2023届安徽省宣城市第十三中学化学高二第二学期期末复习检测模拟试题含解析

2023年高二下化学期末模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、拟除虫菊酯是一类高效、低毒、对昆虫具有强烈触杀作用的杀虫剂，其中对光稳定的溴氰菊酯的结构简式如下：下列对该化合物叙述正确的是()A．属于芳香烃 B．属于卤代烃C．在酸性条件下不水解 D．在一定条件下可以发生加成反应2、分类法在化学研究中起到了非常重要的作用。下列对物质的分类正确的组合是①酸性氧化物：CO2、SO2、SiO2②混合物：漂白粉、氨水、铝热剂③电解质：氯气、硫酸钡、酒精④同位素：12C、14C与14N⑤同素异形体：C60、金刚石、石墨⑥胶体：豆浆、硅酸、食盐水A．只有①②④ B．只有②③④ C．只有①②⑤ D．只有②⑤⑥3、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．标准状况下，2.24LSO3中含有0.1NA个SO3分子B．向1L的密闭容器中充入46gNO2气体，容器中气体的分子数为NAC．常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，转移电子的数目为0.3NAD．的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的有14种4、下列叙述正确的是（）A．氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子B．溶于水后能电离出氢离子的化合物都是酸C．金属氧化物一定是碱性氧化物D．离子化合物中一定含离子键，也可能含共价键5、下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（）A．由甲苯硝化制三硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸B．由溴乙烷水解制乙醇；由乙烯与水反应制乙醇C．乙烷和氯气制氯乙烷：乙烯与氯化氢制氯乙烷D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇6、如图，铁有δ、γ、α三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法不正确的是A．δ­Fe晶胞中含有2个铁原子，每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个B．晶体的空间利用率：δ­Fe>γ­Fe>α­FeC．设γ­Fe晶胞中铁原子的半径为d，则γ­Fe晶胞的体积是16d3D．已知铁的相对原子质量为a，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，δ­Fe晶胞的密度为ρg/cm3，则铁原子的半径r(cm)=7、设阿伏伽德罗常数的值为NA，下列说法正确的是：A．1.5mol的NaHSO4固体中含有的阴离子总数为NAB．1.1mol/LFeCl3的溶液中，含Cl-数目为1．3NAC．标准状况下2．4LNO2气体与水完全反应时，转移电子数目为NAD．常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体中总原子数目为1.5NA8、下列说法正确的是A．用新制的氢氧化铜悬浊液可鉴别乙醇、乙醛和乙酸B．间二甲苯只有一种结构说明苯环中不存在碳碳双键C．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，最多生成四种产物D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色和溴水褪色的原理相同9、下列叙述不正确的是（）A．淀粉、油脂和蛋白质都能水解，且水解产物各不相同B．从煤的干馏产物中可以获得焦炉气、粗氨水、煤焦油和焦炭等重要的化工原料C．核酸是一类含磷的生物高分子化合物D．石油催化裂化的主要目的是提高芳香烃的产量10、一定条件下，下列物质可以通过化合反应一步制得的共有①硫酸铝②小苏打③氯化亚铁④氢氧化铜⑤氢氧化铁⑥磁性氧化铁A．3种B．4种C．5种D．6种11、分别燃烧等物质的量的下列各组物质，其中消耗氧气量相等的是①C2H2与CH3CHO②C7H8与C6H12③C2H2与C6H6④HCOOCH3与CH3COOH,A．①②③④ B．①④ C．①②④ D．②④12、某无色透明的混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此混合气体通过品红溶液后,品红溶液褪色,向剩余气体中通入空气,很快变为红棕色。下列对于原混合气体成分的判断中正确的是A．肯定没有SO2和NOB．肯定没有Cl2、O2和NO2C．可能有Cl2和O2D．肯定只有NO13、下列说法正确的是()A．基态原子的能量一定比激发态原子的能量低B．1s22s12p1表示的是基态原子的电子排布C．日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关D．电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱14、下列属于非电解质的是A．乙酸 B．二氧化碳 C．氧气 D．硫酸钡15、丙烯醇（CH2=CH—CH2OH）可发生的化学反应有①加成②氧化③酯化④加聚⑤取代A．只有①②③ B．只有①②③④ C．①②③④⑤ D．只有①③④16、实验室加热约150mL液体时，可以使用的仪器是()A．①③④⑥ B．②③④⑥ C．①③④⑤ D．②③⑤⑥二、非选择题（本题包括5小题）17、幸福可以“人工合成”吗?精神病学专家通过实验发现,人体中的一种脑内分泌物多巴胺，可影响一个人的情绪。多巴胺是一种神经递质,用来帮助细胞传送脉冲的化学物质。这种脑内分泌物主要负责大脑的情感,将兴奋及开心的信息传递,使人感到愉悦和快乐。多巴胺可由香兰素与硝基甲烷缩合,再经锌还原水解而得,合成过程如下:请回答下列问题:（1）写出香兰素中含有的官能团的名称是___________________。（2）上述合成过程中属于加成反应的是(填反应序号)_____________。