2023年安徽省定远炉桥中学化学高二第二学期期末考试试题含解析

2023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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、今有乙酸和乙酸甲酯的混和物中，测得含碳的质量百分数为X，则混和物中氧的质量百分数为（）A．(1－X)/7B．6(1－X)/7C．(6－7X)/6D．无法计算2、N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)△H＞0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表：时间/s

0

500

1000

1500

c(N2O5)/(mol·L－1)

5.00

3.52

2.50

2.50

下列说法正确的是A．500s内NO2的生成速率为2.96×10－3mol·L－1·s－1B．T1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为29.6%C．达到平衡后，其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则c(N2O5)＜5.00mol/LD．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，则K1＞K23、下列有关化学用语的表述正确的()A．醋酸的电离方程式：CH3COOH＝CH3COO-＋H+B．质子数为53，中子数为78的碘原子：13153IC．N2的结构式：N═ND．氯离子的结构示意图：4、反应：2X(g)+Y(g)2Z(g)在不同温度和压强下的产物Z的物质的量和反应时间t的关系如图所示，下列判断正确的是（）A．P1>P2T1>T2ΔH<0B．P1>P2T1<T2ΔH<0C．P1<P2T1>T2ΔH>0D．P1<P2T1<T2ΔH>05、在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＜0。2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量QkJ，则下列分析正确的是()A．在该条件下，反应前后的压强之比为6∶5.3B．若反应开始时容器容积为2L，则v(SO3)＝0.35mol·L－1·min－1C．若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)＞1.4molD．若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量小于QkJ6、氯仿(CHCl3)常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气(COClA．CHClB．COCl2分子中含有3个σ键、一个π键，中心C原子采用C．COClD．使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质7、广州亚运会的“潮流”火炬所用燃料的主要成分是丙烷，下列有关丙烷的叙述中不正确的是()A．分子中碳原子不在一条直线上 B．光照下能够发生取代反应C．比丁烷更易液化 D．是石油分馏的一种产品8、某同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配制溶液浓度偏高的原因是（）A．转移时容量瓶未干燥B．定容时俯视刻度线C．没有洗涤烧杯和玻璃棒D．用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法9、使用下列装置给液体升温时，将化学能转化为热能的是A． B．C． D．10、已知碳碳单键可以旋转，结构简式为的烃，下列说法中正确的是A．分子中最多有6个碳原子处于同一直线上B．该烃苯环上的一氯代物有3种C．分子中至少有12个碳原子处于同一平面上D．该烃属于苯的同系物11、下列各组酸中，酸性依次增强的是A．H2CO3、H2SiO3、H3PO4 B．HNO3、H3PO4

、H2SO4C．HI、HCl、H2S D．HBrO、HBrO3、HBrO412、下列关于胶体的叙述不正确的是（）A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径的大小B．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C．用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同D．Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的13、4p轨道填充一半的元素，其原子序数是（

