上海市普陀区上海师大附中2022年高二化学第二学期期末达标检测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：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05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、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ANaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)BAl(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)C

2、AgNO3(aq)Ag(NH3)2+(aq)Ag(s)DFe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)2、有机化学知识在生活中应用广泛，下列说法正确的是A乙二醇可用来生产聚酯纤维和作汽车发动机的抗冻剂B乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”C福尔马林是甲醛的水溶液，具有杀菌防腐能力，因此可以用其保鲜鱼肉等食品D煤中含有煤焦油及多种化工原料，可通过煤的干馏获得3、由Zn、Fe、Mg、Al四种金属中的两种组成的混合物10 g与足量的盐酸反应产生1.0 g H2，则混合物中一定含有的金属是()AZnBFeCAlDMg4、下列关于有机物的说法不正确的是A苯和乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同

3、B等物质的量的乙烯与乙醇完全燃烧消耗氧气的物质的量相等C向制备乙酸乙酯后剩余的反应液中加入碳酸钠溶液，产生气泡，说明有乙酸剩余D在C4H11N分子中，N原子以三个单键与其他原子相连接的同分异构体有8种(不考虑立体异构)5、下列正确的叙述有( )CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物Ca(HCO3)2 、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为：溶液、胶体灼热的炭与CO2的反应、Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应均既为氧化还原反应，又是吸热反应需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电化学腐蚀氯化铝溶液与氢氧化铝胶体具有的

4、共同性质是：能透过滤纸，加热蒸干、灼烧后都有氧化铝生成苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物A3个 B4个 C5个 D6个6、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A0.1 molL1NaOH溶液：Na+、K+、B0.1 molL1FeCl2溶液：K+、Mg2+、C0.1 molL1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OHD0.1 molL1H2SO4溶液：K+、7、下列说法正确的是A两种难溶电解质，Ksp小的溶解度一定小B0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(

5、Cl)=c(I)C在硫酸钡的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，硫酸钡的Ksp增大D用锌片作阳极，铁片作阴极，电解ZnCl2溶液，铁片表面出现一层锌8、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是A最高价氧化物对应的水化物的酸性：BEB原子半径：CBAC气态氢化物的热稳定性：ECD化合物DC与EC2中化学键类型相同9、酯在碱性条件下水解（RCOOR+NaOHRCOONa+ROH），该反应属于（）A消去反应B加成反应C聚

6、合反应D取代反应10、下列反应可用离子方程式“H+OH-H2O”表示的是ANaHSO4 溶液与 Ba(OH)2 溶液混合BHCl 溶液与 Ca(OH)2 溶液混合CHCl 溶液与 NH3H2O 溶液混合DNaHCO3 溶液与 NaOH 溶液混合11、下列关于物质分类的说法正确的是( ) 稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液都属于胶体 氯水、次氯酸都属于弱电解质 Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物明矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物 电解熔融的Al2O3、12C 转化为14C 都属于化学变化葡萄糖、油脂都不属于有机高分子ABCD12、水溶液X中只可能溶有K、Mg2、Al3、AlO2-、SiO3

7、2-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验。则下列判断正确的是A气体甲一定是纯净物B沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物CK、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中DCO32-和SO42-一定不存在于溶液X中13、有机物的天然提取和人工合成往往得到的是混合物，假设给你一种这样的有机混合物让你研究，一般要采取的几个步骤是A确定化学式确定实验式确定结构式分离、提纯B分离、提纯确定化学式确定实验式确定结构式C分离、提纯确定结构式确定实验式确定化学式D分离、提纯确定实验式确定分子式确定结构式14、某酯的化学式为C5H10O2，把它与氢氧化钠溶液共热产生不发生消去反

8、应的一元醇，该酯的名称是A丁酸甲酯B甲酸丁酯C乙酸丙酯D丙酸乙酯15、某溶液可能含有 NH4、K、Ba2、Fe3、I、SO32、SO42中的几种，现取 100mL 溶液先加入足量氯水，然后滴加足量 BaCl2 溶液，得到沉淀 4.66g，在滤液中加足量 NaOH 溶液并加热，生成的气体在标准状况下体积为 1.12L。根据上述实验，以下推测正确的是A原溶液一定存在 NH4、IB原溶液一定不含 Ba2、Fe3、IC原溶液可能存在 K、Fe3、SO42D另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，即可确定溶液所有的离子组成16、丙氨酸CH3CH(NH2)COOH分子为手性分子，它存在对映异构，如图所示。下

