2025届四省八校化学高二第二学期期末复习检测模拟试题含解析

2025届四省八校化学高二第二学期期末复习检测模拟试题
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、分离苯和水需要选用的仪器是
A．B．C．D．
2、下列溶液中Cl－的物质的量浓度最大的是（）
A．200mL2mol/LMgCl2溶液
B．1000mL2.5mol/LNaCl溶液
C．250mL1mol/LAlCl3溶液
D．300mL5mol/LKClO3溶液
3、化学与生活生产密切相关。

下列说法中不正确的是
A．施肥时，铵态氮肥不能与草木灰（含K2CO3）混合使用
B．夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率
C．施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可降低盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性
D．将海水直接电解可获得Mg及Cl2等单质
4、下列变化过程中，加入还原剂才能实现的是
A．Clˉ→Cl2B．FeO→Fe C．SO2→SO32-D．Fe2+→Fe3+
5、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0.5N A(N A为阿伏加德罗常数)
⑥C5H12有三种同分异构体
A．①②⑥B．③④⑤C．③④⑥D．③⑤⑥
6、下列文物的材质属于合金的是
A．新石器彩陶缸B．商代青铜四羊方尊
C．战国水晶杯D．西汉素纱衣
7、将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100ml 1mol/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（）
A．1:2:3 B．6:3:2 C．3:1:1 D．1:1:1
8、下列基态原子或离子的电子排布式错误的是（）
A．K：1s22s22p63s23p64s1B．F-：1s22s22p6
C．26Fe：1s22s22p63s23p63d54s3D．Kr：1s22s22p63s23p63d104s24p6
9、下列叙述正确的是
A．分子晶体中都存在共价键
B．F2、C12、Br2、I2的熔沸点逐渐升高与分子间作用力有关
C．含有极性键的化合物分子一定不含非极性键
D．只要是离子化合物，其熔点一定比共价化合物的熔点高
10、下列有关共价键的叙述中，不正确的是( )
A．某原子跟其他原子形成共价键时，其共价键数一定等于该元素原子的价电子数。

B．水分子内氧原子结合的电子数已经达到饱和，故不能再结合其他氢原子。

C．非金属元素原子之间形成的化合物也可能是离子化合物
D．所有简单离子的核电荷数与其核外电子数一定不相等。

11、下列药品的保存方法正确的是（）
A．氢氟酸保存在棕色细口玻璃瓶中
B．镁条能与氧气反应，所以必须保存在煤油中
C．硅酸钠的水溶液保存在带有玻璃塞的细口玻璃瓶中
D．碘单质保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中
12、H2S2O3是一种弱酸,实验室欲用0.01 mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液,发生的反应为：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6,下列说法合理的是( )
A．该滴定可选用如图所示装置
B．该滴定可用甲基橙作指示剂
C．Na2S2O3是该反应的还原剂
D．该反应中每消耗2 mol Na2S2O3,电子转移数为4 mol
13、下列有关σ键和π键的说法错误的是( )
A．在某些分子中，化学键可能只有π键而没有σ键
B．当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键，配位键都是σ键
C．σ键的特征是轴对称，π键的特征是镜面对称
D．含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者
14、某烷烃只能生成一种一氯代物，此烷烃的分子式可以是（）
A．CH4B．C3H8C．C4H10D．C6H14
15、2011年6月4日晚上22时55分左右，杭州市辖区建德境内杭新景高速公路发生苯酚槽罐车泄漏事故，导致部分苯酚泄漏并造成污染。

对泄漏的苯酚，你认为下列措施中哪个方法最佳（）
A．用水冲洗掉B．用稀盐酸洗掉C．用酒精冲洗掉D．用石灰中和
16、下列表示正确的是
A．S2—的结构示意图：B．MgF2的电子式：
C．乙炔的结构式：H-C=C-H D．溴苯的分子式：C6H5Br
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有机物A~F的转化关系如下图所示。

