四川省宜賓市興文縣高級中學2025年化學高二下期末質(zhì)量檢測試題含解析

四川省宜賓市興文縣高級中學2025年化學高二下期末質(zhì)量檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、某有機物A用質(zhì)譜儀測定如圖①，核磁共振氫譜示意圖如圖②，則A的結(jié)構(gòu)簡式可能為（）A．HCOOH B．CH3CHO C．CH3CH2OH D．CH3CH2CH2COOH2、下列離子方程式表達不正確的是A．向FeCl3溶液滴加HI溶液：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2B．向水中放入Na2O2：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑C．向NaAlO2溶液中通入過量的CO2制Al(OH)3：AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－D．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：2NH4＋＋Ba2＋＋SO42－＋2OH－=BaSO4↓＋2NH3·H2O3、下列說法中錯誤的是A．[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s軌道和5p軌道以sp雜化成鍵，空間構(gòu)型為直線型B．配位數(shù)為4的配合單元一定呈正四面體結(jié)構(gòu)，配位數(shù)為6的配合單元一定呈正八面體結(jié)構(gòu)C．[Cu(NH3)4]SO4中所含的化學鍵有離子鍵、極性共價鍵和配位鍵D．[Pt(NH3)6]2＋和[PtCl4]2－中，其中心離子的化合價都是＋24、下列物質(zhì)屬于弱電解質(zhì)的是A．NaClB．NaOHC．CH3COOHD．CO25、一定溫度下，m

g下列物質(zhì)在足量的氧氣中充分燃燒后，產(chǎn)物與足量的過氧化鈉充分反應，過氧化鈉增加了n

g，且n＞m，符合此要求的物質(zhì)是（）①H2

②HCHO

③CH4

④HCOOCH3

⑤CH3CHOA．①②B．③⑤C．①②③④⑤D．④6、下表是第三周期部分元素的電離能[單位：eV(電子伏特)]數(shù)據(jù)。元素I1/eVI2/eVI3/eV甲5.747.471.8乙7.715.180.3丙13.023.940.0丁15.727.640.7根據(jù)以上數(shù)據(jù)分析，下列說法正確的是A．甲的金屬性比乙弱 B．乙的化合價為＋1價C．丙一定為非金屬元素 D．丁一定為金屬元素7、下列關(guān)于Na2CO3和NaHCO3性質(zhì)的說法錯誤的是A．熱穩(wěn)定性Na2CO3>NaHCO3B．與同濃度鹽酸反應的劇烈程度：Na2CO3>NaHCO3C．相同溫度時，在水中的溶解性：Na2CO3>NaHCO3D．等物質(zhì)的量濃度溶液的pH：Na2CO3>NaHCO38、NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A．常溫常壓下，64gSO2中含有的原子數(shù)為3NAB．標準狀況下，11.2LCCl4所含原子數(shù)目為2.5NAC．2L0.1mol?L﹣1K2SO4溶液中含K+物質(zhì)的量為0.2molD．1.0molCH4與Cl2在光照下反應生成的CH3Cl分子數(shù)為1.0NA9、下列關(guān)于化合物A(結(jié)構(gòu)簡式如圖)的敘述中正確的是A．分子中只有極性鍵 B．該分子中三種元素的電負性：H>C>OC．分子中有σ鍵和兀鍵 D．該分子在水中的溶解度小于甲烷在水中的溶解度10、對于反應2NO2(g)N2O4(g)，在一定條件下達到平衡，在溫度不變時，欲使的比值增大，應采取的措施是()①體積不變，增加NO2的物質(zhì)的量；②體積不變，增加N2O4的物質(zhì)的量；③使體積增大到原來的2倍；④充入N2，保持壓強不變A．①② B．②③ C．①④ D．③④11、可用于治療胃酸過多的物質(zhì)是A．碳酸氫鈉 B．氯化鈉 C．氯化鉀 D．氫氧化鈉12、下列電離方程式正確的是A．NaHCO3＝Na++H++CO32- B．HCO3－H++CO32－C．KClO3＝K++Cl-+3O2- D．NaOHNa++OH-13、下列有關(guān)說法不正確的是圖1圖2圖3圖4A．水合銅離子的模型如圖1所示，1個水合銅離子中有4個配位鍵B．CaF2晶體的晶胞如圖2所示，每個CaF2晶胞平均占有4個Ca2＋C．H原子的電子云圖如圖3所示，H原子核外的大多數(shù)電子在原子核附近運動D．金屬Cu原子堆積模型如圖4所示，該金屬晶體為最密堆積，每個Cu原子的配位數(shù)均為1214、25℃，四種水溶液①HCl，②FeCl3，③KOH，④Na2CO3四種水溶液的pH依次為4、4、10、10，各溶液中水的電離程度大小關(guān)系正確的是（）A．①=②=③=④ B．①＞③＞②＞④ C．④=②＞③=① D．①=③＞②＝④15、原子數(shù)和電子數(shù)分別相等的粒子稱為等電子體，下列粒子不屬于等電子體的是()A．CH4和NH4+ B．NO和O2 C．NH3和H3O+ D．HCl和HS-16、下列化合物的核磁共振氫譜中出現(xiàn)三組峰的是：A．2，2，3，3-四甲基丁烷 B．2，3，4-三甲基戊烷 C．3，4-二甲基己烷 D．2，5-二甲基己烷二、非選擇題（本題包括5小題）17、以乙炔與甲苯為主要原料，按下列路線合成一種香料W：（1）寫出實驗室制備乙炔的化學方程式___________。（2）反應①的反應試劑、條件是________，上述①~④反應中，屬于取代反應的是________。（3）寫出反應③的化學方程式_____________。（4）檢驗反應③是否發(fā)生的方法是_______。（5）寫出兩種滿足下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式______。a.能發(fā)生銀鏡反應b.苯環(huán)上的一溴代物有兩種18、原子序數(shù)小于36的X、Y、Z、W四種元素，X基態(tài)原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，Y基態(tài)原子的2p原子軌道上有3個未成對電子，Z是地殼中含量最多的元素，W的原子序數(shù)為24。（1）W基態(tài)原子的核外電子排布式為___________，元素X、Y、Z的第一電離能由大到小的順序為___________(用元素符號表達)；（2）與XYZ-互為等電子體的化學式為___________；（3）1mol

