2024届江西省宜春三中化学高二下期末达标检测试题含解析

2024届江西省宜春三中化学高二下期末达标检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、除去MgO中的Al2O3可选用的试剂是()A．NaOH溶液B．硝酸C．浓硫酸D．稀盐酸2、下列有机物用系统命名法命名正确的是（）A．2—乙基丙烷B．2—甲基—2—丙烯C．CH3CH2CH2CH2OH1−丁醇D．对二甲苯3、在加热条件下，乙醇转化为有机物R的过程如图所示，其中错误的是A．R的化学式为C2H4OB．乙醇发生了还原反应C．反应过程中固体有红黑交替变化的现象D．乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）也能发生类似反应4、下列各组中的反应，属于同一反应类型的是A．由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇B．由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸C．由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制二溴丙烷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5、下列叙述正确的是()A．纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色B．食用白糖的主要成分是蔗糖C．蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质D．向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀产生，证明淀粉没有水解成葡萄糖6、埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行电化学保护。下列说法正确的是A．该方法将电能转化成化学能B．在此装置中钢管道作正极C．该方法称为“外加电流的阴极保护法”D．镁块上发生的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-7、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A．收集氯气可以用排饱和食盐水的方法B．在一定条件下，氢气与碘蒸汽反应达平衡后，加压，混合气体颜色变深C．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D．合成三氧化硫过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率8、下列现象中不属于蛋白质变性的是A．打针时用酒精消毒B．用稀的福尔马林浸泡种子C．用波尔多液防治作物虫害D．蛋白质溶液加入食盐变浑浊9、下列关于铁元素的叙述中正确的是()A．2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋成立说明氧化性：Fe3＋>Cu2＋B．25℃，pH＝0的溶液中，Al3＋、NH4+、NO3—、Fe2＋可以大量共存C．5.6g铁与足量的氯气反应失去电子为0.2molD．硫酸铁溶液中加入铁粉，滴加KSCN溶液一定不变红色10、某课外兴趣小组欲在实验室里制备少量乙酸乙酯，该小组的同学设计了以下四个制取乙酸乙酯的装置，其中正确的是()A． B．C． D．11、化学与社会、生活、科技等密切相关。下列说法正确的是A．泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火B．二氧化硅用途广泛，制光导纤维、石英坩埚、太阳能电池等C．向氨水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体D．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染12、已知：，如果要合成，所用的原始原料可以是A．3-甲基-l，3-丁二烯和3-丁炔B．1，3-戊二烯和2-丁炔C．2，3-二甲基-1，3-戊二烯和乙炔D．2，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔13、丁子香酚可用于制备杀虫剂和防腐剂，结构简式如图所示。下列说法中，不正确的是A．丁子香酚可通过加聚反应生成高聚物B．丁子香酚分子中的含氧官能团是羟基和醚键C．1mol丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4molH2D．丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，可证明其分子中含有碳碳双键14、下图表示从混合物中分离出X的两种方案，根据方案I和方案Ⅱ指出下列说法合理的是A．若含X的混合物为溴水，可通过方案I进行分离，加入试剂为CC14液体，充分振荡后液体分层，上层为X的CC14溶液B．若含X的混合物为苯和苯酚，可通过方案Ⅱ进行分离，加入试剂为浓溴水，X为三溴苯酚C．若含X的混合物为皂化反应后的混合物，可通过方案I进行分离，加入试剂为饱和食盐水，残留液中含有甘油D．若含X的混合物为Fe、Al，可通过方案II进行分离，加入试剂为过量NaOH溶液，1molX与足量氯气完全反应时，转移3mol电子15、在有机物的研究过程中，能测出有机物相对分子质量的仪器是（）A．红外光谱仪 B．元素分析仪 C．质谱仪 D．核磁共振仪16、磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料。下图为其晶体结构中最小的重复结构单元，其中的每个原子均满足8电子稳定结构。下列有关说法正确的是()A．磷化硼晶体的化学式为BP，属于离子晶体B．磷化硼晶体的熔点高，且熔融状态下能导电C．磷化硼晶体中每个原子均形成4条共价键D．磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠相同二、非选择题（本题包括5小题）17、石油铁储罐久置未清洗易引发火灾，经分析研究，事故由罐体内壁附着的氧化物甲与溶于石油中的气态氢化物乙按1:3反应生成的黑色物质丙自燃引起。某研究小组按照以下流程对粉末丙进行研究:

