2022届吉林省德惠市实验中学化学高二下期末学业水平测试模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、由物理变化引起的颜色改变是（ ）A光照使Cl2和CH4的混合气体变浅B浓硫酸使蔗糖变黑C溴水中加苯振荡使水层褪色D通电使CuCl2溶液变浅2、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A常温常压下，124 g P4中所含PP键数目为4NAB100 mL 1 molL1 FeCl3溶液中所含Fe

2、3的数目为0.1NAC电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目不一定为NAD密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA3、下列4个化学反应中，与其他3个反应类型不同的是()ACH3CHO2Cu(OH)2CH3COOHCu2O2H2OBCH3CH2OHCuOCH3CHOCuH2OC2CH2=CH2O22CH3CHODCH3CH2OHHBrCH3CH2BrH2O4、某溶液中含有的离子可能是K、Ba2、Al3、Mg2、AlO2、CO32、SiO32、Cl中的几种，现进行如下实验：取少量溶液，加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成；另取少量原溶液，逐滴加入5 mL 0.2

3、 molL1盐酸，产生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；在上述沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43 g。下列说法中正确的是A该溶液中一定不含Ba2、Mg2、Al3、SiO32、ClB该溶液中一定含有K、AlO2、CO32、ClC该溶液是否有K需做焰色反应实验(透过蓝色钴玻璃片)D可能含有Cl5、下列反应中，不属于取代反应的是（ ）A淀粉在一定条件下水解生成葡萄糖B苯与浓硝酸、浓硫酸混合共热制取硝基苯C在催化剂存在条件下，乙烯与水反应制乙醇D油脂在碱性条件下水解制肥皂6、下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是ANa

4、2O2、KOH、Na2SO4BMgO、Na2SO4、NH4HCO3CNaOH、H2SO4、(NH4)2SO4DHCl、Al2O3、MgCl27、聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（ ）A聚维酮的单体是B聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成C聚维酮碘是一种水溶性物质D聚维酮在一定条件下能发生水解反应8、下列各项所述的数字不是6的是A在二氧化硅晶体中，最小的环上的原子个数B在金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数C在石墨晶体的层状结构中，最小的环上的碳原子个数D在NaCl晶体中，与一个Cl最近的且距离相等的Na+ 的个

5、数9、下列说法中正确的是（ ）A1L水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为1mol/LB从1L2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol/LC配制500 mL0.5molL1的CuSO4溶液，需62.5g胆矾（CuSO45H2O）D中和100 mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH为4g10、下列每组中各有三对物质，它们都能用分液漏斗分离的是（）A乙酸乙酯和水、酒精和水、苯酚和水B1，2二溴乙烷和水、溴苯和水、硝基苯和水C甘油和水、乙醛和水、乙酸和乙醇D四氯化碳和水、甲苯和水、已烷和苯11、为了提纯下表所列物质（括号内为杂质），有关除杂试剂和分离方法

6、的选择不正确的是选项被提纯的物质除杂试剂分离方法A己烷（己烯）溴水分液B淀粉溶液（NaCl）水渗析CCH3CH2OH（CH3COOH）CaO蒸馏D肥皂（甘油）NaCl过滤AABBCCDD12、下列溶液中，跟100 mL 0.5molL -1 NaCl溶液所含的Cl-物质的量浓度相同的是A100 mL0.5molL-1 MgCl2溶液B200 mL1molL-1 CaCl2溶液C50 mL1molL-1 NaCl溶液D25 mL0.5molL-1 HCl溶液13、下列说法不正确的是A本草纲目中记载：“自元时始创其法，用浓酒和糟人甑，蒸令气上，用器承滴露。”“其法”是指蒸馏B易经记载“泽中有火”“

7、上火下泽”。“泽”是指湖泊池沼，“泽中有火”是对乙烯在湖泊池沼水面上起火现象的描述C新修草本有关“青矾”的描述为本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃烧之赤色”据此推测“青矾”的主要成分为FeSO47H2OD古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折。”“剂钢”是指含铁的合金。14、下图是分别取1mol乙烯雌酚进行的实验：下列对实验数据的预测正确的是A中生成7molH2OB中生成1molCO2C最多消耗3molBr2D中最多消耗7molH215、已知A、B都为短周期元素，且甲、乙、丙常温下都为气体(如图所示)。2 mol甲分子反应生成1 mol 丙和3 mol乙，下列对此判断不正确的是()

