2023学年湖南省东安一中高二化学第二学期期末监测模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、元素“氦、铷、铯”等是用下列哪种科学方法发现的A．红外光谱B．质谱C．原子光谱D．核磁共振谱2、下列变化符合图示的是()①冰雪融化②KMnO4分解制O2③铝与氧化铁的反应④钠与水反应⑤二氧化碳与灼热的木炭反应⑥碘的升华⑦Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应.A．②⑥⑦ B．②⑤⑦ C．①②⑤⑥⑦ D．③④3、氯碱工业的原理示意图如图。下列说法正确的是A．M为负极B．通电使氯化钠发生电离C．出口c收集到的物质是氯气D．通电一段时间后，阴极区pH降低4、下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），生成物并不改变的有（）组①NaHCO3溶液和NaOH溶液②Na和O2③NaOH和CO2④Na2O2和CO2⑤NaAlO2和HCl⑥Na2CO3溶液和盐酸A．1组B．2组C．3组D．4组5、二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下是一种橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构与H2O2类似，熔点为193K，沸点为411K，遇水很容易水解，产生的气体能使品红褪色，S2Cl2可由干燥氯气通入熔融的硫中制得。下列有关说法正确的是A．S2Cl2的电子式为B．固态时S2Cl2属于原子晶体C．S2Cl2与NaOH的化学方程式可能为：S2Cl2+6NaOH=2NaCl+Na2SO3+Na2S+3H2OD．S2Cl2是含有极性键和非极性键的离子化合物6、+3价Co的八面体配合物CoClm·nNH3,中心原子的配位数为6,若1mol配合物与AgNO3作用生成2molAgCl沉淀,则m和n的值是()A．m=1、n=5 B．m=3、n=3 C．m=3、n=4 D．m=3、n=57、下列关于醛的说法中正确的是()A．所有醛中都含醛基和烃基B．所有醛都会使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，并能发生银镜反应C．一元醛的分子式符合CnH2nO的通式D．醛的官能团是8、根据下列图示所得出的结论正确的是A．图是水的电离与温度的关系曲线，a的温度比b的高B．图是HI(g)分解能量与反应进程关系曲线，a、b中I2依次为固态、气态C．图是反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的速率与时间的关系，t1时改变条件是减小压强D．图是相同浓度相同体积的NaCl、NaBr及KI溶液分别用等浓度AgNO3溶液的滴定曲线，若已知：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，则a、b、c依次是KI、NaBr和NaCl9、有机物分子中，当某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团时，这种碳原子称为“手性碳原子”。例如，下列有机物分子中带“*”碳原子就是手性碳原子。该有机物分别发生下列反应，生成的有机物分子中仍含有手性碳原子的是A．与银氨溶液作用发生银镜反应 B．催化剂作用下与反应C．与乙酸发生酯化反应 D．与NaOH溶液加热条件下反应10、能证明苯酚具有弱酸性的实验是(

