江西省高安第二中学2023学年化学高二下期末预测试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列化学用语中，不合理的是A．蔗糖的分子式：C12H22O11 B．N2分子的结构式：N≡NC．37Cl－的结构示意图： D．CCl4的比例模型：2、在0.lmol·L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋对于该平衡，下列叙述正确的是A．加入少量CH3COONH4固体，平衡不移动，c(H+)不变B．加入少量NaOH固体，平衡向正向移动，溶液中c(H+)减小C．加水，平衡向正向移动，c(CH3COOH)/c(CH3COO－)增大D．通入少量HCl气体，平衡逆向移动，溶液中c(H+)减少3、用激光笔照射烧杯中的豆浆时，可看见一条光亮的“通路”，该豆浆属于：A．悬浊液 B．乳浊液 C．胶体 D．溶液4、某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、CH3COO－4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)()A．CH3COO－ B．SO32-C．CO32- D．HCO3-5、实验室用乙酸、乙醇、浓硫酸制取乙酸乙酯，加热蒸馏后，在饱和Na2CO3溶液的液面上得到无色油状液体，当振荡混合物时，有气泡产生，主要原因可能是（）A．有部分H2SO4被蒸馏出来B．有部分未反应的乙醇被蒸馏出来C．有部分未反应的乙酸被蒸馏出来D．有部分乙酸乙酯与碳酸钠反应6、分子式为C9H18O2的有机物A有下面变化关系:其中B、C的相对分子质量相等,下列有关说法不正确的是()A．C和E酸化后得到的有机物互为同系物 B．符合题目条件的A共有4种C．D既能发生氧化反应,又能发生还原反应 D．符合题目条件的B共有4种7、取10.1

