B项正确；反应③为HOCH2CH2CH2CH2OH发生消去反应生成1,3-丁二烯，则转化条件a为浓硫酸、加热，C项错误；1,3一丁二烯与等物质的量的Br2发生加成，可发生1,2加成和1,4加成，所得产物可能有2种，D项正确。13.B【解题分析】醛基也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；甲苯中的酸性KMO,溶液褪色，苯中不褪色说明与苯环相连的甲基易被氧化，B项正确；含酚羟基的有机物均会与氯化铁发生显色反应，则溶液中滴加氯化铁溶液后显紫色，不一定含苯酚，C项错误；加入硝酸银前需要用酸中和烧碱，D项错误。14.AD【解题分析】M和N所含官能团不同，结构不相似，不互为同系物，A项正确；齐墩果酸分子中存在多个饱和碳原子，故齐墩果酸分子中所有碳原子不可能处于同一面，B项错误；齐墩果酸中含有羧基，其裂解产物N中也含有羧基，二者均能与NHCO3溶液反应产生气泡，不可用NaHCO3溶液检验齐墩果酸是否完全裂解，C项错误；有机物M的分子式为CH:0,其不饱和度为2×14十2一24=3

关于碳碳双键对称，苯环关于支链对称，一氯取代可在碳碳双键上及其苯环上的邻、间、对位，共4种，B项正确；Ⅱ的分子存在碳碳双键，且两个碳原子均连接苯基和氢原子，故其存在顺反异构现象，C项正确；I(《一CH3)可以用来萃取溴水巾的溴，Ⅱ(含有碳碳双键可与溴水发生加成反应，但不可以用来萃取溴水中的溴，D项错误。16.D【解题分析】浓缩过程中，玻璃棒的作用为搅拌，过滤操作中，玻璃棒的作用为引流，两个操作中玻璃棒的作用不同，A项正确；由于甘露醇随乙醇含量的增大而骤减，因此向浓缩液中加入乙醇可使甘露醇析出，增大乙醇浓度能够提高甘露醇的析出率，操作①、过滤后得到乙醇溶剂和水，所以乙醇可循环利用，B项正确；甘露醇溶解度随温度的升高而增大，所以降低温度后甘露醇会析出，则操作①是降温冷却，过滤后得到粗品甘露醇，利用甘露醇在水中溶解度随温度变化差异进行重结晶可以得到精品甘露醇，℃项正确；甘露醇为有机醇类物质，灼烧后会发生燃烧反应，无法提取精品甘露醇(C6H4O6),所以不能将海带灼烧，D项错误。17.(1)不存在(1分)(2)ECH2-C=C-CH2(2分)HaC CH>2分(4)入、(2分)(5)2,3一二甲基丁烷；1：6（或6：1）；正己烷（各2分）18.(1)CH2=CH2(3分)；羧基(2分)(2)氧化反应(2分)；浓HNO3、浓H2SO4、加热(3分)H,COOH+CH,OHCH,COOCH,+H2O(NO19.(1)HNO3浓硫酸，H,O十(2分)(2)球形冷凝管(1分)；C6HNH+OH-→C6HNH2+H2O(2分)(3)①防止水蒸气冷凝，影响蒸馏效果(2分)②乙醚是易燃易挥发物质，防止爆炸；c(各1分)·55女【23·G3DY(新高考)·化学·参考答案一R一必考一G DONG】

第十三单元晶体结构与性质1.D【解题分析】C2H2是直线形分子，为非极性分子，A项错误；固体HC1为分子晶体，B项错误；●●为HgC12的球棍模型，C项错误；C1为17号元素，C1核外有18个电子，因此C1的结构示意图1)288，D项正确。2.D【解题分析】该化合物结构中不含羧基或者酚羟基，溶于水时没有克服共价键，A、B两项均错误；该化合物属于离子化合物，溶于水时，克服了离子键，C项错误；维生素B,分子中含有氨基和羟基，易形成氢键，故溶于水时要破坏离子键、氢键和范德华力，D项正确。3.C【解题分析】冰晶体属于分子晶体，A项错误；冰晶体中水分子间存在氢键，非分子密堆积，B项错误；Al2O3为两性氧化物，溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4],C项正确；SiO2形成的晶体为共价晶体，D项错误。