2023年河北省秦皇岛市一中高二化学第二学期期末联考试题含解析

2023年高二下化学期末模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知氯化硼BCl3的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，在其分子中键与键之间的夹角为120°，它能水解，有关叙述正确的是A．氯化硼液态时能导电而固态时不导电 B．氯化硼中心原子采用sp3杂化C．氯化硼分子呈三角锥形，属极性分子 D．三氯化硼遇水蒸气会产生白雾2、下列化合物中含有2个手性碳原子的是()A． B．C． D．3、白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—PakJ·mol—1、P—ObkJ·mol—1、P=OckJ·mol—1、O=OdkJ·mol—1。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（）A．（6a+5d－4c－12b）kJ·mol—1B．（4c+12b－6a－5d）kJ·mol—1C．（4c+12b－4a－5d）kJ·mol—1D．（4a+5d－4c－12b）kJ·mol—14、相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝一92.6kJ/mol。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器

起始各物质的物质的量/mol

达平衡时体系能量的变化

N2

H2

NH3

①

1

3

0

放出热量：23.15kJ

②

0.9

2.7

0.2

放出热量：Q

下列叙述不正确的是（）A．容器①、②中反应的平衡常数相等B．平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为1/7C．容器②中达平衡时放出的热量Q＝23.15kJD．若容器①体积为0.5L，则平衡时放出的热量小于23.15kJ5、关于分散系，下列叙述中不正确的是（）A．按照分散质和分散剂状态不同（固、液、气），它们之间可有9种组合方式B．当分散剂是水或其他液体时，如果按照分散质粒子的大小来分类，分散系可分为溶液、胶体、浊液C．溶液是稳定的分散系，放置后不会生成沉淀；而胶体是不稳定的分散系，放置会生成沉淀D．溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线出现光亮“通路”6、下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（）A．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率B．100mL2mol·L-1的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变C．二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢D．汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢7、.在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮，这种高聚氮的N—N键的键能为160kJ·mol－1(N2的键能为942kJ·mol－1)，晶体片段结构如右图所示。又发现利用N2可制取出N5、N3。含N5＋离子的化合物及N60、N5极不稳定。则下列说法错误的是()A．按键型分类，该晶体中含有非极性共价键B．含N5＋离子的化合物中既有离子键又有共价键C．高聚氮与N2、N3、N5、N5＋、N60互为同素异形体D．这种固体的可能潜在应用是烈性炸药或高能材料8、已知CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ/molCH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ/molC—H键的键能约为413kJ/mol,O—H键的键能约为463kJ/mol，H—H键的键能约为436kJ/mol，则CO2中C=O键的键能约为A．797.5kJ/mol B．900.5kJ/molC．962.5kJ/mol D．1595kJ/mol9、向含0.78molFeCl2溶液中通入0.09molCl2，再加入100mL1mol/L的X2O72-酸性溶液，使溶液中的Fe2+恰好全部氧化，则产物中X的化合价为()A．+3B．+2C．+1D．+510、常温下，下列有关电解质溶液叙述错误的是A．某H2SO4溶液中c(OH-)/c(H+)＝1.0×10－8，由水电离出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1B．将0.02mol·L－1盐酸与0.02mol·L－1Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液pH约为12C．将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，溶液的pH一定大于7D．向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1稀盐酸，溶液中c(HCO)先增大后减小11、萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是abcdA．a和b互为同系物B．b和c均能发生加聚反应C．c和d互为同分异构体D．a和d均能使酸性KMnO4溶液褪色12、生物柴油是指利用动植物油脂，经一系列反应生成的高级脂肪酸甲酯或乙酯，具有优良的燃料性能。下列说法不正确的是()A．硬脂酸甲酯的分子式为C19H38O2B．生物柴油与石化柴油的成分相同C．可以利用“地沟油”制备生物柴油D．生物柴油具有可再生、环保等优点13、在密闭容器中一定量混合气体发生反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，再达平衡时测得A的浓度为0.2mol/L，下列判断正确的是A．平衡向逆反应方向移动 B．x＋y<zC．C的体积分数保持不变 D．B的转化率降低14、下述实验设计能够达到目的的是()（）编号实验目的实验设计A除去Cl2中少量的HCl将混合气体通过饱和NaHCO3溶液B除去FeCl2溶液中混有的FeCl3向混合物中滴加适量铜粉，再过滤C检验溶液中是否含有Fe2+向溶液中滴入氯水后,再加KSCN溶液D证明Cl2的氧化性比I2强将Cl2通入淀粉碘化钾溶液中A．A B．B C．C D．D15、N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)△H＞0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表：时间/s

