2022届安徽省合肥市巢湖市汇文实验学校化学高二第二学期期末统考试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列现象与胶体知识无关的是A向碳酸氢钠溶液中加入氯化钙溶液时溶液没有浑浊B夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过美不胜收C食品加工厂利用豆浆中加入盐卤做豆腐D上海宝钢厂利用静电除尘技术去除废气中的固体悬浮物2、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A新制饱和氯水中:A13+、Cu2+、SO4

2、2-、Br-B甲基橙变红的溶液:Mg2+、Fe2+、NO3-、SCN-C的溶液中:Na+、K+、Cl-、AlO2-D水电离的c(H+)=110-13mol/L的溶液中：Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-3、下列说法中正确的是 ACO2、NH3、BF3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构B在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料C由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物D第A族元素和第A族元素的原子之间都能形成离子键4、下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2表示,单位为kJ/mol)。I1I2I3I4R7401500770010500下列关于元素R的判断中一定正

3、确的是AR的最高正价为+3价BR元素位于元素周期表中第A族CR元素的原子最外层共有4个电子DR元素基态原子的电子排布式为1s22s25、阿昔洛韦化学名称：9（2羟乙氧甲基）鸟嘌呤是抗非典型肺炎（SARS）的指定药物之一，其结构如图所示,有关阿昔洛韦的结构及性质的叙述中正确的是1 mol阿昔洛韦在催化剂作用下，最多可与5molH2发生加成反应；属于芳香烃；是一种易溶于水的醇；可以被催化氧化；不能使溴水褪色；可以燃烧；ABCD6、实验室回收废水中苯酚的过程如图所示。下列分析错误的是A操作I中苯作萃取剂B苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大C通过操作II苯可循环使用D三步操作均需要分液漏斗7、下列各组物

4、质中,都是由极性键构成极性分子的一组是( )ACH4和Br2BNH3和H2OCH2S和CCl4DCO2和HCl8、下列分子中，属于极性分子的是（）ACO2BBeCl2CBBr3DCOCl29、取四等份铝，分别加入足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是（ ）A3 molL1氨水B4 molL1HNO3C8 molL1NaOHD18 molL1H2SO410、下列实验装置能达到其实验目的的是( )A制取少量H2B验证Na和水反应放热C分离Na2CO3溶液和CH3COOCH2CH3的混合物D蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体11、广义的水解观认为：水解的物质和水分别离解成两部分，然后两

5、两重新结合成新的物质，不出现元素化合价的变化。根据以上信息，下列物质水解后的产物错误的是ABaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2BBrCl水解的产物是HClO和HBrCMg2C3水解的产物是Mg(OH)2和C3H4DAl2S3水解的产物是Al(OH)3和H2S12、下列不涉及氧化还原反应的是（ ）A补铁剂（有效成分为Fe2+）与含维生素C共服效果更佳B雷雨肥庄稼自然固氮C灰肥相混损肥分灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐D从沙滩到用户由二氧化硅制晶体硅13、某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下，请根据以上信息和相关知识判断，下列分析不正确的是 A该“84消毒液”的物质的量浓度约为4.0

6、molL1B一瓶该“84消毒液”敞口放置一段时间后浓度会变小C取100 mL该“84消毒液”稀释100倍，稀释后溶液中c(Na)约为0.04molL1D参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制含25%NaClO的消毒液480mL，需要称量的NaClO固体质量为143g14、下列说法正确的是A异戊烷与新戊烷可用质谱法快速精确区分B红外光谱法与核磁共振氢谱可用于有机物分子结构的鉴定C当液态有机物与杂质的沸点相差较小时可以用蒸馏的方法提纯D可用酒精萃取后分液的方法提取碘水中的碘15、已知常温下，HCOOH(甲酸)比NH3H2O电离常数大。向10 mL 0.1mol/L HCOOH中滴加同浓

7、度的氨水，有关叙述正确的是( )A滴加过程中水的电离程度始终增大B当加入10 mL NH3H2O时，c(NH4+) c(HCOO-)C当两者恰好中和时，溶液pH = 7D滴加过程中n(HCOOH)与n(HCOO-)之和保持不变16、下列物质中不含共价键的是A冰B碳化硅C干冰D单质氦二、非选择题（本题包括5小题）17、有甲、乙两种物质： (1)乙中含有的官能团的名称为_(不包括苯环)。(2)由甲转化为乙需经下列过程(已略去各步反应的无关产物，下同)：其中反应I的反应类型是_，反应II的条件是_，反应III的化学方程式为_(不需注明反应条件)。(3)下列物质不能与乙反应的是_(选填序号)。a.金属

