浙江省杭州市七县区2021-2022学年高二化学第二学期期末调研模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、瑞典 公司设计的用于驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池如图所示，下列有关说法正确的是（ ）A电池工作时，电极2上发生氧化反应B电池工作一段时间后停止，溶液 pH比开始时明显增大C电极1发生的电极反应为2NH3 + 6OH6e N2 + 6H2OD用该电

2、池做电源电解精炼铜，理论上每消0.2molNH3的同时阳极会得到 19.2g纯铜2、对下列装置，不添加其他仪器无法检查装置气密性的是ABCD3、下列叙述不正确的是A乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应B乙醇易燃烧，污染小，只能在实验室中作燃料C常在燃料乙醇中添加少量煤油用于区分食用乙醇和燃料乙醇，因为煤油具有特殊气味D除去乙醇中少量乙酸：加入足量生石灰蒸馏。4、电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法不正确的是A曲线代表滴定CH

3、3COOH溶液的曲线BA、C两点对应溶液均呈中性CB点溶液中:c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)DA点溶液中: c(CH3COO-)+ c(OH-)- c(H+)=0.050mol/L5、MgCl2溶于水的过程中，破坏了A离子键B共价键C金属键和共价键D离子键和共价键6、现有乳酸（CH3CHOHCOOH）和乙醇的混合物共1mol，完全燃烧生成54g水和56L（标准状况下测定）CO2，则完全燃烧时消耗氧气物质的量是（ ）A2molB2.25molC3molD3.75mol7、我国科学家屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾新疗法而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖，已知青蒿素的结构简式如下。下列说

4、法不正确的是（ ）A青蒿素的分子式为C15H20O5B青蒿素难溶于水，能溶于NaOH溶液C青蒿素分子中所有的碳原子不可能都处于同一平面内D青蒿素可能具有强氧化性，具有杀菌消毒作用8、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是选项ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中KSCN溶液滴入FeCl3溶液中CO2通过装有Na2O2固体的干燥管现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色溶液变为红色固体由淡黄色变为白色AABBCCDD9、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分离、提纯确定结构式确定实

5、验式确定化学式B分离、提纯确定实验式确定化学式确定结构式C分离、提纯确定化学式确定实验式确定结构式D确定化学式确定实验式确定结构式分离、提纯10、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11、一定能在下列溶液中大量共存的离子组是()A常温下pH=7的溶液中：Fe3、NO、Al3、ClB水电离的c(H)11013molL1的溶液：Na、NH4、SO、COC含有0.1molL1Ca2的溶液中：Na、Cu2、SiO、N

6、OD含有大量NO的溶液：K、Fe2、SO、Cl12、由乙烯推测丙烯的结构或性质，正确的是 （ ）A分子中三个碳原子在同一直线上B分子中所有原子在同一平面上C与HCl加成只生成一种产物D在一定条件下，能发生加聚反应13、下列各图所示装置中，肯定不符合气密性要求的是ABCD14、0.lmol某有机物的蒸气跟足量O2混合后点燃，反应后生成13.2 gCO2和5.4gH2O，该有机物能跟Na反应放出H2，又能跟新制Cu(OH)2悬浊液反应生成红色沉淀，则该化合物的结构简式可能是AOHC-CH2-CH2COOH BC D15、下述说法正确的是（ ）碘酒属于混合物，而液氯、冰水、冰醋酸均属于纯净物氢氧化钡

7、、氯化铵、过氧化钠、氢化钠都属于离子化合物蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质Al2O3和SiO2都能溶于强碱，因此都是酸性氧化物溶液与胶体的本质区别是丁达尔效应ABCD16、下列物质属于电解质且能导电的是A石墨B液态HClC葡萄糖D熔融的Na2CO3二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物AH的转化关系如下图所示。其中A是植物生长调节剂，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平；D是一种合成高分子材料，此类物质如果大量使用易造成“白色污染”。请回答下列问题：(1)E官能团的电子式为_。(2)关于有机物A、B、C、D的下列说法，不正确的是_(选填序号）。a. A、B