）A．15 B．33 C．35 D．5114、用一种试剂就能鉴别乙醇、乙酸、乙醛、甲酸四种物质。该试剂可以是下列中的A．银氨溶液B．溴水C．碳酸钠溶液D．新制氢氧化铜悬浊液15、下列分离或提纯物质的方法错误的是A．用渗析的方法精制氢氧化铁胶体B．用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠C．用溶解、过滤的方法提纯含有少量硫酸钡的碳酸钡D．用盐析的方法分离、提纯蛋白质16、下列实验中，颜色的变化与氧化还原反应有关的是A．过量的SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色B．往FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红C．灼热的CuO在乙醇蒸气作用下变红色D．在稀硫酸溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红二、非选择题（本题包括5小题）17、M是石油裂解气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，如:2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR回答下列问题：(1)M的名称是____________，A中的含氧官能团名称是____________。(2)①的反应类型是___________，⑥的反应类型是________________。(3)C的结构简式为____________。由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是___________。(4)G中最多有_______个原子共平面，其顺式结构式为_____________。(5)符合下列条件D的同分异构体有______种。①氯原子连在碳链的端点碳上②羟基连在不同的碳原子上，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1的为__________(写结构简式)。(6)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为_________________。(7)已知：根据题中信息，设计以2-氯丙烷制备环己烯的合成路线(无机试剂和溶剂任选)___________。18、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)③的反应类型为___________，⑤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)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。19、苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，有机化学中通过酯化反应原理，可以进行苯甲酸甲酯的合成。有关物质的物理性质、实验装置如下所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/℃122.4﹣97﹣12.3沸点/℃24964.3199.6密度/g．cm﹣31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶实验一：制取苯甲酸甲酯在大试管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇，边振荡边缓慢加入一定量浓硫酸，按图A连接仪器并实验。(1)苯甲酸与甲醇反应的化学方程式为______________________________________。(2)中学实验室中制取乙酸乙酯时为了提高酯的产率可以采取的措施有___________________________实验二：提纯苯甲酸甲酯该实验要先利用图B装置把图A中制备的苯甲酸甲酯水洗提纯，再利用图C装置进行蒸馏提纯(3)用图B装置进行水洗提纯时，B装置中固体Na2CO3作用是__________________。(4)用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示____________时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯。(5)最终制取15g苯甲酸甲酯，计算得苯甲酸甲酯的产率为______________(小数点后保留1位有效数字)。20、富马酸亚铁(C4H2O4Fe)是常用的治疗贫血的药物。可由富马酸与FeSO4反应制备。(1)制备FeSO4溶液的实验步骤如下：步骤1.称取4.0g碎铁屑，放入烧杯中，加入10%Na2CO3溶液，煮沸、水洗至中性。步骤2.向清洗后的碎铁屑中加入3mol/LH2SO4溶液20mL，盖上表面皿，放在水浴中加热。不时向烧杯中滴加少量蒸馏水，控制溶液的pH不大于1。步骤3.待反应速度明显减慢后，趁热过滤得FeSO4溶液。①步骤1的实验目的是____。②步骤2“不时向烧杯中滴加少量蒸馏水”的目的是____；“控制溶液的pH不大于1”的目的是____。(2)制取富马酸亚铁的实验步骤及步骤（Ⅱ）的实验装置如下：①步骤(Ⅰ)所得产品(富马酸)为_______－丁烯二酸（填“顺”或“反”）。②富马酸与足量Na2CO3溶液反应的方程式为_________。③图中仪器X的名称是_________，使用该仪器的目的是__________。(3)测定(2)产品中铁的质量分数的步骤为：准确称取产品ag，加入新煮沸过的3mol/LH2SO4溶液15mL，待样品完全溶解后，再加入新煮沸过的冷水50mL和4滴邻二氮菲-亚铁指示剂，立即用cmol/L(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定(Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)，滴定到终点时消耗标准液VmL。①(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液适宜盛放在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②该实验中能否用KMnO4标准溶液代替(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定Fe2+，说明理由_____。③产品中铁的质量分数为________（用含a、V的代数式表示）。21、硫和锌及其化合物用途广泛。回答下列问题：（1）基态硫原子的价电子排布图为___________。（2）已知基态锌、铜的电离能如表所示：由表格数据知，I2(Cu)＞I2(Zn)的原因是__________。（3）H2O分子中的键长比H2S中的键长______（填“长”或“短”）。H2O分子的键角比H2S的键角大，其原因是_______。（4）S8与热的浓NaOH溶液反应的产物之一为Na2S3,S32-的空间构型为_________。（5）噻吩（）广泛应用于合成医药、农药、染料工业。①噻吩分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则噻吩分子中的大π键应表示为______。②噻吩的沸点为84℃，吡咯（）的沸点在129～131℃之间，后者沸点较高，其原因是___。1mol吡咯含____molσ键。（6）硫化锌是一种半导体材料，其晶胞结构如图所示。已知：硫化锌晶体密度为dg·cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Zn2和S2之间的最短核间距（x）为_________nm（用代数式表示）。