)A．加入浓溴水生成白色沉淀 B．苯酚钠溶液中通入CO2后，溶液由澄清变浑浊C．浑浊的苯酚加热后变澄清 D．苯酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠11、乙二酸，又称草酸，通常在空气中易被氧化而变质。其两分子结晶水(H2C2O4·2H2O)却能在空气中稳定存在。在分析化学中常用H2C2O4•2H2O做KMnO4的滴定剂，下列关于H2C2O4的说法正确的是A．草酸是二元弱酸，其电离方程式为H2C2O4═2H++C2O42−B．草酸滴定KMnO4属于中和滴定，可用石蕊做指示剂C．乙二酸可通过乙烯经过加成、水解、氧化再氧化制得D．将浓H2SO4滴加到乙二酸上使之脱水分解，分解产物是CO2和H2O12、2016年诺贝尔化学奖授予研究“分子机器的设计与合成”的三位科学家。轮烷是一种分子机器的轮子，合成轮烷的基本原料有苯、丙烯、二氯甲烷、戊醇。下列说法正确的是（）A．苯能与溴水发生加成反应B．丙烯能被酸性KMnO4氧化C．戊醇易溶于水D．二氯甲烷有两种同分异构体13、一种新型材料B4C，它可用于制作切削工具和高温热交换器。关于B4C的推断正确的是A．B4C是一种原子晶体B．B4C是一种离子晶体C．B4C是一种分子晶体D．B4C分子是由4个硼原子和1个碳原子构成的14、下列有机物属于脂肪烃的是（）A．新戊烷 B．氯乙烷 C．硬脂酸 D．甲苯15、电—Fenton法是用于水体里有机污染物降解的高级氧化技术，其反应原理如图所示，其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应，Fe2+＋H2O2=Fe3+＋OH－＋•OH，生成的烃基自由基(•OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是（）A．电解池左边电极的电势比右边电极的电势高B．电解池中只有O2和Fe3+发生还原反应C．消耗1molO2，电解池右边电极产生4mol•OHD．电解池工作时，右边电极附近溶液的pH增大16、下列说法正确的是A．HF沸点高于HCl，是因为HF分子极性大，范德华力也大B．在PCl5分子中，各原子均满足最外层8电子结构C．可燃冰是甲烷的结晶水合物，甲烷可与水形成氢键D．S2Br2与S2Cl2结构相似，则熔、沸点：S2Br2>S2Cl2二、非选择题（本题包括5小题）17、现有七种元素A、B、C、D、E、F、G，其中A、B、C为三个不同周期的短周期元素，E、F、G为第四周期元素。请根据下列相关信息，回答问题。A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素原子的核外p电子数与s电子数相等C基态原子的价电子排布为nsn-1npn+1D的能层数与C相同，且电负性比C大E元素的主族序数与周期数的差为1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第五列(1)C基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有_________个方向，原子轨道呈________形，C简单离子核外有______种运动状态不同的电子。(2)①一般情况下，同种物质为固态时密度大于其液态，但固态A2B的密度比其液态时小，原因是_______；②A2B2难溶于CS2，简要说明理由：__________________________________________。(3)G位于________族________区，它的一种氧化物常用于工业生产硫酸的催化剂，已知G在该氧化物中的化合价等于其价电子数，则该氧化物的化学式为_______________；F晶体的空间堆积方式为________。(4)ED3分子的VSEPR模型名称为__________，其中E原子的杂化轨道类型为________。18、（选修5：有机化学基础）化合物E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过下图所示的路线合成：（1）E中的含氧官能团名称为__________。（2）B转化为C的反应类型是__________。（3）写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式__________。（4）1molE最多可与__________molH2加成。（5）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式__________。A．苯环上只有两个取代基，且除苯环外无其他环状结构B．核磁共振氢谱只有4个峰C．能与FeCl3溶液发生显色反应（6）已知：酚羟基一般不易直接与羧酸酯化，甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸。试参照如下和成路线图示例写出以苯酚、甲苯为原料制取苯甲酸苯酚酯()的合成路线(无机原料任选)_______。合成路线流程图示例如下：19、如图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置，试回答试回答：（1）②中的实验现象为______________。（2）④中的实验现象为______________，此实验说明SO2有____________性．（3）⑤中的实验现象为____________，此实验说明SO2有________性．（4）⑥的作用是___________，反应方程式是_____________________。20、工业以浓缩海水为原料提取溴的部分过程如下：某课外小组在实验室模拟上述过程设计以下装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）：（1）实验开始时，A装置中不通热空气，先通入a气体的目的是（用离子方程式表示）_________。（2）A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通热空气。通入热空气的目的是_________。（3）反应过程中，B装置中Br2与SO2反应的化学方程式____________________。（4）C装置的作用是___________________。（5）该小组同学向反应后B装置的溶液中通入氯气，充分反应得到混合液。①一位同学根据溴的沸点是59℃，提出采用______方法从该混合液中分离出溴单质。②另一位同学向该混合液中加入四氯化碳，充分振荡、静置后放出下层液体，这种方法是________。（6）某同学提出证明反应后B装置的溶液中含有溴离子的实验方案是：取出少量溶液，先加入过量新制氯水，再加入KI淀粉溶液，观察溶液是否变蓝色。该方案是否合理并简述理由：_______。21、近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：（1）反应Ⅰ：2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）ΔH=+550kJ·mol-1它由两步反应组成：i.H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）ΔH=+177kJ·mol-1ii.SO3（g）分解。L（L1、L2）、X可分别代表压强和温度。下图表示L一定时，ii中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系。①X代表的物理量是_____________________。②判断L1、L2的大小关系是______________。（2）反应Ⅱ：I－可以作为催化剂，可能的催化过程如下。i.SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O；ii.I2+2H2O+SO2=SO42－+4H++2I－；探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）序号ABCD试剂组成0.4mol/LKIamol/LKI0.2mol/LH2SO40.2mol/LH2SO40.2mol/LKI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快①B是A的对比实验，则a=__________。②比较A、B、C，可得出的结论是_______________________________。③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：___________。（3）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32-）:n（HSO3－）变化关系如下表：n（SO32－）:n（HSO3－）91:91:11:91pH8.27.26.2当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：①上表判断NaHSO3溶液显__________性，用化学平衡原理解释：_____________。②HSO3－在阳极放电的电极反应式是______，当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】试题分析：A．红外光谱可获得分子中含有何种化学键或官能团的信息，故A错误；B．质谱用电场和磁场将运动的离子按它们的质荷比分离后进行检测的方法，常用确定实验式，故B错误；C．原子光谱是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，用原子光谱可以研究原子结构，故C正确；D．核磁共振氢谱法可确定分子中不同位置的H的数目，故D错误；故选C。考点：结构化学的研究与现代物理学特别是量子力学、光学的发展息息相关，常见物理检测手段是从事化学结构研究的必备工具。2、B【答案解析】

