朔州市重点中学2024届化学高二第二学期期末达标检测模拟试题含解析

朔州市重点中学2024届化学高二第二学期期末达标检测模拟试题注意事项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、将过量H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色晶体M[化学式为Cr(NH3)3O4]，其离子方程式为：CrO42-+3NH3+3H2O2=M+2H2O+2OH-+O2↑，测得M中有2个过氧键。下列叙述正确的是A．M中Cr的化合价为+3B．参与反应的H2O2全部被氧化C．向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，没有明显现象D．转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g2、混合动力汽车配有电动、汽油双引擎。在减速时，自动捕捉减少的动能；在高速行驶时，启用双引擎，动力更强劲。下列有关混合动力汽车的说法不正确的是（）A．减速制动时动能转化为电能储存在电池中B．高速行驶时电池电能转化为汽车部分动力C．通过发电机电动机互变循环减少汽车油耗D．双动力汽车工作时不会产生废气污染环境3、某溶液中含有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是（）A．只有NH4+B．只有Al3+C．NH4+和Al3+D．Fe2+和NH4+4、下列指定反应的离子方程式正确的是()A．电解饱和MgCl2溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑B．向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2＋2MnO4-＋4OH－===2MnO2↓＋3SO42-＋2H2OC．向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸：3Fe2＋＋NO3-＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2OD．向NaClO溶液中通入足量CO2：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO3-5、一定量的混合气体，在密闭容器中发生如下反应：xA（g）＋yB（g）zC（g），达到平衡后测得A气体的浓度为0.5mol·L-1，当恒温下将密闭容器的容积扩大到两倍再达到平衡后，测得A浓度为0.3mol·L-1，则下列叙述正确的是A．平衡向正反应方向移动 B．x+y＜zC．C的体积分数降低 D．B的转化率提高6、下列卤代烃在KOH醇溶液中加热不反应的是①②③④⑤⑥A．①③⑥ B．②③⑤C．全部 D．②④7、下列各组离子能大量共存的是()①“84”消毒液的水溶液中：Fe2＋、Cl－、Ca2＋、Na＋②加入KSCN显红色的溶液：K＋、NH、Cl－、S2－③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液：Fe3＋、Al3＋、SO、K＋④pH＝2的溶液中：NH、Na＋、Cl－、Cu2＋⑤无色溶液中：K＋、CH3COO－、HCO、MnOA．①②③B．①③⑤C．①②⑤D．③④8、某结晶水合物的化学式为A·H2O，其相对分子质量为B，在60℃时mg该晶体溶于ng水中，得到VmL密度为dg·mL-1的饱和溶液，下述表达式或判断正确的是（）A．该溶液物质的量浓度为(m/BV)mol·L－1B．60℃时A的溶解度为(100m(B-18)/nB)gC．该溶液溶质的质量分数为(m/(m+n))×100%D．60℃时，将10gA投入到该饱和溶液中，析出的晶体质量大于10g9、采用下列装置和操作,能达到实验目的的是()A．用装置分离出溴苯 B．用装置验证乙炔的还原性C．用装置制取乙烯 D．用装置制取乙酸乙酯10、已知:用稀硫酸酸化的高锰酸钾溶液能氧化乙烯，化学方程式如下:aCH2=CH2+12KMnO4+H2SO4→CO2+MnSO4+K2SO4+H2O，下列推断正确的是A．在上述化学方程式中，a=6B．用酸性高锰酸钾溶液可以除去甲烷气体中少量的乙烯C．上述反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6:5D．在标准状况下，消耗11.2L乙烯时转移6mol电子11、下列描述中正确的是A．ClO3—的空间构型为平面三角形 B．SF6的中心原子有6对成键电子对，无孤电子对C．BF3和PCl3的中心原子均为sp2杂化 D．BeCl2和SnCl2的空间构型均为直线形12、已知：①4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH1＝－905.5kJ·molˉ1②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH2一定条件下，NO可以与NH3反应转化为无害的物质，反应如下：③4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)ΔH3＝－1625.5kJ·molˉ1。下列说法正确的是A．反应①使用催化剂，ΔH1减小B．反应②生成物总能量低于反应物总能量C．反应③一定能自发进行D．反应③达到平衡后升高温度，v(正)、v(逆)的变化如图所示13、向KOH溶液中通入11.2L（标准状况）氯气恰好完全反应生成三种含氯盐：0.7molKCl、0.2molKClO和X，则X是（）A．0.1molKClO4 B．0.1molKClO3 C．0.2molKClO2 D．0.1molKClO214、某同学利用右图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下：①向浓H2SO4乙醇混合液中滴入乙酸后，加热试管A②一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体③停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色④取下层褪色后的溶液，滴入酚酞后又出现红色结合上述实验，下列说法正确的是A．①中加热利于加快酯化反应速率，故温度越高越好B．③中油状液体层变薄主要是乙酸乙酯溶于Na2CO3溶液所致C．③中红色褪去的原因可能是酚酞溶于乙酸乙酯中D．取②中上层油状液体测其，共有3组峰15、下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是A．升高温度B．用Zn粉代替Zn粒C．改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应D．滴加少量的CuSO4溶液16、体积相同、pH也相同的H2SO4溶液和HCl溶液，分别与NaOH溶液中和反应时两者消耗NaOH的物质的量（）A．相同B．H2SO4溶液消耗的NaOH多C．HCl溶液消耗的NaOH多D．无法比较二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物H[3-亚甲基异苯并呋喃-1(3H)-酮]的一种合成路线如下：(1)C中所含官能团名称为_________和_________。