HYZ3分子中含有σ鍵的數(shù)目為___________；（4）YH3極易溶于水的主要原因是___________。19、NaClO2/H2O2酸性復合吸收劑可同時有效脫硫、脫硝。實驗室制備少量NaClO2的裝置如圖所示。裝置I控制溫度在35～55°C，通入SO2將NaClO3還原為ClO2(沸點：11°C)?；卮鹣铝袉栴}：（1）裝置Ⅰ中反應的離子方程式為__________________。（2）裝置Ⅱ中反應的化學方程式為_____________________。（3）裝置用中NaOH溶液的作用是_____________。（4）用制得的NaClO4/H2O2酸性復合吸收劑同時對NO、SO2進行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在溫度一定時，n(H2O2)/n(NaClO2)和溶液pH對脫硫、脫硝的影響如圖所示：①從圖1和圖2中可知脫硫、脫硝的最佳條件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝________________。pH在_________________之間。②圖2中SO2的去除率隨pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5時反而減小。NO去除率減小的可能原因是___________________________________。20、Ⅰ、實驗室里用乙醇和濃硫酸反應生成乙烯，乙烯再與溴反應制1，2-二溴乙烷。在制備過程中部分乙醇被濃硫酸氧化，產(chǎn)生CO2、SO2，并進而與溴反應生成HBr等酸性氣體。（1）用下列儀器，以上述三種物質(zhì)為原料制備1，2一二溴乙烷。如果氣體流向為從左到右，正確的連接順序是（短接口或橡皮管均已略去）：B經(jīng)A①插人A中，D接A②；A③接_______接_____接_____接______。（2）裝置C的作用是________________；（3）在反應管E中進行的主要反應的化學方程式為____________________；Ⅱ、某興趣小組同學在實驗室用加熱l－丁醇、濃H2SO4和溴化鈉混合物的方法來制備1－溴丁烷，設(shè)計了如下圖所示的實驗裝置（其中的夾持儀器沒有畫出）。請回答下列問題：（1）兩個裝置中都用到了冷凝管，A裝置中冷水從_________（填字母代號）進入，B裝置中冷水從________（填字母代號）進入。（2）制備操作中，加入的濃硫酸事先稍須進行稀釋，其目的是________。（填字母）a．減少副產(chǎn)物烯和醚的生成b．減少Br2的生成c．水是反應的催化劑（3）為了進一步提純1－溴丁烷，該小組同學查得相關(guān)有機物的有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：物質(zhì)熔點／℃沸點／℃1－丁醇－89.5117.31－溴丁烷－112.4101.6丁醚－95.3142.41－丁烯－185.3－6.5則用B裝置完成此提純實驗時，實驗中要迅速升高溫度至_________收集所得餾分。（4）有同學擬通過紅外光譜儀鑒定所得產(chǎn)物中是否含有“－CH2CH2CH2CH3”，來確定副產(chǎn)物中是否存在丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3）。請評價該同學設(shè)計的鑒定方案是否合理？________為什么？答：________。21、下面是一個四肽，它可看作是4個氨基酸縮合掉3分子水而得，，式中的R，R′、R″、R可能是相同的或不同的烴基或有取代基的烴基．﹣NH﹣CO﹣稱為肽鍵，今有一個“多肽”，其分子式是C55H70O19N10，已知將它徹底水解后只得到下列四種氨基酸：問：（1）這個“多肽”是_________肽；（2）該多肽水解后，有_________個谷氨酸；（3）該多肽水解后，有_________個苯丙氨酸。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