8、A1个乙分子中含有2个A原子B甲的摩尔质量为17 gmol1C同温同压下，生成丙和乙的体积比为13D标准状况下，11.2 L甲溶于500 mL水中，所得溶液中甲的物质的量浓度为1 molL116、电子构型为Ar3d54s2的元素属于下列哪一类元素（ ）A稀有气体B主族元素C过渡元素D卤族元素二、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

9、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、4-羟基扁桃酸可用于制备抗生素及血管扩张类的药物，香豆素-3-羧酸可用于制造香料，二者合成路线如下（部分产物及条件未列出）：已知;（R，R，R表示氢、烷基或芳基）（1）A相对分子质量为60，常在生活中用于除去水壶中的水垢，A的结构简式是_。（2）D 4-羟基扁桃酸反应类型是_。（3）中、 3个-OH的电离能力由强到弱的顺序

10、是_。（4）W 香豆素-3-羧酸的化学方程式是_。（5）关于有机物F下列说法正确的是_。a存在顺反异构 b分子中不含醛基 c能发生加成、水解、氧化等反应 d. 1mol F 与足量的溴水反应，最多消耗 4 molBr2（6）某兴趣小组将 4-羟基扁桃酸进行如下操作1molH在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为_mol.符合下列条件的 I 的同分异构体（不考虑立体异构）为_种。a属于一元羧酸类化合物b苯环上只有 2 个取代基，其中一个是羟基副产物有多种，其中一种是由 2 分子 4-羟基扁桃酸生成的含有 3 个六元环的化合物，该分子中不同化学环境的氢原子有_种。19、己

11、二酸主要用于生产尼龙66盐、合成树脂及增塑剂等。已二酸的合成路线如下：制备己二酸的装置示意图如图所示(加热和夹持装置等略)。实验步骤：I.己二酸的制备连装好装置后，通过瓶口b慢慢滴加1.5g环已醇至适量KMnO4和NaOH的混合溶液中，然后塞上带有温度计的胶塞，再用沸水浴加热数分钟。II.分离提纯趁热过滤，收集滤液，用少量热水洗涤滤渣2次，合并滤液和洗涤液，边搅拌边滴加浓盐酸至溶液呈强酸性，小心加热蒸发浓缩至10mL左右，在冷水浴中冷却，析出已二酸粗品。回答下列问题：(1)写出仪器a的名称：_。(2)分离提纯过程中滴加的浓盐酸的作用是_。(3)将已二酸粗品提纯的方法是_。A过滤 B萃取 C重结

12、晶 D蒸馏(4)步骤II中过滤时需要用到的玻璃仪器有玻璃棒_、_。洗涤滤渣的目的是_。(5)若制得纯已二酸的质量为1.5g，则己二酸的产率为_。20、实验室常用邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）来标定氢氧化钠溶液的浓度，反应如下：KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O。邻苯二甲酸氢钾溶液呈酸性，滴定到达终点时，溶液的pH约为9.1。（1）为标定NaOH溶液的浓度，准确称取一定质量的邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）加入250mL锥形瓶中，加入适量蒸馏水溶解，应选用_作指示剂，到达终点时溶液由_色变为_色，且半分钟不褪色。（提示：指示剂变色范围与滴定终点pH越接近误差越小。）（2

13、）在测定NaOH溶液浓度时，有下列操作：向溶液中加入12滴指示剂；向锥形瓶中加20mL30mL蒸馏水溶解；用NaOH溶液滴定到终点，半分钟不褪色；重复以上操作；准确称量0.4000g0.6000g邻苯二甲酸氢钾加入250mL锥形瓶中；根据两次实验数据计算NaOH的物质的量浓度。以上各步操作中，正确的操作顺序是_。（3）上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放在锥形瓶中溶解，对实验是否有影响？_。（填“有影响”或“无影响”）（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的NaOH溶液滴定，此操作使实验结果_。（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（5）现准确称取KHC8H4O4（相对分子质量为204.

