2025年陕西省西安市交大附中化学高二第二学期期末达标测试试题含解析.doc

2025年陕西省西安市交大附中化学高二第二学期期末达标测试试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列有关实验操作的叙述错误的是
A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
B．向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒可以接触容量瓶内壁
C．配制5%NaCl溶液时，必须用到的玻璃仪器是容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒
D．分液漏斗、容量瓶及滴定管使用前都必须检漏
2、下列物质中，主要成分是蛋白质的是
A．大米 B．羊毛 C．牛油 D．棉花
3、将一定量的镁和铜组成的混合物加入到足量的稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。下列叙述错误的是( )
A．当金属全部溶解时，电子转移的数目为0.3NA
B．参加反应的金属的总质量3.6g<w<9.6g
C．当金属全部溶解时，产生的NO气体的体积在标准状况下为2.24L
D．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积为l00mL
4、下列有关化学知识的描述错误的是
A．“水滴石穿，绳锯木断”中不包含化学变化
B．福尔马林、漂白粉、碱石灰均为混合物
C．生石灰能与SO2反应，可用作工业废气的脱硫剂
D．聚丙烯酸钠树脂是一种高吸水性的高分子化合物
5、常温常压下，下列化合物以固态存在的是
A．丙炔 B．甲醛 C．一氯甲烷 D．苯酚
6、利用碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O，相对分子质量286）来配制0.1mol/L的碳酸钠溶液980mL，假如其他操作均准确无误，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（）
A．称取碳酸钠晶体28.6g
B．溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线
C．转移时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤
D．定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线
7、下列现象与氢键有关的是：（   ）
①H2O的熔、沸点比VIA族其他元素氢化物的高
②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④尿素的熔、沸点比醋酸的高
⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
⑥水分子高温下也很稳定
A．①②③④⑤⑥ B．①②③④⑤ C．①②③④ D．①②③
8、能正确表示CH4中碳原子成键方式的电子排布图为
A． B．
C． D．
9、酸碱恰好完全中和时（ ）
A．酸和碱的物质的量一定相等
B．溶液呈现中性
C．酸和碱的物质的量浓度相等
D．酸能提供的H+与碱所能提供的OH-的物质的量相等
10、难溶于水而且比水轻的含氧有机物是（ ）
①硝基苯　②甲苯　③溴苯 ④植物油　 ⑤蚁酸　⑥乙酸乙酯　⑦硬脂酸甘油酯
A．①②③ B．④⑥⑦ C．①②④⑤ D．②④⑥⑦
11、下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向氨水中通入少量二氧化硫：NH3•H2O+SO2═NH4++HSO3-
B．向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+
C．电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2O 2OH-+Cl2↑+H2↑
D．氢氧化钡溶液中滴入硫酸氢钠溶液至Ba2+恰好完全沉淀：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
12、将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应过程中的说法错误的是（ ）

A．e点溶液中c(HCO3-)＞c(K+)
B．bc段反应的离子方程式是AlO2-＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3-
C．d点溶液中c(K+)= c(H2CO3)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)
D．Oa段与de段所消耗CO2的体积相同
13、关于晶体的下列说法正确的是　(　　)
A．原子晶体中只含有共价键
B．任何晶体中,若含有阳离子就一定有阴离子
C．原子晶体的熔点一定比金属晶体的高
D．离子晶体中含有离子键，不可能含有共价键
14、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，相关说法正确的是
元素代号
L
M
X
R
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.089
0.074
主要化合价
+2
+3
+6、－2
+2
－2
A．离子半径大小：r(M3+) >r(T2－) B．其中R的金属性最强
C．煤和石油中存在X元素 D．L、X形成的简单离子核外电子数相等
15、下列各组物质之间的转化不是全部通过一步反应完成的是(　　)
A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
