陜西省渭南市富平縣2024屆高二化學第二學期期末經典試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列離子方程式的書寫正確的是（）A．向Na2S2O3溶液中通入足量氯氣：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+B．向AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2OC．向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2OD．在海帶灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O2、下列熱化學方程式中△H能表示可燃物燃燒熱的是A．H2(g)+Cl2(g)

=2HCl(g)

；△H=－184.6

kJ/mo1B．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O

(g)

；△H=－802.3

kJ/molC．2H2(g)+O2(g)=2H2O

(l)

；△H=－571.6

kJ/molD．CO

(g)+1/2O2(g)=CO2(g)

；

△H=

－258

kJ/mol3、現有四種元素的基態原子的電子排布式如下：；

；

；

則下列有關比較中正確的是()A．電負性： B．原子半徑：C．第一電離能： D．最高正化合價：4、己知在堿性溶液中可發生如下反應：2R(OH)3+3C1O-+4OH－=2RO4n-+3Cl－+5H2O。則RO4n-中R的化合價是（）A．+3 B．+4 C．+5 D．+65、在給定的四種溶液中，加入以下各種離子，各離子能在原溶液中大量共存的有A．滴加石蕊試液顯紅色的溶液：Fe2＋、NH4+、Cl－、NO3－B．pH值為11的溶液：S2－、SO32－、S2O32－、Na＋C．水電離出來的c(OH-)＝l×10－13mol/L的溶液：K＋、HCO3－、Br－、Ba2＋D．所含溶質為Na2SO4的溶液：K＋、SiO32-、NO3-、Al3＋6、電解裝置如圖所示，電解槽內裝有KI及淀粉溶液，中間用陰離子交換膜隔開。在一定的電壓下通電，發現左側溶液變藍色，一段時間后，藍色逐漸變淺。已知:3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O下列說法不正確的是A．右側發生的電極方程式：2H2O+2e-=H2↑+2OH-B．電解結束時，右側溶液中含有IO3-C．電解槽內發生反應的總化學方程式KI+3H2O=KIO3+3H2↑D．如果用陽離子交換膜代替陰離子交換膜，電解槽內發生的總化學方程式不變7、美國圣路易斯大學研制了一種新型的乙醇電池，其反應為：C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O，電池示意如右圖，下列說法正確的是A．a極為電池的正極B．b極發生氧化反應C．負極的反應為：4H++O2+4e-=2H2OD．電池工作時，1mol乙醇被氧化時有12mol轉移8、下列圖像中所發生的現象與電子的躍遷無關的是()A．燃放煙花 B．霓虹燈廣告C．燃燒蠟燭 D．平面鏡成像9、下列敘述正確的是A．某晶體在固態與液態時均能導電，該晶體是離子晶體B．H2O的熱穩定性比H2S強，說明水分子內的氫鍵強C．Na2O固體上滴加少量水，有共價鍵和離子鍵的破壞及形成D．N2、CO2、CCl4等化合物中所有原子均符合8電子穩定結構10、W、X、Y、Z均為短周期主族元素，原子序數依次增加，X與Y形成的化合物能與水反應生成酸，且X、Y同主族，兩元素核電荷數之和與W、Z的原子序數之和相等，則下列說法正確的是（）A．Z元素的含氧酸是最強酸B．原子半徑：X＞ZC．氣態氫化物熱穩定性：W＞XD．W與Y可以存在于同一離子化合物中11、二氯化二硫(S2Cl2)，非平面結構，常溫下是一種黃紅色液體，有刺激性惡臭，熔點80℃，沸點135.6℃，對干二氯化二硫敘述正確的是A．二氯化二硫的電子式為B．分子中既有極性鍵又有非極性鍵C．二氯化二硫屬于非極性分子D．分子中S－Cl鍵能小于S－S鍵的鍵能12、用石墨做電極電解CuSO4溶液。通電一段時間后，欲使用電解液恢復到起始狀態，應向溶液中加入適量的(

