2025年广东省东莞市第五高级中学高二化学第二学期期末复习检测试题含解析.doc

2025年广东省东莞市第五高级中学高二化学第二学期期末复习检测试题
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、有关晶体的叙述中正确的是
A．在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有8个原子
B．在28 g晶体硅中，含Si－Si共价键个数为4NA
C．金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C－C键键能小于Si－Si键
D．镁型和铜型金属晶体的配位数均为12
2、某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）
A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－＝Cl－+ ClO－+ H2O
B．该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－
C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O
D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO—
3、某原电池构造如图所示。下列有关叙述正确的是

A．在外电路中，电子由银电极流向铜电极
B．取出盐桥后，电流计的指针仍发生偏转
C．外电路中每通过0.1mol电子，铜的质量理论上减小6.4g
D．原电池的总反应式为Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu(NO3)2
4、一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的
①NaOH固体 ②H2O ③CH3COONa固体 ④NaNO3固体 ⑤KCl溶液
A．②③⑤ B．①② C．②④ D．②③④⑤
5、下列关于有机物命名和分类的叙述正确的是
A．的名称为2-羟基丁烷
B．的名称为2，2，3-三甲基戊烷
C．、的都属于芳香烃
D．乙二醇和丙三醇互为同系物
6、下列各组离子在指定条件下能大量共存的是(　　)
A．无色溶液中：Na+、Cu2+、Cl-、NO3-
B．强酸性溶液中：Na+、K+、OH-、SO42-
C．强碱性溶液中：K+、Mg2+、NO3－、NH4+
D．无色透明溶液中：Al3+、Na+、SO42-、Cl-
7、电子由3d能级跃迁至4p能级时，可通过光谱仪直接摄取（　　）
A．电子的运动轨迹图象 B．原子的吸收光谱
C．电子体积大小的图象 D．原子的发射光谱
8、既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的化合物是
①NaHCO3 ②Al2O3 ③Al(OH)3 ④Al
A．①②③ B．①④ C．②③④ D．①②③④
9、化学与生产、生活有关，下列说法正确的是
A．将淀粉在稀硫酸中最后水解产物与银氨溶液混合，水浴加热后可出现光亮的银镜
B．尼龙绳、宣纸、棉衬衣这些生活用品中都主要由合成纤维制造
C．核磁共振谱、红外光谱和质谱法都可以分析有机物的结构
D．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，两者水解产物可与新制的Cu(OH)2悬浊液反应
10、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A． 的溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3-
B．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-
C．c(Fe2+)=1 mol/L的溶液中： Na+、NH4+、AlO2-、SO42-
D．能使甲基橙变红的溶液中： K+、NH4+、SO42-、HCO3-
11、下列说法中正确的是(　　)
A．常温下，pH均为3的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1∶108
B．25 ℃时0.1mol•L－1NH4Cl溶液的KW大于100 ℃时0.1mol•L－1NaCl溶液的KW
C．根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH＝6.5的溶液一定显酸性
D．室温下，将pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，溶液显中性
12、电解精炼铜时，下列叙述不正确的是：（ ）
A．与电源正极相连的电极是粗铜板 B．阴极发生反应：Cu2+ +2e-==Cu
C．电解池的阳极材料为纯铜薄片 D．粗铜板上发生氧化反应
13、化学与生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物
B．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料
C．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程
D．向鸡蛋清溶液中加入NaCl固体时，因蛋白质变性致溶液变浑浊
