重庆市万州第二高级中学2022年化学高二第二学期期末预测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷考生须知：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、用价层电子对互斥理论预测H2O和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（ ）A直线形；三角锥形 BV形；三角锥形C直线形；平面三角形 DV形；平面正三角形2、下列描述正确的是()ACS2为V形极性分子BSiF4与SO32-的中心原子均为s

2、p3杂化CC2H2分子中键与键的数目比为11D水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键3、下列说法不正确的是A温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数相同B等温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于1611C温度和容积相同的两气罐中分别盛有5mol O2(g)和2 mol N2(g)，两容积中的压强之比等于52D等温等压条件下， 5 molO2(g)和2 molH2(g)的体积之比等于524、某链状烷烃的一个分子里含有9个碳原子，其一氯代物只有两种，该烷烃的名称是( )A正壬烷B2,6二甲基庚烷C2,3,4三甲基己烷D2,2,4,4四甲基戊烷5、已知酸性：H2CO3，将转变为

3、 的方法是 （ ）A与足量的NaOH溶液共热，再通入SO2B与稀H2SO4共热后，加入足量的NaOH溶液C加热溶液，通入足量的CO2D与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3溶液6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A100g 46%的乙醇溶液中，含HO键的数目为NAB1molNaHSO4在熔融状态下电离出的阳离子数为2NAC氢氧燃料电池负极消耗1.12L气体时，电路中转移的电子数为0.1NAD常温常压下,92 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA7、下列图示中关于铜电极的连接错误的是AA BB CC DD8、维拉帕米（又名异搏定）是治疗心绞痛和原发性高血压的药物，合

4、成路线中某一步骤如图所示，下列说法中正确的是AY的分子式为C5H11O2 BrB含苯环和羧基的的同分异构体有4种C可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和ZD1mol Z最多可与6mol H2发生加成反应9、关于化学式TiCl(H2O)5Cl2H2O的配合物的下列说法中正确的是A配位体是Cl和H2O，配位数是9B中心离子是Ti4+，配离子是TiCl(H2O)52+C内界和外界中的Cl的数目比是1：2D加入足量AgNO3溶液，所有Cl均被完全沉淀10、在一定温度下,下列叙述不是可逆反应 A(g)+3B(g)2C(g)达到平衡的标志的是C 的生成速率与 C 的分解速率相等;单位时间内有 amol A 生成的

5、同时生成 3amol B;A、B、C 的浓度不再变化;容积不变的密闭容器中混合气体的总压强不再变化;混合气体的物质的量不再变化;单位 时间消耗 amol A,同时生成 3amol B;A、B、C 的分子数目之比为 132。ABCD11、下列能级符号表示错误的是A2pB3fC4sD5d12、现代无机化学对硫氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。其中如图所示是已合成的最著名的硫氮化合物的分子结构。下列说法正确的是A该物质的分子式为SNB该物质的分子中既有极性键，又有非极性键C该物质在固态时形成原子晶体D该物质中硫的杂化方式为sp2，分子构型为平面型13、乙酸异丁香酚酯主要用于配制树莓、草莓、浆果和混

6、合香辛料等香精。其结构简式如下图所示，下列说法正确的是A异丁香酚的分子式是C10H12O2，分子中含有含氧官能团羟基和醚键B乙酸异丁香酚酯中的所有碳原子不可能在一个平面内C乙酸异丁香酚酯能与溴水发生加成反应和取代反应D1mol乙酸异丁香酚酯最多能与1mol NaOH发生反应14、有一瓶无色溶液，可能含有Na+、K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO42-、HCO3-、MnO4-离子中的几种为确定其成分，进行如下实验：取少许溶液，逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解；另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生

7、；用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰下列推断正确的是（ ）A肯定有Na+、Al3+、Mg2+、SO42-B肯定有Na+、Mg2+、Al3+、Cl-C肯定没有K+、HCO3-、MnO4-D肯定没有K+、NH4+、Cl-15、已知：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-，2Fe3+2I-=2Fe2+I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量Cl2，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列说法中，不正确的是A还原性：I-Fe2+Br-B原混合溶液中FeBr2的物质的量为6 molC原溶液中：n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2:1:3D当通入2mol Cl2时，

