山东省潍坊新2023学年化学高二第二学期期末综合测试模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷考生须知：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、下图中烧杯里盛的是天然水，铁被腐蚀由快到慢的顺序是（）铁被腐蚀由快到慢的顺序是A．③〉②〉①〉④〉⑤B．④〉②〉①〉③〉⑤C．③〉②〉④〉⑤〉①D．④〉⑤〉②〉③〉①2、下列过程中发生了化学变化的是()A．酒精挥发B．洗菜C．粮食酿酒D．葡萄榨汁3、下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是A．苯、甲苯、环己烷B．苯、苯酚、己烯C．乙醇、甲苯、硝基苯D．甲酸、乙醛、乙酸4、醌类化合物广泛存在于植物中，有抑菌、杀菌作用，可由酚类物质制备：下列说法不正确的是A．反应Ⅰ、Ⅱ均为氧化反应B．对苯醌、萘醌均属于芳香化合物C．苯酚与萘酚含有相同官能团，但不互为同系物D．属于酚类，属于醌类5、2-苯基丙烯酸是一种重要的医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关它的说法错误的是A．分子式为C9H8O2B．能发生酯化、加成、氧化反应C．苯环上的二氯代物为4种D．分子中所有碳原子可能共平面6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数为NAB．17gH2O2含有0.5NA个非极性共价键C．常温下，56g铁片投入足量浓H2SO4中产生H2分子的个数为NAD．标准状况下，22.4LCl2溶于水转移的电子数为NA7、下列事实不能用元素周期律解释的有()A．碱性：KOH>NaOH B．相对原子质量：Ar>KC．酸性：HClO4>H2SO4 D．元素的金属性：Mg>Al8、下列选项中，有关实验操作、现象和结论都正确的是()选项实验操作现象结论A将过量的CO2通入CaCl2溶液中无白色沉淀出现生成的Ca(HCO3)2可溶于水B常温下将铁片插入浓硫酸中无明显现象铁片和浓硫酸不反应C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D向澄清石灰水加入某试剂的溶液少许产生白色沉淀该试剂中一定含有CO32—A．A B．B C．C D．D9、下列说法不正确的是A．电解熔融氯化镁可制取金属镁B．电解饱和食盐水可制取氯气C．生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和晶体硅D．接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石10、反应N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)的能量变化如图所示，a、b均为正值，单位是kJ，下列说法正确的是A．N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)△H=(a-b)kJ·mol－1B．NH3(g)⇌N2(g)＋H2(g)△H=(b-a)kJ·mol－1C．NH3中氮氢键键能为bkJ·mol－1D．压强越大，该反应的△H越小11、H、C、N、O、V(钒)五种元素形成的某分子结构如图所示，下列说法错误是A．N原子核外存在3种不同能量的电子B．基态V原子的价电子轨道表示式为C．基态O原子，电子占据的最高能级符号为2pD．基态C、N两种原子中，核外存在相同对数自旋方向相反的电子12、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为23。下列说法不正确的是WXYZTA．原子半径Y>Z，非金属性W<XB．X2能从T的气态氢化物中置换出T单质C．W、Y、Z三种元素都能与X元素形成化合物WX2、YX2、ZX2D．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y>Z13、化学与生活密切相关，下列说法正确的是()A．将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀可知二者均可使人中毒B．塑料的老化是由于与空气中的氧气发生了加成反应C．粮食酿酒的过程：淀粉葡萄糖乙醇D．可以用足量氢氧化钠溶液加热的方法区分地沟油(分离过的餐饮废弃油)与矿物油(汽油、煤油、柴油等)14、下列有机物中，核磁共振氢谱中只出现一组峰的是A．CH3OH B．CH3CHO C． D．CH3CH2OCH2CH315、下列实验装置能达到目的A．装置用于实验室制备氯气B．装置实验室制氨气C．装置用于实验室制乙酸乙酯D．装置可进行碳酸氢钠受热分解16、下列叙述正确的是()A．聚乙烯不能使酸性KMnO4溶液褪色B．和均是芳香烃，既是芳香烃又是芳香化合物C．和分子组成相差一个—CH2—，因此是同系物关系D．分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收，由此可以初步推测有机物结构简式为C2H5-OH二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的一种。(离子在物质中不能重复出现)①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断它们的化学式为：（1）A________，C________，D____________。（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：___________________________。（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_______________________。18、（选修5：有机化学基础）化合物E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过下图所示的路线合成：（1）E中的含氧官能团名称为__________。（2）B转化为C的反应类型是__________。（3）写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式__________。（4）1molE最多可与__________molH2加成。（5）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式__________。A．苯环上只有两个取代基，且除苯环外无其他环状结构B．核磁共振氢谱只有4个峰C．能与FeCl3溶液发生显色反应（6）已知：酚羟基一般不易直接与羧酸酯化，甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸。试参照如下和成路线图示例写出以苯酚、甲苯为原料制取苯甲酸苯酚酯()的合成路线(无机原料任选)_______。合成路线流程图示例如下：19、甲同学利用下图所示装置在实验室制备乙酸乙酯。（1）实验中饱和Na2CO3溶液的作用是_______。某次实验时，在饱和Na2CO3溶液中滴加2滴酚酞溶液。实验结束，取下试管B振荡，红色褪去。为探究褪色的原因，进行如下实验。编号①②③实验操作充分振荡、静置充分振荡、静置充分振荡、静置、分液。取下层溶液，加入饱和Na2CO3溶液现象上层液体变薄，冒气泡，下层溶液红色褪去上层液体不变薄，无气泡，下层溶液红色褪去（2）试管①中产生气泡的原因是（用化学方程式解释）_______。（3）对比实验①和②可得出的结论是_______。（4）针对实验②中现象，乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。实验③中观察到_______，证实乙的猜想正确。20、草酸铁晶体Fe2(C2O4)3·xH2O可溶于水，且能做净水剂。为测定该晶体中铁的含量，做了如下实验：步骤1：称量5.6g草酸铁晶体，配制成250mL一定物质的量浓度的溶液。步骤2：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，先加足量稀H2SO4酸化，再滴加KMnO4溶液，反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。向反应后的溶液加锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤3：用0.0200mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200mol/LKMnO4溶液为V2、V3mL。记录数据如下表：实验编号KMnO4溶液的浓度（mol/L）KMnO4溶液滴入的体积（mL）10.0200V1=20.0220.0200V3=19.9830.0200V2=23.32请回答下列问题：（1）草酸铁溶液能做净水剂的原因______________________________（用离子方程式表示）。（2）步骤2加入酸性高锰酸钾的作用_________________________________________________。（3）加入锌粉的目的是______________________________。（4）步骤3滴定时滴定终点的判断方法是_____________________________________________。（5）在步骤3中，下列滴定操作使测得的铁含量偏高的有______。A．滴定管用水洗净后直接注入KMnO4溶液B．滴定管尖嘴内在滴定前有气泡，滴定后气泡消失C．读取KMnO4溶液体积时，滴定前平视，滴定结束后仰视读数D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．（6）实验测得该晶体中铁的含量为_________。21、氯气是一种重要的化工原料，在生产生活中有广泛的应用。(1)一种环保型家用“84”消毒液的发生装置如右图，电源的b极为________极，电解制取NaClO的离子反应方程式为_______。(2)用CO和Cl2在高温、活性炭催化作用下合成光气：Cl2(g)＋CO(g)COCl2(g)

