2024届福建省闽侯第六中学化学高二第二学期期末达标测试试题含解析

2024届福建省闽侯第六中学化学高二第二学期期末达标测试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg⋅cm-3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为Cmol·L①ω=35a22.4Vρ×100%②C=1000a22.4V③上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ωA．②④B．②③C．①③D．①④2、在标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数相同，下列说法中不正确的是A．两种气体A与B的相对分子质量之比为m∶nB．同质量气体A与B的分子数之比为n∶mC．同温同压下，A、B两气体的密度之比为n∶mD．相同状况下，同体积A、B两气体的质量之比为m∶n3、下列说法正确的是A．氢原子的电子云图中小黑点的疏密表示电子在核外单位体积内出现机会的多少B．最外层电子数为ns2的元素都在元素周期表第2列C．处于最低能量的原子叫做基态原子，1s22s22→1s22s22过程中形成的是发射光谱D．已知某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，该元素位于周期表中的第四周期第VIII族位置，属于ds区4、设阿伏伽德罗常数的值为NA，下列说法正确的是：A．1.5mol的NaHSO4固体中含有的阴离子总数为NAB．1.1mol/LFeCl3的溶液中，含Cl-数目为1．3NAC．标准状况下2．4LNO2气体与水完全反应时，转移电子数目为NAD．常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体中总原子数目为1.5NA5、NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，4.48LSO3中含有O原子个数为0.6NAB．常温常压下，1L0.1mol/LCH3CH2OH溶液中含有H原子数目为0.6NAC．熔融状态下，0.2molNaHSO4中阴阳离子个数之和为0.6NAD．一定条件下，N2与H2充分反应得到3.4gNH3，转移电子数为0.6NA6、聚乙炔导电聚合物的合成使高分子材料进入了“合成金属”和塑料电子学时代，当聚乙炔分子带上药物、氨基酸等分子片段后，就具有了一定的生物活性。以下是我国化学家近年来合成的聚乙炔衍生物分子M的结构式及M在稀硫酸作用下的水解过程如下图下列有关说法中不正确的是（）A．M、A均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色B．B中含有羧基和羟基两种官能团，B能发生消去反应和酯化反应C．1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2nmol的NaOHD．A、B、C各1mol分别与金属钠反应，放出的气体的物质的量之比为1:2:27、太阳能的开发与利用是能源领域的一个重要研究方向，由CO2制取C的太阳能工艺如图所示，下列有关说法正确的是（）A．分解1molFe3O4转移电子数为2NAB．根据盖斯定律可知，△H1+△H2=0C．FeO在CO2转化为C的过程中的作用是催化剂D．该工艺是将太阳能转化为电能8、表情包、斗图是新媒体时代的产物，微信热传的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的（如图）。下列有关说法正确的是()A．A物质与D物质互为同系物B．邻二甲苯只有一种结构，能证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构C．B物质是由的1mol苯与3mol氯气在光照的条件下发生取代反应而制备得到的D．C物质是苯的同系物，其二溴代物有7种同分异构体9、下列说法不正确的是A．氧化镁熔点很高，可作为优质的耐高温材料B．有色玻璃就是某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成C．溴化银可用于感光材料，也可用于人工降雨D．分子筛可用于物质分离，还能作干燥剂和催化剂10、下列是合成功能高分子材料的一个“片段”：下列说法正确的是（）A．G到H发生取代反应B．条件Z为催化剂C．上述有机物都是芳香烃D．试剂X仅为浓硝酸11、有机物分子中，当某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团时，这种碳原子称为“手性碳原子”。例如，下列有机物分子中带“*”碳原子就是手性碳原子。该有机物分别发生下列反应，生成的有机物分子中仍含有手性碳原子的是A．与银氨溶液作用发生银镜反应 B．