2024届广东省深圳市乐而思中心化学高二第二学期期末考试试题含解析

2024届广东省深圳市乐而思中心化学高二第二学期期末考试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是①洁厕灵（主要成分为HCl）②厨房清洁剂③食醋④肥皂⑤食盐A．①②⑤③④ B．①③⑤④② C．③①②⑤④ D．④③⑤②①2、下列对有机物结构或性质的描述错误的是（）A．将溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，这是因为发生了加成反应B．苯分子中的6个碳原子之间的化学键完全相同，是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的化学键C．若乙烷和丙烯的物质的量共为1mol，则完全燃烧生成3molH2OD．一定条件下，Cl2可在甲苯的苯环或侧链上发生取代反应3、将NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH配成100.0mL混合溶液，向该溶液中通入足量CO2，生成沉淀的物质的量n(沉淀)，与通入CO2的体积（标准状况下）V(CO2)的关系，如下图所示，下列说法中正确的是（）A．P点的值为12.32B．混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)=4.0mol/LC．bc段的化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3D．cd段表示Al(OH)3沉淀溶解4、为提纯下列物质（括号内为杂质），选用的试剂或分离方法错误的是选项物质试剂分离方法A硝酸钾（氯化钠）蒸馏水降温结晶B二氧化碳（氯化氢）饱和NaHCO3溶液洗气C甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气D乙醇（水）生石灰蒸馏A．A B．B C．C D．D5、微型钮扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O；Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-。根据上述反应式，判断下列叙述中正确的是A．在使用过程中，电池负极区溶液的pH增大B．电子由Ag2O极经外电路流向Zn极C．Zn是负极，Ag2O是正极D．Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应6、由下列实验操作及现象，可以推出相应结论的是（）实验操作实验现象实验结论A．溶液中加入K3[Fe(CN)6]有蓝色沉淀生成溶液中含有Fe2+B．向样品溶液中加入淀粉溶液溶液变为蓝色溶液中含有I-C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸有白色沉淀生成溶液中含有SO42-D．向样品溶液中加入过量稀盐酸生成气体使品红溶液褪色溶液中含有SO32-A．AB．BC．CD．D7、氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。如图是模拟工业制备氢溴酸粗品并精制流程：下列说法不正确的是A．冰水的目的是降低反应温度，防止溴挥发，使反应更充分B．混合①发生的反应为：SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBrC．操作Ⅱ和操作Ⅲ的名称分别为过滤和蒸馏D．Na2SO3的作用是调节溶液的pH也可以用Na2CO3替代8、下列化学用语表达正确的是（）A．CaCl2的电子式: B．Cl－的结构示意图：C．乙烯的分子式：C2H4 D．纯碱溶液呈碱性的原因：CO32－+2H2OH2CO3+2OH－9、下列是合成功能高分子材料的一个“片段”：下列说法正确的是（）A．G到H发生取代反应B．条件Z为催化剂C．上述有机物都是芳香烃D．试剂X仅为浓硝酸10、根据价层电子对互斥理论及原子轨道的杂化理论判断NF3分子的空间构型和中心原子的杂化方式为（）A．直线形sp杂化 B．三角形sp2杂化C．三角锥形sp2杂化 D．三角锥形sp3杂化11、下列有关说法不正确的是A．CH4、SF6、二氯乙烯（反式）、H2O2都是含极性键的非极性分子B．在分子晶体中一定不存在离子键，而在离子晶体中可能存在共价键C．酸性：H2CO3<H3PO4<HNO3<HClO4D．CO的一种等电子体为NO＋，它的电子式为12、化合物的分子式均为C8H8，下列说法不正确的是（）A．甲、乙、丙的二氯代物数目最少的是丙B．甲、乙、丙中只有甲的所有原子可能处于同一平面C．甲、乙、丙在空气中燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰D．等量的甲和乙分别与足量的溴水反应，消耗Br2的量：甲＞乙13、如表所示，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是()选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A碳酸钠溶液可用于治疗胃病Na2CO3可与盐酸反应Ⅰ对，Ⅱ对，有B向滴有酚酞的水溶液中加入Na2O2变红色Na2O2与水反应生成氢氧化钠Ⅰ对，Ⅱ错，无C金属钠具有强还原性高压钠灯发出透雾性强的黄光Ⅰ对，Ⅱ对，有D过氧化钠可为航天员供氧Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2Ⅰ对，Ⅱ对，有A．A B．B C．C D．D14、金属键的形成是通过()A．