0

500

1000

1500

c(N2O5)/(mol·L－1)

5.00

3.52

2.50

2.50

下列说法正确的是A．500s内NO2的生成速率为2.96×10－3mol·L－1·s－1B．T1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为29.6%C．达到平衡后，其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则c(N2O5)＜5.00mol/LD．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，则K1＞K216、下列离子方程式书写正确的是()A．H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2OB．铜与浓硝酸反应：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO↑+2H2OC．CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：Cu2++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+Cu(OH)2↓D．向AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3＋+4NH3·H2O=Al[OH]4-+4NH4+二、非选择题（本题包括5小题）17、已知C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，X在周期表中原子半径最小，Y、Z原子最外层电子数之和为10。D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应①常用于制作印刷线路板。各物质之间的转化关系如图，部分生成物省略。请回答下列问题：（1）写出Z在周期表中的位置____，D的结构式____。（2）写出A的化学式____。（3）写出反应①的离子方程式____。（4）为了获得氯化铜晶体，需要将B溶液在HCl氛围中蒸发结晶，原因是____。（5）将F溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。写出该反应的化学方程式____。18、已知：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；由A通过聚合反应生成高分子化合物F，F可用于工业合成塑料，现以A为主要原料合成G，以A为原料的合成路线如下图所示。回答下列问题：（1）D、G分子中的官能团名称分别__________、__________。（2）在反应①～⑥中，属于加成反应的是______，属于取代反应的是_____。(填序号)（3）写出与G分子式相同的所有羧酸类的同分异构体：_________________（4）写出由C与新制氢氧化铜反应的化学方程式：_________________19、室温下.某同学进行CO2与Na2O2反应的探究实验(本实验所涉及气体休积均在相同状况下测定)。请回答下列问题:(1)用下图装置制备纯净的CO2.①丙装置的名称是_______，乙装置中盛装的试剂是_______.②若CO2中混有HCl，则HCl与Na2O2发生反应的化学方程式为_________。(2)按下图所示装置进行实验(夹持装置略)。①先组装仪器.然后________.再用注射器1抽取100mL纯净的CO2,将其连接在K1处,注射器2的活塞推到底后连接在K2处，具支U形管中装入足量的Na2O2粉末与玻璃珠。②打开止水夹K1、K2,向右推动注射器1的活塞。可观察到的现象是________。③实验过程中.需缓慢推入CO2,其目的是__________.为达到相同目的，还可进行的操作是__________________________。(3)实验结束后，当注射器1的活塞推到底时，测得注射器2中气体的体积为65mL。则CO2的转化率是_______________.20、（题文）以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：已知：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O是放热反应。②N2H4·H2O沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图−1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________________。（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-随pH的分布如图−2所示，Na2SO3①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_________________。②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：_______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。21、氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示：请回答下列问题：（1）由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是_________、__________；（2）基态B原子的电子排布式为_________；B和N相比，电负性较大的是_________，BN中B元素的化合价为_________；（3）在BF3分子中，F-B-F的建角是_______，B原子的杂化轨道类型为_______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF，BF的立体结构为_______；（4）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为________，层间作用力为________；（5）六方氢化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶苞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有______各氮原子、________各硼原子，立方氮化硼的密度是_______g·（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】分析：本题考查的是原子轨道杂化、分子构型等，注意三氯化硼中的硼的杂化类型，无孤对电子，分子为三角形。详解：A.三氯化硼是共价化合物，液态是不能导电，故错误；B.氯化硼中的硼采用sp2杂化，故错误；C.氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键的夹角为120°，是平面三角形结构，属于非极性分子，故错误；D.氯化硼水解生成氯化氢在空气中形成白雾，故正确。故选D2、B【解析】

A.只有如图标记“”的碳原子连接四个不同的基团，是手性碳原子，含有1个手性碳原子，故A错误；B．如图标记“”的碳原子连接四个不同的基团,是手性碳原子，含有2个手性碳原子，故B正确；C．只有如图标记“”的碳原子连接四个不同的基团，是手性碳原子，含有1个手性碳原子，故C错误；D．中间碳原子连接1个-OH、1个-H、2个，不是手性碳原子，两端的碳原子连接了2个-H，不手性碳原子，分子中不存在手性碳原子，故D错误；故选B。【点睛】手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：1、手性碳原子一定是饱和碳原子；2、手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。3、A【解析】

