2021-2022学年宁夏银川市育才中学化学高二第二学期期末质量跟踪监视试题含解析

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、下列描述中正确的是( )A氮原子的价电子排布图：B2p

2、和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等C价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第A族，是p区元素D钠原子由1s22s22p63s11s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态2、兴趣小组在实验室中模拟利用甲烷和氯气发生取代反应制取副产品盐酸，设计如图装置，下列说法错误的是（ ）A实验时先点燃A处酒精灯再通甲烷B装置B有均匀混合气体、控制气流速度、干燥混合气体等作用C装置C经过一段时间的强光照射后，生成的有机物有4种D从D中分离出盐酸的方法为过滤3、X、Y、Z、M四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法正确的是A原子半径：MZYXBZ的气态氢化物最稳定，因其分子间存

3、在氢键C最高价氧化物对应水化物的酸性MZD元素的非金属性：XYZ4、电池是人类生产、生活中重要的能量来源，各种电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是A锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细B氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能C氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化D太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅5、某化学兴趣小组称取纯净的Na2SO3 7H20 a克，隔绝空气加强热至恒重，经过分析与计算，得到的固体质量与全部转化为亚硫酸钠固体的计算值一致，但固体在水中溶解后测的pH值比理论计算值（相同浓度Na2SO3溶液的pH）大很多。下列说法不正确的是A连续两次称量强热前后固体的质量

4、，如质量差小于0.1g，即可判断固体已经恒重B产生上述矛盾的可能解释：4Na2SO3 3Na2SO4 Na2SC固体产物中加入稀盐酸可能有淡黄色沉淀产生D加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则能确定产物中有Na2SO46、化学与人类生活密切相关，下列说法不正确的是A化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物是导致“雾霾天气”的原因之一B铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性和咸的食物C用含有铁粉的透气小袋与食品一起密封包装来防止食品氧化D化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火7、下列说法中，正确的是()A凡是分子中有OH的化合物都是醇B氢氧根离子与羟基具有相同的化学式和结构式C在氧气中燃烧只生成二氧化碳和

5、水的有机化合物一定是烃D醇与酚具有相同的官能团，但具有不同的化学性质8、用惰性电极电解足量的Cu(NO3)2溶液,下列说法中不正确的是()A阴极发生的电极反应为Cu2+2e= CuB阳极发生的电极反应为4OH4e= 2H2O+O2C若有6.4 g金属Cu析出,放出的O2为0.05 molD恰好电解完时,加入一定量的Cu(NO3)2溶液可恢复到原来的浓度9、生铁的熔点是 11001200，纯铁的熔点是（ ）A1055 B1100C1200D153510、下列装置中，不添加其他仪器无法检查气密性的是( )ABCD11、BF3是典型的平面三角形分子，它溶于氢氟酸或NaF溶液中都形成BF4离子，则BF

6、3和BF4中的B原子的杂化轨道类型分别是Asp2、sp2Bsp3、sp3Csp2、sp3Dsp、sp212、下列事实与氢键有关的是AHF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱B水加热到很高的温度都难以分解CCH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高D水结成冰体积膨胀13、下列离子方程式正确的是A大理石溶于醋酸:CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OB用惰性电极电解饱和食盐水总反应式:2C1-+2H+=H2+Cl2CFeBr2溶液中通入少量的Cl2:Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl-D铅蓄电池放电时的负极反应式为:Pb-2e-=Pb2+14、0.1mol以CnHm

7、COOH所表示的羧酸加成时需50.8g碘，0.1mol该羧酸完全燃烧时，产生CO2和H2O共3.4mol，该羧酸是（）AC15H27COOHBC15H31COOHCC17H31COOHDC17H33COOH15、已知聚乳酸可在乳酸菌作用下分解，下列有关聚乳酸的说法正确的是()A聚乳酸是一种纯净物B聚乳酸的单体是HOCH2CH2COOHC聚乳酸是由单体之间通过加聚而合成的D聚乳酸是一种高分子材料16、已知1.2 g C(石墨)不完全燃烧生成CO，放出11.1 kJ热量，CO继续燃烧又放出28.3 kJ热量。则能表示C(石墨)燃烧热的热化学方程式为（ ）AC(石墨 s)1/2O2(g)CO(g)；