g某卤代烃与足量NaOH溶液混合，充分反应后，加入足量AgNO3-HNO3混合溶液,生成18.8

g浅黄色沉淀。则该卤代烃可能是A．CH3BrB．CH3CH2BrC．CH2BrCH2BrD．CH3CHBrCH2Br8、下列实验或操作不能达到目的的是（）A．制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热B．用NaOH溶液除去溴苯中的溴C．鉴别己烯和苯：向己烯和苯中分别滴入酸性KMnO4溶液，振荡，观察是否褪色D．除去甲烷中含有的乙烯：将混合气体通入溴水中9、已知：还原性HSO3->I-，氧化性IO3->I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加人KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是A．0-a段发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+B．a~b段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8molC．b~c段反应：氧化产物为I2D．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5:1时，加入的KIO3为1.lmol10、在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是()A．强碱性溶液中：CO32－、Na＋、AlO2－、NO3－B．由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，Na＋、K＋、Cl－、HCO3－C．强碱性的溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42－D．酸性溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO3－、I－11、下列说法不涉及氧化还原反应的是A．雷雨肥庄稼——自然固氮B．从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅C．干千年，湿万年，不干不湿就半年——青铜器、铁器的保存D．灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐12、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1molZn与足量某浓度的硫酸完全反应，生成气体的分子数目为NAB．84gMgCO3与NaHCO3的混合物中CO32−数目为NAC．由2H和18O组成的水11g，其中所含的中子数为5NAD．标准状况下，11.2L四氯化碳中含有的C—Cl键的个数为NA13、下列关于有机物的说法不正确的是A．苯乙烯所有原子可处于同一平面B．由转变为：可与足量NaOH溶液共热后，再通入足量二氧化碳C．蔗糖分子可以看作是两个不同的单糖分子间脱去一个水分子形成的D．1mol油脂在酸性条件下充分水解，可制得3mol高级脂肪酸和1mol甘油14、下列有关铁及其化合物的说法中正确的是()A．铁锈的主要成分是Fe3O4B．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2C．除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加过量铁粉，然后过滤D．因为Fe3+具有氧化性，所以可用来做净水剂15、下列叙述正确的是()A．NaCl的摩尔质量是58.5g B．64g氧气中含有2mol氧C．4g氦气中含有2mol氦原子 D．0.1molCO2中含有6.02×1022个CO2分子16、具有如下电子层结构的基态原子,其对应元素一定属于同一主族的是A．最外层电子排布为1s2的原子和最外层电子排布为2s2的原子B．最外层电子排布为3s2的原子和最外层电子排布为4s2的原子C．3p轨道上只有1个空轨道的原子和4p轨道上只有1个空轨道的原子D．3p轨道上有2个未成对电子的原子和4p轨道上有2个未成对电子的原子二、非选择题（本题包括5小题）17、氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图：回答下列问题：（1）A的结构简式为__。C的化学名称是__。（2）③的反应试剂和反应条件分别是__，该反应的类型是__。（3）⑤的反应方程式为__。吡啶是一种有机碱，其作用是__。（4）G的分子式为__。（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有__种。（6）4­甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4­甲氧基乙酰苯胺的合成路线__(其他试剂任选)。18、已知：CH3—CH=CH2＋HBr→CH3—CHBr—CH3(主要产物)。1mol某芳香烃A充分燃烧后可得到8molCO2和4molH2O。该烃A在不同条件下能发生如图所示的一系列变化。（1）A的化学式：______，A的结构简式：______。（2）上述反应中，①是______(填反应类型，下同)反应，⑦是______反应。（3）写出C、D、E、H的结构简式：C______，D______，E______，H______。（4）写出反应D→F的化学方程式：______。19、实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_______③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。（2）探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO4③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO420、用一种试剂将下列各组物质鉴别开。（1）和：_________________________（2），和C6H12(已烯)：_________________（3），CCl4和乙醇_______________________21、煤的主要组成元素是碳、氢、氧、硫、氮，燃煤产生CxHy、SO2等大气污染物，煤的气化是高效、清洁利用煤炭的重要途径之一。回答下列问题:（1）利用煤的气化获得的水煤气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下可以合成绿色燃料甲醇。已知:H2O(1)=H2O(g)ΔH1=+44.0kJ/molCO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(l)ΔH2=-3.0kJ/molCO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3=-58.7kJ/mol写出由CO与H2制备CH3OH气体的热化学方程式____________。（2）甲醇和CO2可直接合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3简称DMC);2CH3OH(g)+CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)ΔH4<0①该化学反应的平衡常数表达式为K=__________②在恒温恒容密闭容器中发生上述反应,能说明反应达到平衡状态的是________(填编号)。A．V正(CH3OH)=2V逆(H2O)B．容器内气体的密度不变C．容器内压强不变D．CH3OH与CO2的物质的量之比保持不变（3）利用甲醇可制成微生物燃料电池(利用微生物将化学能直接转化成电能的装置)。某微生物燃料电池装置如图所示:A极是_____极(填“正”或“负”)，其电极反应式是_______。该电池不能在高温下工作的理由是________。（4）一定条件下，在体积为5L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)根据题意完成下列各题：①在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝________________②在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是_____A．氢气的浓度减少b.正反应速率加快，逆反应速率也加快c.甲醇的物质的量增加d.重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大

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、D【答案解析】

A．蔗糖属于二糖，其分子式为C12H22O11，故A不选；B．N2分子中含有氮氮三键，其结构式为N≡N，故B不选；C．37Cl-的核电荷数为17，核外电子总数为18，其离子结构示意图为，故C不选；D．四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳正确的比例模型为：，故D选；故选D。【答案点睛】本题的易错点为D，比例模型中要注意原子的相对大小。2、B【答案解析】

A．加入少量CH3COONH4固体，溶液中c(CH3COO－)增大，平衡应逆向移动，但NH4+在溶液中要水解产生H+，结合CH3COONH4溶液显中性，则溶液中c(H+)基本不变，故A错误；B．加入少量NaOH固体，中和H+，电离平衡正向移动，溶液中c(H+)减小，故B正确；C．加水，促进电离，平衡向正向移动，溶液中CH3COOH分子数减小，CH3COO－数增大，则c(CH3COOH)/c(CH3COO－)减小，故C错误；D．通入少量HCl气体，c(H+)增大，平衡逆向移动，结合平衡移动原理，最终溶液中c(H+)增大，故D错误；故答案为B。3、C【答案解析】

