江西省高安二中2024届化学高二第二学期期末考试模拟试题含解析

江西省高安二中2024届化学高二第二学期期末考试模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．12g金刚石中含有化学键的数目为4NAB．18g的D2O中含有的质子数为10C．28g的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6NAD．1L1mol·L¯1的NH4Cl溶液中NH4＋和Cl―的数目均为1NA2、已知分子式为C12H12的物质A结构简式如图所示，A环上的二溴代物有9种同分异构体，由此推断A环上的四氯代物的同分异构体的数目有（）A．9种 B．10种 C．11种 D．12种3、下列溶液中加入少量NaOH固体导电能力变化不大的是（）A．NH3·H2O B．CH3COOH C．盐酸 D．H2O4、按如图装置，持续通入X气体，可以看到a处有红色物质生成，b处变蓝，c处得到液体，则X气体是A．H2 B．CH3CH2OH(气) C．CO2 D．CO和H25、某元素的第一电离能至第七电离能(kJIIIIIII5781817274511575148301837623293该元素最有可能位于元素周期表的族是()A．ⅠA B．ⅡA C．ⅢA D．ⅣA6、下列有关化学用语表示正确的是（）A．K+的结构示意图：B．基态氮原子的电子排布图：C．水的电子式：D．基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d44s27、a、b、c、d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素．a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b的M层上有1个电子，a与c同主族．下列说法不正确的是（）A．原子半径：b＞c＞dB．简单阴离子还原性：d＞cC．气态氢化物稳定性：a＞cD．a、b可形成既含离子键又含共价键的离子化合物8、下列粒子属于等电子体的是（）A．CH4和NH4+ B．NO和O2C．NH2-和H3O+ D．HCl和H2O9、汉黄芩素是传统中草药黄苓的有效成分之一。对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄苓素的叙述正确的是A．分子内含有4种官能团 B．分子式为C15H15O5C．属于芳香化合物，一个汉黄苓素分子中含有三个苯环 D．与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种10、用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速度加大的是（）A．加热B．不能稀硫酸而用浓硫酸C．往溶液中加入少量CuSO4固体D．不能铁片而用铁粉11、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++HCO3－D．除去MgCl2溶液中的Fe3+,可在其中加入NaOH溶液12、分子式为C4H9Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A．2种 B．3种 C．4种 D．5种13、国家游泳中心（俗称“水立方”）采用了高分子膜材料“ETFE”，该材料是四氟乙烯（CF2=CF2）与乙烯（CH2=CH2）发生聚合反应得到的高分子材料，下列说法不正确的是（）A．“ETFE”分子中可能存在“﹣CH2﹣CH2﹣CF2﹣CF2﹣”的连接方式B．合成“ETFE”的反应为加聚反应C．CF2=CF2和CH2=CH2均是平面形分子D．CF2=CF2可由CH3CH3与F2两种物质直接反应制得14、把含硫酸铵和硝酸铵的混合液aL分成两等份。一份加入bmolNaOH并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗cmolBaCl2沉淀反应恰好完全，则原溶液中NO3-的浓度为（）A． B． C． D．15、乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为A．1∶1 B．2∶3 C．3∶2 D．2∶116、下列说法中正确的是（）A．有机物分子式为C4H7ClO2，与NaHCO3溶液反应产生CO2，其结构可能有15种B．已知为加成反应，由此可知X为氯乙烯C．分子式为C4H8ClBr的有机物共有9种D．互为同分异构体二、非选择题（本题包括5小题）17、酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：(1)化合物D中所含官能团的名称为___。(2)化合物E的结构简式为________；由B→C的反应类型是____。(3)写出C→D的反应方程式_____。(4)写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式____。I.能发生银镜反应；Ⅱ.与FeCl3发生显色反应；Ⅲ.分子中含有5种不同化学环境的氢(5)请写出以甲苯为原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂可任选，合成线路流程图示例见并难题题干）____。18、立方烷()具有高度的对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点。下面是立方烷衍生物I的一种合成路线：回答下列问题：(1)C的结构简式为___________，E的结构简式为_______________。(2)③的反应类型为___________，⑤的反应类型为_______________。(3)化合物A可由环戊烷经三步反应合成，已知：反应1的试剂与条件为：Cl2/光照。反应2的化学方程式为_____________________________________。(4)在立方烷衍生物I的合成路线中，互为同分异构体的化合物是__________(填化合物代号)。(5)立方烷衍生物I与碱石灰共热可转化为立方烷。立方烷的核磁共振氢谱中有________个峰。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、某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯。已知：密度(g/cm3)熔点(℃)沸点(℃)溶解性环已醇0.9625161能溶于水环已烯0.81－10383难溶于水（1）制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。①A中碎瓷片的作用是：_______________，导管B除了导气外还具有的作用是：_______________。②试管C置于冰水浴中的目的是。：_______________（2）制备精品①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在：_______________层(填上或下)，分液后用：_______________(填入编号)洗涤。a．KMnO4溶液b．稀H2SO4c．Na2CO3溶液21、实验室制乙酸乙酯的主要装置如图A所示，主要步骤如下：①在a试管中按2∶3∶2的体积比配制浓硫酸、乙醇、乙酸的混合物；②按A图连接装置，使产生的蒸汽经导管通到b试管所盛的饱和碳酸钠溶液（加入几滴酚酞试液）中；③小火加热a试管中的混合液；④等b试管中收集到约2mL产物时停止加热。撤下b试管并用力振荡，然后静置待其中液体分层；⑤分离出纯净的乙酸乙酯。请回答下列问题：（1）A装置中使用球形干燥管的作用除了冷凝还有___________，步骤⑤中分离乙酸乙酯的操作名称是_____________。（2）步骤④中可观察到b试管中的现象为______________，同时有细小气泡产生。（3）为探究浓硫酸在该反应中起的作用，某化学兴趣小组同学利用上图A所示装置进行了以下4个实验。实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min。实验结束后充分振荡小试管b，再测有机层的厚度，实验记录如下：实验编号试管a中试剂试管b中试剂测得有机层的厚度/cmA3mL乙醇、2mL乙酸、1mL18mol·L－1浓硫酸饱和Na2CO3溶液5.0B3mL乙醇、2mL乙酸0.1C3mL乙醇、2mL乙酸、6mL3mol·L－1H2SO41.2D3mL乙醇、2mL乙酸、6mL6mol·L－1盐酸1.2①由实验B、C、D的记录可得出结论___________________；②分析实验_________（填实验编号）的数据，可以推测出浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。浓硫酸的吸水性能够提高乙酸乙酯产率的原因是_________________；③浓硫酸和加热都有利于提高乙酸乙酯的产率，但实验发现浓硫酸过多或温度过高乙酸乙酯的产率反而降低，可能的原因是____________________；④分离出乙酸乙酯层后，经过洗涤，为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为_______（填字母）。A．NaOH固体B．无水CaCl2C．浓硫酸