16、某有机物结构如图所示，它的结构最多有多少种

A．108种 B．72种 C．56种 D．32种
二、非选择题（本题包括5小题）
17、某天然碱可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成。为了确定其组成，现称取天然碱3.32g，做如下实验：（气体均折算为标准状况下）

（1）B的电子式_______。
（2）天然碱受热分解的反应方程式______。
（3）过量的天然碱溶液滴加少量的Ba（OH）2溶液，请写出离子反应方程式___。
18、Q是合成防晒霜的主要成分，某同学以石油化工的基本产品为主要原料，设计合成Q的流程如下(部分反应条件和试剂未注明)：

已知：Ⅰ．钯催化的交叉偶联反应原理(R、R1为烃基或其他基团，X为卤素原子)：Pd/CR—X＋R1—CH=CH2R1—CH=CH—R＋H—X
II．C8H17OH 分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子只有一个碳原子上没有氢原子。
III．F不能与氢氧化钠溶液反应，G的核磁共振氢谱中有 3 个峰且为对位取代物。请回答下列问题：
（1）G的结构简式为__________。
（2）C8H17OH 的名称(用系统命名法命名)为____________。
（3）X是 F的同分异构体，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，写出 X 的结构简式：___________。
（4）写出反应⑥的化学方程式：____________。
（5）下列有关 B、C的说法正确的是____________(填序号)。
a．二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色
b．二者都能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳
c．1molB或C都能最多消耗44.8L(标准状况)氢气
d．二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应
19、铁与水蒸气反应，通常有以下两种装置，请思考以下问题：

（1）方法一中，装置A的作用________________________。方法二中，装湿棉花的作用_______________________________________。
（2）实验完毕后，取出装置一的少量固体，溶于足量稀盐酸，再滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，试解释原因：__________________________。
20、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_________________。
21、（1）钠米材料二氧化钛（TiO2）具有很高的化学活性，可做性能优良的催化剂。工业上二氧化钛的制备是：
资料卡片
物质
熔点
沸点
SiCl4
-70℃
57.6℃
TiCl4
-25℃
136.5℃
I. 将干燥后的金红石（主要成分TiO2，主要杂质SiO2）与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2反应制得混有SiCl4杂质的TiCl4。
II. 将SiCl4分离，得到纯净的TiCl4。
III. 在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2·xH2O。
IV. TiO2·xH 2O高温分解得到TiO2。
①TiCl4与SiCl4在常温下的状态是________。II中所采取的操作名称是_______。
②III中反应的化学方程式是____________________________________________。
③如IV在实验室完成，应将TiO2·xH2O放在________（填仪器编号）中加热。

（2）根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法。

①废水I若采用CO2处理，离子方程式是________________。
②废水Ⅱ常用明矾处理。实践中发现废水中的c(HCO)越大，净水效果越好，这是因为______________。
③废水III中的汞元素存在如下转化（在空格上填相应的化学式）：Hg2++______=CH3Hg++H+，我国规定，Hg2+的排放标准不能超过0.05 mg／L。若某工厂排放的废水1 L中含Hg2+ 3×10-7mo1，是否达到了排放标准__（填“是”或“否”）。
④废水Ⅳ常用C12氧化CN—成CO2和N2，若参加反应的C12 与CN-的物质的量之比为5︰2，则该反应的离子方程式为__________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A.过滤操作要注意“一贴二低三靠”，漏斗颈下端口要靠在烧杯内壁。故A正确；
B.将溶液转移到容量瓶中时，要用玻璃棒引流，玻璃棒的下端要靠在容量瓶刻度线以下的内壁上。故B正确；
C.配制一定质量分数的溶液，必须用到的玻璃仪器是量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒。故C错误；
D. 容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前都必须检查是否漏水。故D正确；
故答案选：C。
配制一定质量分数的溶液和配置一定浓度的溶液所需仪器不同。
2、B
【解析】
动物的肌肉、皮毛都属于蛋白质。
【详解】
A项、大米的主要成分是淀粉，故A错误；
B项、羊毛的主要成分是蛋白质，故B正确；
C项、牛油的主要成分是油脂，故C错误；
D项、棉花的主要成分是纤维素，故D错误；
故选B。
3、D
【解析】