图示，反应物的总能量小于生成物的总能量，该图示表示的是吸热反应，据此回答。【题目详解】①冰雪融化吸热，是物理变化，不符合；②KMnO4分解制O2是吸热反应，符合；③铝与氧化铁的反应是放热反应，不符合；④钠与水的反应是放热反应，不符合；⑤二氧化碳与灼热木炭的反应是吸热反应，符合；⑥碘的升华吸热，是物理变化，不符合；⑦Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl反应是吸热反应，符合；答案选B。【答案点睛】掌握常见的放热反应和吸热反应是解答的关键，一般金属和水或酸的置换反应、酸碱中和反应、一切燃烧、大多数化合反应和置换反应、缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应、铵盐和碱反应、碳（或氢气或CO）作还原剂的反应等是吸热反应。另外还需要注意不论是放热反应还是吸热反应均是化学变化。3、C【答案解析】

饱和食盐水从a口进入，在出口变为稀食盐水，则可以推出Cl-在左侧电极放电，则该电极为阳极，所以M为电源的正极；同理，稀氢氧化钠溶液从b口进入，在出口变为浓氢氧化钠溶液，说明OH-在右侧电极生成，则该电极为阴极，所以N为电源的负极。【题目详解】A.饱和食盐水从a口进入，在出口变为稀食盐水，则可以推出Cl-在左侧电极放电，则该电极为阳极，所以M为电源的正极，A错误；B.氯化钠在水中，本身在水的作用下发生电离，不需要通电，B错误；C.Cl-在左侧放电，所以出口c收集的物质是Cl2，C正确；D.右侧电极为阴极，该处产生OH-，则通电一段时间后，OH-浓度增大，所以pH增大，D错误；故合理选项为C。【答案点睛】在不知道阴极、阳极的情况下，需要将题目中的装置图仔细分析，从而判断出阴极和阳极。4、B【答案解析】分析：①碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；②钠在常温下或点燃时与氧气反应产物不同；③氢氧化钠与二氧化碳反应可以生成碳酸钠或碳酸氢钠；④过氧化钠与二氧化碳反应生成物是碳酸钠和氧气；⑤根据氢氧化铝是两性氢氧化物分析；⑥根据碳酸钠与盐酸反应分步进行分析。详解：①NaHCO3溶液和NaOH溶液反应只能生成碳酸钠和水，①正确；②Na和O2常温下反应生成氧化钠，点燃则生成过氧化钠，②错误；③足量NaOH溶液和CO2反应生成碳酸钠和水，二氧化碳如果过量，则生成碳酸氢钠，③错误；④Na2O2和CO2反应只能生成碳酸钠和氧气，④正确；⑤NaAlO2和HCl反应时如果盐酸过量则生成氯化钠、氯化铝和水，如果偏铝酸钠过量则生成氢氧化铝和氯化钠，⑤错误；⑥Na2CO3溶液和盐酸是分步进行的，如果盐酸不足，则生成碳酸氢钠和氯化钠，如果盐酸过量则生成氯化钠、水和二氧化碳，⑥错误；答案选B。5、C【答案解析】

