吉林省通化市梅河口市博文学校2024届高二化学第二学期期末经典模拟试题含解析

吉林省通化市梅河口市博文学校2024届高二化学第二学期期末经典模拟试题注意事项：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、某烃的结构简式如下：分子中处于四面体中心位置的碳原子数为a，一定在同一直线上的碳原子个数为b，一定在同一平面上的碳原子数为c。则a、b、c分别为A．4、4、7B．4、3、6C．3、5、4D．2、6、42、下列由实验得出的结论不正确的是（）选项实验结论A取一小块鸡皮置于蒸发皿中，滴3～5滴浓硝酸并在酒精灯上微热，鸡皮变黄说明鸡皮中含有蛋白质B用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂说明酸性高锰酸钾溶液能氧化水果释放的催熟剂乙烯C将石蜡油蒸气依次通过加热的内含碎瓷片的玻璃管、盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，高锰酸钾溶液褪色说明石蜡油中含有不饱和键的烃D将已烯加入溴水中，测溴水层溶液前后的pH值，结果pH值没有变小说明已烯与溴发生了加成反应，不是取代反应A．A B．B C．C D．D3、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/mol4、设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．1LCO的质量一定比1LO2的质量小B．将1molCl2通入到水中，则N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)＝2NAC．常温常压下16gO2和O3混合气体中，氧原子数为NAD．7.8gNa2O2与足量水反应，转移电子数为0.2NA5、25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是A．未加盐酸时：c(OH-)＞c(Na+)=c(NH3·H2O)B．加入10mL盐酸时：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)C．加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl-)=c(Na+)D．加入20mL盐酸时：c(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+)6、常温下，向Ba(OH)2和NaOH混合溶液中缓慢通入CO2至过量（溶液温度变化忽略不计)，生成沉淀物质的量与通入CO2体积的关系如图所示。下列说法不正确的是A．b点时溶质为NaHCO3B．横坐标轴上V4的值为90C．oa过程是CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3的过程D．原混合物中n[Ba(OH)2]:n(NaOH)=1:27、下列说法正确的是A．按系统命名法，的名称为3，3，6一三甲基-4-乙基庚烷B．已知C-C键可以绕键轴自由旋转，结构简式为的分子中至少有11个碳原子处于同一平面上C．苯中含有杂质苯酚，可用浓溴水来除杂D．1mol，在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH8、下列各项的叙述中都包含两个数值，前一数值大于后一数值的是（）A．单质碘中的分子间作用力和干冰中的分子间作用力B．NaCl晶体中与一个Cl﹣紧邻的Na+数和CsCl晶体中与一个Cl﹣紧邻的Cs+数C．晶体硅中Si﹣Si键的键能和金刚石中C﹣C键的键能D．氨分子中N﹣H键的键角和甲烷分子中C﹣H键的键角9、关于小苏打(NaHCO3)溶液的表述错误的是A．c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)B．c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)C．HCO3-的电离程度大于其水解程度D．c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(CO32-)10、下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素,W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是A．X、W、Z的原子半径依次递减B．Y、Z、W的最高价氧化物的水化物酸性依次递减C．