胶体具有丁达尔效应是指当光束通过胶体时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，据此分析作答。【题目详解】溶液、悬浊液和乳浊液无丁达尔效应，胶体分散质微粒直径在1∼100nm之间，有丁达尔效应，依据题意可知，豆浆属于胶体，有丁达尔效应，故C项正确；答案选C。【答案点睛】丁达尔效应是胶体的光学性质，是胶体与其他分散系区别的一种物理方法，但不是本质。胶体的分散质微粒直径在1∼100nm之间，是本质区别。4、A【答案解析】

Na2O2具有强氧化性，可与SO32－发生氧化还原反应生成硫酸根离子，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3－反应生成碳酸根离子，则溶液中SO32－、HCO3－浓度减小，CO32－浓度增大，只有CH3COO-离子浓度基本不变，A项正确，答案选A。5、C【答案解析】试题分析：A、硫酸属于难挥发性酸，A项错误；B、乙醇不与碳酸钠反应，B项错误；C、乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，C项正确；D、乙酸乙酯与碳酸钠不反应，D项错误；答案选C。考点：考查乙酸乙酯的制备6、B【答案解析】分析：有机物A的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为B和C两种有机物，则有机物A为酯，由于B与C相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，以此解答该题．详解：A.C和E酸化后得到的有机物都为饱和的一元羧酸，互为同系物，A正确；B.含有5个C原子的醇的有8种同分异构体,其中醇能能被氧化成羧酸，说明羟基所连碳上有2个氢原子，共有4种，所以有机物A的同分异构体数目有2×4=8种，B错误；C.D中含有醛基，既能发生氧化反应，又能发生还原反应，C正确；D.B为饱和的一元醇，符合题目条件的B共有4种，D正确；答案选B.7、D【答案解析】由于是浅黄色沉淀，则该卤代烃为溴代烃，18.8g浅黄色沉淀为溴化银，其物质的量为：n（AgBr）=18.8g188g/mol=0.1mol，若该卤代烃为一卤代烃则其摩尔质量为：M=10.1g0.1mol=101g/mol，则烃基的相对分子量为：101-80=21；若该卤代烃为二卤代烃则其摩尔质量为：M=10.1g0.1mol2=202g/mol，则烃基的相对分子量为：202-80×2=42；A．CH3Br中烃基为甲基：-CH3，其相对分子量为15，不满足条件，选项A错误；B．CH3CH2Br中烃基为乙基：-C2H5，其相对分子量为29，不满足条件，选项B错误；C．CH2BrCH2Br中烃基为-CH2CH2-，其相对分子量为28，不满足条件，选项C错误；D．CH3CHBrCH2Br中烃基为-CH（CH3）CH8、A【答案解析】制取溴苯时，应使用液溴而不是溴水，A错误；溴能与NaOH溶液反应而溶解，而溴苯不溶于NaOH溶液并出现分层现象，B正确；苯结构稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色而乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；甲烷不与溴水反应，而乙烯能与溴水发生加成反应，D正确；正确选项A。点睛：除去甲烷中少量的乙烯，可以把混合气体通入到足量的溴水中除去乙烯，然后再通过浓硫酸进行干燥，得到纯净的甲烷；但是不能用酸性高锰酸钾溶液除乙烯，因为乙烯被氧化为二氧化碳气体，达不到除杂的目的。9、D【答案解析】还原性HSO-3＞I-，所以首先发生：IO3-+3HSO3-＝I-+3SO42-+3H+，继续加入NaIO3，由于氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2。A、根据以上分析可知0～a段发生反应：3HSO3-+IO3-＝3SO42-+I-+3H+，A正确；B、a点碘酸钠的物质的量是0.4mol，根据碘酸钠和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量=0.4mol1×3=1.2mol，则a点时剩余NaHSO3的物质的量为1.8mol，因此a~b段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol，B正确；C、根据以上分析可知b~c段反应：IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2，氧化产物为I2，C正确；D、根据反应IO3-+3HSO3-＝I-+3SO42-+3H+，3molNaHSO3的溶液消耗NaIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为n，则根据反应IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2，消耗的NaIO3的物质的量为n3mol，消耗碘离子的量为5n3mol，剩余的碘离子为（1-5n3）mol，当溶液中n（I-）：n（I2）=5：1时，即（1-5n3）mol：nmol=5：1，故n=0.15mol，故加入的n（NaIO310、A【答案解析】本题考查离子共存。详解：强碱性溶液中：CO32－、Na＋、AlO2－、NO3－之间不能反应生成沉淀、气体、弱电解质以及其它反应类型，故可以大量共存，A正确；由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱的溶液，酸溶液中HCO3-与H+反应生成二氧化碳和水，碱溶液中HCO3-与OH-反应生成碳酸根离子和水，故一定不能大量共存，B错误；强碱性溶液中，Al3＋与OH-反应生成氢氧化铝沉淀不能大量共存，C错误；酸性溶液中，NO3－与Fe2＋、I－发生氧化还原反应不能大量共存，D错误。故选A。点睛：所谓离子共存实质上就是看离子间是否发生反应，若离子在溶液中发生反应，就不能共存。11、D【答案解析】