9、列关于丙氨酸CH3CH(NH2)COOH的两种对映异构(和)的说法正确的是()A和结构和性质完全不相同B和呈镜面对称，具有不同的分子极性C和都属于非极性分子D和中化学键的种类与数目完全相同二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：（1）A的系统命名为_。（2）从AB的反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为_。（3）F与G的关系为（填序号）_。a碳链异构 b官能团异构 c顺反异构 d位置异构（4）CD的化学方程式为_。（5）M的结构简式为_。18、AI分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示(部分反应物、生成物没有列出)。已知H

10、为固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是_。(2)反应的化学方程式为_反应的离子方程式为_反应的化学方程式为_（3）反应过程中的现象是_。（4）1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应，生成的气体换算成标准状况下占_L。19、无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。已知:AlCl3、FeCl3分别在183 、315 时升华；无水AlCl3遇潮湿空气变质。. 实验室可用下列装置制备无水AlCl3。（1）组装好仪器后，首先应_，具体操作为_（2）装

11、置 B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是_。装置C中盛放的试剂是_。装置F中试剂的作用是_。若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为_（3）将所制得的无水AlCl3配制溶液时需加入盐酸的目的是_. 工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备,流程如下:（1）氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为_（2）700 时,升华器中物质充分反应后降温实现FeCl3和AlCl3的分离。温度范围应为_a.低于183 b.介于183 和315 之间 c.高于315 （3）样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过下列操作测得(部分物

12、质略去)。计算该样品中AlCl3的质量分数_(结果用m、n表示,不必化简)。20、氯磺酸是无色液体，密度1.79gcm-3，沸点约152。氯磺酸有强腐蚀性，遇湿空气产生强烈的白雾，故属于危险品。制取氯磺酸的典型反应是在常温下进行的，反应为 HCl（g）+SO3 = HSO3Cl。实验室里制取氯磺酸可用下列仪器装置（图中夹持、固定仪器等已略去），实验所用的试剂、药品有：密度1.19gcm-3浓盐酸密度1.84gcm-3、质量分数为98.3%的浓硫酸 发烟硫酸（H2SO4SO3）无水氯化钙水。制备时要在常温下使干燥的氯化氢气体和三氧化硫反应，至不再吸收HCl时表示氯磺酸已大量制得，再在干燥HCl气

13、氛中分离出氯磺酸。（1）仪器中应盛入的试剂与药品（填数字序号）：A中的a_ B_ C_ F_ 。（2）A的分液漏斗下边接有的毛细管是重要部件，在发生气体前要把它灌满a中液体，在发生气体时要不断地均匀放出液体。这是因为_。 （3）实验过程中需要加热的装置是_ （填装置字母）。（4）若不加F装置，可能发生的现象是_， 有关反应的化学方程式_。（5）在F之后还应加的装置是_。21、已知某有机物A有如下的转化关系:请结合上述转化关系回答问题:(1)A的结构简式为_；M是比A少一个CH2原子团的芳香族化合物，能发生银镜反应，且M在所有的同分异构体中核磁共振氢谱信号种类最少，则M的结构简式为_。(2)AB

14、的反应类型为_。(3)BC的化学方程式为_。(4)CE的化学方程式为_ 。(5)D、F的结构简式分别为_、_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A根据碳酸氢钠和碳酸钠的性质分析判断；B根据铝及其化合物的性质分析判断；C根据银氨溶液的性质分析判断；D根据铁及其化合物的性质分析判断。【详解】ANaHCO3(s)加热分解生成Na2CO3(s)，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，该转化关系均能实现，故A正确；BNaAlO2(aq)与过量盐酸反应生成氯化铝和水，不会得到Al(OH)3(s)，故B错误；C蔗糖为非还原性糖，不含醛基，不能和Ag(NH3)2+(aq)发生银

15、镜反应，所以不能生成银析出，故C错误；DFe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会得到FeCl3(aq)，故D错误；答案选A。2、A【解析】A、乙二醇可用来生产聚酯纤维和作汽车发动机的抗冻剂，A正确；B、汽油是不可再生资源，B错误；C、福尔马林是防腐剂，有毒不能用于食品的保存，C错误；D、煤需干馏后可获得煤焦油及多种化工原料，不能说含有煤焦油及多种化工原料，D错误。故选A。3、C【解析】1.0g氢气的物质的量为1.0g2g/mol=0.5mol，假设金属都为+2价金属，则混合金属的平均摩尔质量为10g0.5mol=20g/mol，Zn的摩尔质量为：65g/mol20g/mol，Fe的摩尔质量为：5