（3）反应②的反应条件是__________。有机物A的结构简式为____________。（4）写出符合下列条件的多巴胺的所有同分异构体的结构简式:_______________。(i)属于1,3,5-三取代苯(ii)苯环上直接连有一个羟基和一个氨基(iii)分别能与钠和氢氧化钠反应,消耗钠与氢氧化钠的物质的量之比为2∶1（5）多巴胺遇足量浓溴水会产生沉淀,请写出该反应的化学方程式:______。18、X、Y、Z、W、J是元素周期表前四周期中的五种常见元素.其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等YM层上有2对成对电子ZZ和Y同周期，Z的电负性大于YWW的一种核素的质量数为63，中子数为34JJ的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐(1)元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是______；(2)元素Y位于元素周期表第______周期第______族；(3)元素Z的原子最外层共有______种不同运动状态的电子；(4)W的基态原子核外价电子排布图是______(5)J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐的化学式为______________19、维尔纳配合物M是一种橙黄色单斜晶体，该晶体以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。为探究该晶体的组成，设计了如下实验：步骤一，氮的测定：准确称取一定量橙黄色晶体，加入适量水溶解，注入下图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用500.00mL7.0mol/L的盐酸溶液吸收，吸收结束后量取吸收液25.00mL，用2.00mol/L的NaOH溶液滴定过量的盐酸，终点消耗NaOH溶液12.50mL。步骤二，氯的测定：准确称取橙黄色晶体wg，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，以K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色沉淀)。（1）上述装置A中，玻璃管的作用是_________；（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，酒精灯应放置在_____（填“A”或“B”）处。（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为______g。（4）有同学提出装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，会造成测得氮的含量结果将______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）；冰水混合物的作用是_______________。（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是________（6）经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在。制备M的化学方程式为_____，其中双氧水的作用是____；制备M的过程中温度不能过高的原因是_____。20、铝氢化钠（）是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示。（1）无水（升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。①中发生反应的化学方程式为__________________。②实验时应先点燃______（填“”或“”）处酒精灯，当观察到____________时，再点燃另一处酒精灯。③装置中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________________，请结合方程式进行解释__________________。④中试剂的作用是__________________。用一件仪器装填适当试剂后也可起到和的作用，所装填的试剂为__________________。（2）制取铝氢化钠的化学方程式是__________________。（3）改变和中的试剂就可以用该装置制取NaH，NaH中氢元素化合价为______，若装置中残留有氧气，制得的NaH中可能含有的杂质为______。（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，其反应的化学方程式为____________。欲测定铝氢化钠粗产品（只含有NaH杂质）的纯度。称取样品与水完全反应后，测得气体在标准状况下的体积为，样品中铝氢化钠的质量分数为______。（结果保留两位有效数字）21、曲美替尼是一种抑制黑色素瘤的新型抗癌药物，下面是合成曲美替尼中间体G的反应路线：已知：D分子中有2个6元环；RNH2+R1NH2RNH-CO-NH-R1；请回答：（1）化合物A的结构简式________________。（2）下列说法不正确的是________________。A．B既能表现碱性又能表现酸性B．1molC在碱溶液中完全水解最多可以消耗4molOH-C．D与POCl3的反应还会生成E的一种同分异构体D．G的分子式为C16H18O3N4（3）写出C→D的化学方程式_____________________。（4）流程中使用的DMF即N，N-二甲基甲酰胺，结构简式为，是常用的有机溶剂。设计以甲醇和氨为主要原料制取DMF的合成路线（用流程图表示，其他无机试剂任选）_______________________________________。（5）X是比A多2个碳原子的A的同系物，出符合下列条件的X可能的结构简式：___________。①1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子②IR谱显示分子中有苯环与—NH2相连结构

