上海市徐匯、松江、金山區2025屆化學高二下期末預測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列說法正確的是A．NaOH固體熔化的過程中，離于鍵和共價鍵均被破壞B．NaHSO4在水溶液中或熔融狀態下，都能電高出H+C．CO2和PCl3分子中，每個原子最外層都具有8電子穩定結構D．HBr比HCl的熱穩定性差，說明HBr的分子間作用力比HC1弱2、使用下列裝置給液體升溫時，將化學能轉化為熱能的是A． B．C． D．3、幾種短周期元素的原子半徑和主要化合價見表：元素代號XYZLMQ原子半徑/nm0.1600.1430.1020.0990.0770.074主要化合價＋2＋3＋6、－2＋7、－1＋4、－4－2下列說法正確的是A．在化學反應中，M原子既不容易失去電子，又不容易得到電子B．等物質的量的X、Y的單質與足量鹽酸反應，生成的氫氣一樣多C．Y與Q形成的化合物不可能跟氫氧化鈉溶液反應D．Z的氫化物的穩定性強于L的氫化物的穩定性4、下表列出了某短周期元素R的各級電離能數據(用I1、I2表示，單位為kJ·mol－1)I1I2I3I4…R7401500770010500…下列關于元素R的判斷中一定正確的是A．R元素的原子最外層共有4個電子 B．R的最高正價為＋3價C．R元素位于元素周期表中第ⅡA族 D．R元素基態原子的電子排布式為1s22s25、在同溫同壓下，某有機物和過量Na反應得到V1L氫氣，取另一份等量的有機物和足量的NaHCO3反應得到V2L二氧化碳，若2V1＝V2≠0，則此有機物可能是()A．CH3CH(OH)COOH B．HOOCCH2COOHC．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH(OH)CH2COOH6、下列說法正確的是A．等質量的乙炔和苯完全燃燒，產生的CO2的質量相同B．60g丙醇中存在的共價鍵總數為10NAC．正戊烷、異戊烷、新戊烷的沸點逐漸升高D．標準狀況下，11.2L的庚烷所含的分子數為0.5NA7、化學與科學、技術、社會和環境密切相關。下列有關說法中不正確的是A．對廢舊電池進行回收處理，主要是為了環境保護和變廢為寶B．用電解水的方法制取大量H2C．大力開發和應用太陽能有利于實現“低碳經濟”D．工業上，不能采用電解MgCl8、T-carbon(又名T-碳)，是中國科學院大學蘇剛教授研究團隊于2011年通過理論計算預言的一種新型三維碳結構，經過不懈的努力探索，2017年終于被西安交大和新加坡南洋理工大學聯合研究團隊在實驗上成功合成，證實了理論預言。T-碳的結構是將立方金剛石中的每個碳原子用一個由4個碳原子組成的正四面體結構單元取代形成碳的一種新型三維立方晶體晶胞結構，如圖。下列說法錯誤的是()A．每個T-碳晶胞中含32個碳原子B．T-碳密度比金剛石小C．T-碳中碳與碳的最小夾角為109.5°D．由于T-碳是一種蓬松的碳材料，其內部有很大空間可供利用，可能可以用作儲氫材料9、下列關于物質的量濃度表述正確的是()A．0.3mol·L-1的Na2SO4溶液中含有的Na+和SO42－的總物質的量為0.9molB．當1L水吸收22.4L氨氣時所得氨水的濃度不是1mol·L-1,只有當22.4L氨氣溶于水制得1L氨水時,其濃度才是1mol·L-1C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,如果Na+和SO42－的物質的量相等，則K+和Cl-的物質的量濃度一定相同D．將10℃時amol·L-1的KCl飽和溶液100mL加熱蒸發掉5g水，冷卻到10℃時，其體積小于100mL，它的物質的量濃度仍為amol·L-110、在分子中，四個原子處在同一平面上，C原子采用的雜化軌道是()A．sp B．sp2 C．sp3 D．其他形式雜化11、下列圖示中關于銅電極的連接錯誤的是A．AB．BC．CD．D12、下列屬于堿的是A．CaO B．Na2CO3 C．NH3·H2O D．MgCl213、下列各項所述的數字是6的是（）A．在NaCl晶體中，與一個Na＋最近的且距離相等的Na＋的個數B．在晶體硅中，圍成最小環的原子數C．在二氧化硅晶體中，圍成最小環的原子數D．在CsCl晶體中，與一個Cs＋最近的且距離相等的Cl-的個數14、以下是常溫下幾種弱酸的電離平衡常數：CH3COOHH2SHClOK=1.8×10－5K1=1.3×10－7K2=7.1×10－15K=4.69×10－11下列說法正確的是A．可發生反應：H2S+2ClO－=S2－+2HClOB．CH3COOH溶液與Na2S溶液不能反應生成NaHSC．同物質的量濃度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是NaClO溶液D．同物質的量濃度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最強的是CH3COOH15、侯氏制堿法制備碳酸氫鈉的原理為NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，某化學小組用如圖裝置在實驗室中模擬該制備過程，下列說法不正確的是A．裝置A中儀器X的名稱為蒸餾燒瓶B．裝置B中球形干燥管的作用是防止倒吸C．裝置C中橡膠管的作用是平衡壓強，使溶液順利滴下D．實驗開始后，應先打開K1一段時間，然后再打開K216、《新修草本》有關“青礬”的描述為：“本來綠色，新出窟未見風者，正如琉璃……燒之赤色……”據此推測“青礬”的主要成分為()A．B．C．D．二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物A可由葡萄糖發酵得到，也可以從牛奶中提取。純凈的A為無色粘稠液體，易溶于水。