2024-2025学年天津市杨村第一中学化学高二下期末考试试题含解析.doc

2024-2025学年天津市杨村第一中学化学高二下期末考试试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、对于 HCl、HBr、HI，随着相对分子质量的增大而增强的是 ( )
A．共价键的极性 B．氢化物的稳定性 C．范德华力 D．共价键的键能
2、短周期元素M、N、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们组成的单质或化合物存在如下转化关系。甲、丁为二元化合物(两种元素形成的化合物），乙、戊为单质，丙、己为三元化合物。已知25℃时，0.1mol/L的甲、丙两溶液的pH分别为l、13 ，丁、己两溶液混合时产生白色沉淀。下列推断正确的是

A．M分别与N、X、Z形成的简单化合物中，M与N形成的化合物熔点最高
B．原子半径：Z>Y>X>M>N
C．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
D．Z的阴离子结合质子的能力比N的阴离子强
3、在人类已知的化合物中，种类最多的是
A．第ⅡA族元素的化合物 B．第ⅢA族元素的化合物
C．第ⅣA族元素的化合物 D．第ⅤA族元素的化合物
4、酯在碱性条件下水解（RCOOR′+NaOH→RCOONa+R′OH），该反应属于（　　）
A．消去反应
B．加成反应
C．聚合反应
D．取代反应
5、能影响水的电离平衡,并使溶液中的c(H+)>c(OH-)的措施是（ ）
A．向水中通入SO2 B．将水加热煮沸
C．向纯水中投入一小块金属钠 D．向水中加入NaCl
6、下列化合物中，既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃不存在同分异构体的是（　　）
A．CH3Cl B．
C． D．
7、能正确表示下列化学反应的离子方程式是
A．氢氧化钡溶液与稀硫酸的反应：OH-＋H+＝H2O
B．澄清的石灰水与稀盐酸反应：　Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O
C．铁丝插入硫酸铜溶液中：　　　Fe + Cu2+= Cu + Fe2+
D．碳酸钙溶于稀盐酸中：　　　　CO32-+ 2H+＝H2O + CO2↑
8、据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是
A． B．
C． D．
9、0.5L 1mol·L－1的FeCl3溶液与0.2L 1mol·L－1的KCl溶液中，Cl-浓度之比为 ( )
A．15:2 B．1:1 C．3:1 D．1:3
10、钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体的晶胞结构示意图如图所示，它的化学式是

A．BaTi8O12
B．BaTiO3
C．BaTi2O4
D．BaTi4O6
11、某小组以石膏（CaSO4·2H2O）为主要原料制备（NH4）2SO4的流程如下：

下列说法正确的是
A．气体A是CO2，气体B是NH3
B．操作Ⅰ中，所用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、分液漏斗
C．操作Ⅱ中，将滤液加热蒸干并灼烧可以得到纯净的（NH4）2SO4
D．整个过程的总反应方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+(NH4)2SO4
12、《新修草本》有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测“青矾”的主要成分为( )
A．
B．
C．
D．
13、砹（At）原子序数85，与F、Cl、Br、I同族，推测砹或砹的化合物不可能具有的性质是（ ）
A．砹是有色固体 B．非金属性：At＞I
C．HAt非常不稳定 D．I2 可以从At的可溶性的盐溶液置换出来
14、下列反应中，属于氧化还原反应的是
A．IBr + H2O = HIO + HBr B．SO3 + H2O = H2SO4
C．SO2 + 2KOH = K2SO3 + H2O D．NaH + H2O = NaOH + H2↑
15、下列关于有机物的说法不正确的是
①CH3—CH===CH—CH3和CH2===CH2为同系物
②CH≡CH和C6H6含碳量相同
③金刚石和石墨是同分异构体
④CH2Cl2有两种结构
⑤标准状况下，11.2 L的己烷所含的分子数为0.5NA(NA为阿伏加德罗常数)
⑥C5H12有三种同分异构体
A．①②⑥ B．③④⑤ C．③④⑥ D．③⑤⑥
16、下列指定反应的离子方程式正确的是
A．Ag2SO4固体与饱和NaCl溶液反应：Ag2SO4+2Cl-=2AgCl+SO42-
B．用惰性电极电解饱和NH4Cl溶液：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
C．NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-
D．KMnO4酸性溶液与FeSO4溶液反应：MnO4-+Fe2++8H+=Mn2++Fe3++4H2O
二、非选择题（本题包括5小题）
