
20、1996年诺贝尔化学奖授于斯莫利等三位化学家，以表彰他们发现富勒烯(C60)开辟了化学研究的新领域。后来，人们又发现了一种含碳量极高的链式炔烃──棒碳，它是分子中含300～500个碳原子的新物质，其分子中只含有交替连接的单键和叁键。对于C60与棒碳，下列说法正确的是
A．C60与棒碳中所有的化学键都是非极性共价键
B．棒碳不能使溴水褪色
C．C60在一定条件下可能与CuO发生置换反应
D．棒碳与乙炔互为同系物
21、下列关系正确的是(　　)
A．在a mol金刚石中含有C—C键的个数为N= 2a×6.02×1023
B．热稳定性：MgCO3> CaCO3
C．熔点：MgO < MgCl2
D．沸点：Na < K
22、下列分离提纯方法正确的是
A．除去乙醇中少量的水，加入新制的生石灰，过滤
B．分离苯和酸性高锰酸钾溶液，蒸馏
C．除去乙酸乙酯中的乙酸，可加入NaOH溶液后分液
D．提纯含有碘单质的食盐，常用升华法
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有机物G（1，4-环己二醇）是重要的医药中间体和新材料单体，可通过以下流程制备。

完成下列填空：
（1）写出C中含氧官能团名称_____________。
（2）判断反应类型：反应①________；反应②_______。
（3）写出B的结构简式_______________。
（4）写出反应③的化学方程式_________。
（5）一定条件下D脱氢反应得一种产物，化学性质稳定，易取代、难加成。该产物属于____（填有机物类别），说明该物质中碳碳键的特点________________________。
（6）写出G与对苯二甲酸在一定条件下反应生成高分子物质的化学方程式_____________。
（7）1，3-丁二烯是应用广泛的有机化工原料，它是合成D的原料之一，它还可以用来合成氯丁橡胶（）.写出以1，3-丁二烯为原料制备氯丁橡胶的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）_______________
24、（12分）根据下面的反应路线及所给信息填空：

（1）A的结构简式是_____________，名称是___________________________。
（2）③ 的反应类型__________________。
（3）反应④的化学方程式_______________________________________________。
25、（12分）某课外活动小组利用下列化学反应在实验室中制备氯气，并进行有关氯气性质的研究。

(1)该小组同学欲用图所示仪器及试剂(不一定全用)制备并收集纯净、干燥的氯气。

① 应该选择的仪器是__________(填字母)。
② 将各仪器按先后顺序连接起来,应该是a接__________，__________接__________，__________接__________，__________接h(用导管口处的字母表示)。
③ 浓盐酸与二氧化锰反应的离子方程式为__________。
(2)该小组同学设计分别利用图所示装置探究氯气的氧化性。

①G中的现象是__________，原因是__________(用化学方程式表示)。
②H中的现象是__________。
26、（10分）无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。
已知:①AlCl3、FeCl3分别在183 ℃、315 ℃时升华；②无水AlCl3遇潮湿空气变质。
Ⅰ. 实验室可用下列装置制备无水AlCl3。

（1）组装好仪器后，首先应_____________，具体操作为_____________________
（2）装置 B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________________。装置C中盛放的试剂是________________。装置F中试剂的作用是__________。若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为_______
（3）将所制得的无水AlCl3配制溶液时需加入盐酸的目的是_________
Ⅱ. 工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备,流程如下:

（1）氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为___________________
（2）700 ℃时,升华器中物质充分反应后降温实现FeCl3和AlCl3的分离。温度范围应为_______
a.低于183 ℃ b.介于183 ℃和315 ℃之间 c.高于315 ℃
（3）样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过下列操作测得(部分物质略去)。