為研究A的組成與結構，進行了如下實驗：實驗步驟解釋或實驗結論稱取A9.0g，升溫使其汽化，測其密度是相同條件下H2的45倍試通過計算填空：（1）A的相對分子質量為__。將9.0gA在足量純O2中充分燃燒，并使其產物依次緩緩通過濃硫酸、堿石灰，發現兩者分別增重5.4g和13.2g（2）A的分子式為__。另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反應，生成2.24LCO2（標準狀況），若與足量金屬鈉反應則生成2.24LH2（標準狀況）。（3）用結構簡式表示A中含有的官能團__、__。A的核磁共振氫譜如圖：（4）A中含有__種氫原子。綜上所述，A的結構簡式為__。18、某課外小組對金屬鈉進行研究。已知C、D都是單質，F的水溶液是一種常見的強酸。(1)金屬Na在空氣中放置足夠長時間，最終的生成物是：_________________________。(2)若A是一種常見金屬單質，且A與B溶液能夠反應，則將過量的F溶液逐滴加入E溶液，邊加邊振蕩，所看到的實驗現象是_________________________。(3)若A是一種不穩定的鹽，A溶液與B溶液混合將產生白色絮狀沉淀且瞬間變為灰綠色，最后變成紅褐色的E，請寫出該過程發生反應的方程式：_________________________。(4)若A是一種溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32－、SO42－中的某些離子，當向該溶液中加入B溶液時發現生成沉淀的物質的量隨B溶液的體積發生變化如圖所示，由此可知，該溶液中肯定含有的離子及其物質的量濃度之比為________________________。(5)將NaHCO3與M的混合物在密閉容器中充分加熱后排出氣體，經測定，所得固體為純凈物，則NaHCO3與M的質量比為____________。19、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_________________________。20、某Na2CO3樣品中混有一定量的Na2SO4(設均不含結晶水)，某實驗小組設計如下方案測定樣品中Na2CO3的質量分數。（1）甲同學通過測定二氧化碳的質量來測定碳酸鈉的質量分數，實驗裝置如圖：①主要實驗步驟有：a．向裝置中通入空氣；b．稱量干燥管B與裝入堿石灰的總質量；c．打開分液漏斗活塞，使稀硫酸與樣品充分反應。合理的步驟是_____(可重復)。②按氣體從左向右的流向，干燥管A的作用是____，干燥管C的作用是______。（2）乙同學利用圖ⅰ、ⅱ、ⅲ三個儀器組裝一套裝置完成Na2CO3質量分數的測定，其中樣品已稱量完畢，ⅲ中裝有CO2難溶于其中的液體。①ⅱ中盛裝的是____(填代號)。A．濃硫酸B．飽和NaHCO3溶液C．10mol·L?1鹽酸D．2mol·L?1硫酸②用橡膠管連接對應接口的方式是：A接___，B接__，C接___(填各接口的編號)。③在測量氣體體積時，組合儀器與ⅳ裝置相比更為準確，主要原因是____。組合儀器相對于ⅳ裝置的另一個優點是______。21、某小組同學利用原電池裝置探究物質的性質。資料顯示：原電池裝置中，負極反應物的還原性越強，或正極反應物的氧化性越強，原電池的電壓越大。（1）同學們利用下表中裝置進行實驗并記錄。裝置編號電極A溶液B操作及現象ⅠFepH=2的H2SO4連接裝置后，石墨表面產生無色氣泡；電壓表指針偏轉ⅡCupH=2的H2SO4連接裝置后，石墨表面無明顯現象；電壓表指針偏轉，記錄讀數為a①同學們認為實驗Ⅰ中鐵主要發生了析氫腐蝕，其正極反應式是______________。②針對實驗Ⅱ現象：甲同學認為不可能發生析氫腐蝕，其判斷依據是______________；乙同學認為實驗Ⅱ中應發生吸氧腐蝕，其正極的電極反應式是___________________。（2）同學們仍用上述裝置并用Cu和石墨為電極繼續實驗，探究實驗Ⅱ指針偏轉原因及影響O2氧化性的因素。編號溶液B操作及現象Ⅲ經煮沸的pH=2的H2SO4溶液表面用煤油覆蓋，連接裝置后，電壓表指針微微偏轉，記錄讀數為bⅣpH=2的H2SO4在石墨一側緩慢通入O2并連接裝置，電壓表指針偏轉，記錄讀數為c；取出電極，向溶液中加入數滴濃Na2SO4溶液混合后，插入電極，保持O2通入，電壓表讀數仍為cⅤpH=12的NaOH在石墨一側緩慢通入O2并連接裝置，電壓表指針偏轉，記錄讀數為d①丙同學比較實驗Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的電壓表讀數為：c＞a＞b，請解釋原因是__________。②丁同學對Ⅳ、Ⅴ進行比較，其目的是探究________對O2氧化性的影響。③實驗Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是_____________。④為達到丁同學的目的，經討論，同學們認為應改用下圖裝置對Ⅳ、Ⅴ重復進行實驗，其設計意圖是________；重復實驗時，記錄電壓表讀數依次為c′、d′，且c′＞d′，由此得出的結論是______________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】分析：本題考查的是物質的結構和性質的關系，分清物質的性質與化學鍵或分子間作用力的關系。詳解：A.氫氧化鈉熔化時只有離子鍵被破壞，故錯誤；B.硫酸氫鈉在水溶液中電離出鈉離子和氫離子和硫酸根離子，在熔融狀態下電離出鈉離子和硫酸氫根離子，故錯誤；C.二氧化碳中碳的最外層電子數為4+4=8，氧的最外層電子數為6+2=8，三氯化磷中磷的最外層電子數為5+3=8，氯原子的最外層電子數為7+1=8，都滿足8電子結構，故正確；D.溴化氫比氯化氫的穩定性差說明溴氫鍵比氯氫鍵弱，故錯誤。故選C。2、C【解析】