(2)G生成H的反应类型是________。(3)B的分子式为C9H10O2，写出B的结构简式：________。(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_________。①分子中含有苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有4种不同化学环境的氢，其中之一能与FeCl3溶液发生显色反应。(5)写出以、P(C6H5)3及N(C2H5)3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、下图中的A、B、C、D、E、F、G均为有机物（有些物质未写出）据上图回答问题：(1)A的结构简式_______，D的名称是__________。(2)反应①③④的反应类型分别为_____________、____________和__________。(3)除去F中杂质C、D时，最后要用分液的方法进行混和物的分离，F产物从分液漏斗的_______（填“上口倒出”或“下口放出”）。(4)写出反应②的反应方程式为_________________________________。19、研究证明，高铁酸钾不仅能在饮用水源和废水处理过程中去除污染物，而且不产生任何诱变致癌的产物，具有高度的安全性。湿法制备高铁酸钾是目前最成熟的方法，实验步骤如下：a．直接用天平称取60.5gFe(NO3)3·9H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。b．在冰冷却的环境中向NaClO溶液中加入固体NaOH并搅拌，又想其中缓慢少量分批加入Fe(NO3)3·9H2O，并不断搅拌。c．水浴温度控制在20℃，用电磁加热搅拌器搅拌1.5h左右，溶液成紫红色时，即表明有Na2FeO4生成。d．在继续充分搅拌的情况下，向上述的反应液中加入固体NaOH至饱和。e.将固体KOH加入到上述溶液中至饱和。保持温度在20℃，并不停的搅拌15min，可见到烧杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4。（1）①步骤b中不断搅拌的目的是_______。②步骤c中发生反应的离子方程式为______。③由以上信息可知：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠_______(填“大”或“小”)。（2）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。①该反应的离子方程式为______。②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_______。③在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用______。A．H2OB．稀KOH溶液、异丙醇C．NH4Cl溶液、异丙醇D．Fe(NO3)3溶液、异丙醇（3）高铁酸钠还可以用电解法制得，其原理可表示为Fe+2NaOH+2H2O3H2↑+Na2FeO4，则阳极材料是____，电解液为______。（4）25℃时，Ksp(CaFeO4)=4.536×10-9,若要使100mL1.0×10-3mol/L的K2FeO4溶液中的c(FeO42-)完全沉淀，理论上要加入Ca(OH)2的物质的量为_____mol。（5）干法制备高铁酸钾的方法是Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成黑色高铁酸钾和KNO2等产物。则该方法中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。20、磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途，也可用于制备表面活性剂。沸点为69.2℃，遇水水解，剧烈反应生成两种强酸。学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下，制备SO2Cl2并测定产品纯度，设计如图实验如图1(夹持装置略去)。请回答下列问题：Ⅰ.SO2的制备（1）欲收集一瓶干燥的SO2，装置中气流方向合理的连接顺序为____(填小写字母)。（2）A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，A中反应的化学方程式为____。Ⅱ.SO2Cl2的制备和纯度的测定将上述收集到的SO2充入注射器h中，用图2装置制备SO2Cl2。（3）仪器e的名称为____，b中试剂的名称为____。（4）f的作用是____。（5）取反应后的产品4.0g，配成200mL溶液；取出20.00mL，用0.5000mol·L-1NaOH溶液滴定；达到滴定终点时消耗标准液的体积为20.00mL(杂质不参加反应)。①产品加水配成溶液时发生的反应为____。②SO2Cl2的质量分数为____。(保留三位有效数字)。21、以甲醇为原料制取高纯H2是重要的研究方向。回答下列问题：（1）甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应。主反应：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△H＝＋49kJ·mol－1副反应：H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)△H＝＋41kJ·mol－1①甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，反应的热化学方程式为__________________，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是_________________________。②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，有利于甲醇水蒸气重整制氢，理由是___________。③某温度下，将n(H2O)：n(CH3OH)＝1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，则平衡时甲醇的转化率为_________________（忽略副反应）。（2）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其反应原理为：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)△H＝＋203kJ·mol－1，在容积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。压强为p1时，在N点：v正_______v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，N点对应温度下该反应的平衡常数K＝________mol2·L－2。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】