计算该样品中AlCl3的质量分数________(结果用m、n表示,不必化简)。
27、（12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______
28、（14分）下面的排序不正确的是（　　）
A．空间利用率：Cu＞Na＞Po B．熔点由高到低：金刚石＞NaCl＞K＞CO2
C．硬度由大到小：SiC＞金刚石 D．晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr
29、（10分） [化学—选修3：物质结构与性质]
（1）Fe3+的电子排布式为___________________。已知，Fe3＋的化学性质比Fe2＋稳定，请从原子结构的角度进行解释____________________。
（2）Fe能与CO形成配合物Fe(CO)5，1 mol Fe(CO)5中含有________ molσ键。
（3）与CO互为等电子体的分子和离子分别为________ 和_______(各举一种，填化学式)。
（4）某化合物与Cu（Ⅰ）（Ⅰ表示化合价为+1）结合形成图甲所示的离子。该离子中含有化学键的类型有____________________。（填序号）
A．极性键 B．离子键 C．非极性键 D．配位键
（5）向氯化铜溶液中通入足量的二氧化硫，生成白色沉淀M， M的晶胞结构如图乙所示。写出该反应的离子方程式：____________________。
（6）已知由砷与镓元素组成的化合物A为第三代半导体。已知化合物A的晶胞结构与金刚石相似，其晶胞结构如图丙所示，请写出化合物A的化学式___________。设化合物A的晶胞边长为pm，则每立方厘米该晶体中所含砷元素的质量为______________g（NA表示阿伏加德罗常数的值）。