A.太陽能熱水器是將太陽能轉化為熱能，故A不符合題意；B.電熱壺是將電能轉化為熱能，故B不符合題意；C.煤氣燃燒是將化學能轉化為熱能，故C符合題意；D.該過程屬于熱量的傳遞，故D不符合題意；綜上所述，本題正確答案：C。3、A【解析】

根據上表可以看出Q主要化合價只有-2價，所以Q是O元素；M和Q位于同一周期主要化合價有+4和-4價，M是C元素，X、Y、Z、L的半徑大于O和C，且逐漸減小，再根據主要的化合價分析，可知X、Y、Z、L依次是Mg、Al、S、Cl元素【詳解】A．在化學反應中，C原子的最外層電子數為4，既不容易失去電子，又不容易得到電子，A正確；B．Mg和HCl反應的物質的量之比為1:2，Al和HCl的物質的量之比為1:3，所以等物質的量的Mg、Al的單質與足量鹽酸反應，生成的氫氣Al多些，B錯誤；C．Al2O3是兩性氧化物，既可以和酸反應又可以和強堿反應生成鹽和水，C錯誤；D．S的非金屬性比Cl弱，所以氣態氫化物的穩定性Cl>S，D錯誤；答案選A。4、C【解析】

從表中原子的第一至第四電離能可以看出，元素的第一、第二電離能都較小，可失去2個電子，最高化合價為+2價，即最外層應有2個電子，應為第IIA族元素；A、R元素的原子最外層共有2個電子，故A錯誤；B、最外層應有2個電子，所以R的最高正價為+2價，故B錯誤；C、最外層應有2個電子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故C正確；D、R元素可能是Mg或Be，R元素基態原子的電子排布式不一定為1s22s2，故D錯誤；