8、钠 b.氢氧化钠的乙醇溶液 c.碳酸钠溶液 d.乙酸(4)乙有多种同分异构体，任写其中一种能同时满足下列条件的同分异构体结构简式_。a.苯环上的一氯代物有两种 b.遇FeCl3溶液显示紫色18、有机物F(Bisphenol A dimethacrylate)是一种交联单体。合成F的一种路线如下：已知：+HCNB不能发生银镜反应。C能与FeCl3发生显色反应，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢。E既能使溴水褪色又能使石蕊试液显红色。1 mol F最多可与4 mol NaOH反应。回答下列问题：（1）A与B反应的化学方程式为_。（2）BD的反应类型为_，E的结构简式为_。（3）F的结构简式为_

9、。（4）C的同分异构体中含有萘环()结构，萘环上只有1个取代基且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应的同分异构体共有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有8组峰的是_(写出其中一种的结构简式)。（5）A经如下步骤可合成环己烯甲酸：AGHI反应条件1为_；反应条件2为_；反应条件3所选择的试剂为_；I的结构简式为_。19、硫酰氯(SO2Cl2)熔点-54.1、沸点69.2，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。(1)SO2Cl2中S的化合价为_，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为_。(2)现拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，实验装置如

10、图所示(夹持装置未画出)。仪器A的名称为_，装置乙中装入的试剂_，装置B的作用是_。装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是_(选填字母)。A蒸馏水 B10.0 mol/L浓盐酸C浓氢氧化钠溶液 D饱和食盐水(3)探究硫酰氯在催化剂作用下加热分解的产物，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。加热时A中试管出现黄绿色，装置B的作用是 _。装置C中的现象是_，反应的离子方程式为_。20、铝氢化钠（）是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示。（1）无水（升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。中发生反应的化学方程式为_。实验时应先点燃_（填“”或“”）处酒精灯，当观察到_时，再点燃另一

11、处酒精灯。装置中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是_，请结合方程式进行解释_。中试剂的作用是_。用一件仪器装填适当试剂后也可起到和的作用，所装填的试剂为_。（2）制取铝氢化钠的化学方程式是_。（3）改变和中的试剂就可以用该装置制取NaH，NaH中氢元素化合价为_，若装置中残留有氧气，制得的NaH中可能含有的杂质为_。（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，其反应的化学方程式为_。欲测定铝氢化钠粗产品（只含有NaH杂质）的纯度。称取样品与水完全反应后，测得气体在标准状况下的体积为，样品中铝氢化钠的质量分数为_。（结果保留两位有效数字）21、I：某校课外小组同学制备Fe(OH)3胶体，并研究该胶体的

12、性质。(1)该小组同学采用了以下操作制备胶体，请将空白处填写完整。取一个烧杯，加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾，然后向烧杯中滴加12 mL饱和_溶液，继续煮沸，待溶液呈_后，停止加热。(2)将制得的胶体放入半透膜制成的袋内，如图1所示，放置2 min后，取少量半透膜外的液体于试管中，置于暗处，用一束强光从侧面照射，观察_(填“有”或“无”)丁达尔效应；再向烧杯中加入用稀硝酸酸化的硝酸银溶液，可观察到的现象为_。(3)将半透膜内的液体倒入U形管中，如图2所示，在液体上方加入少量电解液以保护胶体，接通直流电后，观察到的现象是_(填“阴”或“阳”)极附近颜色逐渐变深，其原因是_。II：回答下列问题：

13、(1)“铝热反应”中的铝热剂通常是Fe2O3和Al粉的混合物，高温反应时可放出大量的热。请写出该反应的化学方程式_。(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】分析：A.向碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合时，不发生反应，属于混合溶液；B.云属于胶体分散系，则具有丁达尔现象；C. 豆浆属于胶体分散系，盐卤属于电解质，二者相遇，胶体发生聚沉；D.胶体具有电泳现象。详解：向碳酸氢钠溶液中加入氯化钙溶液，溶液中离子之间不发生反应，则