14、下表是第三周期部分元素的电离能[单位：eV(电子伏特)]数据。
元素
I1/eV
I2/eV
I3/eV
甲
5.7
47.4
71.8
乙
7.7
15.1
80.3
丙
13.0
23.9
40.0
丁
15.7
27.6
40.7
根据以上数据分析，下列说法正确的是
A．甲的金属性比乙弱 B．乙的化合价为＋1价
C．丙一定为非金属元素 D．丁一定为金属元素
15、下列有关化学用语表示正确的是( )
A．羟基的电子式： B．CH2F2的电子式：
C．对硝基甲苯的结构简式： D．乙烯的结构式：CH2CH2
16、将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池（如图所示），该电池可将可乐（pH=2.5）中的葡萄糖转化成葡萄糖内酯并获得能量。下列说法正确的是

A．a极为正极
B．外电路电子移动方向为b到a
C．b极的电极反应式为：MnO2+2H2O+2e-=Mn2++4OH-
D．当消耗0.01mol葡萄糖时，电路中转移0.02mol电子
二、非选择题（本题包括5小题）
17、煤的综合利用备受关注。有如下的转化关系，CO与H2不同比例可以分别合成A、B，已知烃A对氢气的相对密度是14，B能发生银镜反应，C为常见的酸味剂。

（1）有机物C中含有的官能团的名称是____________________。
（2）反应⑤的反应类型为______________。
（3）写出③的反应方程式 ____________。
（4）下列说法正确的是______________。（填字母）
A．第①步是煤的液化，为煤的综合利用的一种方法
B．有机物B和C都可以与新制氢氧化铜发生反应
C．有机物C和D的水溶液都具有杀菌消毒作用
D．乙酸乙酯与有机物D混合物的分离，可以用氢氧化钠溶液振荡、静置分液的方法
18、A、B、C、D1、D2、E、F、G、H均为有机化合物，请根据下列图示回答问题。

（1）直链有机化合物A的结构简式是__________________；
（2）B中官能团的名称为___________；
（3）①的反应试剂和反应条件是__________；
（4）D1或D2生成E的化学方程式是___________________________________；
（5）G可应用于医疗、爆破等，由F生成G的化学方程式是_____。
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________（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是________________。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性＞，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＞。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：________________。
20、氯碱工业中电解饱和食盐水流程及原理示意图如下图所示。

（1）生成H2的电极反应式是_________________________________________。
（2）Na+向________（填“E”或“F”）方向移动，溶液A的溶质是______________。
（3）电解饱和食盐水总反应的离子方程式是_____________________________。
（4）常温下，将氯碱工业的附属产品盐酸与氨水等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表。
实验编号
氨水浓度/mol·L－1
盐酸浓度/mol·L－1
混合溶液pH
①
0.1
0.1
pH=5
②
c
0.2
pH=7
③
0.2
0.1
pH＞7
ⅰ. 实验①中所得混合溶液，由水电离出的c（H+）=______ mol·L-1。
ⅱ. 实验②中，c______0.2（填“>”“<”或“=”）。
ⅲ. 实验③中所得混合溶液，各离子浓度由大到小的顺序是__________________。
ⅳ. 实验①、③所用氨水中的 ：①___________③（填“>”“<”或“=”）。
（5）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－氯水体系中的Cl2（aq）、HClO和ClO－分别在三者中所占分数（α）随pH变化的关系如下图所示。

下列表述正确的是_______。
A．氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好
B．在氯处理水体系中，c（HClO）+c（ClO－）=c（H+）-c（OH－）
C．用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时效果差
21、碳铵是一种较常使用的化肥，它在常温下易分解．某化学兴趣小组对碳铵的成分存在疑问，时行了如下探究．
（定性实验）检验溶液中的阴、阳离子
取少量固体放入试管中，加入盐酸，把生成的气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成．再另取少量碳铵放入试管中，加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，石蕊试纸变蓝色．
（1）根据实验现象，推测碳铵中所含有阴离子可能是_________和__________；
