浙江省杭州地区2025届高二化学第二学期期末考试试题含解析.doc

浙江省杭州地区2025届高二化学第二学期期末考试试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、某溶液中可能含有K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、I﹣、Cl﹣中的一种或多种，进行如图所示的实验，下列说法正确的是（　　）

A．溶液X中有Fe3+、SO42﹣
B．溶液X中有Fe2+、I﹣可能有SO42﹣、Cl﹣
C．溶液X中有I﹣、Cl﹣，无CO32﹣
D．溶液X中有I﹣，Fe2+和Fe3+两种离子中至少有一种
2、某有机物分子结构式如下图，下列说法正确的是( )

A．取少量该有机物，滴加酸性高锰酸钾溶液，微热，有气体产生
B．所有的碳原子不可能处在同一个平面上
C．所有的氧原子不可能同时处在苯环平面上
D．所有的氢原子有可能同时处在苯环平面上
3、下列表示错误的是(　　)
A．Na+的轨道表示式：
B．Na+的结构示意图：
C．Na的电子排布式：1s22s22p63s1
D．Na的简化电子排布式：[Ne] 3s1
4、甲溶液的pH是4，乙溶液的pH是5，甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为
A．10：1 B．1：10 C．2：1 D．1：2
5、钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法不正确的是

A．该晶体属于离子晶体
B．晶体的化学式为Ba2O2
C．该晶体晶胞结构与NaCl相似
D．与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个
6、下列粒子属等电子体的是（　　）
A．NO和O2 B．CH4和NH4+ C．NH2ˉ 和H2O2 D．HCl和H2O
7、在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是
A．强碱性溶液: K+、Al3+、Cl-、SO42-
B．含有大量NH4+的溶液: Na+、S2-、OH-、NO3-
C．通有足量NO2的溶液: K+、Na+、SO42-、AlO2-
D．强酸性溶液: Na+、Fe3+、NO3-、Cl-
8、将NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH配成100.0 mL混合溶液，向该溶液中通入足量CO2，生成沉淀的物质的量n(沉淀)，与通入CO2的体积（标准状况下）V(CO2)的关系，如下图所示，

下列说法中正确的是（ ）
A．P点的值为12.32
B．混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)=4.0 mol/L
C．bc段的化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3
D．cd段表示Al(OH)3沉淀溶解
9、区别植物油和矿物油的正确方法是
A．加酸性KMnO4溶液、振荡 B．加NaOH溶液、煮沸
C．加Br2水、振荡 D．加新制碱性Cu(OH)2悬浊液、煮沸
10、继屠呦呦从青蒿中成功提取出青蒿素后，中国科学院上海有机化学研究所又在 1982 年人工合成了青蒿素，其部分合成路线如下所示，下列说法不正确的是

A．香茅醛能发生加聚反应和还原反应
B．“甲→乙”发生了取代反应
C．甲发生完全催化氧化反应使官能团种类增加
D．香茅醛存在顺反异构现象
11、实验室利用乙醇催化氧化法制取并提纯乙醛的实验过程中，下列装置未涉及的是（）
A． B． C． D．
12、某中性有机物C10H20O2在稀硫酸作用下加热得到M和N两种物质，N经氧化最终可得到M，则该中性有机物的结构可能有 (　　)
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
13、向某碳酸钠溶液中逐滴加1 mol·L─1的盐酸，测得溶液中Cl─、HCO3─的物质的量随加入盐酸体积的关系如图所示，其中n2:n1=3:2，则下列说法中正确的是 ( )

A．Oa段反应的离子方程式与ab段反应的离子方程式相同
B．该碳酸钠溶液中含有1mol Na2CO3
C．b点的数值为0.6
D．b点时生成CO2的物质的量为0.3 mol
14、下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．地沟油与矿物油均属于酯类物质
B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C．直馏汽油、裂化汽油、植物油均能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
15、金属键的形成是通过　　
A．金属原子与自由电子之间的相互作用
B．金属离子与自由电子之间强烈的相互作用
C．自由电子之间的相互作用
D．金属离子之间的相互作用
16、某科研小组利用甲醇燃料电池进行如下电解实验，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，下列说法不正确的是

A．甲池中通入CH3OH的电极反应：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O
B．甲池中消耗560mLO2（标准状况下），理上乙池Ag电极增重3.2g
C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度
D．丙池右侧Pt电极的电极反应式：Mg2++2H2O+2e-=Mg(OH)2↓+H2↑
二、非选择题（本题包括5小题）
17、A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示（部分反应物、生成物没有列出），且已知G为地壳中含量最多的金属元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。

