新疆奎屯市農七師高級中學2025屆高二化學第二學期期末教學質量檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、某容器中發生一個化學反應，反應過程存在H2O、ClO－、CN－、HCO3-、N2、Cl－6種物質，在反應過程中測得ClO－和N2的物質的量隨時間變化的曲線如圖所示。下列有關判斷中正確的是A．當有3molClO－參加反應時，則有1molN2生成B．HCO3-作為堿性介質參與反應C．當有5molClO－參加反應時，則有1molN2生成D．若生成2.24LN2，則轉移電子0.6mol2、下列分子中所有原子不在同一平面的是A．CH2Cl2B．CH2=CH-CH＝CH2C．D．3、下列分子式表示的物質一定是純凈物的是（）A．C5H10 B．C2H6O C．C3H8 D．C2H4Cl24、下列關于Fe(OH)3膠體和MgCl2溶液性質敘述正確的是A．均能夠產生丁達爾效應B．微粒直徑均在1~100nm之間C．分散質微粒均可透過濾紙D．加入少量NaOH溶液，只有MgCl2溶液產生沉淀5、如圖所示，分別向密閉容器內可移動活塞的兩邊充入空氣(已知空氣體積占整個容器容積的1/4)、H2和O2的混合氣體，在標準狀態下，若將H2、O2的混合氣體點燃引爆。活塞先左彈，恢復原溫度后，活塞右滑停留于容器的中央。則原來H2、O2的體積之比可能為()A．2∶7 B．5∶4 C．4∶5 D．2∶16、下表為元素周期表前四周期的一部分，下列有關X、Y、Z、R、W五種元素的敘述中，錯誤的是XYZRWA．常壓下五種元素的單質中，Y的沸點最高B．元素電負性：X＞Z＞YC．基態原子中未成對電子數最多的是RD．元素最高價氧化物對應的水化物酸性：W＞Z＞Y7、三位科學家因在烯烴復分解反應研究中的杰出貢獻而榮獲2005年度諾貝爾化學獎，烯烴復分解反應可示意如下：下列化合物中，經過烯烴復分解反應可以生成的是A． B． C． D．8、下列說法中正確的是（）A．外圍電子構型為4f75d16s2元素在周期表中的位置是在第四周期第VIII族B．在氫原子電子云圖中通常用小黑點來表示電子的多少，黑點密度大則電子數目多C．金剛石立體網狀結構中，最小的碳環上有4個碳原子且每個碳原子被6個碳環所共用D．CsCl晶體中與每個Cs+距離相等且最近的Cs+共有6個9、將標準狀況下2.24LCO2緩慢通入1L0.15mol·L－1的NaOH溶液中，氣體被充分吸收，下列關系不正確的是()A．混合溶液溶質為NaHCO3和Na2CO3B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3-)＋2c(CO32-)C．c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)D．加熱蒸干所得混合溶液，最終得到Na2CO3固體10、對于平衡體系mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)ΔH<0，下列結論中不正確的是（）A．若溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，此時A的濃度為原來的2.1倍，則m＋n<p＋qB．若平衡時，A、B的轉化率相等，說明反應開始時，A、B的物質的量之比為m∶nC．若m＋n=p＋q，則往含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，達到新平衡時，氣體的總物質的量等于2amolD．若溫度不變時縮小體積，當A、B、C、D的物質的量濃度之比=m∶n∶p∶q時，說明達到了新的平衡11、下列有關化學用語表示正確的是()A．羥基的電子式： B．CH2F2的電子式：C．對硝基甲苯的結構簡式： D．乙烯的結構式：CH2CH212、短周期主族元素X、Y在同一周期，且電負性X＞Y，下列說法不正確的是A．X與Y形成化合物時，X顯負價，Y顯正價B．第一電離能Y小于XC．原子半徑：X小于YD．氣態氫化物的穩定性：HmY弱于HnX13、配位化合物的數量巨大，組成和結構形形色色，豐富多彩。請指出配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心離子、配體、中心離子的電荷數和配位數（）A．Cu2+、NH3、2+、2 B．Cu+、NH3、1+、4C．Cu2+、OH-、2+、2 D．Cu2+、NH3、2+、414、下列有關金屬晶體判斷正確的是A．簡單立方、配位數6、空間利用率68%B．鉀型、配位數6、空間利用率68%C．鎂型、配位數8、空間利用率74%D．銅型、配位數12、空間利用率74%15、下列關于硫及其化合物的說法正確的是A．加熱時硫與銅反應生成黑色的硫化銅B．二氧化硫與氯氣均能使品紅褪色，兩者原理相同C．濃硫酸與灼熱的木炭反應，體現濃硫酸的強氧化性和酸性D．濃硫酸滴入膽礬中，膽礬失水變白，發生了化學變化16、某烴的結構簡式如右圖，下列說法中正確的是A．該烴是苯的同系物B．該烴不能發生加成反應C．該烴苯環上的一氯代物共有6種D．分子中最多有16個碳原子處于同一平面上二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物A、B、C、D、E的衍變關系如下所示。其中，A是糧食發酵的產物，D是高分子化合物，E具有水果香味。請回答下列問題：（1）A的名稱是______，含有的官能團名稱是______。（2）寫出A和B反應生成E的化學方程式______，該反應的類型為______。（3）D的結構簡式為______。（4）寫出把C通入溴水中的現象______。18、有機物A（C10H20O2）具有蘭花香味，可用作香皂、洗發香波的芳香賦予劑。已知：①B分子中沒有支鏈。②D能與碳酸氫鈉溶液反應放出二氧化碳。③D、E互為具有相同官能團的同分異構體。E分子烴基上的氫若被Cl取代，其一氯代物只有一種。④F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）B可以發生的反應有_________（選填序號）①取代反應②消去反應③加聚反應④氧化反應（2）D、F分子所含的官能團的名稱依次是：_________、____________。（3）寫出與D、E具有相同官能團的同分異構體的可能結構簡式：________________________________________________________。（4）E可用于生產氨芐青霉素等。已知E的制備方法不同于其常見的同系物，據報道，可由2—甲基—1—丙醇和甲酸在一定條件下制取E。該反應的化學方程式是_______________________________。19、三草酸合鐵(III)酸鉀K3[Fe(C204)3]·3H2O為綠色晶體，易溶于水，難溶于乙醇丙酮等有機溶劑。I.三草酸合鐵(III)酸鉀晶體的制備①將5g(NH4)2Fe(S04)2·6H2O晶體溶于20mL水中，加入5滴6mol/LH2SO4酸化，加熱溶解，攪拌下加入25m飽和和H2C2O4溶液，加熱，靜置，待黃色的FeC2O4沉淀完全沉降以后，傾去上層清液，傾析法洗滌沉定2--3次。②向沉淀中加入10mL飽和草酸鉀容液，水浴加熱至40℃，用滴管緩慢滴加12mL5%H2O2，邊加邊攪拌并維持在40℃左右，溶液變成綠色并有棕色的沉淀生成。③加熱煮沸段時間后，再分兩批共加入8mL飽和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此時棕色沉淀溶解，變為綠色透明溶液。④向濾液中緩慢加入10mL95%的乙醇，這時如果濾液渾濁可微熱使其變清，放置暗處冷卻，結晶完全后，抽濾，用少量洗條劑洗滌晶體兩次抽干，干燥，稱量，計算產率。已知制各過程中涉及的主要反應方程式如下:②6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3步驟③2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O請回答下列各題:(1)簡達傾析法的適用范圍____________。(2)步驟③加熱煮沸的目的是___________。(3)步驟④中乙醇要緩慢加入的原因是_________。(4)下列物質中最適合作為晶體洗滌劑的是_______(填編號)。A．冷水B．丙酮C．95%的乙醇D．無水乙醇(5)如圖裝置，經過一系列操作完成晶體的抽濾和洗滌。請選擇合適的編號，按正確的順序補充完整(洗條操作只需要考慮一次):開抽氣泵→a→____→b→d→c→關閉抽氣泵。

