2025屆那曲市重點中學化學高二下期末經典模擬試題請考生注意：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、用括號中的試劑及相應操作除去下列各組中的少量雜質，最恰當的一組是()A．苯中的苯酚（溴水，過濾）B．乙酸乙酯中的乙酸（燒堿，分液）C．乙酸（乙醇）：（金屬鈉，蒸餾）D．溴苯（Br2）(NaOH溶液，分液)2、高聚物的單體是（）A．氯乙烯B．氯乙烯和乙烯C．D．3、下列分子式表示的物質一定是純凈物的是（）A． B． C． D．4、下列說法正確的是（

）A．濃鹽酸、濃硫酸、濃硝酸均屬于強電解質B．SiO2、SO2、SO3均屬于酸性氧化物C．純堿的分子式是Na2CO3D．根據是否具有丁達爾效應，將分散系分為溶液、膠體和濁液5、濃硫酸是一種重要的化工原料，在儲存和運輸濃硫酸的容器上，必須貼上以下標簽中的()A． B． C． D．6、鎳—鎘可充電電池可發生如下反應：Cd(OH)2＋2Ni(OH)2Cd＋2NiO(OH)＋2H2O，由此可知，該電池的負極材料是（）A．Cd B．NiO(OH) C．Cd(OH)2 D．Ni(OH)27、下列排列順序錯誤的是（）A．酸性：H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4B．堿性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3C．原子半徑：F＜O＜S＜NaD．氫化物的穩定性：SiH4＞H2S＞H2O＞HF8、為研究沉淀的生成及其轉化，某小組進行如圖實驗。關于該實驗的分析不正確的是A．①濁液中存在平衡：Ag2CrO4(s)?2Ag+(aq)+CrO42－(aq)B．②中溶液變澄清的原因：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2OC．③中顏色變化說明有AgCl生成D．該實驗可以證明AgCl比Ag2CrO4更難溶9、在標準狀況下，mg氣體A與ng氣體B的分子數相同，下列說法中不正確的是A．兩種氣體A與B的相對分子質量之比為m∶nB．同質量氣體A與B的分子數之比為n∶mC．同溫同壓下，A、B兩氣體的密度之比為n∶mD．相同狀況下，同體積A、B兩氣體的質量之比為m∶n10、下列說法正確的是（