A、S2Cl2的分子结构类似与H2O2，因此S2Cl2的电子式为，故A错误；B、S2Cl2固体的熔点、沸点低，说明固体S2Cl2为分子晶体，故B错误；C、S2Cl2遇水很容易水解，产生的气体能使品红褪色，说明此气体为SO2，即与水反应2S2Cl2＋2H2O=SO2↑＋4HCl＋3S↓，因此S2Cl2与NaOH反应的化学反应方程式为：S2Cl2+6NaOH=2NaCl+Na2SO3+Na2S+3H2O，故C正确；D、根据A选项分析，含有化学键为极性键和非极性键，S2Cl2不属于离子化合物，属于共价化合物，故D错误；答案选C。6、D【答案解析】

1mol配合物生成2molAgCl沉淀，知道1mol配合物电离出2molCl－，即配离子显+2价，又因为外界有2个Cl－，且Co显+3价，所以[CoClm-2·nNH3]2+中有1个氯原子，即m=3，又因为是正八面体，中心原子配位数为6，所以n=6-1=5，所以m=3，n=5；本题答案选D。7、B【答案解析】

A.甲醛只含一个醛基和一个氢原子，并不含烃基，故A错误；B.所有醛都会使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，并能发生银镜反应，故B正确；C.饱和一元醛的分子式才符合CnH2nO的通式，故C错误；D.醛的官能团是，故D错误。答案选B。【答案点睛】本题考查醛的结构和性质，醛都会使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，并能发生银镜反应，但能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，并能发生银镜反应的有机物不一定是醛。8、D【答案解析】

A.水的电离过程吸收热量，升高温度，促进水的电离，水电离产生的c(H+)、c(OH-)增大，则离子浓度的负对数值就小，因此a的温度比b的低，A错误；B.固体I2的能量比气体I2的能量低，所以a为气体I2，b为固体I2，B错误；C.t1时正、逆反应速率都增大，而且相同，说明改变条件可能是增大压强，C错误；D.由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，当溶液中卤素离子相同时，需要的Ag+浓度Cl->Br->I-，需要的c(Ag+)越大，其负对数就越小，因此a、b、c依次是KI、NaBr和NaCl，D正确；故合理选项是D。9、A【答案解析】

A.该有机物与银氨溶液反应后的生成的有机物中，原来的手性碳原子现在连接的原子或原子团是：一个溴原子、一个-CH2OH、一个CH3COOCH2-、一个-COOH，所以该原子仍然是手性碳原子，故A符合题意；B.该有机物在催化剂作用下与氢气反应，即醛基与氢气加成反应生成-CH2OH，原来的手性碳原子现在连接两个-CH2OH，所以反应后，该物质中没有手性碳原子，故B不符合题意；C.该有机物与乙酸反应生成的酯，即原来的手性碳原子现在连接两个CH3COOCH2-，所以该物质在反应后没有手性碳原子，故C不符合题意；D.该有机物与氢氧化钠溶液反应后酯基发生水解，反应生成的醇，原来的手性碳原子现在连接两个-CH2OH，所以没有手性碳原子，故D不符合题意；故选A。【答案点睛】掌握官能团的结构与性质，并能够灵活应用是解答本题的关键。10、B【答案解析】

A．浓溴水与苯酚发生取代反应，生成白色沉淀，无法说明苯酚的酸性，故A错误；B．二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸是弱酸，与苯酚钠溶液反应生成苯酚，说明苯酚酸性比碳酸弱，故B正确；C．苯酚的浑浊液加热后变澄清，说明温度升高苯酚溶解度增大，无法说明苯酚的酸性，故C错误；D．苯酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠，只能说明苯酚溶液呈酸性，故D错误；答案选B。【答案点睛】根据强酸制备弱酸来判断。11、C【答案解析】

