湖南省长沙市雅礼教育集团2022年化学高二第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、配制100 mL 1.0 molLNa2CO3溶液，下列操作正确的是A称取10.6 g无水碳酸钠，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容B称取10.6 g无水碳酸钠，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解C转移Na2CO3溶液时，未用玻璃

2、棒引流，直接倒入容量瓶中D定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀2、NaNO2一种食品添加剂，它致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2的反应方程式是MnO4-NO2-Mn2NO3-H2O。下列叙述中正确的是（ ）A该反应中NO2-被还原B反应过程中溶液的pH减小C生成1molNaNO3需消耗0.4 mol KMnO4D中的粒子是OH3、将13.7g Mg、Al和Zn的混合物溶于足量的盐酸中，产生标准状况下11.2L气体。向反应后的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，最多可得到沉淀的质量为（ ）A19.7g B22.3g C30.7g D39.2g4、要使金属晶体熔化必须破坏其中的金属键。金属晶体熔、沸点高低和

3、硬度大小一般取决于金属键的强弱，而金属键的强弱与金属阳离子所带电荷的多少及半径大小相关。由此判断下列说法正确的是A金属镁的硬度大于金属铝B碱金属单质的熔、沸点从Li到Cs是逐渐增大的C金属镁的熔点大于金属钠D金属镁的硬度小于金属钙5、下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，不正确的是（ ）A热稳定性：Na2CO3NaHCO3B相同温度下,在水中Na2CO3的溶解度大于NaHCO3CNa2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应D相同质量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，Na2CO3放出CO2多6、下列各原子或离子的电子排布式错误的是（ ）ANa+： 1s22s22p6BF

4、：1s22s22p5CO2-：1s22s22p4DAr：1s22s22p63s23p67、利用冬青的提取物合成出一种抗结肠炎药物.其结构简式如图所示：下列叙述中不正确的是（ ）A该物质属于芳香族化合物，易溶于水B该物质可以发生加成、氧化、取代等反应C该物质能与强酸和强醎反应，也能与碳酸氢钠反应D仅改变这三条侧链在苯环上的位置，还可得到10种同分异构体8、下列说法正确的是A道尔顿、汤姆生、卢瑟福和门捷列夫对原子结构模型的建立作出了卓越的贡献B3f能级中最多可容纳14个电子C若将15P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违背了洪特规则Ds轨道的电子云形状为圆形的面，若2

5、s的电子云半径比1s电子云半径大说明2s能级的电子比1s的多9、下列除去杂质的方法正确的是( )除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离 除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏 除去CO2中少量的SO2：气体通过盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶 除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏ABCD10、在2A+B3C+4D中，表示该反应速率最快的是( )A(A)=0.5molL1S1 B(B)=0.3 molL1S1C(C)=1.2molL1min1 D(D)=0.6 molL1min111、下列实验操作或说法正确的是A提纯氯气，可将气体依次通过装有饱和碳酸氢钠溶液

6、、浓硫酸的洗气瓶B碳酸钠溶液可贮存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液D用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖、淀粉3种溶液12、下列实验结论正确的是实验操作现象结论A乙醇与重铬酸钾（K2Cr2O7）酸性溶液混合橙色溶液变为绿色乙醇发生了氧化反应B2mL2%CuSO4溶液中加入46滴2%NaOH溶液，振荡后加入0.5mL溶液，加热煮沸未出现砖红色沉淀X中不含醛基C向酸性高锰酸钾溶液中通入乙烯高锰酸钾溶液褪色发生了加成反应D淀粉溶液中加入碘水溶液变蓝淀粉没有水解AABBCCDD13、分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物