催化剂作用下与反应C．与乙酸发生酯化反应 D．与NaOH溶液加热条件下反应12、已知室温时，CH3COOH的电离常数为1.75×10－5，NH3·H2O的电离常数为1.75×10－5。0.1mol·L－1的下列溶液：①CH3COONa、②NH4Cl、③CH3COONH4、④(NH4)2SO4，pH由小到大排列正确的是()A．①<②<④<③ B．①<③<②<④C．①<②<③<④ D．④<②<③<①13、元素的原子核外有四个电子层，其3d能级上的电子数是4s能级上的3倍，则此元素是()A．S B．Fe C．Si D．Cl14、能影响水的电离平衡,并使溶液中的c(H+)>c(OH-)的措施是（）A．向水中通入SO2B．将水加热煮沸C．向纯水中投入一小块金属钠D．向水中加入NaCl15、常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg的变化关系如图所示，下列叙述错误的是()A．常温下：Ka(HB)>Ka(HC)B．HC的电离度：a点<b点C．当lg=4时，三种溶液同时升高温度，减小D．当lg=5时，HA溶液的pH为716、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二、非选择题（本题包括5小题）17、利用莤烯(A)为原料可制得杀虫剂菊酯(H)，其合成路线可表示如下：已知：R1CHO+R2CH2CHO（1）写出一分子的F通过酯化反应生成环酯的结构简式__________。（2）写出G到H反应的化学方程式___________。（3）写出满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式______________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中有4种不同化学环境的氢。（4）写出以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。______________18、聚合物F的合成路线图如下：已知：HCHO+RCH2CHO请据此回答：(1)A中含氧官能团名称是_____，D的系统命名为_____。(2)检验B中含氧官能团所用的试剂是____；A→B的反应类型是_____。(3)C生成D的反应化学方程式为_______，E合成F的反应化学方程式为________。(4)G物质与互为同系物，且G物质的相对分子质量比大14的，则符合下列条件的G的同分异构体有____种。①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基②遇氯化铁溶液变紫色③能与溴水发生加成反应19、某课题组对某样品W（组成用CxHyOzNaSb表示）进行探究。实验一：确定W中元素组成（1）取W样品，将有机氮转化成NH4+，_____________（补充实验方案），证明W中含氮元素。（2）用燃烧法确定W样品中含碳、氢、硫三种元素，装置如图所示。①A框内是加热固体制备氧气发生装置，写出A中反应的化学方程式：__________________。②写出E中发生反应的离子方程式：_________________。③从实验简约性考虑，D、E、F、G装置可以用下列装置替代：能证明W含碳元素的实验现象是__________________。实验二：测定W中硫元素含量（3）取wgW样品在过量的氧气中充分燃烧，用V1mLc1mol·L-1碘水溶液吸收SO2，用V2mLc2mol·L-1Na2S2O3溶液滴定过量的I2。已知:2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。滴定终点的标志是__________________。该W样品中硫元素的质量分数为_________％。（4）二氧化硫通入吸收液前必须通过过量的赤热铜粉（SO2不参与反应），否则会导致测定的硫元素质量分数_________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。20、铁与水蒸气反应，通常有以下两种装置，请思考以下问题：（1）方法一中，装置A的作用________________________。方法二中，装湿棉花的作用_______________________________________。（2）实验完毕后，取出装置一的少量固体，溶于足量稀盐酸，再滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，试解释原因：__________________________。21、催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下:I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