反应热等于断键吸收的总能量与形成化学键所放出的能量的差值，由图可以看出：P4中有6mol的P－P，5mol的O2中含有5molO＝O，1mol的P4O10中含有4mol的P＝O，12mol的P－O，所以根据方程式可知反应热△H＝(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1。答案选A。4、C【解析】A、容器①、②中反应所处温度相同，则平衡常数相等，故正确；B、容器①、②中反应为等温、等容条件下的“等效平衡”：由反应①，得N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)C0130△C0.250.750.50C(平衡)0.752.250.50则NH3的体积分数=0.50/(0.75+2.25+0.50)=1/7，故正确；C、可以看做①部分反应后得到②，所以不能判断②的放热情况，故错误；D、容器①的体积增大，则压强减小，平衡逆向移动，放出的热量减少，故正确5、C【解析】

A项，按照分散质和分散剂状态不同（固、液、气），它们之间可由9种组合方式，A项正确；B项，当分散剂是水或其他液体时，如果按照分散质粒子的大小来分类，分散质粒子小于1nm的为溶液，分散质粒子介于1nm~100nm之间的为胶体，分散质粒子大于100nm的为浊液，B项正确；C项，胶体中胶粒带同种电荷，互相排斥，也是较稳定的分散系，放置不会生成沉淀，只有在一定的条件下，例如加热、加电解质等情况下才可发生聚沉，C项错误；D项，胶体中胶体粒子对光有散射作用，可以产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，D项正确；故答案为C。6、D【解析】

A、浓硫酸能够使铁钝化，铁片与浓硫酸反应不能生成氢气，故A错误；B、向盐酸溶液中加入氯化钠溶液，相当于稀释了盐酸，盐酸浓度减小，反应速率减慢，故B错误；C、升高温度，反应速率加快，故C错误；D、有气体参加的反应，压强越小反应的速率越慢，故D正确；所以本题答案为：D。7、C【解析】

A．高聚氮中含N-N键，则该晶体中含有非极性共价键，故A正确；B．含N5+离子的化合物，为离子化合物，还存在N-N键，则含N5+离子的化合物中既有离子键又有共价键，故B正确；C．同素异形体的分析对象为单质，而N5+为离子，与单质不能互为同素异形体，故C错误；D．N-N易断裂，高聚氮能量较高，则固体的可能潜在应用是烈性炸药或高能材料，故D正确；故选C。8、A【解析】

根据盖斯定律，CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1=+206kJ/mol，CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H2=+247kJ/mol，可得CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)的∆H=2△H1—△H2=2×206kJ/mol—247kJ/mol=+165kJ/mol，根据化学键与反应热的关系可得：4×413kJ/mol+4×463kJ/mol—2E（C=O）—4×436kJ/mol=+165kJ/mol，解得E（C=O）=797.5kJ/mol，故A项正确。9、A【解析】试题分析：0.078molFe2+被氧化为0.078molFe1+，失去0.078mol电子，利用电子守恒，0.009molCl2与0.01molX2O72-也应该得到0.078mol电子，令X在还原产物的化合价为a，则：0.009mol×2+0.01mol×2×（6-a）＝0.078mol，解得a=1．则X值为1，故选A。考点：考查氧化还原反应的计算10、C【解析】分析：A.由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH-)；B.根据混合后得到的溶液中c(OH-)浓度来计算；C.将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，溶液的pH可能小于或等于7；详解：A项，由c(OH-)c(H+)=1.0×10－8，c(OH-)∙c(H+)=1×10-14可得c(OH-)=1×10－11mol·L－1，所以由水电离的c(H+)=1×10－11B项，假设体积均为1L，等体积混合后体积为2L，反应后剩余OH-的物质的量为0.02mol，得到c(OH-)=1×10－2mol·L－1，溶液pH约为12，故B项正确；C项，将稀盐酸与稀氨水混合，随着盐酸量的增加，NH4Cl浓度增加，NH3·H2O浓度减小，溶液可以显酸性，中性或者碱性，故C项错误；D项，向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1稀盐酸，随着盐酸量的增大，先生成HCO3―，而后HCO3―与盐酸反应生成二氧化碳，故溶液中c(HCO3―)先增大后减小，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。11、D【解析】A.a和b的化学式相同，属于同分异构体，不属于同系物，故A错误；B.c中不存在碳碳双键或三键，不能发生加聚反应，故B错误；C.c的分子式为C10H14O，d的分子式为C10H16O，不是同分异构体，故C错误；D.a中含有碳碳双键，d中含有醛基，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D。12、B【解析】

