安徽省滁州三中2025届化学高二下期末联考试题含解析

安徽省滁州三中2025届化学高二下期末联考试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NAB．标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2气混合后，气体分子数为2NAC．常温下pH=12的NaOH溶液中，水电离出的氢离子数为10－12NAD．标准状况下，2.24LC2H6含有的共价键数为0.6NA2、某气体的摩尔质量为Mg·mol－1，NA表示阿伏加德罗常数，在一定的温度和压强下，体积为VL的该气体所含有的分子数为x。则表示的是（）A．VL该气体的质量（以g为单位）B．1L该气体的质量（以g为单位）C．1mol该气体的体积（以L为单位）D．1L该气体中所含的分子数3、下面的原子或原子团不属于官能团的是()A．NO3- B．—NO2C．—OH D．—COOH4、常温下，下列物质的水溶液，其pH小于7的是A．Na2CO3B．NH4NO3C．Na2SO4D．KNO35、某酒精厂由于管理不善，酒精滴漏到某种化学药品上而酿成火灾。该化学药品可能是()A．KMnO4 B．NaCl C．(NH4)2SO4 D．CH3COOH6、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，电子层数之和为10，四种原子中X原子的半径最大，下列说法不正确的是A．Y原子形成的离子是同周期元素所形成的离子中半径最小的B．Y的最高价氧化物不能与Z的最高价氧化物对应的水化物反应C．W与同主族元素可以形成离子化合物D．工业上获得X单质可利用电解其熔融的氧化物的方法7、下列有关金属的说法正确的是()①纯铁不容易生锈②钠着火用水扑灭③铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金⑥KSCN溶液可以检验Fe3＋A．①④⑤⑥ B．②③④⑤C．①③④⑤ D．①②⑤⑥8、已知还原性由强到弱的顺序为SO32->I->Br-，向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中通入一定量的氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到的剩余固体物质的组成可能是（）A．NaClB．NaCl、Na2SO4、NaIC．NaCl、Na2SO4、I2D．NaCl、NaBr、Na2SO49、下列叙述不能体现相关主旨的是A．“水域蓝天，拒绝污染”一严控PM2.5排放，改善雾霾天气B．“化学，让生活更美好”一积极开发风力发电，让能源更清洁C．“节能减排，低碳经济”一综合利用煤和石油，发展绿色化学D．“化学，引领科技进步”一研究合成光纤技术，让通讯更快捷10、下列有关钠及其化合物说法正确是的A．将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中，有红色物质析出B．实验室中的NaOH溶液用带有玻璃塞的试剂瓶盛装C．Na2O2和Na2O中阴、阳离子的个数比均为1:2D．某无色溶液进行焰色反应实验，直接观察时，火焰呈黄色，则该溶液中阳离子只有Na+11、水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A．图中五点KW间的关系：B>C>A＝D＝EB．若从A点到D点，可采用在水中加入少量NaOH的方法C．若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量H2SO4的方法D．若处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝12的KOH等体积混合后，溶液显中性12、高铁酸盐是一种高效绿色氧化剂，可用于废水和生活用水的处理。从环境保护的角度看，制备高铁酸盐较好的方法为电解法：Fe+2H2O+2OHFeO42-+3H2↑,工作原理如图所示。己知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。下列说法正确的是A．b是电源的正极B．阳极电极反应为Fe-6e-+4H2O=FeO42-+8H+C．电解过程中，需要将阴极产生的气体及时排出D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有11.2L的H2生成13、向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A．a点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-B．b点对应的溶液中：K+、Al3+、MnO4-、Cl-C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-D．d点对应的溶液中：K+、Fe2+、NO3-、SO42-14、用0.10mol·L－1的盐酸滴定0.10mol·L－1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是A．