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

A.金刚石中每一个碳原子有四条共价键，但一个碳碳键被2个碳原子共用，即一个碳原子只分摊2个共价键，所以12g金刚石中，即1mol金刚石中含有化学键的数目为2NA，故不符合题意；B.D2O的摩尔质量为（22+16）g/mol=20g/mol，则18g的D2O中中含有的质子数为NA=9NA，故不符合题意；C.乙烯和环已烷的最简式都为CH2，故等质量的气体所含原子总数相同，所含原子总数为3NA=6NA，符合题意；D.NH4＋会发生水解，故数目<1NA，不符合题意；故答案为C。【题目点拨】解题时注意易错点：A中容易忽略一个共价键是两个原子共用的；B中同位素原子质量数不同；D中容易忽略铵根离子的水解。2、A【解题分析】

应用“换元法”判断，将苯环上的氢换成氯原子，同时将溴换成氢原子。【题目详解】有机物A分子中苯环上共有6个氢原子，即图中红色位置。苯环上的二溴代物分子中，苯环上连有2Br、4H，若将苯环的2Br换成2H、同时4H换成4Cl，则得到苯环上的四氯代物。即A分子苯环上的二溴代物和四氯代物数目相等，都是9种。本题选A。3、C【解题分析】

溶液的导电能力与离子的浓度成正比，与电解质的强弱无关，离子浓度越大导电能力越强，浓度越小导电能力越弱，向溶液中加入氢氧化钠固体后，如果能增大溶液中离子浓度，则能增大溶液的导电能力，否则不能增大溶液的导电能力。【题目详解】A.氨水是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，所以导电能力增强，故A不符合；B.醋酸是弱电解质，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故B不符合；C.氯化氢是强电解质，氢氧化钠是强电解质，向盐酸中加入氢氧化钠固体后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，溶液中离子浓度变化不大，所以溶液的导电能力变化不大，故C符合；D.水是弱电解质，向水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，则溶液的导电能力增强，故D不符合；答案选C。4、B【解题分析】