请填写下列空白：
（1）写出下列物质的化学式A_______________；G____________________；
（2）若C→D为化合反应，则此时的化学方程式_______________________________；
（3）写出E→F的化学方程式___________________________________________ ；
（4）写出反应④的离子方程式___________________________________________；
18、香兰素具有浓郁的奶香，味微甜，广泛用于食品、巧克力、冰淇淋、饮料以及日用化妆品中起增香和定香作用。下面是一种以甲苯为原料合成香兰素的路线。

已知：
①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
②R-NO2R-NH2。
③R-NH2+R'COOR"R-NHR"。
回答下列问题：
（1）下列说法不正确的是________。
A. 化合物A能发生还原反应 B. 化合物E能与碳酸氢钠反应产生气体
C. 化合物F具有弱酸性 D. 香兰素分子中最多12个原子共平面
（2）由F生成香兰素的化学反应方程式为________。
（3）E的结构简式为__________。
（4）写出以甲苯和乙酸乙酯为原料制备的合成路线____（用流程图表示，无机试剂任选）。
（5）写出比E分子多3个碳原子的同系物的所有同分异构体结构简式，且符合以下要求： _______。
①能使FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应。②核磁共振氢谱中存在5种氢原子。
19、（1）对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：过滤、蒸发、蒸馏、萃取、加热分解等。
下列各组混和物的分离或提纯应采用什么方法？
①实验室中的石灰水久置，液面上常悬浮有CaCO3微粒。可用_______________的方法除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3微粒。
② 提取碘水中的碘，用_____________方法。
③除去食盐溶液中的水，可采用___________的方法。
④ 淡化食盐水，可采用____________的方法。
⑤ 除去氧化钙中的碳酸钙可用___________的方法
（2）①分离沸点不同但又互溶的液体混合物，常用什么方法？试举例说明。
____________________________。
（3）在分液漏斗中用一种有机溶剂提取水溶液里的某物质时，静置分层后，如果不知道哪一层液体是“水层”，试设计一种简便的判断方法。
___________________________。
20、NaNO2可用作食品添加剂。NaNO2能发生以下反应：3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O
NO2-+Ag+=AgNO2↓(淡黄色)
某化学兴趣小组进行以下探究。回答有关问题：
(l)制取NaNO2反应原理：Na2CO3+2NO2=NaNO2+NaNO3＋CO2 Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2
用下图所示装置进行实验。

①铜与浓硝酸反应的化学方程式为______________________________。
②实验过程中，需控制B中溶液的pH＞7，否则产率会下降，理由是_________。
③往C中通入空气的目的是____________________(用化学方程式表示)。
④反应结束后，B中溶液经蒸发浓缩、冷却结品、___________ 等操作，可得到粗产品晶体和母液。
(2)测定粗产品中NaNO2的含量
称取5.000g粗产品，溶解后稀释至250mL。取出25.00 mL溶液，用0.1000 mol·L-1KMNO4酸性溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为20.00mL。已知：2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O
①稀释溶液时，需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有 _________(填标号)。
A．容量瓶 B．量筒 C．胶头滴管 D．锥形瓶
②当观察到_________________时，滴定达到终点。
③粗产品中NaNO2的质量分数为____________ (用代数式表示)。
21、甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义。有人模拟用CO和H2合成甲醇，其反应为：CO(g) + 2H２(g) ⇌ CH3OH(g)  △H<0
（1）在容积固定为1L的密闭容器内充入2 mol CO和4 mol H2发生上述反应，20min时用压力计监测容器内压强的变化如下：
反应时间/min
0
5
10
15
20
25
压强/MPa
12.4
10.2
8.4
7.0
6.2
6.2
则反应从开始到20min时，以CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)=_________mol/(L·min)，该温度下平衡常数K=___________，若平衡后增大压强，则K值_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）在恒温恒容的密闭容器中，不能判定CO(g)+2H２(g) ⇌CH3OH(g) △H<0，反应达到平衡的是___________；
A、压强保持不变        B、气体的密度保持不变    
C、气体平均摩尔质量保持不变   D、速率v（H２）：v（CH3OH）=2：1
（3）如图是甲醇燃料电池结构示意图，C是________（填“正”或“负”）极，写出此电极的电极反应式__________________________________________。