根据元素周期表推测T元素的单质具有半导体特性D．最低价阴离子的失电子能力X比W强11、有关天然产物水解的叙述不正确的是()A．油脂水解可得到丙三醇B．可用碘检验淀粉水解是否完全C．蛋白质水解的最终产物均为氨基酸D．纤维素水解与淀粉水解得到的最终产物不同12、下列说法错误的是A．在元素周期表中，p区元素的最外层电子排布均可表示为ns2np1～6B．C2H4和HCN分子中，都含σ键和π键，但C原子的杂化方式并不相同C．H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C原子均采取sp3杂化D．用红外光谱可鉴别乙醇和二甲醚，用X-射线衍射实验可鉴别玻璃与水晶13、关于Na2O2的叙述正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)()A．7.8gNa2O2含有的共价键数为0.2NAB．0.2molNa与O2在一定条件下反应转移的电子数为0.2NAC．质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为NAD．标准状况下，22.4L苯含有NA个C6H6分子14、下列叙述正确的是()A．烯烃中的碳碳双键由l个δ键和l个π键组成B．2s轨道可以和3p轨道形成sp2杂化轨道C．由极性键组成的分子，一定是极性分子D．甲烷中sp3杂化轨道的构型是平面正方形15、下列化学用语正确的是（）A．HSO3－+H2OSO32－+OH－ B．Al3++3H2O=3H++Al（OH）3↓C．NaHCO3=Na++HCO3－ D．H2S2H++S2－16、按Li、Na、K、Rb、Cs顺序逐渐递增的性质是A．单质的还原性B．阳离子的氧化性C．单质的密度D．单质的熔点二、非选择题（本题包括5小题）17、根据下面的反应路线及所给信息填空：（1）反应①的类型是__________________，反应⑥的类型是____________________。（2）C的结构简式是___________________，D的结构简式是___________。（3）写出反应②的化学方程式：_________________________________________。（4）反应⑦中，除生成α-溴代肉桂醛的同时，是否还有可能生成其他有机物？若有，请写出其结构简式：_______________________________。（只写一种）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、某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的是NO气体，设计了如下实验。实验装置如图所示(已知NO、NO2能与NaOH溶液反应)：(1)设计装置A的目的是____________________________；(2)在(1)中的操作后将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是____________________；B中反应的离子方程式是_______________________。(3)装置E和F的作用是______________________________。(4)D装置的作用是___________________________。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、芳香烃A可用于合成利多卡因药物，盐酸利多卡因（F）葡萄糖注射液，可用于抗心律失常。其合成路线如下已知：。（1）写出A的名称______________________。（2）B在核磁共振氢谱上有_________种特征吸收峰。（3）B→C的反应类型是_____________；D→E的反应类型是________________。（4）B有多种同分异构体，符合以下条件的B的同分异构体共有_________种，请写出其中一种的结构简式_____________________。①苯环上共有三个取代基②与碳酸钠溶液反应可放出CO2气体（5）1molD与足量的NaOH水溶液共热反应，最多消耗NaOH的物质的量为______。（6）对氨基苯甲酸是机体细胞生长和分裂所必需的叶酸的组成成分。现以甲苯为原料，结合题干有关信息，补充完成以下合成路线：______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】分析：由结构可以知道,分子中含碳碳双键和三键,双键为平面结构,三键为直线结构,其它C均为四面体构型，以此来解答。详解：