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A．该物质中含有Br、O、N元素，所以属于烃的衍生物，故A错误；B．该物质中还含有O、N元素，所以不属于卤代烃，故B错误；C．该物质中含有酯基，能在酸性条件下水解生成，故C错误；D．该物质中含有苯环和碳碳双键，所以在一定条件下可以发生加成反应，故D正确；故选D．【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系即可解答，侧重考查烯烃、苯、醚及酯的性质。2、C【解析】

①CO2、SO2、SiO2都和强碱溶液反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故①正确；②漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物、氨水是一水合氨的溶液、铝热剂混合物时铝和金属氧化物的混合物，故②正确；③氯气是单质不是电解质、硫酸钡属于盐为强电解质、酒精是非电解质，故③错误：④12C、14C为同位素，与14N不是同位素，故④错误；⑤C60、金刚石、石墨是碳元素的不同单质属于同素异形体，故⑤正确；⑥豆浆、硅酸可以析出胶体，食盐水属于溶液，故⑥错误；综上所述①②⑤正确；故选C。3、D【解析】分析：A.根据标准状况下，SO3不是气体分析；B.根据NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4分析；C.根据常温下，铝与浓硫酸发生钝化分析；D.的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的结构中一定含有羧基、苯环，其余2个碳原子分情况书写分析判断。详解：A.标准状况下，SO3不是气体，无法用n=VVm计算2.24LSO3的物质的量，故A错误；B、NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数减小，则容器中气体分子个数小于NA个，故B错误；C.常温下，铝与浓硫酸发生钝化，2.7g铝不能完全反应，故C错误；D．的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的有：①羧基直接与苯环连接，剩余两个碳作为乙基存在邻、间、对3种同分异构体，作为两个甲基存在6种同分异构体；②骨架为苯乙酸，甲基存在邻、间、对3种同分异构体；③苯丙酸有2种，共14种同分异构体，故D正确；故选点睛：本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。本题的难点为D，要注意分情况讨论，并且掌握书写的方法，注意不要重复。4、D【解析】分析：A、电离无须通电；B、能电离出氢离子的化合物不一定为酸；C、金属氧化物不一定是碱性氧化物；D、含离子键的一定为离子化合物。详解：A．氯化钠溶液在水分子的作用下电离成钠离子和氯离子，无须通电，通电是电解氯化钠溶液，产物为氢氧化钠和氢气和氯气，选项A错误；B．硫酸氢钠是盐，但在水中能电离出氢离子，选项B错误；C、金属氧化物不一定都是碱性氧化物，高锰酸酐Mn2O7就属于酸性氧化物，选项C错误；D、离子化合物中一定有离子键，可能有共价键，如NaOH含离子键及O-H共价键，选项D正确；答案选D。5、D【解析】

