广东省惠州市惠东县燕岭学校2022学年化学高二下期末学业质量监测试题(含解析)

1、2022学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、聚四氟乙烯（）是不粘锅涂覆物质的主要成分。下列关于聚四氟乙烯的说法，不正确的是A属于高分子化合物B单体是CF2CF2C可由加聚反应得到D能使高锰酸钾酸性溶液褪色2、可逆反

2、应mAg+nBgpCg+qDg的vt图像如图甲所示。若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其vt图像如图乙所示。下列判断不正确的是Aa1a2B平衡时图甲和图乙中反应速率相等Ct1t2D平衡时图甲和图乙中反应限度相同3、将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是A水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B水的离子积变大、pH变小、呈中性C水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D水的离了积不变、pH变小、呈中性4、某学生探究0.25mol/L Al2( SO4)3溶液与0.5mol/L Na2CO3溶液的反应，实验如下：下列分析不正确的是A实验I中，白色沉淀a是Al(OH)3B实验2中，白色沉淀b含

3、有CO32-C实验l、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关D检验白色沉淀a、b足否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液5、某溶液，由Na+、Ba2+、Al3+、AlO2、CrO42-、CO32、SO42中的若干种组成。取适量该溶液进行如下实验：加入过量盐酸有气体生成并得到无色溶液；在所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成并析出白色沉淀甲；在所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液也有气体生成并产生白色沉淀乙，则原沉淀中一定存在的离子是ANa+、AlO2、CrO42-、CO32 BNa+、AlO2、CO32CNa+、AlO2、CO32、SO42 DNa+、Ba2+、Al

4、O2、CO326、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是：A2.7 g 金属铝分别与足量的NaOH溶液和盐酸反应转移的电子数目均为0.3NAB标准状况下，2.24 L Cl2与过量NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.1 NAC1L 1 molL-1 Na2CO3溶液中阴离子数小于NAD2.3 g金属钠完全反应生成Na2O与Na2O2的混合物中阴离子数为0.05 NA7、常温常压下，下列化合物以固态存在的是A丙炔 B甲醛 C一氯甲烷 D苯酚8、下列说法正确的是（ ）A乙醇不能发生氧化反应B苯和乙烷都能发生加成反应C由乙酸和乙醇制乙酸乙酯与由苯制取硝基苯反应属于同一类型的反应D甲烷和C

5、l2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应9、下列说法错误的是Ans电子的能量不一定高于(n1)p电子的能量B6C的电子排布式1s22s22p违反了洪特规则C电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理D电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理10、常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1molL-1的氢氧化钠溶液，pH变化如右图所示，下列有关叙述正确的是() A点所示溶液中只存在HClO的电离平衡B到水的电离程度逐渐减小CI能在点所示溶液中存在D点所示溶液中：c(Na+)c(Cl) + c(ClO)11、表示一个原子在第三电子层上有

6、10个电子可以写成 （ ）A3d10 4s2 B3d10 4s1 C3s23p63d2 D3s23p64s212、下列说法不正确的是()A油脂有油和脂肪之分，但都属于酯B糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应C葡萄糖既可以与银氨溶液反应，又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应D天然油脂是混合物，没有固定的熔点和沸点13、下列说法和结论正确的是选项项 目结 论A三种有机化合物：乙烷、氯乙烯、苯分子内所有原子均在同一平面上B将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中, 溶液褪色产物不都是烷烃C乙烯和苯都能使溴水褪色褪色的原理相同D有机反应中的卤化、硝化、氢化均属于取代反应AAB

7、BCCDD14、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A25、101kPa 时，22.4L乙烷中所含共价键数目为6NAB3.2gO2和O3的混合气体中，含氧原子数为0.2NAC12g金刚石含有共价键数目为4NAD1molNaHSO4熔融时电离出的离子总数为3NA15、如图是第三周期1117号元素某些性质变化趋势的柱形图，下列有关说法中正确的是Ay轴表示的可能是第一电离能By轴表示的可能是电负性Cy轴表示的可能是原子半径Dy轴表示的可能是形成基态离子转移的电子数16、已知原子数和价电子数相同的离子或分子结构相似，如SO3、NO都是平面三角形。那么下列分子或离子中与SO42-有相似结构