）A．乙醇不能發生氧化反應B．苯和乙烷都能發生加成反應C．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯與由苯制取硝基苯反應屬于同一類型的反應D．甲烷和Cl2的反應與乙烯和Br2的反應屬于同一類型的反應11、下列實驗中的顏色變化，與氧化還原反應無關的是ABCD實驗NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl濁液中熱銅絲插入稀硝酸中現象產生白色沉淀，隨后變為紅褐色溶液變紅，隨后迅速褪色沉淀由白色逐漸變為黑色產生無色氣體，隨后變為紅棕色A．A B．B C．C D．D12、下列有關說法不正確的是A．四水合銅離子([Cu(H2O)4]2+)的模型如圖所示，銅離子與水分子的氧原子形成4個配位鍵B．CaF2晶體的晶胞如圖所示，每個CaF2晶胞平均占有4個Ca2＋C．H原子的電子云圖如圖所示，電子云密度大的區域電子數目多D．金屬Cu的晶胞結構如圖所示，晶胞中Cu原子的配位數為1213、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．水電離出的c（H＋）·c（OH－）＝10－22的溶液：K＋、Na＋、SO42-、S2O32-B．澄清透明溶液：Mg2＋、Cu2＋、Cl－、SO42-C．使酚酞變紅色的溶液：NH4+、K＋、AlO2-、SO32-D．含0.1mol·L－1KI的溶液：Fe3＋、Na＋、NO3-、Cl－14、下列各項敘述正確的是①氯水、氨水、水玻璃、王水、福爾馬林、淀粉均為混合物②含有氧元素的化合物一定是氧化物③CO2、N2O5、SiO2均為酸性氧化物，Na2O、MgO為堿性氧化物④C60、C70、金剛石、石墨之間互為同素異形體⑤強電解質溶液的導電能力不一定強⑥在熔化狀態下能導電的純凈物為離子化合物A．①③④⑤B．①②④⑤C．①④⑤⑥D．②③⑤⑥15、用過量硝酸銀溶液處理0.01mol氯化鉻水溶液，產生0.02molAgCl沉淀，則此氯化鉻最可能是()A．[Cr(H2O)6]Cl3 B．[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2OC．[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O D．[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O16、①將0.100L1.00mol·L-1的純堿溶液逐滴滴入0.100L1.25mol·L-1的鹽酸中；②將0.100L1.25mol·L-1的鹽酸逐滴滴入0.100L1.00mol·L-1的純堿溶液中；兩種操作產生CO2的體積比為A．5∶2 B．2∶5 C．2∶1 D．1∶1二、非選擇題（本題包括5小題）17、X、Y、Z為元素周期表中原子序數依次增大的三種短周期元素，Y與X、Z均相鄰，X、Y與Z三種元素原子的最外層電子數之和為19；W的單質為生活中一種常見的金屬，在Z元素的單質中燃燒產生棕黃色的煙，生成?；卮鹣铝袉栴}：（1）Z元素在元素周期表中的第____周期。（2）與足量的的水溶液發生反應生成兩種強酸，寫出該反應的離子方程式____。（3）易升華，易溶于水，乙醇/丙酮等溶劑。據此推測其晶體熔化時克服的作用力是__，判斷的依據是____。18、聚合物F的合成路線圖如下：已知：HCHO+RCH2CHO請據此回答：(1)A中含氧官能團名稱是_____，D的系統命名為_____。(2)檢驗B中含氧官能團所用的試劑是____；A→B的反應類型是_____。(3)C生成D的反應化學方程式為_______，E合成F的反應化學方程式為________。(4)G物質與互為同系物，且G物質的相對分子質量比大14的，則符合下列條件的G的同分異構體有____種。①分子中含有苯環，且苯環上有兩個取代基②遇氯化鐵溶液變紫色③能與溴水發生加成反應19、NaClO2/H2O2酸性復合吸收劑可同時有效脫硫、脫硝。實驗室制備少量NaClO2的裝置如圖所示。裝置I控制溫度在35～55°C，通入SO2將NaClO3還原為ClO2(沸點：11°C)?；卮鹣铝袉栴}：（1）裝置Ⅰ中反應的離子方程式為__________________。（2）裝置Ⅱ中反應的化學方程式為_____________________。（3）裝置用中NaOH溶液的作用是_____________。（4）用制得的NaClO4/H2O2酸性復合吸收劑同時對NO、SO2進行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在溫度一定時，n(H2O2)/n(NaClO2)和溶液pH對脫硫、脫硝的影響如圖所示：①從圖1和圖2中可知脫硫、脫硝的最佳條件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝________________。pH在_________________之間。②圖2中SO2的去除率隨pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5時反而減小。NO去除率減小的可能原因是___________________________________。20、用氯化鈉固體配制1.00mol/L的NaCl溶液500mL，回答下列問題（1）請寫出該實驗的實驗步驟①計算，②________，③________，④_________，⑤洗滌，⑥________，⑦搖勻。（2）所需儀器為：容量瓶（規格：__________）、托盤天平、還需要那些玻璃儀器才能完成該實驗，請寫出：_______________。使用容量瓶前必須進行的操作是______________。（3）試分析下列操作對所配溶液的濃度有何影響。(填“偏高”“偏低”“無影響”)①為加速固體溶解，可稍微加熱并不斷攪拌。在未降至室溫時，立即將溶液轉移至容量瓶定容。對所配溶液濃度的影響：___________②定容后，加蓋倒轉搖勻后，發現液面低于刻度線，又滴加蒸餾水至刻度。對所配溶濃度的影響：_________。③某同學從該溶液中取出50mL，其中NaCl的物質的量濃度為_________。21、微量元素硼和鎂對植物的葉的生長和人體骨骼的健康有著十分重要的作用，其化合物也應用廣泛。(1)基態B原子的電子排布圖為________________________，其第一電離能比Be___________（填“大”或“小”）。(2)三價B易形成配離子，如[B(OH)4]－、[BH4]－等。[B(OH)4]－的結構簡式為___________(標出配位鍵)，其中心原子的雜化方式為________，寫出[BH4]－的一種陽離子等電子體_______。（3）下圖表示多硼酸根的一種無限長的鏈式結構，其化學式可表示為____________(以n表示硼原子的個數)。（4）硼酸晶體是片層結構，下圖表示的是其中一層的結構。每一層內存在的作用力有_________。(5)三氯化硼的熔點比氯化鎂的熔點低，原因是_______________________。(6)鎂單質晶體中原子的堆積模型如下圖，它的堆積模型名稱為_______；緊鄰的四個鎂原子的中心連線構成的正四面體幾何體的體積是2acm3，鎂單質的密度為ρg·cm－3，已知阿伏伽德羅常數為NA，則鎂的摩爾質量的計算式是________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】分析：根據原物質和雜質的性質選擇適當的除雜劑和分離方法，所謂除雜（提純），是指除去雜質，同時被提純物質不得改變，不得引入新雜質，加入的試劑只與雜質反應，不與原物反應；反應后不能引入新的雜質。詳解：A、苯酚可以和溴水反應生成2，4，6-三溴苯酚白色沉淀，但是苯和溴是互溶的，不能過濾來除去，選項A錯誤；B．乙酸乙酯和乙酸都與氫氧化鈉溶液反應，應加入飽和碳酸鈉溶液，然后分液，選項B錯誤；C．應加氫氧化鈉，蒸餾后再加酸酸化，最后蒸餾得到乙酸，選項C錯誤；D、因常溫條件下溴苯和NaOH不會發生反應，因而可利用Br2與NaOH反應而除去，且溴苯不溶于水；可利用分液操作進行分離，選項D正確。答案選D。點睛：本題考查學生物質的分離和提純試劑的選擇以及操作，注意除雜時被提純物質不得改變，不得引入新雜質，加入的試劑只與雜質反應，不與原物反應；反應后不能引入新的雜質，難度不大。2、C【解析】