A.因M[化学式为Cr(NH3)3O4]中有2个过氧键，则M中Cr的化合价为+4，故A错误；B.由M中有2个过氧键，所以，3molH2O2没有全部被氧化，B错误；C.向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，亚铁离子被M中的过氧键氧化为三价铁，溶液由浅绿色变黄棕色，C错误；D．由方程式可知每生成1molO2转移2mol电子，同时生成1molCr(NH3)3O4，则转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g，D正确。点睛：抓住信息：测得M中有2个过氧键，从而确定M中Cr的化合价为+4价是解题关键，同时M中存在过氧键能氧化亚铁离子。2、D【解题分析】分析：A．混合动力汽车在制动减速时，可回收机械能转化为电能；B．在高速行驶时，启用双引擎，内燃机和电池同时工作；C．混合动力汽车可将动力和电力双向转化；D．内燃机启动后，会发生燃料的燃烧。详解：A．混合动力汽车在制动减速时启动发电机，将制动动能转变为电能并储存于蓄电池中，故A正确；B．混合动力汽车在高速行驶或上坡时启动双动力，内燃机和电动机同时工作，电池电能转化为汽车部分动力，故B正确；C．混合动力汽车就是通过动力、电力的双向转化，减少汽车能耗，降低油耗，故C正确；D．当内燃机启动后，燃料的燃烧过程中会产生废气，污染环境，故D错误；故选D。3、D【解题分析】分析：NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，则Fe2+减少，以此来解答。详解：混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和NaAlO2，Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量盐酸，则Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、FeCl3、AlCl3，则减少的离子主要有Fe2+和NH4+。答案选D。点睛：本题考查离子之间的反应，明确阳离子与碱反应后的生成物的性质及生成物与酸的反应是解答本题的关键，注意亚铁离子易被氧化是学生解答中容易忽略的地方。4、D【解题分析】

A.电解后溶液显碱性，镁离子会生成氢氧化镁沉淀；B.高锰酸钾溶液呈酸性，参与反应的不应是氢氧根离子；C.氢碘酸溶液中碘离子具有强还原性，与产物铁离子不共存，会继续反应；D.强酸制弱酸原理。【题目详解】A.电解饱和MgCl2溶液的化学方程式应为：Mg2+＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故A项错误；B.向酸性KMnO4溶液中通入SO2：5SO2＋2MnO4-＋2H2O===2Mn2+＋5SO42-＋4H+，故B项错误；C.向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸，除了发生反应3Fe2＋＋NO3-＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，因氢碘酸足量，其中碘离子继续与氧化性的铁离子发生氧化还原反应，故C项错误；D.酸性强弱：H2CO3>HClO>HCO3-,则向NaClO溶液中通入足量CO2：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO3-，故D项正确；答案选D。【题目点拨】离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点，涉及的知识面广，出题人经常设的陷阱有：不符合客观事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题，D项是难点，也是易错点，要理解碳酸是二元弱酸，平常多强化训练，加以对比记忆，找出陷阱，方可提高做题准确率。5、C【解题分析】

恒温下将密闭容器的容积扩大到两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达到平衡后，测得A浓度为0.3mol·L-1，说明平衡向逆反应方向移动。A、由上述分析可知，平衡向逆反应方向移动，A错误；B、增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y＞z，B错误；C、平衡向逆反应方向移动，C的体积分数降低，C正确；D、平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，D错误。答案选C。6、A【解题分析】