在反应过程中有元素化合价变化的化学反应叫做氧化还原反应。原电池反应可以理解成由两个半反应构成，即氧化反应和还原反应。【题目详解】A.雷雨肥庄稼——自然固氮，氮气氧化成NO，再氧化成NO2，最后变成HNO3等，有元素化合价变化，故A不选；B.从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅，硅由+4价变成0价，有元素化合价变化，故B不选；C.干千年，湿万年，不干不湿就半年——说明青铜器、铁器在不干不湿的环境中保存时，容易发生电化学腐蚀，铜和铁容易被氧化，有元素化合价变化，故C不选；D.灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，水解后呈碱性，肥中含有铵盐，水解后呈酸性，两者相遇能发生复分解反应，导致氮肥的肥效降低，没有元素化合价变化，故D选。故选D。12、A【答案解析】分析：A.无论硫酸浓稀，只要1molZn完全反应，生成气体均为1mol；B.碳酸氢钠晶体由钠离子和碳酸氢根离子构成，不含碳酸根离子；C.由2H和18O组成的水11g，物质的量为11/22=0.5mol，然后根据水分子组成计算中子数；D.标准状况下，四氯化碳为液态。详解：若为浓硫酸，则反应Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O；若为稀硫酸，则反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，很明显，无论硫酸浓稀，只要1molZn完全反应，生成气体均为1mol，气体的分子数目为NA，A正确；碳酸氢钠晶体由钠离子和碳酸氢根离子构成，不含碳酸根离子，所以84gMgCO3与NaHCO3的混合物中CO32-数目小于NA，B错误；由2H和18O组成的水11g，物质的量为11/22=0.5mol，所含中子数为：0.5×（2×1+10）×NA=6NA；C错误；标准状况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；正确选项A。13、D【答案解析】

A.乙烯和苯是平面型结构，苯乙烯可看作是苯基取代乙烯中的一个氢原子，所以所有原子可能处于同一平面，故A正确；

B.碱性条件下水解生成，通入二氧化碳气体可生成，故B正确；

C.蔗糖分子可以看作是葡萄糖和果糖的缩合产物，为单糖分子间脱去一个水分子形成的故C正确；

D.油脂在酸性条件下的水解为可逆反应，1mol油脂在酸性条件下充分水解，制得高级脂肪酸小于3mol，甘油小于1mol，故D错误。

所以本题答案选D。【答案点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握典型有机物的结构，如甲烷为正四面体结构，乙烯和苯环为平面结构，乙炔为直线结构等，本题特别注意有机物的官能团的酸性强弱，把握反应的可能性。14、C【答案解析】

A、铁锈的成分是Fe2O3，故A错误；B、铁与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，故B错误；C、Fe与Fe3＋发生反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，能够达到实验目的，故C正确；D、Fe3＋作净水剂，利用Fe3＋水解成Fe(OH)3胶体，故D错误。15、D【答案解析】

A、摩尔质量的单位是g/mol；B、氧气为双原子分子；C、氦气为单原子分子；D、根据N=nNA计算CO2分子数目。【题目详解】A项、NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，1mol氯化钠的质量是58.5g，故A错误；B项、64g氧气的物质的量是=2mol，氧气为双原子分子，故含氧原子为4mol，2mol氧表述不清，是指氧原子还是氧分子不明确，故B错误；C项、4g氦气的物质的量是=1mol，氦气为单原子分子，则含原子数为1mol，故C错误；D项、0.1molCO2中所含的CO2分子数为0.1mol×6.02×1023=6.02×1022个，故D正确；故选D【答案点睛】本题主要考查物质的量的计算，注意摩尔质量、物质的组成、与物质的量有关的计算公式是解答关键。16、C【答案解析】A.