)A．CuSO4 B．H2O C．CuO D．Cu(OH)213、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿 B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作凈水劑 D．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料14、下列四種有機物在一定條件下不能作為合成高分子化合物單體的是A．丙烯酸 B．乳酸CH3CH(OH)COOHC．甘氨酸 D．丙酸CH3CH2COOH15、燃燒0.1mol某有機物得0.2molCO2和0.3molH2O，由此得出的結論不正確的是()A．該有機物分子的結構簡式為CH3—CH3B．該有機物中碳、氫元素原子數目之比為1∶3C．該有機物分子中不可能含有雙鍵D．該有機物分子中可能含有氧原子16、碘在地殼中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I?的形式存在，幾種粒子之間的轉化關系如圖所示。已知淀粉遇單質碘變藍，下列說法中正確的是A．向含I?的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定變藍B．途徑II中若生成1molI2，消耗1molNaHSO3C．氧化性的強弱順序為Cl2>I2>IO3?D．一定條件下，I?與IO3?可能生成I2二、非選擇題（本題包括5小題）17、A是一種常見的烴，它的摩爾質量為40g·mol-1，C能發生銀鏡反應，E能與小蘇打反應產生氣體，它們之間存在如下圖所示的轉化關系（反應所需條件已略去）：請回答：（1）A的結構簡式_______。（2）C中含有官能團的名稱是_______。（3）在加熱和催化劑條件下，D生成E的反應化學方程式為________。（4）下列說法正確的是________。a.B、C和E都能使酸性KMnO4溶液褪色b.D和E都可以與金屬鈉發生反應c.D和E在一定條件下反應可生成有香味的油狀物質d.等物質的量B和D完全燃燒，耗氧量相同18、A(C3H6)是基本有機化工原料，由A制備聚合物C和合成路線如圖所示(部分條件略去)。已知：,RCOOH(1)發生縮聚形成的高聚物的結構簡式為____；D→E的反應類型為____。(2)E→F的化學方程式為____。(3)B的同分異構體中，與B具有相同官能團且能發生銀鏡反應，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是____(寫出結構簡式)。(4)等物質的量的分別與足量NaOH、NaHCO3反應，消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比為____；檢驗的碳碳雙鍵的方法是____(寫出對應試劑及現象)。19、一水硫酸四氨合銅(Ⅱ)的化學式為[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一種重要的染料及農藥中間體。某學習小組在實驗室以氧化銅為主要原料合成該物質，設計的合成路線為：相關信息如下：①[Cu(NH3)2]SO4·H2O在溶液中存在以下電離（解離）過程：[Cu(NH3)4]SO4·H2O=[Cu(NH3)4]2++SO42-+H2O[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3②(NH4)2SO4在水中可溶，在乙醇中難溶。③[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇、水混合溶劑中的溶解度隨乙醇體積分數的變化曲線示意圖如圖請根據以上信息回答下列問題：（1）方案1的實驗步驟為：a．加熱蒸發，b．冷卻結晶，c．抽濾，d．洗滌，e．干燥。①步驟1的抽濾裝置如圖所示，下列有關抽濾操說法作正確的是_____。A．完畢后的先關閉水龍頭，再拔下導管B．上圖裝置中只有一處錯誤C．抽濾后濾液可以從上口倒出，也可從支管倒出D．