已知:气体乙可溶于水，标准状况下的密度为1.52g/L。请回答下列问题:(1)化合物甲的化学式为___________。(2)化合物丙在盐酸中反应的离子方程式:____________。(3)化合物丁还可用于氧化法制备高铁酸钾(K2FeO4)，试写出在KOH存在条件下用次氯酸钾氧化化合物丁制备高铁酸钾的化学方程式____________。18、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____。19、已知下列数据：物质熔点/℃沸点/℃密度/g·cm－3乙醇－14478.00.789乙酸16.61181.05乙酸乙酯－83.677.50.900浓硫酸(98%)－3381.84下图为实验室制取乙酸乙酯的装置图。（1）当饱和碳酸钠溶液上方收集到较多液体时，停止加热，取下小试管B，充分振荡，静置。振荡前后的实验现象为________(填字母)。A．上层液体变薄B．下层液体红色变浅或变为无色C．有气体产生D．有果香味（2）为分离乙酸乙酯、乙醇、乙酸的混合物，可按下列步骤进行分离：①试剂1最好选用_________________________________________________；②操作1是________，所用的主要仪器名称是__________________________；③试剂2最好选用_____________________________________；④操作2是_______________________________________；⑤操作3中温度计水银球的位置应为下图中________(填“a”“b”“c”或“d”)所示，在该操作中，除蒸馏烧瓶、温度计外、锥形瓶，还需要的玻璃仪器有__________、________、________，收集乙酸的适宜温度是________。20、TMB是一种新型指纹检测的色原试剂，由碳、氢、氮三种元素组成，M=240g·mol—1。某研究性学习小组的同学欲利用下列仪器测定TMB的分子式。主要过程为在足量氧气流中将4.80gTMB样品氧化(氮元素转化为N2)，再利用吸收剂分别吸收水蒸气和CO2。请从图中选择适当的装置(装置符合气密性要求，加热装置等已略去，其他用品可自选)。(1)写出A中的化学反应方程式：__________________；(2)B中试剂是___________，作用是________________；(3)装置C中CuO粉末的作用为________________。(4)理想状态下，将4.80gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得D增加3.60g，E增加14.08g，则TMB的分子式为____________。(5)有同学认为，用该实验装置测得的TMB分子式不准确，应在干燥管E后再添加一个装有碱石灰的干燥管F。你认为是否需要添加F装置__________（填“需要”或“不需要”），简述理由________________。21、（1）以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况．试判断，违反了泡利原理的是_____，违反了洪特规则的是______。（2）某元素的激发态（不稳定状态）原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2，则该元素基态原子的电子排布式为________；其最高价氧化物对应水化物的化学式是________。（3）用符号“＞”“＜”或“=”表示下列各项关系。①第一电离能：Na________Mg，Mg________Ca。②电负性：O________F，F________Cl。③能量高低：ns________（n+1）s，ns________np。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】试题分析：A、氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氧化镁不反应，反应后过滤可得氧化镁，故A正确；B、氧化镁、氧化铝都能与硝酸反应生成硝酸盐，故B错误；C、氧化镁、氧化铝都能与浓硫酸反应生成硫酸盐，故C错误；D、氧化镁、氧化铝都能与稀盐酸反应生成盐，故D错误；故选A。考点：考查了物质分离提纯、镁、铝的重要化合物的性质的相关知识。2、C【解题分析】

A.，该有机物最长碳链含有4个碳原子，在2号C含有一个甲基，所以该有机物正确命名为：2−甲基丁烷，故A错误；B.，烯烃的编号应该从距离双键最近的一端开始，正确命名为：2−甲基−1−丙烯，故B错误；C.CH3CH2CH2CH2OH，选取含有官能团羟基的最长碳链为主链，从距离羟基最近的一端开始编号，该有机物命名为：1−丁醇，故C正确；D.