金属原子与自由电子之间的相互作用B．金属离子与自由电子之间强烈的相互作用C．自由电子之间的相互作用D．金属离子之间的相互作用15、对于0.1mol•L-1Na2CO3溶液，下列说法中，不正确的是：A．溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度B．升高温度，溶液的pH值也升高C．加入少量NaOH固体，c（CO32―）与c（Na＋）均增大D．离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(CO32―)+c(HCO3―)+c(OH―)16、下列变化需克服相同类型作用力的是A．碘和干冰的升华 B．硅和C60的熔化C．氯化氢和氯化钾的溶解 D．溴和汞的气化二、非选择题（本题包括5小题）17、1，4－环己二醇可通过下列路线合成(某些反应的反应物和反应条件未列出)：(1)写出反应④、⑦的化学方程式：④__________________________________；⑦__________________________________。(2)上述七个反应中属于加成反应的有____________(填反应序号)，A中所含有的官能团名称为____________。(3)反应⑤中可能产生一定量的副产物，其可能的结构简式为_____________________。18、A，B，C，D是四种短周期元素，E是过渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：（1）写出下列元素的符号：A____，B___，C____，D___。（2）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___，碱性最强的是_____。（3）用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是____，电负性最大的元素是____。（4）E元素原子的核电荷数是___，E元素在周期表的第____周期第___族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在___区。（5）写出D元素原子构成单质的电子式____，该分子中有___个σ键，____个π键。19、磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途，也可用于制备表面活性剂。沸点为69.2℃，遇水水解，剧烈反应生成两种强酸。学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下，制备SO2Cl2并测定产品纯度，设计如图实验如图1(夹持装置略去)。请回答下列问题：Ⅰ.SO2的制备（1）欲收集一瓶干燥的SO2，装置中气流方向合理的连接顺序为____(填小写字母)。（2）A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，A中反应的化学方程式为____。Ⅱ.SO2Cl2的制备和纯度的测定将上述收集到的SO2充入注射器h中，用图2装置制备SO2Cl2。（3）仪器e的名称为____，b中试剂的名称为____。（4）f的作用是____。（5）取反应后的产品4.0g，配成200mL溶液；取出20.00mL，用0.5000mol·L-1NaOH溶液滴定；达到滴定终点时消耗标准液的体积为20.00mL(杂质不参加反应)。①产品加水配成溶液时发生的反应为____。②SO2Cl2的质量分数为____。(保留三位有效数字)。20、二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问题：（1）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：①电解时阳极电极反应式为__________________________。②除去ClO2中的NH3可选用的试剂是___________（填标号）。a．水b．碱石灰c．浓硫酸d．饱和食盐水（2）用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为______________________。②玻璃液封装置的作用是______________________。③V中加入指示剂，滴定至终点的现象是______________________。④测得混合气中ClO2的质量为______g。⑤某同学用某部分刻度模糊不清的50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面处于如图所示的刻度处，则管内液体的体积________（填代号）。a．等于23.60mLb．等于27.60mLc．小于23.60mLd．大于27.60mL21、覆盆子酮()是种从植物覆盆子中提取的较为安全的香料。一种以石油化工产A和丙烯为原料的合成路线如下：信息提示:(ⅰ)(ⅱ)根据上述信息回答：(1)E的化学名称是__________。(2)反应①的条件为____________________________。(3)与反应⑥反应类型相同的是___________(选填反应①~⑦,下同)，与反应③反应条件相似的是_____________。(4)写出反应⑦的化学方程式_______________________________。(5)E的同分异构体中，在核磁共振氢谱中出现三组峰，且峰面积之比为3∶3∶2的是___________(写出结构简式)。(6)参照上述合成路线以丙烯为原料，设计制备CH3CH=CHCH2COCH3的合成路线_______________。