14、没有浑浊，属于溶液分散系，与胶体无关，A正确；因云属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，所以夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过美不胜收，与胶体有关，B错误；豆浆属于胶体分散系，盐卤属于电解质，食品加工厂利用豆浆中加入盐卤做豆腐是利用胶体遇电解质发生聚沉的性质，与胶体有关，C错误；废气中的固体悬浮物属于胶体分散系，胶体粒子带电，在外压的作用下发生电泳而达到工厂利用静电除尘的目的，与胶体有关，D错误；正确选项A。点睛：本题考查胶体的性质，胶体是分散质微粒直径在1nm-100nm之间的分散系，要求考生掌握胶体常见的性质，如丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等。2、C【解析】新制饱和氯水中，氯气能把Br-氧化为

15、Br2，故A错误；Fe3+、SCN-生成Fe(SCN)3，故B错误； =110-13 molL-1的溶液呈碱性， Na+、K+、Cl-、Al不反应，故C正确；由水电离的c(H+)=110-13 molL-1的溶液呈酸性或碱性，若呈酸性H+、HC反应生成水和二氧化碳，若呈碱性OH-、HC反应生成水和CO32-，故D错误。3、B【解析】ACO2中所有原子都满足最外层8电子的稳定结构；而NH3中的H原子满足2电子的结构，BF3中B满足6电子稳定结构，A错误；B在元素周期表中金属元素区的元素是导体，在非金属元素区的元素的单质一般是绝缘体体，在金属和非金属交界处的元素的导电介于导体与绝缘体之间，因此在该

16、区域可以找到半导体材料，B正确；C由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等，C错误；D一般情况下第A族元素和第A族元素的原子之间能形成离子键。但是也有例外，例如H与F形成的HF是共价键，D错误。答案选B。4、B【解析】A、由表中数据I3I2，可知元素R的最高正价为+2价，A项错；B、元素R一定位于第A族，B正确；C、元素R一定位于第A族，最外层有2个电子，但R不一定是Be元素，C项错；D、根据C中分析可知D项错。答案选B。5、D【解析】由结构简式可知，分子中不含苯环，含有碳碳双键、碳氮双键、碳氮单键、羟基、氨基、醚键和肽键。【详解】阿昔洛韦分子中含有的1个碳碳双键和2个碳氮双键

17、在催化剂作用下可与氢气发生加成反应，则1 mol阿昔洛韦最多可与3molH2发生加成反应，故错误；阿昔洛韦分子中含有氧原子和氮原子，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故错误；阿昔洛韦分子中只含有1个羟基，亲水基数目较少，应微溶于水或不溶于水，故错误；阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键和羟基都可以被氧化，故正确；阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键能使溴水褪色，故错误；有机物一般可以燃烧，故正确；正确，故选D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握常见有机物的结构，注意有机物的官能团对性质的影响是解答关键。6、B【解析】A苯酚容易溶于有机溶剂苯，而难溶于水，水与苯互不相溶，因此可用苯作萃取剂将含有苯

18、酚的废水中的苯萃取出来，操作I中苯作萃取剂，A正确；B苯酚钠容易溶于水，而难溶于苯，因此在苯中的溶解度比在水中的小，B错误；C向萃取分液后的含有苯酚的溶液中加入NaOH溶液，发生反应：NaOH+C6H5OHC6H5ONa+H2O，C6H5ONa易溶于水，而与苯互不相溶，然后分液，得到的苯可再应用于含有苯酚的废水的处理，故通过操作II苯可循环使用，C正确；D再向含有苯酚钠的水层加入盐酸，发生 ：C6H5ONa+HClC6H5OH+NaCl，苯酚难溶于水，密度比水大，在下层，通过分液与水分离开，通过上述分析可知在三步操作中都要进行分液操作，因此要使用分液漏斗，D正确。答案选B。7、B【解析】A、C

19、H4是极性键形成的非极性分子，Br2是非极性键结合成的非极性分子，A错误；B、NH3是极性键形成的极性分子，H2O是极性键形成的极性分子，B正确；C、H2S是极性键构成的极性分子，CCl42是由极性键构成的非极性分子，C错误；D、HCl是极性键构成的极性分子，CO2是由极性键构成的非极性分子，D正确；答案选B。8、D【解析】ACO2为直线形结构，结构对称，正负电荷中心重叠为非极性分子，故A错误；BBeCl2为直线型结构，结构对称，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故B错误；CBBr3为平面正三角形结构，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故C错误；DCOCl2分子中正负电荷中心不重合，为极性分子，故