a.轉移固體混合物b.關活塞Ac.開活塞Ad.確認抽干e.加洗滌劑洗滌II.純度的測定稱取1.000g產品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用標定濃度為0.0100mol/L的高錳酸鉀溶被滴定至終點，三次平行實驗平均消耗高猛酸鉀溶被24.00mL。(6)滴定涉及反應的離子方程式:____________。(7)計算產品的純度______(用質量百分數表示)。(K3[Fe(C204)3]·3H2O的相對分子質量為491)20、在一定條件下用普通鐵粉和水蒸氣反應，可以得到鐵的氧化物。該氧化物又可以經過此反應的逆反應生成顆粒很細的鐵粉。這種鐵粉俗稱“引火鐵”。請分別用下圖中示意的兩套裝置制取上述鐵的氧化物和“引火鐵”。（裝置中必要的鐵架臺、鐵夾、鐵圈、石棉網、加熱設備等在圖中均已略去）請填寫下列空白：(1)①左圖中試管A中應加入的試劑是_____。②需要加熱的裝置是_______，當實驗結束時應該先熄滅____處的酒精燈。③試管D中收集得到的是____，C的作用是________。(2)①右圖中G中應加入的試劑是_________。②試管E中發生反應的化學方程式是_______。21、(1)25℃時，相同物質的量濃度的下列溶液：①NaCl②NaOH③H2SO4④(NH4)2SO4，其中水的電離程度按由大到小順序排列為___________(填序數)。(2)在25℃下，將amol·L－1的氨水與0.01mol·L－1的鹽酸等體積混合，反應平衡時溶液中c(NH4+)=c(Cl－)，則溶液顯___________(填“酸”堿”或“中)性；用含a的代數式表示NH3·H2O的電離常數Kb=___________。(3)一定溫度下，向氨水中通入CO2，得到（NH4)2CO3、NH4HCO3等物質，溶液中各種微粒的物質的量分數與pH的關系如圖所示。隨著CO2的通入，溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)將___________(填“增大”“減小”或“不變”)。pH=9時，溶液中c(NH4+)+c(H+)=___________。(4)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)可用作食品的抗氧化劑，常用于葡萄酒、果脯等食品中。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時，取25.00mL葡萄酒樣品，用0.01000mol·L－1的碘標準液滴定至終點，消耗5.00mL。該滴定反應的離子方程式為___________；葡萄酒中的Na2S2O5的使用量是以SO2來計算的，則該樣品中Na2S2O5的殘留量為___________g·L－1。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