是CH2=CH=CCl=CH2發生加聚反應產生的高分子化合物，故合理選項是C。3、C【解析】

純凈物是由同一種物質組成，根據分子式是否存在同分異構體進行解答。同分異構體是分子式相同，但結構不同的化合物。【詳解】A.

C4H10可以表示正丁烷、異丁烷，存在同分異構體，可能是混合物，故A錯誤；B.

可以表示丙烯或環丙烷，可能是混合物，故B錯誤；C.

只有一種結構，表示乙烯，不存在同分異構體，故C正確；D.

C2H4Cl2中2個氯原子可以連接在同一碳原子上，為1，1?二氯乙烷，每個碳原子分別連接1個氯原子，為1，2?二氯乙烷，可能是混合物，故D錯誤；答案選C。4、B【解析】

A.濃鹽酸、濃硫酸、濃硝酸均是混合物，混合物既不是電解質也不是非電解質，故A錯誤；B.能和堿反應生成鹽和水的氧化物是酸性氧化物，SiO2、SO2、SO3均屬于酸性氧化物，故B正確；C.純堿是離子化合物，化學式是Na2CO3，沒有分子式，故C錯誤；D.三種分散系的本質區別是分散質離子的直徑大小不同，而不是丁達爾效應，故D錯誤；答案選B。5、B【解析】