8、溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2+2I-+2Cl2=2Fe3+I2+4Cl-16、下列属于非电解质的是A乙酸B二氧化碳C氧气D硫酸钡二、非选择题（本题包括5小题）17、由丙烯经下列反应制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。(1)F的结构简式为_。(2)在一定条件下，两分子E能脱去两分子形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为_。(3)BC 化学方程式为_。C与含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为_。EG化学方程式为_。(4)手性分子X为E的一种同分异构体，lmolX与足量金属钠反应产生lmol氢气，lmolX与足量银氨溶液反应能生成2molAg，则X的结构

9、简式为_。(5)用G代替F制成一次性塑料餐盒的优点是_。18、化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称为为_。（2）由E生成F的反应类型分别为_。（3）E的结构简式为_。（4）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为_。（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6211，写出2种符合要求的X的结构简式_、_。19、某兴趣小组设计了如图所示装置(部分夹持装置已略去)进行实验探究。（实验一）探究影响化学反应速率的因素。圆底烧瓶中装锌片(

10、两次实验中所用锌片大小和外形相同)、恒压分液漏斗中装稀硫酸，以生成20.0mL气体为计时终点，结果为t1t2。序号V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/molL-1t/sI401t1II403t2序号V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/molL1t/sI401t1II403t2检查该装置气密性的方法是_。比较实验I和可以得出的结论是_。（实验二）探究铁的电化学腐蚀。圆底烧瓶中装铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装稀硫酸，打开活塞加入稀硫酸后量气管中出现的现象是：左侧液面_右侧液面_(选填“上升”、“下降”)。圆底烧瓶中装与相同量的铁粉但不加入碳粉，其他试剂和操作相同，发现左、右侧液面变化较

11、_（选填“快”、“慢”，下同），说明原电池反应比一般化学反应_。圆底烧瓶中装与相同量的铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装食盐水，打开活塞加入食盐水后，你预测量气管中出现的现象是：_，正极的电极反应是_。20、次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2HCHO2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛，已知次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在120 以上发生分解。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：步骤1：在烧瓶中(装置如图所示)加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加

12、入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在8090 下，反应约3 h，冷却至室温，抽滤。步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶，抽滤。(1)仪器B的名称为_，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，其作用是：_。(2)装置C的作用是_。(3)步骤2中，应采用何种加热方式_，优点是_；冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有_(填化学式)。(4)步骤3中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是_。(5)请写出步骤1中制取NaHSO3的化学方程式：_。21、铁是地球表面最丰富的金属之一，其合金、化合物具有广泛用途。Fe3+可以与SCN、CN、有机分子等形成配合物。基态Fe3+的电子排布式为_；与SCN互为等电子体且为非极

13、性分子的化学式为_。化合物FeCl3是棕色固体、易潮解、100左右时升华，它的晶体类型是_。普鲁士蓝俗称铁蓝，结构如图甲所示（K+未画出），平均每两个立方体中含有一个K+，该晶体的化学式为_。又知该晶体中铁元素有2价和3价两种，则Fe3+与Fe2+的个数比为_。在一定条件下铁形成的晶体的基本结构单元如图乙和图丙所示，则图乙和图丙的结构中铁原子的配位数之比为_，两种晶体中空间利用率较高的是_。（填“图乙”或“图丙”）参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】分析：H2O中中心原子O上的孤电子对数为12（6-21）=2，成键电子对数为2，价层电子对数为2+2=4，VSEPR模型为

14、四面体形，略去O上的两对孤电子对，H2O为V形；BF3中中心原子B上的孤电子对数为12（3-31）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面正三角形，B上没有孤电子对，BF3为平面正三角形。详解：H2O中中心原子O上的孤电子对数为12（6-21）=2，成键电子对数为2，价层电子对数为2+2=4，VSEPR模型为四面体形，略去O上的两对孤电子对，H2O为V形；BF3中中心原子B上的孤电子对数为12（3-31）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面正三角形，B上没有孤电子对，BF3为平面正三角形；答案选D。点睛：本题考查价层电子对互斥理论