8、、C、D均属于烃类b. B的同系物中，当碳原子数4时开始出现同分异构现象c. 等质量的A和D完全燃烧时消耗O2的量相等，生成CO2的量也相等 d. B不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但A和D可以(3)写出下列反应的化学方程式：反应：_；反应：_。(4)C是一种速效局部冷冻麻醉剂，可由反应或制备，请指出用哪一个反应制备较好:_，并说明理由：_。18、有机物 A、B、C、D、E 的衍变关系如下所示。其中，A 是粮食发酵的产物，D 是高分子化合物，E 具有水果香味。请回答下列问题：（1）A 的名称是_，含有的官能团名称是_。（2）写出 A 和 B 反应生成 E 的化学方程式_，该反应的类型为_。（

9、3）D 的结构简式为_。（4）写出把 C 通入溴水中的现象_。19、实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）A为氯气发生装置。A中反应方程式是_（锰被还原为Mn2+）。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有_。（2）探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl

10、2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。由方案中溶液变红可知a中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_产生（用方程式表示）。方案可证明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗涤的目的是_。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_FeO42-（填“”或“”），而方案实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是_。资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42

11、-MnO4-，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO42-MnO4-。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：_。20、某同学利用下图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下：向2 mL浓H2SO4和2 mL乙醇混合液中滴入2 mL乙酸后，加热试管A；一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体；停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色。(1)为了加快酯化反应速率，该同学采取的措施有_。(2)欲提高乙酸的转化率，还可采取的措施有_。(3)试管B中溶液显红色的原因是_（用离子方程式表示）。(4)中油状

12、液体的成分是_。(5)中红色褪去的原因，可能是酚酞溶于乙酸乙酯中。证明该推测的实验方案是_。21、关于化学反应的理论是一个经过简化的概念模型，合理简化的概念模型是研究化学反应原理的基础。反应速率的碰撞理论提出：能引发化学反应的碰撞称为有效碰撞。（1）图I是HI分解反应中HI分子之间的几种碰撞示意图，其中属于有效碰撞的是_（填“a”“b”或“c”）。（2）过渡态理论是在碰撞理论的基础上提出的：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态。根据图写出相应的热化学方程式：_ 。（3）过渡态理论认为，催化剂改变反应速率的原因是改变了活化能从而改变了反应的途

13、径。请在图中画出该反应在其他条件不变，仅使用催化剂而使反应速率加快的能量变化示意图。_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】分析：原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，氨气在负极通入，氧气在正极通入，结合原电池的工作原理解答。详解：A.电极1通入氨气，为负极，电极2通入氧气为正极，发生得到电子的还原反应，A错误；B电池总方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O，生成水，溶液体积增大，氢氧根浓度减小，pH减小，B错误；C在燃料电池的负极上发生燃料氨气失电子的氧化反应，则碱性环境下电极1发生的电极反应为：2NH3+6OH-6e-=N2+6H2O，C

14、正确；D由2NH3+6OH-6e-=N2+6H2O可知，理论上每消耗0.2 molNH3，可转移0.6mol电子，阳极发生氧化反应，不能得到铜，D错误；答案选C。2、B【解析】分析：检查装置气密性，必须使被检查装置形成密封体系。详解：A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，选项A不选；B图中的装置分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，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，所以不能检查出装置是否漏气，选项B选；C图中的装置向外拉活塞，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

