吉林省通榆县一中2024届化学高二下期末达标测试试题含解析

吉林省通榆县一中2024届化学高二下期末达标测试试题注意事项：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0．5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、一种合成某药物中间体Z的方法如下，下列说法正确的是A．1molX最多能消耗溴水中的2molBr2B．Y可以发生消去反应C．Y中有3种不同环境的氢原子D．用FeCl3溶液可以检验Z中是否混有X2、向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体后，在所得溶液中逐滴加入盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与加入盐酸的物质的量的关系如图：则下列分析都正确的组合是（）溶质的成分对应图象溶液中离子浓度关系ANaHCO3、Na2CO3Ⅱc（CO32－）<c（HCO3－）BNaOH、Na2CO3Ⅲc（OH－）>c（CO32－）CNa2CO3Ⅳc（Na＋）=c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）DNaHCO3Ic（Na＋）=c（HCO3－）A．A B．B C．C D．D3、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A．标准状况下，2.24LCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NAB．标准状况下，44.8LNO与22.4LO2混合后气体中分子总数等于2NAC．NO2和H2O反应每生成2molHNO3时转移的电子数目为2NAD．1molFe在氧气中充分燃烧失去3NA个电子4、合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列物质不属于合金的是()A．青铜 B．金刚砂(SiC) C．硬铝 D．生铁5、满足分子式为C4H8ClBr的有机物共有A．10种 B．11种 C．12种 D．13种6、某同学在做苯酚的性质实验时，将少量溴水滴入苯酚溶液中，结果没有发生沉淀现象，他思考了一下，又继续进行了如下操作，结果发现了白色沉淀，你认为该同学进行了下列哪项操作()A．又向溶液中滴入了足量的氢氧化钠溶液B．又向溶液中滴入了乙醇C．又向溶液中滴入了过量的苯酚溶液D．又向溶液中滴入了过量的浓溴水7、常温下，下列物质的水溶液，其pH小于7的是A．Na2CO3B．NH4NO3C．Na2SO4D．KNO38、常温下，将NaOH溶液分别加到HF溶液、CH3COOH溶液中，两混合溶液中离子浓度与pH的变化关系如图所示，已知pKa=-lgKa，下列有关叙述错误的是A．常温下，Ka(CH3COOH)=10-5B．a点时，c(F-)=c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C．常温下，0.1mo/LNaF溶液的pH小于0.1mo/LCH3COONa溶液的pHD．向CH3COOH溶液中加入NaOH溶液后所得的混合溶液中，9、有机物结构式可以简化，如：可表示为，某有机物的多种同分异构体中，属于芳香醇的一共有(不考虑立体异构)A．6种B．5种C．4种D．3种10、下列叙述正确的是A．氯化氢溶于水导电，但液态氯化氢不导电B．溶于水后能电离出H＋的化合物都是酸C．熔融金属钠能导电，所以金属钠是电解质D．NaCl溶液在电流作用下电离成Na＋与Cl－11、下列说法正确的是（