14、2）晶体两份各为0.5105g，分别溶于水后加入指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积平均为20.00mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为_。（结果保留四位有效数字）。21、近年来，对“雾霾”的防护与治理成为越来越重要的环境问题和社会问题。雾霾主要由二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物这三项组成。(1)机动车的尾气是雾霾形成的原因之一，近几年有人提出利用选择性催化剂让汽油中挥发出来的C3H6催化还原尾气中的NO气体，请写出该过程的化学方程式：_(2)到了冬季，我国北方烧煤供暖所产生的废气也是雾霾的主要来源之一。经研究发现将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧，发现能够降低燃煤时NO的排放

15、，主要反应为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H若 N2(g)+O2(g)2NO(g) H1= 180.5 kJmol-1 CO(g)C(s)+1/2O2(g) H2= 110.5 kJmol-1 C (s)+O2(g) CO2(g) H3= 393.5 kJmol-1则H=_kJmol-1。(3)燃煤尾气中的SO2用NaOH溶液吸收形成NaHSO3溶液，在pH为47之间时电解，硫元素在铅阴极上被电解还原为Na2S2O4。Na2S2O4俗称保险粉，广泛应用于染料、印染、造纸、食品工业以及医学上。这种技术是最初的电化学脱硫技术之一。请写出该电解反应中阴极的电极方程式：_。(

16、4)SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化后制取硫酸或者硫酸铵，其中SO2发生催化氧化的反应为：2SO2(g) +O2(g)2SO3(g)。若在T1、0.1MPa条件下，往一密闭容器通入SO2和O2(其中n(SO2):n(O2)=2:1)，测得容器内总压强与反应时间如图所示：该反应的化学平衡常数表达式：K=_。图中A点时，SO2的转化率为_计算SO2催化氧化反应在图中B点的压强平衡常数K_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)若在T2，其他条件不变的情况下测得压强的变化曲线如图所示，则T1_T2(填“”、“”、“”、“=”)。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【

17、解析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成。【详解】A项、光照条件下CH4和Cl2混合气体发生取代反应，属于化学变化，故A错误；B项、浓硫酸使蔗糖变黑是因为浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水炭化，属于化学变化，故B错误；C项、溴水中加苯振荡使水层褪色，是因为溴单质在苯中的溶解度大于水中，溴水中加入苯后发生萃取褪色，属于物理变化，故C正确；D项、通电使CuCl2溶液颜色变浅，是因为铜离子在阴极上放电生成铜，导致溶液中铜离子浓度减小，属于化学变化，故D错误。故选C。【点睛】物理变化只是在形态、性质等改变，而化学变化则有新的物质生成

18、，化学变化过程中总伴随着物理变化，如化学变化过程中通常有发光、放热、也有吸热现象等。化学变化里一定包含物理变化，物理变化里一定没有化学变化。2、C【解析】A124 g P4的物质的量为124g124g/mol=1mol，P4呈正四面体结构，所含PP键数目为6NA，故A错误；BFe3在溶液中会发生水解，所以溶液中所含Fe3的数目小于0.1NA，故B错误；C. 电解精炼铜时阳极减轻32g，阳极参与电极反应的除铜单质外，还有锌，铁，镍，所以电路中转移电子数目不一定为NA，故C正确；D SO2和O2的反应是可逆反应，因此催化反应后分子总数大于2NA，故D错误；故选：C。3、D【解析】根据反应的特点分析

19、各选项反应的类型，然后判断。【详解】A项，CH3CHO与Cu（OH）2共热发生了氧化反应；B项，CH3CH2OH与CuO共热发生了氧化反应；C项，CH2=CH2与O2发生了氧化反应生成CH3CHO；D项，CH3CH2OH中OH被Br取代，取代下来的OH与H原子结合成H2O，属于取代反应；A、B、C项反应类型相同，D不同，故选D。4、B【解析】向溶液中加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在与氢氧化钠生成沉淀的离子，溶液中一定不含A13+和Mg2+；另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2molL-1的盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，所以