由曲線變化圖可知，隨反應進行ClO－的物質的量降低，N2的物質的量增大，故ClO－為反應物，N2是生成物，根據電子轉移相等可知，CN－是反應物，由氯元素守恒可知Cl－是生成物，由碳元素守恒可知HCO3－是生成物，由氫元素守恒可知H2O是反應物，則反應方程式為。【詳解】A.由方程式可知，當有5molClO-參加反應時，則有1molN2生成，故A錯誤；B.由方程式可知，HCO3?是生成物，故B錯誤；C.由方程式可知，當有5molClO-參加反應時，則有1molN2生成，故C正確；D.沒有說明是標準狀況，所以氣體的物質的量無法計算，則轉移電子無法計算，故D錯誤。故答案選C。【點睛】由曲線變化圖判斷生成物和反應物，再根據元素守恒和得失電子守恒配平離子方程式。2、A【解析】分析：根據甲烷、乙烯、苯的結構特點進行類推，據此解答。詳解：A.甲烷是正四面體結構，因此CH2Cl2分子中所有原子不可能共面，A正確；B.由于碳碳雙鍵是平面形結構，而單鍵可以旋轉，所以CH2=CH-CH＝CH2分子中所有原子可能共面，B錯誤；C.苯環是平面形結構，因此分子中所有原子可能共面，C錯誤；D.苯環是平面形結構，因此分子中所有原子可能共面，D錯誤。答案選A。3、C【解析】