核磁共振氫譜圖顯示有三個峰，則表明該有機物分子中有三組氫，HCOOH有2組峰，A錯誤；CH3CHO有2組峰，B錯誤；CH3CH2OH有3組峰，且該有機物的三組氫的個數(shù)比和核磁共振氫譜圖接近，C正確；CH3CH2CH2COOH有4組峰，故D錯誤；故答案選C。2、D【解析】

A、Fe3＋具有強氧化性，能將I－氧化成I2，離子方程式為2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，故A不符合題意；B、過氧化鈉能與水反應，其離子方程式為2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，故B不符合題意；C、利用碳酸的酸性強于Al(OH)3，偏鋁酸鈉溶液中通入過量的CO2，其離子方程式為AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，故C不符合題意；D、Al3＋得到OH－能力強于NH4＋，NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的Ba(OH)2，其離子方程式為2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－=3Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，故D符合題意；答案選D。難點是選項D，利用Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3OH－，得出Al3＋結(jié)合OH－能力強于NH4＋，因為所加Ba(OH)2少量，即Ba(OH)2系數(shù)為1，1molBa(OH)2中有2molOH－，Al3＋最后以Al(OH)3形式存在，消耗Al3＋的物質(zhì)的量為mol，然后得出：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－=3Al(OH)3↓＋3BaSO4↓。3、B【解析】

A.Ag+價電子排布式為4d10，4d軌道電子全充滿，則一個5s軌道和1個5p軌道參與雜化形成兩個雜化軌道，這兩個雜化軌道接受兩個氮原子中提供的孤電子對而形成兩個配位鍵，所以中心原子與配位體形成配位鍵的雜化軌道類型是sp雜化，空間構(gòu)型為直線型，A正確；B.配位數(shù)為4的配合物可以為四面體結(jié)構(gòu)，也可以為平面四邊形結(jié)構(gòu)，B錯誤；C.[Cu(NH3)4]SO4屬于離子化合物，含有離子鍵，N-H鍵為極性共價鍵，Cu-N鍵為配位鍵，C正確；D.[Pt(NH3)6]2＋中，NH3可以看為一個整體，顯0價，[PtCl4]2－中，Cl顯-1價，故它們的中心離子的化合價都是＋2，D正確；故合理選項為B。4、C【解析】