17、现有七种元素A、B、C、D、E、F、G，其中A、B、C为三个不同周期的短周期元素，E、F、G为第四周期元素。请根据下列相关信息，回答问题。
A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
B元素原子的核外p电子数与s电子数相等
C基态原子的价电子排布为nsn-1npn+1
D的能层数与C相同，且电负性比C大
E元素的主族序数与周期数的差为1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大
F是前四周期中电负性最小的元素
G在周期表的第五列
(1)C基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有_________个方向，原子轨道呈________形，C简单离子核外有______种运动状态不同的电子。
(2)①一般情况下，同种物质为固态时密度大于其液态，但固态A2B的密度比其液态时小，原因是_______；
②A2B2难溶于CS2，简要说明理由：__________________________________________。
(3)G位于________族________区，它的一种氧化物常用于工业生产硫酸的催化剂，已知G在该氧化物中的化合价等于其价电子数，则该氧化物的化学式为_______________；F晶体的空间堆积方式为________。
(4)ED3分子的VSEPR模型名称为__________，其中E原子的杂化轨道类型为________。
18、 [化学—选修有机化学基础]
化合物F是合成抗心律失常药—多非利特的中间体，以苯为原料合成F的路线如下:

已知：①CH3CH=CH2CH3CHBrCH3②CH3CH=CH2CH3CH2CH2Br
试回答下列问题
（1）苯→A转化的反应类型是 。
（2）化合物C→D转化的反应条件通常是 ，化合物D （填“存在”、“不存在”）顺反异构，已知化合物C的核磁共振氢谱显示有四种峰，且峰的面积比为2︰2︰1︰3，则C的结构简式为 。
（3）写出E→F转化的化学方程式 。
（4）化合B的同分异构体有多种，满足以下条件的同分异构体共有 种。
①属于芳香族化合物
②分子结构中没有甲基，但有氨基
③能发生银镜反应和水解反应，并且与NaOH反应的物质的量之比为1︰2
（5）苯乙酮（）常用作有机化学合成的中间体，参照上述合成F的部分步骤，设计一条以苯为起始原料制备苯乙酮的合成路线 。
19、亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)制备。

已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2； ②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+；Na2O2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
（1）加热装置A前，先通一段时间N2，目的是_______________。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为__________________________________。实验结束后，将B瓶中的溶液经蒸发浓缩、__________(填操作名称)、过滤可获得CuSO4·5H2O。
（3）仪器C的名称为______________，其中盛放的药品为 ____________(填名称)。
（4）充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中，________________，则产物是NaNO2(注明试剂、现象)。
（5）为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：

①第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________(填代号)。
a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
b．锥形瓶洗净后未干燥
c．滴定终点时仰视读数
②根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数__________。
20、现有一份含有FeCl3和FeCl2的固体混合物，某化学兴趣小组为测定各成分的含量进行如下两个实验：
实验1 ①称取一定质量的样品，将样品溶解；
②向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀；
③将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体28.7 g
实验2 ①称取与实验1中相同质量的样品，溶解；
②向溶解后的溶液中通入足量的Cl2；
③再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀；
④将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧到质量不再减少，得到固体Fe2O36.40g
根据实验回答下列问题：