c(NH4＋)＞c(Cl－)，c(OH－)＞c(H＋) B．c(NH4＋)＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H＋) C．c(Cl－)＞c(NH4＋)，c(OH－)＞c(H＋) D．c(Cl－)＞c(NH4＋)，c(H＋)＞c(OH－)15、中药铅霜[(CH3COO)2Pb]具有解毒敛疮的作用，其制备方法在《本草图经》中有记载：“从铅杂水银十五分之一，合炼作片，置醋瓮中密封，经久成霜。”下列说法错误的是A．制铅霜时，用加汞制成的片状铅与食醋反应的速率比用纯铅快B．反应中每生成1mol(CH3COO)2Pb，转移2mol电子C．汞为正极，发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－D．将醋酸加入烧杯中，再投入PbO，搅匀，微热，也可以制得(CH3COO)2Pb16、平衡：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0。在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中较为适宜的是（）A．温度130℃，压强3.03×105Pa B．温度25℃，压强1.01×105PaC．温度130℃，压强5.05×104Pa D．温度0℃，压强5.05×104Pa二、非选择题（本题包括5小题）17、Q是合成防晒霜的主要成分，某同学以石油化工的基本产品为主要原料，设计合成Q的流程如下(部分反应条件和试剂未注明)：已知：Ⅰ．钯催化的交叉偶联反应原理(R、R1为烃基或其他基团，X为卤素原子)：Pd/CR—X＋R1—CH=CH2R1—CH=CH—R＋H—XII．C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子只有一个碳原子上没有氢原子。III．F不能与氢氧化钠溶液反应，G的核磁共振氢谱中有3个峰且为对位取代物。请回答下列问题：（1）G的结构简式为__________。（2）C8H17OH的名称(用系统命名法命名)为____________。（3）X是F的同分异构体，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，写出X的结构简式：___________。（4）写出反应⑥的化学方程式：____________。（5）下列有关B、C的说法正确的是____________(填序号)。a．二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色b．二者都能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳c．1molB或C都能最多消耗44.8L(标准状况)氢气d．二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应18、由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D,存在如图转化关系(部分生成物和反应条件已略去)。（1）若A为Na,则E为________,A与水反应的离子方程式为____________________（2）若A为Na2O2,则E为________,A与CO2反应的化学方程式为____________________,每有1molNa2O2参加反应，转移电子数为________NA（3）①A不论是Na还是Na2O2,依据转化关系判断物质B是________物质C是________②向饱和的C溶液中通入CO2会析出白色晶体，该晶体为________，用化学方程式表示其反应原理为：_____________________③将1mol/L的B溶液逐滴加入到1L1mol/L的AlCl3溶液中，产生白色沉淀39g，则所加入的B溶液的体积可能为________L或者________L19、氢化钙(CaH2)固体是登山运动员常用的能源提供剂。氢化钙要密封保存，一旦接触到水就发生反应生成氢氧化钙和氢气。氢化钙道常用氢气与纯净的金属钙加热制取，如图是模拟制取装置:(1)为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在B、C之间再接一装置，该装置中加入的试剂是______________。(2)该实验步骤如下:检查装置气密性后装入药品；打开分液漏斗活塞，接下来的操作顺序是_______(填序号)。①加热反应一段时间②收集气体并检验其纯度③关闭分液漏斗活塞④停止加热，充分冷却(3)某同学取一定质量的产物样品(m1g)，加入过量碳酸钠溶液，过滤、洗涤、干燥后称量固体碳酸钙质量(m2g),计算得到样品中氢化钙的质量分数为101.14%。若该同学所有操作均正确，则产生这种情况的原因可能是________。20、某同学在实验室做铜与浓硫酸反应的实验。（1）写出反应的化学方程式_____。停止加热，将试管中的混合物冷却后倒入装有冷水的烧杯中，搅拌、静置，观察到烧杯底部有黑色物质。于是他对黑色物质进行了探究。（2）该同学假设黑色物质CuO。