∆H＝-108kJ·mol-1。t℃时，在5L恒容密闭容器中加入0.6molCO和0.45molCl2，CO和COCl2的浓度在不同时刻的变化状况如图所示。在0~6min内υ(Cl2)=____________________，第8min时改变的条件是________________。在第12min时升高温度，重新达到平衡时，COCl2的体积分数将________（填“增大”“不变”或“减小”）。(3)氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO－强。25℃时氯气——氯水体系中存在以下平衡关系：Cl2(g)Cl2(aq)K1=10-0.6Cl2(aq)+H2OHClO+H++Cl－K2=10-3.4HClOH++ClO－Ka其中Cl2(aq)、HClO和ClO－分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。则①Ka=__________；②Cl2(g)+H2OHClO+H++Cl－K=__________；③用氯处理饮用水时，pH=6.5时杀菌效果比pH=7.5时___（填“好”、“差”或“相同”）。

2023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、B【答案解析】分析：金属的腐蚀程度：电解>原电池>化学反应>电极保护。根据图知，②③装置是原电池，在②中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以②＞③，④⑤装置是电解池，④中金属铁为阳极，⑤中金属铁为阴极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即④＞⑤，根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，即④〉②〉①〉③〉⑤，答案选项B。点睛：本题考查的是金属的腐蚀程度的知识，难度中等，掌握以下规律便很容易解答此类问题，金属的腐蚀程度：电解>原电池>化学反应>电极保护。2、C【答案解析】