4.A【解题分析】铝在第三周期第ⅢA族，是主族元素，A项错误；铁和氯气反应生成的氯化铁为共价化合物，铁与氯气反应形成共价键，B项正确；有特殊性能的材料可作新型材料，准晶体具有特殊性能，所以能开发成为新型材料，组成为铝一铜一铁一铬的准晶体中，铜、铝、铬金属元素在自然界中存在，所以准晶体在自然界中可能存在，C项正确；铜在第四周期第IB族，铁在第四周期第Ⅷ族，都属于过渡元素，D项正确。5.A【解题分析】冠醚与碱金属离子之间形成的是配位键，不是离子键，A项错误；由图可知，中心原子K+与6个氧原子形成配位键，则其配位数为6，B项正确；冠醚是皇冠状的分子，与碱金属离子形成配位阳离子，故晶体中还有阴离子，C项正确；该配合物晶体是由阴、阳离子组成的，故属于离子晶体，D项正确。6.B【解题分析】M分子中含有氨基，容易与蛋白质分子中的羧基形成氢键，A项正确；该反应的实质是CO2与氨基上的一个氢原子结合形成一个羧基，没有发生氧化还原反应，B项错误；CO2的结构式为O-C-O,含有双键，1个双键中含有1个。键和1个π键，因此一个CO2分子中存在两个ō键和两个π键，C项正确；烷基链越长，分子量越大，其离子液体的沸点越大，D项正确。7.D【解题分析CO2属于非极性分子，HO属于极性分子，A项错误；CO2分子中，中心原子碳·55【23·G3DY(新高考)·化学·参考答案一R一必考一HUB】

2752一534=+2218kJ·mol-1。化学反应的焓变等于产物的总能量与反应物总能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1olN一H键所需的能量为xkJ,旧键断裂吸收的总能量为154+4x+500=2218,解得x=391。7.A【解题分析1molS)2通入1L2mol·L1KOH溶液巾，生成1 mol K2 SC)s,放出yk的热量，由此可得SO2(g)+2KOH(aq)—K2SO3(aq)+HO(l)△H=-ykJ·mol-1①。32gSO2(0.5mol)通入750mL1mol·L1KOH溶液（含0.75 mol KOH)中充分反应，生成K2SO3、KHSO3各0.25mol,测得反应放出xkJ的热量，其热化学方程式为2SO2(g)+3KOH(aq)—K2SO3(aq)+KHSO3(aq)十H2O(1)△H=-4xkJ·mol-1②。由②-①可得SO2与KOH溶液反应生成KHSO3的热化学方程式：SO2(g)+KOH(aq)一KHSO3(aq)△H=一(4x一y)kJ·mol-1,A项正确。8.D【解题分析】5mol混合气体完全燃烧生成CO2和H2O1)共放热3695kJ,设H2与CH4的物质的量分别为xmol、ymol,根据两个热化学方程式列方程组可得联立方程式：x十y=5①，285.8x十890y=3695②，解得x和y分别为1.25和3.75，则原混合气体的均相对分子质量为2X1,25+375X16-12.5,D项正确。1.25+3.759.B【解题分标1C+0一C0,可看成C+号0，一C0.C0+}0,一C0,X、Y,乙的物质的量相等，符合△H=△H1十△H2,A项不符合题意；因S与氧气反应生成二氧化硫，不会直接生成三氧化硫，则不符合转化，B项符合题意；AICla+4NaOH一3NaC1+NaA1O2+2H,O可看成AlCL3+3NaOH=Al(OH)3￥+3NaCl、Al(OH)3+NaOH=NaA1O2+2H2O,X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1十△H2,C项不符合题意；Fe+4HNO3Fe(NO,)+NOA+2H,O可看成Fe十HO,一Fe(NO),十号N0A+喜HO,Fe(NO,):+HNO,一Fe(NO)十N04+号HO,X,Y,Z的物质的量相等，符合△H=△H1十△H2,D项不符合题意。10.D【解题分析】由图可知，反应过程中没有OH键的断裂，A项错误；该反应的焓变为(a一b)kJ·ol-1,B项错误；向溴乙烷中加入氢氧化钠水溶液，加热，加硝酸酸化后再加入AgN)溶液检验溴元素，C项错误；根据始态和终态物质可得总反应的离子方程式为CH3CH2Br+OH→CH3CH2OH十Br,D项正确。11.C乐·32·【23·G3DY(新高考)·化学·参考答案一R一必考一HUB】