（4）若以该电池为电源，用石墨做电极电解100mL CuSO4溶液，电解一段时间后，两极均收集到11.2L的气体（标准状况下），则原CuSO4溶液的物质的量浓度为________mol/L。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
由实验流程可知，过量氯水反应后的溶液，加入CCl4萃取后下层的紫红色，说明原溶液中含有I-，则能够氧化I-的Fe3+不能同时存在于溶液中。此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl-，所以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀，其中Cl-不能说明存在于原溶液中。另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+，但是该Fe3+又不能存在于原溶液中，那只能是Fe2+开始时被氯水氧化生成Fe3+，所以原溶液中含有Fe2+；Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32-，由上述分析可知，原溶液X中一定含有I-、Fe2+，一定不存在Fe3+、CO32-，不能确定是否存在K+、Na+、SO42-、Cl-，A．X中不含Fe3+，A错误；B．由分析可知溶液X中有Fe2+、I-可能有SO42-、Cl-，B正确；C．不能确定是否存在Cl-，C错误；D．X中不含Fe3+，D错误；答案选B。
2、A
【解析】
A．有机物结构中含有的乙烯基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，生成二氧化碳气体，故A正确；
B．有机物中苯环和乙烯基是平面结构，-CH2CH2OH与苯环上的碳原子共3个碳原子也是平面结构，则此有机物中所有的碳原子可能处在同一个平面上，故B错误；
C．酚羟基上的氧原子一定在苯环的平面上，而-CH2CH2OH上的2个碳原子与氧原子在同一平面上，则与苯环也可能在同一平面上，即所有的氧原子可能同时处在苯环平面上，故C错误；
D．-CH2CH2OH上所有氢原子不可能在同一平面上，则有机物中所有的氢原子不可能同时处在苯环平面上，故D错误；
故答案为A。
3、A
【解析】
A．钠离子的核电荷数为11，核外电子数为10，核外电子排布式为1s22s22p6，每个轨道上存在自旋方向相反的电子，电子排布图：，故A错误；
B．基态Na原子的电子排布式：1s22s22p63s1，故B正确；
C．Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，结构示意图为，故C正确；
D．钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，或简写为[Ne]3s1，故D正确；
故答案为A。
4、A
【解析】
甲溶液的pH是4，c（H+）=10-4；乙溶液的pH是5，c（H+）=10-5，因此甲溶液与乙溶液的c（H+）之比为10∶1。A正确；答案选A。
5、B
【解析】
A、Ba是活泼金属，O是活泼非金属形成是离子化合物，A正确；
B、根据Ba和O在晶胞的位置，晶胞中共含有Ba的个数为8×+6×=4，O个数为12×+1=4，所以Ba与O的个数比为1：1，该氧化物为BaO，B错误；
C、NaCl晶胞也是该结构，C正确；
D、与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×个，每个顶点为8个晶胞共有，则共有8×3×=12个，D正确；
故选B。
6、B
【解析】
原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，据此分析解答。
【详解】
A．NO和O2的价电子数不等，不能互为等电子体，A错误；
B．CH4和NH4+的原子数和价电子数分别都相等，二者互为等电子体，B正确；
C．NH2¯和H2O2的原子数和价电子数分别都不相等，不能互为等电子体，C错误；
D．HCl和H2O的原子数不相等，不能互为等电子体，D错误。
答案选B。
7、D
【解析】A. 强碱性溶液Al3+不能大量共存，A错误；B. 含有大量NH4+的溶液中OH-不能大量共存，B错误；C. 通有足量NO2的溶液中含有硝酸，AlO2-不能大量共存，C错误；D. 强酸性溶液中Na+、Fe3+、NO3-、Cl-之间不反应，可以大量共存，D正确，答案选D。
8、B
【解析】
分析：开始通入CO2，二氧化碳与氢氧化钡反应有沉淀BaCO3产生；将Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀(即沉淀的量保持不变)；NaOH被消耗完毕，接下来二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3反应，沉淀量不变，继续与BaCO3反应，沉淀减少，最后剩余沉淀为Al(OH)3。
详解：A. 根据上述分析，b点对应的溶液中含有碳酸钠，c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，d点对应的溶液中含有碳酸氢钠和碳酸氢钡，溶解碳酸钡消耗的二氧化碳为22.4L-15.68L=6.72L，物质的量为=0.3mol，因此原混合溶液中含有0.3mol Ba(OH)2；c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，根据碳元素守恒，生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗=0.7mol二氧化碳，因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol -0.3mol=0.4mol，根据钠元素守恒，混合溶液中n(NaOH)+n(NaAlO2) =0.4 