已知A在标准状况下的密度为1.25g•L—1，D能发生银镜反应，F是难溶于水且有芳香气味的油状液体。

请回答：
（1）A中官能团名称为________。

（2）C→D的反应类型是_________。

（3）A和E一定条件下也可生成F的化学方程式是_______。

（4）下列说法正确的是______。

A．A和B都能使酸性KMnO4褪色
B．D和E能用新制氢氧化铜悬浊液检验
C．可以用饱和碳酸钠溶液除去C、E和F混合物中的C、E
D．推测有机物F可能易溶于乙醇
18、盐X由三种元素组成，其具有良好的热电性能，在热电转换领域具有广阔的应用前景。

为研究它的组成和性质，现取12.30g化合物X进行如下实验：
试根据以上内容回答下列问题：
(1)X的化学式为_____________。

(2)无色溶液B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为______________。

(3)蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，其离子方程式为____________。

(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X，其化学方程式为__________。

19、1.为探究某铁碳合金与浓硫酸在加热条件下的反应的部分产物,并测定铁碳合金中铁元素的质量分数,某化学活动小组设计了如图所示的实验装置,并完成以下实验探究。

(1)往圆底烧瓶中加入m g铁碳合金,并滴入过量浓硫酸,未点燃酒精灯前,A、B中均无明显现象,其原因是:①常温下碳与浓硫酸不反应;②___________。

(2)点燃酒精灯,反应一段时间后,从A中逸出气体的速率仍然较快,除因反应温度较高外,还可能的原因是
___________________。

(3)装置B的作用是___________________________。

(4)甲同学观察到装置C中有白色沉淀生成,他认为使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳。

装置A中能产生二氧化碳的化学方程式为___________________。

(5)乙同学认为甲同学的结论是错误的,他认为为了确认二氧化碳的存在,需在装置B和C之间添加装置M。

装置E、F 中盛放的试剂分别是______、_____。

重新实验后证明存在CO2,则装置F中的现象是______________。

O+8H+5Fe3++Mn2++4H2O)。

测定(6)有些同学认为合金中铁元素的质量分数可用KMnO4溶液来测定(5Fe2++Mn-
4
铁元素质量分数的实验步骤如下:
Ⅰ.往烧瓶A中加入过量铜使溶液中的Fe3+完全转化为Fe2+,过滤,得到滤液B;
Ⅱ.将滤液B稀释为250 mL;
Ⅲ.取稀释液25.00 mL,用浓度为c mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定,三次滴定实验消耗KMnO4溶液体积的平均值为V mL。

①步骤Ⅱ中,将滤液B稀释为250 mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还必须要用到的是_________。

②判断滴定终点的标志是_____________________。

③铁碳合金中铁元素的质量分数为___________________。

20、甲同学利用下图所示装置在实验室制备乙酸乙酯。

（1）实验中饱和Na2CO3溶液的作用是_______。

某次实验时，在饱和Na2CO3溶液中滴加2滴酚酞溶液。

实验结束，取下试管B振荡，红色褪去。

为探究褪色的原因，进行如下实验。

编号①②③
实验
操作充分振荡、静置充分振荡、静置充分振荡、静置、分液。

取下层溶液，加入饱和Na2CO3溶液
现象
上层液体变薄，冒气泡，
下层溶液红色褪去上层液体不变薄，无气泡，下层溶液红色褪去
（2）试管①中产生气泡的原因是（用化学方程式解释）_______。

（3）对比实验①和②可得出的结论是_______。

（4）针对实验②中现象，乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。

实验③中观察到_______，证实乙的猜想正确。

21、A、B、C、D、E、G六种元素均为前四周期元素,原子序数依次增大。

A原子核外的L层电子数是K层的两倍；C原子核外的最外层中只有两对成对电子，D在元素周期表的各元素中电负性最大，E和C同主族，G是前四周期元素中基态原子未成对电子数最多的元素。