分子式表示的物質一定是純凈物，說明不存在同分異構體。根據是否存在同分異構體判斷正誤，同分異構體是分子式相同，但結構不同的化合物。【詳解】A．C5H10可以表示1-戊烯和2-戊烯等物質，存在同分異構體，不是純凈物，A錯誤；B．C2H6O可以表示乙醇和二甲醚，存在同分異構體，不是純凈物，B錯誤；C．C3H8只有一種結構，不存在同分異構體，是純凈物，C正確；D．C2H4Cl2有CHCl2CH3和CH2ClCH2Cl兩種同分異構體，不是純凈物，D錯誤。答案選C。4、C【解析】

A.只有膠體才具有丁達爾效應，溶液沒有丁達爾效應，故A錯誤；B.膠體微粒直徑均在1~100nm之間，MgCl2溶液中離子直徑小于1nm之間，故B錯誤；C.膠體和溶液分散質微粒均可透過濾紙，故C正確；D.向Fe(OH)3膠體中加入NaOH溶液，會使膠體發生聚沉，產生Fe(OH)3沉淀，MgCl2與NaOH反應生成Mg(OH)2沉淀，故D錯誤；本題答案為C。【點睛】本題考查膠體和溶液的性質，注意溶液和膠體的本質區別，膠體微粒直徑均在1~100nm之間，能發生丁達爾效應，能透過濾紙。5、C【解析】

反應前，左右兩室的體積之比為1∶3，則左右兩室中氣體物質的量之比為1∶3，反應后，活塞處于中央，兩室體積相等，則兩室中氣體的物質的量相等，根據氫氣和氧氣的反應方程式討論氫氣或氧氣過量計算解答。【詳解】令空氣的物質的量為1mol，反應前，左右兩室的體積之比為1∶3，反應前右室的物質的量為3mol，反應后，活塞處于中央，兩室體積相等，則兩室中氣體的物質的量相等，反應后右室氣體物質的量為1mol，發生反應2H2+O22H2O，設H2、O2的物質的量分別為xmol、ymol，若氫氣過量，則：x?2y＝1，x+y＝3，解得x∶y=7∶2；若氧氣過量，則：y?0.5x＝1，x+y＝3，解得x∶y=4∶5，故選C。6、C【解析】

由圖可知，X為O，Y為Si，Z為P，R為Se，W為Br，據此回答。【詳解】A．O2或O3，P單質，Se單質，Br2均為分子晶體，Si為原子晶體，所以Si的沸點最高，即常壓下五種元素的單質中，Y的沸點最高，A正確；B．非金屬性越強，元素電負性越強，由圖可知，非金屬性：X＞Z＞Y，所以元素電負性：X＞Z＞Y，B正確；C．幾種元素基態原子電子排布圖為：O為，Si為，P為，Se為，Br為，由此可知，基態原子中未成對電子數最多的是P元素，即Z，C錯誤；D．H2SiO3是弱酸，H3PO4是中強酸，HBrO4是強酸，酸性HBrO4＞H3PO4＞H2SiO3，即元素最高價氧化物對應的水化物酸性：W＞Z＞Y，D正確。答案選C。7、A【解析】

根據烯烴復分解反應的規律，A項，發生復分解反應生成和CH2=CH2，A項符合題意；B項，發生復分解反應生成和CH3CH=CH2，B項不符合題意；C項，發生復分解反應生成和CH2=CH2，C項不符合題意；D項，發生復分解反應生成和CH3CH=CH2，D項不符合題意；答案選A。8、D【解析】