，该有机物习惯命名法命名为：对二甲苯；系统命名法为：1，4−二甲苯，故D错误。答案选C。【题目点拨】本题考查有机物的系统命名法，D项为易错点，注意对二甲苯为习惯命名法。3、B【解题分析】

从铜催化氧化乙醇的反应机理分析。【题目详解】A.图中CH3CH2OH+CuO→CH3CHO+Cu+H2O，则R化学式为C2H4O，A项正确；B.乙醇变成乙醛，发生了脱氢氧化反应，B项错误；C.图中另一反应为2Cu+O2→2CuO，两反应中交替生成铜、氧化铜，故固体有红黑交替现象，C项正确；D.从乙醇到乙醛的分子结构变化可知，分子中有αH的醇都可发生上述催化氧化反应。乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）的两个羟基都有αH，能发生类似反应，D项正确。本题选B。【题目点拨】有机反应中，通过比较有机物结构的变化，可以知道反应的本质，得到反应的规律。4、D【解题分析】

有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其它原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应是加成反应，有机物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应叫取代反应，有机化合物在一定条件下，从1个分子中脱去1个或几个小分子，而生成不饱和键化合物的反应，叫做消去反应。有机物分子中失去氢原子或加入氧原子的反应叫做氧化反应，有机物分子中加入氢原子或失去氧原子的反应叫做还原反应，据此分析解答。【题目详解】A.溴丙烷水解制丙醇，-Br被-OH取代，为取代反应；丙烯与水反应制丙醇，双键转化为单键，引入-OH，为加成反应，类型不同，故A不选；B.甲苯硝化制对硝基甲苯，苯环上的H被硝基取代，为取代反应；甲苯氧化制苯甲酸，甲基转化为-COOH，为氧化反应，类型不同，故B不选；C.由氯代环己烷消去制环己烯，-Cl转化为双键，为消去反应；由丙烯与溴反应制1,2二溴丙烷，双键转化为单键，引入-Br，为加成反应，类型不同，故C不选；D.乙酸和乙醇制乙酸乙酯，发生酯化反应；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，发生水解反应，则酯化反应、水解反应均属于取代反应，类型相同，故D选。答案选D。5、B【解题分析】

A.碘遇淀粉显蓝色，纤维素遇碘水不显蓝色，A错误；B.食用白糖的主要成分是蔗糖，B正确；C.蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，淀粉水解生成葡萄糖，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，高级脂肪酸属于电解质，淀粉是混合物，不是电解质也不是非电解质，C错误；D.淀粉水解液显酸性，加NaOH溶液至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，出现砖红色沉淀说明淀粉水解生成了葡萄糖。由于该实验中没有加碱中和硫酸，故D错误。答案选B。6、B【解题分析】

A．构成的原电池中，该方法是将化学能转化成了电能，A错误；B．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，钢管道作正极，B正确；C．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；D．镁块作负极，电极反应：Mg-2e-+4OH-=Mg(OH)2↓，D错误；答案选B。【题目点拨】本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀与防护的原理以及原电池的工作原理是解答的关键。根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，金属和钢管、及电解质溶液构成原电池，镁块作负极，钢管道作正极，从而钢管道得到保护。7、B【解题分析】