7、有（不考虑立体异构）A5种B6种C7种D8种14、下列装置所示的分离、提纯方法和物质的溶解性无关的是（）ABCD15、下列关于煤、天然气、石油等资源的说法正确的是()A煤的干馏是物理变化B石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物C石油裂化得到的汽油是纯净物D石油产品都可用于聚合反应16、高聚物L：是一种来源于生物学灵感的新型粘合剂。下列关于高聚物L的说法中，不正确的是A单体之一为B在一定条件下能发生水解反应C的结构中不含酯基D生成1mol L的同时，会有（x+y-1）mol H2O生成二、非选择题（本题包括5小题）17、按要求完成下列各题。(1)羟基的电子式_ ，(CH3)3COH的名称_(系统命

8、名法)(2)从下列物质中选择对应类型的物质的序号填空。酸：_ 酯：_ 醚：_ 酮：_(3)下列各组物质： O2和O3 乙醇和甲醚； 淀粉和纤维素； 苯和甲苯； 和； 和； CH3CH2NO2和A互为同系物的是_， B互为同分异构体的是_，C属于同一种物质的是_。18、现有A、B、C、D、E、F六种有机物，它们的转化关系如图所示（图中部分反应条件及生成物没有全部写出）。已知：液体B能发生银镜反应，气体D的相对分子质量为28。（1）A、B、C的结构简式分是_、_、_。（2）B、C中所含官能团的名称分别是_、_。（3）A到D的反应类型为_。（4）CA的反应条件是_。（5）DF反应的化学方程式是_。（

9、6）在一定的条件下，A与E反应可生成一种具有香味的物质。该反应的化学方程式是_。19、1.为探究某铁碳合金与浓硫酸在加热条件下的反应的部分产物,并测定铁碳合金中铁元素的质量分数,某化学活动小组设计了如图所示的实验装置,并完成以下实验探究。(1)往圆底烧瓶中加入m g铁碳合金,并滴入过量浓硫酸,未点燃酒精灯前,A、B中均无明显现象,其原因是:常温下碳与浓硫酸不反应;_。(2)点燃酒精灯,反应一段时间后,从A中逸出气体的速率仍然较快,除因反应温度较高外,还可能的原因是_。(3)装置B的作用是_。(4)甲同学观察到装置C中有白色沉淀生成,他认为使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳。装置A中能产生二氧化

10、碳的化学方程式为_。(5)乙同学认为甲同学的结论是错误的,他认为为了确认二氧化碳的存在,需在装置B和C之间添加装置M。装置E、F中盛放的试剂分别是_、_。重新实验后证明存在CO2,则装置F中的现象是_。(6)有些同学认为合金中铁元素的质量分数可用KMnO4溶液来测定(5Fe2+Mn+8H+ 5Fe3+Mn2+4H2O)。测定铁元素质量分数的实验步骤如下:.往烧瓶A中加入过量铜使溶液中的Fe3+完全转化为Fe2+,过滤,得到滤液B;.将滤液B稀释为250 mL; .取稀释液25.00 mL,用浓度为c molL-1的酸性KMnO4溶液滴定,三次滴定实验消耗KMnO4溶液体积的平均值为V mL。步

11、骤中,将滤液B稀释为250 mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还必须要用到的是_。判断滴定终点的标志是_。铁碳合金中铁元素的质量分数为_。20、硫代硫酸钠(Na2S2O35H2O)，俗称大苏打，是无色透明晶体，易溶于水，易被氧化。是一种重要的化工产品，临床上用于氰化物的解毒剂，工业上也用于纸浆漂白的脱氯剂。某兴趣小组在实验室用如下装置(夹持仪器略去)模拟硫代硫酸钠生产过程。（1）仪器a的名称为_。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_。（3）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2CO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2CO3物质的量之比为_。（4）装置B中盛有饱和N

12、aHSO3溶液，装置B的作用是_、_。（5）装置D用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为_(填序号)。（6）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O35H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，_，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。已知：Na2S2O3稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。限选试剂：稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水