16、6g/mol20g/mol，Mg的摩尔质量为：24g/mol20g/mol，Al为+2价时的摩尔质量为：27g/mol2/3=18g/mol20g/mol，根据以上分析可知，混合金属中一定含有铝元素，才能满足平均摩尔质量=20g/mol，所以C正确，答案选C。【点睛】本题考查了混合金属与酸反应的化学计算，注意掌握平均摩尔质量在化学计算中的应用方法，难点是铝的平均摩尔质量的换算。另外如果含有与酸不反应的金属，则可以把其摩尔质量视为无穷大，例如铜等。该题也可以通过计算转移1mol电子时消耗的金属质量进行对比。4、C【解析】A乙烯与溴发生加成反应，使溴水中水层褪色，溴在苯的溶解度远远大于水中的溶解度

17、，苯萃取溴水的溴，使溴水中水层褪色，二者褪色原理不同，选项A正确；B乙烯的分子式为C2H4，乙醇可拆卸成C2H4H2O，1molCH2=CH2完全燃烧消耗3molO2，1molC2H5OH完全燃烧消耗3molO2，二者消耗O2的质量相等，选项B正确；C乙酸乙酯的制备是在浓硫酸作用下进行，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，不能证明乙酸是否过量，选项C不正确；D、根据C4H11N分子中C、N、H原子之间都是以单键相连，以氮原子为中心，氮原子连一个甲基、一个甲基和一个乙基，有1种结构；氮原子连接一个氢原子、一个乙基、一个乙基，共1种；八种氮原子连一个氢原子、一个甲基和一个丙基，丙基有两种，有2种结构

18、；氮原子连两个氢原子和一个丁基，丁基有4种，有4种结构；共有8种同分异构体，选项D正确。答案选C。5、A【解析】试题分析：NO2和NaOH反应生成NaNO3、NaNO2，发生了氧化还原反应，且NO2不是硝酸的酸酐，故错误；反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3、2FeCl3+Fe=3FeCl2均属于化合反应，故正确；碘晶体分散到酒精中形成的分散系是溶液，饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系是胶体，故正确；Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应不属于氧化还原反应，故错误；电解、电镀需通电，电离、电化腐蚀均无需通电，故错误；溶液和

19、胶体都能通过滤纸，加热AlCl3溶液和Al(OH)3胶体时，由于Al3+的水解和胶体的聚沉，均生成Al(OH)3沉淀，蒸干、灼烧时，Al(OH)3分解生成氧化铝和水，故正确；氯气是单质，不是非电解质，故错误；金属元素和非金属元素也可以形成共价化合物，如AlCl3、BeCl3是共价化合物，故错误；综上所述：正确；故选A。考点：主要考查物质的简单分类、化学反应的分类、溶液和胶体的性质、电解质、非电解质、离子化合物、电离、电解、电镀、电化腐蚀、水解等基础知识。6、A【解析】此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反

20、应的离子存在。【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；故选A。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；离子间发生氧化还原反应，如题中B项；离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；离

21、子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。7、D【解析】A.组成相同的难溶电解质可以直接用Ksp的大小比较其溶解度的大小，否则不能直接比较，因此A不正确；B.AgCl和AgI的溶解度不同，等物质的量的这两种物质溶于1L水中，c(Cl)和c(I)不相等，故B不正确；C.在沉淀的饱和溶液中加水，可增大物质溶解的量，但不能改变溶解度和Ksp，它们只与温度有关，所以C不正确；D.用锌片作阳极，失去电子被溶解，溶液Zn2+在阴极铁片上得到电子而析出达到镀锌的目的，因此D正确。本题答案为D。8、A【解析】A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，

22、该化合物为氨气，A为H，B为N；D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D的质子数=2+8+2=12，D为Mg；化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O；A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A. N的非金属性强于Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性BE，A正确；B. 同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径NO，即BCA，B错误；C. 元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性CE，C错误；D. 化合物DC为MgO，EC2为SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；故答案选A。【点睛】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产

23、生活中的应用，以便更好地解决元素化合物的推断题。9、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。10、B【解析】A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合有硫酸钡沉淀生成，不能用H+OH-H2O表示，A错误；B. HCl溶液与Ca(OH)2溶液混合

24、生成氯化钙、水，能用H+OH-H2O表示，B正确；C. HCl溶液与NH3H2O溶液混合生成氯化铵和水，但一水合氨是弱电解质，不能用H+OH-H2O表示，C错误；D. NaHCO3溶液与NaOH溶液混合生成碳酸钠和水，不能用H+OH-H2O表示，D错误；答案选B。【点睛】离子反应不仅可以表示某一具体的反应，还可以表示某一类反应。例如强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应可以用H+OH-H2O表示，但需要注意的是该离子反应还可以表示其他类型的反应，例如NaHSO4+NaOHNa2SO4+H2O，答题时注意灵活应用。11、D【解析】试题分析：分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，稀豆浆属于胶体分散系