（2）根据实验现象，碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是________________；
（定量试验）测定碳铵中C元素和N元素质量比．该兴趣小组准确称取ag碳铵，加热使之分解，并把产物通入碱石灰中，如图1所示．

（3）碳铵固体应放在________中进行加热．
A．试管
B．蒸发皿
C．烧瓶
D．坩埚
（4）从安全的角度考虑，尾气处理的装置可以选用如图2中的___________；
（5）若灼烧后没有固体残余，称量U形管在实验前后的质量差为bg．由此测得N元素的质量是_________g．
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A、在二氧化硅晶体中，由Si、O原子构成的最小单元环为6个Si原子、6个O原子的12元环，A错误；
B、28gSi的物质的量是1mol，每个Si原子与4个Si原子形成4个共价键，属于该Si原子的只有2个，所以1molSi晶体中只有2NA共价键，B错误；
C、金刚石中的C－C键键长小于Si－Si键，所以C－C键键能大于Si－Si键，则金刚石的熔沸点高，C错误；
D、Mg与Cu的晶体堆积方式都是最密堆积，其配位数都是12，D正确；
答案选D。
2、B
【解析】
A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确；
B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；
C、根据HCl和HClO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确；
D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。
答案选B。
3、D
【解析】
A、该原电池铜为负极，银为正极，在外电路中，电子由负极流向正极，错误；
B、取出盐桥后，装置断路，无法构成原电池，电流表的指针不能发生偏转，错误；
C、根据负极极反应：Cu-2e-=Cu2+规律，外电路中每通过0.1 mol电子，铜的质量理论上减小0.1×0.5×64 =3.2g，错误；
D、金属铜置换出银，发生电子转移构成原电池，总反应式为Cu＋2AgNO3= =2Ag＋Cu(NO3)2，正确；
答案选D。
原电池重点把握三点：电子流向：负极流向正极；电流流向：正极流向负极；离子流向：阳离子流向正极，阴离子流向负极。
4、A
【解析】
为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，应降低溶液中氢离子的浓度，而不影响氢离子的总的物质的量，据此进行分析。
【详解】
①加入NaOH固体，NaOH会和盐酸反应，消耗氢离子，生成氢气的总量减少，①错误；②加入水，盐酸浓度降低，反应速率减小，氢离子总物质的量不变，生成氢气的总量不变，②正确；③加入CH3COONa固体生成弱酸：CH3COOH，H+浓度降低，反应速率减慢，但H+的总的物质的量不变，不影响生成氢气的总量，③正确；④加入NaNO3固体，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能与铁粉反应生成NO和水，影响了生成氢气的总量，④错误；⑤因为KCl不与盐酸或铁粉反应，加入KCl溶液相当于加水，盐酸浓度降低，反应速率减小，生成氢气的总量不变，⑤正确；综上所述，A项正确；
答案选A。
5、B
【解析】分析：本题考查的是有机物的命名，难度较小。
详解：A.该有机物的名称应该为2-丁醇，故错误；B.该有机物的名称应该为2,2,3-三甲基戊烷，故正确；C.该有机物为苯和环烯烃，环烯烃不含苯环结构，不属于芳香烃，故错误；D.乙二醇和丙三醇的羟基数目不同，不是同系物，故错误。故选B。
点睛：注意同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质。所说的结构相似是指属于同类物质，即官能团种类和个数相同。如醇和酚类不可能属于同系物，乙醇和乙二醇或丙三醇不可能是同系物。
6、D
【解析】
A.Cu2+的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，A不合理；
B.强酸性溶液中含有大量的H+，H+、OH-会发生反应产生H2O，不能大量共存，B不合理；
C.强碱性溶液中含有大量的OH-，OH-、Mg2+、NH4+会发生反应产生Mg(OH)2、NH3·H2O，不能大量共存，C不合理；
D.在无色透明溶液中：Al3+、Na+、SO42-、Cl-之间不发生反应，可以大量共存，D合理；故合理选项是D。
7、B
【解析】
电子由3d能级跃迁至4p能级时，需要吸收能量，所以选项B正确。答案选B。
8、A
【解析】
一般情况下，弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、两性氧化物、两性氢氧化物、金属铝等既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应。
【详解】
①. NaHCO3与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，①符合题意；
②. Al2O3是两性氧化物，既能跟稀盐酸反应生成氯化铝和水，又能跟氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，②符合题意；