15、产生，所以能检查出装置是否漏气，选项C不选；D对于该装置的气密性检查，主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大来进行检验即用手握住试管外壁，如果装置漏气，压强不变化，就无现象；如果装置不漏气，温度升高，压强就变大就会在导管口产生气泡，所以能检查出装置是否漏气，选项D不选；答案选B。3、B【解析】A、乙醇可以先氧化为乙醛，乙醛再氧化为乙酸，乙醇、乙酸都能发生酯化反应，故A正确；B、乙醇易燃烧，污染小，乙醇除在实验室作燃料外,，还可用于生产乙醇汽油，故B错误；C、煤油有特殊气味，所以常在燃料乙醇中添加少量煤油用于区分食用乙醇和燃料乙醇，故C正确；D、乙酸与CaO反应生成离子化合物醋酸钙，蒸馏时乙醇以

16、蒸气形式逸出，得到纯净乙醇，故D正确；故选B。4、B【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入KOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着KOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应式离子浓度最小，继续加入KOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，曲线代表0.1 mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，A由分析可知，曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线，选项A正确；BA点溶质为醋酸钠，醋酸钠水解溶

17、液呈碱性，C点溶质为NaCl，溶液呈中性，选项B不正确；C、B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，c(Na+)最大 ，CH3COO水解产生OH，c(OH) c(CH3COO)，故c(Na+) c(OH) c(CH3COO)，选项C正确； DA点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，选项D正确。答案选B。点睛：本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，电解质溶液的电导率越大，导电能力越强，1

18、0.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH溶液，0.100mol/L的盐酸导电性强，电导率大，因此曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线，曲线代表滴定HCl溶液的曲线，据此作答。5、A【解析】MgCl2是含有离子键的离子化合物，溶于水电离出镁离子和氯离子，破坏了离子键。答案选A。6、C【解析】乳酸分子式为C3H6O3, 1mol乳酸完全燃烧耗氧量为(3+6/4-3/2)mol=3mol,乙醇的分子式C2H6O, 1mol乙醇完全燃烧耗氧量为(2+6/4-1/2)mol=3mol,二者耗氧量相等,故物质的量一定,二者以任意比混合完全燃烧耗氧量为混合物的3倍，故1mol 乳酸与乙

19、醇的混合物完全燃烧消耗氧气为1mol3= 3mol；答案选C。7、A【解析】分析：由结构简式可以知道分子式，含酯基、醚键及过氧键，结合酯、过氧化物的性质来解答。详解:A. 由结构简式知道，青蒿素的分子式为C15H22O5，故A错误；B.含有酯基，难溶于水，可溶于氢氧化钠溶液，所以B选项是正确的；C. 该分子中具有甲烷结构的C原子，根据甲烷结构知该分子中所有C原子不共面，所以C选项是正确的；D.含有过氧键，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，所以D选项是正确的。所以本题答案选A。点睛：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查基本概物质结构等知识点，由结构简式判断元素种类和原子个数，可确定分子式

20、；有机物含有酯基能发生水解反应，含有过氧键，具有强氧化性，解题关键是根据结构预测性质。8、C【解析】A、NaOH溶液滴入FeSO4溶液，发生反应Fe22OH=Fe(OH)2，因为Fe(OH)2容易被O2氧化，发生反应4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，现象为产生白色沉淀，迅速转变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，涉及氧化还原反应，A错误；B、氯水中发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，即氯水的成份是Cl2、HCl、HClO，氯水滴入石蕊，溶液先变红，HClO具有强氧化性，能把有色物质漂白，即红色褪去，涉及氧化还原反应，B错误；C、KSCN溶液滴入FeCl3溶液中发生反应FeCl33K

21、SCNFe(SCN)33KCl，溶液变为红色，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，C正确；D、CO2通过装有Na2O2固体的干燥管，发生反应2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2，固体由淡黄色变为白色，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，D错误。答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应判断，题目难度不大，判断一个反应是否属于氧化还原反应，需要看是否有化合价的变化，有化合价变化的反应，才属于氧化还原反应，这是解题的关键。9、B【解析】从天然资源提取的有机物，首先得到的是含有有机物的粗品。需经过分离、提纯才能得到纯品；再进行鉴定和研究未知有机物的结构与性质，一般先利用元素定量分析确定实验式；再