15、确定分子的空间构型，理解价层电子对互斥理论确定分子空间构型的步骤是解题的关键。当中心原子上没有孤电子对时，分子的空间构型与VSEPR模型一致；当中心原子上有孤电子对时，分子的空间构型与VSEPR模型不一致。2、B【解析】A依据价层电子对互斥理论可知，CS2中C原子的价层电子对数=2+（4-22）=2，为sp杂化，为直线形，CS2为直线形非极性分子，键角是180，A错误；B.SiF4中Si原子的价层电子对数=4+（4-41）=4，为sp3杂化，SO32- 中S原子的价层电子对数=3+（6+2-32）=4，为sp3杂化,B正确；C.C2H2分子的结构式是HCCH，键与键的数目比为32，C错误；D.

16、水加热到很高温度都难分解是因水分子内的OH键的键能较大，与分子之间是否存在氢键无关，D错误；故合理选项是B。3、A【解析】A项，压强没有确定，温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数不一定相同，错误；B项，等温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于其相对分子质量之比，为64：441611，正确；C项，温度和容积相同的两气罐中的压强之比等于气体分子物质的量之比，即为52，正确；D项，等温等压条件下，两气体的体积之比等于气体分子物质的量之比，即为52，正确；答案选A。4、D【解析】某烷烃的一个分子里含有9个碳原子，为壬烷的同分异构体；一氯代物只有两种，说明该烷烃分子结构对称，分子中含

17、有2种等效H原子，据此分析判断。【详解】烷烃的一个分子里含有9个碳原子，其一氯代物只有两种，则结构对称，只有2种位置的H原子。A正壬烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH3，其分子中含有5种等效氢原子，一氯代物有5种，故A错误；B2，6-二甲基庚烷的结构简式为：CH3CH(CH3)CH2CH2CH2CH(CH3)CH3，分子中含有4种等效H原子，其一氯代物有4种，故B错误；C2，3，4-三甲基己烷的结构简式为：CH3CH(CH3)CH(CH3)CH(CH3)CH2CH3，其分子中含有8种等效H，一氯代物有8种，故C错误；D2，2，4，4-四甲基戊烷的结构简式为：(

18、CH3)3CCH2C(CH3)3，其分子中含有2种等效H，一氯代物只有2种，故D正确；答案选D。【点睛】掌握同分异构体概念及书写方法，正确判断有机物的结构简式中等效H原子数目为解答本题的关键。解答本题要注意等效H原子的判断方法的应用。5、D【解析】A与足量的NaOH溶液共热，生成羧酸钠和酚钠结构，由于酸性：亚硫酸，则再通入SO2生成邻羟基苯甲酸，A错误；B与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，再加入足量的NaOH溶液，生成羧酸钠和酚钠结构，B错误；C加热溶液，通入足量的CO2，不发生反应，C错误；D与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，加入足量的NaHCO3溶液，-COOH反应生成羧酸钠，

19、酚羟基不反应，D正确，答案选D。6、D【解析】分析：A乙醇溶于中，水分子中也含有O-H键；B、熔融状态下硫酸氢钠电离的阳离子只有钠离子；C、气体的体积与温度和压强有关；D、NO2和N2O4最简式相同为NO2，可以计算92gNO2中所含原子数。详解：A100g 46%的乙醇溶液中，由于水分子中也含有H-O键，则该溶液中含H-O键的数目大于NA，故A错误；B、熔融状态下1mol硫酸氢钠完全电离出1mol钠离子，电离出的阳离子数为NA，故B错误；C、氢气所处的状态不明确，无法计算氢气的物质的量，则转移的电子数无法计算，故C错误；D、NO2和N2O4最简式相同为NO2，计算92gNO2中所含原子数=9