8、H11.1kJmol-1BC(石墨 s)1/2O2(g)CO(g)；H111kJmol-1CC(石墨 s)O2(g)CO2(g)；H394kJmol-1DC(石墨 s)O2(g)CO2(g)；H283kJmol-1二、非选择题（本题包括5小题）17、立方烷()具有高度的对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点。下面是立方烷衍生物I的一种合成路线：回答下列问题：(1)C的结构简式为_，E的结构简式为_。(2)的反应类型为_，的反应类型为_。(3)化合物A可由环戊烷经三步反应合成，已知：反应1的试剂与条件为：Cl2/光照。反应2的化学方程式为_。(4

9、)在立方烷衍生物I的合成路线中，互为同分异构体的化合物是_(填化合物代号)。(5)立方烷衍生物I与碱石灰共热可转化为立方烷。立方烷的核磁共振氢谱中有_个峰。18、有机物G（1，4-环己二醇）是重要的医药中间体和新材料单体，可通过以下流程制备。完成下列填空：（1）写出C中含氧官能团名称_。（2）判断反应类型：反应_；反应_。（3）写出B的结构简式_。（4）写出反应的化学方程式_。（5）一定条件下D脱氢反应得一种产物，化学性质稳定，易取代、难加成。该产物属于_（填有机物类别），说明该物质中碳碳键的特点_。（6）写出G与对苯二甲酸在一定条件下反应生成高分子物质的化学方程式_。（7）1，3-丁二烯是应

10、用广泛的有机化工原料，它是合成D的原料之一，它还可以用来合成氯丁橡胶（）.写出以1，3-丁二烯为原料制备氯丁橡胶的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）_19、纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题：（1）TiCl4水解生成TiO2xH2O的化

11、学方程式为_。（2）配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是_；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的_（填字母代号）。 （3）滴定终点的判定现象是_。（4）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M g/mol）试样wg，消耗c mol/LNH4Fe(SO4)2 标准溶液VmL，则TiO2质量分数表达式为_。（5）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果_。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果_。20、TMB是

12、一种新型指纹检测的色原试剂，由碳、氢、氮三种元素组成，M=240gmol1。某研究性学习小组的同学欲利用下列仪器测定TMB的分子式。主要过程为在足量氧气流中将4.80 g TMB样品氧化(氮元素转化为N2)，再利用吸收剂分别吸收水蒸气和CO2。请从图中选择适当的装置(装置符合气密性要求，加热装置等已略去，其他用品可自选)。(1)写出A中的化学反应方程式：_；(2)B中试剂是_，作用是_ ；(3)装置C中CuO粉末的作用为_。(4)理想状态下，将4.80 gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得D增加3.60 g，E增加14.08 g，则TMB的分子式为_。(5)有同学认为，用该实验

13、装置测得的TMB分子式不准确，应在干燥管E后再添加一个装有碱石灰的干燥管F。你认为是否需要添加F装置_（填“需要”或“不需要”），简述理由_。21、根据下列高分子化合物回答问题（1）合成聚丙烯酸钠的单体的结构简式是_，反应类型是_；（2）合成涤纶有两种单体，其中能和NaHCO3反应的单体的结构简式是_，其核磁共振氢谱的峰面积比是_；合成涤纶的化学反应方程式_。（3）合成酚醛树脂需要两种单体，和这两种单体均可以发生反应的试剂是_（选填字母）；aH2 bNa cNa2CO3 d酸性高锰酸钾下列对于线型酚醛树脂的制备和性质的说法中，正确的是_ （选填字母）；a酸性条件下制备 b碱性条件下制备c可以溶

14、于乙醇 d不溶于任何溶剂和乙醛在酸性条件下也可以发生类似于制备酚醛树脂的反应，此反应的化学方程式是_。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由洪特规则可知，电子优先占据1个轨道，且自旋方向相同；B3p轨道的能量大于2p轨道的能量；C价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，最后填充p电子；D原子由基态变成激发态需要吸收能量。【详解】A根据“洪特规则”可知，2p轨道电子的自旋方向应该相同，正确的电子排布图为：，故A错误；B2p和3p轨道形状均为哑铃形，但是原子轨道离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，故B错误；C价电子排布为4s24p3的元素有

15、4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第A族，最后填充p电子，是p区元素，故C正确；D基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1，由基态转化成激发态1s22s22p63p1时，电子能量增大，需要吸收能量，故D错误；故选C。2、D【解析】A. 实验时先点燃A处酒精灯，让MnO2与浓HCl反应一段时间排尽装置中的空气，再通甲烷，A正确；B. 浓硫酸可以干燥氯气, 氯气与甲烷在B中可以混合均匀，因此装置B的主要作用是均匀混合气体、控制气流速度、干燥混合气体等，B正确；C. 氯气与甲烷在装置C中在强光照射下可发生取代反应，生成的有机物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，4种有机物，C正确