13、21、菠萝酯H是一种具有菠萝香味的赋香剂其合成路线如下：(1)生成A的反应类型为_，A中所含官能团的结构式是_。(2)B的结构简式是_，G的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为_。(3)写出F和G反应生成H的化学方程式_。(4)结合题给信息，以乙烯、环氧乙烷和1,3-丁二烯为原料制备，设计合成路线(其他试剂任选)。_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】配制100 mL 1.0 mol/L Na2CO3溶液，应称取碳酸钠的质量为1.0 mol/L 0.1L106g/mol=10.6g，溶于水配成溶液的体积为100 mL，据此解答。【详解】A、容量

14、瓶不能作为溶解仪器，称量固体后不能在容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，故A错误；B、碳酸钠溶液的配制时，溶解过程就加入100 mL的水，则下面的实验：移液、洗涤、定容再加上水，溶液体积就会超过100 mL，故B错误；C、移液操作时，防止液体外溅，需要玻璃棒来引流，故C错误；D、定容后，塞好瓶塞，要进行摇匀操作，所以D选项是正确的。故答案选D。2、C【解析】该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4-是氧化剂，NO2-应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+

15、5 NO3-+3H2O；A该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故A错误；B根据元素守恒、电荷守恒知，是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故B错误；C根据转移电子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量=0.4mol，故C正确；D由B分析可知，是H+，故D错误；故答案为C。【点睛】氧化还原反应的实质是反应过程中发生电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：标好价：正确标出反应前后化合价有变化的

16、元素的化合价；列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；细检查：利用“守恒”三原则(即得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。3、C【解析】分析：将13.7g Mg、Al和Zn的混合物溶于足量的盐酸中，产生标准状况下11.2L气体，气体总量为0.5mol，所以金属混合物转移的电子的物质的量为0.52=1mol，向反应后的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，当金属阳离子恰好结合氢氧根离子生成沉淀时，沉淀的质量最大，而金属失去1mol电子生成沉淀

17、最大时结合1mol氢氧根离子；据此分析解题。详解：将13.7g Mg、Al和Zn的混合物溶于足量的盐酸中，产生标准状况下11.2L气体，气体总量为0.5mol，所以金属混合物转移的电子的物质的量为0.52=1mol，向反应后的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，当金属阳离子恰好结合氢氧根离子生成沉淀时，沉淀的质量最大，而金属失去1mol电子生成沉淀最大时结合1mol氢氧根离子，则沉淀质量最大值为13.7+117=30.7g，C正确；正确选项C。4、C【解析】A、镁离子比铝离子的半径大而所带的电荷少，所以金属镁比金属铝的金属键弱，熔、沸点和硬度都小，A错误；B、从Li到Cs，离子的半径是逐渐增大的，所带

18、电荷相同，金属键逐渐减弱，熔、沸点和硬度都逐渐减小，B错误；C、因离子的半径小而所带电荷多，使金属镁比金属钠的金属键强，所以金属镁比金属钠的熔、沸点和硬度都大，C正确；D、因离子的半径小而所带电荷相同，使金属镁比金属钙的金属键强，所以金属镁比金属钙的熔、沸点和硬度都大，D错误；答案选C。5、D【解析】A、Na2CO3比NaHCO3稳定，故A正确；B、相同温度下，Na2CO3比NaHCO3更易溶于水，所以B正确；C、 Na2CO3和NaHCO3都能与澄清石灰水反应生成CaCO3白色沉淀，所以C正确；D、相同质量的Na2CO3和NaHCO3的物质的量前者小，所以与过量盐酸反应放出的CO2少，故D错

19、误。本题正确答案为D。6、C【解析】A项、钠离子的核外有10个电子，电子排布式为1s22s22p6，故A正确；B项、F原子核外有9个电子，电子排布式为1s22s22p5，故B正确；C项、氧离子的核外有10个电子，电子排布式为1s22s22p6，故C错误；D项、Ar的核外有18个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p6，故D正确；故选C。7、D【解析】A该分子中含有苯环，属于芳香族化合物，含有-NH2、-COOH、-OH等亲水基，能溶于水，A项正确，不符合题意；B含有苯环，可发生加成反应，含有酚羟基，可发生氧化反应和取代反应，B项正确，不符合题意；CNH2为碱性官能团，可与强酸反应；CO