在水溶液里或者熔融狀態(tài)下只能部分電離的電解質(zhì)是弱電解質(zhì)，弱電解質(zhì)包括弱酸、弱堿、水與少數(shù)鹽，據(jù)此解答?！驹斀狻緼、NaCl在水溶液和熔融狀態(tài)下都能夠完全電離，是強電解質(zhì)，A錯誤；B、NaOH在水溶液和熔融狀態(tài)下都能夠完全電離，是強電解質(zhì)，B錯誤；C、醋酸在水溶液中部分電離，是弱電解質(zhì)，C正確；D、二氧化碳本身不能夠電離，屬于非電解質(zhì)，D錯誤；答案選C。本題考查了強弱電解質(zhì)的判斷，難度不大，解題的關(guān)鍵是明確電解質(zhì)的強弱是以電離程度判斷，易錯項為D，注意二氧化碳的水溶液導電的原因是二氧化碳與水反應生成電解質(zhì)碳酸，二氧化碳本身不電離，是非電解質(zhì)。5、B【解析】分析：由2H2+O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知過氧化鈉增加的質(zhì)量即為H2、CO的質(zhì)量，因此只要是CO或H2或它們的混合氣體或化學組成符合（CO）m·（H2）n時就一定滿足m=n，若n＞m，則不符合（CO）m·（H2）n，以此來解答。詳解：由上述分析可知n＞m時，不符合（CO）m·（H2）n，根據(jù)化學式可知①②④均符合（CO）m·（H2）n；③CH4化學式改寫為C?（H2）2，氧原子不足，因此燃燒后生成物與足量的過氧化鈉完全反應，過氧化鈉增加的質(zhì)量大于原物質(zhì)的質(zhì)量，即n＞m；⑤CH3CHO化學式改寫為CO?（H2）2·C，氧原子不足，因此燃燒后生成物與足量的過氧化鈉完全反應，過氧化鈉增加的質(zhì)量大于原物質(zhì)的質(zhì)量，即n＞m；答案選B。6、C【解析】由表中數(shù)據(jù)可知，甲的第一電離能比乙低，所以甲的金屬性比乙強；乙的第三電離能明顯比第一、第二電離能高了很多，所以乙的最外層只有兩個電子，乙為金屬鎂，其化合價為+2；甲的第一電離能最小，所以甲為鈉。丙一定不是鋁，因為鋁的第一電離能比鎂小，所以丙一定是非金屬元素，丁的第一電離能比丙更大，所以丁一定為非金屬。綜上所述，C正確。點睛：同一周期中各元素的第一電離能隨原子序數(shù)遞增呈逐漸增大的趨勢，但是每一周期的第IIA（s軌道全充滿）和第VA（p軌道半充滿）元素的原子結(jié)構(gòu)有特殊性，所以它們的第一電離能高于相鄰的兩種元素。同一元素的電離能逐級升高，但是升高的幅度不同，根據(jù)這個特點可以把核外電子分成不同的電子層，并由此確定元素的主要化合價。7、B【解析】A．NaHCO3不穩(wěn)定，加熱易分2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸鈉受熱穩(wěn)定，所以熱穩(wěn)定性：Na2CO3>NaHCO3，故A正確；B．分別滴加HCl溶液，反應離子方程式為CO32-+2H+═CO2↑+H2O，HCO3-+H+═H2O+CO2↑，相同條件下NaHCO3比Na2CO3反應放出氣體劇烈，故B錯誤；C．常溫下，向飽和碳酸鈉溶液中通入二氧化碳氣體，有碳酸氫鈉晶體析出，可知常溫時水溶解性：Na2CO3>NaHCO3，故C正確；D．在水中水解程度Na2CO3大，所以等物質(zhì)的量濃度溶液，堿性較強的為Na2CO3，則pH為Na2CO3>NaHCO3，故D正確．故選B。點睛：NaHCO3與Na2CO3相比較，NaHCO3不穩(wěn)定，加熱易分解，常溫時，Na2CO3溶解度較大，與鹽酸反應時，NaHCO3反應劇烈，在水中水解程度Na2CO3大。8、A【解析】分析：A．二氧化硫分子中含有3個原子，1mol二氧化硫中含有3mol原子；B、依據(jù)氣體摩爾體積的應用條件分析判斷；C、根據(jù)公式n=cV進行計算；D、根據(jù)甲烷與氯氣在光照條件下反應的情況分析。詳解：A．64g二氧化硫的物質(zhì)的量為1mol，1mol二氧化硫分子中含有3mol原子，含有的原子數(shù)為3NA，選項A正確；B、標準狀況下，CCl4不是氣體，11.2LCCl4的物質(zhì)的量不是0.5mol，所含原子數(shù)目不是2.5NA，選項B錯誤；C．2L0.1mol?L﹣1K2SO4溶液中含K+物質(zhì)的量為2L×0.1mol?L﹣1×2=0.4mol，選項C錯誤；D、甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成的鹵代烴不止一種，因此生成的CH3Cl分子數(shù)不為1.0NA，選項D錯誤。答案選A。點睛：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的判斷，題目難度中等，注意明確標況下氣體摩爾體積的使用條件，熟練掌握物質(zhì)的量與摩爾質(zhì)量、標況下的氣體摩爾體積、阿伏伽德羅常數(shù)等物理量之間的關(guān)系，選項C為易錯點，注意稀有氣體為單原子分子。9、C【解析】A．該有機分子中碳碳鍵為非極性鍵，故A錯誤；B．非金屬性越強，電負性越大，則該分子中三種元素的電負性：O>C>H，故B錯誤；C．分子中含有碳碳雙鍵，則有σ鍵和兀鍵，故C正確；D．含有醛基的有機物一般能溶解于水，該分子在水中的溶解度大于甲烷，故D錯誤；答案為C。10、D【解析】