将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应3Mg+8HNO3 (稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为n=，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。
A.根据上述分析可知：反应过程中电子转移的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，n(e-)=n(OH-)=0.3mol，所以转移的电子数目N=0.3NA，A正确；
B.镁和铜的总的物质的量为0.15mol，若全为Mg，其质量是m=0.15mol×24g/mol=3.6g；若全为金属Cu，其质量为m=0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量(m)为3.6g＜m＜9.6g，B正确；
C.反应过程中转移电子的物质的量为0.3mol，根据电子转移数目相等，可知反应产生NO的物质的量为n(NO)=，其在标准状况下的体积V=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，C正确；
D.若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积V=；若硝酸有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，D错误；
故合理选项是D。
4、A
【解析】分析：A、有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的属于物理变化．B、混合物是由不同分子构成的物质；
详解：A、绳锯木断，只是物质的形状发生了改变，没有新物质生成，属于物理变化，水滴石穿，是指滴水产生的力在不断的作用在石头上，时间长了和碳酸钙、二氧化碳反应生成溶于水的碳酸氢钙，使石头上出现了小孔，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B、福尔马林是甲醛的水溶液、漂白粉主要成分是次氯酸钙、碱石灰为氧化钙和氢氧化钠混合物，故B正确；C、酸性氧化物能与碱性氧化物反应，所以氧化钙能与二氧化硫反应，可用作工业废气的脱硫剂，故C正确；D、高吸水性树脂属于功能高分子材料，聚丙烯酸钠含亲水基团，相对分子质量在10000以上，属于功能高分子材料，故D正确；故选A。
5、D
【解析】
A. 常温常压下，丙炔为气态，选项A不符合；B. 常温常压下，甲醛为气态，选项B不符合；C. 常温常压下，一氯甲烷为气态，选项C不符合；D. 常温常压下，苯酚为无色或白色晶体，选项D符合。答案选D。
6、B
【解析】
A.在实验室没有980mL容量瓶，要选择1000mL容量瓶，需要溶质的物质的量为n(Na2CO3)=0.1mol/L×1L=0.1mol，根据n(Na2CO3·10H2O)=n(Na2CO3)，所以m(Na2CO3·10H2O)= 0.1mol×286g/mol=28.6g，溶液浓度为0.1mol/L，不会产生误差，A不符合题意；
B.溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线，由于溶液的体积受热膨胀，遇冷收缩，所以待恢复至室温时，体积不到1L，根据c=，可知V偏小，则c偏高，B符合题意；
C.转移时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤，则溶质的物质的量偏少，根据c=，可知n偏小，则c偏低，C不符合题意；
D.定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置，发现液面低于刻度线，是由于部分溶液粘在容量瓶颈部，若又加入少量水至刻度线，则V偏大，根据c=，可知：若V偏大，会导致配制溶液的浓度偏低，D不符合题意；
故合理选项是B。
7、B
【解析】
①ⅥA族元素氢化物的熔点随相对分子质量的增大而升高，但水中含有氢键，所以H2O的熔、沸点比ⅥA族其他元素氢化物的高，故①正确；
②小分子的醇、水分子之间能形成氢键，羧酸、水分子之间能形成氢键，所以小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故②正确；
③冰中存在氢键，氢键具有方向性和饱和性，使冰的体积变大，则冰的密度比液态水的密度小，故③正确；
④尿素分子间可以形成多个氢键(2个N原子、1个O原子)，醋酸分子间只有1个氢键(只有羟基可以形成氢键)，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故④正确；
⑤对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸容易形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；
⑥水的稳定性与O-H键的强弱有关，与氢键无关，故⑥错误；
正确的有①②③④⑤，故选B。
8、D
【解析】
分析：根据杂化轨道理论，中碳原子的价层电子对数为，所以碳原子是杂化，据此答题。
详解：A、轨道没有杂化，还是基态原子的排布，A错误；
B、杂化后的轨道能量应当相同，B错误；
C、电子排布时应先排在能量低的轨道里，C错误；
D、中碳原子的价层电子对数为，所以碳原子是杂化，即由一个s轨道和3个p轨道杂化后形成4个能量相同的轨道，根据洪特规则，每个轨道上有一个电子，D正确；
答案选D。
9、D
【解析】
酸碱恰好完全中和，是指酸能提供的氢离子和碱能提供的氢氧根离子的物质的量相等，但酸和碱的物质的量不一定相等，反应后的溶液为盐的溶液，也不一定为中性，所以选D。
10、B
【解析】
