2025年海南省儋州市正大阳光中学高二化学第二学期期末监测模拟试题含解析.doc

2025年海南省儋州市正大阳光中学高二化学第二学期期末监测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25℃时HF(aq)+OH—(aq)＝F—(aq)+H2O(l) △H＝—67.7 kJ·mol—1
②H+(aq)+OH—(aq)＝H2O(l) △H＝—57.3 kJ·mol—1在20mL0.1mol·L—1氢氟酸中加入VmL0.1mol·L—1NaOH溶液，下列有关说法正确的是
A．氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为HF(aq)＝H+(aq) +F−(aq) △H＝+10.4kJ·mol—1
B．当V＝20时，溶液中：c(OH—)＝c(HF) +c(H+)
C．当V＝20时，溶液中：c(F—)＜c(Na+)＝0.1mol·L—1
D．当V＞0时，溶液中一定存在：c(Na+)＞c(F—)＞c(OH—)＞c(H+)
2、下列有机物属于烃类的是（ ）
A．CH3Cl B．C8H8 C．C2H5OH D．CH3COOH
3、下列实验过程可以达到实验目的的是( )
选项
实验目的
操作过程
A
比较Fe3+和I2的氧化性强弱
向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色
B
证明SO2具有漂白性
将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去
C
检验NaHCO3与Na2CO3溶液
用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水
D
检验溶液中含有SO42-
向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
4、下列装置或操作与说法正确的是（ ）

A．实验室制乙烯
B．实验室制乙炔并验证乙炔能发生氧化反应
C．实验室中分馏石油
D．若甲为醋酸，乙为贝壳(粉状),丙为苯酚钠溶液，则该装置不可以验证醋酸、碳酸、苯酚酸性的强弱
5、下列实验操作正确且能达到预期目的的是

实验目的
操 作
A
比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱
用金属钠分别与水和乙醇反应
B
配制银氨溶液
向洁净试管中加入1 mL 2％稀氨水，边振荡试管边滴加2％硝酸银溶液至沉淀恰好溶解
C
欲证明CH2＝CHCHO中含有碳碳双键
滴入KMnO4酸性溶液，看紫红色是否褪去
D
检验某病人是否患糖尿病
取病人尿液加稀H2SO4，再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，看是否有红色沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
6、某溶液可能含有 NH4＋、K＋、Ba2＋、Fe3＋、I－、SO32－、SO42－中的几种，现取 100mL 溶液先加入足量氯水，然后滴加足量 BaCl2 溶液，得到沉淀 4.66g，在滤液中加足量 NaOH 溶液并加热，生成的气体在标准状况下体积为 1.12L。根据上述实验，以下推测正确的是
A．原溶液一定存在 NH4＋、I－
B．原溶液一定不含 Ba2＋、Fe3＋、I－
C．原溶液可能存在 K＋、Fe3＋、SO42－
D．另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，即可确定溶液所有的离子组成
7、Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图所示，电解总反应为：2Cu＋H2OCu2O＋H2↑。下列说法正确的是( )

A．铜电极发生还原反应
B．石墨电极上产生氢气
C．铜电极接直流电源的负极
D．当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成
8、下列离子方程式书写正确的是 （ ）
A．以石墨为电极电解MgCl2溶液：2Cl—+2H2OCl2+H2↑+2OH—
B．CuC12溶液中加入氨水：Cu2++2OH－ Cu（OH）2↓
C．KI溶液中滴入稀硫酸，空气中振荡：4H++4I－+O2 2I2+2H2O
D．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH+OH－NH3↑+H2O
9、下列说法正确的一组是
①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质
②二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质
③氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－，所以氯化钠是强电解质