中,处于四面体中心位置的碳原子数为a,甲基、亚甲基均为四面体构型,则a=4；与三键直接相连的C共线，一定在同一直线上的碳原子个数为b,则b=3；含有碳碳双键共面,含碳碳三键的共线,且二者直接相连,一定共面,一定在同一平面上的碳原子数为c,所以一定在同一平面内的碳原子数为6个,即c=6；B正确；正确选项B。2、C【解题分析】

A、蛋白质遇到浓硝酸在加热后会变黄，结论正确，故A不选；B、水果在成熟期会产生乙烯，用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂，由于乙烯具有较强的还原性而高锰酸钾具有较强的氧化性，因此，可以证明酸性高锰酸钾能将乙烯氧化＼防止水果过度成熟从而达到保鲜的效果，结论正确，故B不选；C、石蜡油在炽热的碎瓷片作用下会发生裂化反应，生成的烯烃使酸性高锰酸钾褪色，并非是石蜡油中含有不饱和烃，结论错误，故C选；D、将已烯加入溴水中，若发生取代反应，则会生成强酸HBr，导致溶液的pH变小，若发生的是加成反应，则pH不会变小，结论正确，故D不选。3、A【解题分析】

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。4、C【解题分析】分析：A、气体的体积大小受温度和压强影响，标准状况下Vm=22.4L/mol；B、氯气与水反应是可逆反应；C、根据质量、原子数目与物质的量之间关系进行换算；D、1mol过氧化钠与水反应转移电子总数是NA。详解：气体的体积大小受温度和压强影响较大，A选项中没有指明温度和压强，气体的摩尔体积没有办法确定，即1LCO的物质的量和1LO2的物质的量大小没有办法确定，导致质量大小也没有办法确定，A选项错误；Cl2+H2OHClO+HCl，该反应是可逆反应，N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)＝2NA成立的条件是所有氯气全部反应生成盐酸和次氯酸，所以B选项错误；16gO2和O3混合气体中，氧原子的质量是16g，n（O）=16g/16g·mol-1=1mol，所以含有氧原子数为NA，C选项正确；从化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，1mol过氧化钠完全反应转移电子总数是1mol，7.8g过氧化钠是0.1mol。转移电子总数是0.1mol，即0.1NA，D选项错误；正确选项C。5、B【解题分析】

A、混合溶液中，浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O，NH3·H2O为弱电解质，故c(Na＋)＞c(NH3·H2O)，A错误；B、加入10mL盐酸时，c(Cl-)=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，B正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7时，即c(H＋)=c(OH-)，所以c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-），c(Cl-)＞c(Na＋)，C错误；D、加入20mL盐酸时，c(Cl-)=2c(Na+)，由于NH4+的水解，c(NH4+)＜c(Na+)，所以c(Cl-)＞c(NH4+)+c(Na+)，D错误；此题选B。6、D【解题分析】

OH－先与CO2反应：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ba2＋与CO32－反应生成BaCO3沉淀，因此认为Ba(OH)2先与CO2反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，然后NaOH再与CO2反应，NaOH＋CO2=NaHCO3，最后BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2，据此分析；【题目详解】OH－先与CO2反应：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ba2＋与CO32－反应生成BaCO3沉淀，因此认为Ba(OH)2先与CO2反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，然后NaOH再与CO2反应，NaOH＋CO2=NaHCO3，最后BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2，A、根据上述分析，oa段发生反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，ab段发生反应：NaOH＋CO2=NaHCO3，即b点对应的溶液中溶质为NaHCO3，故A说法正确；B、根据oa段的反应，以及b点以后的反应，两个阶段消耗CO2的体积是相同的，即都是30mL，则V4=90，故B说法正确；C、根据上述分析，oa段发生Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，故C说法正确；D、根据图像，oa段和ab段，消耗CO2的体积相同，根据oa段和ab段反应的方程式，n[Ba(OH)2]：n(NaOH)=1：1，故D说法错误；答案选D。7、B【解题分析】