20、2g46g/mol3NA=6NA，故D正确；故选D。点睛：本题考查了阿伏加德罗常数的计算。本题的易错点为B，要注意硫酸氢钠在水溶液中和熔融状态下的电离的区别，在溶液中能够电离出氢离子，在熔融状态下只能电离成钠离子和硫酸氢根离子。7、C【解析】A.Zn比Cu活泼，Zn是负极，Cu是正极，故A正确；B.电解精炼铜时，粗铜一定作阳极，精铜一定作阴极，硫酸铜溶液作电解液，故B正确；C.电镀时，应把镀层金属作阳极，待镀金属作阴极，含有镀层离子的电解质溶液作电解质液，故C错误；D.因为Cu是活性电极，如果Cu作阳极，则不是溶液中的Cl放电，而是Cu溶解，所以电解氯化铜溶液时，应该让C作阳极，Cu作阴极，故

21、D正确；本题答案为C。8、B【解析】A由结构简式可知分子式为C5H9BrO2， A错误；B含苯环和羧基，对应的同分异构体可含有CH2COOH，或含有CH3、COOH（邻、间、对），共有4种， B正确；CX中的酚羟基会使高锰酸钾溶液褪色，Z中的碳碳双键会使高锰酸钾溶液褪色，故无法用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z，C错误；DZ中能与氢气发生加成反应的只有苯环和碳碳双键，酯基中的羰基不能和氢气加成，则1mol Z含有1mol苯环可以与3molH2加成，含有2mol碳碳双键，可以与2molH2加成，因此1moZ最多可与5mol H2发生反应，D错误；故合理选项为B。【点睛】碳氧双键（羰基）可以按照是否能与

22、氢气加成分为两类，第一类构成醛基和酮基，这时羰基可以和H2发生加成反应，第二类构成羧基和酯基，这时羰基不能和H2发生加成反应。9、C【解析】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子(统称中心原子)和围绕它的称为配位体(简称配体)的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，TiCl(H2O)5Cl2H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是 Ti3+，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。【详解】A项，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，则配位数是6，故A项错误；B项，配离子是TiCl(H

23、2O)52+，根据电荷守恒可知中心离子是Ti3+，故B项错误；C项，根据已知配合物的化学式，TiCl(H2O)52+中（内界）的Cl-数目为1，剩余部分含有的Cl-数目为2，则内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C项正确；D项，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，内界的Cl-不会被沉淀，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查配合物的成键，侧重分析与应用能力的考查，注意只有外界中的Cl-与 AgNO3 溶液反应，把握中心离子、配位体、配位离子的判断为解答的关键。10、C【解析】C的生成速率与C的分解速率相等，表示正逆反应速率相等，说明已经达到平衡状态，故不选

24、；单位时间内有amol A生成，同时生成3amolB，表示的都是逆反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故选；A、B、C的浓度不再变化，说明达到了平衡状态，故不选；由于反应前后都是气体，容积不变的密闭容器，气体的化学计量数之和不相等，容器的容积不变，只有达到了平衡状态，混合气体的压强才不再变化，说明已经达到平衡状态，故不选；反应前后气体的化学计量数不相等，混合气体的物质的量不再变化，说明反应达到了平衡状态，故不选；单位时间消耗amol A，同时生成3amolB，说明正反应速率相等，达到了平衡状态，故不选；A、B、C的分子数目比为1：3：2，不能说明是否发生变化，无法判断正逆反应速率是否相等，故选

25、；不能判断达到平衡状态的是：；故选C。11、B【解析】A.第二能层含有2个能级，分别是2s、2p能级，含有2p能级， A正确；B.第三能层含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，不含3f能级，B错误；C.第四能层含有4个能级，分别是4s、4p、4d、4f能级，含有4s能级，C正确；D.第五能层含有5个能级，分别是5s、5p、5d、5f、5g能级，含有5d能级，D正确；答案选B。12、B【解析】A分子式是单个分子中所有元素原子的总数的化学式。该物质的分子式为S4N4，A不正确；B该物质的分子中既有极性键(S-N键)，又有非极性键(N-N键)，B正确；C从图中可以看出，该物质的结构不是空间网状结

