湖南省雅礼洋湖中学2024届化学高二下期末质量检测模拟试题含解析

湖南省雅礼洋湖中学2024届化学高二下期末质量检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是A．腐蚀过程中铜极上始终只发生：2H++2e-=H2↑B．若水膜中溶有食盐将加快铁铆钉的腐蚀C．若在金属表面涂一层油脂能防止铁铆钉被腐蚀D．若将该铜板与直流电源负极相连，则铁铜均难被腐蚀2、下列属于碱性氧化物且常温下不与水反应的是A．MgO B．NaOH C．SiO2 D．Na2O3、下列叙述正确的是A．氯化氢溶于水导电，但液态氯化氢不导电B．溶于水后能电离出H＋的化合物都是酸C．熔融金属钠能导电，所以金属钠是电解质D．NaCl溶液在电流作用下电离成Na＋与Cl－4、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5、在烧焦的鱼、肉中含有致癌物质3，4一苯并芘，其结构简式如图所示，它是一种稠环芳香烃，其分子式是（）A．C20H12B．C20H14C．C19H12D．C22H206、化学是一门实用性很强的科学，与社会、环境等密切相关。下列说法错误的是A．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量B．维生素C具有较强还原性，高温烹饪蔬菜会导致维生素C损失C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用D．在食品包装袋中放入生石灰，可防止食物被氧化变质7、分类是学习化学的重要方法．下列归纳正确的是()A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B．纯碱、烧碱、熟石灰都属于碱类C．氨气、冰醋酸、食盐均为电解质 D．碱性氧化物都是金属氧化物8、某有机物分子式为C4H8，据此推测其结构和性质不可能的是A．它与乙烯可能是同系物B．一氯代物只有一种C．等质量的CH4和C4H8，分别在氧气中完全燃烧，CH4的耗氧量小于C4H8D．分子结构中甲基的数目可能是0、1、29、有下列离子晶体空间结构示意图：为阳离子,为阴离子。以M代表阳离子，N代表阴离子，化学式为MN2的晶体结构为()A． B． C． D．10、铁在下列四种情况中腐蚀速率判断正确的是（）A．a＞b＞c＞d B．b＞a＞d＞cC．d＞c＞b＞a D．b＞d＞a＞c11、下列说法中，不正确的是A．油脂水解的产物中含甘油B．塑料、合成树脂和合成橡胶被称为“三大合成材料”C．蛋白质可水解生成多肽和氨基酸D．医疗上用75%的酒精消毒是因为其能使蛋白质变性12、对于反应N2+O2⇌2NO在密闭容器中进行，下列哪些条件能加快反应的速率A．缩小体积使压强增大 B．增大体积使压强减小C．体积不变充入H2使压强增大 D．压强不变充入N2使体积增大13、下列不涉及氧化还原反应的是（）A．补铁剂（有效成分为Fe2+）与含维生素C共服效果更佳B．雷雨肥庄稼——自然固氮C．灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐D．从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅14、羟甲香豆素()是一种治疗胆结石的药物，下列说法正确的是A．分子中的两个苯环都可以发生加成反应 B．所有原子均处于同一平面C．二氯代物超过两种 D．1mol羟甲香豆素与氢气加成，最多需要5molH215、下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是A．苯、甲苯、环己烷B．苯、苯酚、己烯C．乙醇、甲苯、硝基苯D．甲酸、乙醛、乙酸16、几种晶体的晶胞如图所示；所示晶胞从左到右分别表示的物质是A．碘、铜、氯化钠、金刚石 B．氯化钠、金刚石、碘、铜C．氯化钠、铜、碘、金刚石 D．铜、氯化钠碘、金刚石二、非选择题（本题包括5小题）17、某天然碱可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成。为了确定其组成，现称取天然碱3.32g，做如下实验：（气体均折算为标准状况下）（1）B的电子式_______。（2）天然碱受热分解的反应方程式______。（3）过量的天然碱溶液滴加少量的Ba（OH）2溶液，请写出离子反应方程式___。18、某芳香烃A是有机合成中重要的原料，由A制取高聚物M的流程如下：请回答下列问题：（1）反应②的反应类型为___________。（2）E中的官能团名称是___________。（3）反应②的条件是___________。（4）写出A和F的结构简式：A___________；F___________。（5）符合下列条件的E的同分异构体有___________种（不考虑立体异构）。①含有相同官能团②遇FeCl2能发生显色反应③苯环上连有三个取代基（6）写出下列化学反应方程式：反应③___________，D与新制Cu（OH）2悬浊液反应___________。19、电镀厂曾采用有氰电镀工艺，处理有氰电镀的废水时，可在催化剂TiO2作用下，先用NaClO将CN-离子氧化成CNO-，在酸性条件下CNO-继续被NaClO氧化成N2和CO2。环保工作人员在密闭系统中用下图装置进行实验，以证明处理方法的有效性，并通过测定二氧化碳的量确定CN-被处理的百分率。将浓缩后含CN-离子的污水与过量NaClO溶液的混合液共200mL(其中CN-的浓度为0.05mol•L-1倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。回答下列问题：（1）甲中反应的离子方程式为________________________，乙中反应的离子方程式为________________________。（2）乙中生成的气体除N2和CO2外，还有HCl及副产物Cl2等。丙中加入的除杂试剂是饱和食盐水，其作用是_____________________，丁在实验中的作用是______________，装有碱石灰的干燥管的作用是______________________________。（3）戊中盛有含Ca(OH)2