）A．浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸均属于强电解质B．SiO2、SO2、SO3均属于酸性氧化物C．纯碱的分子式是Na2CO3D．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液12、拟除虫菊酯是一类高效、低毒、对昆虫具有强烈触杀作用的杀虫剂，其中对光稳定的溴氰菊酯的结构简式如下：下列对该化合物叙述正确的是()A．属于芳香烃 B．属于卤代烃C．在酸性条件下不水解 D．在一定条件下可以发生加成反应13、把下列物质的水溶液加热蒸干后，能得到原溶质的是A．NaHCO3B．FeCl3C．KClD．FeSO414、下列指定反应的方程式正确的是A．硫化亚铁与浓硫酸混合加热：FeS+2H+=Fe2++H2S↑B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I−+IO3−+6H+=I2+3H2OC．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OD．乙醛与新制氢氧化铜溶液混合加热：CH3CHO+2Cu（OH）2+OH—CH3COO—+Cu2O↓+3H2O15、下列物质属于芳香烃，但不是苯的同系物的是（）①CH=CH2②CH3③④⑤⑥A．③④ B．②⑤ C．①②⑤⑥ D．②③④⑤⑥16、现有氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种稀溶液，选用一种试剂通过一步操作就能将它们加以区分，这种试剂是A．KSCN溶液B．氨水C．NaOH溶液D．AgNO3溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、我国成功研制出了具有自主知识产权的治疗缺血性脑梗死新药——丁苯酞。有机物G是合成丁苯酞的中间产物，G的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的结构简式是___________，E的化学名称是____________。（2）由B生成C的化学方程式为______________________。（3）G的结构简式为__________________。合成丁苯酞的最后一步转化为：，则该转化的反应类型是_______________。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有______种（不包括J），其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为_________。（5）参照题中信息和所学知识，写出用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线：______________。18、分子式为C3H7Br的有机物甲在适宜的条件下能发生如下一系列转化：（1）若B能发生银镜反应，试回答下列问题．①有机物甲的结构简式为_____；②用化学方程式表示下列转化过程：甲→A：___________________B和银氨溶液反应：_________（2）若B不能发生银镜反应，请回答下列问题：①A的结构简式为__________；②用化学方程式表示下列转化过程．甲+NaOHD：_____，D→E：_____．19、三草酸合铁(III)酸钾K3[Fe(C204)3]·3H2O为绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇丙酮等有机溶剂。I.三草酸合铁(III)酸钾晶体的制备①将5g(NH4)2Fe(S04)2·6H2O晶体溶于20mL水中，加入5滴6mol/LH2SO4酸化，加热溶解，搅拌下加入25m饱和和H2C2O4溶液，加热，静置，待黄色的FeC2O4沉淀完全沉降以后，倾去上层清液，倾析法洗涤沉定2--3次。②向沉淀中加入10mL饱和草酸钾容液，水浴加热至40℃，用滴管缓慢滴加12mL5%H2O2，边加边搅拌并维持在40℃左右，溶液变成绿色并有棕色的沉淀生成。③加热煮沸段时间后，再分两批共加入8mL饱和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此时棕色沉淀溶解，变为绿色透明溶液。④向滤液中缓慢加入10mL95%的乙醇，这时如果滤液浑浊可微热使其变清，放置暗处冷却，结晶完全后，抽滤，用少量洗条剂洗涤晶体两次抽干，干燥，称量，计算产率。已知制各过程中涉及的主要反应方程式如下:②6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3步骤③2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O请回答下列各题:(1)简达倾析法的适用范围____________。(2)步骤③加热煮沸的目的是___________。(3)步骤④中乙醇要缓慢加入的原因是_________。(4)下列物质中最适合作为晶体洗涤剂的是_______(填编号)。A．冷水B．丙酮C．95%的乙醇D．无水乙醇(5)如图装置，经过一系列操作完成晶体的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的顺序补充完整(洗条操作只需要考虑一次):开抽气泵→a→____→b→d→c→关闭抽气泵。

a.转移固体混合物b.关活塞Ac.开活塞Ad.确认抽干e.加洗涤剂洗涤II.纯度的测定称取1.000g产品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用标定浓度为0.0100mol/L的高锰酸钾溶被滴定至终点，三次平行实验平均消耗高猛酸钾溶被24.00mL。(6)滴定涉及反应的离子方程式:____________。(7)计算产品的纯度______(用质量百分数表示)。(K3[Fe(C204)3]·3H2O的相对分子质量为491)20、1，2-二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂，在实验室中可以用下图所示装置制备1，2二溴乙烷。其中A和F中装有乙醇和浓硫酸的混合液，D中的试管里装有液溴。可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在140℃脱水生成乙醚。（夹持装置已略去）有关数据列表如下：填写下列空白：(1)A的仪器名称是____。(2)安全瓶B可以防止倒吸，还可以检查实验进行时导管是否发生堵塞。请写出发生堵塞时瓶B中的现象____。(3)A中发生反应的化学方程式为：____；D中发生反应的化学方程式为：____。(4)在装置C中应加入____(填字母），其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体。a．水b．浓硫酸c．氢氧化钠溶液d．饱和碳酸氢钠溶液(5)若产物中有少量副产物乙醚，可用___（填操作名称）的方法除去。(6)反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是乙烯与溴反应时放热，冷却可避免溴的大量挥发；但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是____。21、自然界存在丰富的碳、氮、氧、铝、钾、铁、碘等元素，按要求回答下列问题：(1)常温，羰基铁[Fe(CO）x)]是红棕色液体，不溶于水，溶于乙醇、乙醚等，据此判断羰基铁晶体属于________________(填晶体类型)，羰基铁的配体是________。已知：羰基铁的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x＝_________；98g羰基铁中含有的键数为______________个。(2)亚铁离子具有强还原性，从电子排布的角度解释，其原因是__________(3)BN晶体、AlN晶体结构相似，如图1，两者熔沸点较高的物质是______，原因是_________(4)KIO3晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，如图2所示，如果KIO3密度为agcm-3，则K与O间的最短距离为___cm。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】