④强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度
⑤熔融的电解质都能导电
⑥强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物
A．①③⑤⑥ B．②④⑤⑥
C．只有⑤ D．只有⑥
10、一个电子排布为1s22s22p63s23p1的元素最可能的价态是（ ）
A．+1 B．+2 C．+3 D．-1
11、下列关于物质结构和元素性质说法正确的是
A．非金属元素之间形成的化合物一定是共价化合物
B．乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成氢键
C．IA族与VIIA族元素原子之间形成的化学键是离子键
D．同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大
12、分子式为C4H9Cl 的同分异构体共有（不考虑立体异构）（　 　）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
13、在某温度下可逆反应：Fe2(SO4)3＋6KSCN2Fe(SCN)3＋3K2SO4达到平衡状态后加入少量下列何种固体物质，该平衡几乎不发生移动( )
A．NH4SCN B．K2SO4 C．NaOH D．FeCl3·6H2O
14、观察下列模型并结合有关信息进行判断，下列说法错误的是（）

HCN
S8
SF6
B12结构单元
结构模型
示意图

备注
/
易溶于CS2
/
熔点1873 K
A．HCN的结构式为H—C≡N，分子中“C≡N”键含有1个σ键和2个π键
B．固态硫S8属于原子晶体，分子中S原子采用sp3杂化
C．SF6是由极性键构成的非极性分子，分子构型为八面体型
D．单质硼属于原子晶体
15、下列关于物质的分类错误的是（　　）
A．同素异形体：活性炭，C60，石墨，金刚石
B．酸性氧化物：CO2，SO2，SiO2，Mn2O7
C．混合物：铝热剂，纯净矿泉水，液氯，漂白粉
D．非电解质：乙醇，四氯化碳，氨气，葡萄糖
16、下列叙述正确的是(　　 )
A．通常，同周期元素中ⅦA族元素的第一电离能最大
B．在同一主族中，自上而下元素的第一电离能逐渐减小
C．第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其原子半径越大，第一电离能越大
D．主族元素的原子形成单原子离子时的最高化合价数都和它的族序数相等
二、非选择题（本题包括5小题）
17、化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：

（1）A的系统命名为______________，E中官能团的名称为_______________________。
（2）A→B的反应类型为________，从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为____________。
（3）C→D的化学方程式为___________________________________________。
（4）C的同分异构体W(不考虑手性异构)可发生银镜反应；且1 mol W最多与2 mol NaOH发生反应，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有________种，若W的核磁共振氢谱具有四组峰，则其结构简式为________________。
（5）F与G的关系为________(填序号)。
a．碳链异构 b．官能团异构
c．顺反异构 d．位置异构
（6）M的结构简式为_________________________________________________。
（7）参照上述合成路线，以原料，采用如下方法制备医药中间体。

该路线中试剂与条件1为____________，X的结构简式为____________；试剂与条件2为____________，Y的结构简式为________________。
18、有机高分子化合物G的合成路线如下：

已知:①A(C7H6O3)既能与NaHCO3溶液反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，其1H核磁共振谱有4个峰；②2RCH2CHO。
请回答:
(1)要测定有机物D和E相对分子质量(Mr)，通常使用的仪器是____；B的名称为___，D中含有的官能团名称为_____。
(2)D→E的反应类型为_____，高分子化合物G的结构简式为________________。
(3)A+E→F的化学方程式为:_________________________________。
(4)D发生银镜反应的化学方程式为:______________________________。