参考答案

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、C
【解析】
从结构可判断该有机物属于芳香酸，不属于烃类。与苯甲酸相差了6个CH2原子团，属于同系物。因含有碳原子个数较多，烃基部分较长，因此在水中溶解度较小。以此解题。
【详解】
A. 该有机物含有氧原子，因此不属于烃类，A项错误；
B. 该有机物中含有碳原子个数较多，烃基部分较大、属于憎水基，因此该物质在水中溶解度较小，B项错误；
C. 该有机物与苯甲酸均属于一元芳香酸，相差了6个CH2原子团，属于同系物，C项正确；
D. 该有机物的摩尔质量未达到104g/mol，不属于高分子化合物，D项错误；
答案应选C。
2、B
【解析】
某气态烃1mol最多能和2mol HCl发生加成反应，生成1mol氯代烷（且为二氯代烷），说明该气体烃中含有2个双键或1个三键；此氯代烷能和6mol Cl2发生取代反应，生成物分子中只含C、Cl两种元素，说明新的氯代产物对应的烷烃有8个氢原子，则该烷烃为丙烷，即题中的气态烃含有3个C原子，据此进行作答。
【详解】
A. 1mol丙烯最多能与1mol HCl反应，A不符合题意；
B. 1mol丙炔最多能与2mol HCl发生加成反应，生成1mol 二氯代烷，其分子式为C3H6Cl2，该氯代烷继续可以和6mol Cl2发生取代反应，产物中只有C、Cl两种元素，B符合题意；
C. 1mol丁炔和和2mol HCl发生加成反应，产物的分子式为C4H8Cl2，该氯代烷继续可以和6mol Cl2发生取代反应，产物中有C、H、Cl三种元素，C不符合题意；
D. 1mol 1,3-丁二烯和和2mol HCl发生加成反应，产物的分子式为C4H8Cl2，该氯代烷继续可以和6mol Cl2发生取代反应，产物中有C、H、Cl三种元素，D不符合题意；
故合理选项为B。
本题考查了加成反应和取代反应，难度不大，明确取代反应中氢原子个数和氯气分子个数之间的关系式是解本题的关键。
3、C
【解析】
A． 含有的官能团为羧基(-COOH)，不是醇羟基，属羧酸，故A不符合题意；
B．的羟基连在链烃基上的有机物属于醇类，所含有的官能团不是—COOH，故B不符合题意；
C．含有酯基，属酯类有机物，含有的官能团是-CHO和-COO-，有机物的类别和官能团的判断都是错误的，故C符合题意；
D．CH3-O-CH3属于醚类，含有，类别与官能团均正确，故D不符合题意；
故答案为C。
4、C
【解析】
酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离，弱离子水解程度越大，水的电离程度越大。
【详解】
①是酸、③是碱，所以二者抑制水电离，①pH=4的HCl溶液中水电离出的氢离子浓度是；③pH=10的KOH溶液中水电离出的氢离子浓度是；所以二者抑制水电离程度相同；②、④都是含有弱离子的盐，促进水电离，②pH=4的FeCl3溶液中水电离出的氢离子浓度是，④pH=10的Na2CO3溶液中水电离出的氢离子浓度是，②、④水电离程度相同，则水的电离程度大小顺序是④=②>③=①，故选C。
5、B
【解析】
由分子式C9H6O2计算可知该有机物不饱和度为7，由条件a、b可知该有机物中含有苯环和-COO-，因此还剩下2个碳为未知结构。又由于2个碳需存在两个不饱和度，因此为碳碳叁键。从苯环上的氢原子被氯原子取代后得到两种一氯代物，可知碳碳叁键与-COO-处于对位关系。由此解题。
【详解】
由分子式C9H6O2计算可知该有机物不饱和度n==7。由条件a、b可知该有机物中含有苯环和-COO-，因此还剩下2个碳为未知结构。又由于2个碳需存在两个不饱和度，因此为。从苯环上的氢原子被氯原子取代后得到两种一氯代物，可知与-COO-处于对位关系。因此，符合条件的同分异构体为、，共2种。
答案应选B。
本题考查有机物同分异构体的判断。在解题时需注意对已知分子式应先判断其不饱和度，确定类别异构，再结合所含的未知结构的碳原子确定碳链异构，最后再找寻官能团的位置异构，同时应注意含有碳碳双键有机物的顺反异构问题。
6、A
【解析】
试题分析：A、32克氧气是2摩尔，含有2摩尔原子，错误，选A；B、每个水分子含有3个原子，所以2．5摩尔水含有2．5摩尔，正确，不选B；C、2摩尔水含有阿伏伽德罗常数个分子，正确，不选C；D、2．5NA个氧气的物质的量=2．5NA/NA=2．5mol，正确，不选D。
考点：物质的量与微粒数、质量之间的换算
7、A
【解析】
A. 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaF<MgF2<AlF3，故A不正确；
B. 离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，故B正确；
C. CsCl、NaCl、CaF2的阴离子的配位数分别是8、6、4，所以阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2，故C正确；
D. 离子半径：Ba2+＞Ca2+＞Mg2+，所以硬度：MgO＞CaO＞BaO，故D正确。故选A。
离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体晶格能越大，熔点越高，硬度越大。
8、D
【解析】A. 二者的分子式相同，均为C20H30O2，互为同分异构体，故A正确；B. 二者所含官能团的种类和数目相同，均含有1个羧基和2个碳碳双键，故B正确；C. 二者均含有羧基，均能与氢氧化钠溶液反应，故C正确；D. 羧基不能与氢气加成，二者均能与H2以物质的量之比为1∶2发生反应，故D错误；故选D。
9、D
【解析】
根据图象可知,降低温度后,v正′＞v逆′，平衡右移，故正反应为放热反应，故A正确；增大压强后，v正″、v逆″均立即增大且v正″＞v逆″，平衡右移，故此反应为有气体参加和生成的反应，且正反应为气体的物质的量减小的反应。故若A和B均为气体，则D一定不是气体，C一定是气体；若A或B任何一种不是气体，若使平衡右移，则需C和D均不是气体，则无法满足加压时v逆″也立即增大的情况，故不成立。即A和B均为气体，C一定为气体，D一定不是气体，故B、C正确，D错误。故选：D。
10、D
【解析】
根据题意，该有机物分子含有2个氧原子，能与NaHCO3反应生成气体，说明其结构中含1个羧基，可看作C4H10被一个苯环和一个羧基取代，实际为丁烷的二元取代物，因此可以以丁烷为思维模型，丁烷的结构有CH3CH2CH2CH3和CH(CH3)3两种；然后在此基础上考虑其中的两个氢原子被苯环和羧基取代，这样正丁烷的二元取代物有8种，异丁烷的二元取代物有4种，得出分子式为C11H14O2的有机物共有12种，答案选D。
掌握有机物官能团的结构和性质特点是解答的关键，注意一元取代物和二元取代物同分异构体的判断方法，尤其是二元取代物或多取代产物同分异构体数目的判断是解答的关键，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。
11、B
【解析】
A. Ag+价电子排布式为4d10，4d轨道电子全充满，则一个5s轨道和1个5p轨道参与杂化形成两个杂化轨道，这两个杂化轨道接受两个氮原子中提供的孤电子对而形成两个配位键，所以中心原子与配位体形成配位键的杂化轨道类型是sp杂化，空间构型为直线型，A正确；