利用勒夏特列原理的定义进行分析。【题目详解】A、Cl2与H2O发生Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，排饱和食盐水收集氯气，增加Cl-浓度，使平衡向逆反应方向进行，抑制Cl2的溶解，符合勒夏特列原理，故A不符合题意；B、H2和I2发生H2＋I22HI，组分都是气体，且反应前后气体系数之和相等，即增大压强平衡不移动，但组分浓度增大，颜色加深，故B符合题意；C、浓氨水中存在NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH固体，增加溶液中OH-的浓度，平衡向逆反应方向移动，NaOH固体遇水放出热量，使NH3逸出，故C不符合题意；D、2SO2＋O22SO3，使用过量的氧气，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率提高，故D不符合题意；答案选B。8、D【解题分析】

根据蛋白质的性质分析。【题目详解】A.打针时，医用酒精(75%)的条件下，能使细菌蛋白质变性，杀菌效果最好，故A错误；B.稀的福尔马林即甲醛溶液，能使蛋白质变性，从而达到驱虫杀菌的效果，故B错误；C.波尔多液中含有Cu2+能使蛋白质变性，从而达到防治作物虫害作用，故C错误；D.蛋白质溶液加入食盐变浑浊的过程是盐析的过程，没有破坏蛋白质的活性，故D正确。故选D。【题目点拨】蛋白质变性：当蛋白质分子受到某些物理因素(如高温、紫外线、超声波、高电压等)和化学因素(如酸、碱、有机溶剂、重金属盐等)的影响时，其结构会被破坏，导致其失去生理活性(称为蛋白质的变性)。如甲醛(防腐剂福尔马林的主要成分)会与蛋白质中反应，使蛋白质分子结构发生变化，从而失去生理活性并发生凝固。向某些蛋白质溶液中加入某些无机盐溶液后，可以降低蛋白质的溶解度，使蛋白质凝聚而从溶液中析出，这种作用叫作盐析，是物理变化，可复原。9、A【解题分析】分析：A.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

B.pH＝0的溶液中存大大量的氢离子,H+、NO3-、Fe2＋发生氧化还原反应；

C.氯气与铁反应生成氯化铁,1mol的铁转移3mol的电子；

D.硫酸铁溶液中加入铁粉,发生氧化还原反应生成二价铁,但当铁少量三价铁还有剩余。详解:A.2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋反应中三价铁离子为氧化剂,Cu2＋为氧化产物,所以氧化性：Fe3＋>Cu

2＋,所以A选项是正确的；

B.pH＝0的溶液中存在大量的氢离子,H+、NO3-、Fe2＋发生氧化还原反应,三者不能大量共存,故B错误；

C.5.6g铁的物质的量为0.1mol与足量的氯气反应失去的电子为0.3mol,故C错误；

D.硫酸铁溶液中加入铁粉,发生氧化还原反应生成二价铁,但当铁少量三价铁还有剩余,所以滴加KSCN溶液可能变血红色,故D错误；

所以A选项是正确的。10、A【解题分析】

A、制备出的乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，使用碳酸钠溶液可溶解乙醇，反应乙酸，减小乙酸乙酯的溶解度，故A正确；B、导管插入到液面以会引起倒吸，故B错误；C、b试管中使用氢氧化钠溶液会与生成的乙酸乙酯发生反应，故C错误；D、导管插入到液面以会引起倒吸，b试管中使用氢氧化钠溶液会与生成的乙酸乙酯发生反应，故D错误；故选A。【题目点拨】本题重点考查乙酸乙酯的制备实验。要熟知制备反应的原理，反应过程中的注意事项，产物的除杂及收集。实验室中用乙醇、乙酸在浓硫酸、加热的条件下制备乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，饱和碳酸钠溶液的作用主要有3个①使混入乙酸乙酯中的乙酸与Na2CO3反应而除去；②使混入的乙醇溶解；③使乙酸乙酯的溶解度减小，减少其损耗及有利于它的分层和提纯。11、D【解题分析】分析：A、泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，电解质溶液会导电；B、太阳能电池是半导体硅的用途；C、氨水与三氯化铁生成氢氧化铁沉淀；D、绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染；详解：A、泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，水、电解质溶液会导致产生导电，从而易产生触电危险，故A错误；B、石英坩埚、光导纤维都是二氧化硅的用途，太阳能电池是半导体硅的用途，故B错误；C、应向沸水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体，故C错误；D、绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，故D正确；故选D。12、D【解题分析】

