2024届海南省五指山中学高二化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2024届海南省五指山中学高二化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题考生须知：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、一定量的某饱和一元醛发生银镜反应，析出银21.6g，等量的此醛完全燃烧时，生成的水为5.4g，则该醛可能是（）A．丙醛B．乙醛C．丁醛D．甲醛2、欲除去下列物质中的少量杂质，所选除杂试剂或除杂方法不正确的是选项物质杂质除杂试剂除杂方法AC2H2H2SCuSO4溶液洗气B溴苯Br2NaOH溶液分液C苯苯酚浓溴水过滤D乙醇水CaO蒸馏A．A B．B C．C D．D3、乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如图：下列说法正确的是（）A．反应①、②均是取代反应B．反应③、④的原子利用率均为100％C．与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2种D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别4、从溴乙烷制取1,2­－二溴乙烷，下列制备方案中最好的是()A．CH3CH2BrCH3CH2OHCH2=CH2CH2BrCH2BrB．CH3CH2BrCH2BrCH2BrC．CH3CH2BrCH2=CH2CH3CH2BrCH2BrCH2BrD．CH3CH2BrCH2=CH2CH2BrCH2Br5、下列说法正确的是A．相对分子质量相同的几种化合物，互为同分异构体B．分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质，互为同系物C．C5H11Cl的同分异构体（不考虑立体异构）共有8种D．淀粉与纤维素是化学式为（C6H10O5）n的同分异构体6、常温下，下列物质能与水反应生成气体，且该气体是电解质的是A．NaHB．Mg3N2C．Al2S3D．Na2O27、NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．标准状况下，22.4

L

CHCl3含有的分子数目为NAB．3.4

g羟基(-OH)含有2NA个电子C．1

L0.1

mol/L甘氨酸()溶液中含有的氧原子数为0.