0.02mol的石灰水，若实验中戊中共生成0.82g沉淀，则该实验中测得CN-被处理的百分率等于__________。该测得值与工业实际处理的百分率相比总是偏低，简要说明可能原因之一_______________________。20、人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm－3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。[配制酸性KMnO4标准溶液]如图是配制50mL酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。（1）请你观察图示判断其中不正确的操作有________(填序号)。（2）其中确定50mL溶液体积的容器是__________________________________(填名称)。（3）如果按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作均正确的情况下，所测得的实验结果将______(填“偏大”或“偏小”)。[测定血液样品中Ca2＋的浓度]抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL酸性KMnO4溶液。（4）已知草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O滴定时，根据现象_______________________________________，即可确定反应达到终点。（5）经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为________mg·cm－3。21、利用铜萃取剂M，通过如下反应实现铜离子的富集：（1）关于M所含元素的说法正确的是______________。A．电负性由大到小顺序:O>N>C>HB．第一电离能由大到小的顺序：O>N>CC．氮原子以sp2杂化轨道与氧原子形成σ键D．从物质分类角度M属于芳香烃，M中所有的碳原子不可能共面E.组成M元素的氢化物稳定性：CH4＜H2O＜NH3（2）上述反应中断裂和生成的化学键有_______（填序号）。A．氢键B．配位键C．金属键D．范德华力E.共价键F.离子键（3）M与W（分子结构如上图）相比，M的水溶性小，更利于Cu2+的萃取。M水溶性小的主要原因是_______________。（4）基态Cu2+的外围电子排布图为________________，Cu2+等过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律。判断Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的依据是_____________________________________________________________。离子Sc3+Ti3+Fe2+Cu2+Zn2+颜色无色紫红色浅绿色蓝色无色（5）已知：Y原子最高价氧化物对应水化物的酸性最强。铜与Y形成化合物的晶胞如附图所示(黑点代表铜原子，空心圆代表Y原子)。

①该晶体的化学式为_______________。（用元素符号表示）②已知铜和Y原子的电负性分别为1.9和3.0，则铜与Y原子形成的化合物属于____________(填“离子”或“共价”)化合物。③已知该晶体的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子与Y原子之间的最短距离为_______________pm(只写计算式)。

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】A.根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H++2e-═H2↑，O2+4e-+4H+═2H2O，故A错误正确；B.若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；C.在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；D.若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。2、A【解题分析】

A、MgO不溶于水，不与水反应，与酸反应，生成镁盐和水，是碱性氧化物，故A正确；B、NaOH电离出钠离子和氢氧根离子，属于碱，故B错误；C、二氧化硅不溶于水，也不与酸反应，不属于碱性氧化物，能够与强碱反应，属于酸性氧化物，故C错误；D、氧化钠是碱性氧化物，但能够与水反应生成氢氧化钠，不符合题意，故D错误；故选A。3、A【解题分析】