A．外圍電子構型為4f75d16s2，原子序數為64，為Gd元素，位于第六周期ⅢB族，故A錯誤；B．小黑點表示電子在核外空間某處出現的概率，不表示電子數目，故B錯誤；C．金剛石的網狀結構中，由共價鍵形成的最小碳環上有6個碳原子，故C錯誤；D．CsCl晶體中每個Cs+周圍緊鄰的有8個Cl-，每個Cs+周圍與它最近且距離相等的Cs+有6個，故D正確；答案選D。【點睛】本題的易錯點和難點為A，外圍電子構型為4f75d16s2，f能級未排滿，則該元素位于ⅢB，其余各族的原子，沒有f電子或者f能級已排滿。9、C【解析】

A、先判斷CO2與NaOH反應后的產物，利用元素守恒進行計算；B、利用電荷守恒進行判斷；C、利用CO32－的水解能力強于HCO3－進行分析；D、注意NaHCO3不穩定，受熱易分解。【詳解】A、根據C元素守恒，有n(NaHCO3)＋n(Na2CO3)=2.24/22.4=0.1mol，根據Na元素守恒，有n(NaHCO3)＋2n(Na2CO3)=1×0.15mol，解得n(Na2CO3)=0.05mol，n(NaHCO3)=0.05mol，故A說法正確；B、根據電荷守恒，因此有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，故B說法正確；C、CO32－的水解能力強于HCO3－，即CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，因此離子濃度大小順序是c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)，故C說法錯誤；D、加熱蒸干后得到Na2CO3和NaHCO3，因為NaHCO3不穩定，受熱易分解，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，因此最終得到物質為Na2CO3，故D說法正確。【點睛】本題的難點是離子濃度大小的比較，根據上述分析，得出Na2CO3和NaHCO3的物質的量相等，Na2CO3和NaHCO3都屬于強堿弱酸鹽，溶液顯堿性，即c(OH－)>c(H＋)，因為多元弱酸根的水解以第一步為主，即CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，水解的程度微弱，因此有c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)，綜上所述，離子濃度大小順序是c(Na＋)>c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)。10、D【解析】

A.若溫度不變，將容器的體積縮小為原來的一半，壓強增大，若達到等效平衡，則A的濃度變為原來的2倍，而實際上變為原來的2.1倍，說明平衡左移，壓強增大，平衡左移則m+n<p+q，A項正確；B.A、B的起始物質的量之比等于化學計量數之比即m：n時，平衡時二者轉化轉化率相等，B項正確；C.若m+n=p+q，說明平衡移動時氣體總物質的量不變，平衡體系共有amol氣體，再向其中加入amolB，平衡會發生移動，當達到新平衡時共有2amol氣體，C項正確；D.若m+n=p+q，溫度不變時縮小體積，壓力增大，平衡不移動，不能說明達到新平衡，D項錯誤；答案選D。【點睛】(1)恒溫恒容下，改變起始加入物質的物質的量，如通過可逆反應的化學計量數換算成同一半邊的物質的物質的量與原平衡相等，則達平衡后與原平衡等效；(2)恒溫恒容下，對于反應前后都是氣體且物質的量相等的可逆反應，改變起始加入物質的物質的量，只要按化學計量數，換算成同一半邊的物質的量之比與原平衡相同，則達平衡后與原平衡等效(3)恒溫恒壓下，改變起始加入物質的物質的量，只要按化學計量數，換算成同一半邊的物質的物質的量之比與原平衡相同，則達平衡后與原平衡等效。11、A【解析】

A．羥基是電中性基團，氧原子與氫原子以1對共用電子對連接，電子式為，故A正確；B．CH2F2的電子式中，氟原子最外層達到8電子穩定結構，其正確的電子式為：，故B錯誤；C．對硝基甲苯的結構簡式為：，故C錯誤；D．乙烯分子內含有碳碳雙鍵，其結構式為，故D錯誤；故答案為A。12、B【解析】