①體積不變，增加NO2的物質(zhì)的量，相當于加壓，平衡右移，的比值減小；②體積不變，增加N2O4的物質(zhì)的量，相當于加壓，平衡右移，的比值減??；③使體積增大到原來的2倍，壓強減小，平衡逆向移動，的比值增大；④充入N2，保持壓強不變，體積增大，相當于減壓，平衡逆向移動，的比值增大；故選D。本題考查化學平衡的移動，①②是學生的易錯點、難點，對于一種物質(zhì)的分解反應，改變反應物的濃度，反應物的轉(zhuǎn)化率變化等效于改變壓強。11、A【解析】

能用于治療胃酸（含鹽酸）過多的物質(zhì)需具備能與鹽酸反應且對人體無害的性質(zhì)?！驹斀狻緼、碳酸氫鈉可與鹽酸發(fā)生反應生成氯化鈉和水以及二氧化碳，可用于治療胃酸過多，選項A正確；B、NaCl不與鹽酸反應，不能用于治療胃酸過多，選項B錯誤；C、KCl不與鹽酸反應，不能用于治療胃酸過多，選項C錯誤；D、氫氧化鈉具有極強的腐蝕性，對人體有害，不能用于治療胃酸過多，選項D錯誤；答案選A。本題考查了常見物質(zhì)的實際用途，完成此題，可以依據(jù)已有的知識進行。12、B【解析】

A.碳酸氫鈉是弱酸的酸式鹽，電離方程式為NaHCO3＝Na++HCO3-，A錯誤；B.碳酸氫根離子是弱酸生物酸式根，電離可逆，電離方程式為HCO3－H++CO32－，B正確；C.氯酸鉀的電離方程式為KClO3＝K++ClO3-，C錯誤；D.氫氧化鈉是一元強堿，電離方程式為NaOH＝Na++OH-，D錯誤；答案選B。明確物質(zhì)的組成和電解質(zhì)的強弱是解答的關(guān)鍵，選項C是解答的易錯點，注意含有原子團的物質(zhì)電離時，原子團應作為一個整體，不能分開。13、C【解析】分析：A水合銅離子中銅離子的配位數(shù)為4,配體是水,水中的氧原子提供孤電子對與銅離子形成配位鍵,據(jù)此答題；B根據(jù)均攤法可以知道,在CaF2晶體的晶胞中,每個CaF2晶胞平均占有Ca2+個數(shù)為8×18+6×12=4詳解:A、水合銅離子中銅離子的配位數(shù)為4,配體是水,水中的氧原子提供孤電子對與銅離子形成配位鍵,所以A選項是正確的;B、根據(jù)均攤法可以知道,在CaF2晶體的晶胞中,每個CaF2晶胞平均占有Ca2+個數(shù)為8×18+6×12=4,,所以B選項是正確的；14、C【解析】

酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大其抑制水電離程度越大；含有弱離子的鹽促進水電離，弱離子水解程度越大，水的電離程度越大?！驹斀狻竣偈撬?、③是堿，所以二者抑制水電離，①pH=4的HCl溶液中水電離出的氫離子濃度是；③pH=10的KOH溶液中水電離出的氫離子濃度是；所以二者抑制水電離程度相同；②、④都是含有弱離子的鹽，促進水電離，②pH=4的FeCl3溶液中水電離出的氫離子濃度是，④pH=10的Na2CO3溶液中水電離出的氫離子濃度是，②、④水電離程度相同，則水的電離程度大小順序是④=②>③=①，故選C。15、B【解析】

根據(jù)題目信息，電子數(shù)目相同的微粒為等電子體，分子中質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)，據(jù)此分析判斷。【詳解】A．CH4的質(zhì)子數(shù)為6+1×4=10，分子中質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)，所以電子數(shù)為10，NH4+的質(zhì)子數(shù)為7+1×4=11，電子數(shù)為10，所以兩者的電子數(shù)相等，都是10個，屬于等電子體，故A不選；B．NO的質(zhì)子數(shù)為7+8=15，O2的質(zhì)子數(shù)為8×2=16，分子中質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)，所以兩者的電子數(shù)不相等，不是等電子體，故B選；C．NH3與H3O+質(zhì)子數(shù)分別是10、10，電子數(shù)分別為10、10，是等電子體，故C不選；D．HCl的質(zhì)子數(shù)為1+17=18，HS-的質(zhì)子數(shù)為16+1×2=18，分子中質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)，所以兩者的電子數(shù)相等，是等電子體，故D不選；答案選B。16、D【解析】

A.該分子的結(jié)構(gòu)簡式為：，只含一種H原子，其核磁共振氫譜中只顯示一組峰，A錯誤；B.該分子的結(jié)構(gòu)簡式為：，含四種H原子，其核磁共振氫譜中只顯示四組峰，B錯誤；C.該分子的結(jié)構(gòu)簡式為：，含四種H原子，其核磁共振氫譜中只顯示四組峰，C錯誤；D.該分子的結(jié)構(gòu)簡式為：，含三種H原子，其核磁共振氫譜中只顯示三組峰，D正確；故合理選項為D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、氯氣、光照①②④取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱煮沸，有磚紅色沉淀生成，可證明反應③已經(jīng)發(fā)生、、【解析】

由C的結(jié)構(gòu)及反應④為酯化反應可知，A為CH3COOH，C為，則反應①為與氯氣光照下發(fā)生取代反應，生成B為，反應②為鹵代烴的水解反應，反應③為醇的催化氧化反應，【詳解】（1）實驗室用碳化鈣和水反應制備乙炔，化學方程式。答案為：；（2）根據(jù)上述分析，反應①的反應試劑為氯氣，條件是光照，上述①~④反應中，屬于取代反應的是

①②④，故答案為：①②④；（3）反應③為與氧氣在催化劑作用下發(fā)生氧化反應生成，化學方程式為。答案為：；（4）檢驗反應③是否發(fā)生的方法是：取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，有磚紅色沉淀生成，可證明反應③已經(jīng)發(fā)生，故答案為：取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，有磚紅色沉淀生成，可證明反應③已經(jīng)發(fā)生；（5）的同分異構(gòu)體滿足a.能發(fā)生銀鏡反應,含?CHO；b.苯環(huán)上的一溴代物有兩種，苯環(huán)上有2種H，則2個取代基位于對位，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式為、、等，答案為：、、。18、1s22s22p63s23p63d54s1N＞O＞CCO2（SCN-等）4×6.02×1023氨分子與水分子間易形成氫鍵【解析】

原子序數(shù)小于36的X、Y、Z、W四種元素，元素X的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的2倍，X原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，故X為C元素；Y基態(tài)原子的2p軌道上有3個未成對電子，Y的核外電子排布式為1s22s22p3，則Y為N元素；Z是地殼中含量最多的元素，則Z為O元素；W的原子序數(shù)為24，則W為Cr元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，X為C元素，Y為N元素，Z為O元素，W為Cr元素。(1)W核外電子數(shù)為24，基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1；同一周期，隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢，氮元素原子2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：N＞O＞C，故答案為：1s22s22p63s23p63d54s1；N＞O＞C；(2)原子總數(shù)相等、價電子總數(shù)相等微?；榈入娮芋w，與CNO-互為等電子體的有CO2、SCN-等，故答案為：CO2(或SCN-等)；(3)HNO3的結(jié)構(gòu)式為，1mol