请回答下列问题:
(1)A、B、C的第一电离能从小到大的顺序为_______。

(用元素符号表示)
(2)AC2与EC2分子的空间构型分别是_______和_______。

相同条件下EC2在水中的溶解度比AC2更大，理由是_______。

(3)用氢键表示式写出D的氢化物在水溶液中存在的任意一种氢键_______。

(4)G的价电子排布式为_______；G 与CO形成的配合物G(CO)6中，1 mol G(CO)6中含有的σ键数目为_________。

(5)和G同周期的铁元素,其单质及其化合物应用广泛。

①某有机铁肥[Fe(H2NCONH2)6] (NO3)3的名称叫三硝酸六尿素合铁，是一种配合物。

该配合物中所含的阴离子的空间构型为_____，写出一个与该阴离子互为等电子体的分子________。

②氯化亚铁的熔点为674℃，而氯化铁的熔点仅为282℃，二者熔点存在差异的主要原因是________。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解题分析】
根据苯和水互不相溶，选择分离的方法。

【题目详解】
A. 仪器名称为量筒，可量取一定体积的液体，不能分离苯和水，A项错误；
B. 仪器名称为漏斗，可用于过滤难溶物，不能分离苯和水，B项错误；
C. 仪器名称为分液漏斗，可用于分离互不相溶的混合液体或萃取实验，因苯和水互不相溶，需用分液的方法分离，C 项正确；
D. 仪器名称为容量瓶，可用于配制一定浓度的标准溶液，不能分离提纯混合物，D项错误；
答案选C。

【题目点拨】
本题考查混合物的分离与提纯的分液方法，除此之外，还有如下方法：
学生要加以理解与区分，学以致用。

2、A
【解题分析】
根据溶液中c(Cl-)=溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关，结合选项判断即可。

【题目详解】
A. 200mL 2mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=2×2mol/L=4mol/L；
B. 1000mL2.5mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=2.5mol/L；
C. 250mL1mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=3mol/L；
D. KClO3溶液中无氯离子；
综上所述，200mL 2mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)最大，A项正确；
答案选A。

3、D
【解题分析】
A．铵态氮肥与草木灰混合水解互相促进，造成营养流失，故A正确；
B．降温可降低活化分子百分数，减小有效碰撞次数，反应速率减小，故B正确；
C．“盐碱地”中Na2CO3水解使土壤成碱性，即：CO32－＋H2O HCO3－＋OH－，通过加石膏生成更难溶的碳酸钙沉淀，c(CO32-) 减少，使水解平衡向逆反应方向移动，土壤碱性减弱，故C正确；
D．制备活泼金属单质Mg是电解熔融状态MgCl2，故D错误，
故选D。

4、B
【解题分析】
A．Clˉ→Cl2中，Cl元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故A不符合题意；
B．FeO→Fe中，Fe元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故B符合题意；
C．SO2→SO32-中不存在化合价变化，不需要加入氧化剂，故C不符合题意；
D．Fe2+→Fe3+中，Fe元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故D不符合题意；
故答案：B。

【题目点拨】
根据氧化还原反应特征分析，需要加入还原剂才能实现，则选项本身为氧化剂，发生的是还原反应，氧化剂中某元素的化合价降低。

5、B
【解题分析】
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。

6、B
【解题分析】
合金是由金属与金属或金属与非金属融合而成的。

【题目详解】
A、新石器彩陶缸是硅酸盐产品，故A不符；
B、商代青铜四羊方尊是铜合金，主要成分属于合金，故B正确；
C、战国水晶杯主要成分是二氧化硅，主要成分不属于合金，故C不符；
D、西汉“素纱禅衣”是丝绸的一种，主要成分不属于合金，故D错误；
故选B。