20、一定不存在SiO32-，滴加盐酸产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，题中所给的离子中能与盐酸反应生成气体的只有CO32-，则气体为二氧化碳，说明原溶液中存在AlO2和CO32，所以一定不存在与CO32反应的Ba2+，再根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在唯一的阳离子K+；在上述沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g，则沉淀为AgCl，物质的量为：0.43g143.5g/mol0.003mol，中加入的氯离子的物质的量为：n（HCl）=0.2mol/L0.005L=0.001moln（AgCl），所以原溶液中一定存在0.02mol Cl；A.根据以上分析可知，溶液中一定不存在Ba

21、2+、Mg2+、A13+、SiO32-，一定存在Cl-，故A错误；B.由分析可知：该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-，故B正确；C.根据溶液呈电中性可以判断，溶液中一定存在钾离子，不需要通过焰色反应判断钾离子是否存在，故C错误；D.根据生成氯化银沉淀的物质的量可知，原溶液中一定存在氯离子，故D错误；答案选B。【点睛】根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则，判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子，如本题的原溶液中存在CO32，所以一定不存在与CO32反应的Ba2+；（2）电中性原则，溶液

22、呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子，如本题根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在唯一的阳离子K+；（3）进出性原则，离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失，则原溶液中是否存在该种离子要结合题目信息进行判断，如本题中的Cl-就是利用最终生成的AgCl沉淀的质量和开始加入的HCl的物质的量判断一定存在。5、C【解析】有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此判断。【详解】A. 淀粉在一定条件下水解生成葡萄糖属于水解反应，也是取代反应，A错误；B. 苯与浓硝酸、浓硫酸混合共热制取硝基苯属于硝化反应，也是取代反应，B错误；C

23、. 在催化剂存在条件下，乙烯与水反应制乙醇属于碳碳双键的加成反应，C正确；D. 油脂在碱性条件下水解制肥皂属于水解反应，也是取代反应，D错误。答案选C。6、A【解析】A、Na2O2、KOH、Na2SO4都有离子键和共价键，正确；B、MgO只有离子键，错误；C、H2SO4只有共价键，错误；D、氯化氢只有共价键，Al2O3、MgCl2只有离子键，错误；答案选A。7、B【解析】由高聚物结构简式，可知主链只有C，为加聚产物，单体为，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题。【详解】A. 由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；B.由2m+n个单体

24、加聚生成，故B错误；C. 高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；D. 含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；故选B。8、A【解析】分析:A、二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个O原子，因此最小环上的原子个数为12个；B、金刚石晶体中，最小的环上有6个碳原子；C、石墨晶体的片层结构中,最小环上的碳原子个数为6个D、在NaCI晶体中,一个Na+周围有6个Cl,一个Cl周围有6个Na+。.详解:A、二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个O原子,因此最小环上的原子个数为12个,故选A；B、金刚石晶体中，最小的环上的

25、碳原子个数有6个，所以B不选；C、石墨晶体的片层结构中,最小环上的碳原子个数为6个, 所以C不选；D、NaCl晶体属面心立方结构,与一个Na+最近且距离相等的Cl的个数有6个, 所以D不选；故答案为A。 点睛：该题是高考中的常见考点，属于基础性知识的考查。有利于调动学生的学习兴趣，提高学生的应试能力。该题的关键是熟练记住常见晶体的结构特点，然后灵活运用即可。9、C【解析】A.58.5g氯化钠是1mol，溶剂的体积是1L，加入溶质后体积变大，因此其物质的量浓度不是1mol/L，故A不正确；B.取出部分溶液不会影响剩余溶液的物质的量浓度，故B不正确；C. 500 mL0.5molL1的CuSO4溶

26、液含有CuSO40.25mol，0.25mol胆矾是62.5g，故C正确；D. 100 mL1mol/L的H2SO4溶液含有氢离子0.2mol，需要0.2mol氢氧根离子来中和，因此需要氢氧化钠8g，故D不正确。故选C。10、B【解析】用分液漏斗分离物质即分液，其要求是混合物中的各组分互不相溶，静置后能分层。【详解】A项、乙醇和水互溶不分层，不能用分液漏斗分离，故A错误；B项、三对物质均不互溶，可以用分液的方法进行分离，故B正确；C项、三对物质均互溶，不能用分液的方法进行分离，故C错误；D项、己烷和苯互溶，不可以用分液的方法进行分离，故D错误；故选B。【点睛】本题考查物质的分离与提纯，注意相关