2NAD．0.5

mol

C4H10中含有的非极性共价键数目为1.5NA8、安全气囊逐渐成为汽车的标配，因为汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊中迅速发生反应：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑，产生大量的气体使气囊迅速弹出，保障驾乘车人员安全。下列关于该反应的说法不正确的是A．该反应中NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1C．若有50.5gKNO3参加反应，则有1molN原子被还原D．每转移1mole−，可生成标准状况下N2的体积为35.84L9、某模拟“人工树叶”电化学实验装置如下图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）。下列说法正确的是A．该装置将化学能转化为光能和电能B．a电极的反应为：3CO2+16H+-18e-=C3H8O+4H2OC．该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移D．每生成1molO2有44gCO2被还原10、下列有关化学用语表示正确的是（）A．次氯酸的电子式： B．质子数为35、中子数为45的溴原子：8025BrC．1mol重水和1mol水中的中子数比2∶1 D．CO2的比例模型：11、在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明化学平衡移动的是A．反应混合物的浓度 B．反应体系的压强C．正、逆反应的速率 D．反应物的转化率12、化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释不正确的是（）选项现象或事实解释A春节期间全国各地燃放的烟火某些金属元素焰色反应所呈现出来色彩BNa2O2用于呼吸面具中作为O2的来源Na2O2是强氧化剂，能氧化CO2、H2O生成O2CK2FeO4用于自来水的消毒和净化K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，可以净化水DAl(OH)3用作医用的胃酸中和剂Al(OH)3的碱性不强，但却可以与胃酸反应A．A B．B C．C D．D13、下列说法正确的是A．BCl3和PCl3中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构B．所有共价化合物熔化时需克服微粒间的作用力类型都相同C．NaHSO4晶体熔融时，离子键被破坏，共价键不受影响D．NH3和CO2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构14、某有机物的结构为如图所示，这种有机物不可能具有的性质是（）①可以燃烧②能使酸性KMnO4溶液褪色③能跟NaOH溶液反应④能跟新制银氨溶液反应⑤能发生加聚反应⑥能发生水解反应A．只有⑥ B．①④ C．只有⑤ D．④⑥15、水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO2-、SiO32-、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C．K＋、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中D．CO32-和SO42-一定不存在于溶液X中16、在pH＝1时，可大量共存且形成无色溶液的一组离子或分子是A．Ca2+、CH3COOH、Br-、Na+B．NO3-、Fe3+、Mg2+、SO42-C．HClO、Ba2+、Na+、Cl-D．K+、Cl-、Al3+、SO32-二、非选择题（本题包括5小题）17、某课外小组对金属钠进行研究。已知C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸。(1)金属Na在空气中放置足够长时间，最终的生成物是：_________________________。(2)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_________________________。(3)若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，请写出该过程发生反应的方程式：_________________________。(4)若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32－、SO42－中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其物质的量浓度之比为________________________。(5)将NaHCO3与M的混合物在密闭容器中充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则NaHCO3与M的质量比为____________。18、A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：（1）发生缩聚形成的高聚物的结构简式为__________；D-E的反应类型为__________。（2）E-F的化学方程式为____________________。（3）B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是________________（写出结构简式）。（4）等物质的量的分别与足量NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应，消耗NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为________________；检验的碳碳双键的方法是________________（写出对应试剂及现象）。19、磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途，也可用于制备表面活性剂。沸点为69.2℃，遇水水解，剧烈反应生成两种强酸。学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下，制备SO2Cl2并测定产品纯度，设计如图实验如图1(夹持装置略去)。请回答下列问题：Ⅰ.SO2的制备（1）欲收集一瓶干燥的SO2，装置中气流方向合理的连接顺序为____(填小写字母)。（2）A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，A中反应的化学方程式为____。Ⅱ.SO2Cl2的制备和纯度的测定将上述收集到的SO2充入注射器h中，用图2装置制备SO2Cl2。（3）仪器e的名称为____，b中试剂的名称为____。（4）f的作用是____。（5）取反应后的产品4.0g，配成200mL溶液；取出20.00mL，用0.5000mol·L-1NaOH溶液滴定；达到滴定终点时消耗标准液的体积为20.00mL(杂质不参加反应)。①产品加水配成溶液时发生的反应为____。②SO2Cl2的质量分数为____。(保留三位有效数字)。20、某同学利用下图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下：Ⅰ．向2mL浓H2SO4和2mL乙醇混合液中滴入2mL乙酸后，加热试管A；Ⅱ．一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体；Ⅲ．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)Ⅱ中油状液体的成分是__________。(5)Ⅲ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、Li、Na、Mg、C、N、O、S等元素的研究一直在进行中，其单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。回答下列问题：（1）钠在火焰上灼烧的黄光是一种_____（填字母）A．吸收光谱；B．发射光谱。（2）H2S的VSEPR模型为________，其分子的空间构型为________；结合等电子体的知识判断离子N3–的空间构型为________。（3）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过下图的Born-Haber循环计算得到。可知Li2O晶格能为______kJ·mol-1。（4）N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：X、Y、Z中为N元素的是______，判断理由是_____________________________。（5）N5–为平面正五边形，科学家预测将来会制出含N4–、N6–等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大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N4–离子中的大π键应表示为_________。（6）一种Fe、Si金属间化合物的晶胞结构如下图所示：晶胞中含铁原子为______个，已知晶胞参数为0.564nm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则Fe、Si金属间化合物的密度为___________g·cm–3（列出计算式）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】