16、；D. D中得到的是盐酸溶液，并和二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的油状液体分层，故可以用分液的方法从D中分离出盐酸，D错误。答案选D.3、D【解析】由X、Y、Z、M均为短周期元素及在周期表中相对位置，可知X、Y和Z为第二周期元素， M为第三周期元素，由位置可知，X为N，Y为O，Z为F，M为S，以此来解答。A. 电子层数越多，其原子半径越大；电子层数相同时，原子序数越小，其原子半径越大；B. 非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越好，这与是否含有氢键无关；C. F元素无最高正价；D. 在元素周期表中同一周期，元素的非金属性依次增强，同一主族，元素的非金属性依次减弱；【详解】由上述分析可知，X为N，Y

17、为O，Z为F，M为S，A. 根据同一周期中，原子半径依次减小，同一主族，元素原子半径依次增大，则其原子半径由大到小排列为：M X Y Z，故A项错误；B. 元素的非金属性越强，其对应的气态氢化物的稳定性越高，则Z的气态氢化物最稳定，其分子间存在的氢键，主要影响的是物质的物理性质，跟气态氢化物的稳定性无关，故B项错误；C. 非金属性FOS，但因F无正价，则无法比较Z与M的最高价氧化物对应水化物的酸性，故C项错误；D. X、Y、Z三种元素处于同一周期，其元素的非金属性：NOF，即XYZ，故D项正确；答案选D。【点睛】本题侧重考查元素周期表与元素周期律知识点，其中，掌握非金属性的判断依据是解题的关键

18、，要提别注意个例，如非金属O和F元素原子无最高价等。4、C【解析】试题分析：A在锌锰干电池中，正极是碳棒，该极上二氧化锰发生得电子的还原反应，该电极质量不会减少，A项错误；B氢氧燃料电池属于原电池的一种，是将化学能转化为电能的装置，不能将热能直接转变为电能，B项错误；C氢氧燃料电池中，燃料做负极，发生失电子的氧化反应，被氧化，C项正确；D太阳能电池的主要材料是半导体硅，不是二氧化硅，D项错误；答案选C。考点：考查燃料电池、太阳能电池和干电池的工作原理。5、D【解析】A、连续两次称量强热前后固体的质量，如质量差小于0.1g，即可判断固体已经恒重，故A正确；B、由于Na2SO3既具有氧化性又具有还

19、原性，Na2SO3加热后发生了歧化反应，硫元素化合价从+4价变化为-2价和+6价，反应的化学方程式为：4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故B正确；C、固体中可能还有Na2SO3，Na2SO3与Na2S在酸性条件下可以归中反应生成硫单质，所以固体产物中加入稀盐酸可能有淡黄色沉淀产生，故C正确；D、固体中可能还有Na2SO3，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则不能确定产物中有Na2SO4，故D错误；故选D。点睛：该题目的关键是亚硫酸钠本身既具有氧化性又具有还原性的性质，才能想到亚硫酸钠会发生歧化、归中的反应。6、D【解析】试题分析：A导致“雾霾天气“的原因有多种，化石燃料燃烧和工业废气中

20、的氮氧化物均是导致“雾霾天气”的原因之一，A正确；B铝或氧化铝均既能与酸反应，也能与碱反应，所以铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性和咸的食物，B正确；C铁具有还原性，因此用含有铁粉的透气小袋与食品一起密封包装来防止食品氧化，C正确；D化学药品着火，不一定能用水或泡沫灭火器来灭火，如钠的燃烧，只能用沙土来灭，要根据化学药品的性质来分析选用灭火剂，D错误，答案选D。考点：考查化学与生活的判断7、D【解析】A 、酚类物质中也含有-OH，但不属于醇，选项A错误；B、羟基是中性基团，OH-带一个单位的负电荷，二者的结构不同，选项B错误；C、醇类、酚类等含C、H、O元素的有机物在O2中燃烧的产物也只有CO2

21、和H2O，选项C错误；D、虽然醇和酚具有相同的官能团，但由于二者的结构不同，所以化学性质不同，选项D正确。答案选D。8、D【解析】分析：用惰性电极电解足量的Cu(NO3)2溶液时，阳极上电极反应式为：4OH-4e-2H2O+O2，阴极发生的电极反应为：Cu2+2e-Cu，据此分析解答。详解：A阴极发生得到电子的还原反应，硝酸铜过量，铜离子放电，则阴极的电极反应为：Cu2+2e-Cu，A正确；B阳极上发生失去电子的氧化反应，溶液中的氢氧根放电，阳极上的电极反应式为：4OH-4e-2H2O+O2，B正确；C若有6.4g金属Cu析出，铜的物质的量是0.1mol，转移0.2mol电子，根据电子得失守恒