③.Al(OH)3是两性氢氧化物，既能跟稀盐酸反应生成氯化铝和水，又能跟氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，③符合题意；
④.Al既能跟稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，又能跟氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，但金属铝是单质，不是化合物，④不符合题意，综上所述，符合题意的是①②③，答案选A。
本题考查元素化合物的性质，明确元素化合物的性质及物质之间的反应是解题的关键，试题难度不大，注意Al虽然既能和稀盐酸反应也能和氢氧化钠溶液反应，但Al是金属单质而不是化合物，为易错点。
9、D
【解析】
A．加银氨溶液前应先加过量NaOH中和硫酸，否则银氨溶液和硫酸反应了，不会出现银镜，A错误；
B．尼龙是合成纤维，宣纸、棉衬衣由天然纤维加工而成，B错误；
C．核磁共振氢谱可以测分子中等效氢种类和个数比，红外光谱测分子中的官能团和某些结构，质谱法测有机物相对分子质量，C错误；
D．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，蔗糖水解成一分子葡萄糖和一分子果糖，麦芽糖水解成2分子葡萄糖，水解产物均有葡萄糖，葡萄糖含醛基，可与新制的Cu(OH)2悬浊液反应产生砖红色沉淀，D正确。
答案选D。
10、A
【解析】
离子之间能够大量共存是指离子之间既不发生反应生成沉淀、气体、水、弱电解质等，也不发生氧化还原反应、络合反应等，据此进行分析解答。
【详解】
A．的溶液呈碱性，这几种离子相互间不反应且都不与氢氧根离子反应，所以能大量共存，A选项符合题意；
B．Fe3+、SCN−发生络合反应而不能大量共存，B选项不符合题意；
C．Fe2+、NH4+与AlO2-发生双水解而不能大量共存，C选项不符合题意；
D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3−能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，D选项不符合题意；
答案选A。
离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件，如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如本题D项限定条件：能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性；还有一些限定条件如：常温下水电离出来的H+和OH-浓度为1×10-10，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如本题A项的溶液，说明溶液呈碱性；做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
11、A
【解析】分析：醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度；水的离子积常数与温度有关，温度越大，离子积常数越大；弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变。
详解：A、醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度为10-3mol/L，10-11：10-3=1:108，故A正确；
B、升高温度，水的离子积KW增大，故B错误；
C、温度未知，无法判断溶液的酸碱性，故C错误；
D、室温下，将pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，碱过量，溶液呈碱性，故D错误；
故选A。
12、C
【解析】
电解法进行粗铜的精炼：粗铜做阳极（发生氧化反应），纯铜做阴极（铜离子发生还原反应），含有铜离子的溶液做电解液。
【详解】
电解精炼铜时，粗铜为阳极，和电源正极相连，发生氧化反应；精铜为阴极，和电源负极相连，发生还原反应，阴极发生反应:Cu2+＋2e－＝Cu；因此A、B、D选项正确，C错误；正确选项C。
13、C
【解析】
A．因淀粉、纤维素属于高分子化合物，油脂不是高分子化合物，选项A错误；
B．合成纤维、人造纤维都属于有机高分子材料，碳纤维是碳的单质，不属于有机高分子材料，选项B错误；
C. 粮食酿酒是粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，均为化学变化，选项C正确；
D. NaCl是轻金属盐，向鸡蛋清溶液中加入NaCl(s)时发生盐析，则溶液变浑浊，鸡蛋清不发生变性，选项D错误；
答案选C。
14、C
【解析】
由表中数据可知，甲的第一电离能比乙低，所以甲的金属性比乙强；乙的第三电离能明显比第一、第二电离能高了很多，所以乙的最外层只有两个电子，乙为金属镁，其化合价为+2；甲的第一电离能最小，所以甲为钠。丙一定不是铝，因为铝的第一电离能比镁小，所以丙一定是非金属元素，丁的第一电离能比丙更大，所以丁一定为非金属。综上所述，C正确。
点睛：同一周期中各元素的第一电离能随原子序数递增呈逐渐增大的趋势，但是每一周期的第IIA（s轨道全充满）和第VA（p轨道半充满）元素的原子结构有特殊性，所以它们的第一电离能高于相邻的两种元素。同一元素的电离能逐级升高，但是升高的幅度不同，根据这个特点可以把核外电子分成不同的电子层，并由此确定元素的主要化合价。