26、构，所以在固态时形成分子晶体，C不正确；D该物质中硫的杂化方式为sp3，分子构型为空间构型，D不正确；故选B。13、A【解析】A. 异丁香酚的分子式是C10H12O2，分子中含有含氧官能团羟基和醚键，故A正确；B. 乙酸异丁香酚酯中的所有碳原子在苯平面、烯平面中，可能在一个平面内，故B错误；C. 乙酸异丁香酚酯能与溴水发生加成反应，但不能发生取代反应，故C错误；D. 1mol乙酸异丁香酚酯最多能与2mol NaOH发生反应，故D错误；故选A。14、A【解析】逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，则沉淀成分是氢氧化镁和氢氧化铝；加入硝酸酸化的B

27、a(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，且不溶于硝酸，该白色沉淀为BaSO4；焰色反应为黄色说明含有钠元素；据此分析；【详解】该溶液为无色溶液，因MnO4显紫(红)色，因此该溶液中一定不含有MnO4，逐渐加入过量的Na2O2固体，发生2Na2O22H2O=4NaOHO2，氧气是无色无味的气体，因为NH3是有刺激性气味的气体，因此原溶液中不含有NH4，能与OH反应生成沉淀的离子是Mg2、Al3，因Mg(OH)2不溶于NaOH，Al(OH)3两性氢氧化物，溶于NaOH，有白色沉淀产生且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，推出溶液中一定含有Mg2、Al3，因Al3与HCO3不能大量共存 ，因此原溶液中一定不存

28、在HCO3；取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，该白色沉淀不溶于硝酸，该沉淀为BaSO4，推出原溶液中含有SO42；焰色反应为黄色，推出原溶液中一定含有Na，因为没有通过钴玻璃观察，因此无法判断是否含有K；综上所述，原溶液中一定不存在的离子是NH4、HCO3、MnO4，一定含有离子是Na、Al3、Mg2、SO42，不能确定的离子有K、Cl，故选项A正确；答案：A。【点睛】离子检验中坚持“四项基本原则”：肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；电中性原则：溶液呈电中性，一

29、定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。15、B【解析】A、已知：2Fe2Br2=2Fe32Br，2Fe32I=2Fe2I2，则根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知还原性：IFe2Br，A正确；B、在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，碘离子先被氧化，即碘化亚铁是1mol。通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，亚铁离子被氧化，碘化亚铁中亚铁离子是1mol，所以溴化亚铁中亚铁离子是3mol，则溴化亚铁是3mol，

30、B错误；C、根据以上分析可知原溶液中：n（Fe2）n（I）n（Br）213，C正确；D、当通入2 mol Cl2时，碘完全被氧化，亚铁离子有2mol被氧化，则溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl，D正确。答案选B。16、B【解析】A. 乙酸是溶于水能导电的化合物，属于电解质，A不符合题意； B. 虽然二氧化碳的水溶液能导电，但导电的离子由碳酸电离产生而不是二氧化碳自身电离的，二氧化碳是非电解质，B符合题意； C. 氧气是单质，既不是电解质也不是非电解质，C不符合题意； D. 硫酸钡是电解质，D不符合题意；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、 聚乳酸

31、制成的塑料在自然环境中可以降解为小分子，对环境无害。 【解析】丙烯发生加聚反应生成F，F是聚丙烯；丙烯与溴发生加成反应生成A，A是1,2-二溴丙烷；A水解为B，B是1,2-丙二醇；B氧化为C，C是；被新制氢氧化铜悬浊液氧化为D，D是；与氢气发生加成反应生成E，E是；发生缩聚反应生成高分子化合物G为。【详解】(1) 丙烯发生加聚反应生成F，F是聚丙烯，结构简式为。(2)E是，在一定条件下，两分子能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为。(3)B是1,2-丙二醇被氧化为， 化学方程式为。C是，被含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液氧化为，反应的化学方程式为。E是，发生缩聚反应生成聚