有机化学反应类型包括:取代反应、氧化反应、还原反应、加成及应和消去反应以及聚合反应，根据各个化学反应类型的实质来判断所属的类型。【详解】A、由甲苯氧化制苯甲酸甲苯硝化制对硝基甲苯，属于取代反应，由甲苯氧化制苯甲酸，属于氧化反应，反应类型不一样，故A错误；B、由溴乙烷水解制乙醇属于取代反应，由乙烯与水反应制乙醇的过程属于加成反应，反应类型不一样，故B错误；C、乙烷和氯气制氯乙烷属于取代反应，乙烯与氯化氢制氯乙烷属于加成反应，反应类型不一样，故C错误；D、乙酸和乙醇制乙酸乙酯属于取代反应，苯甲酸2酯水解制苯甲酸和乙醇属于取代反应，反应类型一样，故D正确；答案选D。6、B【解析】

A.δ­Fe晶胞中含有Fe的个数为1+=2；由图可知，每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个，A正确；B.设Fe原子的半径为r，晶胞的棱长为a。δ­Fe晶胞含有Fe的个数为2，因其含有体心，则有，则a=，则其空间利用率为：=68%；γ­Fe晶胞中含有Fe的个数为4，因其含面心，则有，解得a=，则其空间利用率为：=74%；α­Fe晶胞中含有Fe的个数为1，有，则其空间利用率为：=52%；故晶体的空间利用率：γ­Fe>δ­Fe>α­Fe，B错误；C.若γ­Fe晶胞中铁原子的半径为d，则立方体的对角线长为4d，所以立方体的棱长为d，则该晶胞的体积为=，C正确；D.δ­Fe晶胞中含有Fe的个数为2，则该晶胞的体积为，则其棱长为，该晶胞的对角线为棱长的倍，也是原子半径的4倍，即4r=，解得r=，D正确；故合理选项为B。7、D【解析】试题分析：A中为3.5molA；B中未给定体积；C中为2/3mol；NO2和N2O4中N与O原子质量比都是7:36，所以N为7g,即3．5mol，O为36g，即3mol，原子共3．5mol．故D正确。考点：阿伏伽德罗常数的相关计算。8、A【解析】

A．加入新制Cu(OH)2悬浊液，乙醇不反应，乙醛在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，现象不同，所以可以鉴别，故A正确；

B．间二甲苯只有一种空间结构不能说明苯的结构特征，邻二甲苯只有一种空间结构可以说明苯环中不存在单双键交替的结构，故B错误；

C．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，最多可生成四种有机产物和HCl，故C错误；

D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理是发生了氧化还原反应，乙烯和溴水发生的是加成反应，褪色的原理不相同，故D错误；

故答案：A。9、D【解析】

A．淀粉常在无机酸（一般为稀硫酸）催化作用下发生水解，生成葡萄糖；蛋白质水解最后得到多种氨基酸；油脂在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）和高级脂肪酸；在碱性条件下水解为甘油、高级脂肪酸盐，水解产物各不相同，故A正确；B．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，可以得到甲烷、苯和煤焦油等化工原料，故B正确；C．核酸由许多核苷酸聚合成的生物高分子化合物，核酸包括核糖核酸（RNA）和脱氧核糖核酸（DNA），由碳、氢、氧、氮、磷等元素构成，故C正确；D．催化裂化的主要目的是提高轻质燃料汽油的产量，故D错误；本题答案选D。10、B【解析】分析：①硫酸铝可利用Al与硫酸的置换反应或复分解反应生成；②小苏打可利用碳酸钠、水、二氧化碳反应生成；③氯化亚铁可利用Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；④氢氧化铜不能利用化合反应生成,只可利用复分解反应生成；⑤氢氧化铁可利用氢氧化亚铁、氧气、水反应生成；⑥磁性氧化铁为四氧化三铁,可利用Fe与氧气反应生成。详解：①硫酸铝可利用Al与硫酸的置换反应或复分解反应生成；②小苏打可利用碳酸钠、水、二氧化碳反应生成；③氯化亚铁可利用Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；④氢氧化铜不能利用化合反应生成,只可利用复分解反应生成；⑤氢氧化铁可利用氢氧化亚铁、氧气、水反应生成；⑥磁性氧化铁为四氧化三铁,可利用Fe与氧气反应生成；则利用化合反应制得的有②③⑤⑥,共4种；正确选项B。11、C【解析】