濾紙應比漏斗內徑小且能蓋住所有小孔②該方案存在明顯缺陷，因為得到的產物晶體中往往含有_____雜質，產生該雜質的原因是______。（2）方案2的實驗步驟為：a.向溶液C中加入適量____，b．抽濾，c．洗滌，d．干燥。①請在上述空格內填寫合適的試劑或操作名稱。②下列選項中，最適合作為步驟c的洗滌液是________。A．乙醇B．蒸餾水C．乙醇和水的混合液D．飽和硫酸鈉溶液洗滌的具體操作是：____________。③步驟d采用________干燥的方法。20、氯貝特()是臨床上一種降脂抗血栓藥物，它的一條合成路線如下：提示：Ⅰ．圖中部分反應條件及部分反應物、生成物已略去。Ⅱ．Ⅲ．（1）氯貝特的分子式為____________。（2）若8.8gA與足量NaHCO3溶液反應生成2.24LCO2(標準狀況)，且B的核磁共振氫譜有兩個峰，則A的結構簡式為___________________。（3）要實現反應①所示的轉化，加入下列物質不能達到目的的是_________(填選項字母)。a．Nab．NaOHc．NaHCO3d．CH3COONa（4）反應②的反應類型為_________________，其產物甲有多種同分異構體，同時滿足以下條件的所有甲的同分異構體有____________種(不考慮立體異構)。①1，3，5-三取代苯；②屬于酯類且既能與FeCl3溶液顯紫色，又能發生銀鏡反應；③1mol該同分異構體最多能與3molNaOH反應。（5）寫出B與足量NaOH溶液反應的化學方程式_________________________。21、元素的基態原子的核外電子有3種能量狀態、5種空間狀態，X是其中第一電離能最小的元素；元素Y的M層電子運動狀態與X的價電子運動狀態相同；元素Z位于第四周期，其基態原子的2價陽離子M層軌道全部排滿電子。（1）X基態原子的電子排布式為___________。（2）X的氫化物（H2X）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是___________。（3）在Y的氫化物（H2Y分子中，Y原子軌道的雜化類型是___________。（4）Y與X可形成YX32?。①YX32?的立體構型為___________（用文字描述）。②寫出一種與YX32?互為等電子體的分子的化學式___________。（5）Z的氯化物與氨水反應可形成配合物[Z（NH3）4（H2O）2]Cl2，該配合物加熱時，首先失去配離子中的配體是___________（寫化學式）。（6）Y與Z所形成化合物晶體的晶胞如圖所示，該化合物的化學式為______。其晶胞邊長為540.0pm，密度為________g·cm?3（列式并計算），a位置Y與b位置Z之間的距離為_______pm（列式表示）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解題分析】本題考查了離子方程式的正誤判斷，屬于常規考題，注意物質量多少與反應產物的關系是關鍵。詳解：A.亞硫酸鈉中的硫元素被足量的氯氣氧化生成硫酸根離子，氯氣變成氯離子，離子方程式正確；B.氯化鋁溶液中加入足量氨水生成氫氧化鋁沉淀，離子方程式錯誤；C.碳酸氫銨和足量稍微水反應生成碳酸鈣沉淀和氨水，故錯誤；D.該離子方程式中碘元素和氧元素化合價都升高，沒有元素化合價降低，所以離子方程式錯誤。故選A。點睛：注意有關鋁元素的離子方程式的書寫。1.鋁和氫氧化鈉反應只能生成偏鋁酸鈉和氫氣，且水參與反應，不能生成氫氧化鋁沉淀。2.氯化鋁溶液中加入過量的氨水只能生成氫氧化鋁沉淀不能生成偏鋁酸鹽。3.氯化鋁溶液中加入過量的氫氧化鈉溶液，生成偏鋁酸鹽，不能生成氫氧化鋁沉淀。4.氧化鋁溶于氫氧化鈉只能生成偏鋁酸鈉，不能生成氫氧化鋁。2、D【解題分析】A、氫氣與氯氣反應不是與氧氣反應，燃燒熱是指與氧氣反應，熱化學方程式中△H不等于燃燒熱，選項A錯誤；B、燃燒熱要求可燃物的物質的量必須為1mol，得到的氧化物必須是穩定的氧化物，H2O的狀態必須為液態，選項B錯誤；C、熱化學方程式中H2的物質的量不為1mol，熱化學方程式中△H不等于燃燒熱，選項C錯誤；D、符合燃燒熱的定義，熱化學方程式中△H代表燃燒熱，選項D正確。答案選D。3、A【解題分析】