綜上所述，本題選C。5、B【解析】

同溫同壓下，有機物和過量Na反應得到V1L氫氣，說明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的該有機物和足量的NaHCO3反應得到V2L二氧化碳，說明分子中含有-COOH，存在反應關系式：R-OH～H2，-COOH～H2，以及-COOHCO2，若2V1=V2，說明分子中含有2個-COOH，只有B符合，故選B。6、A【解析】分析：A.乙炔和苯的最簡式相同；B.根據丙醇的結構判斷；C.烷烴分子式相同時支鏈越多，沸點越低；D.標況下庚烷不是氣態。詳解：A.乙炔和苯的最簡式相同，均是CH，則等質量的乙炔和苯完全燃燒，產生的CO2的質量相同，A正確；B.60g丙醇的物質的量是1mol，丙醇的結構簡式為CH3CH2CH2OH，則分子中存在的共價鍵總數為11NA，B錯誤；C.正戊烷、異戊烷、新戊烷的沸點逐漸降低，C錯誤；D.標準狀況下庚烷不是氣態，不能利用氣體摩爾體積計算11.2L的庚烷所含的分子數，D錯誤。答案選A。7、B【解析】試題分析：A、廢舊電池中含有重金屬，因此對廢舊電池進行回收處理，主要是為了環境保護和變廢為寶，A正確；B、電解水需要消耗大量的電能，不利于節能，B不正確；C、氫能是新能源，因此大力開發和應用氫能源有利于實現“低碳經濟”，C正確；D、鎂是活潑的金屬，工業上，不能采用電解MgCl2溶液的方法制取金屬鎂，而是電解熔融的氯化鎂，D正確，答案選B。考點：考查化學與生活、能源以及環境保護等8、C【解析】

A．金剛石晶胞中C原子個數=4+8×+6×=8，T-碳的結構是將立方金剛石中的每個碳原子用一個由4個碳原子組成，因此這種新型三維立方晶體結構晶胞中C原子個數=8×4=32，故A正確；B．T-碳的結構是將立方金剛石中的每個碳原子用一個由4個碳原子組成，使得T-碳內部出現很大空間，呈現蓬松的狀態，導致T-碳密度比金剛石小，故B正確；C．T-碳的結構是將立方金剛石中的每個碳原子用一個由4個碳原子組成，使得T-碳中距離最近的4個C原子形成正四面體結構，4個C原子位于4個頂點上，其C-C的最小夾角為60°，故C錯誤；D．T-碳的結構是將立方金剛石中的每個碳原子用一個由4個碳原子組成，使得T-碳內部出現很大空間，呈現蓬松的狀態，T-碳內部的可利用空間為其作為儲能材料提供可能，故D正確；答案選C。9、D【解析】

A.沒有說明0.3mol·L-1的Na2SO4溶液的體積，無法計算物質的量，故A錯誤；B.不是標準狀況下，不能使用標準狀況下的氣體摩爾體積計算22.4L氨氣的物質的量，所以即使溶液體積為1L，所得溶液濃度也不一定為1mol/L，故B錯誤；

C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+和SO42-的物質的量相等，設二者為nmol，則K+的物質的量為2nmol，Cl-的物質的量為nmol，K+和Cl-的物質的量不相等，其物質的量濃度一定不相等，故C錯誤；

D.將10℃時amol·L-1的KCl飽和溶液100mL加熱蒸發掉5g水，冷卻到10℃時，所得溶液仍然為飽和溶液，它的物質的量濃度與溶液的體積大小無關，仍為amol·L-1，故D正確；

答案選D。【點睛】注意溫度一定時，同一種溶質的飽和溶液中的物質的量濃度相同，與溶液的體積無關。10、B【解析】

C原子采用sp雜化軌道將得到直線形分子，采用sp2雜化軌道將得到平面三角形分子，采用sp3雜化軌道將得到正四面體構型的分子；分子的四個原子處在同一平面上，則C原子采用的雜化軌道是sp2，故答案為B。11、C【解析】