由题意可知，若要合成，逆推可知：或，故原料为：2，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔或者是2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔，故D项正确；本题选D。考点：有机化学反应。13、D【解题分析】A.丁子香酚中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成高聚物，故A正确；B.丁子香酚中含有碳碳双键、羟基和醚键三种官能团，其中含氧官能团是羟基和醚键，故B正确；C.丁子香酚中的苯环及碳碳双键可以和氢气发生加成反应，1mol丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4molH2，故C正确；D.因酚羟基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，又因与苯环相连的烃基第一个碳原子上含有氢原子，也可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，所以丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，不能证明其分子中含有碳碳双键，故D错误；答案选D。点睛：本题主要考查有机物的结构和性质，明确有机物中官能团与性质之间的关系、常见的反应类型是解答本题的关键，本题的易错点是D项，根据丁子香酚的结构可知，丁子香酚中含有酚羟基、碳碳双键、醚键等官能团，因酚羟基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，又因与苯环相连的烃基第一个碳原子上含有氢原子，也可被酸性高锰酸钾溶液氧化使高锰酸钾溶液褪色，所以丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，不能证明其分子中含有碳碳双键。14、D【解题分析】A：用CC14萃取溴水，由于CC14的密度大于水，分层后，水层在上方，CC14位于下层B：分离苯和苯酚，不能用浓溴水，即使它与苯酚反应，产物三溴苯酚在苯中也不能以沉淀的方式存在，它会溶于有机试剂苯中；分离苯和苯酚，一般是加入NaOH溶液，再分液；C：皂化反应后的混合物，一般是加入食盐细颗粒进行盐析，再进行过滤分离。D：利用铝可溶于强碱溶液的性质，分离二金属，正确；15、C【解题分析】

A.红外光谱仪用于检测有机分子中的官能团及化学键，不符合题意，A错误；B.元素分析仪来确定有机化合物中的元素组成，不符合题意，B错误；C.质谱仪能测出有机物的相对分子质量，符合题意，C正确；D.核磁共振仪能测出有机物中氢原子的种类以及数目之比，不符合题意，D错误；故合理选项是C。16、C【解题分析】

A．晶胞中：P位于顶点和面心，数目为8×+6×=4，B位于晶胞内，数目为4，则磷化硼晶体的化学式为BP，由于磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，属于原子晶体，故A错误；B．磷化硼晶体是原子晶体，熔点高，但熔融状态下没有自由的离子所以不能导电，故B错误；C．该晶胞配位数为4，即每个原子均形成4条共价键，故C正确；D．磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠不相同。磷化硼晶体堆积方式与CuS晶胞类型相同，故D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe2O3Fe2S3+4H+=2H2S↑+S↓+2Fe2+3KClO+4KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+3KCl+5H2O【解题分析】分析：本题考查无机物推断，涉及物质组成、性质变化、反应特征现象，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移应用能力，难度中等。详解：向丙与浓盐酸反应后的滤液中（假设乙全部逸出）中加入足量的氢氧化钠溶液，先出现白色沉淀最终变为红褐色沉淀，则滤液中含有亚铁离子，灼烧后的固体为氧化铁24克，其物质的量为24/160=0.15mol，则铁的物质的量为0.3mol，丙分投入足量的浓盐酸中发生反应，得到4.8克淡黄色沉淀和气体乙，淡黄色沉淀为硫，物质的量为4.8/32=0.15mol，乙在标况下密度为1.52g/L，则乙的相对分子质量为1.52×22.4=34，气体乙溶于水，说明为硫化氢，在丙中铁元素与硫单质的物质的量比为2:1，而氧化物甲鱼气态氢化物乙按1:3反应生成物质丙，根据元素守恒和电子得失守恒可推断甲为氧化铁，丙为Fe2S3。(1)根据以上分析可知甲为氧化铁，化学式为Fe2O3；(2)化合物丙在盐酸中反应生成硫化氢和硫和氯化亚铁，离子方程式为：Fe2S3+4H+=2H2S↑+S↓+2Fe2+；(3)化合物丁为氢氧化铁，可以在氢氧化钾存在下与次氯酸钾反应生成高铁酸钾，化学方程式为：3KClO+4KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+3KCl+5H2O。点睛：掌握特殊物质的颜色是无机推断题的解题关键，如白色的氢氧化亚铁变成红褐色的氢氧化铁。淡黄色的过氧化钠或硫，铁离子遇到硫氰化钾显血红色的等。18、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【解题分析】