(5)符合下列条件的E的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。写出其中任意一种异构体的结构简式____。①含有，②苯环上有两个取代基
19、铝氢化钠（）是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示。

（1）无水（升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。

①中发生反应的化学方程式为__________________。
②实验时应先点燃______（填“”或“”）处酒精灯，当观察到____________时，再点燃另一处酒精灯。
③装置中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________________，请结合方程式进行解释__________________。
④中试剂的作用是__________________。用一件仪器装填适当试剂后也可起到和的作用，所装填的试剂为__________________。
（2）制取铝氢化钠的化学方程式是__________________。
（3）改变和中的试剂就可以用该装置制取NaH，NaH中氢元素化合价为______，若装置中残留有氧气，制得的NaH中可能含有的杂质为______。
（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，其反应的化学方程式为____________。欲测定铝氢化钠粗产品（只含有NaH杂质）的纯度。称取样品与水完全反应后，测得气体在标准状况下的体积为，样品中铝氢化钠的质量分数为______。（结果保留两位有效数字）
20、某研究性学习小组，利用固体Na2SO3与中等浓度的H2SO4反应，制备SO2气体并进行有关性质探究实验。该反应的化学方程式为：Na2SO3(固)+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O。除固体Na2SO3和中等浓度的H2SO4外，可供选择的试剂还有：①溴水；②浓H2SO4；③品红试液；④紫色石蕊试液；⑤澄清石灰水；⑥NaOH溶液。回答下列问题：
（1）欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入______中(填物质编号)，观察到的现象是____________；
（2）欲验证SO2的还原性，应将SO2气体通入______中(填物质编号)，观察到的现象是_______________；
（3）为验证SO2的氧化性，通常利用的反应是___________(化学方程式)；
（4）为防止多余的SO2气体污染环境，应将尾气通入______中(填物质编号)，反应离子方程式为__________________________。
21、（1）COC12俗称光气，分子中C原子采取sp2杂化成键，光气分子的结构式为________，其中碳氧原子之间共价键是________（填序号）。
a．2个σ键   b．2个π键   c．1个σ键，1个π键
（2）CaC2中C22﹣与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为________。
（3）铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为________，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为______（填元素符号）。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A项，根据盖斯定律，将①式减去②式可得：HF(aq)H＋(aq)＋F－(aq) ΔH＝－10.4 kJ·mol－1 ，故A错误；
B项，当V＝20时，两者恰好完全反应生成NaF，溶液中存在质子守恒关系：c(OH－)＝c(HF)＋c(H＋)，也可由物料守恒[c(Na+)＝c(F－)+ c(HF)]及电荷守恒[c(H＋)+c(Na+)=c(F－)+c(OH－)]来求，故B项正确；
C项，结合B选项的分析，由于HF为弱酸，因此F－水解，故溶液中存在：c(F－)＜c(Na+)＝0.05 mol·L－1 ，C项错误；
D项，溶液中离子浓度的大小取决于V的大小，离子浓度大小关系可能为c(F－)＞c(H＋)＞c(Na+)＞c(OH－)或c(F－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)或c(Na+)＝c(F－)＞c(OH－)＝c(H＋)或c(Na+)＞c(F－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D项错误。
答案选B。
2、B
【解析】
A.CH3Cl是卤代烃，是烃的衍生物，A错误；
B.C8H8仅有C、H两种元素，属于烃，B正确；