B. 配位数为4的配合物可以为四面体结构，也可以为平面四边形结构，B错误；
C. [Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，含有离子键，N-H键为极性共价键，Cu-N键为配位键，C正确；
D. [Pt(NH3)6]2＋中，NH3可以看为一个整体，显0价，[PtCl4]2－中，Cl显-1价，故它们的中心离子的化合价都是＋2，D正确；
故合理选项为B。
12、D
【解析】
A．乙醇可作味剂，能作食品添加剂，故A正确；
B．乙酸又名醋酸，是食醋的成分，能作食品添加剂，故B正确；
C．乙酸乙酯是特殊的香味，可用作香料，能作食品添加剂，故C正确；
D．乙醛有毒，能致癌，不能作食品添加剂，故D错误；
故答案为D。
13、C
【解析】A．该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；B．a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e-=C3H8O+5H2O，故B错误；C．a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故C正确；D．电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是1mol的氧气，阴极有mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为29.3g，故D错误；故选C。
14、D
【解析】
A，粗盐中含有SO42-、Mg2+、Ca2+等杂质离子，需要加入BaCl2、NaOH、Na2CO3等除杂试剂除去，粗盐提取精盐的过程中发生了化学变化，A项错误；
B，Na2CO3、NaHCO3都能与澄清石灰水产生白色沉淀，无论Na2CO3产品中是否含NaHCO3加入澄清石灰水都会产生白色沉淀，用澄清石灰水不能鉴别Na2CO3中是否含有NaHCO3，B项错误；
C，第②、④步骤中，需要加入氧化剂将Br-氧化成Br2，溴元素被氧化，C项错误；
D，由精盐制备NaHCO3的反应方程式为：NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，该反应发生的原因是NaHCO3的溶解度小于NaCl、NH4HCO3，D项正确。
答案选D。
15、B
【解析】
X与过量NaOH反应生成气体A为氨气，沉淀A应为亚硫酸钡或碳酸钡或两者都有，则溶液中一定含Ba2+、NH4+、 HSO3-和HCO3-至少含有一种，一定不含SO42-。溶液A与硝酸银反应生成沉淀B可能为Ag2O或AgCl，溶液中各离子的浓度均相等，由电荷守恒可知，一定存在阴离子Cl-、HCO3-和HSO3-，不存在Na+、K+，以此来解答。
【详解】
A．由上述分析可知，X中一定存在Ba2+、NH4+ 、Cl-，故A错误；
B．溶液X中一定不存在SO42–、Na+和K+，故B正确；
C．由上述分析可知，X中一定存在HCO3–、HSO3–，故C错误；
D．沉淀A应为亚硫酸钡和碳酸钡，B可能为Ag2O或AgCl ，故D错误；
故答案： B。
16、B
【解析】
A．H+、OH-反应生成水，不能大量共存，故A错误；
B．这几种离子之间不反应，能大量共存，故B正确；
C．H+、CO32-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故C错误；
D．Ca2+、CO32-反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选B。
17、D
【解析】
A、为甲醛，官能团为醛基，即，选项A错误；
B、当-OH直接连在苯环上时为酚类，当-OH连在链烃基或苯环侧链上时为醇，故为醇类，官能团为-OH，选项B错误；
C、当连在O上时为酯基，即的官能团为酯基-COO-，不是醛基，选项C错误；
D、官能团-COOH为羧基，CH3COOH属于羧酸，选项D正确。
答案选D。
18、A
【解析】
分析：根据图示，得到A是阴极，该电极上是氢离子得电子，B是阳极，该电极上是氯离子失电子，C是阴极，该电极上是析出金属银，D是阳极，该电极上产生氧气，根据电极反应式以及电子守恒进行相应的计算。
详解：根据图示，得到A是阴极，该电极上是氢离子得电子，2H++2e-=H2↑，B是阳极，该电极上是氯离子失电子，级2Cl--2e-=Cl2↑，C是阴极，该电极上是析出金属银，Ag++e-=Ag，D是阳极，该电极上产生氧气，级4OH--4e-=O2↑+2H2O，各个电极上转移电子的物质的量是相等的，设转以电子1mol，所以在A、B、C、D各电极上生成的物质的量之比为0.5：0.5：1：0.25=2：2：4：1，故选A。
19、C
【解析】本题考查电离、强弱电解质等知识。
解析：氯化钠水溶液在水的作用下电离出Na＋和Cl－，A错误；二氧化碳溶于水，与水反应生成碳酸，碳酸能部分电离，碳酸属于弱电解质，二氧化碳属于非电解质，B错误；硫酸钡难溶于水，但溶于水的硫酸钡完全电离，硫酸钡属于强电解质，C正确； 氧化钠为氧化物，不能拆写，反应的离子方程式为：2Na2O＋2H2O=4Na＋＋4OH－，D错误。
20、C
【解析】
试题分析：A.棒碳属于链式炔烃，含有C—H键，是极性共价键，A项错误；B.棒碳分子中含有交替的单键和叁键，所以能使溴水褪色，B项错误；C.C+2CuOCO2↑+2Cu，而C60是碳元素的一种同素异形体，所以它也能发生类似反应，该反应是置换反应，C项正确；D.同系物必须是结构相似，即官能团的种类和个数相同，棒碳中多个叁键，而乙炔中只有一个叁键，所以棒碳与乙炔不能互为同系物，D项错误；答案选C。
考点：考查置换反应、同系物、化学键类型的判断等知识。 
21、A
【解析】
A.在金刚石中，每个C原子与其他4个C原子共用4个C-C键，相当于每个C原子占有4×=2个C-C键，则amol金刚石含2amolC-C键，故A正确；B. Mg，Ca为同主族元素，离子半径逐渐增大，形成碳酸盐时阳离子电荷数相同，离子半径越小，离子极化能力越强，越容易夺取CO32-中的O，造成碳酸盐热稳定性下降，所以热稳定性：MgCO3＜CaCO3，故B错误；C. 离子晶体晶格能越大熔点越高，氧化镁的晶格能大于氯化镁的晶格能，所以晶体熔点由高到低：MgO＞MgCl2，故C错误；D. 钠和钾属于同族元素，原子半径Na < K，导致金属键Na ＞K，金属键越强，金属的沸点越高，沸点：Na ＞ K，故D错误；故选A。
22、D
【解析】分析：A．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异；
D．苯与酸性高锰酸钾溶液分层；
C．二者均与NaOH反应；
D．碘加热易升华，NaCl不变。
详解：A．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，A错误；
B．苯与酸性高锰酸钾溶液分层，可分液分离，不能选蒸馏，B错误；
C．二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液除去乙酸乙酯中的乙酸，C错误；
D．碘加热易升华，NaCl不变，则升华法可分离，D正确；
答案选D。