由四種元素基態原子電子排布式可知，①1s22s22p63s23p2為Si元素；

②1s22s22p63s23p3為P元素；

③1s22s22p3為N元素；

④1s22s22p4為O元素；A．同周期自左而右電負性增大，所以電負性Si＜P＜S，N＜O，同主族從上到下電負性減弱，所以電負性N＞P，O＞S，故電負性Si＜P＜N＜O，即④＞③＞②＞①，故A正確；B．同周期自左而右原子半徑減小，所以原子半徑Si＞P，N＞O，故B錯誤；C．同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢，但N、P元素原子np能級容納3個電子，為半滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，所以第一電離能Si＜P，N＞O，故C錯誤；D．最高正化合價等于最外層電子數，但O元素沒有最高正化合價，所以最高正化合價：③=②＞①，故D錯誤；故答案為A。4、D【解題分析】

根據方程式兩端電荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2價，所以R的化合價是+6價，答案選D。5、B【解題分析】

注意能發生復分解反應的離子之間、能生成難溶物的離子之間、能發生氧化還原反應的離子之間、能發生絡合反應離子之間、能發生雙水解反應離子之間等不能大量共存；還應該注意題目所隱含的條件，如溶液的酸堿性，據此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-?！绢}目詳解】A項、滴加石蕊試液顯紅色的溶液為酸性溶液，H+、Fe2+、NO3—能夠發生氧化還原反應，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；B項、pH值為11的溶液為堿性溶液，S2－、SO32－、S2O32－、Na＋離子之間不反應，也不與氫氧根離子反應，在溶液中能夠大量共存，故B正確；C項、水電離出來的c（H+）=10-13mol/L的溶液為酸溶液或者堿溶液，溶液中HCO3-既能夠與氫離子反應，也能夠與氫氧根離子反應，在溶液中一定不能大量共存，故C錯誤；D項、溶液中Al3+與SiO32-發生雙水解反應，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選B?！绢}目點撥】本題考查離子共存，注意把握習題中的信息及常見離子之間的反應為解答的關鍵。6、D【解題分析】

A．左側溶液變藍色，生成I2，左側電極為陽極，右側電極為陰極，陰極上氫離子得電子生成氫氣，則右側電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A正確；B．一段時間后，藍色變淺，發生反應3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，中間為陰離子交換膜，右側I-、OH-通過陰離子交換膜向左側移動，保證兩邊溶液呈電中性，左側的IO3-通過陰離子交換膜向右側移動，故右側溶液中含有IO3-，故B正確；C．左側電極為陽極，電極反應為：2I--2e-=I2，同時發生反應3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，右側電極為陰極，電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故總的電極反應式為：KI+3H2OKIO3+3H2↑，故C正確；D．如果用陽離子交換膜代替陰離子交換膜，左側電極為陽極，電極反應為：2I--2e-=I2，右側電極為陰極，電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，為保證兩邊溶液呈電中性，左側多余K+通過陽離子交換膜遷移至陰極，左側生成I2，右側溶液中有KOH生成，碘單質與KOH不能反應，總反應相當于：2KI+2H2O2KOH+I2+H2↑，電解槽內發生的總化學方程式發生變化，故D錯誤；答案為D。7、D【解題分析】

由質子的定向移動可知a為負極，b為正極，負極發生氧化反應，乙醇被氧化生成CO2，電極反應式為C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，正極氧氣得到電子被還原，電極反應式為4H++O2+4e-=2H2O，結合電極反應解答該題?！绢}目詳解】A.根據質子的定向移動，b是正極，故錯誤；

B.電池工作時，b是正極，發生還原反應，故錯誤；

C.正極氧氣得電子，在酸性條件下生成水，故錯誤；D.負極發生氧化反應，乙醇被氧化生成CO2，電極反應式為C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，所以1mol乙醇被氧化時轉移12mol電子，故正確；

綜上所述，本題正確選項D。8、D【解題分析】

平面鏡成像是光線反射的結果，與電子躍遷無關，霓虹燈廣告、燃燒蠟燭、節日里燃放的焰火是原子的發射光譜，與原子核外電子發生躍遷有關，故答案為D。9、C【解題分析】

A．在固態與液態時均能導電，該晶體是金屬晶體，離子晶體在固態時不能導電，故A錯誤；B．分子的穩定與化學鍵有關，與氫鍵無關，因為氫氧共價鍵強于氫硫共價鍵，所以H2O

的熱穩定性比

H2S

強，故B錯誤；C．氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉，有水分子中的共價鍵的破壞，氧化鈉中離子鍵的破壞，形成了氫氧化鈉中的離子鍵和共價鍵，故C正確；D．氮氣是單質不是化合物，故D錯誤；故選C?！绢}目點撥】本題的易錯點為B，要注意分子的穩定性屬于化學性質，與化學鍵的強弱有關，而氫鍵一般影響的是物質的物理性質，主要影響物質的熔沸點。10、D【解題分析】