C.C2H5OH是烃分子中的一个H原子被-OH取代产生的物质，属于醇，C错误；
D.CH3COOH是甲烷分子中的一个H原子被-COOH取代产生的物质，属于羧酸，D错误；
故合理选项是B。
3、A
【解析】
A、加入FeCl3后溶液变蓝色，说明I－被氧化成I2，氧化剂为Fe3＋，利用氧化还原反应的规律，得出Fe3＋的氧化性强于I2，故A符合题意；
B、SO2的漂白性，中学阶段体现在能使品红溶液褪色，使酸性高锰酸钾褪色，体现SO2的还原性，故B不符合题意；
C、澄清石灰水与NaHCO3、Na2CO3都能产生沉淀，鉴别NaHCO3和Na2CO可以用CaCl2溶液，NaHCO3与CaCl2不发生反应，Na2CO3与CaCl2生成沉淀CaCO3，故C不符合题意；
D、HNO3具有强氧化性，将SO32－氧化成SO42－，对SO42－的检验产生干扰，应先加盐酸，再滴加BaCl2溶液，故D不符合题意；
答案选A。
4、D
【解析】A．实验室中用浓硫酸与乙醇加热到170℃制取乙烯，图示装置中缺少温度计，无法达到实验目的，故A错误；B．硫化氢能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，制取的乙炔中含有的硫化氢干扰了实验，无法达到实验目的，故B错误；C．实验室中分馏石油时，温度计应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝管应该采用下进上出通水，图示装置不合理，故C错误；D．醋酸与贝壳中的碳酸钙反应生成二氧化碳气体，二氧化碳与苯酚钠溶液反应生成苯酚，溶液变浑浊，证明酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚，能够达到实验目的，故D正确；故选D。
5、A
【解析】
试题分析：A、用金属钠分别与水和乙醇反应由于水中氢比乙醇中羟基氢的活泼性强，因此钠与水反应比乙醇剧烈，A正确；B、配制银氨溶液的步骤是：向洁净试管中加入1 mL 2％硝酸银，边振荡试管边滴加2％稀氨水溶液至沉淀恰好溶解，B错误；C、KMnO4酸性溶液不仅能氧化碳碳双键也能氧化醛基，C错误；D、检验葡萄糖时，溶液须呈碱性，因此不能加稀H2SO4，D错误。
考点：考查了有机物中官能团的性质和检验以及银氨溶液的配制的相关知识。
6、A
【解析】某溶液可能含有 NH4＋、K＋、Ba2＋、Fe3＋、I－、SO32－、SO42－中的几种，现取 100mL 溶液先加入足量氯水，然后滴加足量 BaCl2 溶液，得到沉淀 4.66g，该沉淀一定是硫酸钡，可以计算出硫酸钡的物质的量为0.02mol，由于氯水可以把SO32－氧化为SO42－，所以可以确定原溶液中SO32－和SO42－至少有其中一种，且它们的总物质的量为0.02mol，同时可以确定一定没有Ba2＋；在滤液中加足量 NaOH 溶液并加热，生成的气体在标准状况下体积为 1.12L，该气体一定是氨气，可以计算出氨气的物质的量是0.05mol，由此可以确定原溶液中一定有0.05mol NH4＋。根据电荷守恒，又可以确定原溶液中一定有I－，因为I－和Fe3＋不能大量共存，所以同时也确定一定不含Fe3＋。综上所述A正确；B 、C 不正确； D. 另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，只能确定溶液中是否含有SO42－（产生不溶于盐酸的白色沉淀）和SO32－（酸化时有气体产生），K+还不能确定，所以D不正确。本题选A。
点睛：本题考查的是离子的定量推断。定量推断比定性推断要难一些。解题的关键是要知道题中有一个隐蔽的条件是电荷守恒。题中的数据一定要处理，根据这些数据和电荷守恒可以确定溶液中还可能存在的离子。
7、B
【解析】
A. 根据电解总反应可知，铜电极化合价升高，失电子，发生氧化反应，故A错误；
B. 根据电解总反应可知，铜电极化合价升高，失电子Cu2O，石墨电极氢离子得电子产生氢气，故B正确；
C. 铜电极中铜化合价升高，失电子，应该接直流电源的正极，故C错误；
D. 2Cu～Cu2O，当有0.1 mol电子转移时，有0.05 mol Cu2O生成，故D错误；
答案选B。
8、C
【解析】A、缺少Mg2＋和OH－反应，Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，故A错误；B、NH3·H2O是弱电解质，不能拆写，应是Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4＋，故B错误；C、I－容易被氧气氧化成I2，反应方程式为4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O，故C正确；D、缺少HCO3－＋OH－=H2O＋CO32－，故D错误。
9、D
【解析】
①CaCO3、BaSO4虽不溶于水，但它们是强电解质，故①错；
②二氧化碳溶于水生成了碳酸，碳酸部分电离，是弱电解质，但二氧化碳是非电解质，故②错；