20、D正确；故答案为D。9、C【解析】A、3mol/L氨水与铝不反应，产生氢气量为0；B、铝与4mol/L HNO3反应不放出氢气，产生氢气量为0；C、铝与氢氧化钠的水溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；D、铝与浓硫酸发生钝化，产生氢气量为0，综上所述产生氢气最多的是C。答案选C。10、B【解析】A气体易从长颈漏斗下端逸出，长颈漏斗下端应放置到液面下，故A错误；B若U形管中红墨水左低右高，则图中装置可验证Na和水反应放热，故B正确；C乙酸乙酯难溶于水，Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物分层，应选分液漏斗分离，故C错误；D加热时，氯化铵会分解，不能通过蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，故

21、D错误；答案选B。11、B【解析】分析：本题考查了水解原理，根据已知信息分析，无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质，所以将物质分为阳离子和阴离子两部分，阳离子和氢氧根离子结合即为产物，阴离子和氢离子结合即为产物。详解：A. BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，故正确；B.该反应中氯元素化合价从-1价变为+1价，有电子转移，不符合水解原理，故错误；C.碳化镁水解生成是氢氧化镁和丙炔，该反应中没有元素化合价变化，符合水解原理，故正确；D.硫化铝水解为氢氧化铝和硫化氢，没有化合价变化

22、，符合水解原理，故正确。故选B。12、C【解析】A维生素C具有还原性，能防止补铁剂被氧化，属于氧化还原反应，故A正确；B放电过程中，氮气与氧气反应生成NO，O、N元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故B正确；C碳酸钾与铵盐发生相互促进的水解反应，会生成氨气挥发，反应过程中不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故C错误；D由二氧化硅制晶体硅，Si的化合价降低，被还原，涉及氧化还原反应，故D正确；故答案为C。13、D【解析】A该“84消毒液”的物质的量浓度为：c（NaClO）=10001.1925%74.5mol/L4.0mol/L，故A正确；BHClO易分解生成氯化氢和氧气，则一瓶该“84

23、消毒液”敞口放置一段时间后浓度会变小，故B正确；C取100mL该“84消毒液”稀释100倍后用以消毒，稀释过程中钠离子的物质的量不变，则稀释后的溶液中c（Na+）=0.4mol/L0.1L0.1L100=0.04molL-1，故C正确；D实验室不存在480mL容量瓶，应用500mL容量瓶配制，则n（NaClO）=0.5L4.0mol/L=2.0mol，m（NaClO）=2.0mol74.5g/mol=149g，故D错误；故选D。14、B【解析】A. 质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量；异戊烷与新戊烷是同分异构体，其相对原子质量相同，不能用质谱法

24、区分，故A错误；B. 红外光谱能体现出有机物含有的化学键，从核磁共振氢谱图上可以推知有机物分子有几种不同类型的氢原子及它们的数目之比，可以用于确定有机物的结构，故B正确；C.当液态有机物含有少量杂质，而且该有机物稳定性好，与杂质的沸点相差较大时可以用蒸馏的方法提纯，故C错误；D. 因为酒精能与水互溶，不能作为提取碘水中的碘的萃取剂，故D错误；综上所述，本题正确答案为B。【点睛】考查有机物的研究方法和分离。质谱法是判断有机物的相对分子质量的方法；红外光谱测定原子团的方法；核磁共振氢谱确定有机物分子中氢原子的种类和数目的方法。15、D【解析】A.HCOOH溶液中水的电离被抑制，向HCOOH溶液中加

25、氨水时，HCOOH浓度逐渐减小，HCOOH对水的抑制作用减弱，水的电离程度逐渐增大，随后生成的HCOONH4的水解反应，也促进水的电离，继续加过量的氨水，氨水电离的OH-使水的电离平衡左移，水的电离程度减小，所以整个过程中水的电离程度先增大后减小，A项错误；B. 当加入10mL NH3H2O时，HCOOH+NH3H2O=HCOONH4+H2O，恰好反应，所得溶液是HCOONH4溶液，溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，NH4+H2O NH3H2O+H+，因HCOOH比NH3H2O电离常数大，NH4+的水解程度比HCOO-大，所以c(NH4+)c(OH-)，溶液显酸性，pH