濃硫酸有很強的脫水性、氧化性。人體有機物易被濃硫酸脫水和氧化，并且反應是放熱反應。所以在儲存和運輸濃硫酸的容器上應貼有腐蝕品的標簽。本題答案選B。6、A【解析】

充電相當于電解池，放電相當于原電池，在原電池中較活潑的金屬作負極，失去電子，發生氧化反應，所以根據反應式可知放電時，Cd是還原劑，失去電子，作負極，故選A。7、D【解析】分析：A．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強；B．元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越強；C．原子電子層數越多，其原子半徑越大，同一周期元素，原子半徑隨著原子序數增大而減??；D．元素的非金屬性越強，其氫化物的穩定性越強。詳解：A．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，非金屬性Cl＞S＞P＞Si，所以酸性H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4，A正確；B．元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越強，金屬性Ca＞Mg＞Al，所以堿性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，B正確；C．原子電子層數越多，其原子半徑越大，同一周期元素，原子半徑隨著原子序數增大而減小，所以原子半徑F＜O＜S＜Na，C正確；D．元素的非金屬性越強，其氫化物的穩定性越強，非金屬性F＞O＞S＞Si，所以氫化物的穩定性SiH4＜H2S＜H2O＜HF，D錯誤；答案選D。點睛：本題考查元素周期律，側重考查金屬性、非金屬性強弱判斷及原子半徑大小比較，為高頻考點，知道非金屬、金屬性強弱與得失電子難易程度有關，與得失電子多少無關，為易錯題。8、D【解析】

A、反應①中沉淀是Ag2CrO4，存在溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)＋CrO42-(aq)，故A敘述正確；B、反應①中存在溶解體系，即①的上層清液中存在Ag＋，加入NH3·H2O，先發生Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4＋，繼續滴加NH3·H2O，發生AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O，因此溶液顯變渾濁，再變澄清，故B敘述正確；C、濁液中加入KCl，有白色沉淀產生，該沉淀為AgCl，故C敘述正確；D、根據實驗，加入KCl的濃度為2mol·L－1，比K2CrO4的濃度大的多，當c(Ag＋)×c(Cl－)>Ksp時，就會有AgCl沉淀產生，因此本實驗不能說明AgCl比Ag2CrO4更難溶，故D敘述錯誤；答案選D。9、C【解析】

A、由n=m/M可知，分子數相同的氣體，相對分子質量之比等于質量之比，即A與B相對分子質量之比為mg：ng=m：n，A正確；B、A與B相對分子質量之比為m：n，同質量時由n=m/M可知，分子數之比等于B正確；C、標準狀況下，Vm相同，由可知，密度之比等于摩爾質量之比等于相對分子質量之比，即為m：n，C錯誤；D、相同狀況下，同體積的A與B的物質的量相同，則質量之比等于相對分子質量之比，即為m：n，D正確。答案選C。10、C【解析】

A．乙醇能完全燃燒生成二氧化碳和水，也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成乙酸，這兩個反應都屬于氧化反應，故A錯誤；

B．苯在一定條件下能發生加成反應，乙烷屬于飽和烴，不能發生加成反應，但能發生取代反應，故B錯誤；

C．乙酸和乙醇制取乙酸乙酯的反應屬于取代反應或酯化反應；苯和濃硝酸生成硝基苯的反應屬于取代反應或硝化反應，所以前后兩個反應都屬于取代反應，反應類型相同，故C正確；