③氯化钠在水分子的作用下电离出Na+和Cl-，所以氯化钠是强电解质，故③错；
④0.000 01 mol/L盐酸中氢离子浓度小于1 mol/L CH3COOH中氢离子浓度，故④错；
⑤熔融的纯硫酸不导电，故⑤错误；
⑥属于强电解质的有强酸、强碱和大多数盐，所以强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物，⑥正确；
综上所述，选D。
10、C
【解析】
电子排布为1s22s22p63s23p1的元素是13号元素铝，最外层电子数是3，则最可能的化合价是＋3价，答案选C。
11、B
【解析】
A．氯化铵全部由非金属元素构成，为离子化合物，选项A错误；B、乙醇中羟基上的氢可以和水之间形成氢键，使乙醇和水可以以任意比例互溶，选项B正确；C、族的氢元素与族元素原子之间形成的化学键是共价键，选项C错误；D、水解程度与酸根的还原性无关，和酸根对应的弱酸的强弱有关，酸性越弱对应酸根水解程度越大，选项D错误。答案选B。
本题考查化学键等知识，易错点为选项B，N、O、F三种原子的得电子能力太强，连在这三种原子上的原子容易与其他电负性较强的原子之间形成氢键，羟基和水分子之间容易形成氢键，所以乙醇可以与水以任意比例互溶。
12、C
【解析】
化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象，叫做同分异构现象；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。分子式为C4H9Cl从饱和度看只能是饱和氯代烷烃，同分异构只是氯在碳上面连接位置不同而已。因为丁烷有两种同分异构体，即正丁烷和异丁烷，分子中含有的等效氢原子分别都是2种，则它们一氯代物的种数即为C4H9Cl的种数，正丁烷两种一氯代物，异丁烷两种一氯代物，共4种，答案选C。
该题是高考中的常见题型，主要是考查学生对同分异构体含义以及判断的熟悉了解程度，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。该题的关键是进行思维转换，然后依据等效氢原子的判断灵活运用即可。
13、B
【解析】分析：根据实际参加反应的离子浓度分析,平衡为： Fe3+＋3SCN- ⇌Fe(SCN)3，加入少量K2SO4固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变。
详解:A、加入少量NH4SCN，SCN-浓度变大，平衡正向移动，故A错误；
B、加入少量K2SO4固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，平衡不移动，所以B选项是正确的；
C、加入少量NaOH导致铁离子浓度减小，平衡逆向移动，故C错误；
D、加入少量FeCl3·6H2O导致铁离子浓度增大，平衡正向移动，故D错误；
所以B选项是正确的。
14、B
【解析】
A、由比例模型可以看出分子中有1个碳原子和1个氮原子，1个氢原子，碳原子半径大于氮原子半径，氮原子半径大于氢原子半径，所以该比例模型中最左端的是氢原子，中间的是碳原子，最右边的是氮原子，其结构式为H-C≡N，分子中“C≡N”键含有1个σ键和2个π键，故A正确；B、固态S是由S8构成的，根据其溶解性可知，该晶体中存在的微粒是分子，属于分子晶体，故B错误；C、SF6空间构型为对称结构，分子的极性抵消，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，SF6为非极性分子，根据图示，分子构型为八面体型，故C正确；D、根据B的熔点1873 K，该晶体熔点较高，属于原子晶体，故D正确；故选B。
15、C
【解析】A．活性炭、C60、石墨、金刚石均为碳的不同单质，互为同素异形体，故A正确；B．CO2、SO2、SiO2、Mn2O7均能与碱反应生成盐和水，属酸性氧化物，故B正确；C．铝热剂、纯净矿泉水、漂白粉是混合物，而液氯是纯净物，故C错误；D．乙醇、四氯化碳、氨气、葡萄糖均为非电解质，故D正确；答案为C。
16、B
【解析】
A.同一周期中零族元素的第一电离能最大；
B.同一主族中，自上而下原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小；
C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子,原子半径越大，第一电离能越小；
D.主族元素的原子形成单原子离子时,若为阴离子，则其与族序数不等。
【详解】
A.稀有气体不容易失电子，则同周期元素稀有气体的第一电离能最大，故A错误；
B.在同一主族中，自上而下失电子能力增强，则自上而下第一电离能逐渐减小，故B正确；
C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其半径越大，失电子能力越强，越容易失电子，第一电离能越小，故C错误；