8、的是（ ）APCl5BCCl4CNF3DN二、非选择题（本题包括5小题）17、某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂的体积(V)的关系如图所示。(1)若Y是盐酸，所得到的关系图如图甲所示，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是_，ab段发生反应的离子是_，bc段发生反应的离子方程式是_。(2)若Y是NaOH溶液，所得到的关系图如图乙所示，则X中一定含有的离子是_，假设X溶液中只含这几种离子，则溶液中各离子物质的量之比为_，ab段反应的离子方程式为_。18、某有机物F（）是一种用途广泛的试剂，可用作抗

9、氧化剂、香料、医药、农药等。工业上合成它的一种路径如图所示（R1、R2代表烷基）：已知：RCOOC2H5（不是羧基）（1）R2MgBr的化学式为_，A的结构简式为_，F的分子式为_。（2）B中官能团的名称为_（3）D到E的反应类型是_。（4）写出C与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式：_。（5）满足下列条件的D的同分异构体还有_种。与D物质含有相同官能团 含有六元环且环上有两个取代基19、某学习小组设计实验探究CuSO4分解产物甲同学选择下列装置设计实验探究硫酸铜分解的气态产物SO3、SO2和O2，并验证SO2的还原性。回答下列有关问题（1）CuSO4水溶液呈酸性，其原因是_（用离子方程式表示

10、）。（2）上述装置按气流从左至右排序为A、D、_E、F（填代号）。（3）装置D的作用是_；能证明有SO3生成的实验现象是_。（4）在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有_；待C中有明显现象后，F开始收集气体，F装置中集气瓶收集到了少量气体，该气体是_（填化学式）。（5）为了验证SO2的还原性，取E装置中反应后的溶液于试管中，设计如下实验：a 滴加少量的NH4SCN溶液 b 滴加少量的K3Fe（CN）6溶液c 滴加酸性KMnO4溶液 d 滴加盐酸酸化的BaCl2溶液其中，方案合理的有_（填代号），写出E装置中可能发生反应的离子方程式：_。乙同学利用A中残留固体验证固体产

11、物（假设硫酸铜已完全分解）查阅资料知，铜有+2、+1价。Cu2O在酸性条件下不稳定，发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O。（6）为了验证固体产物中是否有Cu2O，设计了下列4种方案，其中能达到实验目的的是_。甲：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硝酸，观察溶液颜色是否变为蓝色乙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硫酸，观察溶液颜色是否变为蓝色丙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀盐酸，观察是否有红色固体生成丁：取少量残留固体于试管，通入氢气，加热，观察是否生成红色固体（7）经检验CuSO4分解生成CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2，且CuO、Cu2O的质量之比为5：9，SO2、

12、O2、SO3的体积之比（同温同压下测定）为4：3：2。写出CuSO4分解的化学方程式：_。20、某化学活动小组设计如下图所示(部分夹持装置已略去)实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的气态物质。(1)装置A中发生反应的离子方程式为_。(2)装置B中试剂Y应为_。(3)已知在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体(含氯氧化物)，装置C中只有氯化钠和碳酸氢钠。若C中有0.1 mol Cl2参加反应，可推知C中反应生成的含氯氧化物为_(写化学式)。(4)该实验装置中明显存在不足之处，改进的措施为_。21、我国规定生活用水中镉排放的最大允许浓度为0.005 mg

13、/L。处理含镉废水可采用化学沉淀法。试回答下列问题：（1）磷酸镉（Cd3(PO4)2）沉淀溶解平衡常数的表达式Ksp_。（2）一定温度下，CdCO3的Ksp4.0 10-12，Cd（OH）2的Ksp3.2 10-14，那么它们在水中的溶解量_较大。（3）在某含镉废水中加人Na2S，当S2-浓度达到7.9 10-8mol/L时，水体中Cd2+浓度为_mol/L（已知：Ksp（CdS）=7.9 10-27，Ar(Cd)=112）；此时是否符合水源标准？_（填“是”或“否”）。、炼锌烟尘（主要成份为ZnO，含少量CuO和FeO）为原料，可以制取氯化锌和金属锌。制取氯化锌主要工艺如下： 下表列出了相关