32、乳酸，化学方程式为。(4)手性分子X为E的一种同分异构体，lmolX与足量金属钠反应产生lmol氢气，lmolX与足量银氨溶液反应能生成2molAg，说明X中含有2个羟基、1个醛基，则X的结构简式为。(5)用G代替F制成一次性塑料餐盒的优点是聚乳酸制成的塑料在自然环境中可以降解为小分子，对环境无害。18、苯甲醛取代反应、【解析】结合A生成B的步骤与已知信息可知A为苯甲醛，B为，根据反应条件Cu(OH)2和加热可知C为，C经过Br2的CCl4溶液加成生成D，D生成E的过程应为卤族原子在强碱和醇溶液的条件下发生消去反应，则E为，E经过酯化反应生成F，F中的碳碳三键与G中的碳碳双键加成生成H，结合条

33、件可知G为。【详解】（1）根据分析可知A的化学名称为苯甲醛。答案：苯甲醛。（2）根据分析可知E生成F为醇和羧酸的酯化反应，属于取代反应。答案：取代反应。（3）由分析可知E的结构简式为。答案：。（4）G为甲苯的同分异构体，则G的分子式为C7H8，G的结构简式为，所以F生成H的化学方程式为：。答案：。（5）芳香化合物X是F的同分异构体，则X的分子式为C11H10O2，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明X中含有羧基，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6211，所以X的结构简式有、共4种可能性，任意写两种即可。19、从量气管右侧管口加水至左右两管出现液面高度差时停止加水，若能保

34、持液面高度差不变，则说明装置气密性好 增大反应物浓度能加快化学反应速率 下降 上升 慢 快 左侧液面上升右侧液面下降 O2 + 4e- + 2H2O 4OH- 【解析】分析：本题考查了化学反应的速率的影响因素，钢铁的电化学腐蚀等，注意知识的归纳和梳理是关键。详解：【实验一】由实验装置分析得检验气密性的方法是从量气管右侧管口加水至左右两管出现液面高度差时停止加水，若较长时间能保持液面高度差不变，则说明装置气密性好； t1t2，说明实验反应速率较大，二者浓度不同，说明在气体条件一定时，反应收益率随着反应物浓度的增大而增大；【实验二】铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，有气体生成，而且放热，所以压强增大

35、，所以左侧液面下降，右侧液面上升；圆底烧瓶中装与相同量的铁粉但不加入碳粉，其他试剂和操作相同，因为中形成的原电池 ，反应快，所以不加碳粉的反应慢；圆底烧瓶中装与相同量的铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装食盐水，打开活塞加入食盐水后，铁发生吸氧腐蚀，左侧空气量减少，左侧液面上升，右侧液面下降；空气中的氧气在正极得到电子发生反应，电极反应为： O2 + 4e- + 2H2O 4OH-。20、 (球形)冷凝管 增大接触面积使SO2充分反应 吸收二氧化硫并防止倒吸 水浴加热 均匀受热、容易控制温度 HCHO 防止产物被空气氧化 Na2SO3SO2H2O2NaHSO3 【解析】(1)装置A中通入SO2的

36、导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积；(2)装置C是尾气吸收装置，结合二氧化硫易溶于水分析解答； (3)次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2HCHO2H2O) 在120 以上发生分解；HCHO易挥发据此分析解答；(4)根据化合价分析次硫酸氢钠甲醛具有的性质，结合次硫酸氢钠甲醛的性质分析判断；(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，据此书写反应的化学方程式。【详解】(1)根据装置图，仪器B为(球形)冷凝管，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积，加快反应速度，故答案为：(球形)冷凝管；增大接触面积使SO2充分反应，加快反应速度；(2)装置C是尾气吸收装置，倒置的漏斗可以防倒吸，所以装置C的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气并阻止空气进入装置A，故答案为：吸收二氧化硫并防止倒吸