D.有的主族元素的原子形成单原子阳离子时的最高化合价数等于其族序数，如Cl元素等，但F元素形成的最高化合价为-1价，不等于其族序数，故D错误；
本题答案选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、1,6­己二醇碳碳双键、酯基取代反应减压蒸馏(或蒸馏)5cHBr，△O2/Cu或Ag，△
【解析】
（1）A为6个碳的二元醇，在第一个和最后一个碳上各有1个羟基，所以名称为1,6-己二醇。明显E中含有碳碳双键和酯基两个官能团。
（2）A→B的反应是将A中的一个羟基替换为溴原子，所以反应类型为取代反应。反应后的液态有机混合物应该是A、B混合，B比A少一个羟基，所以沸点的差距应该较大，可以通过蒸馏的方法分离。实际生产中考虑到A、B的沸点可能较高，直接蒸馏的温度较高可能使有机物炭化，所以会进行减压蒸馏以降低沸点。
（3）C→D的反应为C与乙醇的酯化，所以化学方程式为。注意反应可逆。
（4）C的分子式为C6H11O2Br，有一个不饱和度。其同分异构体可发生银镜反应说明有醛基；1 mol W最多与2 mol NaOH发生反应，其中1mol是溴原子反应的，另1mol只能是甲酸酯的酯基反应（不能是羧基，因为只有两个O）；所以得到该同分异构体一定有甲酸酯（HCOO－）结构。又该同分异构体水解得到的醇应该被氧化为二元醛，能被氧化为醛的醇一定为－CH2OH的结构，其他醇羟基不可能被氧化为醛基。所以得到该同分异构体水解必须得到有两个－CH2OH结构的醇，因此酯一定是HCOOCH2－的结构，Br一定是－CH2Br的结构，此时还剩余三个饱和的碳原子，在三个饱和碳原子上连接HCOOCH2－有2种可能：，每种可能上再连接－CH2Br，所以一共有5种：。其中核磁共振氢谱具有四组峰的同分异构体，要求有一定的对称性，所以一定是。
（5）F为，G为，所以两者的关系为顺反异构，选项c正确。
（6）根据G的结构明显得到N中画圈的部分为M，所以M为。
（7）根据路线中化合物X的反应条件，可以判断利用题目的D到E的反应合成。该反应需要的官能团是X有Br原子，Y有碳氧双键。所以试剂与条件1是HBr，△；将取代为，X为。试剂与条件2是O2/Cu或Ag，△；将氧化为，所以Y为。
最后一步合成路线中，是不可以选择CH3CH2CHO和CH3CHBrCH3反应的，因为题目中的反应Br在整个有机链的一端的，不保证在中间位置的时候也能反应。
18、质谱仪 1-丙醇 碳碳双键、醛基 加成反应（还原反应） 24
【解析】
A既能与NaHCO3溶液反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明A中有酚羟基和羧基，其核磁共振氢谱有4个峰，结合A的分子式，可知A为．B能氧化生成C，C发生信息②中的反应得到D，则C中含有醛基，B中含有-CH2OH基团，C与苯甲醛脱去1分子水得到D，故C的相对分子质量为146+18-106=58，可推知C为CH3CH2CHO，则B为CH3CH2CH2OH、D为，E的相对分子质量比D的大2，则D与氢气发生加成反应生成E，且E能与在浓硫酸、加热条件下反应，可推知E为，A与E发生酯化反应生成F为，F发生加聚反应可得高分子G为。
【详解】
(1)要测定有机物D和E相对分子质量，通常使用的仪器是：质谱仪；;B为CH3CH2CH2OH，B的名称为1-丙醇；D为，D中含有的官能团名称为：碳碳双键、醛基；
(2)D→E是醛基与氢气发生加成反应，也属于还原反应；高分子化合物G的结构简式为；
(3)A+E→F的化学方程式为：；
(4)D为，发生银镜反应的化学方程式为：；
(5)符合下列条件的E()的同分异构体：①含有结构，可能为醛基，也可能为羰基，②苯环上有2个取代基，E的同分异构体为：(各有邻间对三种位置)，所以共有24 种。
19、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O A 待D中充满黄绿色气体时 除Cl2中混有的HCl Cl2+H2OH++Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂 防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解 碱石灰 AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl -1 NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑ 0.69
【解析】
由实验装置图可知，装置A中二氧化锰和浓盐酸共热制得氯气，用装置B中饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，用装置C中浓硫酸干燥氯气，装置D为氯化铝的制备装置，装置E用于收集氯化铝，用装置F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，用装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境。由流程可知，实验制备得到的氯化铝在特定条件下与氢化钠反应制得铝氢化钠。
