2022届福建省龙岩市长汀县长汀、连城一中等六校化学高二第二学期期末教学质量检测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：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05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、乙烯分子中碳原子的杂化类型为( )Asp杂化Bsp2杂化Csp3杂化D都不是2、将3.48g四氧化三铁完全溶解在100mL 1mol/L硫酸中,然后加K2Cr

2、2O7溶液25mL，恰好使溶液中Fe2+全部转为Fe3+，Cr2O72-全部转化为Cr3+，则K2Cr2O7溶液物质的量浓度是 ( )A0.05mol/LB0.1mol/LC0.2mol/LD0.3mol/L3、下列有机反应属于同一反应类型的是A甲烷制一氯甲烷、苯制硝基苯B苯制溴苯、乙烯制乙醇C乙醇制乙醛、乙醇和乙酸制乙酸乙酯D苯制环己烷、乙酸乙酯水解4、下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是( )XYZ物质转化关系ACuCuOCu(OH)2BSiSiO2H2SiO3CNaHCO3Na2CO3NaOHDFeCl2FeOFeCl3AABBCCDD5、科学家最近研制出可望成

3、为高效火箭推进剂的 N(NO2)3，如图。已知该分子中N-N-N 键角都是108.1，下列有关 N(NO2)3 的说法不正确的是( )A该分子中既含有非极性键又含有极性键B分子中四个氮原子不共平面C该物质既有氧化性又有还原性D15.2g 该物质含有6.021022个原子6、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Y处于同一周期，X是地壳中含量最多的非金属元素，Z最外层电子数等于其电子层数，W的最高正价与最低负价绝对值相等。下列说法正确的是A原子半径：r(X)r(Y)(Z)B由Y、W形成的化合物是离子化合物CZ的最高价氧化物对应的水化物是一种强碱DY的简单气态氧化物的热稳定性比W的强7

4、、三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有关该反应的说法正确的是ANF3是氧化剂，H2O是还原剂BHF是还原产物C还原剂和氧化剂的物质的量之比是2:1DNF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体8、人们常将在同一原子轨道上运动的自旋状态相反的2个电子，称为“电子对”；将在同一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”。以下有关主族元素原子的“未成对电子”的说法，正确的是()A核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”B核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中一定不含“未成对电子”C

5、核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”D核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中可能不含“未成对电子”9、下列说法正确的是A草木灰和铵态氮肥混合使用提高肥效B加热蒸干AlCl3溶液后，灼烧得到Al(OH)3固体C小苏打在水中的电离方程式：NaHCO3=Na+HCO3D除去MgCl2溶液中的Fe3+,可在其中加入NaOH溶液10、水的电离平衡曲线如下图所示。下列说法正确的是A图中对应点的温度关系为： abB水的电离常数KW数值大小关系为：bdC温度不变，加入少量NaOH可使溶液从c点变到a点D在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，

6、溶液显酸性11、将一定量的氯气通入30 mL浓度为10 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是A与NaOH反应的氯气一定为0.3 molBn(Na)n(Cl)可能为73Cn(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)可能为1121D若反应中转移的电子为n mol，则0.15n0.2512、下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是A中性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42B含有大量AlO2的溶液中：Na+、K+、HCO3、NO3CpH=1的溶液中：NH4+、Na+、Fe3+、SO42DNa2S溶液中：SO42、K+、C

7、u2+、Cl13、下列装置工作时，将电能转化为化学能的是A风力发电机B硅太阳能电池C 纽扣式银锌电池D 电解熔融氯化钠AABBCCDD14、DAP是电器和仪表部件中常用的一种合成高分子化合物，它的结构简式为：则合成此高分子的单体可能是 ( )乙烯CH2=CH2丙烯CH3CH=CH2 丙烯醇HOCH2CH=CH2邻苯二甲酸 邻苯二甲酸甲酯ABCD15、只用一种试剂便可将苯、苯酚、四氯化碳、乙醛4种无色液体进行鉴别，这种试剂是银氨溶液新制的Cu(OH)2悬浊液NaOH溶液溴水A仅B仅CD仅16、下列有关物质性质、结构特点的表述均正确，且存在因果关系的是表述1表述2A向盛有硫酸铜溶液的试管里滴加氨水