D．甲烷和氯氣在一定條件下發生取代反應生成氯代烴；乙烯和溴發生加成反應生成1，2-二溴乙烷，前者屬于取代反應、后者屬于加成反應，所以反應類型不同，故D錯誤；

答案選C?！军c睛】本題考查有機物結構和性質，明確官能團及其性質關系、反應類型特點是解本題關鍵。11、C【解析】分析：A項，白色沉淀變為紅褐色沉淀時的反應為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B項，紅色褪色是HClO表現強氧化性；C項，白色沉淀變為黑色時的反應為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D項，氣體由無色變為紅棕色時的反應為2NO+O2=2NO2。詳解：A項，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中產生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀變為紅褐色沉淀時的反應為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，該反應前后元素化合價有升降，為氧化還原反應；B項，氯水中存在反應Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先變紅，紅色褪色是HClO表現強氧化性，與有色物質發生氧化還原反應；C項，白色沉淀變為黑色時的反應為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反應前后元素化合價不變，不是氧化還原反應；D項，Cu與稀HNO3反應生成Cu（NO3）2、NO氣體和H2O，氣體由無色變為紅棕色時的反應為2NO+O2=2NO2，反應前后元素化合價有升降，為氧化還原反應；與氧化還原反應無關的是C項，答案選C。點睛：本題考查氧化還原反應的判斷，分析顏色變化的原因、理解氧化還原反應的特征是解題的關鍵。12、C【解析】

A．四水合銅離子中，銅離子提供4個空軌道，每個水分子的氧原子提供1對孤對電子，形成4個配位鍵，A正確；B．CaF2晶體中，每個CaF2晶胞平均占有的Ca2＋數目為8×+6×=4，B正確；C．H原子的電子云圖中，電子云密度大的區域僅表示電子出現的機會多，C不正確；D．金屬Cu的晶胞中，Cu原子的配位數為×8=12，D正確；故選C。【點睛】計算晶胞中所含原子或離子數目時，需要弄清原子或離子所在的位置，原子或離子屬于多少個晶胞，它在此晶胞中所占的份額就是多少分之一。13、B【解析】

A.水電離出的的溶液，水的電離受到抑制，可能為酸性溶液，也可能是堿性溶液，S2O32-能與H+發生反應，不能大量共存，故A不選；B.Mg2＋、Cu2＋、Cl－、SO42-四種離子互不反應，可以大量共存，故B選；C.使酚酞變紅色的溶液呈堿性，NH4+和OH-反應生成一水合氨，不能大量共存，故C不選；D.Fe3+能氧化I-，不能大量共存，故D不選；答案為：B?！军c睛】本題考查離子共存，明確離子性質及離子共存條件是解本題關鍵，注意隱含條件的挖掘，易錯選項是A，溶液的酸堿性判斷為易錯點。14、A【解析】分析：①含有多種成分的物質為混合物；②氧化物一定含氧，且只含有兩種元素；③能夠與堿反應生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物，能夠與酸反應生成鹽和水的氧化物為堿性氧化物；④由同一種元素組成的不同性質的單質之間互稱同素異形體；⑤電解質溶液的導電能力與溶液中自由移動的離子濃度大小及離子所帶電荷多少有關，與電解質強弱沒有必然的聯系；⑥在熔化狀態下能導電物質有離子化合物，還有金屬單質。詳解：①氯水、氨水、水玻璃、福爾馬林、福爾馬林、淀粉都是混合物，正確；②氧化物指由氧元素和另一種元素組成的化合物，含有氧元素的化合物不一定是氧化物，如Na2CO3、NaOH等含氧元素但不是氧化物，錯誤；③CO2、N2O5、SiO2均為酸性氧化物，Na2O、MgO為堿性氧化物，正確；④C60、C70、金剛石、石墨是碳元素形成的不同的單質，相互間互為同素異形體，正確；⑤強電解質的稀溶液中離子物質的量濃度較小，導電能力不強，正確；⑥離子化合物中含陰、陽離子，在熔融狀態下陰、陽離子自由移動，離子化合物在熔融狀態下能導電，但是金屬單質在熔融狀態下也能導電，不屬于離子化合物，⑥錯誤；正確的有①③④⑤，正確選項A。點睛：電解質不一定導電，比如：氯化鈉固體；導電的也不一定為電解質，比如：氯化鈉溶液、鹽酸、金屬銅、石墨等。15、B【解析】

