天津濱海新區大港第八中學2025屆高二下化學期末復習檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、在常溫下，某無色溶液中，由水電離出的c(H+)＝1×10-14mol·L-1，則該溶液中，一定能大量共存的離子是（）A．K+、Na+、MnO4-、SO42- B．Na+、CO32-、AlO2-、Cl-C．K+、Na+、Cl-、Br- D．K+、Cl-、Ba2+、HCO3-2、化學與人類生產、生活密切相關，下列說法正確的是A．減少SO2的排放，可以從根本上消除霧霾B．硅酸多孔、吸水能力強，常用作袋裝食品的干燥C．綠色化學的核心是利用化學原理對環境污染進行治理D．醫用消毒酒精中乙醇的濃度為95%3、下列說法中一定正確的是()A．固態時能導電的物質一定是金屬晶體B．熔融狀態能導電的晶體一定是離子晶體C．水溶液能導電的晶體一定是離子晶體D．固態不導電而熔融狀態導電的晶體一定是離子晶體4、有機物W在工業上常用作溶劑和香料，其合成方法如下：下列說法正確的是（）A．M、N、W均能發生加成反應、取代反應B．N、W組成上相差一個CH2原子團，所以互為同系物C．W屬于酯類，酸性水解和堿性水解產物相同D．1molN可與4molH2發生加成反應5、同溫同壓下，等體積的CO和CH4分別在足量O2中完全燃燒，消耗氧氣的體積比為()A．2∶1 B．1∶2 C．4∶1 D．1∶46、下列實驗中的顏色變化，與氧化還原反應無關的是ABCD實驗NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl濁液中熱銅絲插入稀硝酸中現象產生白色沉淀，隨后變為紅褐色溶液變紅，隨后迅速褪色沉淀由白色逐漸變為黑色產生無色氣體，隨后變為紅棕色A．A B．B C．C D．D7、下列說法中正確的是A．阿伏加德羅常數就是指6.02×1023B．1mol任何物質都約含有6.02×1023個分子C．3.01×1023個Na＋的物質的量是0.5molD．2molSO42－約含有1.204×1023個SO42－8、下列實驗事實不能用平衡移動原理解釋的是A．pH=11的氨水稀釋10倍后溶液pH＞10B．將氯化鋁溶液加熱蒸干并灼燒，最終得氧化鋁固體C．對2HI（g）H2（g）+I2（g），減小容器體積，氣體顏色變深D．水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡處理，而后用鹽酸去除9、Licht等科學家設計的Al—MnO4—電池原理如圖所示，電池總反應為Al＋MnO4—===AlO2—＋MnO2，下列說法正確的是()A．電池工作時，K＋向負極區移動B．Al電極發生還原反應C．正極的電極反應式為MnO4—＋4H＋＋3e－===MnO2＋2H2OD．理論上電路中每通過1mol電子，負極質量減小9g10、根據侯氏制堿原理制備少量NaHCO3的實驗，經過制取氨氣、制取NaHCO3、分離NaHCO3、干燥NaHCO3四個步驟，下列圖示裝置和原理能達到實驗目的的是A．制取氨氣 B．制取碳酸氫鈉C．分離碳酸氫鈉 D．干燥碳酸氫鈉11、等物質的量濃度的KCl、MgCl2、AlCl3三種溶液。現欲完全沉淀其中的Cl—，消耗相同物質的量濃度的AgNO3溶液的體積比為3:2:1，則上述三種溶液的體積比為A．1:1:1 B．9:3:1 C．3:2:1 D．9:3:212、向X溶液中加入Y試劑，產生沉淀或氣體如圖，與所述情形幾乎完全相符的是()A．向HCl和AlCl3的混合液滴加NaOH溶液 B．向NH4Al(SO4)2溶液滴加Ba(OH)2溶液C．向NaOH和Ca(OH)2混合液中通入CO2 D．向NaOH和Na2CO3混合液滴加稀HCl溶液13、某有機物的結構簡式為下列敘述正確的是A．1mol該有機物與NaOH溶液完全反應時，消耗1molNaOHB．該有機物可通過加聚反應生成C．該有機物水解所得的產物能發生加成反應D．該有機物分子的單體為兩種14、銀質器皿日久表面會逐漸變黑，這是生成了Ag2S的緣故。根據電化學原理可進行如下處理：在鋁質容器中加入食鹽溶液，再將變黑的銀器漫入該溶液中，一段時間后發現黑色會褪去。下列說法正確的是A．處理過程中銀器一直保持恒重B．銀器為正極，Ag2S被還原生成單質銀C．該過程中總反應為2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S轉化為白色AgCl15、下列有關說法不正確的是A．CH4、SF6、二氯乙烯（反式）、H2O2都是含極性鍵的非極性分子B．在分子晶體中一定不存在離子鍵，而在離子晶體中可能存在共價鍵C．酸性：H2CO3<H3PO4<HNO3<HClO4D．