W、X、Y、Z均為的短周期主族元素，原子序數依次增加，X與Y形成的化合物能與水反應生成酸且X、Y同主族，則X為O元素，Y為S元素，O、S元素核電荷數之和與W、Z的原子序數之和相等，則W、Z的原子序數之和24，而且W的原子序數小于O，Z的原子序數大于S，則Z為Cl元素，所以W的原子序數為24﹣17=7，即W為N元素；A、Z為Cl元素，Cl元素的最高價含氧酸是最強酸，其它價態的含氧酸的酸性不一定強，如HClO是弱酸，故A錯誤；B、電子層越多，原子半徑越大，所以O＜Cl，即原子半徑：X＜Z，故B錯誤；C、同周期非金屬元素非金屬性從左到右依次增強；元素的非金屬性越強，其氫化物越穩定。非金屬性O＞N，所以氣態氫化物熱穩定性：W＜X，故C錯誤；D、N與S可以存在于同一離子化合物中，如硫酸銨中含有N、S，故D正確；故選D?！军c評】本題以元素推斷為載體，考查原子結構位置與性質關系、元素化合物知識，題目難度不大，推斷元素是解題的關鍵．11、B【解題分析】

A.S2Cl2分子中S原子之間形成1對共用電子對，Cl原子與S原子之間形成1對共用電子對，結合分子結構可知S2Cl2的結構式為Cl-S-S-Cl，電子式為，故A錯誤；B.S2Cl2中Cl-S屬于極性鍵，S-S鍵屬于非極性鍵，不對稱的結構，為極性分子，故B正確；C.分子的結構不對稱，為極性分子，而不是非極性分子，故C錯誤；D.同周期從左往右原子半徑逐漸減小，所以氯原子半徑小于硫原子半徑，鍵長越短鍵能越大，所以分子中S-Cl鍵能大于S-S鍵的鍵能，故D錯誤；故選B。12、C【解題分析】

用鉑電極電解CuSO4溶液，陰極銅離子放電，陽極氫氧根離子放電，然后根據析出的物質向溶液中加入它們形成的化合物即可。【題目詳解】CuSO4溶液存在的陰離子為：SO42－、OH－，OH－離子的放電能力大于SO42－離子的放電能力，所以OH－離子放電生成氧氣；溶液中存在的陽離子是Cu2＋、H＋，Cu2＋離子的放電能力大于H＋離子的放電能力，所以Cu2＋離子放電生成Cu；溶液變成硫酸溶液；電解硫酸銅的方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，從溶液中析出的物質是氧氣和銅，因為氧氣和銅和稀硫酸都不反應，但和氧化銅反應，氧氣和銅反應生成氧化銅，所以向溶液中加入氧化銅即可，故選：C?！绢}目點撥】本題考查了電解原理，能正確判斷溶液中離子的放電順序從而確定析出的物質是解本題的關鍵，本題題干中應明確硫酸銅足量，否則銅完全析出后，陰極上會生成氫氣，這種情況下應加入CuO和水，即Cu(OH)2。13、D【解題分析】

A、SO2用于漂白紙漿是利用其漂白性，錯誤；B、NH4HCO3用作氮肥是因為其中含有氮元素，易被農作物吸收，錯誤；C、Fe2(SO4)3用作凈水劑是因為鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，吸附水中懸浮的雜質，錯誤；D、Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料，正確；答案選D。14、D【解題分析】分析：含有碳碳雙鍵或碳碳三鍵的單體通過加聚反應可生成高分子化合物；含有羥基和羧基或羧基和氨基的單體通過縮聚反應可得到高分子化合物。詳解：A．含碳碳雙鍵，可為加聚反應的單體，選項A不選；B．含-OH、-COOH，可為縮聚反應的單體，選項B不選；C．含-NH2、-COOH，可為縮聚反應的單體，選項C不選；D．只含-COOH，不能作為合成高分子化合物單體，選項D選；答案選D。15、A【解題分析】