8、至过量，先形成难溶物，继而难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的数目不变B邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键CSO32-空间结构是三角锥形结构SO32-的中心原子S原子为sp3杂化DP4O10、C6H12O6溶于水后均不导电P4O10、C6H12O6均属于共价化合物AABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题）17、某有机物F（）是一种用途广泛的试剂，可用作抗氧化剂、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）R2M

9、gBr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18、A、B、C 为三种烃的衍生物，它们的相互转化关系入下：其中 B 可发生银镜反应,C 与石灰石反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体。A、B、C 的结构简式依次是_、_、_。AB的化学方程式为：_。BC的化学方程式为：_。BA的化学方程式为：_。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S

10、O3、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）。（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Ba

11、Cl2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

12、（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、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、铝热反应是铝的一个重要性质，该性质用途十分广泛，不仅被用于焊接钢轨，而且还常被用于冶炼高熔点的金属如钒、铬、锰等。（1）某校化学兴趣小组同学，取磁性氧化铁按教材中的实验装置(如图甲)进行铝热反应，现象很壮观。指明使用镁条和氯酸钾的目的是_。（2）某同学用图乙装置进行铝热反应。取反应后的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，溶液未见红色。为测定该实验所得“铁块”中铁元素含量，设计实验

13、流程如图所示。几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。 试剂A应选择_，试剂B应选择_(填序号)。A稀盐酸 B氧化铁 CH2O2溶液 D氨水 写出反应的离子方程式_。 设计简单实验证明M的成分是Fe2O3而非Fe3O4_。 上述实验应灼烧至M质量不变，则能证明M质量不变的标志是_。 若最终红色粉未M的质量为12.0 g，则该“铁块”的纯度是_。21、（1） 一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构。在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为_,该晶体中原子之间的作用力是_。（2）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四

14、面体空隙中若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2（如图）的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为_（3）立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图所示，晶胞中含B原子数目为_ 。（4）科学家把C60和K掺杂在一起制造出的化合物具有超导性能，其晶胞如图所示。该化合物中的K原子和C60分子的个数比为_ 。（5）铁有、三种同素异形体，晶体晶胞中所含有的铁原子数为_，、两种晶胞中铁原子的配位数之比为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】C的2s轨道和两个2p轨道杂化成三个sp2轨道，即C原子的杂化类型为sp2杂化 ，故合理选项为B。2、B【解析】Fe3O4可以表示

15、为FeOFe2O3，其中+2价铁占，+3价铁占。【详解】3.48g四氧化三铁物质的量为=0.015mol，完全溶解在100mL 1mol/L硫酸后，溶液中含有Fe2+为0.015mol3=0.015mol，加入K2Cr2O7溶液25ml，恰好使溶液中的Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O72-全部转化成Cr3+，设K2Cr2O7的物质的量浓度为cmol/L，由得失电子数目守恒可得2510-3Lcmol/L2（6-3）=0.015mol1，解得：c=0.1，故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，涉及两步反应，利用方程式计算比较麻烦，抓住氧化还原反应中电子转移守恒计算是解答关键。3、A【解析

16、】A甲烷制取一氯甲烷、苯制取硝基苯都是有机物中的原子被其它的原子所取代，都属于取代反应，所以反应类型相同，故A正确；B苯制取溴苯属于取代反应，乙烯制取乙醇属于加成反应，反应类型不同，故B错误；C乙醇制取乙醛属于氧化反应，乙醇和乙酸制取乙酸乙酯属于取代反应或酯化反应，反应类型不同，故C错误；D苯制环己烷属于加成反应，乙酸乙酯水解属于取代反应，反应类型不同，故D错误；答案选A。【点睛】明确取代反应、加成反应、氧化反应的概念是解本题的关键。注意酯化反应、酯的水解反应、氨基酸的成肽反应、硝化反应等都属于取代反应。4、C【解析】A.Cu与O2反应生成CuO，CuO与C或H2等反应生成Cu，Cu(OH)2

17、无法一步转化为Cu，且CuO无法一步转化为Cu(OH)2，错误；B.Si与O2反应生成SiO2，SiO2与H2或C等反应生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H2SiO3无法一步转化为Si，错误；C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与过量CO2反应能直接生成NaHCO3，正确；D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反应能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，错误。5、D【解析】分析：本题题干比较新颖，同时考查大家熟