∆H1=-53.7kJ/molII.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

∆H2某实验控制CO2和H2初始投料比为1：2.2,经过相同反应时间测得如下实验数据:T(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)543Cat.112.342.3543Cat.210.972.7553Cat.115.339.1553Cat.212.071.6[备注]Cat.1:Cu/ZnO纳米棒，Cat.2:Cu/ZnO

纳米片；甲醇选择性:转化的CO2中生成甲醇的百分比。已知:①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ/mol和285.8kJ/mol②H2O(1)H2O(g)∆H3=+440kJ/mol请回答(不考虑温度对∆H的影响):(1)a.反应II的∆H2=____kJ/mol。b.800℃时，反应I和II对应的平衡常数分别为1.0和2.5，则该温度下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K的数值为_____。(2)在图中分别画出I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程-能量”示意图(在图中标注出相应的催化剂)____。

(3)工业生产甲醇还有如下方法:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)副反应:2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)若生产过理中在恒压条件下通入水蒸气，从化学平衡的角度分析该操作对生产甲醇带来的利和弊____。(4)利用光能和光催化剂，可將CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外线照射时，在不同催化剂(1、I、III)作用下，CH4产量随光照时间的变化如下图所示。下列说法正确的是____A．催化剂能加快化学反应速率，在反应开始时对正反应的催化效果更好B．从图中可知催化剂I的催化效果更好C．若光照时间足够长，三条由线将相交于一点D．光照15h前，无论用所给的哪种催化剂，该反应均未达到平衡

(5)人们正在研究某种锂一空气电池，它是一种环境友好的蓄电池。放电时的总反应为:4Li+O2=2Li2O。在充电时，阳极区发生的过程比较复杂，目前普遍认可是按两步反应进行，请补充完整。电极反应式:______和

Li2O2-2e-=2Li++O2

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】本题考查物质的量浓度的有关计算。分析：①溶质的质量分数为ω可由溶质的质量和溶液的质量来计算；②根据c=nV来计算；③根据溶质的质量分数=m(详解：VmL氨水，溶液的密度为ρg•cm-3，溶液的质量为ρVg，溶质的质量为a22.4×17，则溶质的质量分数为ω=17a22.4Vρ×100%，①错误；溶质的物质的量为a22.4mol，溶液的体积为VmL，则c=1000a22.4Vmol/L，②正确；再加入VmL水后，所得溶液的质量分数为ρVωρV+ρ水V，水的密度大于氨水的密度，则所得溶液的质量分数小于0.5ω，③错误；VmL氨水，再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后生成氯化铵，还有剩余的盐酸，溶液显酸性，则c（Cl-故选A。点睛：明确质量分数、物质的量浓度的关系、氨水的密度与水的密度大小是解答本题的关键。2、C【解题分析】

A、由n=m/M可知，分子数相同的气体，相对分子质量之比等于质量之比，即A与B相对分子质量之比为mg：ng=m：n，A正确；B、A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=m/M可知，分子数之比等于B正确；C、标准状况下，Vm相同，由可知，密度之比等于摩尔质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，C错误；D、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，D正确。答案选C。3、A【解题分析】

A.核外电子的运动没有确定的方向和轨迹，只能用电子云描述它在原子核外空间某处出现机会（几率）的大小，A正确；B.最外层电子数为ns2的主族元素都在元素周期表第2列，副族元素也有ns2的情况，比如Zn，其核外电子排布式为[Ar]3d104s2，B错误；C.2px和2py的轨道能量一样，电子在这两个轨道之间变迁，不属于电子跃迁，也不会放出能量，C错误；D.该元素为26号元素Fe，位于VIII族，属于d区；ds区仅包含IB族、IIB族，D错误；故合理选项为A。【题目点拨】为了方便理解，我们可以认为，电子云是通过千百万张在不同瞬间拍摄的电子空间位置照片叠加而成的图象(实际上还不存在这样的技术)，小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小。4、D【解题分析】试题分析：A中为3.5molA；B中未给定体积；C中为2/3mol；NO2和N2O4中N与O原子质量比都是7:36，所以N为7g,即3．5mol，O为36g，即3mol，原子共3．5mol．故D正确。考点：阿伏伽德罗常数的相关计算。5、D【解题分析】分析：A、标况下，三氧化硫为固体；B.1L0.1mol/LCH3CH2OH溶液中含有乙醇和水；C、求出NaHSO4的物质的量，然后根据1molNaHSO4中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子来分析；D、根据反应生成的氨气计算；据此分析判断。详解：A、标况下，三氧化硫为固体，不能根据其气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B.1L0.1mol/LCH3CH2OH溶液中含有乙醇和水，水中也存在H原子，含有H原子数目远大于0.6NA，故B错误；C、1molNaHSO4中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子，故0.2mol硫酸氢钠中含0.4mol离子即0.4NA个，故C错误；D、一定条件下，N2与H2充分反应得到3.4gNH3的物质的量为0.2mol，转移的电子数为0.6NA个，故D正确；故选D。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。本题的易错点为B，要注意溶液中包括溶质和溶剂。6、D【解题分析】试题分析：M为酯类物质，故在稀硫酸条件下M水解产物A的结构为：，M与A的分子中含有碳碳双键，均能够使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，因此A项正确；B的结构为：分子中含有羧基和羟基，可以发生酯化反应，羟基的β-碳原子上含有氢原子可以发生消去反应，因此B项正确；1molM中有2nmol的酯基，可以与2nmol的NaOH发生反应，因此C项错误；1molA中有nmol羧基，1molB中有1mol羧基、1mol羟基，1molC中有2mol羟基，它们与金属钠反应放出的气体的物质的量分别为n/2mol,1mol,1mol，故放出的气体的物质的量之比为n:2:2，故D项正确；本题选C。考点：有机框图推断。7、A【解题分析】Fe3O4分解生成FeO，Fe元素从+3价降低到+2价，1molFe3O4中含有1mol二价铁和2mol三价铁，所以转移电子数为2NA，故A正确；Fe3O4分解生成FeO，FeO与CO2反应生成Fe3O4，两个反应的生成物和反应物不同，所以反应放出或吸收的热量不同，则△H1+△H2≠0，故B错误；FeO在CO2转化为C的过程中Fe元素的化合价升高，则FeO失电子作还原剂，故C错误；该工艺是将太阳能转化为化学能，故D错误。8、B【解题分析】