根據元素守恒和原子守恒，推出0.1mol有機物中含有0.2molC和0.6molH，即1mol該有機物中有2molC和6molH，據此分析；【題目詳解】A、根據元素守恒和原子守恒，推出0.1mol有機物中含有0.2molC和0.6molH，即1mol該有機物中有2molC和6molH，因為題中無法確認有機物的質量或相對分子質量，因此無法確認有機物中是否含氧元素，即無法確認有機物結構簡式，故A說法錯誤；B、根據A選項分析，該有機物中碳、氫元素原子數目之比為2：6=1：3，故B說法正確；C、1mol該有機物中含有2molC和6molH，該有機物分子式C2H6Ox，不飽和度為0，即不含碳碳雙鍵，故C說法正確；D、根據A選項分析，該有機物中可能存在氧元素，也可能不存在氧元素，故D說法正確；答案選A?！绢}目點撥】有機物分子式的確定，利用原子守恒和元素守恒，推出有機物中C原子的物質的量和H原子的物質的量，然后根據有機物的質量，確認是否含有氧元素，從而求出有機物的實驗式，最后利用有機物的相對分子質量，求出有機物的分子式。16、D【解題分析】

A.向含I-的溶液中通入少量Cl2，可產生碘單質，能使淀粉溶液變藍，向含I-的溶液中通入過量Cl2，生成IO3-，不能使淀粉溶液變藍，故A錯誤；B.根據轉化關系2IO3-~I2~10e-,SO32-~SO42~2e-，途徑II中若生成lmolI2，消耗5molNaHSO3，故B錯誤；C、由途徑I可以知道氧化性Cl2>I2,由途徑Ⅱ可以知道氧化性I2＜IO3-,由途徑Ⅲ可以知道氧化性Cl2>IO3-,故氧化性的強弱順序為Cl2>IO3->I2,故C錯誤；D、一定條件下，I-與IO3-可發生歸一反應生成I2，故D正確；綜上所述，本題應選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CH3C≡CH醛基CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2Obcd【解題分析】

由題意：A是一種常見的烴，它的摩爾質量為40g·mol-1，分子式應為C3H4，則A為CH3CCH，由轉化關系可知B為CH3CH=CH2，C能發生銀鏡反應，則C為CH3CH2CHO，D為CH3CH2CH2OH，E為CH3CH2COOH，以此解答該題?！绢}目詳解】(1)由以上分析可知A為CH3C≡CH，故答案為：CH3C≡CH；(2)根據上述分析：C為丙醛，含有的官能團為醛基，故答案為：醛基；(3)根據上述分析可知：D生成E的反應化學方程式為CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2O，故答案為：CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2O；(4)a.根據上述分析E為丙酸，與酸性KMnO4溶液不反應，故a錯誤；b.根據上述分析D為CH3CH2CH2OH，E為CH3CH2COOH，D和E分別含有羥基、羧基，則都可以與金屬鈉發生反應，故b正確；c.根據上述分析D為CH3CH2CH2OH，E為CH3CH2COOH，D和E在一定條件下發生酯化反應，可生成有香味的油狀物質，故c正確；d.根據上述分析D為CH3CH2CH2OH，可拆寫成(CH3CH=CH2)H2O，則等物質的量B和D完全燃燒，耗氧量相同，故d正確；故答案為：bcd。18、取代反應1:1加入溴水，溴水褪色【解題分析】

B的結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，A的分子式為C3H6，A是基本有機化工原料，A與CH3OH、CO在Pd催化劑作用下反應生成B，則A結構簡式為CH2=CHCH3；發生水解反應然后酸化得到聚合物C，C的結構簡式為；A與Cl2高溫下反應生成D，D發生水解反應生成E，根據E的結構簡式推知D為CH2=CHCH2Cl；E與發生題給信息的加成反應生成F，結合結構簡式，F結構簡式為，F發生取代反應生成G，G發生信息中反應得到，則G結構簡式為，以此來解答?！绢}目詳解】(1)含有羧基和醇羥基，能發生縮聚生成聚合酯，所得高聚物的結構簡式為；D→E是鹵代烴的水解，反應類型是取代反應；(2)E→F的化學方程式為；(3)B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，與B具有相同官能團且能發生銀鏡反應，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6：1：1的是；(4)分子結構中含有羧基和醇羥基，只有羧基能與NaOH、NaHCO3反應，等物質的量的分別與足量NaOH、NaHCO3反應，消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比為1:1；檢驗碳碳雙鍵可用溴水或酸性高錳酸鉀溶液，但由于醇羥基也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以向中滴加溴水，溴水褪色，即說明含有碳碳雙鍵。19、BCDCu（OH）2或Cu2(OH)2SO4加熱蒸發時NH3揮發，使[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3平衡往右移動，且Cu2+發生水解乙醇C關小水龍頭，緩緩加入洗滌劑使沉淀完全浸沒，緩緩地通過漏斗，重復2到3次低溫干燥（或減壓干燥或真空干燥或常溫風干）【解題分析】