CO的一種等電子體為NO＋，它的電子式為16、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol/LFeCl3溶液：NH4+、K+、SCN-、NO3-B．=0.1mol/L的溶液：K+、Cu2+、Br-、SO42-C．能使甲基橙變紅的溶液：Ca2+、NH4+、CH3COO-、Cl-D．由水電離產生的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液：Na+、K+、Cl-、NO3-二、非選擇題（本題包括5小題）17、下圖中的A、B、C、D、E、F、G均為有機物（有些物質未寫出）據上圖回答問題：(1)A的結構簡式_______，D的名稱是__________。(2)反應①③④的反應類型分別為_____________、____________和__________。(3)除去F中雜質C、D時，最后要用分液的方法進行混和物的分離，F產物從分液漏斗的_______（填“上口倒出”或“下口放出”）。(4)寫出反應②的反應方程式為_________________________________。18、藥用有機物A為一種無色液體。從A出發可發生如下一系列反應：請回答：（1）寫出化合物F的結構簡式：________________。（2）寫出反應①的化學方程式：__________________________________________。（3）寫出反應④的化學方程式：___________________________________________。（4）有機物A的同分異構體很多，其中屬于羧酸類的化合物，且含有苯環結構的有________種。（5）E的一種同分異構體H，已知H可以和金屬鈉反應放出氫氣，且在一定條件下可發生銀鏡反應。試寫出H的結構簡式：_________________________________。E的另一種同分異構體R在一定條件下也可以發生銀鏡反應，但不能和金屬鈉反應放出氫氣。試寫出R的結構簡式：_____________________________________________。19、某班同學用如下實驗探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩定。回答下列問題：（1）分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是________；將FeCl3晶體溶于濃鹽酸,再稀釋到需要的濃度，鹽酸的作用是________。（2）制備K2FeO4（夾持裝置略）后，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產生黃綠色氣體，得溶液a，經檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產生Cl2，設計以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子，但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由________________產生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是________________。根據K2FeO4的制備原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ實驗表明，Cl2和FeO42-的氧化性強弱關系相反，原因是________________。20、氮化鋁（AlN）是一種新型無機非金屬材料．某AlN樣品僅含有Al2O3雜質，為測定AlN的含量，設計如下三種實驗方案．已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑（1）（方案1）取一定量的樣品，用以下裝置測定樣品中AlN的純度（夾持裝置已略去）．（i）圖C裝置中球形干燥管的作用是________．完成以下實驗步驟：組裝好實驗裝置，首先進行的操作是________，再加入實驗藥品．接下來的實驗操作是關閉，打開，打開分液漏斗活塞，加入NaOH濃溶液，至不再產生氣體．打開K1，通入氮氣一段時間，測定C裝置反應前后的質量變化．通入氮氣的目的是________．（iii）由于裝置存在缺陷，導致測定結果偏高，請提出改進意見________．（2）（方案2）用下圖裝置測定mg樣品中A1N的純度（部分夾持裝置已略去）．（i）為測定生成氣體的體積，量氣裝置中的X液體可以是________．A．CCl4