根据有机物分子中必须含有氧元素将甲苯、溴苯排除掉；根据密度与水的密度关系：硝基苯、溴苯密度比水大，而苯、植物油、乙醇、乙酸乙酯、乙酸密度都比水小，就可以将硝基苯、溴苯排除掉，最后根据水溶性得出正确结论．甲苯和溴苯不含有氧元素，不符合题意-含氧有机物的要求，排除掉，硝基苯、溴苯密度比水大，不满足比水轻的要求，应该排除掉，剩余的有机物含有：④植物油、⑤蚁酸、⑥乙酸乙酯、⑦硬脂酸甘油酯，由于⑤蚁酸能够溶于水，不符合要求，所以难溶于水而且比水轻的含氧有机物是：：④植物油、⑥乙酸乙酯、⑦硬脂酸甘油酯；
答案选B。
11、B
【解析】
A．向氨水中通入少量二氧化硫生成(NH4)2SO3，发生的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32- +H2O，故A错误；
B．向氯化铝溶液中加入过量氨水有白色胶状沉淀生成，发生的离子反应为Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故B正确；
C．惰性电极电解氯化镁溶液有氢氧化镁沉淀生成，发生的离子反应为2Cl-+2H2O Mg(OH) 2↓+Cl2↑+H2↑，故C错误；
D．氢氧化钡溶液中滴入硫酸氢钠溶液至Ba2+恰好完全沉淀是，发生的离子反应为Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，故D错误；
故答案为B。
判断离子方程式是否正确主要从以下几点考虑：①拆分是否合理；②是否符合客观事实；③配平是否有误(电荷守恒，原子守恒)；④有无注意反应物中量的关系；⑤能否发生氧化还原反应等。
12、B
【解析】
在各个阶段发生的反应是：O～a：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O；
a～b段：2KOH+CO2=K2CO3+H2O；
b～c：2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-；
c～d段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；
d～e段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解；
据此分析。
【详解】
只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，将Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，沉淀量达最大后，再发生K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3，最后发生反应BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解。
A、根据反应c～d段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；d～e段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，故e点溶液中c(HCO3-)＞c(K+)，选项A正确；
B、b～c段反应的离子方程式是：2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，选项B错误；
C、d点为KHCO3溶液，根据物料守恒有c(K+)= c(H2CO3)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)，选项C正确；
D、由上述分析可知，Oa发生反应为：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，de段发生反应BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，根据反应可知，消耗CO2的体积相同，选项D正确；
答案选B。
本题考查离子浓度大小关系及溶液中三大守恒的应用，易错点为选项C，应先分析d点为KHCO3溶液，再根据物料守恒进行判断。
13、A
【解析】
A. 在原子晶体中，原子间以共价键相结合，所以原子晶体中只含有共价键，故A正确；
B. 金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，所以有阳离子不一定有阴离子，故B错误；
C. 不同金属晶体的熔点差别很大，有的熔点很高如钨，所以原子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，故C错误；
D. 离子晶体中含有离子键，也可能含有共价键，如氢氧化钠属于离子晶体，既含有离子键又含有共价键，故D错误；
答案选A。
14、C
【解析】
主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，其最高正价与最低负价的绝对值之和为8，根据元素化合价知，L、M、X、R、T分别位于第IIA族、第IIIA族、第VIA族、第IIA族、第VIA族，同一主族元素，其原子半径随着原子序数增大而增大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以L、M、X、R、T为Mg、Al、S、Be、O元素，
【详解】
A．电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径r（M3+）＜r（T2-），A错误；
B．这几种元素中，金属性最强的元素位于元素周期表左下角，所以为Mg（即L）元素金属性最强，B错误；
C．X是S元素，煤和石油中存在X元素，C正确；
D．L、X分别是Mg、S元素，镁离子核外有10个电子、硫离子核外有18个电子，所以二者形成的简单离子核外电子数不相等，D错误；
答案选C。
明确元素化合价与元素所处主族关系是解答本题的关键，再结合元素周期律分析解答，注意离子半径大小比较方法和主族元素化合价的计算依据。
15、B
【解析】