A.Zn比Cu活潑，Zn是負極，Cu是正極，故A正確；B.電解精煉銅時，粗銅一定作陽極，精銅一定作陰極，硫酸銅溶液作電解液，故B正確；C.電鍍時，應把鍍層金屬作陽極，待鍍金屬作陰極，含有鍍層離子的電解質溶液作電解質液，故C錯誤；D.因為Cu是活性電極，如果Cu作陽極，則不是溶液中的Cl－放電，而是Cu溶解，所以電解氯化銅溶液時，應該讓C作陽極，Cu作陰極，故D正確；本題答案為C。12、C【解析】

A.CaO是堿性氧化物，A不符合題意；B.Na2CO3是鹽，B不符合題意；C.NH3·H2O是堿，一水合氨是可溶性弱堿，C符合題意；D.MgCl2是鹽，D不符合題意；答案選C。13、B【解析】分析：本題考查的是晶體的結構分析，重點是對結構圖像的觀察與理解，掌握常見晶胞的結構是解題的關鍵。詳解：A.氯化鈉晶體屬于面心立方結構，晶胞如圖，由結構可知，氯化鈉晶體中氯離子位于頂點和面心，鈉離子位于體心和棱心，所以觀察體心的鈉離子，與其距離最近的鈉離子在12個棱的棱心，故在氯化鈉晶體中每個鈉離子周圍緊鄰12個鈉離子，故錯誤；B.晶體硅中，由共價鍵形成的最小環上有6個硅原子，每個硅原子形成四個共價鍵，從而形成空間網狀結構，故正確；C.由二氧化硅晶體結構分析，晶體中最小環上含有6個硅原子和6個氧原子，共12個原子，故錯誤；D.在CsCl晶體中，與一個Cs＋最近的且距離相等的Cl-的個數是8，故錯誤，故選B。點睛：掌握常見晶體的結構和微粒數。1.氯化銫晶體中每個銫離子周圍最近且等距離的氯離子有8個，每個氯離子周圍最近且等距離的銫離子有8個人，每個銫離子周圍最近且等距離的銫離子有6個，每個氯離子周圍最近且等距離的氯離子也有6個。2.氯化鈉晶體中每個鈉離子周圍最近且等距離的氯離子有6個，每個氯離子周圍最近且等距離的鈉離子也有6個。每個鈉離子周圍最近且等距離的鈉離子有12個。3.金剛石晶體中最小碳環有6個碳原子組成，碳原子個數與碳碳鍵個數比為1:2。4.二氧化硅晶體中每個硅與4個氧結合，晶體中硅原子和氧原子個數比為1:2。14、D【解析】

A、次氯酸具有強氧化性能氧化硫化氫或硫離子，故A錯誤；B、根據電離平衡常數可知酸性強弱為：CH3COOH＞H2S，因此CH3COOH溶液與Na2S溶液反應生成CH3COONa和H2S，故B錯誤；C、根據電離平衡常數可知酸性強弱為：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，根據越弱越水解得到離子的水解能力：CH3COO-＜HS-＜ClO-＜S2-，所以同物質的量濃度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是Na2S溶液，故C錯誤；D、根據電離平衡常數可知酸性強弱為：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，所以同物質的量濃度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最強的是CH3COOH，故D正確；綜上所述，本題正確答案為D。15、D【解析】

A.裝置A中儀器X的名稱為蒸餾燒瓶，A正確；B.氨氣極易溶于水，裝置B中球形干燥管的作用是防止倒吸，B正確；C.裝置C中橡膠管的作用是使分液漏斗中液體壓強與燒瓶內壓強相同，使使分液漏斗中溶液順利滴下，C正確；D.實驗開始后，應先打開K2一段時間，使溶液呈堿性，然后再打開K1，吸收更多的二氧化碳，D錯誤；答案為D。16、B【解析】

“青礬”的描述為：“本來綠色，新出窟未見風者，正如琉璃……燒之赤色……”，青礬是綠色，經煅燒后，分解成粒子非常細而活性又很強的Fe2O3，超細粉末為紅色。A.CuSO4?5H2O為藍色晶體，A錯誤；B.FeSO4?7H2O是綠色晶體，B正確；C.KAl(SO4)2?12H2O是無色晶體，C錯誤；D.Fe2(SO4)3?7H2O為黃色晶體，D錯誤。所以判斷“青礬”的主要成分為FeSO4?7H2O。故合理選項是B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、90C3H6O3-COOH-OH4【解析】