①1molC2H2完全燃烧消耗氧气的物质的量为2+=2.5；1molCH3CHO完全燃烧消耗氧气的物质的量为2+-=2.5，二者相等，故选；②1moC7H8完全燃烧消耗氧气的物质的量为7+=9；与1molC6H12完全燃烧消耗氧气的物质的量为6+=9，二者相等，故选；③1moC2H2完全燃烧消耗氧气的物质的量为2+=2.5；与1molC6H6完全燃烧消耗氧气的物质的量为6+=7.5，二者不相等，故不选；④1moHCOOCH3完全燃烧消耗氧气的物质的量为2+-1=2；与1molCH3COOH完全燃烧消耗氧气的物质的量为2+-1=2，二者相等，故选；答案选C。12、B【解析】分析：根据气体的颜色判断可排除Cl2和NO2气体，根据能使品红褪色的气体为SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，则原混合气体中无氧气，据此即可解答。详解：A．此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明原混合气体一定含有气体NO，NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，故A错误；B．Cl2为黄绿色，NO2气体为红棕色，此混合气体为无色，所以一定不含Cl2、NO2，据A分析原混合气体中无氧气，故B正确；C．Cl2为黄绿色，该气体无色，则说明不含有Cl2，故C错误；D．把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，故D错误；故选B。点睛：本题考查常见气体的检验，注意常见气体的性质以及检验方法。本题的易错点为氧气的判断，要注意一氧化氮能够与氧气反应生成二氧化氮。13、C【解析】

：A．基态原子吸收能量变为激发态原子；B．基态Be原子的电子排布式是1s22s2；C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量；D．吸收光谱和发射光谱统称原子光谱。【详解】A．基态原子吸收能量变为激发态原子，所以激发态原子能量大于基态原子能量，前提是同种原子间的比较，A错误；B．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，所以基态Be原子的电子排布式是1s22s2，B错误；C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量，因此日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，C正确；D．电子在基态跃迁到激发态时也会产生原子光谱，D错误；答案选C。14、B【解析】

A.乙酸是溶于水能导电的化合物，属于电解质，A不符合题意；B.虽然二氧化碳的水溶液能导电，但导电的离子由碳酸电离产生而不是二氧化碳自身电离的，二氧化碳是非电解质，B符合题意；C.氧气是单质，既不是电解质也不是非电解质，C不符合题意；D.硫酸钡是电解质，D不符合题意；答案选B。15、C【解析】

CH2═CH-CH2OH中含有C=C和-OH官能团，其中C=C可发生加成、氧化、加聚反应，-OH可发生氧化、酯化、取代反应，答案选C。16、A【解析】

在给液体加热时首先要有热源仪器，在实验室中最常用的是酒精灯，加热约150mL液体，要选择容积大的容器，一般用烧杯，但烧杯的底面积较大，为了使之受热均匀，要垫上石棉网，以防止受热不均而炸裂。【详解】由于加热的是约150mL液体，溶液的体积较大，故应用到容积较大的烧杯，而不能用试管，而烧杯加热必须垫石棉网，且加热的装置应选择酒精灯，夹持装置应选择铁架台，故选A。【点睛】本题考查化学实验基本操作，注意了解仪器的名称、用途、使用方法和注意事项是解答关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基、醛基、醚键①③浓硫酸、加热+3Br2→↓+3HBr【解析】