B．H2O

C．NH4Cl溶液

D．（ii）若mg樣品完全反應，測得生成氣體的體積為VmL（已轉換為標準狀況），則AlN的質量分數是________．（3）（方案3）按以下步驟測定樣品中A1N的純度：（i）步驟②生成沉淀的離子方程式為________．（ii）若在步驟③中未洗滌，測定結果將________（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）．21、高分子PMMA是迄今為止合成透明材料中質地最優異、價格又比較適宜的品種。其中一種合成路線如圖。（1）A的分子式是_________。（2）反應II的化學方程式是_________。（3）H是E的同分異構體，它同時符合下列條件：①能發生銀鏡反應；②能與H2發生加成反應；③不能發生水解反應；④分子內不含甲基。則H可能的結構簡式為_________（寫出任意一種）。（4）MMA通過加聚反應制取PMMA的化學方程式是_________。（5）已知：（R1、R2代表烴基或H）。以2-丙醇（）為起始原料，選用必要的無機試劑合成E，寫出合成路線（用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件）_________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

在常溫下，某無色溶液中，由水電離出的c(H+)＝1×10-14mol·L-1，則該溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，據此解答。【詳解】A、MnO4－顯紫紅色，故A錯誤；B、此溶質為酸或堿，CO32－和AlO2－在酸中不能大量共存，故B錯誤；C、既能在堿中大量共存，又能在酸中大量共存，故C正確；D、HCO3－既不能在堿中大量共存，也不能在酸中大量共存，故D錯誤。答案選C。2、B【解析】

A、減少二氧化硫排放防止酸雨污染，不能消除霧霾，故A錯誤；B.硅膠無毒，具有吸水性，常用作袋裝食品的干燥，故B正確；C.“綠色化學”的核心就是要利用化學原理從源頭消除污染而不是對污染進行治理，故C錯誤；D.醫用消毒酒精中乙醇的濃度為75%，故D錯誤；故選B。3、D【解析】

A.固態時能導電的物質不一定是金屬晶體，也可能是原子晶體如硅，或混合型晶體如石墨，A不正確；B.熔融狀態能導電的晶體不一定是離子晶體，也可能是金屬晶體，B不正確；C.水溶液能導電的晶體不一定是離子晶體，也可能是屬于電解質的分子晶體，C不正確；D.固態不導電而熔融狀態導電的晶體，說明其在晶體狀態下沒有自由移動的離子，但在熔融態有自由移動的離子，故一定是離子晶體，D正確。故選D。4、A【解析】

由合成流程可知，M發生氧化反應生成N，N與甲醇發生酯化反應生成W，結合三者的結構分析解答。【詳解】A．M、N、W均含苯環，均可與氫氣發生加成反應，在催化劑條件下苯環上H可發生取代反應，故A正確；B．N屬于羧酸，W屬于酯，為不同類別的有機物，結構不相似，不屬于同系物，故B錯誤；C．W屬于酯類，酸性條件下水解生成酸和醇，堿性條件下水解生成鹽和醇，產物不同，故C錯誤；D．N中只有苯環能夠與氫氣發生加成反應，1molN中含有1mol苯環，最多能夠與3mol氫氣發生加成反應，故D錯誤；答案選A。【點睛】本題的易錯點為D，要注意羧基和酯基中的碳氧雙鍵不能與氫氣發生加成反應。5、D【解析】

同溫同壓下，CO和CH4體積相等，則CO和CH4物質的量相等，由方程式2CO+O22CO2；CH4+2O2CO2+2H2O可知，消耗的氧氣體積比為1:4，答案為D。【點睛】同溫同壓下，氣體體積之比等于物質的量之比。6、C【解析】分析：A項，白色沉淀變為紅褐色沉淀時的反應為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B項，紅色褪色是HClO表現強氧化性；C項，白色沉淀變為黑色時的反應為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D項，氣體由無色變為紅棕色時的反應為2NO+O2=2NO2。詳解：A項，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中產生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀變為紅褐色沉淀時的反應為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，該反應前后元素化合價有升降，為氧化還原反應；B項，氯水中存在反應Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先變紅，紅色褪色是HClO表現強氧化性，與有色物質發生氧化還原反應；C項，白色沉淀變為黑色時的反應為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反應前后元素化合價不變，不是氧化還原反應；D項，Cu與稀HNO3反應生成Cu（NO3）2、NO氣體和H2O，氣體由無色變為紅棕色時的反應為2NO+O2=2NO2，反應前后元素化合價有升降，為氧化還原反應；與氧化還原反應無關的是C項，答案選C。點睛：本題考查氧化還原反應的判斷，分析顏色變化的原因、理解氧化還原反應的特征是解題的關鍵。7、C【解析】

A、阿伏加德羅常數指1mol任何物質所含的粒子數，約為6.02×1023，故A錯誤；B、分子錯誤，應為粒子數，像NaCl就不存在分子，故B錯誤；C.3.01×1023個Na＋的物質的量是0.5mol，故C正確；D，2molSO42－約含有1.204×1024個SO42－，故D錯誤。答案選C。8、C【解析】