20、OH为酸性官能团，可与强碱发生反应，也可与NaHCO3溶液发生反应，C项正确，不符合题意； D苯环含有3种不同的侧链，一共有10种同分异构体，仅改变三条侧链在苯环上的位置，除去自身还可得到9种同分异构体，D项错误，符合题意；本题答案选D。8、C【解析】A. 门捷列夫的贡献在于其对元素周期表的描绘及元素周期律的研究，不是原子结构模型的建立，A错误；B. 第3电子层不含f轨道，B错误；C. 洪特规则为基态多电子原子的电子总是首先按照自旋态相同、单独地填入简并轨道，15P原子的电子排布式正确写法为1s22s22p63s23px13py13pz1，C正确；D. s电子云的大小与能层有关，与电子数无关，

21、ns能级上最多容纳2个电子，D错误；故合理选项为C。【点睛】洪特规则是指电子分布到能量简并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低。9、B【解析】乙烷在光照条件下与氯气发生取代反应，应用溴水除杂，故错误；乙酸与碳酸钠溶液反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用于除杂，故正确；二者与饱和碳酸钠都反应，应用饱和碳酸氢钠除杂，故错误；乙酸易与生石灰反应生成乙酸钙，可增大沸点差，利用蒸馏可除杂，故正确。综合以上分析，是正确的。故答案选B。【点睛】本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，

22、更不能影响被提纯物质的性质。10、B【解析】分析：利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较。详解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B3C+4D，A、（A）=0.5mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=2（A）=1mol/（Ls），B、（B）=0.3mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=4（B）=1.2mol/（Ls），C、（C）=1.2mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=43（C）=431.2mol/（Lmin）=1.6 mol/（Lmin）=0.027 mol/（Ls），D、（D）=0.6

23、mol/（Ls），所以B选项是正确的。点睛：本题考查反应速率快慢的比较，难度不大，注意比较常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快。另外，还要注意统一单位。11、D【解析】A. 提纯氯气，不可将气体依次通过装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，氯气与饱和碳酸氢钠溶液反应，生成氯化钠、次氯钠、二氧化碳，故A错误；B、碳酸钠溶液能与玻璃中的SiO2反应，不可贮存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中，故B错误；C、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液不一定是钠盐溶液，可能是氢氧化钠，故C

24、错误；D、用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖、淀粉3种溶液，乙酸具有酸性，可与氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖为还原性糖，与氢氧化铜发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，淀粉与氢氧化铜不反应，可鉴别，故D正确；故选D。12、A【解析】A乙醇与K2Cr2O7酸性溶液混合，溶液由橙色变为绿色，说明Cr2O72-被还原成Cr3+，乙醇表现还原性，发生了氧化反应，选项A正确；B、2mL2%CuSO4溶液中加46滴2%NaOH溶液，加入的氢氧化钠的量太少，新制Cu（OH）2悬浊液不呈碱性，用新制Cu（OH）2悬浊液检验醛基需要在碱性条件下进行，选项B错误；C、乙烯分子中含碳碳双键，使酸性高锰酸钾褪色，乙烯发

25、生了氧化反应而不是加成反应，选项C错误；D碘遇淀粉试液变蓝色，淀粉溶液中加入碘水后溶液变蓝色，说明淀粉没有完全水解，但不能说明淀粉没有水解，选项D错误；答案选A。13、D【解析】该分子式符合饱和一元醇和饱和一元醚的通式。醇类可以与金属钠反应放出氢气，而醚不能。根据碳链异构，先写出戊烷的同分异构体（3种），然后用羟基取代这些同分异构体的不同类的氢原子，就可以得出这样的醇，戊基共有8种，故这样的醇共有8种，D正确，选D。14、C【解析】A、洗气与物质的溶解度有关，选项A不符合；B、晶体的析出与溶解度有关，选项B不符合；C、蒸馏与物质的沸点有关，与溶解度无关，选项C符合；D、萃取与物质的溶解度有关，