有新物质生成的变化是化学变化，据此解答。【题目详解】A、酒精挥发是状态的变化，属于物理变化，A错误；B、洗菜过程中没有产生新物质，属于物理变化，B错误；C、粮食酿酒中有新物质生成，是化学变化，C正确；D、葡萄榨汁过程中没有产生新物质，属于物理变化，D错误；答案选C。3、A【答案解析】A、苯、甲苯和环己烷三者性质相似，只用一种试剂不能鉴别，故A选；B、苯、苯酚和己烯可以选浓溴水，苯不和溴水反应、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使其褪色，可以鉴别，故B不选；C、乙醇、甲苯和硝基苯中，乙醇可以和水互溶、甲苯不和水互溶但比水轻、硝基苯不和水互溶但比水重，可以用水来鉴别，故C不选；D、甲酸、乙醛、乙酸可选新制氢氧化铜，甲酸能溶解新制氢氧化铜，加热时生成红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜，可以鉴别，故D不选；故选A。点睛：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，鉴别有机物常用的试剂有：水、溴水、酸性高锰酸钾、新制Cu(OH)2、FeCl3溶液等。4、B【答案解析】A、比较苯酚与对苯醌的结构简式可知，反应Ⅰ为“加氧脱氢”的过程，属于氧化反应，同理，反应II也为氧化反应，故A正确；B、对苯醌不含苯环，不属于芳香化合物，故B错误；C、苯酚中含有1个苯环和1个酚羟基，萘酚含有2个苯环和1个酚羟基，二者官能团相同，但结构不相似，不属于同系物，故C正确；D、含有酚羟基，属于酚类，具有醌式结构（不饱和环二酮结构），属于醌类，故D正确。故选B。5、C【答案解析】

A.根据结构简式可知，该有机物的分子式为C9H8O2，故A正确；B.结构中含有羧基，能够发生酯化反应，含有苯环，能够发生加成反应、含有碳碳双键能够发生氧化反应和加成反应，故B正确；C.苯环上的二氯代物为6种，分别为（●表示氯原子）、、、、、，故C错误；D.苯环和碳氧双键均为平面结构，分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；答案选C。6、B【答案解析】A.7.8gNa2S、Na2O2的固体物质的量都是0.1mol，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，所以含有的阴离子都为0.1mol，阴离子数均为0.1NA，故A错误；B.17gH2O2的物质的量为=0.5mol，含有0.5mol过氧根，其中含有0.5NA个非极性共价键，故B正确；C.常温下，铁与浓H2SO4发生钝化，故C错误；D.氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故1mol

Cl2溶于水，转移的电子数目小于NA，故D错误；故选B。7、B【答案解析】

A．同主族从上到下元素的金属性、最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，故A正确；B．元素周期表是按照原子序数从小到大的顺序编排的，不是按照相对原子质量的大小，故B错误；C．同周期从左到右元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐增强，故C正确；D．同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，D正确。答案选B。8、C【答案解析】分析：A．碳酸的酸性弱于盐酸，将过量的CO2通入CaCl2溶液中不会发生反应；B．常温下将Al片插入浓硫酸中，发生钝化；C．显碱性的溶液可使红色石蕊试纸变蓝；D.与澄清石灰水反应生成白色沉淀，该白色沉淀可能是碳酸钙，也可能是亚硫酸钙，氢氧化镁等。详解：A．碳酸的酸性弱于盐酸，将过量的CO2通入CaCl2溶液中不会发生反应，结论错误，故A错误；B．常温下将Al片插入浓硫酸中，发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，结论不合理，故B错误；C．显碱性的溶液可使红色石蕊试纸变蓝，则用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝说明氨水显碱性，故C正确；D.与澄清石灰水反应生成白色沉淀，该白色沉淀可能是碳酸钙，也可能是亚硫酸钙，氢氧化镁等，结论不正确，故D错误；故选C。点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质为解答的关键。本题的易错点为B，要注意钝化属于化学变化。9、C【答案解析】

A、制取金属镁时，由于镁的活泼性很强，故一般电解熔融的氯化镁制取，选项A正确；B、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，可制取氯气，选项B正确；C、生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和石英，选项C不正确；D、接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石，硫与氧气反应生成二氧化硫或煅烧硫铁矿生成二氧化硫，选项D正确。答案选C。10、A【答案解析】