本题考查有机物的结构与性质。生物柴油是指由动植物油脂（脂肪酸甘油三酯）与醇（甲醇或乙醇）经酯交换反应得到的脂肪酸单烷基酯，最典型的是脂肪酸甲酯。生物柴油不含有烃，成分为酯类，生物柴油是通过榨取含有油脂的植物种子获得，是含氧量极高的复杂有机成分的混合物。【详解】硬脂酸甲酯的结构简式为C17H35COOCH3，分子式为C19H38O2，A正确；生物柴油不含有烃，成分为酯类，而柴油只含有烃，成分不相同，B错误；“地沟油”中含有动植物油脂，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，C正确；生物柴油是清洁的可再生能源，D正确。故选B。【点睛】生物柴油是清洁的可再生能源，它以大豆和油菜籽等油料作物、油棕和黄连木等油料林木果实、工程微藻等油料水生植物以及动物油脂、废餐饮油等为原料制成的液体燃料，是优质的石油柴油代用品。生物柴油是典型“绿色能源”，大力发展生物柴油对经济可持续发展，推进能源替代，减轻环境压力，控制城市大气污染具有重要的战略意义。13、B【解析】

xA(g)＋yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.20mol/L，则说明体积增大(压强减小)化学平衡正向移动，以此来解答。【详解】由信息可知，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时测得A的浓度为0.20mol/L，说明体积增大，相当于压强减小，化学平衡正向移动，则A．由上述分析可知，平衡正向移动，A错误；B．减小压强，向气体体积增大的方向移动，平衡正向移动，说明正反应为气体体积增大的反应，x+y＜z，B正确；C．将容器飞容积扩大为原来的2倍，平衡正向移动，则C的体积分数增大，C错误；D．平衡正向移动，反应物B的转化率就会增大，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查化学平衡的移动，注意A浓度变化及体积变化导致的平衡移动是解答本题的关键，通过分析压强对化学平衡的影响进行解答。14、D【解析】

A.氯化氢和碳酸氢钠反应，而氯气也能和水反应，应用饱和食盐水洗涤气体，A错误；B.氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，引入了铜离子杂质，B错误；C.如果原溶液中有铁离子则不能检验出是否有亚铁离子，C错误；D.氯气和碘化钾反应生成氯化钾和碘单质，淀粉遇到碘单质显蓝色，D正确；故选D。15、D【解析】

A．依据图标数据分析计算500s内N2O5(g)消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率==2.96×10-3mol/(L•s)，则NO2的生成速率为2×2.96×10－3mol·L－1·s－1，故A错误；B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c(N2O5)=2.5mol/L，c(NO2)=5mol/L，c(O2)=1.25mol/L，转化率为×100%=50%，故B错误；C．平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，压强增大，N2O5浓度会增大一倍，反应前后气体体积增大，平衡逆向进行，则再平衡时c(N2O5)＞5.00mol/L，故C错误；D．平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1＞K2，反应吸热反应，则T1＞T2，故D正确；故选D。16、C【解析】

A.H2SO4与Ba(OH)2溶液反应产生硫酸钡和水，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，不符合物质的微粒个数比关系，A错误；B.铜与浓硝酸反应，产生硝酸铜、NO2、H2O，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，B错误；C.CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，反应产生BaSO4沉淀和Cu(OH)2沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，C正确；D.向AlCl3溶液中加入过量的氨水，由于NH3·H2O是一元弱碱，不能溶解两性物质氢氧化铝，所以反应产生氢氧化铝沉淀和NH4Cl，反应的离子方程式为：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓-+3NH4+，D错误；故合理选项是C。二、非选择题（本题包括5小题）17、第2周期ⅥA族O=C=OCu2(OH)2CO3或CuCO3Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+避免Cu2+水解生成Cu(OH)23Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O【解析】