正确；该片段结构中碳碳双键能与溴水发生加成反应从而使溶液褪色，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应从而使溶液褪色，D项正确。8.A【解题分析】油脂难溶于水，皂化反应的产物中高级脂肪酸钠和甘油都易溶于水，皂化反应完成的标志是液体不分层，A项正确；盐析的原理是加入氯化钠固体从而降低高级脂肪酸钠的溶解度，所以属于物理变化，B项错误；操作③是分离高级脂肪酸钠和溶液，应用过滤的方法，C项错误；甘油的混合液不分层，不能用分液的方法来得到甘油，D项错误。9.C【解题分析】蔗糖的分子结构中都含有羟基，且至少有一个连接醇羟基的碳原子的相邻碳原子上有氢原子，能发生消去反应，A项正确；天然油脂、非天然油脂中都含有酯基，都能发生水解反应，蔗糖在稀硫酸作用下能水解产生葡萄糖和果糖，B项正确；皂化反应是仅限于油脂与氢氧化钠（或氢氧化钾）溶液混合，得到高级脂肪酸的钠盐（或高级脂肪酸的钾盐）和甘油的反应，非天然油脂水解产物中没有甘油，不属于皂化反应，C项错误；植物油、非天然油脂中都含有碳碳双键，都可以与H2发生加成反应，D项正确。10.D【解题分析】(C6H1oO5)n~nCsH12O6~nCu2O162n144nm1.44g162m144nn1.44g解得m=1.62g。则淀粉的水解率为·62X100%=18%。11.D【解题分析】色氨酸分子中含有的官能团为COOH、一NH2,其中一COOH有酸性，一NH2CH,CHCOO有碱性，故二者能反应生成》NH,A项正确：色氨酸分子较大，含有苯环，溶解N一H度较小，色氨酸盐有阴、阳离子，溶解度较大，根据化学衡移动原理，通过调节溶液的H可使色氨酸盐向色氨酸转化，当色氨酸过饱和时便形成晶体析出，B项正确；色氨酸属于氨基酸，因此它具有氨基酸的性质，能发生脱水缩合反应，C项正确；褪黑素与色氨酸分子结构相差较大，如褪黑素的苯环上有一OCH3,色氨酸没有，褪黑素五元环上的侧链(一CH2CHNC一CH3)含有肽键，色氨酸五元环上的侧链（一CH2 CHCOOH)含氨基H ONH2和羧基，故色氨酸有两性，褪黑素没有两性，D项错误。12.BC【解题分析】由叶蝉散的分子结构可知叶蝉散中不含有一COOH,A项错误；邻异丙基苯酚分子中含有7种不同化学环境的氢原子，则邻异丙基苯酚的核磁共振氢谱有7组峰，B项正·73【23·G3DY(新高考)·化学·参考答案-LKB一必考一SD】

18gm品-Q2mo1,均分子组成中H原子数日为，2mlX2-4,故该混合烃的均3.6g0.1 mol分子式为C.6H4。根据C原子可以知道，该混合物中一定含有CH4,根据H原子可以知道，另一烃的分子中H原子数目为4，A项正确。10.A【解题分析】乙酸乙酯不与饱和碳酸钠溶液反应，难溶于水，且乙酸能与饱和碳酸钠溶液反应生成可溶性的乙酸钠，故用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸后，可用分液的方法得到乙酸乙酯，A项正确；氧化钙与水反应生成氢氧化钙，由于氢氧化钙与乙醇沸点不同，因此可用蒸馏的方法除杂，B项错误；由于乙烷不与溴水反应，乙烯可与溴水发生加成反应，故可用洗气的方法除杂，C项错误；乙醇和氧化钙不反应，故无法除去苯中的乙醇，D项错误。11.C【解题分析】由结构简式可知，分子式为C6H6O3,A项错误；分子中羟基直接连接在苯环上，是酚羟基，该分子属于酚类，B项错误；分子中含有碳碳双键和酚羟基，故能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C项正确；1个该分子中含有1个碳碳双键和2个苯环，均能与氢气发生加成反应，故1mol该兴奋剂最多可与7molH2发生加成反应，D项错误。