卤代烃在KOH醇溶液中加热不反应，则与-Cl（或-Br）相连C的邻位C上没有H，不能发生消去反应，反之可发生消去反应，以此来解答。【题目详解】①不能发生消去反应，故选；②中与−Cl相连C的邻位C上有H，则卤代烃在KOH醇溶液中加热反应，故不选；③中，与−Cl相连C的邻位C上没有H，不反应，故选；④中，与−Cl相连C的邻位C上有H，则卤代烃在KOH醇溶液中加热反应，故不选；⑤中与−Br相连C的邻位C上有H，则卤代烃在KOH醇溶液中加热反应，故不选；⑥没有邻位的C，不能发生消去反应，故选；故答案选A。7、D【解题分析】分析：①“84”消毒液的水溶液中含有ClO

-，具有强氧化性；

②加入KSCN显红色的溶液中含有Fe

3+；

③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性；

④pH=2的溶液，为酸性溶液；

⑤MnO

4

-在水溶液中为紫色。

详解：①“84”消毒液的水溶液中含有ClO

-，具有强氧化性，与Fe

2+发生氧化还原反应而不能共存，故①错误；

②加入KSCN显红色的溶液中含有Fe

3+，与S

2-相互促进水解而不能共存，故②错误；

③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性，但该组离子之间不反应，则能够共存，故③正确；

④pH=2的溶液，为酸性溶液，该组离子之间不反应，则能够共存，故④正确；

⑤MnO

4

-在水溶液中为紫色，与无色溶液不符，故⑤错误；

故选D．

点睛：本题考查离子的共存，明确题目中的隐含信息及离子之间的反应是解答本题的关键，题目难度不大。8、D【解题分析】A．mg结晶水合物A•H2O的物质的量为=mol，所以A的物质的量为mol，溶液溶液VmL，物质的量浓度c==mol/L，故A错误；B．mg该结晶水合物A•H2O中A的质量为mg×，形成溶液中溶剂水的质量为ng+mg×，令该温度下，溶解度为Sg，则100g：Sg=(ng+mg×)：mg×，解得S=，故B错误；C．mg该结晶水合物A•H2O中A的质量为mg×，溶液质量为(m+n)g，故溶液中A的质量分数=[mg×÷(m+n)g]×100%=×100%，故C错误；D．10gA投入到该饱和溶液中，不能溶解，析出A•H2O，析出的晶体大于10g，析出晶体大于10g，故D正确；故选D。点睛：本题考查溶液浓度计算，涉及溶解度、质量分数、物质的量浓度的计算与相互关系，属于字母型计算，为易错题目，注意对公式的理解与灵活运用。9、A【解题分析】

A．互不相溶的液体采用分液方法分离，水和溴苯不互溶，所以可以采用分液方法分离，A正确；B．由于电石不纯，生成的乙炔中含有H2S等气体也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法验证乙炔的还原性，B错误；C．浓硫酸和乙醇混合加热需要170℃，温度计测量溶液温度，温度计应该插入混合溶液中，C错误；D．乙酸乙酯易在氢氧化钠溶液中水解，应该用饱和碳酸钠溶液，D错误；答案选A。10、D【解题分析】分析：反应中Mn元素化合价由+7价，降低为+2价，乙烯中C元素的化合价由-2价升高到+4价，结合高锰酸钾的化学计量数可知，转移的电子为60，然后根据化合价升降守恒结合氧化还原反应的规律分析解答。详解：A.反应中Mn元素化合价变化了(7-2)×12=60，根据化合价升降守恒，乙烯中C元素的化合价由-2价升高到+4价，因此乙烯的化学计量数为5，即a=5，故A错误；B.用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷气体中少量的乙烯，会引入二氧化碳杂质，故B错误；C.根据A的分析，氧化产物为二氧化碳，还原产物为MnSO4，物质的量之比为10:12=5:6，故C错误；D.在标准状况下，11.2L乙烯的物质的量为0.5mol，根据上述分析，转移6mol电子，故D正确；故选D。11、B【解题分析】