CuO加入硫酸生成硫酸銅，加入氨水，先生成氫氧化銅，氨水過量，則生成[Cu(NH3)4]2+，方案1用蒸發結晶的方法，得到的晶體中可能混有氫氧化銅等；方案2加入乙醇，可析出晶體Cu(NH3)4]SO4?H2O；(1)①根據抽濾操作的規范要求可知，在搭裝置時濾紙應比漏斗內徑略小，且能蓋住所有小孔，在圖2抽濾裝置中漏斗頸口斜面應對著吸濾瓶的支管口，同時安全瓶中導管不能太長，否則容易引起倒吸，抽濾得到的濾液應從吸濾瓶的上口倒出，抽濾完畢后，應先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關水龍頭，以防倒吸，據此答題；②氨氣具有揮發性，物質的電離是吸熱過程，加熱促進使反應[Cu(NH3)4]2+?Cu2++4NH3平衡往右移動，且銅離子是弱堿離子易水解，所以導致產生雜質；(2)①根據圖象分析，[Cu(NH3)4]SO4?H2O在乙醇?水混合溶劑中的溶解度隨乙醇體積分數的增大而減小，為了減少[Cu(NH3)4]SO4?H2O的損失，應加入乙醇，降低其溶解度，然后抽濾的晶體；②根據圖象[Cu(NH3)4]SO4?H2O在乙醇?水混合溶劑中的溶解度隨乙醇體積分數的變化曲線示意圖及實驗目的分析；③含結晶水的晶體加熱易失水，不宜采用加熱干燥的方法?！绢}目詳解】(1)方案1的實驗步驟為：a．加熱蒸發，b．冷卻結晶，c．抽濾，d．洗滌，e．干燥。①根據抽濾操作的規范要求可知：A．抽濾完畢后，應先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關水龍頭，以防倒吸，故A錯誤；B．在圖2抽濾裝置中有一處錯誤，漏斗頸口斜面應對著吸濾瓶的支管口，故B正確；C．抽濾得到的濾液應從吸濾瓶的上口倒出，故C正確；D．在搭裝置時濾紙應比漏斗內徑略小，且能蓋住所有小孔，故D正確；故答案為BCD；②該方案存在明顯缺陷，因為得到的產物晶體中往往含有Cu(OH)2或Cu2(OH)2SO4雜質，產生該雜質的原因是加熱蒸發過程中NH3揮發，使反應[Cu(NH3)4]2+?Cu2++4NH3平衡向右移動，且Cu2+發生水解；(2)①根據Cu(NH3)4]SO4?H2O在乙醇?水混合溶劑中的溶解度隨乙醇體積分數的變化曲線示意圖知，隨著乙醇體積分數的增大，Cu(NH3)4]SO4?H2O的溶解度降低，為了得到Cu(NH3)4]SO4?H2O，應向溶液C中加入適量乙醇，然后進行抽濾；②根據Cu(NH3)4]SO4?H2O在乙醇?水混合溶劑中的溶解度隨乙醇體積分數的變化曲線示意圖知，隨著乙醇體積分數的增大，Cu(NH3)4]SO4?H2O的溶解度降低，為了減少Cu(NH3)4]SO4?H2O的損失，應降低Cu(NH3)4]SO4?H2O的溶解度，所以應選用乙醇和水的混合液，故答案為C；洗滌的具體操作是關小水龍頭，緩緩加入洗滌劑使沉淀完全浸沒，緩緩地通過漏斗，重復2到3次；③[Cu(NH3)4]SO4?