最外层电子排布为1s2的为He,最外层电子排布为2s22p2的原子为C，故A错误；B.

最外层电子排布为3s2的原为Mg,最外层电子排布为4s2的原子有Ca、V、Mn、Co、Ni、Zn等元素，故B错误；C.p轨道上只有1个空轨道，应含有2个电子，应为ⅣA族元素，故C正确；D.p轨道上有2个未成对电子，可能为2或4，不能确定元素的种类，则不一定为同一主族，故D错误；本题选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、三氟甲苯浓HNO3/浓H2SO4、加热取代反应+HCl吸收反应产生的HCl，提高反应转化率C11H11O3N2F39【答案解析】

A和氯气在光照的条件下发生取代反应生成B，B的分子式为C7H5Cl3，可知A的结构中有3个氢原子被氯原子取代，B与SbF3发生反应生成，说明发生了取代反应，用F原子取代了Cl原子，由此可知B为，进一步可知A为，发生消化反应生成了，被铁粉还原为，与吡啶反应生成F，最终生成，由此分析判断。【题目详解】(1)由反应①的条件、产物B的分子式及C的结构简式，可逆推出A为甲苯，结构为；C可看作甲苯中甲基中的三个氢原子全部被氟原子取代，故其化学名称为三氟甲(基)苯；(2)对比C与D的结构，可知反应③为苯环上的硝化反应，因此反应试剂和反应条件分别是浓HNO3/浓H2SO4、加热，反应类型为取代反应；(3)对比E、G的结构，由G可倒推得到F的结构为，然后根据取代反应的基本规律，可得反应方程式为：+HCl，吡啶是碱，可以消耗反应产物HCl；(4)根据G的结构式可知其分子式为C11H11O3N2F3；(5)当苯环上有三个不同的取代基时，先考虑两个取代基的异构，有邻、间、对三种异构体，然后分别在这三种异构体上找第三个取代基的位置，共有10种同分异构体，除去G本身还有9种。(6)对比原料和产品的结构可知，首先要在苯环上引入硝基(类似流程③)，然后将硝基还原为氨基(类似流程④)，最后与反应得到4­甲氧基乙酰苯胺(类似流程⑤)，由此可得合成路线为：。18、C8H8加成反应取代反应（或酯化反应）+NaOH+NaBr【答案解析】

1mol某烃A充分燃烧后可以得到8molCO2和4molH2O，故烃A的分子式为C8H8，不饱和度为，可能含有苯环，由A发生加聚反应生成C，故A中含有不饱和键，故A为，C为，A与溴发生加成反应生成B，B为，B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，E为，E与溴发生加成反应生成，由信息烯烃与HBr的加成反应可知，不对称烯烃与HBr发生加成反应，H原子连接在含有H原子多的C原子上，与HBr放出加成反应生成D，D为，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成F，F为，F与乙酸发生酯化反应生成H，H为，据此分析解答。【题目详解】（1）由上述分析可知，A的化学式为C8H8，结构简式为，故答案为：C8H8；；（2）上述反应中，反应①与溴发生加成反应生成；反应⑦是与乙酸发生酯化反应生成，故答案为：加成反应；取代反应（或酯化反应）；（3）由上述分析可知，C为；D为；E为；H为；故答案为：；；；；（4）D→F为水解反应，方程式为：+NaOH+NaBr，故答案为：+NaOH+NaBr。19、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH−Cl−+ClO−+H2OFe3+4FeO42−+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO−的干扰>溶液的酸碱性不同若能，理由：FeO42−在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）【答案解析】分析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl；Cl2与Fe（OH）3、KOH反应制备K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大气。（2）①根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+。II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。②根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。③判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。③C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。③该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42->MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。点睛：本题考查K2FeO4的制备和K2Fe