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：乙酸、乙酸甲酯各分子中碳原子与氢原子个数之比为1：2，据此可以计算碳元素与氢元素的质量之比，根据混合物中碳元素的质量分数计算出氢元素的质量分数，最后w(O)=1-w(C)-w(H)计算。详解：乙酸、乙酸甲酯各分子中碳原子与氢原子个数之比为1：2，故组成的混合物中，碳原子与氢原子个数之比为1：2，则碳元素与氢元素的质量之比为12：2=6：1，混合物中碳元素的总的质量分数为X，则氢元素的质量分数=16X，故混合物中氧元素质量分数1-X-16X=1-762、D【解析】

A．依据图标数据分析计算500s内N2O5(g)消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率==2.96×10-3mol/(L•s)，则NO2的生成速率为2×2.96×10－3mol·L－1·s－1，故A错误；B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c(N2O5)=2.5mol/L，c(NO2)=5mol/L，c(O2)=1.25mol/L，转化率为×100%=50%，故B错误；C．平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，压强增大，N2O5浓度会增大一倍，反应前后气体体积增大，平衡逆向进行，则再平衡时c(N2O5)＞5.00mol/L，故C错误；D．平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1＞K2，反应吸热反应，则T1＞T2，故D正确；故选D。3、B【解析】

A、醋酸是弱酸，部分电离，其电离方程式为CH3COOHCH3COO－＋H＋，故A错误；B、根据原子构成，左下角为质子数，左上角为质量数，该核素的质量数为(53＋78)=131，即为13153I，故B正确；C．N2中两个氮原子间共用叁键，正确结构式为NN，故C错误；D、Cl－的结构示意图为，故D错误；答案选B。4、A【解析】

根据温度对反应速率的影响可知，压强均为P2时，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1＞T2；根据压强对反应速率的影响可知，温度均为T2时，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，先拐先平压强大，故有：P1＞P2，比较T1P2与T2P2两曲线，温度越高Z物质的量越少说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，△H＜0；故答案为A。【点睛】图象问题解题步骤：(1)看懂图象：①看面(即弄清纵坐标与横坐标的意义)；②看线(即弄清线的走向和变化趋势)；③看点(即弄清起点、拐点、交点、终点的意义)；④看是否要作辅助线(如等温线、等压线)；⑤看定量图象中有关量的多少；(2)联想规律：联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律。5、D【解析】分析：A、根据反应在恒温恒压条件下进行分析；B、根据化学反应速率的概念分析计算；C、绝热条件温度升高平衡逆向进行；D、恒温恒容条件反应过程中,压强减小。详解:A、反应在恒温恒压条件下进行，应前后的压强之比为1:1，故A错误；

B、若容器体积不变,v(SO3)＝1.4mol2L2min=0.35mol·L－1·min－1，但反应是在恒温恒压条件进行，反应达到平衡时，容器体积小于2L,相等于增大体系压强，化学反应速率增大，所以v(SO3)>0.35mol·L－1·min－1，故B错误；

C、若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，由于该反应的正反应是放热反应，绝热温度升高,平衡逆向进行，平衡后n(SO3)<1.4mol，所以C选项是错误的；

D、若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应过程中压强减小，平衡逆向进行，达平衡时放出热量小于QkJ，故D正确。

所以D6、A【解析】分析：A项，CHCl3为极性分子；B项，单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对；C项，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构；D项，CHCl3不会电离出Cl-，HCl在水溶液中会电离出H+和Cl-。详解：A项，CHCl3中含C—H键和C—Cl键，C—H键和C—Cl键都是极性键，CHCl3为四面体形分子，分子中正电中心和负电中心不重合，CHCl3为极性分子，A项错误；B项，单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，根据COCl2的结构式知，COCl2分子中含有3个σ键、1个π键，杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对，C原子形成3个σ键，C原子上没有孤电子对，中心原子C采用sp2杂化，B项正确；C项，COCl2的电子式为，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构，C项正确；D项，CHCl3不会电离出Cl-，HCl在水溶液中会电离出H+和Cl-，使用前向氯仿中加入AgNO3稀溶液，若产生白色沉淀表明氯仿变质，若无明显现象表明氯仿没有变质，D项正确；答案选A。7、C【解析】