（1）相同條件下，氣體的相對分子質量之比等于密度之比；

（2）濃硫酸可以吸收水，堿石灰可以吸收二氧化碳，根據元素守恒來確定有機物的分子式；（3）羧基可以和碳酸氫鈉發生化學反應生成二氧化碳，-OH、-COOH和金屬鈉發生化學反應生成氫氣，根據生成氣體物質的量判斷含有的官能團；（4）核磁共振氫譜圖中有幾個峰值則含有幾種類型的等效氫原子，峰面積之比等于氫原子的數目之比；（5）結合A的分子式、含有的官能團確定A的結構簡式。【詳解】(1)由其密度是相同條件下H2的45倍，可知A的相對分子質量為45×2=90，故答案為：90；(2)由題意可推知：n(A)=9.0g÷90g/mol=0.1mol，n(C)=n(CO2)=13.2g÷44g/mol=0.3mol，n(H)=2n(H2O)=2×5.4g÷18g/mol=0.6mol，n(O)=（9g?0.3×12g?0.6×1g）÷16g/mol=0.3mol，所以根據原子守恒可知A的分子式為C3H6O3，故答案為：C3H6O3；(3)0.1molA與NaHCO3反應放出0.1molCO2，則說A中應含有一個羧基，而與足量金屬鈉反應則生成0.1molH2，說明A中還含有一個羥基，故答案為：-COOH；-OH；(4)核磁共振氫譜中有4個吸收峰，面積之比為1:1:1:3，可知A中應含有4種不同環境的氫原子，根據核磁共振氫譜圖看出有機物中有4個峰值，則含4種類型的等效氫原子，且氫原子的個數比是3:1:1:1，所以結構簡式為：。18、碳酸鈉或Na2CO3溶液中逐漸有白色絮狀沉淀生成且不斷增加；然后又由多到少最后沉淀消失4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)=1:1:2:3大于或等于≥168：78【解析】

根據轉化關系圖可知：2Na+O2Na2O2確定M為Na2O2；2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，C、D都是單質，F的水溶液是一種常見的強酸，確定B為NaOH，C為H2，D為Cl2，F為HCl。結合題干問題分析解答。【詳解】（1）Na在空氣中放置足夠長時間，發生4Na+O2＝2Na2O、Na2O+H2O＝2NaOH、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O＝Na2CO3?10H2O、Na2CO3?10H2O＝Na2CO3+10H2O，則最終生成物為Na2CO3；（2）若A是一種常見金屬單質，能與NaOH反應，則A為Al，E為NaAlO2，將過量的F（HCl）溶液逐滴加入E（NaAlO2）溶液，邊加邊振蕩，發生NaAlO2+HCl+H2O＝NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3+3HCl＝AlCl3+3H2O，所看到的實驗現象是溶液中逐漸有白色絮狀沉淀生成，且不斷增加，然后又由多到少，最后消失；（3）若A是一種不穩定的鹽，A溶液與B溶液混合將產生白色絮狀沉淀且瞬間變為灰綠色，最后變成紅褐色的E，則A為可溶性亞鐵鹽，E為Fe（OH）3，則A溶液與B溶液混合將產生白色絮狀沉淀且瞬間變為灰綠色，最后變成紅褐色的E這一過程的離子方程式為4Fe2++8OH-+O2+2H2O＝4Fe（OH）3↓。（4）A加入氫氧化鈉溶液，分析圖象可知：第一階段是H++OH-＝H2O，所以溶液呈酸性，不可能存在CO32－；第二階段金屬陽離子與氫氧根離子生成沉淀，第三階段應該是NH4++OH-＝NH3?H2O；第四階段氫氧化物沉淀與氫氧化鈉反應最后全溶解，肯定沒有Mg2+、Fe3+，必有Al3+。由此確定溶液中存在的離子H+、NH4+、Al3+、SO42－；假設圖象中橫坐標一個小格代表1molNaOH，則根據前三階段化學方程式：H++OH-＝H2O，Al3++3OH-＝Al（OH）3，NH4++OH-＝NH3?H2O，可知n（H+）=1mol，n(Al3+)=1mol,n(NH4+)=2mol，再利用電荷守恒n（SO42－）×2＝n（H+）×1+n（Al3+）×3+n(NH4+)×1，得出n（SO42－）＝3mol，根據物質的量之比等于物質的量濃度之比得到c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)＝1:1:2:3。（5）將NaHCO3與M（過氧化鈉）的混合物在密閉容器中充分加熱發生的反應有三個：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，所得固體為純凈物，說明碳酸氫鈉加熱分解的二氧化碳必須把過氧化鈉反應完，則根據總的方程式可知4NaHCO3+2Na2O24Na2CO3+2H2O+O2↑84×4g78×2gm（NaHCO3）：m（Na2O2）＝（84×4g）：（78×2g）＝168：78（或84：39）。由于碳酸氫鈉可以過量，得到的還是純凈物：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，所以m（NaHCO3）：m（Na2O2）≥168：78（或84：39）。答案：大于或等于168：78（或84：39）。19、C12H15O3Clcd取代反應2【解析】試題分析：A發生信息反應生成B，苯酚反應得到C，B與C發生信息反應生成甲，由G的結構可知，苯酚與氫氧化鈉等反應生成C為苯酚鈉，則B為ClC(CH3)2COOH，A為(CH3)2CHCOOH，由氯貝特的結構可知甲與乙醇反應生成D為；(1)氯貝特的分子式為C12H15ClO3；(2)由上述分析可知，A的結構簡式為(CH3)2CHCOOH，B為ClC(CH3)2COOH；(3)反應①為苯酚轉化為苯酚鈉，可以入下列物質中的氫氧化鈉、碳酸鈉，不能與NaHCO3、CH3COONa反應，故答案為cd；(4)反應②的反應類型為：取代反應，其產物甲有多種同分異構體，同時滿足以下條件：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，含有酚羥基、醛基；③1molX最多能與3molNaOH反應，結合②可知應含有酚羥基、甲酸與酚形成的酯基，故側鏈為-OH、-CH2CH2CH3、-OOCH，或側鏈為-OH、-CH(CH3)2、-OOCH，符合條件的同分異構體有2種，故答案為2；(5)B與足量NaOH溶液反應的化學方程式為：。考點：考查有機物推斷、官能團結構與性質、有機反應類型、同分異構體等。20、abcab除去空氣中的二氧化碳防止空氣中的水分和二氧化碳被干燥管B吸收DDEFⅳ將滴下酸的體積也計入氣體體積，而組合儀器沒有液體可以順利滴下【解析】