饱和一元醛的通式是CnH2nO,根据关系式：-CHO---2Ag可知，根据生成金属银的量可以获知醛的物质的量,然后根据生成水的质量结合氢原子守恒可以获得H的个数,进而确定分子式即可。【题目详解】n(Ag)=21.6/108=0.2mol,醛基和银的关系-CHO---2Ag,则n(-CHO)=0.1mol,即饱和一元醛的物质的量为0.1mol,点燃生成水的物质的量n(H2O)=5.4/18=0.3mol,n(H)=0.6mol，1mol该醛含有氢原子数目为6mol,根据饱和一元醛的通式是CnH2nO,所以分子式为C3H6O,为丙醛,A正确；正确选项A。【题目点拨】饱和一元醛的通式是CnH2nO,发生银镜反应，关系式：-CHO---2Ag；但是甲醛结构特殊，1个甲醛分子中相当于含有2个醛基，发生银镜反应，关系式：HCHO---4Ag,解题时要关注这一点。2、C【解题分析】

A．硫化氢与硫酸铜反应生成黑色沉淀，而乙炔不能，利用洗气法分离，A项正确；B．溴易与溴苯混溶而难于除去，因此可选NaOH溶液，利用溴可与氢氧化钠溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠、水进入水层，并利用分液方法分离，故B正确；C.苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚属于有机物易溶于有机溶剂苯中，无法分离，C项错误；D．利用氧化钙易吸收水且与水反应生成微溶且沸点较高的氢氧化钙这一特点，将乙醇利用蒸馏的方式分离提纯，D项正确；答案应选C。【题目点拨】本题主要考查的是有机混合物的除杂问题。解题时需要注意的是在选择除杂试剂时，应注意除去杂质必有几个原则：（1）尽可能不引入新杂质（2）实验程序最少（3）尽可能除去杂质。(4)也可以想办法把杂质转变为主要纯净物。（5）减少主要物质的损失。3、D【解题分析】

A.反应①为酯化反应，属于取代反应，反应②不饱和度降低，为加成反应，A项错误；B.反应③产物只有乙酸乙酯，其原子利用率为100％，而反应④为C4H10+O2→C4H8O2，H原子没有全部进入到目标产物，原子利用率不为100%，B项错误；C.与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类有HCOOCH2CH2CH3，HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3中，C项错误；D.乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，则乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别，D项正确；答案选D。【题目点拨】有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。依据两者的区别，本题的A选项反应②显然为加成反应，而不是取代反应。因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题型时游刃有余。4、D【解题分析】

在有机物的制备反应中，应选择的合成路线是步骤尽量少，合成产率尽量高，据此解答即可。【题目详解】A．转化中发生三步转化，较复杂，消耗的试剂多，反应需要加热，选项A不选；B．转化中发生取代反应的产物较多，引入杂质，且反应不易控制，选项B不选；C．转化中发生三步转化，较复杂，且最后一步转化为取代反应，产物不容易控制纯度，选项C不选；D、步骤少，产物纯度高，选项D选。答案选D。【题目点拨】本题以有机物的合成考查化学实验方案的评价，侧重有机物的结构与性质的考查，注意官能团的变化分析发生的化学反应即可。5、C【解题分析】

A.同分异构体是指分子式相同、结构不同的化合物，A项错误；B.同系物是指结构相似，分子组成相差一个或若干个CH2原子团的物质，B项错误；C.五碳化合物碳链有三种，正戊烷碳架的一氯代物有三种，异戊烷的一氯代物有四种，新戊烷的一氯代物有一种，C项正确；D.纤维素和淀粉的聚合度(n)不同，D项错误。答案选C。6、C【解题分析】分析：电解质是指在水溶液中或熔融状态下能自身电离出阴阳离子而导电的化合物，结合发生的反应分析判断。详解：A.NaH与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢气是单质，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B.Mg3N2与水反应生成氢氧化镁和氨气，氨气是非电解质，B错误；C.Al2S3与水反应生成氢氧化铝和H2S，H2S是电解质，C正确；D.Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气是单质，不是电解质，也不是非电解质，D错误；答案选C。7、D【解题分析】分析：A.标准状况下三氯甲烷是液体；B.羟基含有9个电子；C.溶剂水分子中还含有氧原子；D.1分子丁烷含有3个碳碳单键。详解：A.标准状况下三氯甲烷是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCHCl3含有的分子数目，A错误；B.3.4g羟基(-OH)的物质的量是3.4g÷17g/mol＝0.2mol，含有1.8NA个电子，B错误；C.1L0.1mol/L甘氨酸()溶液中甘氨酸的物质的量是0.1mol，但溶剂水分子中还含有氧原子，所以含有的氧原子数大于0.2NA，C错误；D.1分子丁烷含有3个碳碳单键，因此0.5molC4H10中含有的非极性共价键数目为1.5NA，D正确。答案选D。8、C【解题分析】