【题目点拨】
本题考查了物质的组成，本题较为简单，注意合金是由金属与金属或金属与非金属融合而成的。

7、C
【解题分析】
Na与盐酸反应：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg与盐酸反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al与盐酸的反应：2Al＋
6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判断过量，如果金属钠过量，Na还会与水反应；
【题目详解】
2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑
2 2
0.3 0.3>100×10－3L×1mol·L－1，盐酸不足，金属钠过量，因此金属钠还与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根据得失电子数目守恒，有0.3mol×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15mol；
Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑
0.3 0.6>100×10－3L×1mol·L－1，盐酸不足，金属镁过量，产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，
2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理盐酸不足，铝过量，产生n(H2)=0.05mol，相同条件下，气体体积比值等于其物质的量比值，即气体体积比值为0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正确。

【题目点拨】
易错点是金属钠产生H2，学生容易认为盐酸不足，按照盐酸进行判断，错选D选项，忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2，即判断金属钠产生H2的物质的量时，可以采用得失电子数目相等进行计算。

8、C
【解题分析】
题中K、F−和Kr的核外电子排布都符合构造原理，为能量最低状态，而Fe的核外电子排布应为1s22s22p63s23p63d64s2，电子数目不正确。

故选C。

【题目点拨】
本题考查基态原子的电子排布的判断，是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的巩固和训练，该题的关键是明确核外电子排布的特点，然后结合构造原理灵活运用即可，原子核外电子排布应符合构造原理、能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理，结合原子或离子的核外电子数解答该题。

9、B
【解题分析】
试题分析：A．分子晶体中不一定都存在共价键，例如稀有气体元素形成的分子晶体中不存在化学键，A错误；B．F2、
C12、Br2、I2形成的晶体均是分子晶体，其熔沸点逐渐升高与分子间作用力有关，B正确；C．含有极性键的化合物分子不一定不含非极性键，例如双氧水分子中既存在极性键，也存在非极性键，C错误；D．离子化合物的熔点不一定比共价化合物的熔点高，例如二氧化硅是共价化合物，熔点很高，D错误，答案选B。

考点：考查晶体性质的判断
10、A
【解题分析】
A.非金属元素的原子形成的共价键数目取决于该原子最外层的不成对电子数；
B.共价键的饱和性是指每个原子的成键总数或以单键相连的原子数目是一定的；
C. NH4Cl等铵盐是离子化合物；
D.阳离子是原子失去电子形成的，阴离子是原子得电子形成的。

【题目详解】
A、非金属元素的原子形成的共价键数目取决于该原子最外层的不成对电子数，一般最外层有几个不成对电子就能形成几个共价键，故A不正确；
B、一个原子的未成对电子一旦与另一个自旋相反的未成对电子成键后，就不能再与第三个电子配对成键，因此，一个原子有几个不成对电子，就会与几个自旋相反的未成对电子成键，这就是共价键的饱和性，故一个氧原子只能与两个氢原子结合生成H2O，故B正确；
C、非金属元素原子之间形成的化合物也可能是离子化合物，如NH4Cl等铵盐；故C正确；
D、不管是阴离子还是阳离子，核内质子数与核外电子数必定存在差别，此差值就是离子所带的电荷数，故D正确；综上所述，本题选A。

11、D
【解题分析】
A. 氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，因此不能保存在棕色细口玻璃瓶中，应该保存在塑料瓶中，A错误；
B. 镁条能与氧气反应，但其表面生成的氧化膜非常致密，有一定的抗腐蚀能力，不必保存在煤油中，B错误；
C. 硅酸钠的水溶液应该保存在带有玻璃塞的细口玻璃瓶中，C错误；
D. 单质碘易升华，碘单质保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中，D正确；
答案选D。

12、C
【解题分析】
分析：A、Na2S2O3溶液显碱性；
B、根据碘遇淀粉溶液变蓝色分析解答；
C、根据Na2S2O3中S元素化合价变化分析；
D、根据Na2S2O3中S元素化合价变化解答。

详解：A、Na2S2O3溶液显碱性，应该用碱式滴定管，A错误；
B、溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与Na2S2O3发生氧化还原反应，当反应终点时，单质碘消失，蓝色褪去，B错误；
C、Na2S2O3中S元素化合价由+2价升高到+2.5价，失去电子被氧化，作还原剂，C正确；
D、Na2S2O3中S元素化合价由+2价升高到+2.5价，因此反应中每消耗2mol Na2S2O3，转移2mol电子，D错误；答案选C。

13、A
【解题分析】
A．共价键中一定含σ键，则在分子中，化学键可能只有σ键，而没有π键，选项A错误；
B．原子形成分子，优先头碰头重叠，则先形成σ键，可能形成π键，选项B正确；
C．σ键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称，选项C正确；
D．π键不稳定，易断裂，则含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者，选项D正确；
答案选A。

【题目点拨】
本题考查共价键及类型，把握共价键的形成及判断共价键的规律为解答的关键，注意共价键中一定含σ键。

14、A
【解题分析】分析：先判断烷烃的同分异构体，再确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子，根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子，有几种氢原子就有几种一氯代烃。

详解：A．CH4只有一种结构，只有一种氢原子，一氯代物有1种，A正确；
B．丙烷只有一种结构（CH3CH2CH3），丙烷有2种氢原子，所以一氯代物有2种，B错误；
C．C4H10有正丁烷和异丁烷，正丁烷（CH3CH2CH2CH3）有2种氢原子，所以一氯代物有2种；异丁烷CH3CH（CH3）CH3有2种氢原子，所以一氯代物有2种，C错误；
D．己烷有5种同分异构体，CH3（CH2）4CH3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；CH3CH（CH3）CH2CH2CH3有5种氢原子，所以一氯代物有5种；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3有4种氢原子，所以一氯代物有4种；CH3C（CH3）
CH2CH3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3有2种氢原子，所以一氯代物有2种，2
D错误。

答案选A。

点睛：本题考查了同分异构体的判断，难度较大，先确定烃的同分异构体，再确定等效氢原子，最后根据氢原子的种类确定一氯代物的种类，会确定等效氢原子是解本题的关键。

15、D
【解题分析】
A项，常温下苯酚在水中溶解度不大，用水不能将苯酚洗掉；
B项，苯酚和稀盐酸不反应，不能用稀盐酸洗掉苯酚；
C项，苯酚虽然易溶于酒精，但酒精易挥发，易燃烧，不安全；
D项，苯酚显弱酸性，能和石灰反应，且石灰廉价，易获得，用石灰中和为最佳；
答案选D。

16、D
【解题分析】
A．S2—的结构示意图为，故A错误；B．MgF2的电子式为，故B错误；C．乙炔的结构式为，故C错误； D．溴苯结构简式为，则分子式为C6H5Br，故D正确；答案为D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、碳碳双键氧化反应CH2＝CH2+CH3COOH→CH3COOCH2CH3B、C、D
【解题分析】
D能发生银镜反应，F是难溶于水且有芳香气味的油状液体，可知C为醇，E为羧酸，结合F的分子式为C4H8O2可知C为CH3CH2OH、D为CH3CHO、E为CH3COOH、F为CH3COOCH2CH3；A在标准状况下的密度为1.25g•L—1，则A的摩尔质量为1.25g•L—1×22.4L/mol=28g/mol，可知A为CH2=CH2，B为CH3CH2Cl，B→C发生的是卤代烃的碱性水解，据此分析解题。

【题目详解】
D能发生银镜反应，F是难溶于水且有芳香气味的油状液体，可知C为醇，E为羧酸，结合F的分子式为C4H8O2可知C为CH3CH2OH、D为CH3CHO、E为CH3COOH、F为CH3COOCH2CH3；A在标准状况下的密度为1.25g•L—1，则A的摩尔质量为1.25g•L—1×22.4L/mol=28g/mol，可知A为CH2=CH2，B为CH3CH2Cl，B→C发生的是卤代烃的碱性水解；
(1)A为CH2=CH2，含有的官能团名称为碳碳双键；
(2)CH3CH2OH→CH3CHO发生的是醇的催化氧化，反应类型是氧化反应；
(3)CH2=CH2和CH3COOH一定条件下发生加成反应可生成CH3COOCH2CH3，反应的化学方程式是CH2＝
CH2+CH3COOH→CH3COOCH2CH3；
(4)A．A为乙烯，分子结构中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4褪色，而B为氯乙烷，不含碳碳双键，不能使酸性KMnO4
褪色，故A错误；
B．D为乙醛，和新制氢氧化铜悬浊液混合加热生成砖红色沉淀，而E为乙酸，能溶解新制氢氧化铜悬浊液，得到澄清的溶液，能鉴别，故B正确；
C．乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇，可以加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置后分液，上层为乙酸乙酯，故C正确；D．乙醇是良好的有机溶剂，乙酸乙酯易溶于乙醇，故D正确；
故答案为B、C、D。

【题目点拨】
常见的反应条件与反应类型有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。

②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。

③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。

④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。

⑤能与H2在Ni 作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。

⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。

⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。

(如果连续两次出现O2，则为醇―→醛―→羧酸的过程)。

⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。

⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。

18、CuAlO2AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋SO42－＋4H＋2Al2O3＋4CuO4CuAlO2＋O2↑
【解题分析】
蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B，则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2，沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO，D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2；无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C，故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3；则溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素，则红色固体A为Cu，结合转化可知X中还含有O元素。

结合题意中物质的质量计算解答。

【题目详解】
(1) 根据上述分析，固体X中含有Cu、Al和O元素。

Al(OH)3的物质的量为
7.8
78/
g
g mol
=0.1mol，Cu(OH)2的物质
的量为
4.9
98/
g
g mol
=0.05mol，Cu单质的物质的量为
3.2
64/
g
g mol
=0.05mol，由原子守恒可知12.3gX中含有0.1mol Al
原子、0.1mol Cu原子，则含有O原子为：12.30.127/0.164/
16/
g mol g mol mol g mol
g mol
-⨯-⨯
=0.2mol，则X中Cu、
Al、O原子数目之比为0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2，故X的化学式为CuAlO2，故答案为：CuAlO2；
(2) B中含有AlO2-，B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；
(3) F为CuCl2，F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，Cu、Cl原子的个数
之比为0.6430.357
:
6435.5
＝1：1，则沉淀为CuCl，反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+，
故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+；
(4)Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3，与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2，其化学方程式为：2Al2O3+4CuO
4CuAlO2+O2↑，故答案为：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑。

19、常温下Fe在浓硫酸中发生钝化铁、碳、硫酸溶液形成原电池检验SO2的存在C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O 酸性KMnO4溶液或溴水(或其他合理答案) 品红溶液品红溶液不褪色或无明显现象
250 mL容量瓶滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液,溶液呈浅紫色,且30 s内不变色280cV
m
%.
【解题分析】
在常温下，Fe和C，与浓硫酸均不反应，在加热条件下，可以反应，生成SO2和CO2，利用品红检验SO2，利用石灰水检验CO2，但是SO2的存在会对CO2的检验产生干扰，因此需要除杂，并且验证SO2已经被除尽。

【题目详解】
(1)在加热条件下C和浓硫酸发生氧化还原反应，常温下，铁和浓硫酸发生钝化现象，C和浓硫酸不反应，所以在未点燃酒精灯前A、B均未产生现象，故答案为：铁和浓硫酸发生钝化现象；
(2)随着反应的进行，溶液浓度减小，速率应该减小，但事实上反应速率仍较快，该反应没有催化剂，浓度在减小，压强没有发生改变，只能是Fe和C形成原电池，Fe作负极，加快了氧化还原反应的速率所以速率加快的原因可能是C、Fe和硫酸构成原电池，从而加速反应速率；
(3)SO2能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，SO2能使品红溶液褪色，所以B可以检验SO2的存在；
(4)加热条件下，C和浓硫酸发生氧化还原反应生成CO2、SO2和H2O，反应方程式为C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(5)SO2也能使澄清石灰水变浑浊，用澄清石灰水检验CO2之前要除去SO2，防止对CO2造成干扰，所以在B-C之间增加装置酸性高锰酸钾溶液或溴水和品红溶液，酸性高锰酸钾或溴水是吸收二氧化硫、品红溶液是检验二氧化硫是否除尽，如果二氧化硫完全被吸收，则F中溶液不褪色或无明显现象；
(6)①要测量Fe的质量分数，配制溶液的时候不能粗略地用烧杯稀释，而应该使用容量瓶，因此还需要容量瓶250mL 容量瓶；
②Fe2＋和高锰酸钾发生氧化还原反应而使溶液褪色，高锰酸钾溶液有颜色、生成的锰离子无色，所以有明显的颜色变化。

终点的标志为滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液,溶液呈浅紫色,且30 s内不变色；
③设参加反应的亚铁离子的物质的量为x ，消耗的高锰酸钾的物质的量为0.001cVmol 。

根据5Fe 2＋+MnO 4－+8H ＋═5Fe 3＋+Mn 2＋+4H 2O 中Fe 2＋和MnO 4－的比例关系，有
5 Fe 2＋~MnO 4－
5mol 1mol
x 0.001cVmol
5mol ：1mol=x ：0.001cVmol
50.001x 0.0051mol cVmol cVmol mol
⨯==； 则250mL 滤液中n(Fe 2＋)=0.005cVmol ×10=0.05cVmol ，
根据Fe 原子守恒得n(Fe)=(Fe 2＋)=0.05cVmol ，
m(Fe)=0.05cVmol ×56g ·mol －1=2.8cVg
Fe 质量分数=2.8g 280100%%cV cV mg m
⨯=。

20、中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度 2CH 3COOH+Na 2CO 3→2CH 3COONa+CO 2↑+H 2O 下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关 溶液不变红或无明显现象
【解题分析】
（1）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；（2）试管①中乙酸乙酯中的乙酸与碳酸钠反应，产生气泡，发生的反应为
2CH 3COOH+Na 2CO 3→2CH 3COONa+CO 2↑+H 2O ；（3）对比实验①和②，无论有没有含乙酸，溶液红色均褪去，可得出的结论是下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关；（4）针对实验②中现象，上层液体不变薄则乙酸乙酯不溶解于下层碳酸钠溶液且不与碳酸钠反应而无气泡，下层溶液红色褪去是因为酚酞被萃取于乙酸乙酯中碳酸钠溶液中不再含有酚酞而显无色，故乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。

实验③中充分振荡、静置、分液。

取下层溶液，下层溶液中已不含酚酞，故加入饱和Na 2CO 3溶液观察到溶液不变红或无明显现象，证实乙的猜想正确。

21、 C<O<N 直线形 V 形（或折线形） CO 2是非极性分子，SO 2和H 2O 都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO 2在H 2O 中的溶解度更大 F —H…F 、 F —H…O 、 O —H…F 或 O —H…O 中的任意一种 3d 54s 1 12 N A 平面三角形 BF 3或SO 3 氯化亚铁为离子晶体，氯化铁为分子晶体，离子键的作用力大于分子间作用力
【解题分析】分析：A 、B 、C 、D 、E 、G 六种元素均为前四周期元素,原子序数依次增大。

A 原子核外的L 层电子数是K 层的两倍则A 为碳元素；C 原子核外的最外层中只有两对成对电子则电子层排布为1s 22s 22p 4，C 为氧元素，故B 为氮元素，D 在元素周期表的各元素中电负性最大为氟元素，E 和C 同主族则E 为硫元素，G 是前四周期元素中基态原子未成。