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】

厕所清洁剂（HCl）、醋均显酸性，pH均小于7，但洁厕灵的酸性比食醋强,故洁厕灵的pH比醋的小；肥皂、厨房洗涤剂（NaClO）均显碱性，pH均大于7,但厨房清洁剂的碱性比肥皂强,故厨房清洁剂的pH比肥皂的大；⑤食盐是强碱强酸盐，溶液显中性，pH等于7。则上述物质水溶液pH由小到大的顺序是:厕所清洁剂、醋、肥皂、食盐、厨房清洁剂；按酸碱性大小的顺序依次排列为：①③⑤④②；

综上所述，本题正确答案为B。【题目点拨】根据生活中经常接触的物质的酸碱性，由当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时呈碱性，且pH越大，碱性越强，进行分析判断。2、A【解题分析】

A．将溴水加入苯中，由于溴在苯中的溶解度比在水中的溶解度大，故发生萃取，溴水的颜色变浅，发生的是物理变化，A项错误；B．苯分子中不存在碳碳单键和碳碳双键，而存在一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的化学键，B项正确；C．乙烷和丙烯的每个分子中都含有6个氢原子，1mol混合物中含6mol氢原子，完全燃烧生成3molH2O，C项正确；D．苯环上的氢原子在催化剂作用下能被氯原子取代，苯环侧链上的氢原子在光照条件下可被氯原子取代，D项正确。故选A。3、B【解题分析】分析：开始通入CO2，二氧化碳与氢氧化钡反应有沉淀BaCO3产生；将Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀(即沉淀的量保持不变)；NaOH被消耗完毕，接下来二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3反应，沉淀量不变，继续与BaCO3反应，沉淀减少，最后剩余沉淀为Al(OH)3。详解：A.根据上述分析，b点对应的溶液中含有碳酸钠，c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，d点对应的溶液中含有碳酸氢钠和碳酸氢钡，溶解碳酸钡消耗的二氧化碳为22.4L-15.68L=6.72L，物质的量为=0.3mol，因此原混合溶液中含有0.3molBa(OH)2；c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，根据碳元素守恒，生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗=0.7mol二氧化碳，因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，根据钠元素守恒，混合溶液中n(NaOH)+n(NaAlO2)=0.4mol，b点消耗的二氧化碳是与NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH反应生成碳酸钡，氢氧化铝和碳酸钠的二氧化碳的总量，根据CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al(OH)3↓+Na2CO3可知，n(CO2)=n[Ba(OH)2]+n(NaOH)+n(NaAlO2)=0.3mol+0.2mol=0.5mol，体积为11.2L，故A错误；B.c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，根据碳元素守恒，生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗=0.7mol二氧化碳，因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，根据钠元素守恒，混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)==4.0mol/L，故B正确；C.bc段是碳酸钠溶解的过程，反应的化学反应方程式为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，故C错误；D.cd段是溶解碳酸钡的过程，故D错误；故选B。点睛：本题考查了二氧化碳、偏铝酸钠等的性质和相关计算，本题的难度较大，理清反应的顺序是解题的关键。本题的难点为A，要注意守恒法的应用。4、C【解题分析】分析：A.利用硝酸钾和氯化钠的溶解度不同分离；B.利用氯化氢与饱和NaHCO3溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳的性质分离；C.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新的杂质；D.加生石灰可增大乙醇与水的沸点差异。详解：A.硝酸钾的溶解度随温度变化较大，而氯化钠的溶解度随温度变化不大，所以可以采用先制得较高温度下的硝酸钾和氯化钠的溶液，再降温结晶，可析出硝酸钾晶体，故A正确；B.氯化氢与饱和NaHCO3溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，而二氧化碳不溶于饱和NaHCO3溶液，可让混合气体通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶洗气，除去HCl，故B正确；C.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新的杂质，故不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯，应通入溴水，故C错误；D.加生石灰可增大乙醇与水的沸点差异，则蒸馏可分离出乙醇，故D正确。综合以上分析，本题选C。点睛：本题考查混合物的分离、提纯，侧重除杂和分离的考查，把握物质的化学性质为解答本题的关键，注意D中生石灰的作用，题目难度不大。5、C【解题分析】