A.A物质与D物质所含的官能团不同，不可能互为同系物，A不正确；B.若苯环中存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构，则邻二甲苯必定有2种结构。因此，邻二甲苯只有一种结构，能证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构，B正确；C.B物质不可能是由的1mol苯与3mol氯气在光照的条件下发生取代反应而制备得到，即使氯气和苯完全参加反应，也只能有一半的Cl原子取代H原子，因为取代反应还要生成HCl，C不正确；D.C物质分子式为C10H8，比苯分子多C4H2，故其不是苯的同系物，其一溴代物有2种同分异构体，二溴代物有10种同分异构体，D不正确。综上所述，本题选B。9、C【解题分析】

A．氧化镁是离子化合物，离子键很强，所以氧化镁熔点高，可作耐高温材料，故A正确；

B．某些金属氧化物呈现特殊的颜色，分散于玻璃中即可制得有色玻璃，故B正确；

C．溴化银不稳定，见光易分解，可用于制感光胶卷，碘化银可用于人工降雨，故C错误；

D．分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性，可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等，故D正确；故答案：C。10、A【解题分析】

E发生硝化反应生成F，F发生取代反应生成G，G在氢氧化钠水溶液中发生水解生成H，据此分析作答。【题目详解】A.G到H为氯原子被取代为羟基的取代反应，A项正确；B.F到G发生甲基的取代反应，条件为光照，B项错误；C.芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，具有苯环的基本结构，上述四种物质，只有E属于芳香烃，C项错误；D.甲苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生反应转化为对硝基甲苯，D项错误；答案选A。11、A【解题分析】

A.该有机物与银氨溶液反应后的生成的有机物中，原来的手性碳原子现在连接的原子或原子团是：一个溴原子、一个-CH2OH、一个CH3COOCH2-、一个-COOH，所以该原子仍然是手性碳原子，故A符合题意；B.该有机物在催化剂作用下与氢气反应，即醛基与氢气加成反应生成-CH2OH，原来的手性碳原子现在连接两个-CH2OH，所以反应后，该物质中没有手性碳原子，故B不符合题意；C.该有机物与乙酸反应生成的酯，即原来的手性碳原子现在连接两个CH3COOCH2-，所以该物质在反应后没有手性碳原子，故C不符合题意；D.该有机物与氢氧化钠溶液反应后酯基发生水解，反应生成的醇，原来的手性碳原子现在连接两个-CH2OH，所以没有手性碳原子，故D不符合题意；故选A。【题目点拨】掌握官能团的结构与性质，并能够灵活应用是解答本题的关键。12、D【解题分析】