A．氯化氢为共价化合物，在水中能够电离出氢离子和氯离子，水溶液可导电，但熔融状态下不导电，故A正确；B．溶于水后能电离出H＋的化合物不一定是酸，如酸式盐硫酸氢钠可电离出氢离子，但硫酸氢钠属于盐，故B错误；C．金属属于单质，不是化合物，不是电解质，故C错误；D．氯化钠为电解质，在水溶液中可发生电离，无需通电，在电流下，NaCl溶液发生电解，故D错误；答案选A。4、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。5、A【解题分析】试题分析：键线式的分子式书写时要注意每个折点为C原子，并保证C原子的四价，可确定出隐藏的H数目，3,4一苯并芘的分子式为C20H12，选项A正确。考点：根据结构式书写分子式6、D【解题分析】

A．灰尘属于胶体，在电场中发生电泳现象，可以聚集灰尘，燃煤固硫就是往燃煤中加入生石灰，与SO2反应生成CaSO3固体，减少SO2的排放，尾气净化就是在尾气处理装置中加入某种催化剂，使CO与NO转化与为无害的N2和CO2，A选项正确；B．维生素C具有较强还原性，高温下烹饪蔬菜会破坏维生素的结构，导致维生素C损失，B选项正确；C．CO2合成的聚碳酸酯，属于酯类化合物，在酸性或者碱性的存在下可水解成相应的酸和醇，因而可降解，C选项正确；D．生石灰具有吸水性，没有还原性，可做干燥剂，但不能防止食物被氧化变质，D选项错误；答案选D。7、D【解题分析】

A．CO属于不成盐的氧化物，不是酸性氧化物，A项错误；B．纯碱为Na2CO3，属于盐，不是碱，B项错误；C．NH3溶于水，与水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离，属于电解质，而NH3不是电解质，C项错误；D．金属氧化物不一定是碱性氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物，D项正确；本题答案选D。8、C【解题分析】

A．某有机物分子式为C4H8，H原子是C原子2倍，则该有机物可能是单烯烃或环丁烷，如果是烯烃，则与乙烯是同系物，故A正确；B．如果是环丁烷，只有一种氢原子，氢原子种类决定其一氯代物种类，所以如果是环丁烷，其一氯代物只有一种，故B正确；C．设烃的化学式为CxHy，等质量的烃耗氧量=×(x+)=×(1−)，根据式子知，如果越大相同质量时耗氧量就越多，所以等质量的CH4和C4H8，分别在氧气中完全燃烧，CH4的耗氧量大于C4H8，故C错误；D．该物质可能是环丁烷(无甲基)、1-甲基环丙烷(一个甲基)、1-丁烯(一个甲基)或2-丁烯(2个甲基)，所以分子结构中甲基的数目可能是0、1、2，故D正确；故答案为C。9、B【解题分析】

A.阳离子位于顶点和面心，晶胞中总共含有阳离子M的数目为8×+6×=4，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为4：1，化学式为M4N，故A不选；B.有4个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为4×=，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为：1=1：2，化学式为MN2，故B选；C.有3个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为3×=，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为：1=3：8，化学式为M3N8，故C不选；D.有8个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为8×=1，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为1：1，化学式为MN，故D不选；故答案选B。10、B【解题分析】

a、铁的吸氧腐蚀，原电池中铁为负极，加速其腐蚀；b、原电池中铁做负极，铁与硫酸反应，腐蚀速率大于a；c、铁做阴极，外加电源的阴极保护法，不会腐蚀；d、牺牲阳极的阴极保护法，铁被保护，但效果没有c好。所以腐蚀速率判断为b>a>d>c，B正确。11、B【解题分析】

A.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，油脂酸性条件下水解成高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，故A正确；B.塑料、合成纤维和合成橡胶被称为“三大合成材料”，故B错误；C.蛋白质可水解生成多肽，蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故C正确；D.医疗上用75%的酒精消毒是因为其能使蛋白质变性，从而达到杀菌的目的，故D正确；故选B。12、A【解题分析】