mol，b点消耗的二氧化碳是与NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH反应生成碳酸钡，氢氧化铝和碳酸钠的二氧化碳的总量，根据CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al(OH)3↓+Na2CO3可知，n (CO2)=n[Ba(OH)2]+ n(NaOH)+n(NaAlO2)=0.3mol+0.2mol=0.5mol，体积为11.2L，故A错误；B. c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，根据碳元素守恒，生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗=0.7mol二氧化碳，因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol -0.3mol=0.4mol，根据钠元素守恒，混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)==4.0 mol/L，故B正确；C. bc段是碳酸钠溶解的过程，反应的化学反应方程式为：Na2CO3+H2O +CO2=2NaHCO3，故C错误；D. cd段是溶解碳酸钡的过程，故D错误；故选B。
点睛：本题考查了二氧化碳、偏铝酸钠等的性质和相关计算，本题的难度较大，理清反应的顺序是解题的关键。本题的难点为A，要注意守恒法的应用。
9、B
【解析】
植物油为不饱和脂肪酸甘油酯，矿物油多为饱和烃类物质，也可能含有不饱和烃，利用酯、烯烃的性质可区别二者，以此来解答。
【详解】
A. 植物油与矿物油都有碳碳双键与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色，不能区别，故A错误；
B. 植物油为高级脂肪酸甘油酯，能够在碱性环境下水解，生成易溶于水的物质，反应后液体不再分层，可鉴别，故B正确；
C. 植物油与矿物油均可使溴水发生加成反应使其褪色，不可区别，故C错误；
D. 二者均不与新制Cu(OH)2悬浊液反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；
故答案选：B。
10、D
【解析】
A．香茅醛含有碳碳双键，能发生加聚反应，含有醛基，能与氢气发生还原反应，故A正确；
B．甲→乙是羟基中H原子被甲基取代，属于取代反应，故B正确；
C．甲中官能团只有羟基1种，-CH2OH催化氧化得到-CHO，而环上的羟基催化氧化得到羰基，有2种官能团，故C正确；
D．碳碳双键中1个碳原子连接2个甲基，不存在顺反异构，故D错误。
故选：D。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的性质、有机反应类型，甲分子中不同位置的羟基发生催化氧化的产物不同为易错点。
11、C
【解析】
乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，结合相关装置分析
【详解】
A、分离提纯得到乙醛用蒸馏法，蒸馏要用到该装置，故A不选；
B、B装置是乙醇的催化氧化装置，故B不选；
C、提纯乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和烧杯，C选；
D、蒸馏法提纯乙醛要用到冷凝管，故D不选；
故选C。
12、C
【解析】
有机物C10H20O2在酸性条件下能水解，说明C10H20O2为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成有机物M和M，且N在一定条件下可转化成M，说明M和N的碳原子数相同，且碳链相同，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析，C10H20O2是饱和酯，且两边碳链相同，因此M为C4H9COOH，N为C4H9CH2OH，二者中都含有烃基-C4H9，-C4H9有四种结构：C-C-C-C-、、、，则C10H20O2有四种结构，故选C。
13、C
【解析】
Oa段反应的离子方程式为CO32－＋H＋===HCO3－，ab段反应的离子方程式为HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O，HCO3－的物质的量最多为0.5 mol，说明原溶液中Na2CO3的物质的量为0.5 mol，a点时消耗的HCl的物质的量为0.5 mol。假设ab段加入了m mol HCl，由题意可知，＝，解得m＝0.1，由化学方程式可知b点时共消耗HCl 0.6 mol，其体积为0.6 L，生成CO2为0.1 mol。
14、B
【解析】
A.矿物油的主要成分属于烃类，地沟油的主要成分属于酯类，A错误；
B.疫苗是用病原微生物(细菌、病毒)及其代谢产物(如类毒素)，疫苗多不稳定，受光、热作用，可使蛋白质变性，不仅失去应有的免疫原性，甚至会形成有害物质而产生不良反应，因此疫苗必须冷藏运输和保存，B正确；
C.直馏汽油没有不饱和烃，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；
D.酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D错误。
故选B。
疫苗储存和运输不是越冷越好，比如许多疫苗都含有非特异性的佐剂，最常用的佐剂是氢氧化铝，能够将疫苗中的成分均匀的吸附在分子表面，具有佐剂作用，疫苗的冻融会破坏氢氧化铝的物理性质，影响免疫效果，增加发生不良反应的机率；有的疫苗冷冻后肽链断裂，影响疫苗效果；有的疫苗冷冻后疫苗中类毒素解离成为毒素，也增加疫苗接种反应。因此，在储存和运输过程中，都要求疫苗保存在一定温度条件下。
15、B
【解析】分析：金属键是金属离子与自由电子之间强烈的相互作用。