A.由图示可知，该化合物的主链含有7个碳原子，且离支链最近的碳原子为1号C，则系统命名应为：2，5，5-三甲基-4-乙基庚烷，故A错误；B.苯环上12个原子共面，所以苯环上的碳原子与连在苯环上的两个甲基碳原子，和另一个苯环相连的碳原子一定共面，相连苯环碳的对位上的碳原子及连接的甲基碳处于一条直线上，所以也一定在该平面上，共面的碳原子数为6+2+1+1+1=11个，故B正确；C.苯酚与浓溴水发生反应生成2，4，6-三溴苯酚易溶于苯，三溴苯酚与苯不能分离，故C错误；D.根据该物质的结构简式可知，该物质中的-Br、-COO-、酚羟基都能与氢氧化钠反应，共需要消耗氢氧化钠4mol，故D错误；故选B。【题目点拨】系统命名法原则：（1）选主链选择最长的碳链为主链。（2）给主链编号时，从离取代基最近的一端开始。（3）书写名称用阿拉伯数字表示取代基的位次，先写出取代基的位次及名称，再写烷烃的名称；有多个取代基时，简单的在前，复杂的在后，相同的取代基合并写出，用汉字数字表示相同取代基的个数；阿拉伯数字与汉字之间用半字线隔开。记忆口诀为：选主链，称某烷。编碳位，定支链。取代基，写在前，注位置，短线连。不同基，简到繁，相同基，合并算。8、A【解题分析】分析：A、分子晶体的分子间作用力越大熔沸点越高；B、根据NaCl的晶胞和CsCl的晶胞分析；C、原子晶体中原子半径越小，共价键越强，键能越大；D、根据氨气和甲烷的空间结构分析。详解；A、分子晶体的分子间作用力越大熔沸点越高，已知常温下碘为固体，干冰为气体，所以碘的熔沸点高，即碘的分子间作用力大，A正确；B、NaCl的晶胞中一个Cl-紧邻的Na+数为6，而CsCl的晶胞中与一个Cl-紧邻的Cs+数目为8，B错误；C、原子晶体中原子半径越小，共价键越强，键能越大，已知碳原子半径小于硅原子半径，所以晶体硅中Si-Si键的键能小于金刚石中C-C键的键能，C错误；D、氨气为三角锥形，N-H键的键角为107°，甲烷的正四面体结构，分子中C-H键的键角为109•28′，D错误。答案选A。9、C【解题分析】分析：碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，结合电荷守恒、物料守恒等解答。详解：A、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），A正确；B、溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），B正确；C、溶液呈碱性，故HCO3-的电离程度小于其水解程度，C错误；D、小苏打溶液中，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解和电离都较微弱，水和碳酸氢根离子都电离出氢离子，只有碳酸氢根离子电离出碳酸根离子，所以c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(CO32-)，D正确。答案选C。点睛：本题考查离子浓度比较以及三大守恒定律，注意多元弱酸酸式根离子可电离也可水解。HSO3-、H2PO4-等以电离为主，溶液显酸性；HCO3-、HS-等以水解为主，溶液显碱性。10、C【解题分析】分析：本题考查的是元素周期表和元素周期律，根据元素在周期表中的位置进行分析即可。详解：W元素的核电荷数为X元素的2倍，说明X为氧，W为硫，则Y为硅，Z为磷，T为砷。A.根据同周期元素，从左到右半径依次减小，同族元素从上往下半径依次增大，所以X、W、Z的原子半径依次递增，故错误；B.根据同周期元素，从左到右非金属性增强，最高价氧化物的对应水化物的酸性依次增强，故Y、Z、W的最高价氧化物的水化物酸性依次递增，故错误；C.砷元素在金属和非金属的分界线上，具有半导体性质，故正确；D.X的非金属性比W强，所以最低价阴离子的失电子能力X比W弱，故错误。故选C。11、D【解题分析】

A.油脂在酸性条件下水解可得到丙三醇和高级脂肪酸，A正确；B.淀粉遇到碘，显蓝色，可用碘检验淀粉水解是否完全，B正确；C.蛋白质水解的最终产物均为氨基酸，C正确；D.纤维素水解与淀粉水解得到的最终产物均为葡萄糖，D错误；答案为D12、A【解题分析】

A．在元素周期表中，p区元素的最外层电子排布不能都用ns2np1～6表示，He原子为ns2，故A错误；B．C2H4和HCN分子结构式分别为、H-C≡N，所以二者都含有σ键和π键，乙烯分子中C原子采用sp2杂化、HCN中C原子采用sp杂化，二者中C原子杂化方式不同，故B正确；C．H2O中O原子成2个σ键，有2对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；NH3中N原子成3个σ键，有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；CH4分子中C原子形成4个σ键，采取sp3杂化，故C正确；D．红外光谱主要用于分析有机物中的官能团类，X-射线衍射实验可鉴别晶体和非晶体，乙醇和二甲醚的官能团不同，所以可以用红外光谱鉴别，玻璃是非晶体、水晶是晶体，所以可以用X-射线衍射实验鉴别玻璃与水晶，故D正确；答案选A。13、B【解题分析】分析：A、根据1mol过氧化钠中含有1mol氧氧共价键分析；B、钠在反应中失去1个电子；C、溶剂水分子还含有大量氧原子；D、标况下苯是液体。详解：A、因为1mol过氧化钠中含有1mol氧氧共价键，7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有的共价键数为0.1NA，A错误；B、0.2molNa与O2在一定条件下反应，钠元素化合价从0价升高到+1价，转移的电子数为0.2NA，B正确；C、溶剂水分子中还含有氧原子，则质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数大于NA，C错误；D、标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯含有的C6H6分子个数，D错误。答案选B。点睛：本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，掌握常见的计算式、过氧化钠的结构分析判断以及气体摩尔体积的适用范围和条件是解题关键，题目难度中等。选项C是易错点，容易忽视溶剂水分子中的氧原子。14、A【解题分析】