CH3COOH的电离常数为1.75×10－5，NH3·H2O的电离常数为1.75×10－5，所以CH3COONH4溶液显中性。【题目详解】①CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH>7；②NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液显酸性，pH<7；③由于CH3COOH与NH3·H2O的电离平衡常数相等，所以CH3COONH4溶液呈中性，pH=7；④(NH4)2SO4是强酸弱碱盐,溶液显酸性，pH<7；由于NH4Cl溶液(NH4)2SO4溶液物质的量浓度相等,铵根离子浓度(NH4)2SO4溶液离子浓度大，故其酸性强，pH小；由以上分析可以得出pH由小到大排列④<②<③<①，故选D。【题目点拨】CH3COONH4溶液酸碱性的判断要依据对应的电离常数，这点要注意。13、B【解题分析】

某元素原子核外有四个电子层，其3d能级上的电子数是4s能级上的3倍，说明该元素的3d的电子数是2×3=6，其核外电子数=2+8+8+6+2=26，原子核外电子数=原子序数，所以该元素是Fe元素，B正确；正确选项B。14、A【解题分析】试题分析：A．在水中存在水的电离平衡：H2OH++OH－。当向水中通入SO2时发生反应：SO2+H2O=H2SO1．H2SO1H++HSO1-。H2SO1电离产生的H+使溶液中的H+的浓度增大，对水的电离平衡起到了抑制作用。最终使水电离产生的H+、OH-的浓度远远小于溶液中的H+。即溶液中的c(H＋)＞c(OH－)。正确。B．水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离。所以将水加热煮沸促进了水的电离。但是水电离产生的H+和OH-离子的个数总是相同，所以升温后水中的H+和OH-的浓度仍然相等。错误。C．向纯水中投入一小块金属钠发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH电离产生的OH-使水的电离平衡逆向移动，对水的电离起到了抑制作用，最终使整个溶液中的c(OH－)＞c(H＋)。错误。D．向水中加入NaCl．NaCl是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，所以水中的H+和OH-离子的浓度仍然相等。错误。考点：考查外界条件对水的电离平衡的影响的知识。15、D【解题分析】

根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HA的pH变成4，说明HA是强酸，HB、HC的pH增大小于2，则HB、HC为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HC，说明HB的酸性＞HC，因此酸性HA＞HB＞HC，据此分析解答。【题目详解】A．酸性HB＞HC，则Ka(HB)>Ka(HC)，故A正确；B．溶液的浓度越小，弱酸的电离程度越大，因此HC的电离度：a点<b点，故B正确；C．当lg=4，即稀释10000倍时，三种溶液同时升高温度，常见弱电解质的电离程度增大，而HA为强酸，电离程度不变，因此减小，故C正确；D．当lg=5时，HA电离出的c(H+)=10-7mol/L，此时，不能忽略水的电离，溶液中c(H+)略大于10-7mol/L，pH略小于7，仍显酸性，故D错误；故选D。16、C【解题分析】

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。二、非选择题（本题包括5小题）17、+CH3OH+H2O或【解题分析】

A发生氧化反应生成B，B发生信息中的反应生成C，C发生氧化反应生成D，D发生取代反应生成E，G发生酯化反应生成H，G为，F发生消去反应生成G；(4)以和CH3CH2OH为原料制备，由苯丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，苯丙烯酸由苯丙烯醛发生氧化反应得到，苯丙烯醛由苯甲醛和乙醛发生信息中的反应得到，乙醛由乙醇发生氧化反应得到。【题目详解】(1)一分子的F通过酯化反应生成环酯的结构简式为；(2)G发生酯化反应生成H，该反应方程式为；(3)C的同分异构体符合下列条件，

C的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且该分子中不含其它环或双键；②分子中有4种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式为；(4)以和CH3CH2OH为原料制备，由苯丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，苯丙烯酸由苯丙烯醛发生氧化反应得到，苯丙烯醛由苯甲醛和乙醛发生信息中的反应得到，乙醛由乙醇发生氧化反应得到，其合成路线为。【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、醛基1，2-丙二醇NaHCO3溶液(或Na2CO3)氧化反应CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr9【解题分析】