氯化鉻（CrCl3?6H2O）中的陰離子氯離子能和銀離子反應生成氯化銀沉淀，注意配體中的氯原子不能和銀離子反應，根據氯化鉻（CrCl3?6H2O）和氯化銀物質的量的關系式計算氯離子個數，從而確定氯化鉻（CrCl3?6H2O）的化學式?！驹斀狻扛鶕}意知，氯化鉻（CrCl3?6H2O）和氯化銀的物質的量之比是1：2，根據氯離子守恒知，一個氯化鉻（CrCl3?6H2O）化學式中含有2個氯離子，剩余的1個氯離子是配原子，所以氯化鉻（CrCl3?6H2O）的化學式可能為[Cr（H2O）5Cl]Cl2?H2O，答案選B?！军c睛】本題考查了配合物的成鍵情況，難度不大，注意：該反應中，配合物中配原子不參加反應，只有陰離子參加反應，為易錯點。16、A【解析】

①將0.100L1.00mol·L-1的純堿溶液（物質的量為0.1mol）逐滴滴入0.100L1.25mol·L-1的鹽酸（物質的量為0.125mol）中反應的方程式為：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，則生成的CO2氣體的物質的量為0.0625mol；②將0.100L1.25mol·L-1的鹽酸逐滴滴入0.100L1.00mol·L-1的純堿溶液中，第一步反應為：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，第二步反應為：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，則生成的CO2氣體的物質的量為0.025mol；兩種操作產生CO2的體積比為5∶2，故合理選項為A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、三分子間作用力（范德華力）根據易升華、易溶于有機溶劑等，可判斷其具有分子晶體的特征【解析】

根據W的單質為生活中一種常見的金屬，在Z元素的單質中燃燒產生棕黃色的煙，生成可以推斷出W為鐵，Z為Cl，因為鐵在氯氣中燃燒生成FeCl3，生成棕黃色煙，再根據Y與X、Z均相鄰，根據Z為Cl元素，推測Y為S或者為F，若Y為S元素，則X為P或者O元素，若Y為F元素，X只能為O元素；再根據X、Y與Z三種元素原子的最外層電子數之和為19，推測出Y為S元素，X為O元素；【詳解】（1）Z元素是氯元素，在元素周期表中的第三周期；（2）與足量的的水溶液發生反應生成兩種強酸，和分別是Cl2O和SO2，該反應的離子方程式為；（3）易升華，易溶于水，乙醇/丙酮等溶劑，推測出它的熔沸點較低，所以它屬于分子晶體，熔化時破壞分子間作用力。18、醛基1，2-丙二醇NaHCO3溶液(或Na2CO3)氧化反應CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr9【解析】