14、金属离子生成氢氧化物沉淀的pH (开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 molL1计算)。金属离子Fe3+Zn2+Fe2+开始沉淀的pH1. 15. 25. 8沉淀完全的pH3. 26. 48. 8（1）加入H2O2溶液的作用是_。（2）流程图中，调节pH时，加入的试剂X可以是_（填序号）A、ZnO B、NaOH C、Zn2(OH)2CO3 D、ZnSO4pH应调整到_。2022学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【答案解析】A 聚四氟乙烯分子无确定的相对分子质量，因此属于高分子化合物，A错误；B 该物质是高聚物，单体是CF2CF2，B正确；C 可由

15、CF2CF2发生加聚反应得到，C正确；D 由于在该高聚物中无不饱和的碳碳双键，所以不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，D错误。答案选D。2、B【答案解析】根据图像可知，甲比乙用的时间长，则反应速率慢，但催化剂对平衡无影响；【题目详解】A.使用催化剂，反应速率加快，则a1a2，A正确；B.平衡时图甲和图乙中反应速率不相等，且乙甲，B错误；C.使用催化剂，反应速率加快，反应时间缩短，则t1t2，C正确；D.催化剂对平衡无影响，则平衡时图甲和图乙中反应限度相同，D正确；答案为B。3、B【答案解析】水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积

16、增大，水的离子积只随温度的改变而改变；但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性。综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、pH减小、呈中性，故B正确。故选B。4、C【答案解析】A.实验I中白色沉淀能溶于稀硫酸，但没有气泡，说明白色沉淀a是Al(OH)3，A正确；B. 实验2中白色沉淀溶解且有少量气泡，这说明白色沉淀中含有碳酸根离子，B正确；C.硫酸铝显酸性，碳酸钠显碱性，则根据实验过程可知实验l、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，C错误；D.白色沉淀表面有吸附的硫酸根，因此检验白色沉淀a、b足否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液，D正确，答案选C。5、B【答案解析】

17、试题分析：根据可知，气体应该是CO2，所以一定含有CO32，则就一定没有Ba2+、Al3+，因此根据溶液的电中性可知，一定有钠离子。又因为溶液是无色的，所以没有CrO42-。根据可知，气体是氨气，沉淀只能是氢氧化铝，这说明原溶液中含有AlO2。由于碳酸氢铵是过量的，所以根据可知，一定能生成气体氨气和白色沉淀碳酸钡，因此不能确定SO42，答案选B。考点：考查离子的共存及离子的有关检验等点评：进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。6、C【答案解析】A

18、、2.7g铝的物质的量为0.1mol，而无论与盐酸还是氢氧化钠溶液反应后铝元素均变为+3价，故1mol铝均失去3mol电子，即0.3NA个，故A正确；B. 标准状况下，2.24LCl2的物质的量为2.24L22.4L/mol=0.1mol，由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，反应中氯元素化合价由0价升高为+1价，由0价降低为-1价，氯气起氧化剂与还原剂作用，各占一半，转移电子数目为0.1mol122NAmol-1=0.1NA，故B正确；C、Na2CO3溶液中碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子总数增多，1L 1 molL-1 Na2CO3溶液中阴离子数大

19、于NA，故C错误；D、2.3g钠的物质的量为0.1mol，而反应后生成的钠的化合物氧化钠或过氧化钠中，均是2个钠离子对应一个阴离子，故0.1mol钠离子对应0.05mol阴离子即0.05NA个，故D正确；故选C。【答案点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断。本题的易错点为B，要注意反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，1mol氯气转移1mol电子。类似的还有过氧化钠与水反应、二氧化氮与水反应等。7、D【答案解析】A. 常温常压下，丙炔为气态，选项A不符合；B. 常温常压下，甲醛为气态，选项B不符合；C. 常温常压下，一氯甲烷为气态，选项C不符合；D. 常温常压下，苯酚为无色或白色晶体，选项D符合