（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有________
（2）实验室保存FeCl2溶液时通常会向其中加入少量的铁粉，其作用是_________
（3）用化学方程式表示实验2的步骤②中通入足量Cl2的反应：___________
（4）用容量瓶配制实验所用的NaOH溶液，下列情况会使所配溶液浓度偏高的是(填序号)_______。
a．未冷却溶液直接转移
b．没用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次并转入容量瓶
c．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线
d．砝码上沾有杂质
e．容量瓶使用前内壁沾有水珠
（5）检验实验2的步骤④中沉淀洗涤干净的方法是___________
（6）该小组每次称取的样品中含有FeCl2的质量为_________g
21、乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物。完成下列各题：

(1)正四面体烷的分子式为_____________，其二氯取代产物有_____________种。
(2)乙烯基乙炔分子中所含官能团的电子式为____________________________。
(3)关于乙烯基乙炔分子的说法错误的是_____________(填序号)。
a．能使KMnO4酸性溶液褪色，发生氧化反应，
b．乙烯基乙炔使Br2水褪色，发生氧化反应
c．等质量的乙烯与乙烯基乙炔完全燃烧时生成的水的质量为1∶1
(4)写出与环辛四烯互为同分异构体且属于芳香烃的分子的结构简式：_____________。
(5)写出与苯互为同系物且一氯代物只有两种的物质的结构简式(举两例)：____________、____________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A. 成键元素的非金属性差别越大，共价键的极性越明显，与相对分子质量无关，故A错误；
B. 氢化物的稳定性与键的强弱有关，与相对分子质量无关，故B错误；
C. 范德华力与相对分子质量和分子结构有关，一般而言，相对分子质量越大，范德华力越强，故C正确；
D. 共价键的键能与键的强弱有关，与相对分子质量无关，故D错误；
答案选C。
2、C
【解析】
25℃时，0.1 mol•L-1甲溶液的pH=1，说明甲为一元强酸，甲为二元化合物，短周期中只有HCl满足；0.1mol•L-1丙溶液的pH=13，说明丙为一元强碱，短周期元素中只有Na对应的NaOH为强碱，所以M为H元素；乙为单质，能够与强酸甲、强碱丙反应生成单质戊，则戊只能为氢气，乙为金属Al；结合M，N，X，Y，Z的原子序数依次增大可知为H、O、Na、Al、Cl元素，则
A. M分别与N、X、Z形成的简单化合物分别是H2O、NaH、HCl，NaH是离子化合物，熔点最高，A错误；
B. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：Na＞Al＞Cl＞O＞H，B错误；
C. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸，三者能相互反应，C正确；
D. 盐酸是强酸，因此氯离子结合氢离子的能力比O的阴离子弱，D错误，答案选C。
本题考查元素推断、原子结构与元素周期律的应用，正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。选项A是易错点，注意碱金属的氢化物是离子化合物，熔沸点较高。
3、C
【解析】
第ⅣA族元素主要包含了碳、硅、锗、锡、铅等元素，其中的碳元素可以形成数量庞大的有机物家族，其种类数早已达千万种级别。所以第ⅣA族元素形成的化合物种类最多。
4、D
【解析】
根据酯在碱性条件下的水解原理来判断：酯在碱性条件的水解可看作酯中C-O单键断开,RCO-结合水中的OH,-OR′结合水中的H,水解生成羧酸和醇，其实质为取代反应。
【详解】
酯在碱性条件的水解可看作酯中C-O单键断开,RCO-结合水中的OH,-OR′结合水中的H,水解生成羧酸和醇,其实质为取代反应；生成的RCOOH再和氢氧化钠发生中和反应,促使水解平衡向水解方向移动；D正确；正确选项D。
5、A
【解析】试题分析：A．在水中存在水的电离平衡：H2OH++ OH－。当向水中通入SO2时发生反应：SO2+H2O= H2SO1．H2SO1H++HSO1-。H2SO1电离产生的H+使溶液中的H+的浓度增大，对水的电离平衡起到了抑制作用。最终使水电离产生的H+、OH-的浓度远远小于溶液中的H+。即溶液中的c(H＋)＞c(OH－)。正确。B．水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离。所以将水加热煮沸促进了水的电离。但是水电离产生的H+和OH-离子的个数总是相同，所以升温后水中的H+和OH-的浓度仍然相等。错误。C．向纯水中投入一小块金属钠发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH电离产生的OH-使水的电离平衡逆向移动，对水的电离起到了抑制作用，最终使整个溶液中的c(OH－) ＞ c(H＋)。错误。D．向水中加入NaCl．NaCl是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，所以水中的H+和OH-离子的浓度仍然相等。错误。