A.丙烷有3个碳原子，中间的碳原子连接了两个碳原子和两个氢原子，这两个碳原子和两个氢原子构成了一个四面体结构，中间的碳原子在四面体的中心。在四面体结构中，键角接近109°28ˊ，所以这三个碳原子构成了一个角形结构，夹角大约109°，所以三个碳原子不在一条直线上。故A不选；B.丙烷属于烷烃，烷烃都可以在光照下和卤素单质发生取代反应，故B不选；C.丙烷的沸点比丁烷低，所以比丁烷难液化，故C选；D.丙烷和丁烷都是通过石油分馏获得的石油气中的成分，故D不选。故选C。8、B【解析】

A．容量瓶不需要干燥，因为后面定容时还需要加入蒸馏水，该操作正确，不影响配制结果，故A不选；B．定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏高，故B选；C．没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液的浓度偏小，故C不选；D．砝码和物品放颠倒，导致称量的氢氧化钠的质量减小，配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏低，故D不选；故选B。【点睛】解答此类试题，要注意将实验过程中的误差转化为溶质的物质的量n和溶液的体积V，再根据c=分析判断。9、C【解析】

A.太阳能热水器是将太阳能转化为热能，故A不符合题意；B.电热壶是将电能转化为热能，故B不符合题意；C.煤气燃烧是将化学能转化为热能，故C符合题意；D.该过程属于热量的传递，故D不符合题意；综上所述，本题正确答案：C。10、A【解析】

A.在苯中，处于对角位置上的4个原子共线，如图所示。将该有机物“拉直”为：，可以看出该分子中共直线的碳原子最多有6个，A正确；B.该烃可以找到2根对称轴，如图，可以知道该烃的分子的苯环中含有2种等效氢，则该烃苯环上的一氯代物有2种，B错误；C.甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯中H原子位置，所以处于苯环这个平面。两个苯环之间靠单键相连，单键可以旋转，两个苯环所处的平面不一定共面，只有处于对角线位置的C原子，因为共直线，所以一定共面。该烃中一定共平面的碳原子，如图所示，至少有10个碳原子一定共面，C错误；D.同系物在分子构成上相差n个CH2，该有机物的分子式为C14H14，和苯C6H6，相差C8H8，不是若干个CH2，不是苯的同系物，D错误；故合理选项为A。11、D【解析】

A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，非金属性P＞C＞Si，则酸性H2SiO3、H2CO3、H3PO4

依次增强，故A错误；B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，非金属性N＞P，则酸性HNO3＞H3PO4

，故B错误；C．同一主族元素的非金属性越强，其氢化物中化学键越稳定，越不易电离出氢离子，其酸性越弱，则酸性HCl＜HI；且H2S是弱酸，其酸性应该是最弱的；故C错误；D．同一元素的含氧酸中，非羟基氧原子个数越多，其酸性越强，非羟基氧原子个数：HBrO＜HBrO3＜HBrO4，则酸性HBrO＜HBrO3＜HBrO4，故D正确；故答案为D。12、C【解析】

A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9～10-7m之间，即1nm～100nm，故A正确；B．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B正确；C．用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；D．Fe(OH)3胶体粒子具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；故选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意将分散系分为溶液、胶体和浊液的依据是分散质粒子直径的大小，因此分散质粒子直径的大小是溶液、胶体和浊液的本质区别。13、B【解析】

根据构造原理可知，当4p轨道填充一半时，3d已经排满10个电子，所以原子序数为2+8+18+5＝33，答案是B。14、D【解析】试题分析：A．银氨溶液不能鉴别乙醛和甲酸，错误；B．溴水不能鉴别乙醇和乙酸，且溴水与乙醛、甲酸都发生氧化还原反应，不能鉴别，错误；C．碳酸钠溶液不能鉴别乙醇、乙醛；与乙酸、甲酸都反应生成气体，也不能鉴别，错误；D．乙醇与新制氢氧化铜悬浊液不反应，乙酸与新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，沉淀溶解，乙醛与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，甲酸与新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，沉淀溶解，在加热条件下发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，可鉴别，正确。考点：考查有机物鉴别试剂的选择的知识。15、C【解析】试题分析：A．氢氧化铁胶体不能透过半透膜，而电解质溶液的离子可以透过半透膜，故可以用渗析的方法精制氢氧化铁胶体，正确；B．碳酸氢钠不稳定，加热分解产生碳酸钠、水和二氧化碳，因此可以用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠，正确；C．硫酸钡和碳酸钡都不能溶于水，所以不能用加水溶解、过滤的方法提纯含有少量硫酸钡的碳酸钡，错误；D．蛋白质在NaCl饱和溶液中的溶解度会降低，从而析出蛋白质，当过滤出后再加水，蛋白质还可以再溶解，故可以用盐析的方法分离、提纯蛋白质，正确。考点：考查分离或提纯物质的方法正误判断的知识。16、C【解析】