检验过程如下：（查阅文献：检验微量Cu2＋的方法是：向试液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2＋）该同学的实验操作：①将CuO放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4[Fe(CN)6]溶液，产生红褐色沉淀。②将黑色物质放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4[Fe(CN)6]溶液，未见红褐色沉淀。实验①的目的是__________，由该检验过程所得结论是________。（3）再次假设，黑色物质是铜的硫化物。实验如下：实验装置现象1.A试管中黑色沉淀逐渐溶解2.A试管内上方出现浅红棕色气体3.B试管中出现……①现象2说明黑色物质具有________性。②A试管内上方出现浅红棕色气体的化学方程式是__________。③能确认黑色沉淀中含有S元素的现象_________。（4）以上实验说明，黑色物质中存在铜的硫化物。进一步实验后证明黑色物质是CuS与Cu2S的混合物。已知1molCu2S与稀硝酸反应转移8mole-，写出试管A中Cu2S溶解的化学方程式____________。21、化合物A(C11H8O4)是一种酯类物质，在NaOH溶液中加热反应后再酸化可得到化合物B和C。回答下列问题：（1）B的分子式为C2H4O2，分子中只有一个官能团，且与NaHCO3溶液反应有气体产生。则B的结构简式是_________，写出B与NaHCO3溶液反应的化学方程式________。写出两种能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式_________、________。（2）C是芳香化合物（含有苯环的有机物），相对分子质量为180，其碳的质量分数为60.0%，氢的质量分数为4.4%，其余为氧，则C的分子式是_________。（已知：相对原子质量：C—12；O—16：H—1）（3）已知C的苯环上有三个取代基，其中一个取代基（设为—X）无支链，且含有能与溴的四氯化碳溶液按1:1完全反应的官能团以及含有能与碳酸氢钠溶液反应放出气体的官能团，则该取代基上的含有官能团名称是_________。另外两个取代基相同，则名称为_______；另外相同的两个取代基分别位于取代基（—X）的邻位和对位，则C的结构简式是___________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A．乙酸和葡萄糖的实验式均为CH2O，CH2O的式量为30，30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为×2NA=2NA，A选项正确；B．标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2的物质的量都为1mol，两者混合后发生反应H2+F2=2HF，两者恰好完全反应生成2molHF，HF呈液态，最后没有气体，B选项错误；C．常温下pH=12的NaOH溶液中水电离的氢离子浓度为1×10-12mol/L，由于缺少溶液的体积，水电离出的氢离子数没法计算，C选项错误；D．1molC2H6含有7mol共价键，标准状况下，2.24LC2H6含有的共价键数为×7NA=0.7NA，故D错误；答案选A。【点睛】本题易错选B，错选的原因有：（1）忽视氢气与F2的化合反应，（2）忽视标准状况下HF不是气体。2、B【解析】试题分析：X除以NA为该气体的物质的量；然后乘以M表示其质量；最后除以V为该气体密度，故选A。【考点定位】考查阿伏加德罗常数；物质的量的相关计算【名师点晴】本题考查了物质的量与微粒数、质量、摩尔质量、气体体积、阿伏伽德罗常数等物理量之间的关系和计算，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握。在一定的温度和压强下，体积为VL的该气体所含有的分子数为X，则气体物质的量n=mol，乘以气体摩尔质量得到气体的质量，再除以气体体积得到的是气体的密度。3、A【解析】试题分析：—NO2为硝基，—OH为羟基，—COOH为羧基，NO3-为硝酸根离子，不属于官能团，答案选A。考点：考查官能团的判断点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。该题主要是考查学生对常见有机物官能团的熟悉了解掌握程度，该题的关键是学生要熟练记住常见的官能团，并能灵活运用即可。4、B【解析】试题分析：Na2CO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，NH4NO3强酸弱碱盐水解溶液显酸性；Na2SO4强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，KNO3强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，，选B。考点：盐类水解和溶液酸碱性。5、A【解析】