二、非选择题(共84分)
23、羟基 消去 取代 .芳香烃 所有的碳碳键键长相等，是介于单键和双键之间的特殊的键
【解析】
由流程可知，①为环己醇发生消去反应生成D为，②环己烯与溴发生加成反应生成A为，③是A发生消去反应生成，和溴发生1，4-加成反应生成B为，与氢气加成生成F，④是F在碱性条件下水解生成。
由CH2=CClCH=CH2发生加聚反应生成，CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，再与HCl发生加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后发生醇的消去反应得到CH2=CClCH=CH2。
【详解】
(1)由结构可知C中含氧官能团名称为：羟基，
故答案为：羟基；
(2)反应①发生醇的消去反应，②环己烯与溴发生加成反应，
故答案为：消去反应；加成反应；
(3)由F的结构可知，和溴发生1，4−加成反应生成B为，
故答案为：；
（4）③是A发生消去反应生成，化学方程式。
答案为：；
（5）一定条件下D脱氢反应得一种产物，化学性质比较稳定，易取代、难加成，该产物为，属于芳香烃，说明该物质中所有碳碳键的键长相等，是介于单键与双键之间的特殊的键，
故答案为：芳香烃；碳碳键的键长相等，是介于单键与双键之间的特殊的键；
（6）写出G与对苯二甲酸在一定条件下发生酯化反应生成高分子物质，化学方程式。
答案为：
（7）由CH2=CClCH=CH2发生加聚反应生成，CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，再与HCl发生加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后发生醇的消去反应得到CH2=CClCH=CH2，合成路线流程图为：