18、悉的化学键、分子结构、氧化还原反应和物质的量的相关计算等，难度一般。详解：A. N(NO2)3是一种共价化合物，氮氧原子之间形成的化学键是极性键，氮原子之间形成非极性键，故正确；B.该分子中氮氮键角都是108.1，推知分子中4个氮原子在空间呈四面体型，所以分子中四个氧原子不可能共平面，故正确；C.该分子中的氮既有+3价又有+5价，+3价的氮原子既有氧化性又有还原性，故正确；D. N(NO2)3的相对分子质量为152,15.2g该物质为0.1mol，该物质的分子中含原子为1mol，即6.021023个原子，故错误。故选D。6、D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量

19、最多的非金属元素，则X为O元素；X、Y处于同一周期，则Y为F元素；Z最外层电子数等于其电子层数，则Z为Al元素；W的最高正价与最低负价绝对值相等，其原子序数大于Al，则W为Si元素，据此解答。【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的非金属元素，则X为O元素；X、Y处于同一周期，则Y为F元素；Z最外层电子数等于其电子层数，则Z为Al元素；W的最高正价与最低负价绝对值相等，其原子序数大于Al，则W为Si元素；A电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：r(Z)r(X)r(Y)，故A错误；BF、Si形成的四氟化硅为共价化合物，故B错

20、误；C氢氧化铝为两性氢氧化物，属于弱碱，故C错误；D非金属性FO，则简单氢化物的稳定性HFH2O，故D正确；故答案为D。7、D【解析】A在3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，NF3中的N元素的原子部分升高变为HNO3，部分降低变为NO，因此NF3是氧化剂，也是还原剂，而水的组成元素化合价没有发生变化。所以水不是还原剂，错误；BHF的组成元素在反应前后没有发生变化，所以HF不是还原产物，错误；C根据方程式可知，在该反应中还原剂NF3和氧化剂NF3的物质的量之比是1：2，错误；D NF3在潮湿的空气中泄漏会会发生反应产生NO，NO遇空气会发生反应产生红棕色NO2气体，正确。8、A【

21、解析】核外电子为奇数的原子，当然无法保证所有电子成对，所以选项A正确。核外电子数为偶数的基态原子，其某个能级上的轨道中不一定都是成对电子，例如第6号元素C，其2p能级上应该有2个单电子，选项B错误。核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中的电子可能都是成对的，例如He，选项C错误。核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”，选项D错误。9、C【解析】A. 草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾是强碱弱酸盐，在溶液中水解使水溶液显碱性，铵态氮肥与草木灰混合会发生反应放出氨气，施用会降低肥效，故A错误；B.氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中部分水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热蒸干时，氯化氢受

22、热挥发，使铝离子水解趋于完全生成氢氧化铝，灼烧时，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，故错误；C. 碳酸氢钠为强电解质，在水中电离产生钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3=Na+HCO3-，故正确；D. 除去MgCl2溶液中的Fe3+加入NaOH溶液，NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故D错误；故选C。【点睛】Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，加入NaOH溶液，NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质是解答关键。10、B【解析】A升温促进水的电离，b点时水电离的氢离子浓度较大，说明温度较高，故A错误；Bd点与a点温度相同Kw相

23、同，a点时Kw=10-14，b点时Kw=10-12，KW数值大小关系为：bd，故B正确；C温度不变，Kw不变，若从c点到a点，c(OH-)不变，c(H+)变大，故C错误；D若处在B点时，pH=2的硫酸中c(H+)=10-2mol/L，pH=10的NaOH中c(OH-)=10-1210-10 =10-2mol/L，等体积混合后，溶液显中性，故D错误；故选B。11、D【解析】A、反应后混合中没有NaOH，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L10molL1=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（N

24、aClO3）=0.3mol，参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A错误；B、Cl2可能发生两种反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，氧化产物只有NaClO时，n（Na）：n（Cl）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na）：n（Cl）最小为6：5，n（Na）：n（Cl）应介于两者之间，即6：5n（Na）：n（Cl）2：1，现7：32：1，故B错误；C、若n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol1+1mol5

25、=7mol，生成NaCl获得的电子为11mol1=11mol，得失电子不相等，故C错误；D、由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol5/61=0.25mol，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol1/21=0.15mol，0.15n0.25，故D正确；故选D。点睛：考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算，难度较大，用列方程组可以解，但利用极限法与守恒法等技巧可以达到事半功倍的效果。12、C【解析】A. Al3+在溶液中水解使溶液呈酸性，中性溶液中