A．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型；B．SF6中硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对；C．先求出中心原子的价层电子对数，再判断杂化类型；D．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型。【题目详解】A．ClO3—中Cl的价层电子对数=3+（7+1-2×3）/2=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，A错误；B．SF6中S-F含有一个成键电子对，硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，B正确；C．BF3中B的价层电子对数=3+（3-1×3）/2=3，中心原子为sp2杂化；PCl3中P的价层电子对数=3+（5-1×3）/2=4，所以中心原子均为sp3杂化，C错误；D．BeCl2中Be的价层电子对数=2+（2-1×2）/2=2，为直线形；SnCl2中Sn的价层电子对数=2+（4-1×2）/2=3，空间构型为V形，D错误。答案选B。【题目点拨】本题考查分子的构型、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本理论，难点是判断原子杂化方式，知道孤电子对个数的计算方法，为易错点，题目难度中等。12、C【解题分析】

A、催化剂对反应热无影响，故A错误；B、①－4×②得到：△H3=－1625.5kJ·mol－1=－905.5－4△H2，解得△H2=＋720kJ·mol－1，即反应②为吸热反应，生成物的总能量大于反应物的总能量，故B错误；C、反应③是放热反应，△H＜0，反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此△S＞0，因此在任何温度下均能保证△G=△H－T△S＜0，此反应都能自发进行，故C正确；D、反应③为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即v逆＞v正，故D错误。故选C。13、B【解题分析】

11.2L(标准状况)氯气的物质的量为：=0.5mol，生成物中含0.7molKCl、0.2molKClO，根据氯守恒，所以X的物质的量为：0.5mol×2-0.7mol-0.2mol=0.1mol，设X中Cl的化合价为x价，由电子得失守恒分析可知：0.7mol×1=0.2mol×1+0.1mol×(x-0)，解得x=5，所以X中氯的化合价为+5价，则X为KClO3，物质的量为0.1mol，故选B。【题目点拨】明确得失电子守恒和氯守恒为解答关键。14、C【解题分析】试题分析：A.温度越高，浓硫酸的氧化性和脱水性越强，可能使乙醇脱水，降低产率，故A错误；B.③中油状液体层变薄主要是乙酸乙酯中的乙醇和盐酸被变化碳酸钠溶液溶解，故B错误；C.酚酞是有机物，易溶于有机溶剂，③中红色褪去的原因可能是酚酞溶于乙酸乙酯中，故C正确；D.乙酸乙酯分子中存在4种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，故D错误；故选C。考点：考查了乙酸乙酯的制备实验的相关知识。15、C【解题分析】

A.升高温度加快反应速率，A错误；B.用Zn粉代替Zn粒增大反应物的接触面积，加快反应速率，B错误；C.改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应，氢离子浓度降低，反应速率减小，C正确；D.滴加少量的CuSO4溶液锌置换出铜，构成铜锌原电池，加快反应速率，D错误；答案选C。16、A【解题分析】分析：盐酸和硫酸都是强酸，体积相同、pH也相同，则两种溶液中氢离子的物质的量相同，结合H++OH-=H2O分析。详解：盐酸和硫酸都是强酸，体积相同、pH也相同，则两种溶液中氢离子的物质的量相同，分别与NaOH溶液中和反应时，发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O，所以两溶液中消耗的NaOH的物质的量相同。答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、酯基溴原子消去反应或【解题分析】

(1)根据C的结构简式判断其官能团；(2)根据G、H分子结构的区别判断反应类型；(3)A是邻甲基苯甲酸，A与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生B；(4)根据同分异构体的概念及E的结构简式和对其同分异构体的要求可得相应的物质的结构简式；(5)苯酚与氢气发生加成反应产生环己醇，环己醇一部分被催化氧化产生环己酮，另一部分与HBr发生取代反应产生1-溴环己烷，1-溴环己烷发生题干信息反应产生，与环己酮发生信息反应得到目标产物。【题目详解】(1)由C结构简式可知其含有的官能团名称是酯基、溴原子；(2)由与分析可知：G与CH3COONa在乙醇存在时加热，发生消去反应产生和HI；(3)A是邻甲基苯甲酸，A与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生B；是邻甲基苯甲酸甲酯，结构简式是；(4)E结构简式为：，其同分异构体要求：①分子中含有苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有不饱和的碳碳双键；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有4种不同化学环境的氢，其中之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明是苯酚与酸形成了酯；则该物质可能为或；(5)苯酚与氢气在Ni催化下，加热，发生加成反应产生环己醇，环己醇一部分被催化氧化产生环己酮，另一部分与HBr发生取代反应产生1-溴环己烷，1-溴环己烷与P(C6H5)3发生题干信息反应产生，与在N(C2H5)3发生信息反应得到目标产物。所以由合成路线流程图为：。【题目点拨】本题考查了有机物的推断与合成的知识。掌握有机物官能团的结构对性质的决定作用，的物质推断的关键，题目同时考查了学生接受信息、利用信息的能力。18、乙醇水解反应(取代反应)酯化反应(取代反应)消去反应上口倒出+H2O【解题分析】