（1）稀硫酸與樣品反應產生二氧化碳，然后將產生的二氧化碳通入裝置B的堿石灰中，稱量其質量變化，據此進行計算碳酸鈉質量分數，實驗過程中要減少誤差，需要使生成的二氧化碳全部進入B中，因此要鼓入空氣，同時還要防止裝置內和外界的水蒸氣、二氧化碳進入B中，經過A通一段時間空氣，除去裝置內的CO2和水蒸氣，最后繼續通空氣使生成的二氧化碳全部進入裝置B中，C防止裝置內和外界的水蒸氣、二氧化碳進入B中；（2）ⅰ、ⅱ、ⅲ三個儀器的連接方式如下：ⅱ中盛裝的應該是能與碳酸鈉反應生成二氧化碳的液體，應從酸中選擇，不選C是由于鹽酸濃度太大，易揮發；在測量氣體體積時，ⅰ、ⅱ、ⅲ組合儀器裝置與ⅳ相比更為準確，是由于組合儀器裝置的氣體發生部分相當于一個恒壓裝置，液體可以順利滴下，并且滴下的酸的體積沒有計入氣體體積，減小了實驗誤差。【詳解】（1）①反應前先向裝置中通入空氣，除去裝置中的二氧化碳，此時要測出干燥管B與所盛堿石灰的總質量，然后才能使樣品與酸開始反應。充分反應后，再通入空氣使反應生成的二氧化碳氣體被干燥管B充分吸收，最后稱量一下干燥管B的總質量，可求出反應生成的二氧化碳的質量，進一步求出樣品中碳酸鈉的質量分數。故操作順序為：abcab。②按氣體從左向右的流向，干燥管A的作用是除去空氣中的二氧化碳，干燥管C的作用是防止空氣中的水分和二氧化碳被干燥管B吸收。（2）ⅰ、ⅱ、ⅲ三個儀器的連接方式如下：①ⅱ中盛裝的應該是能與碳酸鈉反應生成二氧化碳的液體，應從酸中選擇，不選C是由于鹽酸濃度太大，易揮發，故選D；②根據實驗原理的分析，用橡膠管連接對應接口的