26、7，C项错误；D.向HCOOH溶液中加氨水，HCOOH的初始物质的量没有变，根据物料守恒，滴加过程中n(HCOOH)+n(HCOO-)=0.01L0.1mol/L=0.001mol，D项正确；答案选D。【点睛】HCOONH4属于弱酸弱碱盐，在溶液中弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解， HCOOH的电离常数大，电离常数越大酸性越强，根据“谁强显谁性”，所以HCOONH4溶液显酸性。16、D【解析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。据此判断。【详解】A、冰分子中存在氢氧形成的共价键，A不选；B、碳化硅中存在碳硅形成的共价键，B不选；C、干冰是二氧化碳，存在

27、碳氧形成的共价键，C不选；D、单质氦是稀有气体分子，不存在化学键，D选。答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、氯原子、羟基 取代反应 NaOH溶液、加热 c 、中任意一种 【解析】(1)决定有机物化学特性的原子或原子团叫官能团，根据物质结构简式，判断官能团；(2)对比物质甲与反应生成的的结构的不同，判断反应类型，利用与物质乙的区别，结合卤代烃、烯烃的性质通过II、III反应转化为物质乙；(3)乙的官能团是-OH、Cl，-OH可以与Na发生置换反应、与羧酸发生酯化反应，Cl原子可以发生水解反应、若与Cl原子连接的C原子的邻位C原子上有H原子，则可以发生消去反应；(4)同分异构体是分子式相

28、同，结构不同的化合物的互称，结合对同分异构体的要求进行书写。【详解】(1)含有的官能团有氯原子、羟基；(2)在一定条件下发生甲基上的取代反应生成，再与NaOH的水溶液在加热条件下发生取代反应生成，与HCl在一定条件下发生加成反应生成物质乙。所以反应I的反应类型是取代反应，反应II的条件是NaOH水溶液、加热，反应III的化学方程式为；(3) a.乙中含醇-OH，可以与金属钠发生置换反应生成氢气，a不符合题意；b.乙中含有氯原子，由于与Cl原子连接的C原子的邻位C原子上有H原子，所以可以与氢氧化钠的乙醇溶液发生消去反应生成，b不符合题意；c.乙中含有的官能团都不能与碳酸钠溶液反应，c符合题意；d

29、.乙中含有醇羟基，可以与乙酸在一定条件下发生酯化反应，d不符合题意；故合理选项是c；(4)化合物乙结构简式为，乙的同分异构体要求符合：a.苯环上的一氯代物有两种，说明苯环有2个处于对位的取代基；b.遇FeCl3溶液显示紫色，说明有酚羟基，则符合题意的同分异构体结构简式为、。【点睛】本题考查了结构、性质、转化、反应类型的判断及符合要求的同分异构体的书写等知识，掌握各类官能团的性质、转化条件是本题解答的关键。18、2+H2O 加成反应 8 或 H2，Ni，加热加压 O2，Cu， HCN 【解析】根据分子式知，A为，B中不饱和度=1，B不能发生银镜反应，则B为CH3COCH3，根据信息知，C中含酚羟

30、基、且有4种氢原子，结合F结构简式知，C结构简式为，根据信息知，D结构简式为（CH3）2C（OH）CN，根据信息知，E结构简式为CH2=C（CH3）COOH，根据信息知，1 mol F最多可与4 mol NaOH反应，则F为。（1）A为，B为CH3COCH3，A和B反应方程式为2+H2O，故答案为2+H2O；（2）通过以上分析知，B发生加成反应生成D，E结构简式为CH2=C（CH3）COOH，故答案为加成反应；CH2=C（CH3）COOH；（3）F的结构简式为，故答案为；（4）C结构简式为，C的同分异构体中含有萘环（）结构，萘环上只有1个取代基且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应说明含