12.C【解题分析】异丙苯和液溴在溴化铁作催化剂的条件下发生取代反应生成对溴异丙基苯，A项正确；由于溴易挥发，因此得到的HBr中含有溴单质，用四氯化碳萃取HBr中的溴单质，B项正确；HBr极易溶于水，故验证生成的HBr时要防倒吸，C项错误；对溴异丙基苯密度比水大，故分液时对溴异丙基苯在下层，D项正确。13.DCHCH3【解题分析】命名为1,2,4一三甲苯，A项错误；人入命名为4-甲基-2H CC.HH:C2戊烯，B项错误；CHCH(CH2)2CH3命名为3一甲基己烷，C项错误；H2C一CCH2CH3命名为2一乙基一1一丁烯，D项正确。14.D【解题分析】浓缩过程中，玻璃棒的作用为搅拌，过滤操作中，玻璃棒的作用为引流，两个操作中玻璃棒的作用不同，A项正确；由于甘露醇随乙醇含量的增大而骤减，因此向浓缩液中加入乙醇可使甘露醇析出，增大乙醇浓度能够提高甘露醇的析出率，操作①、过滤后得到乙醇溶剂和水，所以乙醇可循环利用，B项正确；甘露醇溶解度随温度的升高而增大，所以降低温度后甘露醇会析出，则操作①是降温冷却，过滤后得到粗品甘露醇，利用甘露醇在水中溶解度随温度变化差异进行重结晶可以得到精品甘露醇，C项正确；甘露醇为有机醇类物质，灼烧后会发生燃烧反应，无法提取精品甘露醇(C6H4O),所以不能将海带灼烧，D项错误·48·【23·G3DY(新高考)·化学·参考答案一R一必考一CQ】

等发生加成反应，C项错误；布洛芬分子中含有羧基，能和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，D项正确。8.D【解题分析】A项，X、Y、Z中均含有碳碳双键，均可发生加聚反应，正确；B项，由官能团的转化，可知1,3一丁二烯与丙烯酸乙酯发生加成反应生成X,X发生还原反应生成Y,Y发生取代反应生成Z,正确；C项，由化合物Z一步制备化合物Y,发生的是水解反应，应在氢氧化钠的水溶液中进行，正确；D项，Y中含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，不正确9.C【解题分析】由图可知，CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的反应物为二氧化碳、乙烯和一碘甲烷，生成物为丙烯酸甲酯和碘化氢，反应的化学方程式为CO2十CH2一CH2十CH3I催化剂CH,-CHCOOCH+Hl。由分析可知，该过程实现了CO,的转化，有利于实现“碳中和”和“碳达峰”，A项正确；由图可知，步骤③生成丙烯酸甲酯的过程中存在C一H键的断裂，B项正确；由分析可知，生成物为丙烯酸甲酯和碘化氢，则反应的原子利用率不可能为100%,C项错误；由分析可知，二氧化碳、乙烯和一碘甲烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸甲酯和碘化氢，则二氧化碳、乙烯和一碘乙烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸乙酯和碘化氢，D项正确。10.C【解题分析】由题意可知A的结构简式为CH2一CHCH2CH2OH,A项错误；物质C为Br,合有的忙能团有镂键，碳溴键（或误原了），B项错误，D和K分别为)或0巾的种，含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；反应①是CH2BrCHCH2CH2OH与溴单质发生加成反应生成CH2 BrCHBrCH2CH2OH,反应③是转发生消去反应，D项错误。11.(1)氢氧化钠的醇溶液、加热(2分)(2)聚乙二酸乙二酯(1分)(3)C(1分)BrOHOH+2NaBr;nHOOC-COOH+xHOCH2 CH2 OH难化剂.H0FC-C-0-CH,-CH2-0H+(2m-1)H,O(各2分y△(5)CH2=CHCOOCH3;CH COOCH=CH2(各1分)·88【23·G3DY(新高考)·化学·参考答案一LKB一必考一FJ】