A、若為強堿溶液，稀釋10倍，c(OH-)會變為原來的，PH會減小1。但是氨水屬于弱堿，弱堿部分電離：NH3.H2ONH4++OH-，加水稀釋平衡正向移動，氫氧根離子物質的量增多，所以比原來的大些，所以pH=11的氨水稀釋10倍后溶液pH＞10，故A能用平衡移動原理解釋；A、鋁離子在水溶液中發生水解，AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，加熱能促進水解，氯化氫逐漸揮發，也能使平衡正向移動，氫氧化鋁受熱易分解，2Al(OH)3=Al2O3+3H2O，所以把氯化鋁溶液蒸干，灼燒，最后得到的主要固體產物是氧化鋁，故A能用平衡移動原理解釋；C、對2HI（g）H2（g）+I2（g）反應前后氣體的物質的量沒有變化，改變壓強不會使平衡發生移動，而減小容器體積，氣體顏色變深，是因為體積變小，碘蒸汽的密度增大，導致顏色加深，故C不能用平衡移動原理解釋；D、因為溶解度S（CaCO3）＜S（CaSO4），故水垢中的CaSO4,加入飽和Na2CO3溶液,能將CaSO4轉化為CaCO3,后加鹽酸,水垢溶解,從而除去水垢,故D能用平衡移動原理解釋；綜上所述，本題正確答案為C。【點睛】勒夏特列原理為:如果改變影響平衡的條件之一,平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動,使用勒夏特列原理時,該反應必須是可逆反應,否則勒夏特列原理不適用.比如一個可逆反應中，當增加反應物的濃度時，平衡要向正反應方向移動，平衡的移動使得增加的反應物濃度又會逐步減少;但這種減弱不可能消除增加反應物濃度對這種反應物本身的影響，與舊的平衡體系中這種反應物的濃度相比而言，還是增加了。在有氣體參加或生成的可逆反應中，當增加壓強時，平衡總是向體積縮小的方向移動，比如在N2+3H2?2NH3這個可逆反應中，達到一個平衡后，對這個體系進行加壓，比如壓強增加為原來的兩倍，這時舊的平衡要被打破，平衡向體積縮小的方向移動，即在本反應中向正反應方向移動，建立新的平衡時，增加的壓強即被減弱，不再是原平衡的兩倍，但這種增加的壓強不可能完全被消除，也不是與原平衡相同，而是處于這兩者之間。9、D【解析】分析：該電池的負極是Al，Ni是正極，在正極上發生得電子的還原反應，即MnO＋2H2O＋3e－===MnO2＋4OH-，負極上金屬鋁失電子發生氧化反應，即Al-3e-+4OH-=Al(OH)4-,電池工作時，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，以此解答該題。詳解：A.電池工作時，陽離子向正極移動，即K＋向正極移動，故A錯誤；

B.反應中鋁為為負極，發生還原反應，故B錯誤；

C.電解質呈堿性，MnO在正極上發生得電子的還原反應，即MnO＋2H2O＋3e－===MnO2＋4OH-，故C錯誤；

D.理論上電路中每通過1mol電子，則有mol鋁被氧化，負極質量減少9g，所以D選項是正確的。

所以D選項是正確的。點睛：本題考查化學電源新型電池，側重于電極反應方程式的考查，題目難度中等，注意從正負極發生的變化結合電解質的特點書寫電極反應式，題目難度中等。10、C【解析】

A、氯化銨受熱分解生成的氨氣和氯化氫在試管口遇冷又生成氯化銨固體，不能用加熱氯化銨固體的方法制備氨氣，錯誤；B、氣流方向錯，應該從右側導管通入CO2氣體，錯誤；C、從溶液中分離出碳酸氫鈉固體用過濾的方法，正確；D、碳酸氫鈉受熱易分解，不能用該裝置干燥碳酸氫鈉，錯誤。答案選C。11、B【解析】

由題意可知完全沉淀，則Cl-+Ag+═AgCl↓，設AgNO3溶液的濃度都是c，則利用n=cV可計算消耗的Ag+的物質的量，再由反應可計算三種溶液的體積比。【詳解】設AgNO3溶液的濃度都是c，完全沉淀其中的Cl-，消耗相同物質的量濃度的AgNO3溶液的體積分別為：3V、2V、V，設KCl、MgCl2、AlCl3溶液的濃度都是c1，設等物質的量濃度的KCl、MgCl2、AlCl3三種溶液體積分別為x、y、z，完全沉淀時發生反應Cl-+Ag+═AgCl↓，由方程式可知：c1×x=c×3V，c1×2×y=c×2V，c1×3×z=c×V，解得x：y：z=9：3：1，答案選B。【點睛】本題考查利用離子反應方程式進行的計算，明確完全沉淀時氯離子和銀離子的關系是解答本題的關鍵，注意解答中未知的量可以利用假設來分析解答即可。12、C【解析】