20、。答案选D。8、C【答案解析】A乙醇能完全燃烧生成二氧化碳和水，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，这两个反应都属于氧化反应，故A错误；B苯在一定条件下能发生加成反应，乙烷属于饱和烃，不能发生加成反应，但能发生取代反应，故B错误；C乙酸和乙醇制取乙酸乙酯的反应属于取代反应或酯化反应；苯和浓硝酸生成硝基苯的反应属于取代反应或硝化反应，所以前后两个反应都属于取代反应，反应类型相同，故C正确；D甲烷和氯气在一定条件下发生取代反应生成氯代烃；乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，前者属于取代反应、后者属于加成反应，所以反应类型不同，故D错误；答案选C。【答案点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能

21、团及其性质关系、反应类型特点是解本题关键。9、A【答案解析】A电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，故A错误；B根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，故B正确；C根据能量最低原理知，电子先排能量低的轨道后排能量高的轨道，故C正确；D根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，故D正确；故答案为A。10、D【答案解析】A点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，A错误；B到溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，B错误；C点时溶液存在ClO-，具有强氧化性，可氧化I-，I-不能大量存在，C错误

22、；D点时溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），D正确；答案选D。【答案点睛】向饱和氯水中逐滴滴入0.1molL-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。11、C【答案解析】分析：s能级有1个轨道，最多可容纳2个电子，p能级有3个轨道，最多可容纳6个电子，d能

23、级有5个轨道，最多可容纳10个电子，按照能量最低原理分析。详解：按照能量最低原理，在同一电子层，电子应先排满s能级，再排满p能级，最后排d能级，A选项中第三电子层上10个电子全部排在3d轨道，A选项错误；B选项中第三电子层上10个电子全部排在3d轨道，B选项错误；C选项中第三电子层上3s轨道排满2个电子，3p轨道排满6个电子，剩余2个电子排在3d轨道，C选项符合能量最低原理，C选项正确；按照能量最低原理，第三电子层先排3s轨道，再排3p轨道，因为4s轨道能量比3d轨道能量低，电子在排满3p轨道以后，电子进入4s轨道，4s轨道排满后再排3d轨道，D选项中第三电子层只有8个电子，D选项错误；正确选

24、项C。12、B【答案解析】A油脂有油和脂肪之分，它们的官能团都是酯基，属于酯，故A正确；B糖类中的单糖、二糖和油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，且单糖不水解，故B错误；C葡萄糖分子结构中含有醛基，则既可以与银氨溶液反应，又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应，故C正确；D天然油脂无论是植物油还是动物脂肪，均是混合物，没有固定的熔沸点，故D正确；故答案为B。13、B【答案解析】A.乙烷中C原子与另外4个相连的原子形成四面体结构，所以乙烷分子内所有原子不在同一平面上，A错误；B.将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明产生的气体中含有不饱和烃（如烯烃等），反应后仍有

25、气体剩余，烷烃不能和酸性高锰酸钾溶液反应，B正确；C.乙烯与溴单质发生加成反应,苯与溴水不反应，苯能使溴水褪色，是发生了萃取，属于物理过程，C错误；D.有机反应中氢化是指含有不饱和键（如碳碳双键或碳碳三键）有机物与氢气发生加成反应，不是取代反应，而硝化、卤化均属于取代反应；D错误。正确选项B。【答案点睛】含有碳碳双键、三键的烃类有机物，都能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色；而烷烃，苯及苯的同系物都不能与溴发生加成反应，但是都能发生萃取过程。14、B【答案解析】A. 25、101kPa 时，22.4L乙烷的物质的量小于1mol，且1mol乙烷中所含共价键数目为7NA，选项A错误；B3.2gO2和

26、O3的混合物中含有的氧原子的物质的量为=0.2mol，数目为0.2NA，选项B正确；C12g金刚石中含有1molC，金刚石中，每个C与其它4个C形成了4个共价键，每个碳原子形成的共价键数目为：4=2，所以1molC原子形成的共价键为2mol，含有的共价键数目为2NA，选项C错误；D、熔融状态下，硫酸氢钠电离出钠离子和硫酸氢根离子，1molNaHSO4熔融时电离出的离子总数为2NA，选项D错误。答案选B。15、B【答案解析】AMg的3s电子全满为稳定结构，P的3p电子半满为稳定结构，则电离能大于相邻的元素，即电离能不是随着原子序数的递增而增大，故A错误；B随原子序数的增大，元素的非金属性增强，则