A．X含有酚羟基，羟基的邻位、对位含有H，可与溴水发生取代反应，则1molX最多能消耗溴水中的3molBr2，故A错误；B．与Cl原子相连碳原子的邻位碳原子不含H原子，不能发生消去反应，故B错误；C．Y的苯环上含有3种氢原子，侧链含有1种氢原子，Y中有4种不同环境的氢原子，故C错误；D．X含有酚羟基，Z没有酚羟基，可用氯化铁检验Z中是否混有X，故D正确；答案选D。2、A【解题分析】

A、加入盐酸发生反应是：Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，碳酸钠消耗盐酸的体积小于碳酸氢钠消耗盐酸的体积，CO32－的水解程度大于HCO3－，因此c（HCO3－）＞c（CO32－），A正确；B、发生的反应是NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，因此氢氧化钠和碳酸钠消耗的盐酸体积大于碳酸氢钠消耗盐酸的体积，无法判断c（OH－）是否大于c（CO32－），B错误；C、Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，碳酸钠消耗盐酸体积等于碳酸氢钠消耗的盐酸的体积，C错误；D、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，HCO3－水解，c（Na＋）＞c（HCO3－），D错误；答案选A。3、C【解题分析】

A、Cl2与NaOH反应生成NaCl和NaClO，Cl元素化合价既升高又降低，0.1molCl2参加反应转移0.1NA的电子，选项A错误；B.根据化学反应：2NO+O2=2NO2、2NO2N2O4，2molNO和1mol氧气反应生成2molNO2，由于可逆反应的存在，混合后气体中分子总数小于2NA，选项B错误；C.根据化学反应3NO2+H2O=2HNO3+NO转移2e－，则NO2和H2O反应每生成2molHNO3时转移的电子数目为2NA，C正确；D.铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，则lmolFe在氧气中充分燃烧失去8/3NA个电子，D错误；答案选C。4、B【解题分析】

合金是由两种或两种以上的金属与金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，据此解答。【题目详解】A．青铜是铜锡合金，故A不符合；B．金刚砂(SiC)是组成元素全部是非金属的化合物，不是合金，故B符合；C．硬铝是铝的合金，故C不符合；D．生铁是铁与碳的合金，故D不符合。答案选B。【题目点拨】本题考查合金的特征，掌握合金的特征以及常见物质的组成是正确解答本题的关键。5、C【解题分析】

先分析碳骨架异构，分别为C—C—C—C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架C—C—C—C有8种，骨架有4种，共12种。答案选C。6、D【解题分析】将少量溴水滴入苯酚溶液中，结果没有发生沉淀现象，是因为生成的三溴苯酚溶解在苯酚溶液中了，如果向溶液中滴入过量的浓溴水，则可以生成白色沉淀，所以D正确，本题选D。7、B【解题分析】试题分析：Na2CO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，NH4NO3强酸弱碱盐水解溶液显酸性；Na2SO4强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，KNO3强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，，选B。考点：盐类水解和溶液酸碱性。8、D【解题分析】分析：A．根据醋酸的电离平衡常数表达式结合图像解答；B．a点时，=0，则c（F-）=c（HF），结合溶液的pH=4和电荷守恒解答；C．利用图像分别计算两种弱酸的电离常数，相同温度下相同浓度的钠盐中，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，溶液的pH越小；D．根据醋酸的电离平衡常数表达式计算。详解：A．常温下，pH=5时CH3COOH中=0，则c（CH3COO-）=c（CH3COOH），Ka（CH3COOH）=c(H+)·c(CH3COO−)/c(CH3COOH)=10-5，A正确；D．a点时，=0，则c（F-）=c（HF），溶液的pH=4，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒得c（F-）＞c（Na+），水解程度较小，所以溶液中存在c(F-)＝c(HF)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；C．由A可知Ka（CH3COOH）=10-5，pH=4时，c（HF）=c（F-），Ka（HF）=c(H+)·c(F−)/c(HF)=10-4，说明HF酸性大于醋酸，相同温度下相同浓度的钠盐中，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，溶液的pH越小，则水解程度F-＜CH3COO-，所以相同浓度的钠盐溶液中NaF溶液pH小于0.1mol•L-1的CH3COONa溶液的pH，C正确；D．NaOH溶液加入CH3COOH溶液后的混合溶液中Ka（CH3COOH）=c(H+)·c(CH3COO−)/c(CH3COOH)，则c(CH3COO−)/c(CH3COOH)=Ka（CH3COOH）/c(H+)=10−5/10−pH=10pH-5，D错误；答案选D。点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析、判断及计算能力，正确计算出两种酸的电离平衡常数是解本题关键，注意电离平衡常数与纵坐标的关系，题目难度中等。9、B【解题分析】的分子式为，在其多种同分异构体中，属于芳香醇的一共有5种，如下图所示：10、A【解题分析】