A.钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，A不符合题意；
B.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步反应生成氢氧化铝，B符合题意；
C.镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，能一步实现反应，C不符合题意；
D.铁和盐酸反应生成氯化亚铁，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，空气中氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D不符合题意；
故合理选项是B。
16、B
【解析】
试题分析：戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，-C5H11是戊烷去掉一个H之后形成的戊基，去掉一个H，正戊烷、异戊烷、新戊烷分别有3、4、1种结构，共8种；-C3H5Br2根据碳链异构和Br位置异构共9种，因此总共8×9=72种，故选B。
【考点定位】考查同分异构体和同分异构现象
【名师点晴】本题解题时需注意同分异构体的类型包括碳链异构、官能团异构、位置异构等；该有机物的同分异构体取决于两个取代基的同分异构，主要考虑碳链异构和位置异构即可，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，-C5H11是戊烷去掉一个H之后形成的戊基，去掉一个H，正戊烷、异戊烷、新戊烷分别有3、4、1种结构；-C3H5Br2根据碳链异构和Br位置异构共9种，因此总共8×9=72种。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、 2[NaHCO3·2Na2CO3·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑
或者2NaHCO3·4Na2CO3·4H2O＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑
或者2[2Na2CO3·NaHCO·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑ 2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-
【解析】
天然碱可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成，2NaOH+CO2(少量)=Na2CO3+H2O，NaOH+CO2(过量)= NaHCO3，当≤1，生成NaHCO3；当1＜＜2，产物为NaHCO3和Na2CO3的混合物，当2，只生成Na2CO3，天然碱3.32g隔绝空气加热至恒重，产生气体112mL (标准状况)，为碳酸氢钠的分解，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，无色液体B为水，白色固体C为碳酸钠，滴加足量的盐酸反应生成气体A为二氧化碳，以此分析解答。
【详解】
(1)天然碱3.32g，隔绝空气加热至恒重产生气体112mL(标准状况)，为碳酸氢钠的分解，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ ，所以无色液体B为水，水属于共价化合物，每个氢原子和氧原子共用一个电子对，所以水的电子式为，故答案：；
(2)3.32g样品中，隔绝空气加热至恒重产生气体为CO2，其物质的量= =0.005mol，则分解的碳酸氢钠物质的量n=0.005mol2=0.01mol，生成水的物质的量n=0.005mol，生成Na2CO3的物质的量n=0.005mol，由后续产生气体A为CO2，其物质的量n==0.025mol，碳元素守恒得白色固体C为Na2CO3，其物质的量n=0.025mol，所以原混合物中含有Na2CO3，其物质的量n=0.025mol-0.005mol=0.02mol，根据质量守恒定律：0.02mol 106g/mol+0.01mol84g/mol=2.96g，所以水的质量为3.32g-2.96g=0.36g，所以水的物质的量为：n==0.02mol，则n(Na2CO3):n(NaHCO3):n(H2O)=0.02mol:0.01mol:0.02mol=2:1:2故该天然碱的组成为2Na2CO3·NaHCO3·2H2O，天然碱受热分解的反应方程式为2[NaHCO3·2Na2CO3·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；或者2NaHCO3·4Na2CO3·4H2O＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；或者2[2Na2CO33·NaHCO·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；
（3）过量的天然碱溶液滴加少量的Ba(OH)2溶液，碳酸根离子有剩余，其离子反应方程式为：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，故答案：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-。
18、 2­乙基­1­己醇 ad
【解析】
由A、B的分子式及的结构简式C可知，A为CH3CH=CH2，B为CH2=CHCHO，由信息Ⅱ可知，C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢原子，则C8H17OH为，与丙烯酸发生酯化反应生成D，由流程图可知，F为等，因F不能与NaOH溶液反应，所以F为苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F与溴发生取代反应，又G的核磁共振氢谱中有3组峰，说明G中有3种位置的H原子，所以G为，由信息Ⅰ可知，D与G合成Q；