A.由图知N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)∆H=(a-b)kJ·mol－1，A正确；B.由图知NH3(g)⇌N2(g)＋H2(g)∆H=(b-a)kJ·mol－1，B错误；C.NH3中氮氢键键能为bkJ·mol－1，C错误；D.反应的∆H=生成物的总能量-反应物的总能量，D错误；答案选A。11、B【答案解析】

A．N原子核外有7个电子，核外电子排布式为1s22s22p3，所以N原子核外存在3种不同能量的电子，A正确；B．V是23号元素，基态V原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d34s2，由此可知，V有5个价电子，其价电子轨道式为，B错误；C．O是8号元素，核外有8个电子，基态O原子的核外电子排布式为：1s22s22p4，所以基态O原子，电子占据的最高能级符号为2p，C正确；D．基态C、N两种原子的核外电子排布图分别为：、，由此可知：基态C、N两种原子中，核外都存在2对自旋方向相反的电子，D正确。答案选B。12、D【答案解析】

W、X、Y、Z均为短周期主族元素，由位置关系可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，设X原子最外层电子数为a，则W、Y、Z最外层电子数依次为a-2、a、a+1，四种元素的原子最外层电子数之和为23，则：a-2+a+1+a+a=23，解得a=6，则W为C元素，故X为O元素、Y为S元素、W为C元素。【题目详解】A、同周期从左到右，原子半径逐渐减小，元素的非金属性增强，原子半径S>Cl，非金属性W<X，故A正确；B、同主族从上到下元素的非金属性减弱，故O2能与H2Se反应，生成Se单质，故B正确；C、O能形成CO2、SO2、ClO2，故C正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3<H2SO4<HClO4，故D错误；故选D。13、D【答案解析】

A．重金属盐可使蛋白质变性，硫酸铜属于重金属盐可使蛋白质变性，硫酸铵不属于重金属盐，不会使蛋白质变性，故硫酸铵无毒，故A错误；B．塑料老化是指塑料在加工、贮存和使用过程中，由于受内外因素的综合作用，其组成和结构发生了如分子降解(大分子链断裂解，使高聚物强度、弹性、熔点、粘度等降低)、交联(使高聚物变硬、变脆)、增塑剂迁移、稳定剂失效等一系列物理化学变化，从而导致塑料发生变硬、变脆、龟裂、变色乃至完全破坏，丧失使用功能的现象。老化的原因主要是由于结构或组分内部具有易引起老化的弱点，如具有不饱和双键、支链、羰基、末端上的羟基，等等。外界或环境因素主要是阳光、氧气、臭氧、热、水、机械应力、高能辐射、电、工业气体(如二氧化碳、硫化氢等)、海水、盐雾、霉菌、细菌、昆虫等等，故B错误；C．酿酒时要加入酒曲，酒曲中的微生物主要是酵母菌和霉菌，其中霉菌主要起到糖化的作用，把米中的淀粉转化成葡萄糖，酵母菌在无氧的条件下，再把葡萄糖分解成酒精和二氧化碳，粮食酿酒过程中淀粉的水解不是用硫酸作催化剂，故C错误；D．地沟油属于酯类，和氢氧化钠反应生成可溶性高级脂肪酸钠和甘油，矿物油属于石油加工产品，属于烃类混合物不和氢氧化钠反应，故可区分开，故D正确；故选D。【答案点睛】本题考查了常见有机物的性质和应用。本题的易错点为B、C，B中要注意塑料老化的本质；C中要注意实验室中的实验条件和工农业实际生产的区别。14、C【答案解析】A.CH3OH存在2种氢，故磁共振氢谱中出现2组峰，错误；B.CH3CHO存在2种氢，故磁共振氢谱中出现2组峰，错误；C.分子中羰基左右甲基对称，存在1种氢，故磁共振氢谱中出现1组峰，正确；D.CH3CH2OCH2CH3分子以氧为对称，存在2种氢，故磁共振氢谱中出现2组峰，错误；故答案先C。15、C【答案解析】

A、二氧化锰氧化浓盐酸制备氯气需要加热，A错误；B、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口又重新化合物生成氯化铵，不能制备氨气，B错误；C、该装置可用于实验室制乙酸乙酯，C正确；D、进行碳酸氢钠受热分解时试管口要略低于试管底，D错误；答案选C。16、A【答案解析】