A．氯化氢为共价化合物，在水中能够电离出氢离子和氯离子，水溶液可导电，但熔融状态下不导电，故A正确；B．溶于水后能电离出H＋的化合物不一定是酸，如酸式盐硫酸氢钠可电离出氢离子，但硫酸氢钠属于盐，故B错误；C．金属属于单质，不是化合物，不是电解质，故C错误；D．氯化钠为电解质，在水溶液中可发生电离，无需通电，在电流下，NaCl溶液发生电解，故D错误；答案选A。11、B【解题分析】

A.浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸均是混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B.能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，SiO2、SO2、SO3均属于酸性氧化物，故B正确；C.纯碱是离子化合物，化学式是Na2CO3，没有分子式，故C错误；D.三种分散系的本质区别是分散质离子的直径大小不同，而不是丁达尔效应，故D错误；答案选B。12、D【解题分析】

A．该物质中含有Br、O、N元素，所以属于烃的衍生物，故A错误；B．该物质中还含有O、N元素，所以不属于卤代烃，故B错误；C．该物质中含有酯基，能在酸性条件下水解生成，故C错误；D．该物质中含有苯环和碳碳双键，所以在一定条件下可以发生加成反应，故D正确；故选D．【题目点拨】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系即可解答，侧重考查烯烃、苯、醚及酯的性质。13、C【解题分析】分析：A．NaHCO3在加热条件下分解生成Na2CO3；B．FeCl3加热促进水解生成Fe(OH)3和HCl，Fe(OH)3易分解，HCl易挥发；C．氯化钾不能水解，受热会蒸发水；D．加热蒸干FeSO4溶液时，硫酸亚铁易被氧化生成硫酸铁。详解：A．NaHCO3在加热条件下分解生成Na2CO3，所以蒸干灼烧其水溶液，不能得到该物质，选项A错误；B．FeCl3在加热时水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，灼烧得到氧化铁，所以蒸干灼烧其水溶液，不能得到该物质，选项B错误；C．加热蒸干KCl时，KCl不水解、不被氧化、不易分解，所以得到原物质，选项C正确；D．加热蒸干FeSO4溶液时，硫酸亚铁易被氧化生成硫酸铁，硫酸铁水解生成氢氧化铁和硫酸，硫酸没有挥发性，所以得到的固体是硫酸铁，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查盐类的水解以及元素化合物知识，题目难度中等，注意硫酸和盐酸的挥发性的不同。14、D【解题分析】

本题考查离子方程式书写的正误判断，A.硫化亚铁与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应，硫化亚铁是还原剂,浓硫酸是氧化剂，氧化产物是三价的铁离子和二氧化硫，还原产物是二氧化硫；B.电荷不守恒、得失电子数目不守恒；C.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水；碱性条件下，乙醛与新制氢氧化铜溶液混合加热生成醋酸盐、氧化亚铜沉淀和水。【题目详解】硫化亚铁与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2FeS+20H++7SO42-=2Fe3++9SO2↑+10H2O，A错误；电荷不守恒、得失电子数目不守恒，正确的离子方程式为：5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O，B错误；碳酸氢铵溶液与足量石灰水反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，离子方程式为：NH4++Ca2++HCO3-+2OH-═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，C错误；乙醛与新制氢氧化铜溶液混合加热生成醋酸盐、氧化亚铜沉淀和水，反应的离子方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）2+OH—CH3COO—+Cu2O↓+3H2O，D正确。故选D。【题目点拨】把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，答题时注意离子反应中保留化学式的物质及得失电子数目和电荷守恒。15、B【解题分析】