22、测定相对分子质量确定化学式；因为有机物存在同分异构现象，所以最后利用波谱分析确定结构式，对其研究的步骤是：分离提纯确定实验式确定化学式确定结构式；故选B。10、D【解析】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。11、D【解析】A.可知PH=7时,溶液应该为中性，但是因为有Fe3+的存在,会因为水解作用而产生H+，使溶液呈酸性，所以为了中和Fe3+水解产生的H+,需要加入OH-，但是因为有Fe3+,

23、所以加入OH-后,就会产生沉淀，所以Fe3、NO、Al3、Cl不能大量共存；B.由水电离出的c(H)11013molL1的溶液，为酸或碱溶液，CO能与酸反应，NH4能与碱反应，不能共存；C. 含有0.1molL1Ca2的溶液中SiO不能大量共存；D.该组离子之间不反应。【详解】A.可知PH=7时,溶液应该为中性，但是因为有Fe3+的存在,会因为水解作用而产生H+，使溶液呈酸性，所以为了中和Fe3+水解产生的H+,需要加入OH-，但是因为有Fe3+,所以加入OH-后,就会产生沉淀，所以Fe3、NO、Al3、Cl不能大量共存，故A错误；B.由水电离出的c(H)11013molL1的溶液，为酸或碱溶

24、液，CO能与酸反应，NH4能与碱反应，不能共存，故B错误；C. 含有0.1molL1Ca2的溶液中SiO不能大量共存；故C错误；D.该组离子之间不反应,能共存,故正确；故本题选D。12、D【解析】乙烯中含碳碳双键，能发生加成反应，所以分子在同一平面内，丙烯与乙烯为同系物，性质相似，但丙烯中存在甲基，甲基为空间四面体结构；A.乙烯为平面结构，夹角为120，所以丙烯中只有2个碳原子在一条直线上，故A错误；B.丙烯中存在甲基，甲基为空间四面体结构，则分子中所有原子不会在同一平面上，故B错误；C.因丙烯结构不对称，则与HCl加成可生成两种产物，故C错误；D.丙烯中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成聚丙烯

25、，故D正确；故答案选D。13、D【解析】A用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好，故A符合；B用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故B符合；C用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，故C符合；D用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而图示两端液面相平，说明装置漏气；故选D。【点晴】实验基本操作考查为高频考点，检查装置的气密性原理就是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，通过分析实验装置是否形成水柱或气泡，来

26、检查装置的气密性，虽然装置各不相同，甚至差别较大，但原理都是一样的。14、D【解析】试题分析：0.lmol某有机物的蒸气跟足量O2混合后点燃，反应后生成13.2 gCO2和5.4gH2O，则该有机物中n(C)=n(CO2)=13.2g44g/mol=0.3mol，n(H)=2n(H2O)=5.4g18g/mol2=0.6mol，所以该有机物分子中有3个C和6个H。该有机物能跟Na反应放出H2，则其可能有羟基或羧基；又能跟新制Cu(OH)2悬浊液反应生成红色沉淀，则其一定有醛基。分析4个选项中有机物的组成和结构，该化合物的结构简式可能是，D正确，本题选D。点睛：本题考查了有机物分子式和分子结构的

27、确定方法。根据有机物的燃烧产物可以判断其可能含有的元素，根据其性质可能推断其可能含有的官能团，在组成和结构不能完全确定的情况下，要确定可能的范围，然后把它们尽可能地列举出来，防止漏解。15、D【解析】碘酒是碘的酒精溶液，属于混合物，液氯、冰水、冰醋酸均为一种成分组成，均属于纯净物，故正确；氢氧化钡是由钡离子和氢氧根离子构成，氯化铵由氯离子和铵根离子构成，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，氢化钠是由钠离子和氢离子构成，都属于离子化合物，故正确；硫酸钡难溶于水，溶于水的硫酸钡完全电离，属于强电解质，故错误；Al2O3和SiO2都能溶于强碱生成盐和水，Al2O3还能溶于酸生成盐和水，属于两性氢氧化