A.缩小体积使压强增大，反应物浓度增大，能加快反应的速率；B.增大体积使压强减小，反应物浓度减小，不能加快反应的速率；C.体积不变充入H2使压强增大，不能改变反应混合物中各组分的浓度，故不能加快反应的速率；D.压强不变充入N2使体积增大，增大了反应物N2的浓度，但是另外两种组分的浓度减小，故化学反应速率不一定增大。综上所述，能加快反应的速率的是A，故选A。13、C【解题分析】

A．维生素C具有还原性，能防止补铁剂被氧化，属于氧化还原反应，故A正确；B．放电过程中，氮气与氧气反应生成NO，O、N元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故B正确；C．碳酸钾与铵盐发生相互促进的水解反应，会生成氨气挥发，反应过程中不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故C错误；D．由二氧化硅制晶体硅，Si的化合价降低，被还原，涉及氧化还原反应，故D正确；故答案为C。14、C【解题分析】

A分子中含有一个苯环和一个杂环，故A错误；B.羟甲香豆素中含有甲基，甲基为四面体结构，故所有原子不可能均处于同一平面，故B错误；C.羟甲香豆素中除羟基外，还有5种不同环境的氢，则二氯代物超过两种，故C正确；D.分子中含有一个苯环、一个碳碳双键，能与氢气发生加成反应，则1mol羟甲香豆素与氢气加成，最多需要4molH2，故D错误。故选C。【题目点拨】本题考查有多个官能团的有机物的结构和性质，综合性强，涉及反应类型的判断、同分异构体种数的判断、分子中原子共面问题和反应耗氢量的计算，易错点是容易把另一个环当成苯环，注意审题要仔细。15、A【解题分析】A、苯、甲苯和环己烷三者性质相似，只用一种试剂不能鉴别，故A选；B、苯、苯酚和己烯可以选浓溴水，苯不和溴水反应、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使其褪色，可以鉴别，故B不选；C、乙醇、甲苯和硝基苯中，乙醇可以和水互溶、甲苯不和水互溶但比水轻、硝基苯不和水互溶但比水重，可以用水来鉴别，故C不选；D、甲酸、乙醛、乙酸可选新制氢氧化铜，甲酸能溶解新制氢氧化铜，加热时生成红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜，可以鉴别，故D不选；故选A。点睛：进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理，鉴别有机物常用的试剂有：水、溴水、酸性高锰酸钾、新制Cu(OH)2、FeCl3溶液等。16、B【解题分析】

NaCl晶体的晶胞中，与每个Na+距离最近且相等的Cl-共有6个，与每个Na+距离最近且相等的Na+分布在小立方体的面对角的位置，共有12个；金刚石晶胞中有8个C原子处在立方体的顶点、6个处于面心，此外晶胞内部还出现了4个C原子（把晶胞分成8个小立方体的话，这些C处于其中交错的4个的体心）；碘为分子晶体，每个碘分子有两个碘原子，作用力为分子间作用力；铜为金属晶体，为密排六方晶格，面心立方晶胞；综合以上分析，第一个图为氯化钠晶体的晶胞结构，第二个图为金刚石的晶胞图，第三个图为碘晶体的晶胞结构，第四图为铜晶体的晶胞结构，答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、2[NaHCO3·2Na2CO3·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑或者2NaHCO3·4Na2CO3·4H2O＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑或者2[2Na2CO3·NaHCO·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-【解题分析】