A．多元弱酸的电离是分步进行的，电离方程式为H2C2O4H++HC2O4-，故A错误；B．高锰酸钾本身就是紫红色，不需要指示剂，该反应是氧化还原滴定，故B错误；C．乙烯和氯气加成生成1，2－二氯乙烷，上述产物水解成乙二醇，乙二醇催化氧化为乙二醛，乙二醛发生银镜反应生成乙二酸，故C正确；D．乙二酸在酸和受热的条件下易分解出甲酸和二氧化碳，故D错误；故选C。12、B【答案解析】分析：轮烷分子如图，A、苯不能与溴水发生加成反应；B、丙烯含有碳碳双键，能被酸性KMnO4氧化；C、戊醇含有羟基，能溶于水，烃基是憎水基，在水中溶解度小；D、CH2C12有一种同分异构体。详解：A、苯中没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，故A错误；B、丙烯含有碳碳双键，能被酸性KMnO4氧化，故B正确；C、戊醇含有羟基，能溶于水，烃基是憎水基，在水中溶解度小，故C错误；D、甲烷为正四面体结构，CH2C12有一种同分异构体，故D错误；故选B。点睛：本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握有机物中的官能团的性质，侧重分析与应用能力的考查，易错点A，苯中没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，难点D，甲烷为正四面体结构，CH2C12有一种同分异构体。13、A【答案解析】

B4C由非金属性元素组成，不可能为离子晶体，可用于制作切削工具和高温热交换器，说明该物质的熔点高，硬度大，符合原子晶体的特征，应为原子晶体，原子晶体中不存在单个分子，构成微粒为原子，故选A。14、A【答案解析】

A.新戊烷属于脂肪烃，只含C、H元素，为链烃基结构，A正确；B.氯乙烷含有Cl元素，属于烃的衍生物，B错误；C.硬脂酸中含有C、H和O元素，属于烃的衍生物，C错误；D.甲苯中含有苯环，属于芳香烃，D错误；故合理选项是A。15、C【答案解析】

A.电解池左边电极上Fe2+失电子产生Fe3+，作为阳极，电势比右边电极的电势低，选项A错误；B.O2、Fe3+在阴极上得电子发生还原反应，H2O2与Fe2+反应，则H2O2发生得电子的还原反应，选项B错误；C.1molO2转化为2molH2O2转移2mole-，由Fe2+＋H2O2=Fe3+＋OH－＋•OH可知，生成2mol•OH，阳极电极方程式为H2O-e-=•OH+H+，转移2mole-，在阳极上生成2mol•OH，因此消耗1molO2，电解池右边电极产生4mol•OH，选项C正确；D.电解池工作时，右边电极水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为H2O-e-=•OH+H+，附近溶液的pH减小，选项D错误；答案选C。16、D【答案解析】

A.HF沸点高于HCl，是因为HF分子之间存在着氢键，故A错误；B.分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构的判断公式是：化合价的绝对值+原子最外层电子数=8。在PCl5分子中P原子不符合8电子稳定结构公式，故B错误；C.可燃冰是甲烷的结晶水合物，碳的电负性较弱，不能形成氢键，故C错误；D.组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，所以S2Br2与S2Cl2的熔、沸点大小为：S2Br2>S2Cl2，故D正确；综上所述，本题正确答案为D。【答案点睛】考查分子间的作用力。氢键是一种特殊的分子间作用力，它比化学键弱，比分子间作用力强；分子间作用力影响的是物质的熔沸点。二、非选择题（本题包括5小题）17、3哑铃18冰中的水分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2ⅤBdV2O5体心立方堆积四面体形sp3【答案解析】