27、物质的性质的异同，把握常见物质的分离方法和操作原理是解答关键。11、A【解析】A. 己烯与溴水发生加成反应后所得的产物与己烷不分层，则分液法不能分离，应选高锰酸钾除杂，故A错误；B. 淀粉不能透过半透膜，而离子能透过半透膜，利用渗析法可分离，故B正确；C. 醋酸与CaO反应生成醋酸钙，乙醇易挥发，用蒸馏法可分离，故C正确；D. 加NaCl可以降低肥皂的溶解度，发生盐析，然后过滤可除杂，故D正确，答案选A。12、D【解析】100mL 0.5molL -1NaCl溶液所含的Cl-物质的量浓度为0.5mol/L。A项，Cl-物质的量浓度为0.5mol/L2=1mol/L；B项，Cl-物质的量浓度为1

28、mol/L2=2mol/L；C项，Cl-物质的量浓度为1mol/L；D项，Cl-物质的量浓度为0.5mol/L；答案选D。点睛：求Cl-物质的量浓度与题目所给溶液的体积无关，与溶液物质的量浓度和1mol溶质能电离出的Cl-个数有关。13、B【解析】A、“用浓酒和糟人甑，蒸令气上，用器承滴露”，这是蒸馏的方法，故A不符合题意；B、“泽中有火”是对甲烷在湖泊池沼在水面上起火现象的描述，故B符合题意；C、“青矾”的描述为本来绿色，则说明含有Fe2，即“青矾”的主要成分为FeSO47H2O，故C不符合题意；D、“剂钢”是铁的合金，故D不符合题意；答案选B。14、D【解析】A项、由乙烯雌酚的结构简式可知

29、分子式为C18H20O2，1mol该物质燃烧可得到10mol水，故A错误；B项、酚羟基的酸性强于碳酸氢根，弱于碳酸，能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故B错误；C项、1mol乙烯雌酚中含有2mol酚羟基，酚羟基的邻、对位均可与溴发生取代反应，则发生取代反应消耗4molBr2，1mol乙烯雌酚分子中含有1mol碳碳双键，则发生加成反应消耗1mol Br2，故共可以消耗5mol的Br2，故C错误；D项、苯环及碳碳双键均可与氢气在一定条件下发生加成反应，1 mol乙烯雌酚共可与7mol氢气加成，故D正确；故选D。15、D【解析】A、已知甲、乙、丙常温下都为气体，2mol甲分子反应生成1m

30、ol丙和3mol乙，根据原子半径相对大小可判断A是H，B是N，因此甲、乙、丙分别是氨气、氢气和氮气，1个乙分子中含有2个H原子，A正确；B、氨气的摩尔质量是17g/mol，B正确；C、根据原子守恒可知同温同压下，生成氮气和氢气的体积比为13，C正确；D、所得氨水溶液的体积不是0.5L，不能计算氨水的浓度，D错误，答案选D。16、C【解析】元素外围电子构型为3d54s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，外围电子总数为7，即处于B族，故该元素位于第四周期第B族，是过渡元素，故选C。【点睛】本题考查了结构与位置关系，注意能层与周期、价电子与族的关系。元素的能层数等于其周期数，

31、从第B族到第B族，其外围电子数等于其族序数，而第B族、第B族，其最外层电子数等于其族序数。二、非选择题（本题包括5小题）17、第2周期A族 O=C=O Cu2(OH)2CO3或CuCO3 Cu +2Fe3+= Cu2+2Fe2+ 避免Cu2+水解生成Cu(OH)2 3Cu2O+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；

32、由C+GH+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)2CO

33、3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A族；D为CO2，结构式为O=C=O，故答案为：第二周期A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，

34、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、CH3COOH 加成反应 bc 2 12 4 【解析】乙醇与丙二酸发生酯化反应生成E，结合E的分子式可知，E的