第三十单元一轮复综合诊断测试1.D【解题分析】太阳能电池的主要成分是Si,不是SiO2,A项错误；发酵粉的有效成分是NaHCO3,不是Na2CO3,B项错误；明矾是KAl(SO4)2·12H2O,C项错误；钡餐的主要成分是BaSO1,D项正确。2.B【解题分析】1 mol Na与100gH2O反应，H2O过量，反应①产生0.5molH2,A项正确；反应③的离子方程式为2Na2O2+2H2O一4Na++4OH+O2个，B项错误；Na2O2中阴、阳离子数目之比为1：2，C项正确；①②③充分反应后所得溶液中溶质(NaOH)的质量分数：③=②>①，D项正确。3.B【解题分析】一氧化氮被氧化生成二氧化氮，二氧化氨与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，A项正确；氯化钠不能通过一步反应得到过氧化钠，B项错误；氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，C项正确；氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，各物质之间通过一步反应可以实现，D项正确。4.D【解题分析】向F(NO)3稀溶液中加入过量的HI稀溶液，NO。在酸性条件下具有强氧化性，能够将厂氧化为L2,而且Fe3+也能将I氧化为I2,则反应的离子方程式为Fe3-+3NO5+12H++10I-5I2+3NOA+Fe++6H2O,A项错误；H+结合OH的能力比NH4强，发生反应H+十OH一H2O,B项错误；Fe过量，反应产生Fe+,C项错误；铜丝和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，故离子方程式为3Cu+2NO2十8H+一3Cu2-+2NOA+4H2O,D项正确。5.C【解题分析】根据元素W、X的单质均为空气的重要组成部分，可知W、X为N元素和O元素的一种，结合14W+He→X+1Y知X的质子数大于W,则W为N元素，X为O元素，根据9Z十He12C+n,可知Z的质子数为4，则Z为Be。W、X的单质为N2、O2,均可发生氧化还原反应，如N十3Mg点槛Mg,N,O,十2Mg点基2MgO,A项正确：Be(OHD,的碱性弱于Mg(OH)2,B项正确；非金属性：O>N,所以最简单氢化物的稳定性：O>N,C项错误；N元素与H元素可形成NH3、N2H4等化合物，O元素与H元素可形成H2)、HO2等化合物，D项正确。6.D【解题分析】两次氯化的作用是相同的，目的都是将Br氧化为Br2,故A项错误；吸收塔内反·97【23·G3DY(新高考)·化学·参考答案一LKB一必考一FJ】

由题图，当日该地是5时日出，正午12时为当地白天的中间时刻，则该地日落时间应该是19时，A错误。因该地的昼长时间为14小时，说明昼长夜短，此时北半球是夏季，纬度位置越高，昼越长，因此说明此时北半球中纬度昼长较海口的白昼长，B正确。北半球中纬度正午地物影子年内最长时间是冬至日，太阳直射点位于南回归线时，此时太阳直射点位于北半球，C错误；北半球中纬度地区全年正午太阳位于正南方，D错误。故选B。【点睛】每年5月下旬至6月中旬是广东前汛期雨量最多、降水最集中的时期，该期间的降水俗称“龙舟水”。一般在5月第5候(5天一候)，南海短短几天内风向及性质发生突变，具有持续时间长、暴雨落区局地性强、强对流突发性高、造成灾情重等特点，“龙舟水”雨量年际变化较大，在某些年份出现增多或减少的突变。下图为广东1961-2015年均“龙舟水”的降水量空间分布图（单位：m)。据此完成下面小题。25N24N23N-22N21N20N-110E111E112E113E114E115E116E117E15.广东省“龙舟水”的分布规律是()A.原多山地少B.西南多东北少C.珠江三角洲最多D.珠三角周边山区最多16.影响“龙舟水”降水量空间分布的主要因素有（)①地形状况②锋面天气③沿岸洋流④城市分布A.①③B.①②C.②③D.②④17.影响“龙舟水”雨量突变的气压带或风带可能是（)A.副热带高压B.蒙古高压C.赤道低气压带D.中纬西风带【答案】15.D16.B17.A【解析】【15题详解】第8页/共20页