25、、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，故错误； 氯水是氯气的水溶液属于混合物，次氯酸属于弱电解质，故错误；Na2O、MgO和酸反应生成盐和水，均为碱性氧化物，Al2O3均既能与酸反应又能与碱反应，是两性氧化物，故错误；明矾是硫酸铝钾晶体属于化合物、冰水混合物是一种物质组成的纯净物、四氧化三铁是化合物，都不是混合物，故正确；12C转化为14C是核反应，既不属于物理变化又不属于化学变化，故错误；葡萄糖、油脂属于有机物，但是相对分子质量不大，不是高分子化合物，故正确；故选D。【点晴】基础考查，侧重概念的理解与应用；胶体是分散质直径在1-100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；水溶液中部

26、分电离的电解质为弱电解质，是化合物；碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物；不同物质组成的为混合物；物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成如果有新物质生成，则属于化学变化；有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大；据此分析判断即可。12、C【解析】加HCl有气体说明有CO32-或SO32-，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在Mg2+、Al3+离子，加盐酸有沉淀，说明一定有SiO32-离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此

27、时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在AlO2-离子，要保证溶液电中性，只有K+这一种阳离子，所以一定存在K+离子，A加HCl有气体说明有CO32-或SO32-，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，则气体甲不一定是纯净物，故A错误；B由于加入的盐酸过量，生成的沉淀甲为硅酸，不会含有硅酸镁，故B错误；C溶液中一定含有K+、AlO2-和SiO32-，故C正确；D硫酸根离子是否存在不能确定，CO32-可能存在，故D错误；故选：C。13、D【解析】试题分析：要分析有机物的组成及结构,必须先制得这种物质,才能对其进行

28、分析研究故需先将有机混合物分离、提纯；再确定该物质的组成元素,进而确定其最简式(实验式)；接着测出分子量确定化学式,再分析它的化学性质或者采用高科技测定方法,从而确定它的结构式；故D项正确；本题选D。考点：有机物结构确定。14、A【解析】某酯的化学式为C5H10O2，该酯为饱和一元醇与饱和一元酸形成的酯；该酯与氢氧化钠溶液共热产生不发生消去反应的一元醇，醇发生消去反应的结构特点是和羟基相连的碳原子有邻碳且邻碳上有氢原子，则该一元醇为甲醇；结合酯的分子式，该酯为C3H7COOCH3，名称为丁酸甲酯，答案选A。15、A【解析】某溶液可能含有 NH4、K、Ba2、Fe3、I、SO32、SO42中的几

29、种，现取 100mL 溶液先加入足量氯水，然后滴加足量 BaCl2 溶液，得到沉淀 4.66g，该沉淀一定是硫酸钡，可以计算出硫酸钡的物质的量为0.02mol，由于氯水可以把SO32氧化为SO42，所以可以确定原溶液中SO32和SO42至少有其中一种，且它们的总物质的量为0.02mol，同时可以确定一定没有Ba2；在滤液中加足量 NaOH 溶液并加热，生成的气体在标准状况下体积为 1.12L，该气体一定是氨气，可以计算出氨气的物质的量是0.05mol，由此可以确定原溶液中一定有0.05mol NH4。根据电荷守恒，又可以确定原溶液中一定有I，因为I和Fe3不能大量共存，所以同时也确定一定不含F

30、e3。综上所述A正确；B 、C 不正确； D. 另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，只能确定溶液中是否含有SO42（产生不溶于盐酸的白色沉淀）和SO32（酸化时有气体产生），K+还不能确定，所以D不正确。本题选A。点睛：本题考查的是离子的定量推断。定量推断比定性推断要难一些。解题的关键是要知道题中有一个隐蔽的条件是电荷守恒。题中的数据一定要处理，根据这些数据和电荷守恒可以确定溶液中还可能存在的离子。16、D【解析】分析：本题考查的是手性分子的结构和性质的判断，根据其定义即可解答问题。详解：A.丙氨酸的两种对映异构(和)，结构不同，但性质相似，故错误；B.二者是镜面对称，分子极性相同，故错误；