根據題中各物質轉化關系，結合題中信息，苯乙醛與甲醛發生羥醛縮合并失水生成A，A的結構簡式為；A與新制氫氧化銅懸濁液反應，醛基變為羧基，則B的結構簡式為；據F的結構簡式可知，F由E發生加聚反應生成，則E的結構簡式為，E由B與D反應生成，則D的結構簡式為CH3CH(OH)CH2OH，則C3H6為丙烯，C為CH3CHBrCH2Br，據此分析解答。【詳解】根據題中各物質轉化關系，結合題中信息，苯乙醛與甲醛發生羥醛縮合并失水生成A，A的結構簡式為；A與新制氫氧化銅懸濁液反應，醛基變為羧基，則B的結構簡式為；據F的結構簡式可知，F由E發生加聚反應生成，則E的結構簡式為，E由B與D反應生成，則D的結構簡式為CH3CH(OH)CH2OH，則C3H6為丙烯，C為CH3CHBrCH2Br；(1)A為，其中含氧官能團為醛基；D為CH3CH(OH)CH2OH，其化學名稱為1，2-丙二醇；(2)B為，B中含有的官能團為羧基和碳碳雙鍵，可用碳酸氫鈉（或碳酸鈉）溶液檢驗含氧官能團羧基；A與新制氫氧化銅懸濁液混合加熱生成B，則A→B的反應類型是氧化反應；(3)C為1，2-二溴丙烷，其水解生成D，反應的化學方程式為：CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr；E發生加聚反應生成F，發生反應的化學方程式為；(4)G物質與互為同系物，且G物質的相對分子質量比大14，則G比多1個CH2原子團；G的同分異構體滿足：①分子中含有苯環，且苯環上有兩個取代基；②遇氯化鐵溶液變紫色，則分子中含有酚羥基；③能與溴水發生加成反應，說明其分子中含有碳碳雙鍵；根據分析可知，滿足題意的有機物分子中含有苯環，苯環上兩個取代基分別為-OH、-C3H5，-C3H5可能為①-CH=CHCH3、②-CH2CH=CH2、③-C(CH3)=CH2，酚羥基與①②③分別有鄰、間、對3種位置，所以滿足條件的有機物總共有：3×3=9種?！军c睛】常見的反應條件與反應類型有：①在NaOH的水溶液中發生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應。②在NaOH的乙醇溶液中加熱，發生鹵代烴的消去反應。③在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等。④能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應。⑤能與H2在Ni作用下發生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應。⑥在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發生醇的氧化反應。⑦與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質發生的是—CHO的氧化反應。(如果連續兩次出現O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。⑧在稀H2SO4加熱條件下發生酯、低聚糖、多糖等的水解反應。⑨在光照、X2(表示鹵素單質)條件下發生烷基上的取代反應；在Fe粉、X2條件下發生苯環上的取代。19、SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2吸收尾氣，防止污染空氣6：1或65.5～6.0pH＞5.5以后，隨pH的增大，NO的還原性減弱（或過氧化氫、NaClO2的氧化性減弱），NO不能被氧化成硝酸【解析】

根據實驗目的，裝置I為二氧化硫與氯酸鈉在酸性條件下反應生成二氧化氯氣體，二氧化氯氣體在裝置II反應生成亞氯酸鈉和氧氣，二氧化氯有毒，未反應的應進行尾氣處理，防止污染環境?！驹斀狻浚?）裝置Ⅰ中二氧化氯與與氯酸鈉在酸性條件下反應生成二氧化氯氣體、硫酸鈉，離子方程式為SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-；（2）裝置Ⅱ中二氧化氯氣體與雙氧水、氫氧化鈉溶液反應生成亞氯酸鈉和氧氣，化學方程式為2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2；（3）二氧化氯有毒，裝置用中NaOH溶液的作用為吸收尾氣，防止污染空氣；（4）①根據圖1而可知，n(H2O2)/n(NaClO2)在6～8時，脫硫、脫硝的去除率幾乎無變化，則最佳條件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝6：1；根據圖2可知，pH在5.5時NO的去除率達到峰值，而二氧化硫的去除率已經很高，pH在5.5～6.0時最佳；②由于NO的去除率在pH＞5.5時，隨pH的增大，NO的還原性減弱，過氧化氫、NaClO2的氧化性減弱，NO不能被氧化成硝酸，所以去除率減少。20、稱量溶解移液定容500mL燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、量筒檢查是否漏液偏高偏低1.00mol/L【解析】

（1）根據溶液配制的原理和方法，用氯化鈉固體配制1.00mol/L的NaCl溶液500mL的一般步驟為計算，稱量，溶解，移液，洗滌移液，定容，搖勻，故答案為稱量；溶解；移液；定容；（2）配制500mL0.10mol?L-1的NaCl溶液，所以還需要500mL容量瓶，溶解需要用燒杯、玻璃棒、量筒，玻璃棒攪拌，加速溶解；移液需要玻璃棒引流；最后需用膠頭滴管定容，容量瓶使用前必須檢查是否漏水，故答案為500mL；燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、量筒；檢查是否漏液；（3）①液體具有熱脹冷縮的性質，加熱加速溶解，未冷卻到室溫，配成了溶液，會導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高．故答案為偏高；②定容后，倒置容量瓶搖勻后平放靜置，液面低于刻度線，一部