15、A
【解析】
A．羟基是电中性基团，氧原子与氢原子以1对共用电子对连接，电子式为，故A正确；
B．CH2F2的电子式中，氟原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：，故B错误；
C．对硝基甲苯的结构简式为：，故C错误；
D．乙烯分子内含有碳碳双键，其结构式为，故D错误；
故答案为A。
16、D
【解析】
A．根据图知：葡萄糖C6H12O6转化为葡萄糖内酯C6H10O6，C元素化合价由0价转化为+，则该电极上失电子发生氧化反应，所以a为负极，b为正极，故A错误；
B． 外电路电子移动方向为由负极a到正极b，故B错误；
C．b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和锰离子，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O ，故C错误；
D．根据C6H12O6- 2e-= C6H10O6 + 2H +知，消耗1mol葡萄糖转移2mol电子，则消耗0.01mol葡萄糖转移0.02mol电子，故D正确；
故答案：D。
根据原电池工作原理进行分析。负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，外电路电子由负极经导线回到正极。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、羧基 加成（或还原） 2CO+3H2→CH3CHO+H2O BC
【解析】
已知烃A对氢气的相对密度是14，A的相对分子质量是28，A是乙烯，乙烯氧化生成乙酸，则C是乙酸。乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则D是乙醇。B能发生银镜反应，与氢气加成生成乙醇，则B是乙醛，解据此解答。
【详解】
（1）有机物C是乙酸，其中含有的官能团的名称是羧基。
（2）反应⑤ 乙醛和氢气发生加成反应生成乙醇，即反应类型为加成反应。
（3）根据原子守恒可知③的反应方程式为2CO+3H2→CH3CHO+H2O。
（4）A．第①步是煤的气化，A错误；
B．乙醛和乙酸都可以与新制氢氧化铜发生反应，B正确；
C．有机物乙酸和乙醇的水溶液都具有杀菌消毒作用，C正确；
D．乙酸乙酯与有机物D混合物的分离，可以用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液的方法，乙酸乙酯能与氢氧化钠反应，D错误；
答案选BC。
18、 碳碳双键、氯原子 Cl2、光照或高温
【解析】
题干中指出A为链状有机物，考虑到分子式为C3H6，所以A为丙烯；那么结合A和B的分子式分析可知，由A生成B的反应，即为丙烯中甲基的氯代反应；从B生成C的反应即为B与溴单质的加成反应。氯水中含有HClO，其结构可以写成H-O-Cl；B可以与氯水反应生成D1和D2，分子式均为C3H6OCl2，所以推测这一步骤发生的是B与HClO的加成反应。油脂水解的产物之一是甘油，所以F即为甘油，考虑到G的用途，G即为硝化甘油。E可以在碱性溶液中反应得到甘油，并且E的分子式为C3H5OCl，结合D的结构推断E中含有醚键，即E的结构为。
【详解】
(1)直链有机化合物A即为丙烯，结构简式为CH2=CH-CH3；
(2)通过分析可知B的结构即为：CH2=CH-CH2Cl，所以其中的官能团有碳碳双键和氯原子；
(3)通过分析可知，反应①即甲基上氢原子的氯代反应，所以试剂是Cl2，条件是光照或者高温；
(4)通过分析可知，D1和D2的结构可能是、，因此反应生成E的方程式为：2 +Ba(OH)22+2H2O+BaCl2；
(5)通过分析G即为硝化甘油，所以生成G的反应方程式为：
。
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。
③ C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Cl2FeO42-；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K2FeO4的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置→除杂净化装置→制备实验装置→尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空为开放性答案，要注重多角度思考。
20、 F NaOH 2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－ 10－5 ＞ c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+） ＞ C
【解析】
电解饱和食盐水，氯离子在阳极（E极）失去电子生成氯气，水电离的H+在阴极（F极）得电子生成氢气，同时生成OH-，离子方程式是2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－.
【详解】
（1）由装置图中氯气和氢气的位置判断，生成氢气的极为阴极，水电离的H+在阴极得电子生成氢气，电极反应式为；
破坏水的电离平衡，浓度增大，溶液A为氢氧化钠溶液，故溶质为NaOH.