A．SO2是酸性氧化物，二氧化硫与NaOH反应生成盐和水，为复分解反应，与氧化还原反应无关，故A错误；B．往FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，是生成可溶性的Fe(SCN)3，没有发生氧化还原反应，故B错误；C．灼热的CuO在乙醇蒸气作用下变红色，是CuO被乙醇还原为Cu，发生氧化还原反应，故C正确；D．硫酸电离出氢离子溶液显酸性，加石蕊试液变红，与氧化还原反应无关，故D错误；故答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙烯碳碳双键取代反应消去反应HOCH2-CH=CH-CH2OH保护分子中碳碳双键不被氧化1210ClCH2-CH（CH2OH）2CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2【解析】

由题中信息可知，M与氯气发生取代反应生成CH2=CH-CH2Cl，可确定M为丙烯；已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，则CH2=CH-CH2Cl在催化剂的作用下，生成乙烯、CH2Cl-CH=CH-CH2Cl；根据合成路线可知，A水解后先与HCl发生反应，然后发生氧化反应、消去反应，则A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl、B为乙烯；C为HOCH2-CH=CH-CH2OH；D为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH；E为HOOC-CH2-CHCl-COOH；F为NaOOC-CH=CH-COONa；G为HOOC-CH=CH-COOH；H为CH2Br-CH2Br；I为CH2OH-CH2OH；【详解】（1）根据分析可知，M为丙烯；A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl，含有的官能团为碳碳双键；（2）反应①为取代反应；反应⑥为卤代烃的消去反应；（3）C的结构简式为HOCH2-CH=CH-CH2OH，其分子中含有碳碳双键和羟基，这丙种官能团均易发生氧化反应，因此，C→G的过程步骤④、⑥的目的是：为了保护碳碳双键在发生氧化反应时不被氧化；（4）G的结构简式为HOOC-CH=CH-COOH，当碳碳双键与羧基中碳氧双键确定的平面重合时，则有12原子共平面；其顺式结构为：；(5)D的结构简式为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH，符合①氯原子连在碳链的端点碳上②羟基连在不同的碳原子上。若无支链，固定Cl原子和一个—OH在一端，，另一个—OH的位置有3种；移动—OH的位置，，另一个—OH的位置有2种；依此类推，，1种；若存在一个甲基支链，，有2种；，有1种，，1种，合计10种；其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1，符合的结构简式为：ClCH2-CH（CH2OH）2；(6)I、G分别为：HOOC-CH=CH-COOH、CH2OH-CH2OH，在一定条件下发生酯化反应，制取环酯P，其方程式为：；（7）根据题目信息，烯烃在一定条件下碳碳双键两边的基团可以互换，则先用2-氯丙烷发生消去反应生成丙烯，丙烯在一定条件下生成乙烯和2-丁烯，利用2-丁烯和溴水发生加成反应，生成2，3-二溴丁烷，再发生消去反应生成1，3-丁二烯，最后与乙烯发生双烯合成制取环己烯。合成路线如下：CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2。【点睛】多官能团同分异构体的书写时，根据一固定一移动原则，逐个书写，便于查重。18、取代反应消去反应+NaOH+NaClG和H1【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，③的反应类型为取代反应，⑤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类型及反应条件。19、+CH3OH+H2O使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可)洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸199.689.7%【解析】