(1)结合分析写出G的结构简式；
(2)C8H17OH为，与-OH相连的C原子为第1位碳原子编号来命名；
(3)X为酚，甲基与酚-OH处于对位；
(4)由信息Ⅰ，D与G合成Q，并生成HBr；
(5)B为烯醛，C为烯酸，均含C=C键，但羧基中的C=O不能与氢气发生加成反应。
【详解】
由A、B的分子式及的结构简式C可知，A为CH3CH=CH2，B为CH2=CHCHO，由信息Ⅱ可知，C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢原子，则C8H17OH为，与丙烯酸发生酯化反应生成D，由流程图可知，F为等，因F不能与NaOH溶液反应，所以F为苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F与溴发生取代反应，又G的核磁共振氢谱中有3组峰，说明G中有3种位置的H原子，所以G为，由信息Ⅰ可知，D与G合成Q；
(1)由分析可知G的结构简式为为；
(2)C8H17OH为，与-OH相连的C原子为第1位碳原子编号来命名，其名称为2-乙基-1-己醇；
(3)F为苯甲醚，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，X为酚，甲基与酚-OH处于对位，则X为；
(4)由信息Ⅰ，D与G合成Q，并生成HBr，反应⑥的化学方程式为；
(5)B为烯醛，C为烯酸，均含C=C键，但羧基中的C=O不能与氢气发生加成反应；
a．均含C=C键，则二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正确；
b．C中含-COOH，能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，而B不能，故b错误；
c.1mol B最多消耗44.8L(标准状况)氢气，而C消耗22.4L氢气，故c错误；
d．B中含-CHO，C中含-COOH，二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应，故d正确；
故答案为ad。
19、提供水蒸气 提供水蒸气 在溶液中Fe3＋被未反应的铁粉完全还原为Fe2＋
【解析】
根据铁和水蒸气反应原理结合装置图以及相关物质的性质分析解答。
【详解】
（1）由于反应需要的是铁和水蒸气，则方法一中，装置A的作用是提供水蒸气，同样可判断方法二中，装湿棉花的作用也是提供水蒸气。
（2）铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，实验完毕后，取出装置一的少量固体，溶于足量稀盐酸中，由于反应中铁可能是过量的，过量的铁能与铁离子反应生成亚铁离子，所以再滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。
20、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】
(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。
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。
21、液态 蒸馏 TiCl4+(x+2)H2OTiO2·xH2O↓+4HCl b OH－+CO2=HCO3－ HCO3－会促进Al3+的水解，生成更多的Al(OH)3，净水效果增强 CH4 否 5Cl2+2CN－+4H2O=10Cl－+2CO2+N2+8H+
【解析】
（1）①根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点判断TiCl4与SiCl4在常温下的状态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法；
②由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl；
③Ⅳ为高温分解固体物质，通常在坩埚中进行；
（2）①中和法利用二氧化碳和碱反应的性质可除去OH-；
②HCO3-可与Al3+发生互促水解反应；
③由质量守恒可知，应为甲烷与Hg2+的反应；
④根据反应物的物质的量关系结合质量守恒配平。
【详解】
（1）①根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点可知，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法；
②由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2OTiO2•xH2O↓+4HCl；
③Ⅳ为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行，所以b正确；
（2）①pH接近7，用CO2处理，生成HCO3-，则反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-；
②HCO3-和Al3+发生相互促进的水解，生成CO2和Al（OH）3，从而增强净水效果；
③根据电荷守恒可质量守恒可知，应为Hg2+和CH4的反应，1L水中，n（Hg2+）=3×10-7mol，则m（Hg2+）=3×10-7mol×200.6g/mol=6.02×10-5g=0.06mg＞0.05mg，所以没有达到排放标准；
④废水Ⅳ常用C12氧化CN-成CO2和N2，若参加反应的C12与CN-的物质的量之比为5:2，则反应的离子方程式为5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+。