天然碱可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成，2NaOH+CO2(少量)=Na2CO3+H2O，NaOH+CO2(过量)=NaHCO3，当≤1，生成NaHCO3；当1＜＜2，产物为NaHCO3和Na2CO3的混合物，当2，只生成Na2CO3，天然碱3.32g隔绝空气加热至恒重，产生气体112mL(标准状况)，为碳酸氢钠的分解，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，无色液体B为水，白色固体C为碳酸钠，滴加足量的盐酸反应生成气体A为二氧化碳，以此分析解答。【题目详解】(1)天然碱3.32g，隔绝空气加热至恒重产生气体112mL(标准状况)，为碳酸氢钠的分解，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，所以无色液体B为水，水属于共价化合物，每个氢原子和氧原子共用一个电子对，所以水的电子式为，故答案：；(2)3.32g样品中，隔绝空气加热至恒重产生气体为CO2，其物质的量==0.005mol，则分解的碳酸氢钠物质的量n=0.005mol2=0.01mol，生成水的物质的量n=0.005mol，生成Na2CO3的物质的量n=0.005mol，由后续产生气体A为CO2，其物质的量n==0.025mol，碳元素守恒得白色固体C为Na2CO3，其物质的量n=0.025mol，所以原混合物中含有Na2CO3，其物质的量n=0.025mol-0.005mol=0.02mol，根据质量守恒定律：0.02mol106g/mol+0.01mol84g/mol=2.96g，所以水的质量为3.32g-2.96g=0.36g，所以水的物质的量为：n==0.02mol，则n(Na2CO3):n(NaHCO3):n(H2O)=0.02mol:0.01mol:0.02mol=2:1:2故该天然碱的组成为2Na2CO3·NaHCO3·2H2O，天然碱受热分解的反应方程式为2[NaHCO3·2Na2CO3·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；或者2NaHCO3·4Na2CO3·4H2O＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；或者2[2Na2CO33·NaHCO·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；（3）过量的天然碱溶液滴加少量的Ba(OH)2溶液，碳酸根离子有剩余，其离子反应方程式为：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，故答案：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-。18、取代反应或水解反应羧基和羟基氢氧化钠溶液、加热202+O22+2H2O+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O【解题分析】

根据逆推法，由E（）可知，D在新制的氢氧化铜悬浊液中加热反应后酸化得到E，则D为，是由C在铜催化下加热与氧气反应而得，故C为，B是由某芳香烃A与溴的四氯化碳溶液反应而得，故B为二溴代烃，根据C的结构简式可知B为，A为；E在浓硫酸作用下发生消去反应生成F为，与甲醇发生酯化反应生成G为，G发生加聚反应生成H为，据此分析。【题目详解】根据逆推法，由E（）可知，D在新制的氢氧化铜悬浊液中加热反应后酸化得到E，则D为，是由C在铜催化下加热与氧气反应而得，故C为，B是由某芳香烃A与溴的四氯化碳溶液反应而得，故B为二溴代烃，根据C的结构简式可知B为，A为；E在浓硫酸作用下发生消去反应生成F为，与甲醇发生酯化反应生成G为，G发生加聚反应生成H为。（1）反应②为在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成和溴化钠，反应类型为水解反应或取代反应；（2）E为，其中官能团名称是羧基和羟基；（3）反应②为在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，条件是氢氧化钠溶液、加热；（4）A的结构简式为；F的结构简式为；（5）E为，符合条件的E的同分异构体：①含有相同官能团，即羧基和羟基；②遇FeCl2能发生显色反应，则为酚羟基；③苯环上连有三个取代基，故苯环上的取代基可以为-OH、-COOH和-CH2CH3或-OH、-CH2COOH和-CH3两种组合，根据定二动三，每种组合的同分异构体有10种，共20种符合条件的同分异构体；（6）反应③的化学反应方程式为2+O22+2H2O，D与新制Cu(OH)2悬浊液反应，反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。【题目点拨】本题考查有机推断，利用逆推法推出各有机物的结构简式是解答本题的关键。易错点为（5），应注意苯环上取代基的确定，再利用其中二个取代基在苯环上的位置为邻、间、对位，第三个取代基在苯环上的取代种数分别为4、4、2，从而求得同分异构体的数目。19、CN-+ClO-=CNO-+Cl-2CNO-+2H++3CNO-=N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2O除去HCl气体去除Cl2防止空气中CO2进入戊中影响测定准确度82%①装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；②CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；③Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全（答出其一即可）。【解题分析】本题考查氧化还原反应方程式的书写、物质除杂和提纯、化学计算等，（1）根据信息，甲：在TiO2催化剂作用下，NaClO将CN－氧化成CNO－，ClO－＋CN－→CNO－＋Cl－，CN－中N显－3价，C显＋2价，CNO－中氧显－2价，N显－3价，C显＋4价，因此有ClO－中Cl化合价由＋1价→－1价，化合价降低2价，CN－中C化合价由＋2价→＋4价，化合价升高2价，然后根据原子守恒配平其他，CN－+ClO－=CNO－+Cl－；根据信息酸性条件下，CNO－被ClO－氧化成N2和CO2，离子反应方程式为：2CNO－+2H＋+3CNO－=N2↑+2CO2↑+3Cl－+H2O；（2）利用HCl易溶于水，因此饱和食盐水的作用是除去HCl气体，丁的作用是除去Cl2；实验的目的是测定CO2的量确定CN－被处理的百分率，空气中有CO2，因此碱石灰的作用是防止空气中CO2进入戊中，避免影响测定的准确性；（3）戊中沉淀是CaCO3，根据碳元素守恒，n(CN－)=n(CaCO3)=0.82/100mol=8.2×10－3mol，被处理的百分率是8.2×10－3/(200×10－3×0.05)×100%=82%，①装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；②CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；③Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全。点睛：本题氧化还原反应方程式的书写是学生易错，书写氧化还原反应方程式时，先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，如（1）第二问，CNO－继续被ClO－氧化，说明CNO－是还原剂，N2为氧化产物，ClO－是氧化剂，一般情况下，没有明确要求，ClO－被还原成Cl－，Cl－是还原产物，即有CNO－＋ClO－→N2＋CO2＋Cl－，然后分析化合价的变化，N由-3价→0价，Cl由＋1价→－1价，根据化合价升降进行配平，即2CNO－＋3ClO－→N2＋CO2＋3Cl－，环境是酸性环境，根据反应前后所带电荷守恒，H＋作反应物，即2CNO－+2H＋+3CNO－=N2↑+2CO2↑+3Cl－+H2O。20、②⑤50mL容量瓶偏小溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色1.2【解题分析】