22、可知阳极放出的O2为0.2mol40.05mol，C正确；D由于硝酸铜过量，根据生成物是硝酸、氧气和铜可知，恰好电解完时，需要加入一定量的CuO可恢复到原来的浓度，D错误。答案选D。点睛：本题考查了电解原理，明确电解池的工作原理、离子的先后放电顺序是解答的关键。易错点为D，注意电解完成后，要根据少什么加什么的原则补加试剂。9、D【解析】分析：本题考查的是合金的性质，难度较小。详解：合金的熔点比各成分金属的熔点低，所以纯铁的熔点高于1200，故选D。10、A【解析】A、因为分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不

23、能检查出装置是否漏气；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；C、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内若有气泡产生，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；D、向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气；故选A。点睛：装置气密性的检验是常考的实验题，解题关键：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏。易错选项A，分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液

24、体上下压强相等，无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，这个叙述正确，但不是题目的要求。11、C【解析】BF3分子的中心原子B原子上含有3个键，中心原子B的价层电子对数为3+(313)/2=3，属于sp2杂化，BF4-中中心原子B的价层电子对数为4+(3+114)/2=4，属于sp3杂化。故C符合题意；答案：C。【点睛】根据价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数；键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数进行解答。12、D【解析】A、HF、HCl、

25、HBr、HI的热稳定性依次减弱与共价键有关系，A不选；B、水加热到很高的温度都难以分解与共价键有关系，B不选；C、CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高与分子间作用力有关系，C不选；D、水结成冰体积膨胀与氢键有关系，D选。答案选D。13、C【解析】A.醋酸为弱酸，应该保留分子式，方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+CO2+H2O+2CH3COO-，故A错误；B.用惰性电极电解饱和食盐水的总反应为：2C1-+2H2O=H2+Cl2+2OH-,故B错误；C. FeBr2溶液中通入少量的Cl2，因为Fe2+的还原性比Br-强，故离子方程式为：Cl2+2Fe2+=

26、2Fe3+2Cl-，故C正确；D. 铅蓄电池放电时的负极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故D错误；本题选C。点睛：在书写离子方程式时注意弱酸、弱碱、沉淀、气体要写成分子形式，不能拆开。14、C【解析】0.1mol加成时需50.8g碘，即n(I2)=0.2mol，说明分子中含有2个C=C键；AC15H27COOH中含有2个C=C键，0.1mol该羧酸完全燃烧，产生CO2和H2O共(1.6+1.4)mol=3.0mol，故A错误；BC15H31COOH为饱和酸，不含C=C键，故B错误；CC17H31COOH中含有2个C=C键，0.1mol该羧酸完全燃烧，产生CO2和H2O共(1.8

27、+1.6)mol=3.4mol，故C正确；DC17H33COOH中含有1个C=C键，0.1mol该羧酸完全燃烧，产生CO2和H2O共(1.8+1.7)mol=3.5mol，故D错误；故答案为C。15、D【解析】分析：A、根据高分子化合物中的n值不同分析；B、根据聚乳酸的结构可知，该物质是乳酸羟基和羧基脱水的产物；C、根据聚乳酸的结构判断；D、聚乳酸是高分子化合物。详解：A、因高分子化合物中的n值不同，故其为混合物，A错误；B、由聚乳酸的结构可知，该物质是乳酸羟基和羧基脱水的产物，其单体为：，B错误；C、根据聚乳酸的结构可知，该物质是乳酸羟基和羧基脱水的产物，属于缩聚反应，C错误；D、聚乳酸是高

28、分子化合物，是一种高分子材料，D正确；答案选D。16、C【解析】根据燃烧热的概念：在25摄氏度，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热如反应物中CCO2，H2H2O（液）根据题目的信息可知，1.2g C（石墨）完全燃烧放热39.4KJ，从而能得出1 molC完全燃烧放出的394kJ，即得出燃烧热的热化学方程式【详解】A、石墨没有完全燃烧，不符合燃烧热的定义，故A错误；B、石墨没有完全燃烧，不符合燃烧热的定义，故B错误；C、由上述分析可知，C（石墨）燃烧热的热化学方程式应为：C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g）H=-394kJmol1，故