26、选项D不符合；答案选C。15、B【解析】A煤干馏是煤化工的重要过程之一。指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程。煤的干馏是化学变化，A错误； B石油和天然气（主要是CH4）的主要成分都是碳氢化合物，B正确； C石油裂化得到的汽油是混合物，C错误；D石油产品中不饱和烃才可用于加成聚合反应，D错误。答案选B。16、C【解析】由高聚物L得结构简式可知，一定条件下，单体CH3CH(OH)COOH与发生缩聚反应生成和水。【详解】A项、生成高聚物L的反应类型为缩聚反应，单体是CH3CH(OH)COOH与，故A正确；B项、由L的结构简式可知分子中含有酯基，酯基在一

27、定条件可以发生水解反应，故B正确；C项、由结构简式可知，是由羧基和醇羟基发生脱水反应生成的高聚酯，结构中含有酯基，故C错误；D项、由原子个数守恒可知，生成1mol L时生，成H2O的物质的量(xy1)mol，故D正确；故选C。【点睛】本题考查了有机物结构与性质，注意生成高分子化合物的反应类型判断，能够依据结构简式确定单体是解答关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、 2-甲基-2-丙醇 【解析】(1)根据电子式的书写规则写出电子式；根据有机物的命名原则命名；(2)依据有机物质醚、酮、羧酸、酯的概念和分子结构中的官能团分析判断；(3)同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原

28、子团的化合物，官能团数目和种类相等；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；组成和结构都相同的物质为同一物质，同一物质组成、结构、性质都相同，结构式的形状及物质的聚集状态可能不同。【详解】(1)O原子最外层有6个电子，H原子核外有1个电子，H原子与O原子形成一对共用电子对，结合形成-OH，羟基中的氧原子含有一个未成对电子，电子式为：，(CH3)3COH的名称是2-甲基-2-丙醇；(2)羧酸是由烃基或H原子和羧基相连构成的有机化合物称为羧酸，符合； 酯是酸(羧酸或无机含氧酸)与醇起反应生成的一类有机化合物，符合；醇与醇分子间脱水得到醚，符合条件的是；酮是羰基与两个烃基相连的化合物，符合；

29、(3)A.苯和甲苯是结构相似、通式相同，组成上相差1个CH2原子团的化合物，二者互为同系物，故合理选项是；B.乙醇和甲醚、CH3CH2NO2和是具有相同分子式而结构不同的化合物，所以这两组之间互称同分异构体，故合理选项是；C.和是甲烷分子中的4个H原子分别被2个Cl、2个F原子取代形成的物质，由于甲烷是正四面体结构，分子中任何两个化学键都相邻，所以属于同一种物质，故合理选项是。【点睛】本题考查了有机化合物的分类、结构特征、同系物、同分异构体、同一物质的区别的知识。注意把握概念的内涵与外延，学生要理解各类物质的特征、官能团和官能团连接的取代基，然后对其命名或分析其结构。18、CH3CH2OH C

30、H3CHO CH3CH2Br 醛基 溴原子 消去反应 NaOH的水溶液，加热 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O 【解析】A在浓硫酸、170条件下反应生成D，D的相对分子质量是28，则D的结构简式为CH2=CH2，所以A是乙醇，其结构简式为：CH3CH2OH，A发生氧化反应生成B，B能发生银镜反应，则B的结构简式为CH3CHO，B被氧化生成E，E能与碳酸氢钠溶液反应，说明E中含有羧基，则E的结构简式为CH3COOH，乙烯和HBr发生加成反应生成C，C的结构简式为CH3CH2Br，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯F，为常用塑料，其结构简式为，结合物质的结构和性质解答。【详