A.因為電負性X>Y，所以X和Y形成化合物時，X顯負價，Y顯正價，故A正確；B.一般非金屬性越強，第一電離能越大，若Y的最外層電子半滿或全滿為穩定結構，則第一電離能Y大于X，故B錯誤；C.因短周期主族元素X、Y在同一周期，且電負性X＞Y，所以原子半徑：X<Y，故C正確；D.因X、Y元素同周期，且電負性X>Y，所以非金屬性X>Y，氣態氫化物的穩定性：HmY弱于HnX，故D正確；綜上所述，本題正確答案為B。【點睛】解題依據：X、Y元素同周期，且電負性X>Y，則原子序數X>Y，非金屬性X>Y，結合同周期元素的性質及元素化合物知識來解答。13、D【解析】

[Cu(NH3)4](OH)2的中心離子是Cu2+，配體是NH3，因此，中心離子的電荷數為2個單位的正電荷，配位數為4，綜上所述，[Cu(NH3)4](OH)2的中心離子、配體、中心離子的電荷數和配位數分別為Cu2+、NH3、2+、4。答案選D。14、D【解析】

A．簡單立方、配位數6、空間利用率為52%，A錯誤；B．鉀型、配位數8、空間利用率68%，B錯誤；C．鎂型、配位數12、空間利用率74%，C錯誤；D．銅型、配位數12、空間利用率74%，D正確；答案選D。15、D【解析】

A.加熱時硫與銅反應生成黑色的硫化亞銅，A錯誤；B.二氧化硫與氯氣均能使品紅褪色，二氧化硫與品紅化合成不穩定的無色化合物，氯氣與水反應生成的次氯酸具有強氧化性使品紅褪色，兩者原理不同，B錯誤；C.濃硫酸與灼熱的木炭反應生成二氧化碳、二氧化硫和水，體現濃硫酸的強氧化性，C錯誤；D.濃硫酸滴入膽礬中，膽礬失水變白，因為硫酸銅晶體轉變成無水硫酸銅，故發生了化學變化，D正確；答案選D。16、D【解析】A．該有機物含有2個苯環，不是苯的同系物，選項A錯誤；B．分子中含有苯環，該烴能與氫氣在一定條件下發生加成反應，選項B錯誤；C．由結構的對稱性可知，含3種位置的H，該烴的一氯代物最多有3種，選項C錯誤；D．苯環為平面結構，與苯環直接相連的原子一定在同一平面內，則苯環與甲基的C及另一苯環上的2個C和甲基上的C共面，則分子中至多有16個碳原子處于同一平面上，選項D正確；答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、乙醇羥基CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O取代（酯化）反應溴水褪色【解析】

A是糧食發酵的產物，A是乙醇，發生消去反應生成的C是乙烯，乙烯發生加聚反應生成的D是高分子化合物，E具有水果香味，說明B是乙酸，與乙醇發生酯化反應生成乙酸乙酯。據此判斷。【詳解】（1）A的名稱是乙醇，結構簡式為CH3CH2OH，含有的官能團名稱是羥基。（2）寫出A和B發生酯化反應生成E的化學方程式為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，該反應的類型為取代反應或酯化反應。（3）D是聚乙烯，結構簡式為。（4）乙烯含有碳碳雙鍵，能和溴水發生加成反應，則把C通入溴水中的現象是溴水褪色。【點睛】明確常見有機物的結構和性質特點是解答的關鍵，注意題干中信息的提取，例如“A是糧食發酵的產物，D是高分子化合物，E具有水果香味。”等。18、①②④羧基碳碳雙鍵、【解析】