A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH時，先發生HCl+NaOH＝NaCl+H2O，再發生Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，生成沉淀與沉淀溶解消耗的堿的物質的量之比為3：1，圖象與發生的化學反應不符，A錯誤；B、向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2，發生2SO42－+NH4++Al3＋+2Ba2++4OH－＝NH3·H2O+2BaSO4↓+Al(OH)3↓，再發生Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，最終沉淀不能完全消失，B錯誤；C、因向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2，先發生Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O，再發生CO2+NaOH＝NaHCO3，最后發生CaCO3↓+H2O+CO2＝Ca(HCO3)2，圖象與反應符合，C正確；D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl，先發生HCl+NaOH＝NaCl+H2O，再發生Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，最后發生NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，未生成氣體時消耗的酸與生成氣體時消耗的酸的物質的量應大于1：1，而圖象中為1：1，則圖象與發生的化學反應不符，D錯誤。答案選C。【點睛】本題考查化學反應與圖象，題目難度較大，明確圖象中坐標、點、線、面的意義及發生的化學反應尤其是反應的先后順序是解答本題的關鍵，并注意結合反應中量的關系來解答，注意氫氧化鋁兩性的特點。13、B【解析】

從結構上看，合成該有機物的反應為：n，為加聚反應。為酯類，既能在酸性條件下水解，也能在堿性條件下水解。由于1mol該有機物中含nmol酯基，因此水解時所需的水為nmol，生成了nmol乙酸和1mol。據此解題。【詳解】A.從結構上看，該有機物為高分子，1mol該有機物與NaOH溶液完全反應時，將消耗nmolNaOH，A項錯誤；B.合成該有機物的反應為：n，為加聚反應，B項正確；C.該有機物發生的水解反應為：+H2O+n所得的產物不含碳碳雙鍵等可以發生加成反應的官能團，因此無法發生加成反應，C項錯誤；D.從合成該有機物的反應為：n來看，合成該有機物分子的單體為，D項錯誤；答案應選B。14、B【解析】

A．銀器放在鋁制容器中，由于鋁的活潑性大于銀，故鋁為負極，失電子，銀為正極，銀表面的Ag2S得電子，析出單質銀，所以銀器質量減小，故A錯誤；B．銀作正極，正極上Ag2S得電子作氧化劑，在反應中被還原生成單質銀，故B正確；C．Al2S3在溶液中不能存在，會發生雙水解反應生成H2S和Al(OH)3，故C錯誤；D．黑色褪去是Ag2S轉化為Ag而不是AgCl，故D錯誤；故選B。15、A【解析】

A.H2O2是極性分子，“三點確定一面”，該分子的兩個H原子位于兩個不同的平面上，導致該分子的正負電荷中心不能重合，所以H2O2是極性分子，A錯誤；B.分子晶體一定不存在離子鍵，離子晶體中可能存在共價鍵，比如Na2O2、NH4Cl，B正確；C.元素的非金屬性：C<P<N<Cl，所以這四種元素的最高價含氧酸的酸性依次增強，C正確；D.CO含有10個價電子，NO+也含有10個價電子，它們都是N2的等電子體，故其電子式為，D正確；故合理選項為A。16、D【解析】

A.Fe3+與SCN-會發生絡合反應，不能大量共存，A錯誤；B.=0.1mol/L的溶液顯堿性，含有大量的OH-，OH-、Cu2+會發生反應，形成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，B錯誤；C.能使甲基橙變紅的溶液是酸性溶液，酸性溶液中含有大量的H+，H+與CH3COO-會發生反應生成弱酸CH3COOH，因此不能大量共存，C錯誤；D.由水電離產生的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，無論是酸性還是堿性溶液，Na+、K+、Cl-、NO3-都不能發生任何反應，可以大量共存，D正確；故合理選項是D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、乙醇水解反應(取代反應)酯化反應(取代反應)消去反應上口倒出+H2O【解析】