示分子个数，C项错误；1ol甲烷完全燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量就是甲烷的燃烧热，D项错误。8.A【解题分析】已知：①((g)一)(g)+H(g)△H1=+100.3k·mol1,②H(g)十L2(g)2HI(g)△H=-11.0k·mo。根据盖斯定律，由①+②可得反应)(g)+12(g)〔(g)十2HI(g)△H=+89.3k·mol1,A项正确。9.B【解题分析】丙烷充分燃烧生成CO2和水，CO2和NaOH反应生成NaHCOs,化学方程式为CO2+NaOH一NaHCO3,根据化学方程式知，n(CO2)=n(NaOH)=6mol·L1×0.1L=0.6mol,丙烷的燃烧热是指1mol丙烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，根据C原子守恒得n(C,H,)=(C0,)×号-0.6mol×号-0.2mol,0.2mol丙烷完全燃烧放出xQkJ热量，则1mol丙烷完全燃烧放出的热量为5xQkJ,因此丙烷的燃烧热△H=-5xQkJ·mol-1。10.B【解题分析】根据图中内容，可以看出N2H4(g)十O2(g)一2N(g)十4H(g)十2O(g)△H3=2752一534=十2218kJ·ol-1。化学反应的焓变等于产物的总能量与反应物总能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1olN一H键所需的能量为xkJ,旧键断裂吸收的总能量为154十4x十500=2218，解得x=391。11.A【解题分析】1 mol SO2通入1L2mol·L1KOH溶液中，生成1molK2SO3,放出ykJ的热量，由此可得SO2(g)+2KOH(aq)=K2SO3(aq)+H2O(1)△H=-yk·mol1①。32gSO2(0.5mol)通入750mL1mol·L1KOH溶液（含0.75 mol KOH)中充分反应，生成KSO3、KHSO3各0.25mol,测得反应放出xkJ的热量，其热化学方程式为2SO2(g)+3KOH(aq)=K2SO3(aq)+KHSO3(aq)+H2O1)△H=-4xkJ·mol-1②。由②-①可得SO2与KOH溶液反应生成KHSO3的热化学方程式：SO2(g)+KOH(aq)KHSO3(aq)△H=-(4x-y)kJ·mol-1,A项正确。12.B【解题分析1C+0,一C0,可看成C+号0，一C0.C0+号2—CO2,X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1十△H2,A项不符合题意；因S与氧气反应生成二氧化硫，不会直接生成三氧化硫，则不符合转化，B项符合题意；AICL3十4NaOH一3NaCI+NaA1O2+2H,O可看成A1CL+3NaOH一Al(OH)3￥+3NaC1、Al(OH)3+NaOH一NaA1O2+2H2O,X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1+△H2,C项不符合题意；Fe十4HNO3Fe(NO,):+N0A+2H0可看成Fe+HNO,-Fe(N0为+号N0+号HO.FeN)十号HNO,一Fe(NO),十子NO+号H,O,X、Y、Z的物质的量相等，符合·26【23·G3DY(新高考)·化学·参考答案一R一必考-CQ】