（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，在浓硫酸作用下，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水；（2）酯化反应为可逆反应，增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度，能够使平衡向正反应方向移动；（3）由表给数据可知，反应后的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质；（4）苯甲酸甲酯的沸点是199.6℃；（5）由15g苯甲酸计算苯甲酸甲酯的理论量，再依据实际量计算产率。【详解】（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，在浓硫酸作用下，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；（2）酯化反应为可逆反应，增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度，能够使平衡向正反应方向移动，提高酯的产率，故答案为：使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可)；（3）由表给数据可知，反应后的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质，利用固体Na2CO3与苯甲酸反应，除去苯甲酸提纯苯甲酸甲酯，故答案为：洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸；（4）苯甲酸甲酯的沸点是199.6℃，用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示199.6℃时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯，故答案为：199.6；（5）15g苯甲酸的物质的量为，理论上制得苯甲酸甲酯的质量为×136g/mol≈16.7g，则苯甲酸甲酯的产率为×100%=×100%≈89.7%，故答案为：89.7%。【点睛】本题考查了有机物的制备实验，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确有机物的性质及产率计算的公式是解答关键。20、除去铁锈表面油污补充蒸发掉的水份，防止硫酸亚铁晶体析出抑制Fe2+水解反+Na2CO3+CO2↑+H2O(球形，回流)冷凝管冷凝回流水酸式不能，KMnO4溶液除氧化Fe2+外，还能氧化富马酸中的碳碳双键【解析】

(1)①步骤1中加入碳酸钠溶液显碱性，可去除油污；②根据该步操作加热水分蒸发导致溶液浓度变大分析；从盐的水解角度分析控制pH大小的原因；(2)①根据两个相同基团在双键同一侧的为顺式结构，在不同侧的为反式结构分析；②根据羧酸的酸性比碳酸酸性强，强酸与弱酸的盐反应产生强酸盐和弱酸书写；③根据仪器的结构命名；结合实验操作判断其作用；(3)①根据盐溶液的酸碱性判断使用滴定管的种类；②KMnO4溶液具有强氧化性，可以氧化Fe2+、碳碳双键；③根据消耗标准溶液的体积及浓度计算n(Fe2+)，再计算其质量，最后根据物质的含量计算公式计算铁的质量分数。【详解】(1)①步骤1中加入碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液CO32-水解，消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，油脂能够与碱发生反应产生可溶性的物质，因此加入碳酸钠溶液目的是去除可去除铁锈表面油污；②步骤2“不时向烧杯中滴加少量蒸馏水”的目的是补充蒸发掉的水份，防止硫酸亚铁晶体析出；FeSO4是强酸弱碱盐，Fe2+水解使溶液显酸性，“控制溶液的pH不大于1”就可以抑制Fe2+水解，防止形成Fe(OH)2沉淀；(2)①步骤(Ⅰ)所得产品(富马酸)结构简式为，可知：两个相同的原子或原子团在碳碳双键的两侧，因此该富马酸是反式结构；名称为反－丁烯二酸；②富马酸与足量Na2CO3溶液反应产生富马酸钠、水、二氧化碳，反应的化学方程式为：+Na2CO3+CO2↑+H2O；③由仪器的结构可知：该物质名称是球形冷凝管；其作用是冷凝回流水，减少水分挥发；(3)①(NH4)2Ce(SO4)3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，所以应该将其标准溶液适宜盛放在酸式滴定管中；②使用(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定，只发生Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，若使用KMnO4标准溶液，由于KMnO4具有强氧化性，不仅可以氧化Fe2+，也可以氧化碳碳双键，所以不能用来测定Fe2+；③根据Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知n(Fe2+)=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，则m(Fe2+)=56cV×10-3g，所以产品中铁的质量分数为×100%。【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的知识，涉及仪器的使用、操作目的、盐的水解及其应用、物质结构的判断化学方程式的书写及物质含量的测定与计算等知识。掌握化学基本原理和基础知识是本题解答关键。21、Zn失去第二个电子达到3d10稳定结构，而Cu失去第一个电子即达到稳定结构短氧原子半径小于硫，水分子中成键电子对之间排斥力大