（2）电解池中阳离子向阴极移动，所以Na+向F极移动，在F极水电离的H+得电子生成氢气，破坏水的电离平衡，OH-浓度增大，溶因此液A为氢氧化钠溶液，故溶质为NaOH；
（3）电解饱和食盐水，氯离子在阳极失去电子生成氯气，水电离的H+在阴极得电子生成氢气，同时生成OH-，离子方程式是2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－；
（4）ⅰ.从第①组情况分析,生成了氯化铵溶液,铵离子水解,溶液显示酸性,溶液中的氢离子是水电离的,故中由水电离出的c（H+）=1×10-5 mol·L-1；
ⅱ. 从第②组情况表明, pH=7,溶液显示中性,若c=2,生成氯化铵溶液,显示酸性,故氨水的浓度稍大些,即c大于0.2mol/L；
ⅲ. 0.2 mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合后，得到等浓度的一水合氨与氯化铵的混合溶液，溶液 pH＞7,说明氨水的电离程度大于水解程度,故铵离子浓度大于氨水浓度;，所以c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+）；
ⅳ. NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，NH3·H2ONH4++OH-，电离平衡常数 ，则，增大NH3·H2O的浓度，电离平衡正向移动，OH-浓度增大，实验①、③相比较，③中OH-浓度大，OH-浓度越大， 越小，所以①＞③；
（5）A、夏季温度较高，氯气溶解度随温度的升高而降低，且HClO的电离是吸热的，升高温度平衡正向移动，水中HClO浓度减小，杀毒效果差，故A错误。
B、根据电荷守恒可以得到c（OH－）+c（ClO－）=c（H+），故B错误；
C、由于HClO的杀菌能力比ClO－强，因此HClO的浓度越高，杀菌能力越强，由图中可知pH=6.5时的次氯酸浓度更大，故C正确；
综上所述，本题正确答案为C。
21、HCO3﹣CO32﹣NH4++OH﹣=NH3↑+H2O、HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O（或NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3+CO32﹣+2H2O）AA（a﹣b）g
【解析】
分析：【定性实验】取少量固体放入试管中,加入盐酸,把生成的气体通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成,白色沉淀为碳酸钙;再另取少量碳铵放入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,石蕊试纸变蓝色,则气体为氨气；据此回答(1)(2)。
【定量试验】ag碳铵,加热使之分解,碱石灰增重为水和二氧化碳的质量,尾气处理为氨气,
(3)因加热装置后连接U形管,以此选择仪器；
(4)尾气处理,应防止倒吸；
(5)灼烧后没有固体残余,称量U形管在实验前后的质量差为bg,则氨气的质量为(a-b)g；
详解:【定性实验】取少量固体放入试管中,加入盐酸,把生成的气体通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成,白色沉淀为碳酸钙,盐中阴离子可能HCO3﹣、CO32﹣；再另取少量碳铵放入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,石蕊试纸变蓝色,则气体为氨气,则原固体中含铵根离子,
(1)由上述分析可以知道,阴离子可能为HCO3﹣、CO32﹣,因此，本题正确答案是：HCO3﹣、CO32﹣；
(2)碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是NH4++OH﹣=NH3↑+H2O、HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O（或NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3+CO32﹣+2H2O）,
因此，本题正确答案是：NH4++OH﹣=NH3↑+H2O、HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O（或NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3+CO32﹣+2H2O）；
【定量试验】ag碳铵,加热使之分解,碱石灰增重为水和二氧化碳的质量,尾气处理为氨气,
(3)因加热装置后连接U形管,则选择仪器只能为试管,
因此，本题正确答案是:A;
(4)尾气处理,应防止倒吸,B不能防止倒吸,C中气体收集时导管应短进,D中为密闭容器可能会炸裂,只有A装置收集及防倒吸,
因此，本题正确答案是:A;
(5)灼烧后没有固体残余,称量U形管在实验前后的质量差为bg,则氨气的质量为(a-b)g,则含N质量为(a-b)g,
因此，本题正确答案是：(a-b)g；