29、C正确；D、反应热H的值计算错误，故D错误；故选：C。二、非选择题（本题包括5小题）17、 取代反应 消去反应 +NaOH+NaCl G和H 1 【解析】A发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C，C为，C发生取代反应生成D，D与Br2/CCl4发生加成反应生成E，E为，对比E和F的结构简式，E发生消去反应生成F ，据此分析解答。【详解】A发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C，C为，C发生取代反应生成D，D与Br2/CCl4发生加成反应生成E，E为，对比E和F的结构简式，E发生消去反应生成F ；(1)根据上述推断，C的结构简式为，E的结构简式为；(2)通过以上分析中，的反应类型为取代反应，

30、的反应类型为消去反应；(3)环戊烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，X为，X和氢氧化钠的水溶液加热发生取代反应生成Y，Y为，Y在铜作催化剂加热条件下发生氧化反应生成环戊酮。反应2的化学方程式为+NaOH+NaCl；(4)在I的合成路线中，互为同分异构体的化合物是G和H；(5)I与碱石灰共热可化为立方烷，核磁共振氢谱中氢原子种类与吸收峰个数相等，立方烷中氢原子种类是1，因此立方烷的核磁共振氢谱中有1个峰。【点睛】本题考查了有机物的合成及推断的知识，涉及反应条件的判断、反应方程式的书写、同分异构体种类的判断等知识点，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，要根据已知物质结构确定发生的反应

31、类型及反应条件。18、羟基 消去 取代 .芳香烃 所有的碳碳键键长相等，是介于单键和双键之间的特殊的键 【解析】由流程可知，为环己醇发生消去反应生成D为，环己烯与溴发生加成反应生成A为，是A发生消去反应生成，和溴发生1，4-加成反应生成B为，与氢气加成生成F，是F在碱性条件下水解生成。由CH2=CClCH=CH2发生加聚反应生成，CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，再与HCl发生加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后发生醇的消去反应得到CH2=CClCH=CH2。【详解】(1)由结构可

32、知C中含氧官能团名称为：羟基，故答案为：羟基；(2)反应发生醇的消去反应，环己烯与溴发生加成反应，故答案为：消去反应；加成反应；(3)由F的结构可知，和溴发生1，4加成反应生成B为，故答案为：；（4）是A发生消去反应生成，化学方程式。答案为：；（5）一定条件下D脱氢反应得一种产物，化学性质比较稳定，易取代、难加成，该产物为，属于芳香烃，说明该物质中所有碳碳键的键长相等，是介于单键与双键之间的特殊的键，故答案为：芳香烃；碳碳键的键长相等，是介于单键与双键之间的特殊的键；（6）写出G与对苯二甲酸在一定条件下发生酯化反应生成高分子物质，化学方程式。答案为：（7）由CH2=CClCH=CH2发生加聚反

33、应生成，CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，再与HCl发生加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后发生醇的消去反应得到CH2=CClCH=CH2，合成路线流程图为：19、TiCl4(2x)H2O=TiO2xH2O4HCl 抑制NH4Fe(SO4)2水解 AC 溶液变成红色 （或） 偏高 偏低 【解析】（1）根据原子守恒可知TiCl4水解生成TiO2xH2O的化学方程式为TiCl4(2x)H2OTiO2xH2O4HCl；（2）NH4水解：NH4H2ONH3H2OH，Fe3水解：Fe33H2

34、OFe(OH)33H，因此加入硫酸的目的是抑制NH4Fe(SO4)2的水解；根据一定物质的量浓度溶液配制过程可知配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要用到容量瓶和胶头滴管，即AC正确；（3）根据要求是Fe3把Ti3氧化成Ti4，本身被还原成Fe2，因此滴定终点的现象是溶液变为红色；（4）根据得失电子数目守恒可知n(Ti3)1nNH4Fe(SO4)210.001cV mol，根据原子守恒可知n(TiO2)n(Ti3)0.001cV mol，所以TiO2的质量分数为；（5）若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，造成所

35、配溶液的浓度偏低，在滴定实验中，消耗标准液的体积增大，因此所测质量分数偏高；滴定终点时，俯视刻度线，读出的标准液的体积偏小，因此所测质量分数偏低。20、2H2O2 2H2O+O2 浓硫酸 干燥 O2，防止带入 D或E 中引起增重 使 TMB 不充分燃烧生成 CO 全部转化为 CO2 C16H20N2 需要 防止外界空气中的 CO2 和 H2O 进入 E 中，避免对 E 处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰 【解析】根据装置图，A中过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，进入装置C的气体需要干燥，生成的氧气在B用浓硫酸干燥，干燥的氧气在C中将TMB氧化为二氧化碳、水和氮气，反应后用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，以确定其中所含碳、氢、氮原子的比例关系。据此分析解答