由E的结构可推知B为，D的分子式为C2H6O，在浓硫酸、170℃条件下得到G(C2H4)，则D为CH3CH2OH，G为CH2=CH2，C与D在浓硫酸、加热条件下得到F，结合F的分子式可知，F应为酯，则C为CH3COOH，F为CH3COOCH2CH3，A水解、酸化得到B、C、D，则A为，据此解答。【题目详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，E为，F为CH3COOCH2CH3，G为CH2=CH2。(1)根据上面的分析可知，A为，D为CH3CH2OH，D的名称是乙醇；(2)根据上面的分析可知，反应①为酯的水解反应(取代反应)，③为酯化反应(取代反应)，④为消去反应；(3)F为CH3COOCH2CH3，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，由于F的密度小于水，乙醇、乙酸都溶于水，所以用分液的方法分离混合物，F产物在上层，要从分液漏斗的上口倒出；(4)反应②是发生分子内的酯化反应，反应的反应方程式为+H2O。【题目点拨】本题考查有机物的推断的知识，主要是酯的水解反应、酯化反应、醇的消去反应，掌握各类官能团的性质与转化是本题解答的关键。注意根据转化关系中E的结构以及D、G的分子式进行推断。19、使固体充分溶解2Fe3++3Cl-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-小4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑消毒、净水B铁NaOH溶液4.536×10-53:1【解题分析】

（1）①步骤b中不断搅拌可以增大反应物的接触面积，使固体充分溶解；②溶液成紫红色时，表明有Na2FeO4生成，则步骤c中发生反应的离子方程式为2Fe3++3Cl-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-；③Na2FeO4与饱和KOH溶液反应产生K2FeO4和NaOH，说明高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小；（2）①高铁酸钾溶于水能释放大量的氧原子，即生成氧气单质，同时它本身被还原产生氢氧化铁胶体，离子反应方程式是：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑；②根据方程式可知高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是既作氧化剂杀菌消毒，同时还原产物又其净化水的作用；③结合化学平衡移动原理可知，在碱性条件下可以抑制该反应的发生，K2FeO4易溶于水，所以不能用水洗，因此选项B正确；（3）根据电解反应方程式可知NaOH溶液为电解质溶液，阳极材料是Fe，阴极材料是活动性比Fe弱的电极；（4）要形成CaFeO4沉淀，应该使c(Ca2+)·c(FeO42-)＞Ksp(CaFeO4)，c(Ca2+)＞4.536×10-9÷1.0×10-5=4.536×10-4mol/L，由于溶液的体积是100mL，所以需要Ca(OH)2的物质的量是n[Ca(OH)2]=4.536×10-4mol/L×0.1L=4.536×10-5mol；（5）干法制备高铁酸钾的反应中KNO3是氧化剂，被还原产生KNO2，化合价降低2价，Fe2O3是还原剂，被氧化产生的物质是K2FeO4，化合价升高6价，根据电子守恒可得氧化剂与还原剂的物质的量的比是3:1。20、adecbf或adecbdefNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O冷凝管或球形冷凝管饱和食盐水防止水蒸气进入d使SO2Cl2水解SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl84.4%【解题分析】

(1)收集一瓶干燥的SO2，则须先制取气体，然后提纯，再收集，因为二氧化硫有毒、易溶于水，还要对尾气进行吸收处理，据此分析解答；(2)A中是生成二氧化硫的反应；(3)盐酸容易挥发，生成的氯气中会混入氯化氢，据此分析解答；(4)无水氯化钙具有吸水性，结合SO2Cl2遇水易水解分析解答；(5)①SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即生成盐酸和硫酸；②根据NaOH与盐酸、硫酸反应，得到SO2Cl2的物质的量，从而得出质量分数。【题目详解】(1)根据图示，装置A可以用来制取二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，可以通入C中干燥，用B收集，多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，防止污染；因此欲收集一瓶干燥的SO2，装置的导管按气流方向连接的顺序是：a通过导管d把二氧化硫导入试剂瓶