图示装置，持续通入X气体，a处放的是氧化铜，a处有红棕色物质生成，说明有金属铜生成，b处是硫酸铜白色粉末，b处变蓝是硫酸铜白色粉末遇水生成五水合硫酸铜变蓝，c处得到液体是易液化的气体遇到冰水混合物会变为液体，所以X气体与氧化铜反应生成铜、水和易液化的气体。A．氢气与灼热的氧化铜反应H2+CuOCu+H2O生成铜和水，a处有红棕色物质生成，b处硫酸铜白色粉末遇水生成五水合硫酸铜变蓝，但c处得不到液体，故A错误；B．乙醇和氧化铜反应CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，a处有红棕色物质生成，b处硫酸铜白色粉末遇水生成五水合硫酸铜变蓝，乙醛的沸点20.8℃，所以c处气体遇到冰水混合物，得到液体是易液化的乙醛，符合题意，故B正确；C．二氧化碳和氧化铜不反应，a处不会有红棕色物质生成，故C错误；D．CO和H2都能和氧化铜反应，分别生成二氧化碳和水，a处有红棕色物质生成，b处硫酸铜白色粉末遇水生成五水合硫酸铜变蓝，二氧化碳低温下容易变固体，所以c处气体遇到冰水混合物得不到液体，不符合题意，故D错误；故选B。5、C【解题分析】分析：根据电离能的突变确定最外层电子数，确定族序数。详解：分析各级电离能，I3≪I4，该元素的原子最外层有3个电子，该元素处于第IIIA族，答案选C。6、B【解题分析】

A、K+的结构示意图：，A错误；B、根据核外电子排布规律可知基态氮原子的电子排布图为，B正确；C、水是共价化合物，含有共价键，水的电子式：，C错误；D、基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d54s1，D错误；答案选B。7、B【解题分析】分析：a的最外层电子数是内层电子数的3倍，则a为O元素；b的M层上有1个电子，则b为Na元素；a与c同主族，则c为S元素；再结合a、b、c、d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，可知d为Cl元素，据此解答。详解：根据以上分析可知a为O，b为Na，c为S，d为Cl。则A.Na、S、Cl为同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径Na＞S＞Cl，A正确；B.非金属性越强，其简单阴离子还原性越弱，Cl的非金属性比S强，则S2-还原性比Cl-强，B错误；C.非金属性越强，气态氢化物越稳定性，O的非金属性比S强，则H2O比H2S稳定，C正确；D.Na和O形成的Na2O2，是既含离子键又含共价键的离子化合物，D正确；答案选B。8、A【解题分析】等电子体的原子总数相同（排除D）、价电子总数相同（排除B）；选AC9、A【解题分析】

A．分子内有羟基、碳碳双键、羰基和醚键四种官能团，故错误；B．分子式为C15H12O5，故错误；C．含有2个苯环，属于芳香化合物，故错误；D．与氢气反应后碳碳双键和羰基消失，故错误；故选A。10、B【解题分析】

A.加热时，反应速率加快，故A不选；B.不用稀硫酸，改用浓硫酸，与Fe发生氧化还原反应不生成氢气，故B选；C.滴加少量CuSO4溶液，构成原电池，反应速率加快，故C不选；D.铁片改用铁粉，接触面积增大，反应速率加快，故D不选；故选B。11、C【解题分析】

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Ｂ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Ｃ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。【题目点拨】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。12、C【解题分析】

化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象，叫做同分异构现象；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。分子式为C4H9Cl从饱和度看只能是饱和氯代烷烃，同分异构只是氯在碳上面连接位置不同而已。因为丁烷有两种同分异构体，即正丁烷和异丁烷，分子中含有的等效氢原子分别都是2种，则它们一氯代物的种数即为C4H9Cl的种数，正丁烷两种一氯代物，异丁烷两种一氯代物，共4种，答案选C。【题目点拨】该题是高考中的常见题型，主要是考查学生对同分异构体含义以及判断的熟悉了解程度，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。该题的关键是进行思维转换，然后依据等效氢原子的判断灵活运用即可。13、D【解题分析】