KMnO4是一种强氧化剂，能氧化CH3CH2OH并放出热量，如热量逐渐积累而不能散去，就有可能引燃酒精，酿成火灾。答案选A。6、D【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，四种元素的电子层数之和等于10，如果W是第一周期元素，则X、Y、Z位于第三周期，且X的原子半径最大，符合题给信息，所以W是H元素、X是Mg元素、Y是Al元素、Z是Si元素；如果W是第二周期元素，则X为第二周期、Y和Z为第三周期元素才符合四种元素的电子层数之和等于10，但原子半径最大的元素不可能为X元素，不符合题意，据此解答。【详解】根据以上分析可知W是H元素、X是Mg元素、Y是Al元素、Z是Si元素。则，A．铝离子是同周期元素所形成的离子中半径最小的，A正确；B．Y的最高价氧化物是氧化铝，不能与Z的最高价氧化物对应的水化物硅酸反应，B正确；C．W是H，位于第ⅠA族，与同主族元素可以形成离子化合物，C正确；D．Mg属于活泼金属，氧化镁的熔点很高，而氯化镁的熔点相对较低，故工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，D错误；答案选D。【点睛】本题考查原子结构和元素性质，正确推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握，题目难度不大。7、A【解析】

①纯铁中没有杂质，不容易形成原电池而进行电化学腐蚀，所以不易生锈，①正确；②钠是活泼金属，和水剧烈反应，所以钠着火不能用水扑灭，②错误；③铝是活泼金属，在空气中耐腐蚀是因为表面形成了一层氧化铝保护膜，阻止反应进行，③错误；④骨中缺钙引起骨质疏松，血液中缺铁会引起贫血，④正确；⑤青铜是铜锡合金，不锈钢是铁、铬、镍合金，硬铝是铝、硅、镁等形成的合金，⑤正确；⑥Fe3+和SCN-发生络合，使溶液变为血红色，故可以用KSCN溶液检验Fe3+，⑥正确；答案为A。8、D【解析】

根据氧化还原反应的先后顺序取决于氧化性或还原性的相对强弱，还原性最强的Na2SO3优先与Cl2反应Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl生成Na2SO4，所以固体中一定含有Na2SO4；其余依次为NaI、NaBr分别与Cl2反应生成NaCl、I2、Br2，则固体中一定含有NaCl；有可能NaBr未反应完全，但不会NaBr反应完全而余NaI，生成的I2、Br2蒸干并灼烧时将挥发，升华脱离固体。故答案选D。9、B【解析】试题分析：A、PM2.5为粒子直径小于或等于2.5微米的微粒，可导致雾霾天气，故A正确；B、风力发电属于物理过程，不涉及化学反应，不符合主旨，故B错误；C、综合利用煤和石油，可提高原料的利用率，减少污染物的排放，符合主旨，故C正确；D、通过化学合成的方法研究合成光线技术，可提高通讯效率，故D正确，答案选B。考点：考查化学与生活、环境保护、绿色化学、能源与材料等10、C【解析】分析：A.钠与盐溶液反应时，一般都是先与水反应，生成的氢氧化钠再与盐反应；B．氢氧化钠溶液能够与二氧化硅发生反应；C．过氧化钠中含有的是钠离子与过氧根离子；D、钠离子的焰色反应呈黄色，钾离子的焰色反应需要透过钴玻璃观察；据此分析判断。详解：A.钠与硫酸铜溶液反应时，钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，因此生成蓝色沉淀，故A错误；B．氢氧化钠能够与二氧化硅反应生成有粘性的硅酸钠，硅酸钠会将玻璃塞和玻璃瓶粘在一起，所以烧碱溶液不能使用玻璃塞的试剂瓶，故B错误；C．Na2O以及Na2O2中，1mol物质都含有2mol钠离子，分别含有1mol硫酸根离子、氧离子、过氧根离子，阴离子与阳离子的个数比均为1：2，故C正确；D、钠离子的焰色反应呈黄色，但是钾离子会干扰，钾离子的焰色反应要透过钴玻璃来观察，故D错误；故选C。11、A【解析】

A．在图中可看出：A、D、E是在25℃水的电离平衡曲线，三点的Kw相同。B是在100℃水的电离平衡曲线产生的离子浓度的关系，C在A、B的连线上，由于水是弱电解质，升高温度，促进水的电离，水的离子积常数增大，则图中五点KW间的关系：B>C>A＝D＝E，故A正确；B．若从A点到D点，由于温度不变，溶液中c(H+)增大，c(OH-)减小。可采用在水中加入少量酸的方法，故B错误；C．若从A点到C点，由于水的离子积常数增大，所以可采用升高温度的方法，故C错误；D．若处在B点时，由于Kw=10—12。pH＝2的硫酸，c(H+)=10-2mol/L,pH＝12的KOH,c(OH-)=1mol/L，若二者等体积混合，由于n(OH-)>n(H+)，所以溶液显碱性，故D错误；答案选A。【点睛】考查温度对水的电离平衡的影响及有关溶液的酸碱性的计算的知识。12、C【解析】A、根据方程式可知铁失去电子，铁作阳极，与电源的正极相连，因此a是电源的正极，A错误；B、阳极电极反应为Fe－6e－＋8OH－＝FeO42－＋4H2O，B错误；C、氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，C正确；D、氢气不一定处于标准状况下，不能计算其体积，D错误；答案选C。