26、不能大量存在Al3+，故A错误；B.溶液中HCO3与AlO2发生如下反应：AlO2+HCO3+H2O = Al(OH)3+CO32，在溶液中不能大量共存，故B错误；C. pH=1的溶液为酸性溶液，酸性溶液中四种离子之间不发生反应，且与氢离子不反应，可大量共存，故C正确；D. 溶液中S2-与Cu2+结合生成硫化铜沉淀，不能大量共存，故D错误；故选C。【点睛】AlO2结合H+的能力比CO32强，AlO2-促进HCO3-的电离，在溶液中不能大量共存是解答关键。13、D【解析】A. 该装置将风能转化为电能，A错误；B. 该装置将太阳能转化为电能，B错误；C. 该装置将化学能转化为电能，C错误；D. 该

27、装置将电能转化为化学能，D正确；故合理选项为D。14、B【解析】根据有机物的结构简式可知，该高分子化合物是加聚产物，但分子中含有酯基，所以其单体有丙烯醇和邻苯二甲酸，答案选B。15、D【解析】苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，乙醛可被银氨溶液氧化，苯酚与银氨溶液不反应，可鉴别，故正确；苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，乙醛可被新制的Cu(OH)2悬浊液氧化，苯酚与氢氧化铜不反应，可鉴别，故正确；NaOH溶液与苯酚反应无明显现象，不能鉴别苯酚和乙醛，故错误；苯、苯酚溶液、四氯化碳、乙醛与溴水混合的现象分别为：分层后有色层在上层、白色沉淀、分层后有色层在下层，溴水褪色，现象不同，可鉴别，故

28、正确所以D选项是正确的【点睛】苯的密度比水小,四氯化碳的密度比水大,苯酚可与氢氧化钠、溴水反应,乙醛具有还原性,可被氧化剂氧化,以此解答该题。16、C【解析】分析：A.硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；B.能形成分子间氢键的物质沸点较高。详解：A. 硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，表述2错误，故A错误；B. 能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，表述

29、1错误，故B错误；C.SO32-的中心原子S原子为sp3杂化,因此SO32-空间结构是三角锥形结构，故C正确；D.P4O10、C6H12O6均属于共价化合物, P4O10溶于水后和水发生反应产生磷酸，磷酸是电解质，因此在溶液中电离产生自由移动的离子，可以导电，表述1不正确，故D错误；答案选C。点睛：氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3MgBr C10H18O 羟基、羧基 酯化反应或取代反应 +2NaOH+NaBr+2H2O 14 【解析】由合成路线结合题中新信

30、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。【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COOH；含有六元环且

31、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。18、CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O 2CH3CHO+O2 2CH3COOH CH3CHO+H2 CH3CH2OH 【解析】气体和溴水反应生成1，2-二溴乙烷，则该气体为CH2=CH2，则A与浓硫酸共热发生消去反应产生乙烯，则A应为C

32、H3CH2OH，乙醇催化氧化产生的B可发生银镜反应，应为CH3CHO，B氧化产生C，C跟石灰石反应产生使石灰水变浑浊的气体，C应为CH3COOH，结合有机物的性质解答该题。【详解】根据上述分析可知X是CH2=CH2，A CH3CH2OH，B为CH3CHO，C为CH3COOH。A为CH3CH2OH，在Cu或Ag作催化剂条件下加热可被氧化为CH3CHO，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；B为CH3CHO，可被氧化为CH3COOH，反应的方程式为2CH3CHO+O2 2CH3COOH；B为CH3CHO，含有-CHO，可与氢气发生加成反应生成CH3CH2OH，反应的

33、化学方程式为CH3CHO+H2 CH3CH2OH。【点睛】本题考查有机物的推断的知识，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的转化关系，注意醛处在含氧衍生物的相互转变的中心环节，是联系醇和羧酸的桥梁在有机推断题中应特别注意。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 【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。【详解】（1）CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+

34、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）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

35、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

36、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

37、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：。【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、引发铝热反应 C D 2Fe2+ H2O2+2H+2Fe3+2H2O 足量稀硫酸；几滴(少量)高锰酸钾溶液；溶液紫红色未褪去 连续两次灼烧质量相差不大于0.1 g 84.0% 【解析】（1）根据铝热反应需要高温条件分析解答。（2）取反应后的“铁块”溶于盐酸，生成铁盐或亚铁盐、镁离子和铝离子，根据离子的性质结合流程图分析解答。【详解】（1）使用镁条和氯酸