苯的同系物满足CnH2n－6，因此属于苯的同系物是甲苯和乙苯，答案选B。16、C【解题分析】A.KSCN溶液，只有氯化铁溶液呈红色，其它溶液没有明显变化，不能鉴别，故A错误；B.向五种溶液中分别滴加氨水，氯化镁、氯化铝和氯化亚铁溶液中均生成白色沉淀，不能鉴别，故B错误；C.向五种溶液中分别滴加NaOH溶液，氯化钠溶液中无现象；氯化铝溶液中先生成白色沉淀氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，白色沉淀溶解；氯化亚铁溶液中先产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色、最后转变为红褐色的氢氧化铁沉淀，氯化铁溶液中生成红褐色沉淀；氯化镁溶液中生成白色沉淀；现象各不相同，能够鉴别，故C正确；D.向五种溶液中分别滴加AgNO3溶液，均生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、2-甲基-1-丙烯（或异丁烯）酯化反应（或取代反应）4【解题分析】（1）A与溴发生取代反应生成邻甲基溴苯，则A的结构简式是；E与溴化氢发生加成反应生成F，F发生已知信息的反应生成(CH3)3CMgBr，则E的结构简式为CH2=C(CH3)2，所以E的化学名称是2－甲基－1－丙烯。（2）C氧化生成D，根据D的结构简式可知C的结构简式为，所以由B生成C的化学方程式为。（3）D和(CH3)3CMgBr发生已知信息的反应，则G的结构简式为。反应中羟基和羧基发生分子内酯化反应，则该转化的反应类型是取代反应。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有4种，即间羟基苯甲醛、对羟基苯甲醛、苯甲酸和甲酸苯酯。其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为。（5）根据题中信息和所学知识结合逆推法可知用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线为。点睛：高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。18、CH3CH2CH2Br；CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBrCH3CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+3NH3+2Ag↓+H2OCH3CH（OH）CH3CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2↑+NaBr+H2OnCH3CH=CH2【解题分析】分析：本题考查有机物推断，为高频考点，明确有机物的官能团性质及其物质之间的转化是解题的关键，注意卤代烃发生水解反应和消去反应时反应条件及断键方式区别。详解：若B能发生银镜反应，说明B含有醛基，A发生水解反应生成醇，B发生氧化反应生成醛，则甲的结构简式为CH3CH2CH2Br，A的结构简式为CH3CH2CH2OH，B的结构简式为CH3CH2CHO，甲或A发生消去反应都生成D为丙烯，D发生加聚反应生成E。(1)①根据以上分析，可知甲的结构简式为CH3CH2CH2Br；②甲→A的方程式为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr；B和银氨溶液反应的方程式为：CH3CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O（2）若B不能发生银镜反应，则B为酮，则B为CH3COCH3，A为CH3CHOHCH3，甲为CH3CHBrCH3，D为CH2=CHCH3，E为。①A的结构简式为CH3CH（OH）CH3；②甲和氢氧化钠的醇溶液在加热条件下发生消去反应生成丙烯，反应方程式为CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2↑+NaBr+H2O。丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应方程式为：nCH3CH=CH2。点睛：注意有机物的结构和反应的关系。卤代烃在氢氧化钠的醇溶液加热条件下可能发生消去反应，若卤素原子链接的碳原子的邻位碳上有氢原子，则能发生消去反应。醇分子中羟基链接的碳原子的邻位碳上有两个氢原子，则被催化氧化生成醛，若羟基链接的碳原子上有一个氢原子，则被催化氧化生成酮，若羟基链接的碳原子上没有氢原子，则不能催化氧化。19、适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率避免沉淀析出过快导致晶粒过小Cbdce16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O98.20%【解题分析】分析：本题一实验制备为载体，考查学生对操作的分析评价、物质的分离提纯、溶液的配制、氧化还原反应滴定等，是对学生综合能力的考查，难度中等。详解：(1)倾析法的适用范围适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀，这样减少过滤的时间和操作，比较简单。(2)对步骤②中的溶液经过加热煮沸再进行下一步操作，是由于步骤②溶液中存在过量的过氧化氢，过氧化氢具有一定的氧化性，会和③中加入的草酸发生反应，所以加热煮沸的目的是除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率；(3)慢慢加入乙醇使沉淀充分结晶成更大的颗粒，避免沉淀析出过快导致晶粒过小；(4)因为产品不溶于乙醇，而选择95%的乙醇经济成本最低，故选C。(5)用该装置完成晶体的抽滤和洗涤的过程，首先开抽气泵，然后转移固体混合物，关闭活塞A，确认抽干后打开活塞A，加入洗涤剂洗涤，然后再关活塞A，确认抽干后打开活塞A，再关闭抽气泵，故答案为bdce；(6)草酸根离子能被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，离子方程式为：16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(7)5K3[Fe(C204)3]·3H2O--6KMnO4491*56m0.01×0.024×解m=0.982g，则产品的纯度=0.982/1.000=98.20%。20、三颈烧瓶或答圆底烧瓶、三口瓶都可B中水面会下降，玻璃管中的水柱会上升，甚至溢出CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2OCH2＝CH2＋