13、C【解析】分析：向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合离子反应发生条件及对应离子的性质解答该题。详解：a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，A．a点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应不能大量共存，选项A错误；B．b点全部为HCO3-，Al3+与HCO3-发生互促水解反应而不能大量共存，选项B错误；C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，选项C正确；D．d点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意题中各阶段溶液的成分，难度中等。14、C【解析】

根据溶液中电荷守恒可知溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况，不遵循电荷守恒，即c(Cl－)＞c(NH4＋)，c(OH－)＞c(H＋)是不可能的，故C项错。答案选C。15、C【解析】

A.制铅霜时，用加汞制成的片状铅与食醋形成原电池，能加快反应速率，反应的速率比用纯铅快，A正确；B.反应中每生成1mol(CH3COO)2Pb，Pb的化合价由0价变为+2价，转移2mol电子，B正确；C.汞为正极，发生的电极反应为O2＋4e－＋4H+＝2H2O，C错误；D.将醋酸加入烧杯中，再投入PbO，PbO为碱性氧化物，与醋酸反应生成盐和水，搅匀，微热，也可以制得(CH3COO)2Pb，D正确；答案为C。【点睛】铅与汞（水银）和醋酸形成原电池，可加快Pb的消耗。16、C【解析】

由于存在平衡2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，N2O4的存在会影响二氧化氮的相对分子质量测定，故应采取措施使平衡向左移动，减小N2O4的含量，该反应正反应是体积减小的放热反应，减小压强平衡向逆反应移动，升高温度平衡向逆反应移动，故应采取高温低压。【详解】A.压强不是最低的，A项不选；B.温度不是最高的，压强不是最低的，B项不选；C.温度最高压强最低，C项选；D.温度低，D项不选；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、2­乙基­1­己醇ad【解析】

由A、B的分子式及的结构简式C可知，A为CH3CH=CH2，B为CH2=CHCHO，由信息Ⅱ可知，C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢原子，则C8H17OH为，与丙烯酸发生酯化反应生成D，由流程图可知，F为等，因F不能与NaOH溶液反应，所以F为苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F与溴发生取代反应，又G的核磁共振氢谱中有3组峰，说明G中有3种位置的H原子，所以G为，由信息Ⅰ可知，D与G合成Q；(1)结合分析写出G的结构简式；(2)C8H17OH为，与-OH相连的C原子为第1位碳原子编号来命名；(3)X为酚，甲基与酚-OH处于对位；(4)由信息Ⅰ，D与G合成Q，并生成HBr；(5)B为烯醛，C为烯酸，均含C=C键，但羧基中的C=O不能与氢气发生加成反应。【详解】由A、B的分子式及的结构简式C可知，A为CH3CH=CH2，B为CH2=CHCHO，由信息Ⅱ可知，C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢原子，则C8H17OH为，与丙烯酸发生酯化反应生成D，由流程图可知，F为等，因F不能与NaOH溶液反应，所以F为苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F与溴发生取代反应，又G的核磁共振氢谱中有3组峰，说明G中有3种位置的H原子，所以G为，由信息Ⅰ可知，D与G合成Q；(1)由分析可知G的结构简式为为；(2)C8H17OH为，与-OH相连的C原子为第1位碳原子编号来命名，其名称为2-乙基-1-己醇；(3)F为苯甲醚，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，X为酚，甲基与酚-OH处于对位，则X为；(4)由信息Ⅰ，D与G合成Q，并生成HBr，反应⑥的化学方程式为；(5)B为烯醛，C为烯酸，均含C=C键，但羧基中的C=O不能与氢气发生加成反应；a．均含C=C键，则二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正确；b．C中含-COOH，能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，而B不能，故b错误；c.1molB最多消耗44.8L(标准状况)氢气，而C消耗22.4L氢气，故c错误；d．B中含-CHO，C中含-COOH，二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应，故d正确；故答案为ad。18、H22Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑O22Na2O2+2CO22Na2CO3+O21NaOHNa2CO3NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3↓1.53.5【解析】