（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的正确操作结合图示分析解答；（2）容量瓶是确定溶液体积的仪器；（3）依据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断，结合分析；（4）草酸跟酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、二价锰离子等，滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时，滴入的高锰酸钾溶液不褪色，据此判断；（5）根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2＋的浓度。【题目详解】（1）由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切，故答案为：②⑤；（2）应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积，故答案为：50mL容量瓶；（3）如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小；（4）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；（5）血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：。根据反应方程式，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：，Ca2+的质量为，钙离子的浓度为：，故答案为：1.2。【题目点拨】定容时倒水至刻度线1—2cm处改用胶头滴管滴到与凹液面平直。21、ACBEM能形成分子内氢键，使溶解度减小3d轨道上没有未成对电子（3d轨道上电子为全空或全满）CuCl共价××1010或×1010或×1010【解题分析】

（1）M所含元素为C、H、O、N；A.元素的非金属性越强，电负性越强；即同周期自左而右电负性增大；同一主族元素从上到下电负性逐渐减小；B.同周期元素从左到右元素的第一电离能逐渐减小，则C元素的最小，由于N的2p轨道电子为半充满状态，难以失去电子，第一电离能大于O；C.由结构简式可知N原子共形成3对共价键，1个配位键，即N原子采取sp2杂化；D.芳香烃是含有苯环的烃，只含碳氢两种元素；E.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，以此解答。(2)酚羟基中O-H间断裂，铜离子与O原子、N原子之间形成配位键，据此解答即可；（3）分子内氢键的存在，导致水溶性减小，据此解答即可；（4）根据核外电子排布规律书写Cu原子的核外电子排布式，电子按能层高低进行失去，进而书写Cu2+的外围电子排布图；判断Sc3+、Zn2+离子的原子核外3d轨道上是否含有电子来判断是否有颜色；（5）①Y原子最高价氧化物对应水化物的酸性最强，可知Y是氯元素（Cl），该晶胞中铜原子个数=4，Cl原子个数=8×1/8+6×1/2=4；②电