考点：考查外界条件对水的电离平衡的影响的知识。
6、B
【解析】
A. 不能发生消去反应；B. 既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃不存在同分异构体；C. 不能发生消去反应；D. 消去反应生成的烯烃存在同分异构体。故选B。
点睛：卤代烃的消去反应是卤原子与β—H一起脱去，所以卤代烃存在β—H才能发生消去反应，而且存在不同的β—H，产生不同的消去反应生成的烯烃。
7、C
【解析】
A.氢氧化钡溶液与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水：Ba2++SO42-+2OH-+2H+=2BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B.澄清的石灰水与稀盐酸反应中氢氧化钙可以拆开，即OH-+ H+= H2O，故B错误；
C.铁丝插入硫酸铜溶液中生成硫酸亚铁和铜： Fe + Cu2+=Cu + Fe2+，故C正确；
D.碳酸钙溶于稀盐酸中生成氯化钙、水和二氧化碳：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故D错误；
故选C。
8、B
【解析】
水分解是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，图像B符合，答案选B。
注意催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热。
9、C
【解析】
0.5L 1mol·L－1的FeCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol•L-1×3=3mol•L-1，0.2L 1mol·L－1的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol•L-1，Cl-的物质的量浓度之比为3：1。
答案选C。
10、B
【解析】
仔细观察钛酸钡晶体结构示意图可知：Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti处于立方体的8个顶点，每个Ti为与之相连的8个立方体所共用，即有属于该晶胞；O处于立方体的12条棱的中点，每条棱为四个立方体所共用，故每个O只有属于该晶胞。
【详解】
Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti处于立方体的8个顶点，每个Ti为与之相连的8个立方体所共用，即有属于该晶胞，Ti原子数是；O处于立方体的12条棱的中点，每条棱为四个立方体所共用，故每个O只有属于该晶胞，O原子数是。即晶体中Ba∶Ti∶O的比为1:1:3，化学式是BaTiO3，故选B。
本题是结合识图考查晶体结构知识及空间想象能力，由一个晶胞想象出在整个晶体中，每个原子为几个晶胞共用是解题的关键。
11、D
【解析】
由制备流程可知，以石膏( CaSO4·2H2O)为主要原料制备( NH4) 2SO4，A、B一定有氨气、二氧化碳，且碱性条件下利于二氧化碳的吸收，滤渣煅烧生成气体B应为CO2，则A为NH3，发生CaSO4+CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+(NH4)2SO4，操作I为过滤分离出沉淀，操作II为蒸发浓缩、冷却结晶得到(NH4)2SO4。
【详解】
A．由上述流程图分析可知，气体B是CO2，A为NH3，故A错误；
B．操作I|为过滤，所用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，分液漏斗用于分液，故B错误；
C．(NH4)2SO4受热易分解，则操作II为蒸发浓缩、冷却结晶，故C错误；
D．由上述分析可知，整个过程的总反应方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+(NH4)2SO4，故D正确；
故答案：D。
12、B
【解析】
“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3，超细粉末为红色。
A.CuSO4•5H2O为蓝色晶体，A错误；
B. FeSO4•7H2O是绿色晶体，B正确；
C.KAl(SO4)2•12H2O是无色晶体，C错误；
D.Fe2(SO4)3•7H2O为黄色晶体，D错误。
所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O。
故合理选项是B。
13、B
【解析】
A．同主族从上到下元素的单质从气态、液态、固态变化，且颜色加深，则砹是有色固体，故A正确；B．同一主族元素，其非金属性随着原子序数增大而减小，所以非金属性：At小于I，故B正确；C．同一主族元素中，其非金属性随着原子序数的增大而减小，则其相应氢化物的稳定性随着原子序数的增大而减弱，所以HAt的很不稳定，故C错误；D．同一主族元素，其单质的氧化性随着原子序数的增大而减弱，所以I2可以把At从At的可溶性的盐溶液置换出来，故D正确；故选C。