A.在反应中，叠氮化钠里氮的化合价由-1/3价升高到0价，KNO3中的氮由+5价也降到了0价。所以NaN3是还原剂，硝酸钾是氧化剂，A错误；B.氧化产物和还原产物都是氮气。16molN2中有1molN2来自硝酸钾，15molN2来自于NaN3，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1，B错误；C.硝酸钾中的氮原子全部被还原，所以硝酸钾的物质的量和被还原的氮原子的物质的量相等。50.5克硝酸钾即0.5molKNO3参加反应，那么被还原的N即为0.5mol，C正确；D.从反应可以看出，每转移10mol电子，生成16molN2，所以转移1mol电子，就会生成1.6molN2，标准状况下为35.84L，D错误；故合理选项为C。9、C【解题分析】A．该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；B．a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e-=C3H8O+5H2O，故B错误；C．a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故C正确；D．电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是1mol的氧气，阴极有mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为29.3g，故D错误；故选C。10、B【解题分析】

A项、次氯酸是共价化合物，结构式为H—O—Cl，则电子式为，故A错误；B项、质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数为80，原子符号为8025Br，故B正确；C项、1mol重水含有的中子数为10mol，1mol水含有的中子数为8mol，中子数比5∶4，故C错误；D项、二氧化碳分子中，碳原子的原子半径大于氧原子，比例模型为，故D错误；故选B。【题目点拨】本题考查化学用语，注意掌握电子式、原子符号、比例模型等常见的化学用语的概念及判断方法是解答关键。11、D【解题分析】

只有正逆反应速率不相等时，平衡才能发生移动，这是化学平衡发生移动的前提。反应物浓度和压强变化不一定会引起正逆反应速率不相等，所以平衡不一定发生移动。正逆反应速率变化，但如果变化后仍然相等，则平衡就不移动。反应物转化率的变化，说明反应物的正逆反应速率一定不再相等，平衡一定发生移动，答案是D。12、B【解题分析】

A、某些金属可以产生焰色反应，可用作烟火，A正确；B、过氧化钠能与水或二氧化碳反应生成氧气，因此Na2O2用于呼吸面具中作为O2的来源，与过氧化钠具有强氧化性没有关系，过氧化钠不能氧化CO2、H2O，B错误；C、K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，可以净化水，因此K2FeO4用于自来水的消毒和净化，C正确；D、Al(OH)3的碱性不强，但却可以与胃酸反应，因此Al(OH)3用作医用的胃酸中和剂，D正确。答案选B。13、C【解题分析】

A．如果中心原子价电子数+其化合价的绝对值=8，则该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，PCl3分子中P原子价电子数是5，其化合价为+3，所以为8，则该分子中所有原子都具有8电子结构；而BCl3分子中B原子最外层电子数是3、其化合价为+3，所以该分子中并不是所有原子都达到8电子结构，选项A错误；B、二氧化碳和二氧化硅均为共价化合物，干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体，而熔化时需克服微粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键，选项B错误；C、NaHSO4晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键也被破坏，选项C正确；D、NH3和CO2两种分子中，氢原子只达到2电子稳定结构，其他每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，选项D错误。答案选C。14、A【解题分析】