24、 环己烷 加成反应
【解析】
由反应路线可知，A为，反应①为取代反应，反应②为消去反应，反应③为碳碳双键与溴发生的加成反应，B为，④为消去反应
【详解】
（1）由以上分析可知A的结构简式是，为环己烷；
（2）反应③为加成反应；
（3）反应④在氢氧化钠的乙醇溶液中发生消去反应，化学方程式：
本题考查有机物的合成、有机物性质、有机反应类型等，易错点（3），注意掌握卤代烃的性质与反应条件。
25、ABCDE d e f g b c MnO2+ 4H++2Cl- Mn 2++Cl2↑+2H2O 溶液由无色变为蓝色 Cl2+2KI＝ I2+2KCl 产生白色沉淀
【解析】
本题主要考察氯气的制备，及氯气的化学性质的探究。Cl2的实验室制备装置有：A（发生装置）、C（除去HCl气体）、D（干燥装置）、B（收集装置）、E（尾气处理）。题中还要探究Cl2的氧化性，Cl可以将I-氧化为I2，也可以将氧化为。
【详解】
（1）①Cl2的实验室制备有A（发生装置）、C（除去HCl气体）、D（干燥装置）、B（收集装置）、E（尾气处理）；
②装置的连接顺序为ACDBE，则导管口为a-d，e-f，g-b，c-h；
③该反应的离子方程式为：；
（2）①试管中的反应方程式为：，生成的I2可以使淀粉溶液变蓝；
②该实验中涉及的化学反应有：，，所以可以看到H中有白色沉淀生成。
26、检查装置气密性 关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好； 除HCl 浓硫酸 吸收水，防止无水AlCl3遇潮湿空气变质 碱石灰 抑制铝离子水解 Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO b ×100%或×100%
【解析】
I.（1）此实验中有气体的参与，因此实验之前首先检验装置的气密性；检验气密性的方法，一般采用加热法和液差法两种；（2）利用题中信息，可以完成；（3）从水解的应用角度进行分析；II.（1）根据流程的目的，焦炭在高温下转化成CO，然后根据化合价升降法进行配平；（2）利用AlCl3和FeCl3升华的温度，进行分析；（3）根据元素守恒进行计算。
【详解】
I.（1）装置A制备氯气，因此需要检验装置的气密性，本实验的气密性的检验方法是：关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好；（2）A中制备的氯气中混有HCl和H2O，HCl能与Al发生反应，AlCl3遇水易变质，因此必须除去HCl和H2O，装置B的作用是除去氯气中的HCl，装置C的作用是除去水蒸气，即盛放的是浓硫酸。因为AlCl3遇水易变质，因此装置F的作用是防止G中水蒸气进去E装置，使AlCl3变质；氯气有毒，需要吸收尾气，因此装置G的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气，如果G和F改为一个装置，应用干燥管，盛放试剂为碱石灰；（3）AlCl3属于强酸弱碱盐，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，加入盐酸的目的是抑制Al3＋的水解；II.（1）流程的目的是制备AlCl3，因此氯化炉中得到产物是AlCl3，焦炭在高温下，生成CO，因此反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；（2）AlCl3、FeCl3分别在183 ℃、315 ℃时升华，因此进行分离，需要控制温度在183℃到315℃之间，故选项b正确；（3）根据铝元素守恒，AlCl3的物质的量为n×2/102mol，则AlCl3的质量为133.5×2×n/102g，即AlCl3的质量分数为×100%或×100%。
27、催化剂、吸水剂 CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋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】
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＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋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，