考查无机物的推断，（1）假设A为Na，则Na与H2O反应生成NaOH和H2，即E为H2，B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3；（2）假设A为Na2O2，Na2O2与H2O反应生成O2和NaOH，与(1)类似；（3）根据（1）和（2）的分析，以及钠及其化合物的性质进行分析。【详解】（1）若A为Na，Na与H2O反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，则单质E为H2，B为NaOH，CO2与NaOH反应：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，继续通入CO2:Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，A与水反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；（2）若A为Na2O2，则Na2O2与水反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，则单质E为O2，Na2O2与CO2能发生反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O2与CO2反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，因此1molNa2O2与CO2反应转移电子物质的量为1mol，电子数为NA；（3）①根据上述分析，B为NaOH，C为Na2CO3；②NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，因此向饱和的Na2CO3溶液中通入CO2，产生NaHCO3沉淀；其反应Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓；③如果只发生AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl，n(AlCl3)=1mol，n[Al(OH)3]=39/78mol=0.5mol，即AlCl3过量，消耗NaOH的体积0.5×3/1L=1.5L；氢氧化铝为两性氢氧化物，NaOH稍微过量，发生的反应是AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl、Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，AlCl3全部参与反应，生成氢氧化铝的总物质的量为1mol，此时消耗NaOH的物质的量为3mol，最后沉淀的物质的量为39/78mol=0.5mol，即有(1－0.5)mol氢氧化铝被消耗，同时该反应中消耗NaOH的物质的量为0.5mol，总共消耗氢氧化钠的物质的量为3.5mol，体积为3.5/1L=3.5L。【点睛】本题的难点是电子转移物质的量的计算，Na2O2无论与CO2反应还是与H2O反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，每消耗2molNa2O2，或生成1molO2，转移电子物质的量为2mol，因此消耗1molNa2O2，转移电子物质的量为1mol，特别注意本题让求的是电子数，与阿伏加德罗常数有关。19、无水硫酸铜(或其他合理答案)②①④③单质钙没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙【解析】分析：本题以氢化钙的制备为载体，考查实验基本技能与操作、对题中的信息的利用、对实验装置的理解分析、物质分离提纯、化学计算等，本题侧重基本实验操作能力的考查，是对学生综合能力的考查。详解：A装置通过锌和硫酸反应生成氢气，氢气中肯定含有水蒸气，所以用B中无水氯化钙吸收水，在C中氢气和钙反应生成氢化钙，D中有浓硫酸，保证金属钙的装置C中干燥，防止空气中的水蒸气进入。本实验的关键是保证金属钙的装置C中没有水蒸气存在，因为钙和水反应，氢化钙也与水反应。（1）为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在BC之间连接一个检验氢气是否含有水的装置，该装置中加入无水硫酸铜固体，若有水，该固体变蓝。（2）该实验步骤为检验气密性后，打开分液漏斗活塞，使硫酸流下，与金属锌反应生成氢气，用氢气排除装置中的空气，在最后收集气体并检验其纯度，当收集到纯净的氢气时在点燃酒精灯进行加热，一段时间后停止加热，让装置C在氢气的环境中充分冷却，最后关闭分液漏斗活塞。故顺序为②①④③。（3）计算得到样品中氢化钙的质量分数大于100%，说明样品中钙元素较多，则说明单质钙没有完全参与反应，氢