【详解】
（1）①装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
②实验时应先点燃A处酒精灯制备氯气，利用反应生成的氯气排尽装置中的空气，防止空气中氧气干扰实验，待D中充满黄绿色气体时，再点燃D处酒精灯制备氯化铝，故答案为：D中充满黄绿色气体时；
③因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体；选用饱和食盐水的原因是，氯气与水反应为可逆反应，存在如下平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡逆向移动，降低氯气溶解度，使氯气几乎不溶解，但氯化氢极易溶于水，所以可以除杂，故答案为：除中混有的HCl；Cl2+H2OH++Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂；
④F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境，若用盛有碱石灰的干燥管代替F和G，可以达到相同的目的，故答案为：防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解；碱石灰；
（2）氯化铝在特定条件下与氢化钠反应生成铝氢化钠和氯化钠，反应的化学方程式为AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl，故答案为：AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；
（3）若装置A改为氢气的制备装置，D中的钠与氢气共热可以制得氢化钠，由化合价代数和为零可知氢化钠中氢元素为—1价；若装置中残留有氧气，氧气与钠共热会反应生成过氧化钠，故答案为：-1；Na2O2；
（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；氢化钠与水反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，标准状况下22.4L氢气的物质的量为1mol，设铝氢化钠为xmol，氢化钠为ymol，由化学方程式可得联立方程式54x+24y=15.6①4x+y=1②，解得x=y=0.2，,则样品中铝氢化钠的质量分数为≈0.69，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；0.69。
制备氯化铝和氢化钠时，注意注意排尽装置中空气，防止氧气干扰实验是解答关键；前干燥、后防水，防止氯化铝水解是易错点。
20、③品红试液褪色①溴水的橙色褪去2H2S+SO2=3S↓+2H2O⑥SO2+2OH-=SO32-+H2O
【解析】
分析：（1）SO2能使品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性；
（2）溴水具有氧化性，能氧化二氧化硫；
（3）二氧化硫能把H2S氧化；
（4）SO2是酸性氧化物，能被碱液吸收。
详解：（1）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去；
（2）SO2具有还原性，能被溴水溶液氧化而使溶液褪色，欲验证SO2的还原性，应将SO2气体通入溴水溶液，溴水的橙色溶液褪色；
（3）SO2具有氧化性，能与硫化氢反应生成单质硫沉淀，欲验证SO2的氧化性，应将SO2气体通入H2S溶液生成淡黄色的硫沉淀，方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O；
（4）二氧化硫有毒，是酸性氧化物，能与碱反应，为防止多余的SO2气体污染环境，应将尾气通入NaOH溶液，发生反应2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O，离子方程式为2OH-+SO2＝SO32-+H2O。
21、 c 4 4:3
【解析】分析：（1）根据COCl2分子的结构判断；
（2）根据等电子体的结构相似判断；
（3）利用均摊法计算。
详解：（1）COCl2俗称光气，分子中C原子采取sp2杂化成键，C原子与氯原子之间形成C-Cl单键，故C原子与O原子之间形成C=O双键，光气分子的结构式是，C=O双键中含有1个σ键、1个π键，故答案为c；
（2）等电子体的结构相似，因此O22+的电子式与C22-的电子式相似，含有2个π键，O22+的电子式为；
（3）γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为8×1/8+6×1/2=4；δ、α两种晶胞中铁原子的配位数分别为8、6，则配位数之比为8：6=4:3。