A.烯烃中的双键碳原子是2sp2杂化，故烯烃中的碳碳双键由l个δ键和l个π键组成，A正确；B.2s轨道只能和2p轨道形成sp2杂化轨道，B不正确；C.由极性键组成的分子，不一定是极性分子，例如甲烷是非极性分子，C不正确；D.甲烷中sp3杂化轨道的构型是正四面体，D不正确。所以答案选A。15、C【解题分析】

A.HSO3－水解的离子方程式为：HSO3－+H2O⇌HSO3－+OH－，故A错误；B.Al3+水解的离子方程式为：Al3++3H2O⇌3H++Al（OH）3，故B错误；C.NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3－，故C正确；D.H2S的电离方程式为：H2S⇌H++HS－，故D错误；本题答案为C。【题目点拨】盐的水解通常为可逆反应、微弱且不生成沉淀，H2S为二元弱酸，电离分步进行,以第一步电离为主。16、A【解题分析】考查元素周期律的应用。同主族自上而下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，A正确。金属性越强，相应金属阳离子的还原性就越弱，B不正确。碱金属单质的密度自上而下逐渐增大，但钠的密度大于家的，C不正确。碱金属单质的熔点逐渐减小，D不正确。答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应加成反应+NaOH+NaCl【解题分析】

甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成的A为，A水解生成的B为，反应⑤在浓硫酸作用下发生消去反应，生成的C为，C与溴发生加成生成的D为，D发生消去反应生成α—溴代肉桂醛，结合有机物的官能团的性质解答该题．【题目详解】（1）反应①为甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应，反应⑥为加成反应；（2）由以上分析可知C为，D为；（3）反应②氯代烃的水解反应，反应的方程式为：+NaOH+NaCl；（4）在NaOH的醇溶液中发生消去反应，脱去1分子HBr或2分子HBr，可生成α-溴代肉桂醛或；【题目点拨】发生消去反应时，可能消去一个溴原子，生成2种产物，还可能消去两个溴原子，生成碳碳三键。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、利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对气体产物观察的干扰铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色3Cu+8H＋+2NO3-=3Cu2＋+2NO↑+4H2O验证无色气体为NO吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气【解题分析】

由实验装置及流程可知，A中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成NO2，利用A装置反应生成的CO2气体赶净装置中的空气避免对一氧化氮气体检验的干扰；B中发生Cu与硝酸的反应生成NO、硝酸铜，E中收集到无色气体NO，利用F充入空气，可检验NO的生成；C装置可检验二氧化碳充满B、E装置；D装置为尾气处理装置，吸收氮的氧化物，防止污染空气，以此来解答。【题目详解】(1)因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成NO2，利用A装置反应生成的CO2气体赶净装置中的空气，避免对一氧化氮气体检验的干扰；为达到此目的，应进行的操作是使分液漏斗的凹槽对准小孔，打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K；(2)因铜与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，反应的离子反应为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，观察到的现象是：有气泡冒出，稀硝酸液面上气体为无色，溶液变为蓝色；(3)B反应产生的NO无色气体进入到E装置，因此E的作用是检验无色NO气体的产生，将F中的空气推入E中，发生2NO+O2=2NO2，看到E中无色气体变为红棕色，证明NO存在，则该实验的目的是验证E中的无色气体为NO；(4)NO、NO2都是有毒气体，能污染环境，氮的氧化物能被NaOH溶液吸收，反应产生的物质均为可溶性物质，故装置D的作用为吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气。【题目点拨】本题考查性质实验方案的设计的知识，把握实验装置的作用、弄清各个实验装置的作用、发生的反应及NO易被氧化为解答的关键。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【解题分析】

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。【题目详解】（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+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。（2）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，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO