2024屆江蘇省蘇北四市高二化學第二學期期末復習檢測試題含解析

2024屆江蘇省蘇北四市高二化學第二學期期末復習檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列與CH3COOH互為同系物的是A．CH2=CH—COOH B．CH3CH2COOHC．乙二酸 D．苯甲酸2、在下列物質中，所有的原子不可能在同一個平面上的是（）A． B．C． D．CH2=CHCl3、中科大發(fā)現了人工合成金剛石的新方法，化學原理為：Na+CO2C(金剛石)+C(石墨)+Na2CO3(未配平)，這種合成具有深遠的意義。下列說法不正確的是A．該反應中，鈉作還原劑，二氧化碳作氧化劑B．每生成1molNa2CO3時，共轉移4mol電子C．該反應中Na2CO3是氧化產物D．還原性Na大于C4、下列對有機物結構或性質的描述，錯誤的是()A．一定條件下，Cl2可在甲苯的苯環(huán)或側鏈上發(fā)生取代反應B．苯酚鈉溶液中通入CO2生成苯酚，則碳酸的酸性比苯酚弱C．等物質的量的乙烷和丙烷完全燃燒，丙烷生成的CO2多D．2，2—二甲基丙烷的一溴取代物只有一種5、下列有關物質用途的說法，錯誤的是（）A．二氧化硫常用于漂白紙漿 B．漂粉精可用于游泳池水消毒C．碳酸鋇可用來治療胃酸過多 D．氧化鐵常用于紅色油漆和涂料6、NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是()A．1mol鐵在一定條件下分別和氧氣、氯氣、硫完全反應轉移電子數都為2NAB．30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氫原子數為4NAC．12g石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個數為2NAD．2.1gDTO中含有的質子數為NA7、迷迭香酸是從蜂花屬植物中提取的物質，其結構簡式如圖所示。則等量的迷迭香酸消耗的Br2、NaOH、NaHCO3的物質的量之比為A．7：6：1B．7：6：5C．6：7：1D．6：7：58、除去MgO中的Al2O3可選用的試劑是()A．NaOH溶液B．硝酸C．濃硫酸D．稀鹽酸9、某化學課外活動小組擬用鉛蓄電池進行電絮凝凈水的實驗探究，設計的實驗裝置示意圖如下。下列敘述正確的是A．Y的電極反應為：Pb-2e-+SO42-=PbSO4B．電解池內僅發(fā)生反應：2Al+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2↑C．若電解池陰極上有0.5molH2生成，則鉛蓄電池中消耗H2SO4為98gD．用電絮凝法凈化過的水，pH顯著升高10、下列說法正確的是()A．3p2表示3p能級有2個軌道B．M能層中的原子軌道數目為3C．1s22s12p1表示的是激發(fā)態(tài)原子的電子排布D．處于同一軌道上的電子可以有多個，它們的自旋狀態(tài)相同11、下列變化符合圖示的是()①冰雪融化②KMnO4分解制O2③鋁與氧化鐵的反應④鈉與水反應⑤二氧化碳與灼熱的木炭反應⑥碘的升華⑦Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反應.A．②⑥⑦ B．②⑤⑦ C．①②⑤⑥⑦ D．③④12、下列敘述中正確的是A．CS2為V形的極性分子，形成分子晶體B．ClO3-的空間構型為平面三角形C．氯化硼B(yǎng)Cl3的熔點為-107℃，氯化硼液態(tài)時能導電而固態(tài)時不導電D．SiF4和SO32-的中心原子均為sp3雜化，SiF4分子呈空間正四面體，SO32-呈三角錐形13、下列各原子或離子的電子排布式錯誤的是（）A． B．C． D．14、根據電子排布的特點，Cu在周期表屬于（）A．ds區(qū) B．p區(qū) C．d區(qū) D．s區(qū)15、對分別盛有不同無色溶液①②③④四支試管進行如下操作。現象和結論對應正確的是操作現象結論A向①中滴加NaOH溶液，加熱，將濕潤紅色石蕊試紙置于試管口試紙變藍原溶液中有NH4+B向②中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀生成原溶液中有AlO2-C向③中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42-D向④中滴加氯水和CCl4，振蕩靜置下層溶液呈橙色原溶液中有I-A．A B．B C．C D．D16、標準狀況下，aL氫氣在過量的bL氯氣中燃燒，所得混合物用100mL3.00mol·L-1的NaOH溶液恰好完全吸收，則氯氣的體積b為()A．2.24LB．4.48LC．3.36LD．1.12L二、非選擇題（本題包括5小題）17、為了測定某有機物A的結構，做如下實驗：①將2.3g該有機物完全燃燒，生成0.1molCO2和2.7g水。②用質譜儀測定其相對分子質量，得如圖(Ⅰ)所示的質譜圖。③用核磁共振儀處理該化合物，得到如圖(Ⅱ)所示圖譜，圖中三個峰的面積之比是1：2：3。試回答下列問題：（1）有機物A的相對分子質量是________。（2）有機物A的實驗式是________。（3）A的分子式是________。（4）推測有機物A的結構簡式為____，A中含官能團的名稱是_____。18、已知有機物分子中的碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應：，有機物A的結構簡式為，G的分子式為C7H12O，以下A～H均為有機物，其轉化關系如下：（1）下列說法正確的是______。（填字母序號）A．C的官能團為羧基B．1molA最多可以和2molNaOH反應C．C可以發(fā)生氧化反應、取代反應和加成反應D．可以發(fā)生消去反應（2）F的結構簡式為____________，由F到G的反應類型為___________。（3）反應①的作用是__________________，合適的試劑a為____________。（4）同時滿足下列條件的A的一種同分異構體的結構簡式______________________。Ⅰ．與A具有相同的官能團；Ⅱ．屬于苯的鄰二取代物；Ⅲ．能使FeCl3溶液顯色；Ⅳ．核磁共振氫譜分析，分子中有8種不同化學環(huán)境的氫原子。（5）H與G分子具有相同的碳原子數目，且1molH能與足量的新制銀氨溶液反應生成4mol單質銀。寫出H與足量的新制銀氨溶液反應的化學方程式__________________。19、碘化鈉用作甲狀腺腫瘤防治劑、祛痰劑和利尿劑等.實驗室用NaOH、單質碘和水合肼(N2H4·H2O)為原料可制備碘化鈉。資料顯示：水合肼有還原性，能消除水中溶解的氧氣；NaIO3是一種氧化劑.回答下列問題：(1)水合肼的制備有關反應原理為:NaClO+2NH3=N2H4·H2O+NaCl①用下圖裝置制取水合肼，其連接順序為_________________(按氣流方向，用小寫字母表示).②開始實驗時，先向氧化鈣中滴加濃氨水，一段時間后再向B的三口燒瓶中滴加NaClO溶液.滴加NaClO溶液時不能過快的理由_________________________________________。(2)碘化鈉的制備i.向三口燒瓶中加入8.4gNaOH及30mL水，攪拌、冷卻，加入25.4g碘單質，開動磁力攪拌器，保持60～70℃至反應充分；ii.繼續(xù)加入稍過量的N2H4·H2O(水合肼)，還原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同時釋放一種空氣中的氣體；iii.向上述反應液中加入1.0g活性炭，煮沸半小時，然后將溶液與活性炭分離；iv.將步驟iii分離出的溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得產品24.0g.③步驟i反應完全的現象是______________________。④步驟ii中IO3-參與反應的離子方程式為________________________________________。⑤步驟iii“將溶液與活性炭分離”的方法是______________________。⑥本次實驗產率為_________，實驗發(fā)現，水合肼實際用量比理論值偏高，可能的原因是_____________。⑦某同學檢驗產品NaI中是否混有NaIO3雜質.取少量固體樣品于試管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加適量稀硫酸，片刻后溶液變藍.得出NaI中含有NaIO3雜質.請評價該實驗結論的合理性:_________(填寫“合理”或“不合理”)，_________(若認為合理寫出離子方程式，若認為不合理說明理由).20、二氯化硫(SCl2)熔點-78℃，沸點59℃，密度1.638g/mL，遇水易分解，二氯化硫與三氧化硫作用可生成重要化工試劑亞硫酰氯(SOCl2)。以下是氯氣與硫合成二氯化硫的實驗裝置。試回答下列問題：(1)裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為______________________。(2)裝置B應盛放的藥品是__________，C中是______________。(3)實驗時，D裝置需加熱至50—59℃．最好采用_____________方式加熱。(4)在配制一定物質的量濃度的鹽酸溶液時，下列操作所配溶液濃度偏低的是__________；A.配制溶液時，容量瓶中有少量水。B.使用容量瓶配制溶液時,俯視觀察溶液凹液面與容量瓶刻度線相切C.配制溶液的過程中，容量瓶未塞好，灑出一些溶液。D.發(fā)現溶液液面超過刻度線，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度線21、在T℃條件下，向1L固定體積的密閉容器M中加入2molX和1molY，發(fā)生如下反應：2X(g)+Y(g)aZ(g)+W(g)△H=－QkJ·mol－1(Q>1)。當反應達到平衡后，反應放出的熱量為Q1kJ，物質X的轉化率為α；若平衡后再升高溫度，混合氣體的平均相對分子質量減小，則（1）化學計量數a的值為____________________；此反應的逆反應△S__________1(填﹤,﹥,﹦)。（2）下列說法中能說明該反應達到了化學平衡狀態(tài)的是___________________________。A、容器內壓強一定B、v(X)正=2v(Y)逆C、容器內Z分子數一定D、容器內氣體的質量一定E、容器內氣體的密度一定F：X、Y、Z、W的濃度之比為2∶1∶a∶1（3）維持溫度不變，若起始時向該容器中加入的物質的量如下列各項，則反應達到平衡后(稀有氣體不參與反應),與之是等效平衡的是______________。A．2molX、1molY、1molArB．amolZ、1molWC．1molX、1.5molY、1.5amolZ、1.5molWD．2molX、1molY、1molZ（4）維持溫度不變，若起始時向容器中加入4molX和6molY，若達平衡時容器內的壓強減小了15%，則反應中放出的熱量為___________________kJ。（5）已知：該反應的平衡常數隨溫度的變化如下表：溫度/℃151211251311351平衡常數K9.945.211．51．21試回答下列問題：若在某溫度下，2molX和1molY在該容器中反應達平衡，X的平衡轉化率為51％，則該溫度為__________________℃。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解題分析】

結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質互稱為同系物?；橥滴锏奈镔|具有以下特點：結構相似、化學性質相似、分子通式相同、分子式不同、物理性質不同?！绢}目詳解】A．CH2=CH—COOH中含有碳碳雙鍵，與CH3COOH結構不相似，故A不選；B．CH3CH2COOH與乙酸結構相似，在分子組成上相差一個CH2原子團，故B選；C.乙二酸是二元酸，與乙酸結構不相似，故C不選；D.苯甲酸中含有苯環(huán)，與乙酸結構不相似，故D不選；故選B。2、B【解題分析】

A.苯環(huán)上的所有原子共平面，所以與苯環(huán)相連的原子也和苯環(huán)共平面，即溴苯中所有原子可以共平面，A錯誤；B.苯環(huán)上的所有原子共平面，所以與苯環(huán)相連的原子也和苯環(huán)共平面；甲烷是正四面體，所以參與構成甲烷構型的幾個原子不能共平面；故甲苯中所有原子不可能共平面，B正確；C.苯環(huán)上的所有原子共平面，所以與苯環(huán)相連的原子也和苯環(huán)共平面；乙烯是平面分子，所以參與構成乙烯構型的幾個原子式共平面的；所以苯乙烯中所有原子可以共平面，C錯誤；D.乙烯是平面分子，所以參與構成乙烯構型的幾個原子式共平面的，即氯乙烯中所有原子共平面，D錯誤；故合理選項為B。3、B【解題分析】

A、根據發(fā)生原理，Na的化合價升高，鈉作還原劑，CO2中C的化合價降低，CO2為氧化劑，故A說法正確；B、根據化學反應方程式，CO2中一部分C轉化成石墨和金剛石，一部分C轉化成Na2CO3，化合價沒有變化，因此根據Na計算轉移電子，即每生成1molNa2CO3，轉移2mol電子，故B說法錯誤；C、碳酸鈉中Na是由金屬鈉失去電子轉化成而成，因此碳酸鈉是氧化產物，故C說法正確；D、金屬鈉為還原劑，C為還原產物，還原劑的還原性強于還原產物的還原性，即Na的還原性強于C，故D說法正確。故選B。4、B【解題分析】

A.催化劑存在下，甲苯與Cl2發(fā)生苯環(huán)上的取代反應，光照下甲苯與Cl2發(fā)生甲基上的取代反應，A正確；B.苯酚鈉溶液中通入CO2生成苯酚，根據復分解反應的規(guī)律可知：碳酸的酸性比苯酚強，B錯誤；C.等物質的量的乙烷和丙烷完全燃燒，由于丙烷分子中含有的C原子數比乙烷多，所以丙烷生成的CO2多，C正確；D.2，2—二甲基丙烷可看作是甲烷分子中的4個H原子分別被4個-CH3取代產生的物質，12個H原子等效，因此其一溴取代物只有一種，D正確；故合理選項是B。5、C【解題分析】

A.二氧化硫有漂白性，故常用于漂白紙漿，A正確；B.漂粉精有強氧化性，故可用于游泳池水消毒，B正確；C.碳酸鋇雖然可與鹽酸反應，但是，生成的氯化鋇有毒，故不能用來治療胃酸過多，C不正確；D.氧化鐵是紅棕色粉末，故常用于紅色油漆和涂料，D正確。本題選C。【題目點撥】物質的用途是由其性質決定的，故先要明確物質的性質再明確其用途?；瘜W物質用于醫(yī)療上時，不僅要分析物質的性質，還要分析該物質及其反應的產物對人體健康的影響。6、D【解題分析】

A、1mol鐵在一定條件下分別與氧氣、氯氣、硫完全反應，與氧氣生成四氧化三鐵，轉移了mol電子，與氯氣反應生成氯化鐵，轉移了3mol電子，與S反應生成FeS，轉移了2mol電子，故A錯誤；B、葡萄糖和冰醋酸最簡式相同為CH2O，30g葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子團CH2O的物質的量==1mol，含有的氫原子數為2NA，故B錯誤；C、石墨烯中每一個六元環(huán)平均含有2個碳原子，故12g石墨烯即1mol石墨中含1molC原子，含有0.5mol六元環(huán)，即0.5NA個六元環(huán)，故C錯誤；D.2.1gDTO的物質的量為=0.1mol，而一個DTO中含10個質子，故0.1molDTO中含NA個質子，故D正確；答案選D。7、A【解題分析】分析：含有酚羥基，可與溴水發(fā)生取代反應，含有碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應，酯基、酚羥基、-COOH與NaOH反應，只有-COOH與NaHCO3反應，以此來解答。詳解：分子中含有4個酚羥基，共有6個鄰位、對位H原子可被取代，含有1個碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應，則1mol有機物可與7mol溴發(fā)生反應；含有4個酚羥基，1個羧基和1個酯基，則可與6molNaOH反應；只有羧基與碳酸氫鈉反應，可消耗1mol碳酸氫鈉，因此等量的迷迭香酸消耗的Br2、NaOH、NaHCO3的物質的量之比為7：6：1，答案選A。點睛：本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，注意把握官能團、性質的關系為解答的關鍵，熟悉苯酚、酯、酸的性質即可解答，注意酚羥基與碳酸氫鈉不反應，為易錯點。8、A【解題分析】試題分析：A、氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，氧化鎂不反應，反應后過濾可得氧化鎂，故A正確；B、氧化鎂、氧化鋁都能與硝酸反應生成硝酸鹽，故B錯誤；C、氧化鎂、氧化鋁都能與濃硫酸反應生成硫酸鹽，故C錯誤；D、氧化鎂、氧化鋁都能與稀鹽酸反應生成鹽，故D錯誤；故選A?？键c：考查了物質分離提純、鎂、鋁的重要化合物的性質的相關知識。9、C【解題分析】

左端裝置為電池，右端裝置為電解池，根據電解池的裝置圖，鐵電極上H2O轉化成H2和OH－，鐵電極為陰極，即Al電極為陽極，X為負極，Y為正極，據此分析?！绢}目詳解】A、根據上述分析，Y電極為正極，電極反應式為PbO2+SO42-＋H＋+2e-=PbSO4+H2O，故A錯誤；B、根據電解池裝置，Al電極上除有Al3＋生成外，還含有O2的生成，故B錯誤；C、陰極上有0.5molH2產生，鉛蓄電池的總反應為Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，即有H2～2e-～2H2SO4，即鉛蓄電池中消耗硫酸的質量為0.5mol×2×98g/mol=98g，故C正確；D、電解池內部發(fā)生的反應是2Al＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑，2H2O2H2↑＋O2↑，凈化過的水，pH基本保持不變，故D錯誤；答案選C?！绢}目點撥】涉及電化學計算，特別是兩池的計算時，一般采用關系式法，讓電子為中介，像本題，陰極上產生氫氣，得出H2～2e-，鉛蓄電池中也轉移2mole-，根據鉛蓄電池總反應，列出H2～2e-～2H2SO4，從而計算出硫酸的質量。10、C【解題分析】A．3p能級有三個軌道，3p2表示3p能級有兩個電子，而不是兩個軌道，選項A錯誤；B．M層有s、p、d能級，s能級有1個軌道、p能級有3個軌道、d能級有5個軌道，軌道數=1+3+5=9，選項B錯誤；C．1s22s12p1，根據能量最低原理，其基態(tài)應為1s22s2，1個2s電子被激發(fā)到2p能級上為激發(fā)態(tài)，選項C正確；D．同一軌道上最多排2個電子，其自旋方向相反，所以它們的狀態(tài)并不完全相同，選項D錯誤；答案選C。點睛：本題考查原子核外能級分布，明確原子核外電子層順序、每個電子層上能級分布即可解答，熟練掌握每個能級中軌道數，易錯點為選項C，原子的核外電子排布符合能量最低原理、泡利不相容原理及洪特規(guī)則，原子處于基態(tài)，否則為激發(fā)態(tài)。11、B【解題分析】

圖示，反應物的總能量小于生成物的總能量，該圖示表示的是吸熱反應，據此回答。【題目詳解】①冰雪融化吸熱，是物理變化，不符合；②KMnO4分解制O2是吸熱反應，符合；③鋁與氧化鐵的反應是放熱反應，不符合；④鈉與水的反應是放熱反應，不符合；⑤二氧化碳與灼熱木炭的反應是吸熱反應，符合；⑥碘的升華吸熱，是物理變化，不符合；⑦Ba（OH）2?8H2O和NH4Cl反應是吸熱反應，符合；答案選B。【題目點撥】掌握常見的放熱反應和吸熱反應是解答的關鍵，一般金屬和水或酸的置換反應、酸堿中和反應、一切燃燒、大多數化合反應和置換反應、緩慢氧化反應如生銹等是放熱反應。大多數分解反應、銨鹽和堿反應、碳（或氫氣或CO）作還原劑的反應等是吸熱反應。另外還需要注意不論是放熱反應還是吸熱反應均是化學變化。12、D【解題分析】

A.CS2和CO2相似，為直線形分子，在固態(tài)時形成分子晶體，故A不選；B.ClO3-的中心原子的價層電子對數為，其VSEPR模型為正四面體，略去中心原子上的孤電子對，ClO3-的空間構型為三角錐形，故B不選；C.氯化硼B(yǎng)Cl3的熔點為-107℃，氯化硼為分子晶體，液態(tài)和固態(tài)時只存在分子，沒有離子，所以不能導電，故C不選；D.SiF4和SO32-的中心原子的價層電子對數均為4，所以中心原子均為sp3雜化，SiF4的中心原子為sp3雜化，沒有孤電子對，所以分子呈空間正四面體，SO32-有一對孤電子對，所以分子呈三角錐形，故D選。故選D。13、D【解題分析】

原子核外電子排布應符合構造原理、能量最低原理、洪特規(guī)則和泡利不相容原理，結合原子或離子的核外電子數解答該題?！绢}目詳解】A.K元素原子核外有19個電子，失去一個電子生成K+，K+的電子排布式為1s22s22p63s23p6，A不符合題意；B.As是33號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3，符合能量最低原理，B不符合題意；C.N元素原子核外有7個電子，獲得3個電子，形成N3-，電子排布式為1s22s22p6，符合能量最低原理，C不符合題意；D.Cr元素原子核外有24個電子，由于原子核外電子軌道為半滿、全滿或全空時是穩(wěn)定結構，所以核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，不符合能量最低原理，D符合題意；故合理選項是D。【題目點撥】本題考查原子核外電子排布，本題注意基態(tài)原子或離子的電子排布規(guī)律，把握書寫方法。14、A【解題分析】