A．负极发生Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，c(OH-)减小，所以电池负极区溶液的pH减小，故A错误；B．Zn为负极，Ag2O为正极，则使用过程中，电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，故B错误；C．Zn失去电子，Zn为负极，Ag2O得到电子是正极，故C正确；D．Zn电极发生氧化反应，Ag2O电极发生还原反应，故D错误；故选C6、A【解题分析】分析：A．Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成特征蓝色沉淀；B．碘单质遇到淀粉溶液变为蓝色；C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银；D．向样品溶液中加入过量稀盐酸，生成的气体使品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫，据此分析判断。详解：A．Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成特征蓝色沉淀，所以该实验现象可以检验亚铁离子，故A正确；B．向样品溶液中加入淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明溶液中含有碘单质，结论错误，故B错误；C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸，有白色沉淀生成，溶液中可能含有SO42-或银离子，结论错误，故C错误；D．向样品溶液中加入过量稀盐酸，生成的气体使品红溶液褪色，说明溶液中含有SO32-或HSO3-，结论错误，故D错误；故选A。7、D【解题分析】

A.溴易挥发，冰水的目的是降低反应温度，防止溴挥发，使反应更充分，A正确；B.目标产物为HBr，可通过SO2和Br2发生氧化还原反应生成，故混合①发生的反应为：SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，B正确；C.操作Ⅱ为过滤，除去硫酸钡沉淀后得滤液，滤液中是含有HBr和NaBr等的混合溶液，经过蒸馏得到目标产物，C正确；D.Na2SO3的作用是通过氧化还原反应去除残留的溴，不可以用Na2CO3替代，D不正确；答案选D。8、C【解题分析】

A．CaCl2是离子化合物，其电子式应为，故A错误；B．Cl－的核外最外层电子数为8，其离子结构示意图为，故B错误；C．乙烯是最简单的燃烧，其分子式为C2H4，故C正确；D．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主。则纯碱溶液呈碱性的原因是CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故D错误；故答案为C。【题目点拨】解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序（如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O），其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。9、A【解题分析】

E发生硝化反应生成F，F发生取代反应生成G，G在氢氧化钠水溶液中发生水解生成H，据此分析作答。【题目详解】A.G到H为氯原子被取代为羟基的取代反应，A项正确；B.F到G发生甲基的取代反应，条件为光照，B项错误；C.芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，具有苯环的基本结构，上述四种物质，只有E属于芳香烃，C项错误；D.甲苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生反应转化为对硝基甲苯，D项错误；答案选A。10、D【解题分析】

根据价层电子对互斥理论可知，NF3分子中氮原子含有的孤对电子对数=(5-3×1)÷2=1，所以NF3是三角锥形结构，氮原子是sp3杂化，答案选D。11、A【解题分析】