点睛：明确同周期元素性质的递变规律是解题关键，砹是原子序数最大的卤族元素，其性质与卤族其它元素具有相似性和递变性，如：其单质颜色具有相似性，其氢化物的稳定性、非金属性、氧化性都具有递变性，据此分析解答。
14、D
【解析】
A、IBr中Br显－1价，I显＋1价，根据反应方程式，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B、此反应没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B错误；C、此反应中没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C错误；D、NaH中H显－1价，化合价升高转化为0价，H2O中H显＋1价，化合价降低，转化为0价，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故D正确。
15、B
【解析】
①CH3-CH=CH2和CH2=CH2通式相同，结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物，故正确；
②CH≡CH和C6H6的最简式相同（CH），所以含碳量相同，故正确；
③金刚石和石墨是同种元素形成的性质不同的碳单质，属于同素异形体而不是同分异构体，故不正确；
④甲烷为正四面体结构，因此CH2Cl2只有一种结构，故不正确；
⑤标准状况下，己烷为液体，11.2 L的己烷物质的量不是0.5mol，故不正确；
⑥C5H12三种同分异构体，分别是正戊烷，异戊烷，新戊烷，故正确。
答案选B。
16、A
【解析】
A.根据沉淀溶解平衡分析；
B.根据离子放电顺序，结合电解质强弱判断；
C.CO2过量时产生HCO3-；
D.电荷不守恒。
【详解】
A.Ag2SO4固体在溶液中存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO42-(aq)，向其水溶液中加入饱和NaCl，由于c(Ag+)·c(Cl-)>Ksp(AgCl)，所以会发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，使Ag2SO4不断溶解，最终Ag2SO4沉淀完全转化为AgCl沉淀，反应的方程式为：Ag2SO4+2Cl-=2AgCl+SO42-，A正确；
B.用惰性电极电解饱和NH4Cl溶液，由于离子放电顺序，Cl->OH-，所以阳极发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑，溶液中的阳离子H+在阴极放电产生H2，溶液中产生的OH-与NH4+会结合形成NH3·H2O，因此反应的离子方程式为：2NH4++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-+2NH3·H2O，B错误；
C.向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，反应产生氢氧化铝沉淀和HCO3-，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，C错误；
D.KMnO4酸性溶液与FeSO4溶液发生氧化还原反应，产生Fe3+、Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，D错误；
本题考查了离子方程式正误判断的知识。掌握电解原理、沉淀溶解平衡、氧化还原反应规律，结合离子反应与微粒的物质的量多少及与电解质强弱关系是正确判断的关键。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、3 哑铃 18 冰中的水分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小 因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2 ⅤB d V2O5 体心立方堆积 四面体形 sp3
【解析】
A、B、C、D为短周期主族元素，其中A、B、C为三个不同周期的短周期元素，E、F、G为第四周期元素，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数与s电子数相等，则B是C元素；C基态原子的价电子排布为nsn-1npn+1，由s轨道电子数目为2,可知，n=3，则C为S元素；D的能层数与C相同，且电负性比C大，则D为Cl元素；E元素的主族序数与周期数的差为1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大，则E是As元素；F是前四周期中电负性最小的元素，则F是K元素；G在周期表的第五列，说明G位于周期表第四周期ⅤB族，则G为V元素。
【详解】
(1)C为S元素，S基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，能量最高的电子处于2p能级，电子云在空间有3个方向，原子轨道呈哑铃形或纺锤形；S2—离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，由保利不相容原理可知，离子核外有18种运动状态不同的电子，故答案为：3；哑铃；18；