A、“ETFE”是由乙烯和四氟乙烯通过加聚反应生成的高分子化合物，“ETFE”分子中可能存在“﹣CH2﹣CH2﹣CF2﹣CF2﹣”的连接方式，A正确；B、合成“ETFE”的反应为加聚反应，B正确；C、CF2＝CF2和CH2＝CH2均是平面形分子，C正确；D、CH3CH3与F2光照条件下只发生取代反应，无法生成不饱和的有机物，D错误；答案选D。14、B【解题分析】

bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4++OH-═NH3↑+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-cmol。令每份中NO3-的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：bmol×1=cmol×2+n×1，解得n=（b-2c）mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO3-）==mol/L，即原溶液中硝酸根的浓度为mol/L。故选B。15、C【解题分析】

试题分析：根据结构简式以及元素守恒，1mol乌洛托品有4molN，因此需要4molNH3·H2O，6molC需要6mol甲醛的水溶液，因此两者的比值为6：4=3：2，故选项B正确。16、B【解题分析】分析：A、可与NaHCO3产生CO2，说明含有羧基，C3H7Cl的结构有CH3CH2CH2Cl或CH3CHCl2CH3；B．根据二烯烃的1，4加成原理来解答；C、根据碳的骨架采用“定一移一”的方法分析；D、甲烷为正四面体结构，其二氯取代物只有一种。详解：A、有机物分子式为C4H7ClO2，可与NaHCO3产生CO2，说明含有羧基，其结构满足C3H6Cl-COOH，C3H7Cl的结构有CH3CH2CH2Cl或CH3CHCl2CH3，分子中含有的氢原子种类分别是3和2种，因此该有机物可能的结构有5种，选项A错误；B．二烯烃的1，4加成原理，由反应可知，X为氯乙烯，选项B正确；C、先分析碳骨架异构，分别为C-C-C-C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架C-C-C-C有、共8种，骨架有、，共4种，共12种，选项C错误；D、甲烷为正四面体结构，其二氯取代物只有一种，故为同一种物质，选项D错误。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、羰基(酮基)溴原子取代反应【解题分析】

A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，根据E分子式知，E结构简式为，E发生水解反应生成F，F发生取代反应生成酮洛芬；(4)A的一种同分异构体满足：Ⅰ．能发生银镜反应，说明含有醛基，Ⅱ、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，Ⅲ、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是-OH与-CH2CHO处于对位；(5)发生取代反应生成，发生水解反应生成，和NaCN发生取代反应生成，生成，和发生酯化反应生成。【题目详解】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，根据E分子式知，E结构简式为，E发生水解反应生成F，F发生取代反应生成酮洛芬；(1)化合物D中所含官能团的名称为羰基和溴原子；(2)化合物E的结构简式为；由B→C的反应类型是取代反应；(3)C生成D的方程式为；(4)A的一种同分异构体满足：Ⅰ．能发生银镜反应，说明含有醛基，Ⅱ、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，Ⅲ、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是-OH与-CH2CHO处于对位，符合条件的结构简式为：；(5)发生取代反应生成，发生水解反应生成，和NaCN发生取代反应生成，生成，和发生酯化反应生成，合成路线流程图为：。【题目点拨】常见的反应条件与反应类型有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇―→醛―→羧酸的过程)。⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。18、取代反应消去反应+NaOH+NaClG和H1【解题分析】

A发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C，C为，C发生取代反应生成D，D与Br2/CCl4发生加成反应生成E，E为，对比E和F的结构简式，E发生消去反应生成F，据此分析解答。【题目详解】A发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C，C为，C发生取代反应生成D，D与Br2/CCl4发生加成反应生成E，E为，对比E和F的结构简式，E发生消去反应生成F；(1)根据上述推断，C的结构简式为，E的结构简式为；(2)通过以上分析中，③的反应类型为取代反应，⑤的反应类型为消去反应；(3)环戊烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，X为，X和氢氧化钠的水溶液加热发生取代反应生成Y，Y为，Y在铜作催化剂加热条件下发生氧化反应生成环戊酮。反应2的化学方程式为+NaOH+NaCl；(4)在I的合成路线中，互为同分异构体的化合物是G和H；(5)I与碱石灰共热可化为立方烷，核磁共振氢谱中氢原子种类与吸收峰个数相等，立方烷中氢原子种类是1，因此立方烷的核磁共振氢谱中有1个峰。【题目点拨】本题考查了有机物的合成及推断的知识，涉及反应条件的判断、反应方程式的书写、同分异构体种类的判断等知识点，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，要根据已知物质结构确定发生的反应类型及反应条件。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）【解题分析】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-