HNO3分子中含有4molσ鍵，數(shù)目為4×6.02×1023，故答案為：4×6.02×1023；(4)氨分子與水分子間易形成氫鍵，導致NH3極易溶于水，故答案為：氨分子與水分子間易形成氫鍵。本題的易錯點為(1)和(3)，(1)中要注意能級交錯現(xiàn)象，(3)中要注意硝酸的結(jié)構(gòu)。19、SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2吸收尾氣，防止污染空氣6：1或65.5～6.0pH＞5.5以后，隨pH的增大，NO的還原性減弱（或過氧化氫、NaClO2的氧化性減弱），NO不能被氧化成硝酸【解析】

根據(jù)實驗目的，裝置I為二氧化硫與氯酸鈉在酸性條件下反應生成二氧化氯氣體，二氧化氯氣體在裝置II反應生成亞氯酸鈉和氧氣，二氧化氯有毒，未反應的應進行尾氣處理，防止污染環(huán)境?！驹斀狻浚?）裝置Ⅰ中二氧化氯與與氯酸鈉在酸性條件下反應生成二氧化氯氣體、硫酸鈉，離子方程式為SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-；（2）裝置Ⅱ中二氧化氯氣體與雙氧水、氫氧化鈉溶液反應生成亞氯酸鈉和氧氣，化學方程式為2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2；（3）二氧化氯有毒，裝置用中NaOH溶液的作用為吸收尾氣，防止污染空氣；（4）①根據(jù)圖1而可知，n(H2O2)/n(NaClO2)在6～8時，脫硫、脫硝的去除率幾乎無變化，則最佳條件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝6：1；根據(jù)圖2可知，pH在5.5時NO的去除率達到峰值，而二氧化硫的去除率已經(jīng)很高，pH在5.5～6.0時最佳；②由于NO的去除率在pH＞5.5時，隨pH的增大，NO的還原性減弱，過氧化氫、NaClO2的氧化性減弱，NO不能被氧化成硝酸，所以去除率減少。20、CFEG作安全瓶，防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生CH2=CH2+Br2CH2Br—CH2Brbcab101.6℃不合理產(chǎn)物1－溴丁烷也含有－CH2CH2CH2CH3【解析】

Ⅰ、在分析實驗裝置的過程中要抓住兩點，一是必須除去混在乙烯中的氣體雜質(zhì)，尤其是SO2氣體，以防止SO2與Br2發(fā)生反應SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，影響1，2-二溴乙烷產(chǎn)品的制備；二是必須在理解的基礎(chǔ)上靈活組裝題給的不太熟悉的實驗儀器（如三頸燒瓶A、恒壓滴液漏斗D、安全瓶防堵塞裝置C），反應管E中冷水的作用是盡量減少溴的揮發(fā)，儀器組裝順序是：制取乙烯氣體（用A、B、D組裝）→安全瓶（C，兼防堵塞）→凈化氣體（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性雜質(zhì)氣體）→制備1，2-二溴乙烷的主要反應裝置（E）→尾氣處理（G）。Ⅱ、兩個裝置燒瓶中，濃H2SO4和溴化鈉在加熱條件下生成溴化氫，在濃硫酸作用下，l－丁醇與溴化氫發(fā)生取代反應生成1－溴丁烷，A裝置中冷凝管起冷凝回流1－溴丁烷的作用，燒杯起吸收溴化氫的作用，B裝置中冷凝管和錐形瓶起冷凝收集1－溴丁烷的作用?！驹斀狻竣?、（1）在濃硫酸作用下，乙醇共熱發(fā)生消去反應生成乙烯的化學方程式為CH3CH2OHCH2═CH2↑+H2O，由化學方程式可知制取乙烯時應選用A、B、D組裝，為防止制取1，2-二溴乙烷時出現(xiàn)倒吸或堵塞，制取裝置后應連接安全瓶C，為防止