B發生氧化反應生成C，C發生氧化反應生成D，D能與NaHCO3溶液反應放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子數相同；B在濃硫酸/加熱條件下反應生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F為消去反應；D、E互為同分異構體，D與E的分子式相同，B與E反應生成A，A的分子式為C10H20O2，A具有蘭花香味，A屬于飽和一元酸與飽和一元醇形成的酯，B分子中沒有支鏈，E分子烴基上的氫若被Cl取代，其一氯代物只有一種，則B的結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH2OH，C為CH3CH2CH2CH2CHO，D為CH3CH2CH2CH2COOH，E為（CH3）3CCOOH，A為（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F為CH3CH2CH2CH=CH2，據此分析作答。【詳解】B發生氧化反應生成C，C發生氧化反應生成D，D能與NaHCO3溶液反應放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子數相同；B在濃硫酸/加熱條件下反應生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F為消去反應；D、E互為同分異構體，D與E的分子式相同，B與E反應生成A，A的分子式為C10H20O2，A具有蘭花香味，A屬于飽和一元酸與飽和一元醇形成的酯，B分子中沒有支鏈，E分子烴基上的氫若被Cl取代，其一氯代物只有一種，則B的結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH2OH，C為CH3CH2CH2CH2CHO，D為CH3CH2CH2CH2COOH，E為（CH3）3CCOOH，A為（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F為CH3CH2CH2CH=CH2，（1）B的結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH2OH，B屬于飽和一元醇，B可以與HBr、羧酸等發生取代反應，B中與—OH相連碳原子的鄰碳上連有H原子，B能發生消去反應，B能與O2、KMnO4等發生氧化反應，B不能加聚反應，答案選①②④。（2）D為CH3CH2CH2CH2COOH，所含官能團名稱為羧基；F為CH3CH2CH2CH=CH2，所含官能團名稱為碳碳雙鍵。（3）D、E的官能團為羧基，與D、E具有相同官能團的同分異構體的可能結構簡式為（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH。（4）E為（CH3）3CCOOH，2—甲基—1—丙醇與甲酸在一定條件下制取E的化學方程式為。19、適用分離晶體顆粒較大、易沉降到容器底部的沉淀除去過量的雙氧水，提高飽和H2C2O4溶液的利用率避免沉淀析出過快導致晶粒過小Cbdce16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O98.20%【解析】分析：本題一實驗制備為載體，考查學生對操作的分析評價、物質的分離提純、溶液的配制、氧化還原反應滴定等，是對學生綜合能力的考查，難度中等。詳解：(1)傾析法的適用范圍適用分離晶體顆粒較大、易沉降到容器底部的沉淀，這樣減少過濾的時間和操作，比較簡單。(2)對步驟②中的溶液經過加熱煮沸再進行下一步操作，是由于步驟②溶液中存在過量的過氧化氫，過氧化氫具有一定的氧化性，會和③中加入的草酸發生反應，所以加熱煮沸的目的是除去過量的雙氧水，提高飽和H2C2O4溶液的利用率；(3)慢慢加入乙醇使沉淀充分結晶成更大的顆粒，避免沉淀析出過快導致晶粒過小；(4)因為產品不溶于乙醇，而選擇95%的乙醇經濟成本最低，故選C。(5)用該裝置完成晶體的抽濾和洗滌的過程，首先開抽氣泵，然后轉移固體混合物，關閉活塞A，確認抽干后打開活塞A，加入洗滌劑洗滌，然后再關活塞A，確認抽干后打開活塞A，再關閉抽氣泵，故答案為bdce；(6)草酸根離子能被酸性高錳酸鉀氧化生成二氧化碳，離子方程式為：16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(7)5K3[Fe(C204)3]·3H2O--6KMnO4491*56m0.01×0.024×解m=0.982g，則產品的純度=0.982/1.000=98.20%。20、鐵粉ABAH2防倒吸堿石灰Fe3O4+4H23Fe+4H2O【解析】

（1）①根據題干信息可知A中發生的反應為鐵在高溫下和水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，反應的化學方程式為3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4，試管A是鐵與水蒸氣反應的裝置，故在A中裝的應該是鐵粉；②反應需要在高溫下進行，則A裝置需要加熱。又因為需要提供水蒸氣，所以B裝置還需要加熱，當實驗結束時應該先熄滅A處的酒精燈，在水蒸氣的氛圍中冷卻；③在反應過程中要生成氫氣，氫氣不溶于水，所以D是用來收集氫氣的，為了防止向試管中通入水蒸氣使試管驟冷，引起水的倒流從而在試管和收集氣體的試管中間加