X在周期表中的原子半径最小，则X为H元素；G为黄绿色单质气体，则G为Cl2；反应①用于制作印刷电路板，为FeCl3和Cu反应，则L为FeCl3，K为FeCl2；E能与葡萄糖反应生成砖红色沉淀F，则F为Cu2O，E为Cu(OH)2，则B为CuCl2，M为Cu；由C+G→H+I，I有漂白作用，H能够与金属J反应生成FeCl2，则H为HCl，J为Fe，I为HClO，则C为H2O；从A+H(HCl)=B(CuCl2)+C(H2O)+D，D为无色非可燃性气体，可知，A中含有铜元素；Y、Z原子最外层电子数之和为10，Y、Z中一种为O元素，则另一种元素的原子最外层电子数为4，可能为C或Si元素，结合D为无色非可燃性气体，只能为CO2，X、Y、Z的原子序数依次增大，则Y为C元素，Z为O元素，因此A中还含有C元素，因此A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，B为CuCl2，C为H2O，D为CO2，E为Cu(OH)2，F为Cu2O，G为Cl2，H为HCl，I为HClO，J为Fe，K为FeCl2，L为FeCl3，M为Cu。(1)Z为O元素，在周期表中位于第二周期ⅥA族；D为CO2，结构式为O=C=O，故答案为：第二周期ⅥA族；O=C=O；(2)A的化学式为：CuCO3或Cu2(OH)2CO3，故答案为：CuCO3或Cu2(OH)2CO3；(3)反应①为FeCl3和Cu反应，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；(4)为了获得氯化铜晶体，需要将CuCl2溶液在HCl氛围中蒸发结晶，原因是：避免Cu2+水解生成Cu(OH)2，故答案为：避免Cu2+水解生成Cu(OH)2；(5)将Cu2O溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体，该反应的化学方程式：3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，故答案为：3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O。【点睛】正确推断元素及其物质的种类是解题的关键。本题的难点是混合物D的判断，要注意学会猜想验证在推断题中的应用。本题的易错点为(5)，要注意氧化还原反应方程式的配平。18、羧基酯基①④⑤CH3CH2CH2COOH；CH3CH(CH3)COOHCH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O【解析】

由条件“A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平”可知，A为乙烯；乙烯能发生加聚反应生成F即聚乙烯；乙烯也可以与水加成得到B乙醇，乙醇经过连续氧化后得到D乙酸，二者可以酯化生成G乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性条件下水解得到乙醇和E乙酸钠。【详解】(1)D乙酸，G乙酸乙酯中官能团分别为羧基和酯基；(2)上述转化关系中，反应①即乙烯和水的反应为加成反应；反应④和⑤即酯化和酯的水解反应为取代反应；(3)G为乙酸乙酯，其属于羧酸的同分异构体有正丁酸(CH3CH2CH2COOH)和异丁酸(CH3CH(CH3)COOH)；(4)C为乙醛，其与新制氢氧化铜反应的方程式即为：CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O；【点睛】有机推断题的突破口，一是反应条件，二是题干中描述的物质的名称、应用等信息，三是题干中提供的计算有关的信息；要灵活整合推断题中的信息加以推断。19、球形干燥管饱和NaHCO3溶液2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑检查装置气密性U形管中的淡黄色粉末逐渐变浅，注射器2的活塞向右移动使反应进行得更充分多次往返推动注射器1和2的活塞70%【解析】

（1）①丙装置的名称是球形干燥管，乙中装的是饱和NaHCO3溶液，除去二氧化碳中的HCl；②若CO2中混有HCl，则HCl与Na2O2反应的化学方程式为2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑；（2）①先组装仪器，然后检查装置的气密性，再用注射器1抽取100mL纯净的CO2，将其连接在K1处，注射器2的活塞推到底后连接在K2处，具支U形管中装入足量的Na2O2粉末与玻璃珠；②二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，则U形管中的过氧化钠淡黄色粉末逐渐变浅，生成的氧气进入注射器2中，所以注射器2的活塞向右移动；③实验过程中，需缓慢推入CO2，其目的是使反应进行得更充分，为达到相同目的，还可进行的操作是多次往返推动注射器1和2的活塞；（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，△V（减小）21170mL35mLCO2的转化率是(70mL÷100mL)×100％=70%。20、3Cl2+6OH−≜5Cl−+ClO3−+3H2O缓慢通入Cl2NaClO碱性溶液减少水合肼的挥发测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤【解析】

步骤I中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO；步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼；步骤III分离出水合肼溶液；步骤IV由SO2与Na2CO3反应制备Na2SO3。据此判断。【详解】（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaC