2022年龙岩市重点中学高二化学第二学期期末统考试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列化学式只能表示一种物质的是AC2H4 BC5H10

2、 CC3H7Cl DC2H6O2、下列各组微粒，半径大小比较中错误的是AK Na LiBNa+Mg2+Al3+CMg2+Na+F-DCl-F-F3、已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的H12.1 kJmol1；HCl(aq)与NaOH(aq)反应的H57.3 kJmol1，则HCN在水溶液中电离的H等于A69.4 kJmol1B45.2 kJmol1C45.2 kJmol1D69.4 kJmol14、酸雨是指：A酸性的雨BpH=5.6的雨CpHebcBc的气态氢化物热稳定性比e的强C化合物戊含离子键和极性键D由a、c、d、e四种元素组成的化合物只有一种10、相同温度下，关于氢氧化钠溶液

3、和氨水两种溶液的比较，下列说法正确的是ApH相等的两溶液中：c（Na+）c（NH4+）B分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需HCl的物质的量相同C相同浓度的两溶液，导电能力相同D相同浓度的两溶液，分别与HCl气体反应后呈中性的溶液中（忽略溶液体积变化）：c（Na+）c（NH4+）11、下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2AABBCCDD12、下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的说法中

4、，正确的是()A热稳定性：Na2CO3NaHCO313、下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是选项实验操作实验现象结论A在A1C13溶液中逐滴滴入NaOH溶 液至过量，然后通入CO2气体先出现白色沉淀，后沉淀消失，最后又出现白色沉淀Al(OH)3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中B向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、 CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH)2C向Na2CO 3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中产生白色浑浊酸性：盐酸碳酸硅酸D向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液前者溶液变蓝色，后者有黄色

5、沉淀KI3溶液中存在I3-I2+I-平衡AABBCCDD14、下列说法在一定条件下可以实现的是()酸性氧化物与碱发生反应弱酸与盐溶液反应可以生成强酸没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性有单质参加的非氧化还原反应两种氧化物反应的产物有气体ABCD15、甲酸香叶酯是一种食品香料，可以由香叶醇与甲酸发生酯化反应制得。下列说法正确的是（ ） A香叶醇的分子式为C11H18OB香叶醇在浓硫酸、加热条件下可发生消去反应C香叶醇与CH2=CHCH=CHCH2OH互为同系物D香叶醇与甲酸香叶酯均不能发生银镜反应16、为提纯下列物质（括号内为杂质），选用的试剂或分离方

6、法错误的是选项物质试剂分离方法A硝酸钾（氯化钠）蒸馏水降温结晶B二氧化碳（氯化氢）饱和NaHCO3溶液洗气C甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气D乙醇（水）生石灰蒸馏AABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题）17、分析下列合成路线：回答下列问题：（1）C中含有的官能团名称是_。（2）写出下列物质的结构简式：D_，E_。（3）写出下列反应的化学方程式AB：_FJ：_18、有机物I(分子式为C19H20O4)属于芳香酯类物质，是一种调香剂，其合成路线如下：已知：A属于脂肪烃，核磁共振氢谱显示有2组峰，面积比为3：1，其蒸汽在标准状况下密度为2.5gL-1；D分子式为C4H8O3；E分子式为C4H6

7、O2，能使溴水褪色。其中R为烃基其中R1和R2均为烃基回答下列问题：(1)A的结构简式为_；(2)反应的化学方程式为_；(3)E的同系物K比E多一个碳原子，K有多种链状同分异构体，其中能发生银镜反应且能水解的有_种；(4)反应属于取代反应的是_(填序号)；(5)反应的化学方程式为_；(6)参照上述合成路线，以 为原料(无机试剂任选)，经4步反应制备可降解塑料_。19、实验室用电石制取乙炔的装置如下图所示，请填空：（1）写出仪器的名称：是_，是_；（2）制取乙炔的化学方程式是_；（3）仪器中加入的是_，其目的是_；（4）将乙炔通入KMnO4酸性溶液中观察到的现象是_，乙炔发生了_反应(填“加成”

8、或“取代”或“氧化”，下同)；（5）为了安全，点燃乙炔前应_，乙炔燃烧时的实验现象是_。20、为证明C2H5X（X=Cl、Br或 I）中存在溴原子，某同学设计如下实验：向C2H5X中加入硝酸银溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液；向C2H5X中加入氢氧化钠溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液；取中。(1)为对照实验，目的是_。(2)写出中的化学方程式：_。(3)补全中的实验操作及现象：_，说明C2H5X中含溴原子。21、（1）31Ga基态原子的核外电子排布式是_。C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是_。写出一种与 OH- 互为等电子体的分子为_(填化学式)。（2

9、）肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物。NH3分子的空间构型是_；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是_。肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在_(填标号)a. 离子键 b. 共价键 c. 配位键 d. 范德华力图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点（见图2），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是_（填标号）。a. CF4 b. NH4+ c.CH4 d. H2O（3）最近发现

10、，只含C、Mg和Ni三种元素的某种晶体具有超导性。该晶体的一个晶胞如图3所示，则该晶体的化学式为 _。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】分析：化学式只能表示一种物质，说明不存在同分异构体，据此解答。详解：A. C2H4只能是乙烯，A正确；B. C5H10可以是戊烯，也可以是环烷烃，B错误；C. C3H7Cl可以是1氯丙烷也可以是2氯丙烷，C错误；D. C2H6O可以是乙醇，也可以是二甲醚，D错误。答案选A。2、C【解析】电子层越多离子半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Mg2+Na+F-；【详解】A.同主族元素自上而下原子半径逐渐增大

11、，故原子半径KNaLi，故A项正确；B.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+Mg2+Al3+，故B项正确；C.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Mg2+Na+F-，故C项错误；D.电子层越多离子半径越大，原子半径小于相应的阴离子半径，故微粒半径Cl-F-F，故D项正确，本题选C。【点睛】微粒半径大小比较的一般规律：同一主族元素，原子半径自上而下逐渐增大；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小；电子层越多离子半径越大，原子半径小于相应的阴离子半径。3、C【解析】由题中信息可知，HCN(aq)与OH-(aq)= CN-(aq)+H2O

12、(l) H12.1 kJmol1；H+(aq)+ OH-(aq) = H2O(l) H57.3 kJmol1，根据盖斯定律，-可得HCN(aq) = CN-(aq)+ H+(aq)，则HCN在水溶液中电离的H=12.1 kJmol1-(57.3 kJmol1)= 45.2 kJmol1，故选C。4、C【解析】当雨水中溶解较多SO2或氮氧化物时，溶液呈酸性，pH5.6，而正常雨水中溶有二氧化碳气体，PH约为5.6，所以酸雨是指pH小于5.6的雨；答案选C。【点睛】本题考查二氧化硫的污染，题目难度不大，注意酸雨与正常雨水的区别，酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6。5、D【解

13、析】A. 乙醛的结构简式为:CH3CHO，A错误；B.属于酚，属于醇，不是同系物，B错误；C.羟基的电子式为:，C错误；D.丙烷的分子式为C3H8，D正确。答案选D.6、A【解析】根据盖斯定律，CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H1= +206kJ / mol，CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H2= +247kJ / mol，可得CH4(g) +2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)的H=2H1H2=2206kJ / mol247kJ / mol=+165 kJ / mol，根据化学键与反应热的关系可得：4413 kJ / mol+4463 kJ

14、 / mol2E（C=O）4436 kJ / mol=+165 kJ / mol，解得E（C=O）=797.5 kJ / mol，故A项正确。7、A【解析】A、高纯的单晶硅是重要的半导体材料，可做成太阳能电池，各种集成电路，用于制造计算机芯片，光导纤维是二氧化硅，选项A不正确；B、SO2具有还原性，少量的SO2既可以杀菌，可防止葡萄酒氧化变质，选项B正确；C、瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，选项C正确；D、青蒿素是难溶于水的有机物，可用有机溶剂如乙醚将其从青蒿汁液中萃取出来，该过程包括萃取操作，选项D正确。答案选A。8、A【解析】分析：本题考查的是酸性氧化物的判断，掌握定义即可解答。

15、详解：酸性氧化物指与碱反应生成盐和水的氧化物。A.二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，是酸性氧化物，故正确；B.一氧化碳和酸或碱都不反应，故错误；C.氧化钙和碱不反应，能与酸反应生成盐和水，是碱性氧化物，故错误；D.9、B【解析】短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大。常温下，由这些元素组成的物质有如下实验现象：甲(红棕色)+乙(液态)丙(强酸)+丁(无色气体)，则甲为NO2，乙为H2O，丙为HNO3，丁为NO；戊(淡黄色)+乙己(强碱)+庚(无色气体)，则戊为Na2O2，己为NaOH，庚为O2。因此a为H元素、b为N元素、c为O元素、d为Na元素；c和e的原子序数相差8，则c和e

16、为同一主族元素，则e为S元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，a为H元素、b为N元素、c为O元素、d为Na元素，e为S元素。甲为NO2，乙为H2O，丙为HNO3，丁为NO，戊为Na2O2，己为NaOH，庚为O2。A一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，简单的离子半径：e bc d，故A错误；B非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性OS，因此O的气态氢化物热稳定性比S的强，故B正确；C化合物戊为Na2O2，其中含离子键和O-O非极性键，故C错误；D由a、c、d、e四种元素组成的化合物有硫酸氢钠、亚硫酸氢钠等，不止一种，故D错误；答案选B。10、A【解析】A

17、溶液中分别存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)、c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，若pH相等，则c(H+)、c(OH-)相等，可知c(Na+)=c(NH4+)，故A正确；B一水合氨为弱电解质，pH相等时氨水浓度较大，分别中和pH相等、体积相等的两溶液，氨水消耗HCl的物质的量较多，故B错误；C等浓度的氢氧化钠溶液和氨水两溶液，氢氧化钠是强电解质完全电离，离子浓度大，导电能力强，故C错误；D相同浓度的两溶液，分别通入HCI气体反应后呈中性的溶液中，根据电荷守恒和溶液呈中性有：c(OH-)=c(H+)，c(Na+)=c1(Cl-)，c(NH4+)=c2(Cl-)，若要达到两溶

18、液呈中性，氨水中通HCl气体要略少，所以中性溶液中c(Na+)c(NH4+)，故D错误；故答案：A。【点睛】溶液的导电能力与离子的浓度和离子所带电荷数有关，离子的浓度越大、离子所带电荷数越多，则溶液的导电能力越强；二者均恰好完全反应，氯化铵溶液呈酸性，若要溶液呈中性，则氯化铵溶液中一水合氨稍过量，即通入的HCl气体少，再结合电荷关系分析判断。11、B【解析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到

19、了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反

20、应中元素的化合价变化，题目难度不大。12、B【解析】分析：A.碳酸氢钠加热时能分解，碳酸钠加热时不分解；B. 碳酸钠和碳酸氢钠都能和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀；C.相同的温度下,碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的；D.根据碳原子守恒找出盐与二氧化碳的关系,从而知道放出二氧化碳的量.详解：A.加热时，碳酸氢钠能分解，碳酸钠不分解，所以碳酸钠的稳定性大于碳酸氢钠的稳定性，故A错误；B. 碳酸钠和碳酸氢钠分别和氢氧化钙反应的方程式如下：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH，NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+NaOH+H2O，所以都能发生反应生成沉淀，所以B选项是正确的；C.相同的

21、温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的，故C错误；D.根据碳原子守恒碳酸氢钠、碳酸钠与二氧化碳的关系式分别为：Na2CO3CO2； NaHCO3 CO2106g1mol 84g 1mol106g1mol 84g 1mol所以生成的二氧化碳的量相同，故D错误；所以B选项是正确的。13、C【解析】A. 在A1C13溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，先出现白色沉淀，后沉淀消失，生成偏铝酸钠溶液，通入CO2气体，又反应生成氢氧化铝沉淀，说明Al(OH)3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中，故A正确；B溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1molL-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现

22、蓝色沉淀，说明KspCu(OH)2较小，故B正确；C盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应也能生成硅酸沉淀，则该实验不能比较碳酸和硅酸的酸性强弱，故C错误；D溶液变蓝色，说明含有碘单质，有黄色沉淀，说明含有碘离子，则溶液中存在平衡：I3-I2+I-，故D正确；故选C。14、A【解析】分析：酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的化合物，所以酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应；弱酸与盐溶液如果满足复分解条件也可能生成强酸，如H2SCuSO4=H2SO4CuS；如果生成弱电解质也可以发生复分解反应，所以发生复分解反应，但产物既没有水生成，也没有沉淀和气体生成也能发生；两种酸溶液充分反应后,所得溶液呈中性可以实

23、现,如亚硫酸和氢硫酸反应；氧气和臭氧之间的转化有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应；二氧化氮与水反应生成NO、过氧化钠与水反应生成氧气，都满足:两种氧化物反应的产物有气体。详解：酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和水，故正确；根据反应H2SCuSO4=H2SO4CuS可知，弱酸可以制备强酸，正确；醋酸钠与盐酸反应生成醋酸和氯化钠，符合没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应，故正确；2H2S+H2SO3=3H2O+S可以知道：氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故正确；同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化和还原反应，正确

24、；反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故正确；综合以上分析，本题选A。点睛：本题主要考查高中化学中的一些化学反应，需要学生平时多总结归纳，熟练掌握化学方程式。15、C【解析】A由结构简式可知香叶醇的分子式为C11H20O，选项A错误；B香叶醇中与-OH相连的C的邻位C上没有H原子，则不能发生消去反应，选项B错误；C、香叶醇含有两个碳碳双键和一个醇羟基，与CH2=CHCH=CHCH2OH结构相似，组成上相差6个CH2，互为同系物，选项C正确；D、香叶醇不能发生银镜反应，但甲酸香叶酯中含有醛基能发生银镜反应，选项D错误。

25、答案选C。16、C【解析】分析：A.利用硝酸钾和氯化钠的溶解度不同分离；B.利用氯化氢与饱和NaHCO3溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳的性质分离；C.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新的杂质；D.加生石灰可增大乙醇与水的沸点差异。详解：A.硝酸钾的溶解度随温度变化较大，而氯化钠的溶解度随温度变化不大，所以可以采用先制得较高温度下的硝酸钾和氯化钠的溶液，再降温结晶，可析出硝酸钾晶体，故A正确；B.氯化氢与饱和NaHCO3溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，而二氧化碳不溶于饱和NaHCO3溶液，可让混合气体通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶洗气，除去HCl，故B正确；C.乙烯被酸性高

26、锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新的杂质，故不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯，应通入溴水，故C错误；D. 加生石灰可增大乙醇与水的沸点差异，则蒸馏可分离出乙醇，故D正确。综合以上分析，本题选C。点睛：本题考查混合物的分离、提纯，侧重除杂和分离的考查，把握物质的化学性质为解答本题的关键，注意D中生石灰的作用，题目难度不大。二、非选择题（本题包括5小题）17、氯原子、羟基 【解析】由有机物的转化关系可知，CH2=CHCH=CH2与溴的四氯化碳溶液发生1,4加成反应生成Br CH2CH=CHCH2Br，则A是Br CH2CH=CHCH2Br；BrCH2CH=CHCH2Br在氢氧化钠溶液中共热发

27、生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，则B是HOCH2CH=CHCH2OH；HOCH2CH=CHCH2OH与HCl发生加成反应生成，则C是；在Cu或Ag做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则D是；与银氨溶液共热发生银镜反应后，酸化生成；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成NaOOCCH=CHCOONa，则E是NaOOCCH=CHCOONa；NaOOCCH=CHCOONa酸化得到HOOCCH=CHCOOH，则F为HOOCCH=CHCOOH；在浓硫酸作用下，HOOCCH=CHCOOH与甲醇共热发生酯化反应生成CH3OOCCH=CHCOOCH3，则J是CH3OOCCH=CHCO

28、OCH3。【详解】（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为：氯原子、羟基；（2）D的结构简式是；E的结构简式是NaOOCCH=CHCOONa，故答案为：；NaOOCCH=CHCOONa；（3）AB的反应是BrCH2CH=CHCH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，反应的化学方程式为BrCH2CH=CHCH2B+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr；FJ的反应是在浓硫酸作用下，HOOCCH=CHCOOH与甲醇共热发生酯化反应生成CH3OOCCH=CHCOOCH3，反应的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH C

29、H3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O，故答案为：BrCH2CH=CHCH2B+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr；HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断，注意有机物的转化关系，明确有机物的性质是解本题的关键。18、 +H2O 8 2+2H2O 【解析】分析：A的蒸汽在标准状况下密度为2.5gL-1，A的相对分子质量为56，属于脂肪烃，A中碳原子个数=5612=48，分子式为C4H8，根据核磁共振氢谱显示有2组峰，面积比为3：1，结合流程图知，B是溴代烃、C是醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，

30、根据D分子式知，C中有一个羟基不能被氧化，则A为CH2=C(CH3)2，B为CH2BrCBr(CH3)2，C为CH2OHCOH(CH3)2，D为HOOCCOH(CH3)2，E分子式为C4H6O2，能使溴水褪色，D发生消去反应生成E，E为HOOCC(CH3)=CH2，E发生信息的反应生成F，F为HOOCC(CH3)CH2COOH，H和F发生酯化反应生成I，根据I分子式知，H为，甲苯发生取代反应生成G，G为；I为。详解：根据上述分析，A为CH2=C(CH3)2，B为CH2BrCBr(CH3)2，C为CH2OHCOH(CH3)2，D为HOOCCOH(CH3)2，E为HOOCC(CH3)=CH2，F为

31、HOOCC(CH3)CH2COOH；H为，G为；I为。(1)A的结构简式为CH2=C(CH3)2，故答案为：CH2=C(CH3)2；(2)D为HOOCCOH(CH3)2，E为HOOCC(CH3)=CH2，反应的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；(3)E为HOOCC(CH3)=CH2，E的同系物K比E多一个碳原子，K有多种链状同分异构体，其中能发生银镜反应且能水解的同分异构体说明含有酯基和醛基，应该是甲酸某酯，丁烯醇中，4个碳原子在同一链上时有6种；3个C原子在同一链上时有2种，所以符合条件的有8种，故答案为：8；(4)根据上述分析，反应为加成反应，反应为水解反应，属于取代反应，反应为

32、氧化反应，反应为消去反应，反应为取代反应，反应为水解反应，反应为酯化反应，属于取代反应的是，故答案为：；(5)反应的化学方程式为2+2H2O，故答案为：2+2H2O ；(6)和溴发生加成反应生成CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，CH2BrCBr(CH3)CH2CH3碱性条件下发生水解反应生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，CH2OHCOH(CH3)CH2CH3被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，发生酯化反应生成，其合成路线为，故答案为：。点睛：本题考查有机物推断和合成，明确有机物官能团及其性质关系、物质之间的转化关系即可推断物质。本题的易错点为(3)中同分异构体种类的判断，要考虑碳链异构

33、、官能团位置异构；难点为(6)，要注意卤代烃在有机合成中的应用。19、分液漏斗 圆底烧瓶 CaC2+H2OCHCH+Ca(OH)2 饱和食盐水 减慢反应速率 紫色褪去 氧化反应 验纯 火焰明亮，放出大量的浓烟 【解析】（1）仪器的名称：是分液漏斗，是圆底烧瓶；（2）碳化钙与水反应生成乙炔和氢氧化钙，在常温下进行，制取乙炔的化学方程式是 CaC2+H2OCHCH+Ca(OH)2；（3）乙炔与水反应太快，为抑制反应进行，可以以饱和食盐水代替水,仪器中加入的是饱和食盐水，其目的是减慢反应速率 ；（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，乙炔中含有碳碳三键，能与高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色,将乙炔通入KMnO4酸性溶液中观察到的现象是紫色褪去，乙炔发生了氧化反应；（5）为了安全，点燃乙炔前应验纯，可燃性气体点燃前均需要验纯，目的是为了防止点燃混合气体发生爆炸，由于乙炔中含碳量较高,乙炔燃烧时的实验现象是火焰明亮，放出大量的浓烟。20、证明C2H5X中没有游离的Br C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr 取中上层溶液，加入足量稀硝酸至弱酸性，滴加AgNO3溶液，生成淡黄色沉淀 【解析】只有Br-与Ag+发生反应形成AgBr浅黄色