A、B、C、D为短周期主族元素，其中A、B、C为三个不同周期的短周期元素，E、F、G为第四周期元素，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数与s电子数相等，则B是C元素；C基态原子的价电子排布为nsn-1npn+1，由s轨道电子数目为2,可知，n=3，则C为S元素；D的能层数与C相同，且电负性比C大，则D为Cl元素；E元素的主族序数与周期数的差为1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大，则E是As元素；F是前四周期中电负性最小的元素，则F是K元素；G在周期表的第五列，说明G位于周期表第四周期ⅤB族，则G为V元素。【题目详解】(1)C为S元素，S基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，能量最高的电子处于2p能级，电子云在空间有3个方向，原子轨道呈哑铃形或纺锤形；S2—离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，由保利不相容原理可知，离子核外有18种运动状态不同的电子，故答案为：3；哑铃；18；(2)①A2B为H2O，冰中的H2O分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小，故答案为：冰中的水分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小；②A2B2为H2O2，H2O2为极性分子，CS2为结构对称的非极性分子，难溶于CS2，由相似相溶原理可知，极性分子H2O2难溶于非极性分子CS2，故答案为：因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2；(3)G为V元素，价电子排布式为3d34s2，位于周期表第四周期ⅤB族，d区；由氧化物中的化合价等于其价电子数可知五氧化二钒的化学式为V2O5；F为K元素，K晶体的空间堆积方式为体心立方堆积，故答案为：ⅤB；d；V2O5；体心立方堆积；(4)ED3分子为AsCl3，AsCl3分子中As原子的价层电子对数为4，则VSEPR模型名称为四面体形，As原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：四面体形；sp3。【答案点睛】本题考查物质结构与性质，涉注意依据题给信息推断元素，结合核外电子排布规律、杂化方式与空间构型判断、元素周期表、晶体结构和相似相溶原理等分析是解题的关键。18、羟基、酯基酯化反应(取代反应)4【答案解析】

由合成流程可知，A为CH3CHO，B为邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成C，C为，C与CH3COCl发生取代反应生成D，D中含-COOC-，能发生水解反应，D水解酸化后发送至酯化反应生成E。【题目详解】（1）根据B的结构简式可知，B中含有的含氧官能团为羟基和羧基；（2）中的羧基与甲醇发生酯化反应生成C，则B转化为C的反应类型是酯化反应或取代反应；（3）D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式为；（4）E中含苯环与C=C，均能与氢气发生加成反应，则1摩尔E最多可与4molH2加成；（5）B为邻羟基苯甲酸，其同分异构体符合：A．苯环上只有两个取代基，且除苯环外无其他环状结构；B．核磁共振氢谱只有4个峰，说明结果对称性比较强，通常两个取代基处于对位；C．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，则另一基团只能是甲酸酯基或甲酸基，所以符合条件的同分异构体为或；（6）以苯、甲苯为原料制取苯甲酸苯酚酯，可以用苯与氯气发生取代生成氯苯，再水解得苯酚，用甲苯氧化得苯甲酸，苯甲酸与三氯化磷发生取代得苯甲酰氯，苯甲酰氯与苯酚发生取代反应生成苯甲酸苯酚酯，合成流程图为。19、石蕊试液变红有淡黄色沉淀产生氧化溴水褪色还原吸收多余的SO2SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O【答案解析】分析：实验室制SO2并验证SO2某些性质，①中硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，②中二氧化硫与水反应生成亚硫酸，遇石蕊变红；③中品红溶液褪色；④中二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成单质S；⑤中二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；⑥为尾气处理装置，据此分析解答。详解：(1)②中为紫色石蕊试液，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，SO2+H2O⇌H2SO3，亚硫酸为弱酸，可以使紫色石蕊试液变红，故答案为：紫色石蕊溶液变红；(2)④中SO2中+4价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成单质硫，本身被还原成单质硫，反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H20，所以④中现象是有淡黄色沉淀生成，故答案为：有淡黄色沉淀生成；氧化；(3)⑤中溴水具有氧化性，SO2中+4价S具有还原性，两者发生氧化还原反应，溶液褪色，该反应中二氧化硫为还原剂，具有还原性，故答案为：溴水褪色；还原；(4)二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，二氧化硫酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为：吸收多余的SO2，防止污染空气；2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。20、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2将溴从蒸馏烧瓶A中吹出SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr吸收未反应完的Cl2、Br2、SO2等有毒气体，防止污染空气蒸馏萃取分液不合理，氯水可能过量【答案解析】

(1)要想使溴离子变成溴单质，则加入的a能和溴离子发生反应生成溴单质，氯气能和溴离子发生置换反应生成溴单质，离子反应方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；(2)溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出Br2，故答案为将溴从蒸馏烧瓶A中吹出；(3)使溴蒸气转化为氢溴酸以达到富集的目的，可知气体b为SO2，发生的反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；(4)氯气不可能完全反应，氯气和溴离子反应生成溴单质，未反应的二氧化硫、氯气和溴都有毒，不能直接排空，且这几种物质都能和