銅為29號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1。按照構造原理，價層電子排布式應為3d94s2，當3d接近半滿或全滿時，能量最低，最穩(wěn)定，所以Cu的4s2上的一個電子將填充在3d上，故Cu在元素周期表中屬于ds區(qū)，答案選A。15、A【解題分析】NH4++OH-=ΔNH3↑+H2點睛：滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液，生成白色沉淀，則沉淀可能是硫酸鋇或氯化銀；檢驗溶液中是否含有SO42-的方法是：先滴加鹽酸，沒有沉淀，再滴加氯化鋇，若有沉淀，則原溶液含有SO42-。16、C【解題分析】分析：本題考查的是氯氣的化學性質，根據氯氣反應的方程式計算即可解答。詳解：氯氣和氫氣反應生成氯化氫，氯化氫和氫氧化鈉反應生成氯化鈉和水，多余的氯氣和氫氧化鈉也反應生成氯化鈉和次氯酸鈉和水，根據氯元素守恒分析，1mol氯氣對應2mol氫氧化鈉，則氫氧化鈉的物質的量為3.00×0.1=0.3mol時，氯氣的物質的量為0.15mol，則標況下體積為0.15×22.4=3.36L。故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、46C2H6OC2H6OCH3CH2OH羥基【解題分析】

（1）根據質荷比可知，該有機物A的相對分子量為46；（2）根據2.3g該有機物充分燃燒生成的二氧化碳、水的量判斷有機物A中的碳元素、氫元素的物質的量、質量，再判斷是否含有氧元素，計算出C、H、O元素的物質的量之比，最后確定A的實驗式；（3）因為實驗式是C2H6O的有機物中，氫原子數已經達到飽和，所以其實驗式即為分子式；（4）結合核磁共振氫譜判斷該有機物分子的結構簡式?！绢}目詳解】（1）在A的質譜圖中，最大質荷比為46，所以其相對分子質量也是46，故答案為：46。（2）2.3g該有機物中，n(C)=n(CO2)=0.1mol，含有的碳原子的質量為m(C)=0.1mol×12g·mol-1=1.2g，氫原子的物質的量為：n(H)=×2=0.3mol，氫原子的質量為m(H)=0.3mol×1g·mol-1=0.3g，該有機物中m(O)=2.3g-1.2g-0.3g=0.8g，氧元素的物質的量為n(O)==0.05mol，則n(C)：n(H)：n(O)=0.1mol：0.3mol：0.05mol=2：6：1，所以A的實驗式是：C2H6O，故答案為：C2H6O。（3）因為實驗式是C2H6O的有機物中，氫原子數已經達到飽和，所以其實驗式即為分子式，故答案為：C2H6O。（4）A有如下兩種可能的結構：CH3OCH3或CH3CH2OH；若為前者，則在核磁共振氫譜中應只有1個峰；若為后者，則在核磁共振氫譜中應有3個峰，而且3個峰的面積之比是1：2：3，顯然CH3CH2OH符合題意，所以A為乙醇，結構簡式為CH3CH2OH，乙醇的官能團為羥基，故答案為：CH3CH2OH，羥基。【題目點撥】核磁共振氫譜是用來測定分子中H原子種類和個數比的。核磁共振氫譜中，峰的數量就是氫的化學環(huán)境的數量，而峰的相對高度，就是對應的處于某種化學環(huán)境中的氫原子的數量不同化學環(huán)境中的H，其峰的位置是不同的。峰的強度(也稱為面積)之比代表不同環(huán)境H的數目比。18、AB消去反應保護酚羥基，防止在反應②中被氧化NaHCO3溶液或+4Ag(NH3)2OH+4Ag↓+6NH3+2H2O【解題分析】

A的結構簡式為，A發(fā)生水解反應得到C與，可知C為CH3COOH，由轉化關系可知，與氫氣發(fā)生加成生成F為，G的分子式為C7H12O，則F發(fā)生消去反應得到G，G發(fā)生碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應生成H，若H與G分子具有相同的碳原子數，且1molH能與足量的新制銀氨溶液反應生成4mol單質銀，則H中含有2個-CHO，則亞甲基上的-OH不能發(fā)生消去反應，可推知G為，H為．與氫氧化鈉水溶液放出生成B為，B發(fā)生催化氧化生成D，D與銀氨溶液發(fā)生氧化反應，酸化得到E，則D為，E為，反應①的目的是保護酚羥基，防止在反應②中被氧化，E與是a反應得到，反應中羧基發(fā)生反應，而酚羥基不反應，故試劑a為NaHCO3溶液，據此解答．【題目詳解】A的結構簡式為，A發(fā)生水解反應得到C與，可知C為CH3COOH，由轉化關系可知，與氫氣發(fā)生加成生成F為，G的分子式為C7H12O，則F發(fā)生消去反應得到G，G發(fā)生碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應生成H，若H與G分子具有相同的碳原子數，且1molH能與足量的新制銀氨溶液反應生成4mol單質銀，則H中含有2個-CHO，則亞甲基上的-OH不能發(fā)生消去反應，可推知G為，H為．與氫氧化鈉水溶液放出生成B為，B發(fā)生催化氧化生成D，D與銀氨溶液發(fā)生氧化反應，酸化得到E，則D為，E為，反應①的目的是保護酚羥基，防止在反應②中被氧化，E與是a反應得到，反應中羧基發(fā)生反應，而酚羥基不反應，故試劑a為NaHCO3溶液，