由E的結構可推知B為，D的分子式為C2H6O，在濃硫酸、170℃條件下得到G(C2H4)，則D為CH3CH2OH，G為CH2=CH2，C與D在濃硫酸、加熱條件下得到F，結合F的分子式可知，F應為酯，則C為CH3COOH，F為CH3COOCH2CH3，A水解、酸化得到B、C、D，則A為，據此解答。【詳解】根據上述分析可知：A為，B為，C為CH3COOH，D為CH3CH2OH，E為，F為CH3COOCH2CH3，G為CH2=CH2。(1)根據上面的分析可知，A為，D為CH3CH2OH，D的名稱是乙醇；(2)根據上面的分析可知，反應①為酯的水解反應(取代反應)，③為酯化反應(取代反應)，④為消去反應；(3)F為CH3COOCH2CH3，C為CH3COOH，D為CH3CH2OH，由于F的密度小于水，乙醇、乙酸都溶于水，所以用分液的方法分離混合物，F產物在上層，要從分液漏斗的上口倒出；(4)反應②是發生分子內的酯化反應，反應的反應方程式為+H2O。【點睛】本題考查有機物的推斷的知識，主要是酯的水解反應、酯化反應、醇的消去反應，掌握各類官能團的性質與轉化是本題解答的關鍵。注意根據轉化關系中E的結構以及D、G的分子式進行推斷。18、CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O4HOCH2CHOHCOOCH3【解析】

由框圖可知：B能和二氧化碳反應生成D，D能和溴水發生取代反應生成白色沉淀，說明D中含有酚羥基，所以A中含有苯環，A的不飽和度為5，則A中除苯環外含有一個不飽和鍵；A能和氫氧化鈉的水溶液發生水解反應生成B和C，則A中含有酯基，C酸化后生成E，E是羧酸，E和乙醇發生酯化反應生成G，G的分子式為C4H8O2，根據原子守恒知，E的分子式為C2H4O2，則E的結構簡式為CH3COOH，C為CH3COONa，G的結構簡式為CH3COOCH2CH3，根據原子守恒知，D的分子式為C6H6O，則D結構簡式為：，B為，F為，則A的結構簡式為：，據此解答。【詳解】（1）化合物F的結構簡式；（2）反應①是A在堿性條件下的水解反應，反應①的化學方程式；（3）反應④是在濃硫酸作催化劑、加熱條件下，乙酸和乙醇發生酯化反應，反應方程式為：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；（4）A的結構簡式為：，屬于羧酸類的A的同分異構體有：鄰甲基苯甲酸、間甲基苯甲酸、對甲基苯甲酸、苯乙酸，所以有4種；（5）E的結構簡式為CH3COOH，H為乙酸的同分異構體，能發生銀鏡反應，能和鈉反應生成氫氣說明H中含有醛基，醇羥基，所以H的結構簡式為：HOCH2CHO；E的另一種同分異構體R在一定條件下也可以發生銀鏡反應，但不能和金屬鈉反應放出氫氣，故R結構中存在醛的結構但不存在羥基或羧基，故為酯的結構HCOOCH3。19、防止亞鐵離子被氧化抑制鐵離子水解Fe3+4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO－的干擾＞溶液的酸堿性不同【解析】

（1）氯化亞鐵易被氧化生成氯化鐵，因此在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑的目的是防止亞鐵離子被氧化；氯化鐵是強酸弱堿鹽，水解顯酸性，則將FeCl3晶體溶于濃鹽酸，再稀釋到需要的濃度，鹽酸的作用是抑制鐵離子水解；（2）I.方案I加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。但Fe3+的產生不能判斷K2FeO4與Cl－發生了反應，根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應為4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O；II.產生Cl2還可能是ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO－的干擾，同時保持K2FeO4穩定存在；制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應中Cl元素的化合價由0價降至－1價，Cl2是氧化劑，Fe元素的化合價由+3價升至+6價，Fe(OH)3是還原劑，K2FeO4為氧化產物，根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反應為2FeO42－+6Cl－+16H+＝2Fe3++3Cl2↑+8H2O，實驗表明，Cl2和FeO42－氧化性強弱關系相反；對比兩個反應的條件，制備K2FeO4在堿性條件下，方案II在酸性條件下；說明溶液的酸堿性的不同影響物質氧化性的強弱。20、防止倒吸檢查裝置氣密性；K1；K2把裝置中殘留的氨氣全部趕入C裝置C裝置出口處連接一個干燥裝置AD×10