由结构简式可知，分子中含碳碳双键、-CHO、酚-OH、醇-OH，结合烯烃、醛、酚、醇的性质来解答。【题目详解】①为烃的含氧衍生物，可以燃烧生成二氧化碳和水，故不选；②含双键、-CHO、酚-OH、醇-OH，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故不选；③含酚-OH，能跟NaOH溶液反应，故不选；④含-CHO，能跟新制银氨溶液反应，故不选；⑤含碳碳双键，能发生加聚反应，故不选；⑥不含能水解的官能团，则不能发生水解反应，故选；答案选A。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物中的官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醛、酚、醇性质的考查，题目难度不大。15、C【解题分析】

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。16、A【解题分析】

A.在酸性溶液中，选项中的离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，A符合题意；B.Fe3+的水溶液显黄色，在无色溶液中不能大量共存，B不符合题意；C.在酸性溶液中，H+、HClO、Cl-会发生反应产生Cl2和水，Cl2在水中溶解，使溶液显黄绿色，因此在无色溶液中不能大量存在，C不符合题意；D.Al3+、SO32-会发生双水解反应，产生Al(OH)3沉淀和SO2气体，离子不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是A。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳酸钠或Na2CO3溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成且不断增加；然后又由多到少最后沉淀消失4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)=1:1:2:3大于或等于≥168：78【解题分析】

根据转化关系图可知：2Na+O2Na2O2确定M为Na2O2；2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸，确定B为NaOH，C为H2，D为Cl2，F为HCl。结合题干问题分析解答。【题目详解】（1）Na在空气中放置足够长时间，发生4Na+O2＝2Na2O、Na2O+H2O＝2NaOH、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O＝Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O＝Na2CO3+10H2O，则最终生成物为Na2CO3；（2）若A是一种常见金属单质，能与NaOH反应，则A为Al，E为NaAlO2，将过量的F（HCl）溶液逐滴加入E（NaAlO2）溶液，边加边振荡，发生NaAlO2+HCl+H2O＝NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3+3HCl＝AlCl3+3H2O，所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加，然后又由多到少，最后消失；（3）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，则A为可溶性亚铁盐，E为Fe（OH）3，则A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E这一过程的离子方程式为4Fe2++8OH-+O2+2H2O＝4Fe（OH）3↓。（4）A加入氢氧化钠溶液，分析图象可知：第一阶段是H++OH-＝H2O，所以溶液呈酸性，不可能存在CO32－；第二阶段金属阳离子与氢氧根离子生成沉淀，第三阶段应该是NH4++OH-＝NH3•H2O；第四阶段氢氧化物沉淀与氢氧化钠反应最后全溶解，肯定没有Mg2+、Fe3+，必有Al3+。由此确定溶液中存在的离子H+、NH4+、Al3+、SO42－；假设图象中横坐标一个小格代表1molNaOH，则根据前三阶段化学方程式：H++OH-＝H2O，Al3++3OH-＝Al（OH）3，NH4++OH-＝NH3•H2O，可知n（H+）=1mol，n(Al3+)=1mol,n(NH4+)=2mol，再利用电荷守恒n（SO42－）×2＝n（H+）×1+n（Al3+）×3+n(NH4+)×1，得出n（SO42－）＝3mol，根据物质的量之比等于物质的量浓度之比得到c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)＝1:1:2:3。（5）将NaHCO3与M（过氧化钠）的混合物在密闭容器中充分加热发生的反应有三个：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，所得固体为纯净物，说明碳酸氢钠加热分解的二氧化碳必须把过氧化钠反应完，则根据总的方程式可知4NaHCO3+2Na2O24Na2CO3+2H2O+O2↑84×4g78×2gm（NaHCO3）：m（Na2O2）＝（84×4g）：（78×2g）＝168：78（或84：39）。由于碳酸氢钠可以过量，得到的还是纯净物：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，所以m（NaHCO3）：m（Na2O2）≥168：78（或84：39）。答案：大于或等于168：78（或84：39）。18、取代反应1：1：1加入溴水，溴水褪色【解题分析】