31、有酯基且酯基水解生成酚羟基，萘环上氢原子种类为2种，如果取代基为-OOCCH2CH2CH2CH3，有两种同分异构体；如果取代基为-OOCCH2CH（CH3）2，有两种同分异构体，如果取代基为-OOCCH（CH3）CH2CH3，有两种同分异构体，如果取代基为-OOCC（CH3）3有两种同分异构体，所以符合条件的一共8种；其中核磁共振氢谱有8组峰的是或，故答案为8；或；（5）有苯酚经如下步骤可合成环己烯甲酸，根据题干流程图中BDE的合成原理可知，要合成，可以首先合成，由水解即可得到，因此需要先合成环己酮，合成环己酮可以由苯酚和氢气在催化剂、加热、加压条件下发生加成反应生成环己醇，环己醇在Cu作催化

32、剂、加热条件下被氧化生成环己酮，因此合成方法为：苯酚和氢气在催化剂、加热、加压条件下发生加成反应生成环己醇，所以G为环己醇，环己醇在Cu作催化剂、加热条件下被氧化生成环己酮，则H为环己酮，环己酮和HCN发生加成反应生成，所以I为，I水解生成环己烯甲酸，所以反应条件1为H2，催化剂，加热，反应条件2为氧气/Cu、加热，反应条件3为HCN，I的结构简式为，故答案为H2，催化剂，加热；O2，Cu，；HCN； 。点睛：本题考查有机物推断，由物质结构简式结合题给信息进行推断。本题的难点是合成路线的规划，要注意充分利用信息和题干流程图中BDE的合成原理分析解答。19、+6 SO2Cl2+2H2O=2HCl

33、+H2SO4 (球形)冷凝管 浓硫酸 防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质；吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境。 D 吸收Cl2 C中KMnO4溶液褪色 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+ 【解析】(1)根据化合物中正负化合价的代数和为0判断S元素的化合价，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”，生成的HCl溶于水，呈现白雾。；(2)根据图示仪器的结构特点可知仪器的名称，乙中浓硫酸可干燥氯气，装置B中碱石灰可吸收尾气；通过滴加液体，排除装置中的氯气，使氯气通过装置乙到装置甲中；(3)加热时A中试管出现黄绿色，装置B中四氯化碳可吸收生成的氯气；

34、装置C中二氧化硫与高锰酸钾反应。【详解】(1)SO2Cl2中S的化合价为0-(-1)2-(-2)2=+6，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”，生成了HCl，其化学方程式为SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；(2)仪器A的名称为(球形)冷凝管，装置乙中装入的试剂为浓硫酸，装置B的作用是防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质，吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境；氯气不溶于饱和食盐水，通过滴加饱和食盐水，将氯气排出，其它均不符合，故合理选项是D；(3)SO2Cl2分解生成了Cl2，根据化合价Cl的化合价升高，化合价降低只能是S元素，S从6降低到4，生成SO2。加热时

35、A中试管出现黄绿色，说明生成了Cl2，装置B的作用是吸收Cl2；装置C中的现象是KMnO4溶液褪色，SO2与KMnO4反应，反应的离子方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+。【点睛】本题考查物质的制备实验的知识，把握物质的性质、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。20、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O A 待D中充满黄绿色气体时 除Cl2中混有的HCl Cl2+H2OH+Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂 防止G中水

36、蒸气进入E使氯化铝水解 碱石灰 AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl -1 NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2 0.69 【解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰和浓盐酸共热制得氯气，用装置B中饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，用装置C中浓硫酸干燥氯气，装置D为氯化铝的制备装置，装置E用于收集氯化铝，用装置F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，用装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境。由流程可知，实验制备得到的氯化铝在特定条件下与氢化钠反应制得铝氢化钠。【详解】（1）装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程

37、式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；实验时应先点燃A处酒精灯制备氯气，利用反应生成的氯气排尽装置中的空气，防止空气中氧气干扰实验，待D中充满黄绿色气体时，再点燃D处酒精灯制备氯化铝，故答案为：D中充满黄绿色气体时；因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体；选用饱和食盐水的原因是，氯气与水反应为可逆反应，存在如下平衡Cl2+H2OH+Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡逆向移动，降低氯气溶解度，使氯气几乎不溶解，但氯化氢极易溶于水，所以可以除杂，故答案为：除中混有的HCl；Cl2+H2OH+Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂；F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境，若用盛有碱石灰的干燥管代替F和G，可以达到相同的目的，故答案为：防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解；碱石灰；（2）氯化铝在特定条件下与氢化钠反应生成铝氢化钠和氯