31、解】（1）通过以上分析知，A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，C的结构简式为CH3CH2Br，故答案为CH3CH2OH、CH3CHO、CH3CH2Br；（2）B为乙醛，含有醛基，C为CH3CH2Br，含有的官能团为溴原子，故答案为醛基；溴原子；（3）乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应生成乙烯，故答案为消去反应；（4）在加热条件下，CH3CH2Br和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成CH3CH2OH，故答案为NaOH的水溶液，加热；（5）在催化剂条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应方程式为，故答案为；（6）乙醇和乙酸反应生成有香味的乙酸乙酯，方程式为CH3COOH+CH3C

32、H2OHCH3COOCH2CH3+H2O；故答案为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。19、常温下Fe在浓硫酸中发生钝化 铁、碳、硫酸溶液形成原电池 检验SO2的存在 C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O 酸性KMnO4溶液或溴水(或其他合理答案) 品红溶液 品红溶液不褪色或无明显现象 250 mL容量瓶 滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液,溶液呈浅紫色,且30 s内不变色 %. 【解析】在常温下，Fe和C，与浓硫酸均不反应，在加热条件下，可以反应，生成SO2和CO2，利用品红检验SO2，利用石灰水检验CO2，但是SO2的存在会对CO2的检验产生干扰，因此

33、需要除杂，并且验证SO2已经被除尽。【详解】(1)在加热条件下C和浓硫酸发生氧化还原反应，常温下，铁和浓硫酸发生钝化现象，C和浓硫酸不反应，所以在未点燃酒精灯前A、B均未产生现象，故答案为：铁和浓硫酸发生钝化现象；(2)随着反应的进行，溶液浓度减小，速率应该减小，但事实上反应速率仍较快，该反应没有催化剂，浓度在减小，压强没有发生改变，只能是Fe和C形成原电池，Fe作负极，加快了氧化还原反应的速率所以速率加快的原因可能是C、Fe和硫酸构成原电池，从而加速反应速率；(3)SO2能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，SO2能使品红溶液褪色，所以B可以检验SO2的存在；(4)加热条件下，C和浓硫酸

34、发生氧化还原反应生成CO2、SO2和H2O，反应方程式为C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O；(5)SO2也能使澄清石灰水变浑浊，用澄清石灰水检验CO2之前要除去SO2，防止对CO2造成干扰，所以在B-C之间增加装置酸性高锰酸钾溶液或溴水和品红溶液，酸性高锰酸钾或溴水是吸收二氧化硫、品红溶液是检验二氧化硫是否除尽，如果二氧化硫完全被吸收，则F中溶液不褪色或无明显现象；(6)要测量Fe的质量分数，配制溶液的时候不能粗略地用烧杯稀释，而应该使用容量瓶，因此还需要容量瓶250mL容量瓶；Fe2和高锰酸钾发生氧化还原反应而使溶液褪色，高锰酸钾溶液有颜色、生成的锰离子无色，所以有明显的颜色

35、变化。终点的标志为滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液,溶液呈浅紫色,且30 s内不变色；设参加反应的亚铁离子的物质的量为x，消耗的高锰酸钾的物质的量为0.001cVmol。根据5Fe2+MnO4+8H5Fe3+Mn2+4H2O中Fe2和MnO4的比例关系，有5 Fe2MnO45mol 1molx 0.001cVmol5mol：1mol=x：0.001cVmol；则250mL滤液中n(Fe2)=0.005cVmol10=0.05cVmol，根据Fe原子守恒得n(Fe)=(Fe2)=0.05cVmol，m(Fe)=0.05cVmol56gmol1=2.8cVgFe质量分数=。20、分液漏斗 Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O或Na2SO32H2SO4(浓)=2NaHSO4SO2H2O 2:1 通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度 安全瓶 d 过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl 【解析】(1)根据仪器图写出名称；（2）A中反应Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O ;装置B为安全装置，可防堵塞，装置D用来吸收含有SO2的尾气，可以盛NaOH溶液；当B中导气管堵塞时，B内压强增大，锥形瓶中的液面下