B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。（1）发生缩聚形成的高聚物的结构简式为；D发生水解反应或取代反应生成E，故D-E的反应类型为水解反应或取代反应；（2）E-F的化学方程式为；（3）B的同分异构体中，与B具有相同官能团（酯基和碳碳双键）且能发生银镜反应则含有甲酸酯的结构，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是；（4）中只有羧基能与NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应，等物质的量的分别与足量NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应，消耗NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为1：1：1；利用碳碳双键的性质，检验的碳碳双键的方法是加入溴水，溴水褪色。19、adecbf或adecbdefNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O冷凝管或球形冷凝管饱和食盐水防止水蒸气进入d使SO2Cl2水解SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl84.4%【解题分析】

(1)收集一瓶干燥的SO2，则须先制取气体，然后提纯，再收集，因为二氧化硫有毒、易溶于水，还要对尾气进行吸收处理，据此分析解答；(2)A中是生成二氧化硫的反应；(3)盐酸容易挥发，生成的氯气中会混入氯化氢，据此分析解答；(4)无水氯化钙具有吸水性，结合SO2Cl2遇水易水解分析解答；(5)①SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即生成盐酸和硫酸；②根据NaOH与盐酸、硫酸反应，得到SO2Cl2的物质的量，从而得出质量分数。【题目详解】(1)根据图示，装置A可以用来制取二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，可以通入C中干燥，用B收集，多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，防止污染；因此欲收集一瓶干燥的SO2，装置的导管按气流方向连接的顺序是：a通过导管d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，通过c导管导入集气瓶中收集，为了防止二氧化硫逸出扩散到空气中污染环境，应该把b导管连接到f导管上，为防止通过D吸收逸出的二氧化硫的水逸到B中，把b导管连接到d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，连接f，故答案为：adecbf或adecbdef；(2)A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，生成二氧化硫的反应方程式为H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O，故答案为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O；(3)根据图示，e为球形冷凝管；b的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故b中试剂为饱和食盐水，故答案为：(球形)冷凝管；饱和食盐水；(4)SO2Cl2遇水易水解，故f的作用的防止空气中的水蒸气进入到d，故答案为：防止空气中的水蒸气进入到d使SO2Cl2水解；(5)①SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即为同时生成盐酸和硫酸，方程式为：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；故答案为：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；②根据2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl得到，SO2Cl2～4H+～4OH-的关系，消耗氢氧化钠的物质的量为0.5000mol•L-1×20.00×10-3L=0.01mol，故n(SO2Cl2)==0.0025mol，配成200mL溶液，取出20.00mL，所以n(SO2Cl2)总=0.0025mol×10=0.025mol，m(SO2Cl2)=n×M=0.025mol×135g/mol=3.375g，质量分数=×100%=84.4%，故答案为：84.4%。20、加热，使用催化剂增加乙醇的用量CO32-+H2OHCO3-+OH-乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水)取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，溶液变红【解题分析】

(1)酯化反应是可逆反应，可根据影响化学反应速率的因素分析；(2)根据酯化反应是可逆反应，要提高乙酸转化率，可以根据该反应的正反应特点分析推理；(3)根据盐的水解规律分析；(4)根据乙酸、乙醇及乙酸乙酯的沸点高低分析判断；(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过向溶液中再加入酚酞，观察溶液颜色变化分析。【题目详解】(1)酯化反应是可逆反应，由于升高温度，可使化学反应速率加快；使用合适的催化剂，可以加快反应速率，或适当增加乙醇的用量，提高其浓度，使反应速率加快等；(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，反应产生的乙酸乙酯和水在相同条件下又可以转化为乙酸与乙醇，该反应是可逆反应，要提高乙酸的转化率，可以通过增加乙醇（更便宜）的用量的方法达到；(3)碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中，CO32-发生水解反应，消耗水电离产生的H+转化为HCO3-，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)所以溶液显碱性，可以使酚酞试液变为红色，水解的离子方程式为：CO32-+H2OHC