根据题中各物质转化关系，结合题中信息，苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A，A的结构简式为；A与新制氢氧化铜悬浊液反应，醛基变为羧基，则B的结构简式为；据F的结构简式可知，F由E发生加聚反应生成，则E的结构简式为，E由B与D反应生成，则D的结构简式为CH3CH(OH)CH2OH，则C3H6为丙烯，C为CH3CHBrCH2Br，据此分析解答。【题目详解】根据题中各物质转化关系，结合题中信息，苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A，A的结构简式为；A与新制氢氧化铜悬浊液反应，醛基变为羧基，则B的结构简式为；据F的结构简式可知，F由E发生加聚反应生成，则E的结构简式为，E由B与D反应生成，则D的结构简式为CH3CH(OH)CH2OH，则C3H6为丙烯，C为CH3CHBrCH2Br；(1)A为，其中含氧官能团为醛基；D为CH3CH(OH)CH2OH，其化学名称为1，2-丙二醇；(2)B为，B中含有的官能团为羧基和碳碳双键，可用碳酸氢钠（或碳酸钠）溶液检验含氧官能团羧基；A与新制氢氧化铜悬浊液混合加热生成B，则A→B的反应类型是氧化反应；(3)C为1，2-二溴丙烷，其水解生成D，反应的化学方程式为：CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr；E发生加聚反应生成F，发生反应的化学方程式为；(4)G物质与互为同系物，且G物质的相对分子质量比大14，则G比多1个CH2原子团；G的同分异构体满足：①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基；②遇氯化铁溶液变紫色，则分子中含有酚羟基；③能与溴水发生加成反应，说明其分子中含有碳碳双键；根据分析可知，满足题意的有机物分子中含有苯环，苯环上两个取代基分别为-OH、-C3H5，-C3H5可能为①-CH=CHCH3、②-CH2CH=CH2、③-C(CH3)=CH2，酚羟基与①②③分别有邻、间、对3种位置，所以满足条件的有机物总共有：3×3=9种。【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。19、加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝色2KClO32KCl＋3O2↑（或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑）2MnO4-+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42-+4H+X中颜色变浅色，但不褪色；Y中变浑浊滴加最后一滴时溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟不恢复偏低【解题分析】分析：实验一(确定W中元素组成)：必须使用干燥氧气，A是发生装置，通过加热固体制备氧气，注意不能用双氧水制氧气。用无水硫酸铜检验H2O，D装置用于检验SO2，E装置用于除去SO2，F装置用于确定SO2是否除尽，因为SO2会干扰CO2的检验；实验二(测定W中硫元素含量)：根据SO2＋I2＋2H2O＝2HI＋H2SO4，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。有：n(SO2)＋12n(Na2S2O3)＝n(I2)，据此分析计算硫元素的质量分数；过量的氧气混在SO2气体中，会发生2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4，据此分析判断误差详解：(1)检验铵离子，操作要点是加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，现象是由红色变蓝色，故答案为：加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝色；(2)①通过加热固体制备氧气，应该是加热高锰酸钾或氯酸钾分解制备氧气，反应的方程式为2KClO32KCl＋3O2↑(或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑)，故答案为：2KClO32KCl＋3O2↑(或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑)；②用无水硫酸铜检验H2O，D装置用于检验SO2，E装置用于除去SO2，F装置用于确定SO2是否除尽，因为SO2会干扰CO2的检验。因此E中反应为2KMnO4＋5SO2＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4，离子方程式为2MnO4+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42+4H，故答案为：2MnO4+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42+4H；③从简约装置看，X装置中试剂“过量”，它有三个作用：检验SO2、除去SO2、确认SO2除尽，实验现象是紫色溶液变浅——检验并除去SO2，不褪色——说明SO2已除尽了，最后Y中变浑浊，才能证明W中含碳元素，故答案为：X中颜色变浅色，但不褪色；Y中变浑浊；(3)用硫代硫酸钠溶液滴定过量的I2，用淀粉溶液作指示剂。滴定前碘使淀粉溶液变蓝色，当碘完全消耗时蓝色变无色。根据SO2＋I2＋2H2O＝2HI＋H2SO4，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。有：2n(SO2)＋n(Na2S2O3)＝2n(I2)，ω(S)＝2c1V1-c2V(4)氧化W时，O2过量，过量的氧气混在SO2气体中，用赤热铜粉除去O2。如果不除去氧气，在水溶液中会发生反应：2SO2＋O2＋2H2O＝2