（1）A．C為CH3COOH，C的官能團為羧基，故A正確；B．A為，酯基、酚羥基與氫氧化鈉反應，1molA最多可以和2molNaOH反應，故B正確；C．C為CH3COOH，可以發(fā)生氧化反應、取代反應，不能發(fā)生加成反應，故C錯誤；D．中羥基的鄰位碳上沒有氫原子，所以不能發(fā)生消去反應，故D錯誤；故答案為AB；（2）由上述分析可知，F為，由上述發(fā)生可知F到G的反應類型為消去反應；（3）反應①的作用是：是保護酚羥基，防止在反應②中被氧化，合適的試劑a為NaHCO3溶液；（4）同時滿足下列條件的A（）的同分異構體：Ⅰ．與A有相同的官能團，含有羥基、酯基；Ⅱ．屬于苯的鄰二取代物，Ⅲ．遇FeCl3溶液顯紫色，含有酚羥基，Ⅲ．1H-NMR分析，分子中有8種不同化學環(huán)境的氫原子，苯環(huán)與酚羥基含有5種H原子，則另外側鏈含有3種H原子，故另外側鏈為-CH2CH2OOCH，-CH（CH3）OOCH，結構簡式為：和；（5）H的結構簡式為，與足量的新制銀氨溶液反應的化學方程式為。【題目點撥】解有機推斷的關鍵是能準確根據反應條件推斷反應類型：（1）在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應。（2）在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應。（3）在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等。（4）能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應。（5）能與H2在Ni作用下發(fā)生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應。（6）在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應。（7）與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質發(fā)生的是—CHO的氧化反應。(如果連續(xù)兩次出現O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。（8）在稀H2SO4加熱條件下發(fā)生酯、低聚糖、多糖等的水解反應。（9）在光照、X2(表示鹵素單質)條件下發(fā)生烷基上的取代反應；在Fe粉、X2條件下發(fā)生苯環(huán)上的取代。19、fabcde(ab順序可互換）過快滴加NaClO溶液，過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產率無固體殘留且溶液呈無色（答出溶液呈無色即給分）2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O趁熱過濾或過濾80%水合胼能與水中的溶解氧反應不合理可能是I-在酸性環(huán)境中被O2氧化成I2而使淀粉變藍【解題分析】