A.H2O2是极性分子，“三点确定一面”，该分子的两个H原子位于两个不同的平面上，导致该分子的正负电荷中心不能重合，所以H2O2是极性分子，A错误；B.分子晶体一定不存在离子键，离子晶体中可能存在共价键，比如Na2O2、NH4Cl，B正确；C.元素的非金属性：C<P<N<Cl，所以这四种元素的最高价含氧酸的酸性依次增强，C正确；D.CO含有10个价电子，NO+也含有10个价电子，它们都是N2的等电子体，故其电子式为，D正确；故合理选项为A。12、D【解题分析】本题考查有机物的结构与性质。分析：A.先判断一氯代物的数目，再分析二氯代物数目；B.分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面；C.含碳量与最简式相同的乙炔含碳量相同，在空气中燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰；D.碳碳双键数目越多，消耗Br2的量越多。详解：化合物甲的一氯代物有5种，二氯代物有5+3+4+2+0=14种，化合物乙的一氯代物有2种，二氯代物有3+3=6种，化合物丙的一氯代物有1种，二氯代物有3种，A正确；化合物甲含有一个苯环和一个碳碳双键，所有原子可能处于同一平面，化合物乙和化合物丙均含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面，B正确；化合物甲、化合物乙和化合物丙的最简式为CH，与乙炔含碳量相同，则在空气中燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰，C正确；化合物甲含有一个碳碳双键，1mol化合物甲消耗1molBr2，化合物乙含有三个碳碳双键，1mol化合物乙消耗3molBr2，D错误。故选D。点睛：判断二氯代物的数目时，应先写出一氯代物的结构简式，然后分析一氯代物有几种等效氢原子，等效氢原子的数目就是二氯代物的数目，如立方烷等效氢原子只有一种，所以一氯代物只有一种，立方烷一氯代物的等效氢原子有3种，详则其二氯代物有3种。13、D【解题分析】

A．碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性；B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠为强碱；C．依据钠的焰色为黄色解答；D．过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气。【题目详解】A．碳酸钠能够与盐酸反应，但是碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，陈述Ⅰ错误，A错误；B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠为强碱，水溶液显碱性，能够使酚酞变红，但过氧化钠还具有强氧化性，因此最终颜色会褪去，B错误；C．钠的焰色为黄色，透雾性强，高压钠灯发出透雾能力强的黄光，Ⅰ对，Ⅱ对，二者无因果关系，C错误；D．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，所以可为航天员供氧，陈述Ⅰ、Ⅱ正确，且有因果关系，D正确；答案选D。14、B【解题分析】分析：金属键是金属离子与自由电子之间强烈的相互作用。详解：金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”，被所有原子所共用，金属阳离子和自由电子（“电子气”）之间存在的强烈的相互作用称金属键，答案选B。15、D【解题分析】

A.碳酸钠溶液中碳酸钠水解，促进水的电离，碳酸钠溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度，故A正确；B、碳酸根离子水解溶液显碱性，碳酸根离子水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故B正确；C、碳酸钠水解显碱性，加入氢氧化钠氢氧根离子浓度增大平衡逆向进行，溶液中碳酸根离子浓度增大，钠离子浓度增大，故C正确；D、溶液中存在电荷守恒，阳离子和阴离子所带电荷数相同，c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，故D错误；故选D。16、A【解题分析】

A．碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；B．硅属于原子晶体，C60属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；C．氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；D．溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、+NaOH+2NaCl+2H2O+2NaOH+2NaBr③⑤⑥碳碳双键【解题分析】

由合成路线可知，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为NaOH/醇条件下的消去反应生成A为，反应③为A与氯气发生加成反应生成B为，B在NaOH/醇条件下发生消去反应得到，反应⑤为溴与的1,4—加成反应，反应⑥为碳碳双键与氢气的加成反应，生成C为，反应⑦为C在NaOH/水条件下发生水解反应生成1,4-环己二醇，据此解答。【题目详解】（1）一氯环己烷与NaOH的醇溶液加热发生消去反应产生A：环己烯；环己烯与氯气发生加成反应产生B：1，2二氯环己烷，与NaOH的醇溶液加热发生消去反应产生环己二烯，故反应④的化学方程式为；⑦环己二烯与溴水按照1:1发生1,4加成反应产生；与氢气发生加成反应产生C：；C与NaOH的水溶液发生取代反应产生。故反应⑦的化学方程式是：。（2）在上述七个反应中属于加成反应的有③⑤⑥，A为，所含官能团名称为碳碳双键；（3）二烯烃可能发生1,2加成，也可能发生1,4加成反应，还可能完全发生加成反应，所以反应⑤中可能产生一定量的副产物，其可能的结构简式为、。18、SiNaPNHNO3NaOHNeF26四Ⅷd12【解题分析】