由合成路线可知，反应①由香兰素与硝基甲烷缩合，为加成反应；反应②、③两步实现了醇羟基的消去和碳碳双键的加氢过程，故反应②为消去反应，A的结构简式为反应③为加成反应；反应④为还原反应，最后一步是水解反应。【详解】（1）香兰素中含有的官能团有3种，分别是羟基、醛基、醚键。（2）上述合成过程中属于加成反应的是①③。（3）反应②醇羟基的消去反应，其反应条件通常为：浓硫酸、加热。有机物A的结构简式为。（4）多巴胺（）的同分异构体符合下列条件：(i)属于1,3,5-三取代苯；(ii)苯环上直接连有一个羟基和一个氨基；(iii)分别能与钠和氢氧化钠反应,消耗钠与氢氧化钠的物质的量之比为2∶1，则其分子中有醇羟基和一个酚羟基，而且醇羟基和除苯环外剩余的2个碳原子在一个取代基上，因此，其可能的结构只有2种：和。（5）多巴胺苯环上的H原子都属于羟基的邻位或对位，都可以被溴原子取代，故遇足量浓溴水会产生沉淀，该反应的化学方程式为:+3Br2→↓+3HBr。18、614C三VIA7NH4NO【解析】分析：X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，根据构造原理，X的基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y的M层上有2对成对电子，Y的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y为S元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，Z为Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，质子数为63-34=29，W为Cu元素；J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，J为N元素。根据元素周期表和相关化学用语作答。详解：X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，根据构造原理，X的基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y的M层上有2对成对电子，Y的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y为S元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，Z为Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，质子数为63-34=29，W为Cu元素；J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，J为N元素。（1）X为C元素，C的同位素中用于测定文物年代的是614（2）Y为S元素，S的原子结构示意图为，S元素位于元素周期表第三周期第VIA族。（3）Z为Cl元素，Cl原子核外有17个电子，最外层有7个电子，Cl原子最外层有7种不同运动状态的电子。（4）W为Cu元素，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1，价电子排布图为。（5）J为N元素，J的气态氢化物为NH3，J的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，NH3与HNO3反应的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3，NH3与HNO3反应生成的盐的化学式为NH4NO3。19、平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)A42.00偏高减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收AgNO3见光易分解2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O氧化剂温度过高过氧化氢分解、氨气逸出【解析】

根据盐酸和氢氧化钠的量计算氨气的物质的量，根据硝酸银计算氯离子的物质的量。注意分析合成M的原料中双氧水的作用。【详解】（1）上述装置A中，玻璃管的作用是平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)；（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，A装置要产生水蒸气将B中的氨全部蒸出，酒精灯应放置在A处。（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为42.00g。（4）装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，相当于氨气消耗盐酸过多，会造成测得氮的含量偏高；为减少盐酸的挥发，冰水混合物的作用降低吸收液盐酸的温度，减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收。（5）硝酸银见光会分解，故测定氯的过程中使用棕色滴定管的原因是防止AgNO3见光分解。（6）M以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在，双氧水将+2价钴氧化为+3，则M为配合物，其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，因此，制备M的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，其中双氧水的作用是氧化剂；双氧水和氨水受热均易分解，故制备M的过程中温度不能过高的原因是：温度过高过氧化氢分解、氨气逸出。20、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OA待D中充满黄绿色气体时除Cl2中混有的HClCl2+H2OH++Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解碱石灰AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl-1NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑0.69【解析】

由实验装置图可知，装置A中二氧化锰和浓盐酸共热制得氯气，用装置B中饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，用装置C中浓硫酸干燥氯气，装置D为氯化铝的制备装置，装置E用于收集氯化铝，用装置F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，用装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境。由流程可知，实验制备得到的氯化铝在特定条件下与氢化钠反应制得铝氢化钠。【详解】（1）①装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②实验时应先点燃A处酒精灯制备氯气，利用反应生成的氯气排尽装置中的空气，防止空气中氧气干扰实验，待D中充满黄绿色气体时，再点燃D处酒精灯制备氯化铝，故答案为：D中充满黄绿色气体时；③因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体；选用饱和食盐水的原因是，氯气与水反应为可逆反应，存在如下平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡逆向移动，降低氯气溶解度，使氯气几乎不溶解，但氯化氢极易溶于水，所以可以除杂，故答案为：除中混有的HCl；Cl2+H2OH++Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中