35、结构简式为C2H5OOC-CH2-COOC2H5，E与发生信息中反应生成F，F系列反应得到香豆素-3-羧酸，由香豆素-3-羧酸的结构，可知W为，则F为，F发生信息I中反应生成G，C分子中含有2个六元环，则G为。A的相对分子质量为60，由ClCH2COOH结构可知乙醇发生氧化反应生成A为CH3COOH，ClCH2COOH与氢氧化钠溶液反应、酸化得到C为HOCH2COOH，C发生催化氧化得到D为OHC-COOH，D与苯酚发生加成反应生成对羟基扁桃酸为。(1)由上述分析可知，A的结构简式是CH3COOH，故答案为：CH3COOH；(2)D4-羟基扁桃酸的化学方程式是：OHC-COOH+，其反应类型为

36、加成反应，故答案为：加成反应；(3)中为酚羟基，有弱酸性，且酸性比碳酸弱，为醇羟基，中性基团，为羧基，弱酸性，但酸性一般比碳酸强，则3个-OH的电离能力由强到弱的顺序是，故答案为：；(4)发生分子内酯化，生成香豆素-3-羧酸，反应的化学方程式是+H2O，故答案为：+H2O；(5)F的结构简式是。a不饱和碳原子连接2个-COOC2H5，没有顺反异构，故a错误；bF分子中不含醛基，故b正确；c含有碳碳双键与苯环，可以发生加成反应，含有酯基，可以发生水解反应，酯基、酚羟基均可以发生取代反应，故c正确；d. 1mol F 与足量的溴水反应，苯环上羟基的邻位和对位有2个氢原子，消耗2mol溴，碳碳双键消

37、耗1mol溴，共消耗 3 molBr2，故d错误；故选：bc；(6)H的分子结构简式为，分子结构中含有酚羟基和酯基，均能和NaOH溶液反应，含有的醇羟基不与NaOH溶液反应，则1mol在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为2mol，故答案为：2；I的结构简式为，其符合下列条件：a属于一元羧酸类化合物，说明分子结构中有一个羧基；b苯环上只有2个取代基，则二个取代基的位置有邻、间及对位三种可能，其中一个是羟基，另一个取代基可能是：-CHBrCH2COOH、-CH2CHBrCOOH、-CBr(CH3)COOH、-CH(CH2Br)COOH，则符合条件的I的同分异构体共有34

38、=12种，故答案为：12；副产物有多种，其中一种是由2分子4-羟基扁桃酸生成的含有3个六元环的化合物，该化合物为4-羟基扁桃酸2分子间酯化生成的六元环酯，其分子结构对称，含有酚羟基的氢、酯环上的一个氢原子及苯环上酚羟基邻位及间位上的氢，共有4种不同化学环境的氢原子，故答案为：4。点睛：本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行充分利用，注意根据有机物的结构利用正、逆推法相结合进行推断，侧重考查学生分析推理能力。本题的易错点为(6)中同分异构体数目的判断。19、 直形冷凝管(或冷凝管) 将己二酸钠完全转化为己二酸 C 烧杯 漏斗 减少己二酸钠的损失，提高己二酸的产量 68.5%【解析】

39、分析：（1）根据实验装置图及常见的仪器分析；（2）根据己二酸的酸性弱于盐酸分析；（3）根据已二酸常温下为固体，温度较低时会从溶液中析出分析；（4）根据过滤操作分析；滤渣中含有己二酸钠；（5）根据实际产量与理论产量的比值计算产率。详解：（1）由实验装置图可知，图中仪器a的名称是直形冷凝管(或冷凝管)；（2）浓盐酸是强酸，酸性强于己二酸，分离提纯过程中滴加的浓盐酸的作用是将己二酸钠完全转化为己二酸；（3）因为己二酸常温下为固体，温度较低时会从溶液中析出，所以将已二酸粗品提纯的方法是重结晶，答案选C；（4）步骤II中过滤时需要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗；滤渣中含有己二酸钠，因此洗涤滤渣的目的是减少己二酸钠的损失，提高己二酸的产量；（5）根据原子守恒可知生成己二酸的质量为1.5g100146=2.19g，所以产率是1.5g/2.19g100%68.5%。点睛：本题以已二酸的制备为载体，考查化学实验基本操作、关系式计算等，题目难度中等，掌握实验原理是解答的关键，是