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。【题目详解】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。【题目点拨】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。19、ABCD饱和碳酸钠溶液分液分液漏斗稀硫酸蒸馏b酒精灯冷凝管牛角管略高于118℃【解题分析】

分离出乙酸、乙醇、乙酸乙酯，利用其性质不同进行分离，如乙酸乙酯不溶于Na2CO3溶液，乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与Na2CO3溶液发生反应，采用分液的方法分离出，然后利用乙醇易挥发，进行蒸馏等等，据此分析；【题目详解】（1）A、从试管A中蒸出的气体为乙酸乙酯、乙酸、乙醇，振荡过程中乙酸、乙醇被碳酸钠溶液吸收，上层液体逐渐变薄，故A正确；B、乙酸乙酯的密度小于水的密度，在上层，下层为碳酸钠溶液，碳酸钠溶液显碱性，滴入酚酞，溶液变红，试管A中蒸出的乙酸，与碳酸钠反应，产生CO2，溶液红色变浅或变为无色，故B正确；C、根据B选项分析，故C正确；D、乙酸乙酯有水果的香味，故D正确；答案选ABCD；（2）①碳酸钠溶液的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，然后采用分液的方法进行分离，即A为乙酸乙酯，试剂1为饱和碳酸钠溶液；②根据①的分析，操作1为分液，所用的主要仪器是分液漏斗；③B中含有乙醇、乙酸钠、碳酸钠，利用乙醇易挥发的性质，采用蒸馏的方法得到乙醇，即操作2为蒸馏，E为乙醇，C为乙酸钠和碳酸钠，需要将乙酸钠转化成乙酸，然后蒸馏，得到乙酸，因此加入的酸，不易挥发，即试剂2最好是稀硫酸；④根据③的分析，操作2为蒸馏；⑤根据上述分析，操作3为蒸馏，温度计的水银球在支管口略向下，即b处；蒸馏过程中还需要的仪器有酒精灯、冷凝管、牛角管；乙酸的沸点为118℃，因此收集乙酸的适宜温度是略高于118℃。20、2H2O22H2O+O2↑浓硫酸干燥O2，防止带入D或E中引起增重使TMB不充分燃烧生成CO全部转化为CO2C16H20N2需要防止外界空气中的CO2和H2O进入E中，避免对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰【解题分析】

根据装置图，A中过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，进入装置C的气体需要干燥，生成的氧气在B用浓硫酸干燥，干燥的氧气在C中将TMB氧化为二氧化碳、水和氮气，反应后用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，以确定其中所含碳、氢、氮原子的比例关系。据此分析解答。【题目详解】(1)过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，故答案为2H2O22H2O+O2↑；(2)进入装置C的气体需要干燥，因此B中试剂为浓硫酸，可用于干燥氧气，防止带入D中引起增重，故答案为浓硫酸；干燥O2，防止带入D中引起增重；(3)装置C中CuO粉末可以使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳，保证碳元素全部转化为二氧化碳，被E吸收，故答案为使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳；(4)实验后称得A装置从用的先后顺序排列质量分别增加3.60g、14.08g、0.14g，则m(H2O)=3.60g，m(CO2)=14.08g，而0.14g为空气中的CO2和H2O进入装置中的质量，则n(H2O