27、元素的电负性增强，故B正确；C随原子序数的增大，原子半径减小，与图像不符，故C错误；D金属失去电子，而非金属得到电子，如硫、氯原子形成基态离子时得到的电子数分别为2、1，与图像不符，故D错误；答案选B。16、B【答案解析】原子数和价电子数相同的离子或分子是等电子体，其结构相似。【题目详解】SO42-有5个原子、32个价电子，则其等电子体有CCl4、PO43-、ClO4-等，故与其相似结构的是CCl4、ClO4-等，故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、SiO32、AlO2- CO32- 3H+ +Al(OH)3 =Al3+ +3H2O Al3+ Mg2+ NH4+ Cl- 2:1:4:1

28、2 NH4+OH-NH3H2O 【答案解析】无色溶液中不可能含有Fe3+离子。（1）如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，所以溶液中含有的阳离子是钠离子；（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子

29、，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子。【题目详解】（1）如果Y是盐酸，由图可知，向溶液中加盐酸，先生成沉淀后沉淀部分溶解，则溶液中可能含SiO32-、AlO2-，不含Al3+、Mg2+；ab段，沉淀的量没有变化，说明溶液中含有CO32-，盐酸和碳酸根离子反应，反应的离子方程式依次为CO32-+H+HCO3-和HCO3-+H+H2O+CO2；bc段,氢氧化铝沉淀与盐酸反应生成偏铝酸钠和水，硅酸沉淀不反应，沉淀部分溶解，反应的离子方程式为3H+ +Al(OH)3 =Al3+ +3H2O，故答案为：SiO32、AlO2；CO32-；3H+ +Al(OH)

30、3 =Al3+ +3H2O；（2）若Y是氢氧化钠，由图可知，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸的阴离子会双水解而不能共存，即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl-；ab段，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：NH4+OH-NH3H2O，即溶液中含NH4+；bc段，沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有Al3+、Mg2+，bc段的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-AlO2-+2H2O，则X中一定含有的离子是A

31、l3+、Mg2+、NH4+、Cl-；由于溶液中有Al3+、Mg2+，oa段转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体，反应的离子方程式为NH4+OH-NH3H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和Mg（OH）2，故bc段的反应离子方程式为Al（OH）3+OH-AlO2-+2H2O，NH4+反应需要NaOH的体积是2V，由于Al（OH）3溶解时需要的NaOH的体积是V，则生成Al（OH）3需要的NaOH的体积是3V，而生成Mg（OH）2和Al（OH）3共消耗NaOH的体积为4V，则生成Mg（OH）2需要NaOH溶液的体积是V，则n（Al3+

32、）：n（Mg2+）：n（NH4+）=2：1：4，根据溶液要呈电中性，即有：3n（Al3+）+2n（Mg2+）+n（NH4+）=n（Cl-），故n（Cl-）=12，即有：n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Cl-）=2：1：4：12，故答案为：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；2：1：4：12；NH4+OH-NH3H2O。【答案点睛】本题考查无机物的推断，注意根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子，再结合物质之间的反应来确定微粒的量是解答关键。18、CH3MgBr C10H18O 羟基、羧基 酯化反应或取代反应 +2NaOH+NaBr+2H2O 14 【答案解析】由合

33、成路线结合题中新信息可知，A为，R2MgBr为CH3MgBr；B和氢溴酸发生取代反应生成C，则C为；C发生消去反应后酸化得到D，则D为；D与乙醇发生酯化反应生成E，则E为D的乙醇酯；E再发生信息的反应生成F。【题目详解】（1）R2MgBr的化学式为CH3MgBr，A的结构简式为，由F的结构简式可知其分子式为C10H18O。（2）B（）中官能团为羟基和羧基。（3）D到E的反应类型是酯化反应或取代反应。（4）C与NaOH的乙醇溶液发生的是消去反应，注意羧基要发生中和反应，该反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+2H2O 。（5）D（）的同分异构体满足下列条件：与D物质含有相同官能团，即CC和