(2)①A2B为H2O，冰中的H2O分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小，故答案为：冰中的水分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小；
②A2B2为H2O2，H2O2为极性分子，CS2为结构对称的非极性分子，难溶于CS2，由相似相溶原理可知，极性分子H2O2难溶于非极性分子CS2，故答案为：因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2；
(3)G为V元素，价电子排布式为3d34s2，位于周期表第四周期ⅤB族，d区；由氧化物中的化合价等于其价电子数可知五氧化二钒的化学式为V2O5；F为K元素，K晶体的空间堆积方式为体心立方堆积，故答案为：ⅤB；d；V2O5；体心立方堆积；
(4)ED3分子为AsCl3，AsCl3分子中As原子的价层电子对数为4，则VSEPR模型名称为四面体形，As原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：四面体形；sp3。
本题考查物质结构与性质，涉注意依据题给信息推断元素，结合核外电子排布规律、杂化方式与空间构型判断、元素周期表、晶体结构和相似相溶原理等分析是解题的关键。
18、（1）取代反应
（2）NaOH醇溶液、加热 不存在
（3）＋CH3NH2＋HBr
（4）3
（5）
【解析】
试题分析：（1）苯与一氯乙烷反应后在苯环上连接乙基，说明为取代反应。
（2）C到D是卤代烃的消去反应，条件为NaOH醇溶液和加热；化合物D中是乙烯基，不存在顺反异构。C的核磁共振氢铺显示有四种峰，则说明有四种氢原子，其结构为。
（3）E到F是发生的取代反应，方程式为
＋CH3NH2＋HBr。
（4）化合物B的同分异构体中满足要求的能发生银镜反应和水解反应，说明含有甲酸酯，且与氢氧化钠反应的物质的量比为1:2，则酯水解后产生酚羟基，说明结构中有两个侧链 ，分别为-CH2NH2和-OOCH，两个侧链在苯环上可以是邻间对三种位置关系，所以用3种结构。
（5）从逆推方法分析，要出现羰基，需要先出现羟基，发生氧化反应即可，而羟基的出现是由卤代烃水解生成的，而卤代烃是由烃基于卤素在光照条件下发生取代反应得到的，所以先在苯环上连接乙基，生成乙苯，再在光照条件下取代中间碳原子上的氢原子生成醇，在氧化即可，流程如下：。
考点：有机物的合成和性质
19、 排除装置中的空气 冷却结晶 干燥管 碱石灰 加入稀硫酸（或稀盐酸），溶液中有气泡产生且在试管上方变成红棕色气体 ac 86.25%
【解析】(1)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，装置中无空气存在，加热A前，先通一段时间N2，目的是把装置中的空气赶净，避免生成的亚硝酸钠混入杂质；
(2)装置A中发生反应是浓硝酸和碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，装置A中生成的二氧化氮进入装置B生成硝酸，氧化铜生成硝酸铜、硫酸铜，蒸发浓缩过程硝酸是易挥发性的酸，所以冷却结晶得到晶体为硫酸铜晶体；
(3)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，仪器C为干燥管，利用其中的碱石灰用来干燥一氧化氮气体；
(4)3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反应生成的一氧化氮遇到空气会生成红棕色气体二氧化氮，充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中加入稀硫酸溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体，证明产物是NaNO2；
(5)①第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，会导致测量结果偏高；a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积会偏大，故a正确；b．锥形瓶不需要干燥，所以锥形瓶洗净后未干燥，不影响测定结果，故b错误；c．滴定终了仰视读数，导致读数偏大，计算出的标准液体积偏大，故c正确；故答案为ac；
②由于第一组数据偏高，应该舍弃；其它三组消耗标准液平均体积为： mL=20.00mL，25mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为0.002mol×=0.02mol，根据化合价变化可得反应关系式：2MnO4-～5NO2-，则4.000g样品中含有亚硝酸钠的物质的量为0.02mol×=0.05mol，质量为69g/mol×0.05mol=3.45g，所以反应后的固体中亚硝酸钠的质量分数为： ×100%=86.25%。
20、烧杯、玻璃棒 防止溶液里的Fe2＋ 被氧化 Cl2 ＋ 2FeCl2 ＝ 2FeCl3 ad 取少量最后一次的洗涤液于试管中 ，向试管中溶液加适量AgNO3溶液 ，如未出现白色沉淀说明已洗净 5.08
【解析】
（1）溶解所用到的仪器为烧杯、玻璃棒；
（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3；
（3）Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3；
（4）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断；
（5）氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠；
（6）依据原子个数守恒建立方程组求解。
【详解】
（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；
（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3，向溶液中加入少量铁粉，使被氧气氧化产生的FeCl3重新转化为FeCl2，故答案为：防止溶液里的Fe2+被氧化；
（3）实验2的反应为Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3，反应的化学方程式为Cl2+2FeCl2=2FeCl3，故答案为：Cl2+2FeCl2=2FeCl3；
（4）a、NaOH溶解放热，未冷却溶液直接转移，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
b、没用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次并转入容量瓶，会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；
c、加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；
d、砝码上沾有杂质，会导致溶质的质量偏大，溶液浓度偏高；
e、容量瓶使用前内壁沾有水珠，不影响溶质的物质的量和对溶液的体积，对溶液浓度无影响；
ad正确，故答案为：ad；
（5）检验沉淀是否洗涤干净，检验洗涤液中不含Cl-即可，因为氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，所以如果最后一次的洗涤液仍然有氯化钠，加入硝酸银溶液就会出现沉淀，反之说明溶液中没有氯化钠，故答案为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向试管中溶液加适量AgNO3溶液，如未出现白色沉淀说明已洗净；
（6）6.40g Fe2O3的物质的量为=0.04mol，28.7 gAgCl的物质的量为=0.2mol，设FeCl3和FeCl2的物质的量分别为amol和bmol，由Fe原子个数守恒可得a+b=0.08①，由Cl原子个数守恒可得3a+2b=0.2②，解联立方程式可得a=b=0.04mol，则FeCl2的质量为0.04mol×127g/mol=5.08g，故答案为：5.08。
本题主要考查了化学实验以及化学计算，注意FeCl3和FeCl2的性质，操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，计算时抓住元素守恒是解答关键。
21、 C4H4 1 b
【解析】分析：（1）根据分子为正四面体对称结构，分子中只有1种H原子、每个C原子上只有1个H原子；（3）A、乙烯基乙炔为CH2=CH-C≡CH，每个乙烯基乙炔分子中含有一个碳碳双键、一个碳碳三键；B、根据1mol碳碳双键能和1摩尔Br2发生加成反应，1mol碳碳三键能和2摩尔Br2发生加成反应；C、根据等质量的烃（CXHY）完全燃烧时耗氧量取决于Y/X，生成的水取决于氢的质量分数；（4）环辛四烯的分子式为C8H8，不饱和度为5，属于芳香烃的同分异构体，含有1个苯环，侧链不饱和度为1，故含有1个侧链为-CH=CH2，属于芳香烃的同分异构体的结构简式 ，（5）一氯代物只有两种苯的同系物，在结构上应具有较好的对称性，氯代时，可以取代苯环上的氢，也可以取代侧链上的氢，以侧链为甲基解答；
详解：(1)正四面体烷的分子式为C4H4，分子为正四面体对称结构，分子中只有1种H原子、每个C原子上只有1个H原子，二氯代产物只有1种；(2)乙烯基乙炔分子中所含官能团的电子式为：和；（3）a、因乙烯基乙炔为CH2=CH-C≡CH，乙烯基乙炔分子中含有一个碳碳双键、一个碳碳三键，而碳碳双键、碳碳三键都能使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化反应，故a正确；b、因1mol乙烯基乙炔分子中1mol碳碳双键、1mol碳碳三键，1mol碳碳双键能和1摩尔Br2发生加成反应，1mol碳碳三键能和2摩尔Br2发生加成反应，所以1摩尔乙烯基乙炔能与3摩尔Br2发生加成反应，不是氧化反应，故b错误；c、因等质量的烃（CXHY）完全燃烧时耗氧量取决于Y/X，而乙烯基乙炔为CH2=CH-C≡CH最简式为CH，乙炔C2H2的最简式为CH，二者最简式相同，二者质量相同，氢的质量分数相同，消耗氧气相同，生成的水的质量也相同，故c正确；故选b。（4）环辛四烯的分子式为C8H8，不饱和度为5，属于芳香烃的同分异构体，含有1个苯环，侧链不饱和度为1，故含有1个侧链为-CH=CH2，属于芳香烃的同分异构体的结构简式 。（5）与苯互为同系物，侧链为烷基，一氯代物只有两种，说明该有机物中只有2种H原子，与苯互为同系物且一氯代物有两种物质，必须考虑对称结构，考虑最简单的取代基-CH3情况，符合条件的物质的结构简式为或。