A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。【题目详解】(1)由上述分析可知，A为Si、B为Na、C为P、D为N；(2)非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性N＞P＞Si，酸性最强的是HNO3，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性Na最强，碱性最强的是NaOH；(3)同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，所以第一电离能最大的元素是Ne，周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是F；(4)E为Fe元素，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故核电荷数是26，Fe在周期表中处于第四周期Ⅷ族，在周期表中处于d区；(5)D为氮元素，原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有3个未成对电子，故氮气的电子式为：，该分子中有1个σ键，2个π键。【题目点拨】本题重点考查元素推断和元素周期律的相关知识。本题的突破点为A的原子结构示意图为，可推出A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强；同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，同周期自左而右，电负性逐渐增大。19、adecbf或adecbdefNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O冷凝管或球形冷凝管饱和食盐水防止水蒸气进入d使SO2Cl2水解SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl84.4%【解题分析】

(1)收集一瓶干燥的SO2，则须先制取气体，然后提纯，再收集，因为二氧化硫有毒、易溶于水，还要对尾气进行吸收处理，据此分析解答；(2)A中是生成二氧化硫的反应；(3)盐酸容易挥发，生成的氯气中会混入氯化氢，据此分析解答；(4)无水氯化钙具有吸水性，结合SO2Cl2遇水易水解分析解答；(5)①SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即生成盐酸和硫酸；②根据NaOH与盐酸、硫酸反应，得到SO2Cl2的物质的量，从而得出质量分数。【题目详解】(1)根据图示，装置A可以用来制取二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，可以通入C中干燥，用B收集，多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，防止污染；因此欲收集一瓶干燥的SO2，装置的导管按气流方向连接的顺序是：a通过导管d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，通过c导管导入集气瓶中收集，为了防止二氧化硫逸出扩散到空气中污染环境，应该把b导管连接到f导管上，为防止通过D吸收逸出的二氧化硫的水逸到B中，把b导管连接到d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，连接f，故答案为：adecbf或adecbdef；(2)A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，生成二氧化硫的反应方程式为H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O，故答案为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O；(3)根据图示，e为球形冷凝管；b的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故b中试剂为饱和食盐水，故答案为：(球形)冷凝管；饱和食盐水；(4)SO2Cl2遇水易水解，故f的作用的防止空气中的水蒸气进入到d，故答案为：防止空气中的水蒸气进入到d使SO2Cl2水解；(5)①SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即为同时生成盐酸和硫酸，方程式为：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；故答案为：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；②根据2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl得到，SO2Cl2～4H+～4OH-的关系，消耗氢氧化钠的物质的量为0.5000mol•L-1×20.00×10-3L=0.01mol，故n(SO2Cl2)==0.0025mol，配成200mL溶液，取出20.00mL，所以n(SO2Cl2)总=0.0025mol×10=0.025mol，m(SO2Cl2)=n×M=0.025mol×135g/mol=3.375g，质量分数=×100%=84.4%，故答案为：84.4%。20、NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+c2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O吸收残留的ClO2当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变0.027d【解题分析】

（1）电解时与电源正极相连的阳极失去电子，发生氧化反应，与电源负极相连的阴极得到电子发生还原反应。根据题中ClO2的制备过程，可知电解产物有H2、NCl3，据此可得出电极反应方程式。（2）分析实验过程，可知实验过程中涉及的反应方程式有：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-，据此进行分析。【题目详解】（1）①电解时阳极失去电子，发生氧化反应，结合题中电解过程生成的产物，可知阳极电极反应方程式为：NH4+-6e-+3Cl-=N