34、COOH；含有六元环且环上有两个取代基。当六元环上两个取代基位于对位时，双键在环上还有 2 种位置（除 D 中位置外），即有两种同分异构体；当两个取代基在六元环上位于间位时，双键在环上有 6 种不同的位置，可形成 6 种同分异构体；当两个取代基在六元环上处于邻位时，双键在环上有 6 种位置，故共有 14 种同分异构体。19、 B、C 防倒吸（或作安全瓶） B装置中产生白色沉淀 SO2 O2 bd 乙 【答案解析】装置A中CuSO4受热分解，装置D为安全瓶，起防止倒吸的作用，装置B中氯化钡溶液用于检验分解产物中是否有三氧化硫，装置C中品红溶液用于检验分解产物中是否有二氧化硫，装置E中氯化铁溶液用

35、于验证二氧化硫的还原性，装置F用于检验分解产物中是否有难溶于水的氧气。【题目详解】（1）CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+在溶液中水解，使溶液呈酸性，收集到离子方程式为，故答案为：；（2）三氧化硫与水剧烈反应生成强酸硫酸，为防止倒吸应在检验三氧化硫前设计一个防倒吸的装置，二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，由强酸制弱酸的原理可知，三氧化硫能与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，为防止三氧化硫干扰实验，应先检验三氧化硫，再检验二氧化硫，检验二氧化硫用品红溶液，验证二氧化硫的还原性用氯化铁溶液，验证氧气可用排水法，则连接顺序为A、D、B、C、E、F，故答案为：B、C；（3

36、）三氧化硫与水剧烈反应生成强酸硫酸，为防止倒吸应在检验三氧化硫前设计一个防倒吸的装置，则装置D的作用是做安全瓶，起防止倒吸的作用；三氧化硫能与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故答案为：防倒吸（或作安全瓶）；B装置中产生白色沉淀；（4）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，C装置中品红溶液红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有二氧化硫,则反应中S元素的化合价降低，又因为Cu元素的化合价不可能升高，故只能是O元素的化合价升高生成氧气，且氧气难溶于水，能用排水集气法收集，则F装置中集气瓶收集到的少量气体是氧气，故答案为：SO2；O2；（5）二氧化硫具有漂白性，氯

37、化铁具有氧化性，二氧化硫与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成硫酸、氯化亚铁，反应的离子方程式为，为验证二氧化硫的还原性，可以检验E中的溶液中是否有Fe2+或SO42-生成。NH4SCN溶液不能检验这两种离子；亚铁离子能与K3Fe（CN）6溶液生成蓝色沉淀；Cl-也有还原性，故不能用酸性KMnO4溶液检验Fe2+；盐酸酸化的BaCl2溶液可以检验SO42-，则检验反应生成的亚铁离子可以选用K3Fe（CN）6溶液或盐酸酸化的BaCl2故答案为：bd；（6）Cu2O和Cu为红色固体，根据题意Cu2O和硫酸反应生成Cu2+和Cu，而Cu不和稀硫酸反应，Cu2O和Cu都能与硝酸反应生成硝酸铜蓝色溶液，则验证

38、固体产物中是否有Cu2O，可用Cu2+的颜色来区别，若溶液变为蓝色证明有Cu2O存在；硝酸可以溶解Cu及其氧化物得到蓝色溶液，不可行；氢气可以把氧化亚铜还原为同样是红色的Cu，不可行。故选乙，故答案为：乙；（7）由元素化合价的变化可知，Cu2O和SO2是还原产物，O2是氧化产物，设O2为xmol，Cu2O为ymol，由题意可知SO2为mol，由得失电子数目守恒可得4x=2y+2，解得x=，由CuO、Cu2O的质量之比为5：9可知物质的量比为：=1：1，因SO2、O2、SO3的体积之比（同温同压下测定）为4：3：2，则CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2的物质的量之比为y：y：x：= y：y：y：2y=2:2:2:3:4，则反应的化学方程式为，故答案为：。【答案点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较多、综合性较强，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，明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则，能够运用得失电子数目守恒计算是解答关键。20、 MnO24H2Cl Mn2Cl22H2O 饱和食盐水（或饱和氯化钠溶液） Cl2O 在装置D后连接一尾气处理装置（或连接一盛有N