A.聚乙烯分子中无不饱和的碳碳双键，因此不能使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；B.是环己烷，不属于芳香烃，的组成元素含有C、H、O、N，属于芳香族化合物，不属于芳香烃，B错误；C.是苯酚，属于酚类，而是苯甲醇，属于芳香醇，二者是不同类别的物质，不是同系物的关系，C错误；D.分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收，由此可以初步推测有机物结构简式为CH3—O—CH3或CH3CH2OH，D错误；故合理选项是A。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2CuSO4Na2CO3CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓【答案解析】

①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。【题目详解】①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑。（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。【答案点睛】本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。18、羟基、酯基酯化反应(取代反应)4【答案解析】

由合成流程可知，A为CH3CHO，B为邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成C，C为，C与CH3COCl发生取代反应生成D，D中含-COOC-，能发生水解反应，D水解酸化后发送至酯化反应生成E。【题目详解】（1）根据B的结构简式可知，B中含有的含氧官能团为羟基和羧基；（2）中的羧基与甲醇发生酯化反应生成C，则B转化为C的反应类型是酯化反应或取代反应；（3）D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式为；（4）E中含苯环与C=C，均能与氢气发生加成反应，则1摩尔E最多可与4molH2加成；（5）B为邻羟基苯甲酸，其同分异构体符合：A．苯环上只有两个取代基，且除苯环外无其他环状结构；B．核磁共振氢谱只有4个峰，说明结果对称性比较强，通常两个取代基处于对位；C．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，则另一基团只能是甲酸酯基或甲酸基，所以符合条件的同分异构体为或；（6）以苯、甲苯为原料制取苯甲酸苯酚酯，可以用苯与氯气发生取代生成氯苯，再水解得苯酚，用甲苯氧化得苯甲酸，苯甲酸与三氯化磷发生取代得苯甲酰氯，苯甲酰氯与苯酚发生取代反应生成苯甲酸苯酚酯，合成流程图为。19、中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关溶液不变红或无明显现象【答案解析】

（1）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；（2）试管①中乙酸乙酯中的乙酸与碳酸钠反应，产生气泡，发生的反应为2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O；（3）对比实验①和②，无论有没有含乙酸，溶液红色均褪去，可得出的结论是下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关；（4）针对实验②中现象，上层液体不变薄则乙酸乙酯不溶解于下层碳酸钠溶液且不与碳酸钠反应而无气泡，下层溶液红色褪去是因为酚酞被萃取于乙酸乙酯中碳酸钠溶液中不再含有酚酞而显无色，故乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。实验③中充分振荡、静置、分液。取下层溶液，下层溶液中已不含酚酞，故加入饱和Na2CO3溶液观察到溶液不变红或无明显现象，证实乙的猜想正确。20、Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定将Fe3＋还原为Fe2＋加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去ABC20.0%【答案解析】分析：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用；

(2)步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；(3)加入锌粉的目的是还原铁离子；

(4)高锰酸钾溶液为紫红色，滴入最后一滴溶液变为紫红色且半分钟不变说明反应达到终点；

(5)根据滴定误差分析的方法判断,误差可以归结为标准液的体积消耗变化分析误差，c(待测)=c(标准）V(标准）V(待测）

；

A.酸式滴定管要用标准液润洗；

B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大；D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小；

(6)根据离子方程式计算，n(Fe)=5n(MnO4-)，可以计算n(Fe)，然后可以计算晶体中铁的含量。详解：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋，

因此，本题正确答案是：Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋；

(2)步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定，因此，本题正确答案是：除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；(3)加入锌粉的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋，

因此，本题正确答案是：将Fe3＋还原为Fe2＋；

(4)高锰酸钾溶液为紫红色，反应终点判断为：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去，

因此，本题正确答案是：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去；(5)A.酸式滴定管要用标准液润洗，滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准液，标准液浓度减小，消耗标准液体积增大，测定结果偏高，故A符合；

B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B符合；

C.读取标准液体积时，滴定前平视读数，滴定后仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C符合；D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小，测定结果偏低，故D不符合；因此，本题正确答案是：ABC；

(6)用0.0200mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200mol/LKMnO4溶液为V2、V3mL，计算平均值，实验3数值误差较大舍去，消耗体积V=20.02+19.982mL=20.00mL，

铁元素守恒，高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生的反应为5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O

51

n0.0200mol/L×0.0200L

=0.0004mol

5n=10.0004mol，解得n=0.002mol，

250mL溶液中含铁元素物质的量5.6g草酸铁晶体中铁的含量=0.02mol×56g/mol5.6g因此，本题