(1)水合肼的制備原理為：NaClO+2NH3═N2H4?H2O+NaCl，利用裝置D制備氨氣，裝置A為安全瓶，防止溶液倒吸，氣體通入裝置B滴入次氯酸鈉溶液發(fā)生反應生成水合肼，剩余氨氣需要用裝置C吸收；(2)加入氫氧化鈉，碘和氫氧化鈉發(fā)生反應：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮氣與NaI，得到的NaI溶液經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得到NaI；⑥由碘單質計算生成的NaI與NaIO3，再由NaIO3計算與N2H4?H2O反應所得的NaI，由此計算得到理論生成的NaI，再計算產率可得；⑦NaIO3能夠氧化碘化鉀，空氣中氧氣也能夠氧化碘離子生成碘單質。據此分析解答?！绢}目詳解】(1)①水合肼的制備原理為：NaClO+2NH3═N2H4?H2O+NaCl，利用裝置D制備氨氣，通過裝置A安全瓶，防止溶液倒吸，氣體通入裝置B滴入次氯酸鈉溶液發(fā)生反應生成水合肼，剩余氨氣需要用裝置C吸收，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按氣流方向其連接順序為：fabcde，故答案為fabcde；②開始實驗時，先向氧化鈣中滴加濃氨水，生成氨氣一段時間后再向B的三口燒瓶中滴加NaClO溶液反應生成水合肼，水合肼有還原性，滴加NaClO溶液時不能過快的理由：過快滴加NaClO溶液，過量的NaClO溶液氧化水和肼，降低產率，故答案為過快滴加NaClO溶液，過量的NaClO溶液氧化水和肼，降低產率；(2)③步驟ii中碘單質生成NaI、NaIO3，反應完全時現象為無固體殘留且溶液接近無色，故答案為無固體殘留且溶液接近無色；④步驟iiiN2H4?H2O還原NalO3的化學方程式為：3N2H4?H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O，離子方程式為：3N2H4?H2O+2IO3-=2I-+3N2↑+9H2O，故答案為3N2H4?H2O+2IO3-=2I-+3N2↑+9H2O；⑤活性炭具有吸附性，能脫色，通過趁熱過濾將活性炭與碘化鈉溶液分離，故答案為趁熱過濾；⑥8.2gNaOH與25.4g單質碘反應，氫氧化鈉過量，碘單質反應完全，碘和氫氧化鈉發(fā)生反應：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，則生成的NaI的質量為：×5×150g/mol=25g，生成的NaIO3與N2H4?H2O反應所得的NaI，反應為3N2H4?H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O，則6I2～2NaIO3～2NaI，該步生成的NaI質量為：×2×150g/mol=5g，故理論上生成的NaI為25g+5g=30g，實驗成品率為×100%=80%，實驗發(fā)現，水合肼實際用量比理論值偏高是因為水合肼能與水中的溶解氧反應，故答案為80%；水合肼能與水中的溶解氧反應；⑦取少量固體樣品于試管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加適量稀硫酸，片刻后溶液變藍，說明生成碘單質，可能是NaIO3氧化碘化鉀反應生成，也可能是空氣中氧氣氧化碘離子生成碘單質，不能得出NaI中含有NaIO3雜質，故答案為不合理；可能是I-在酸性環(huán)境中被氧氣氧化成I2而使淀粉變藍?！绢}目點撥】本題考查了物質制備方案設計，主要考查了化學方程式的書寫、實驗方案評價、氧化還原反應、產率計算等。本題的難點為⑥，要注意理清反應過程。20、MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O飽和食鹽水(或水)濃硫酸水浴CD【解題分析】

在裝置A中制備氯氣，B、C用于除雜，分別除去氯化氫和水，實驗開始前先在D中放入一定量的硫粉，加熱使硫熔化，然后轉動和搖動燒瓶使硫附著在燒瓶內壁表面形成一薄層，可增大硫與氯氣的接觸面積，利于充分反應，因二氯化硫遇水易分解，F用于防止空氣中的水蒸氣進入裝置，并吸收氯氣防止污染環(huán)境，以此解答該題?！绢}目詳解】(1)實驗室用濃鹽酸與二氧化錳加熱制備氯氣，反應的化學方程式為MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)實驗室用二氧化錳和濃鹽酸制取氯氣，濃鹽酸易揮發(fā)，所以制得的氯氣不純，混有氯化氫和水，先用盛有飽和食鹽水的B裝置除去氯化氫，再用盛有濃硫酸的C裝置吸水；(3)實驗時，D裝置需加熱至50-59℃介于水浴溫度0-100℃，因此采用的加熱方式為水浴加熱；(4)結合c=n/V分析選項，A.配制溶液時，容量瓶中有少量水，對所配溶液濃度沒有影響；B.使用容量瓶配制溶液時，俯視觀察溶液凹液面與容量瓶刻度線相切，使得溶液的體積偏小，則所得溶液濃度偏高；C.配制溶液的過程中，容量瓶未塞好，灑出一些溶液，所配溶液濃度偏低；D.發(fā)現溶液液面超過刻度線，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度，所得溶液濃度偏低，故合理選項是CD。【題目點撥】解題時要特別注意題中信息“二氯化硫遇水易分解”的應用，試題難度不大。21、1>ABCABC1.5QkJ311【解題分析】分析：（1）反應放熱，若平衡后再升高溫度，則平衡向左移動，混合氣體的平均相對分子質量減小，說明反應物氣體的化學計量數之和大于生成物氣體的化學計量數之和，以此進行分析。（2）反應達到平衡狀態(tài)時，物質的濃度、含量、質量等不再發(fā)生變化，由于反應前后氣體的化學計量數之和不相等，則