28、物，故错误；溶液与胶体的本质区别是分散质颗粒直径不同，故错误；正确，故选D。【点睛】本题考查物质分类，注意化合物和纯净物、离子化合物和共价化合物、电解质强弱和非电解质概念的理解，注意氧化物的类别、胶体的本质特征判断是解题关键。16、D【解析】A石墨是单质，不是电解质，故A错误；B液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；C葡萄糖在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，是非电解质，不导电，故C错误；D熔融碳酸钠含有自由移动的离子能够导电，是电解质，故D选；故选D。【点睛】明确概念是解题关键，电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；非电解质是在水溶液里和

29、熔融状态下都不能导电的化合物，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；物质导电的条件：含有自由移动的离子或自由电子；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。二、非选择题（本题包括5小题）17、 ad nCH2=CH2 CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O 反应为加成反应，原子利用率100%，反应为取代反应，有副反应，CH3CH2Cl产量较低，故反应制备较好 【解析】A是植物生长调节剂，它的产量用来衡量一个国家石油化工发展的水平，即A为乙烯，结构简式为CH2=CH2；A与H2发生加成，即B为CH3CH3；A与HCl发生加成反应，即C为CH3CH2Cl；

30、A与H2O发生加成反应，即E为CH3CH2OH；反应是乙醇的催化氧化，即F为CH3CHO；乙醇被酸性K2Cr2O7氧化成乙酸，即G为CH3COOH；乙醇与乙酸发生酯化反应，生成H，则H为CH3CH2OOCCH3；D为高分化合物，常引起白色污染，即D为聚乙烯，其结构简式为，据此分析；【详解】（1）根据上述分析，E为CH3CH2OH，其官能团是-OH，电子式为；（2）a、A、B、C、D结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、，其中C不属于烃，故a说法错误；b、烷烃中出现同分异构体，当碳原子4时开始出现同分异构现象，故b说法正确；c、A和D的最简式相同，因此等质量时，耗氧量相同

31、，故c说法正确；d、B为乙烷，不能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色，D中不含碳碳双键，也不能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色，故d说法错误；答案选ad；（3）反应发生加聚反应，其反应方程式为nCH2=CH2；反应发生酯化反应，反应方程式为CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O；（4）反应为加成反应，原子利用率100%，反应为取代反应，有副反应，CH3CH2Cl产量较低，故反应制备较好。18、乙醇 羟基 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O 取代（酯化）反应 溴水褪色 【解析】A是粮食发酵的产物，A是乙醇，发生消去反应生成的C是乙烯，乙烯发生加聚反应生成

32、的D是高分子化合物，E具有水果香味，说明B是乙酸，与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。据此判断。【详解】（1）A的名称是乙醇，结构简式为CH3CH2OH，含有的官能团名称是羟基。（2）写出A和B发生酯化反应生成E的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应的类型为取代反应或酯化反应。（3）D是聚乙烯，结构简式为。（4）乙烯含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，则把C通入溴水中的现象是溴水褪色。【点睛】明确常见有机物的结构和性质特点是解答的关键，注意题干中信息的提取，例如“A是粮食发酵的产物，D是高分子化合物，E具有水果香味。”等。19、2KMnO4+16HC

33、l2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2OCl2+2OHCl+ClO+H2OFe3+4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2O排除ClO的干扰溶液的酸碱性不同若能，理由：FeO42在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）【解析】分析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl；Cl2与Fe（OH）3、KOH反应制备K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余C

34、l2，防止污染大气。（2）根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+。II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。判断的依

35、据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O。由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。 C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH

36、=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2+4Fe3+10H2O。ii.产生Cl2还可

37、能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3+3Cl2+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42-MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混