31、C.二者都为极性分子，故错误；D.二者化学键的种类和数目完全相同，故正确。故选D。点睛：连接四个不同原子或基团的碳原子，为手性碳原子，含有手性碳原子的分子为手性分子，手性分子有两种不同的结构，像镜子中的像，但化学性质相似，但不完全相同。如手性异构体药物分子中往往是一种有毒副作用而另一种能治病却没有毒副作用。二、非选择题（本题包括5小题）17、1,6-己二醇 减压蒸馏（或蒸馏） c 【解析】A和HBr发生取代反应生成B，B发生氧化反应生成C，根据C、D结构简式变化知，C和CH3CH2OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应然后酸化得到F，根据G、N结构简式区别知，G发生取代反

32、应生成N，M结构简式为。【详解】（1）A为二元醇，羟基分别位于1、6号碳原子上，A的系统命名为1，6-己二醇；（2）A和B均为有机物，互溶，要从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为蒸馏；（3）F与G的分子式相同，不同的是碳碳双键同侧的原子团不同，F和G的关系为顺反异构，答案选c； （4）该反应为羧酸和醇的酯化反应，CD的化学方程式为；（5）根据G、N结构简式区别知，G发生取代反应生成N，M结构简式为。18、铁元素8Al3Fe3O4 4Al2O39FeFe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+ +4H2OAl2O32NaOH2NaAlO2H2O生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐

33、色33.6【解析】试题分析：F是红褐色难溶于水的沉淀，因此F是氢氧化铁，则E是氢氧化亚铁，所以C和D分别是亚铁盐和铁盐。B和盐酸反应生成C和D，所以B是四氧化三铁，C是氯化亚铁，D是氯化铁，A在氧气中燃烧生成B，则A是铁。H和I均能与氢氧化钠溶液反应生成G，则I是铝，和四氧化三铁发生铝热反应生成铁和氧化铝，H是氧化铝，G是偏铝酸钠，据此分析解答。解析：F是红褐色难溶于水的沉淀，因此F是氢氧化铁，则E是氢氧化亚铁，所以C和D分别是亚铁盐和铁盐。B和盐酸反应生成C和D，所以B是四氧化三铁，C是氯化亚铁，D是氯化铁，A在氧气中燃烧生成B，则A是铁。H和I均能与氢氧化钠溶液反应生成G，则I是铝，和四氧

34、化三铁发生铝热反应生成铁和氧化铝，H是氧化铝，G是偏铝酸钠，则。（1）根据以上分析可知A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是铁。（2）根据以上分析可知反应的化学方程式为8Al3Fe3O4 4Al2O39Fe。反应的离子方程式为Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+ +4H2O；反应的化学方程式为Al2O32NaOH2NaAlO2H2O。（3）反应是氢氧化亚铁被空气氧化，过程中的现象是生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。（4）根据8Al3Fe3O4 4Al2O39Fe可知1mol铝发生反应后生成98mol铁，铁在高温下与足量的水蒸气反应的方程式为3Fe4H2O(

35、g)4H2Fe3O4，所以生成的气体换算成标准状况下为98mol4322.4L/mol=33.6L。【点睛】化学推断题是一类综合性较强的试题，解框图题最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。19、检查装置气密性 关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好； 除HCl 浓硫酸 吸收水，防止无水AlCl3遇潮湿空气变质 碱石灰 抑制铝离子水解 Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO b 100%或100% 【解析】I.（

36、1）此实验中有气体的参与，因此实验之前首先检验装置的气密性；检验气密性的方法，一般采用加热法和液差法两种；（2）利用题中信息，可以完成；（3）从水解的应用角度进行分析；II.（1）根据流程的目的，焦炭在高温下转化成CO，然后根据化合价升降法进行配平；（2）利用AlCl3和FeCl3升华的温度，进行分析；（3）根据元素守恒进行计算。【详解】I.（1）装置A制备氯气，因此需要检验装置的气密性，本实验的气密性的检验方法是：关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好；（2）A中制备的氯气中混有HCl和H2O，HCl能与Al发生反应，AlCl3遇水易变质，因此必须除去HCl和H2O，装置B的作用是除去氯气中的HCl，装置C的作用是除去水蒸气，即盛放的是浓硫酸。因为AlCl3遇水易变质，因此装置F的作用是防止G中水蒸气进去E装置，使AlCl3变质；氯气有毒，需要吸收尾气，因此装置G的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气，如果G和F改为一个装置，应用干燥管，盛放试剂为碱石灰；（3）AlCl3属于强酸弱碱盐，Al3发生水解：Al33H2OAl(OH)33H，加入盐酸的目的是抑制Al3的水解；II.（1）流程的目的是制备AlCl3，因此氯化炉中