详解：金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”，被所有原子所共用，金属阳离子和自由电子（“电子气”）之间存在的强烈的相互作用称金属键，答案选B。
16、C
【解析】
分析：A．在燃料电池中，负极上CH3OH发生失电子的氧化反应，碱性条件下生成CO32-和H2O；B. 乙装置中，在阴极上是Cu离子放电，减小的Cu离子是0.05mol，所以理上乙池Ag电极增重的质量应该是0.05molCu的质量；C．电解池中，电解后的溶液复原遵循：出什么加什么的思想；D. 丙池右侧Pt电极为阴极，氢离子得电子变为氢气.
详解：A. 在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故A正确；B.甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e−=4OH−，所以消耗560mL(标准状况下0.025mol)O2，则转移电子0.1mol，根据乙装置中，在阴极上是Cu离子放电，减小的Cu离子是0.05mol，所以理上乙池Ag电极增重的质量应该是0.05×64g/mol=3.2g固体，故B正确；C. 电解池乙池中，电解硫酸铜和水，生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜或碳酸铜，故C错误；D. 丙池右侧Pt电极为阴极，氢离子得电子变为氢气，电极反应式为：Mg2++2H2O+2e-=Mg(OH)2↓++H2↑，故D正确；答案选C.
点睛：本题考查原电池和电解池的工作原理，掌握阴阳离子的放电顺序是解答该题的关键。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Fe Al2O3 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
【解析】
G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为O2，C和碱反应生成E、F，D和气体K反应也生成E、F，则说明E、F都为氢氧化物，E能转化为F，应为Fe(OH)2→Fe(OH)3的转化，所以E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，则C为FeCl2，D为FeCl3，B为Fe3O4，与Al在高温条件下发生铝热反应生成A，即Fe，则推断各物质分别为：A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为Al2O3，H为O2，为Al，结合物质的性质分析作答。
【详解】
根据上述分析易知，
（1）A为Fe，G为Al2O3；
（2）C为FeCl2，D为FeCl3，若C→D为化合反应，则反应的化学方程式为：2FeCl2+ Cl2=2FeCl3；
（3）E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3，其化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（4）Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。
18、BD + CH3ONa→+NaBr 、、
【解析】
由A的分子式、香兰素的结构简式及整个过程知A为； A与氯气在Fe做催化剂条件下发生苯环上取代反应生成B，B与氯气在光照条件下甲基上二元取代生成C，结合信息①可知C发生水解反应后再脱水引入-CHO，对比D、E的分子式可知，D中苯环上氯原子发生水解反应引入-OH生成E，由E、F分子式结合香兰素的结构可知E与溴/Fe反应生成F，F中溴原子被-OCH3替代生成香兰素，综上分析可知，B为、C为、D为、E为、F为；据此解答。
【详解】
(1)A．根据上述分析：化合物A为，能与氢气发生加成反应，属于还原反应，故A正确；
B． 根据上述分析：化合物E为，酚羟基为弱酸性，不能与碳酸氢钠反应产生气体，故B错误；
C．根据上述分析：化合物F为，含有酚羟基，具有弱酸性，故C正确；
D．苯环为平面结构，旋转单键，可以是酚羟基处于苯环平面内，可以是－CHO平面处于苯环平面内，可以是-OCH3中O原子、碳原子、1个H原子形成的平面处于苯环平面内，故香兰素分子中最多17个原子共平面，故D错误；
故答案：BD。
(2) 根据上述分析：化合物F为，由F生成香兰素的化学反应方程式：+ CH3ONa→+ NaBr ，故答案为：+ CH3ONa→+ NaBr ；
(3)由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；
(4)由信息③可知，由与乙酸乙酯反应生成，结合信息②可知与Fe/HCl反应生成，而甲苯发生硝化反应生成，合成路线流程图为；
(5) 由分析可知，E的结构简式为，比E分子多3个碳原子的同系物的所有同分异构体符合以下要求：①能使FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应，说明含有酚羟基、醛基，②核磁共振氢谱中存在5种氢原子，符合条件的同分异构体有：、、，故答案为 ：、、。
19、过滤 萃取（分液） 蒸发 蒸馏 加热分解 蒸馏 石油的分馏（答案合理即可） 取一支小试管，打开分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液体，往其中加入少量水，若互溶则下层液体为水层；若不互溶则下层液体为油层
【解析】
（1）①碳酸钙不溶于水，则选择过滤法分离，故答案为过滤；
②碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取法分离出碘水中的碘，故答案为萃取；
③水加热时挥发，则选择蒸发除去食盐水中的水，故答案为蒸发；
④海水中水的沸点较低，则选择蒸馏法将海水淡化，故答案为蒸馏；
⑤碳酸钙加热分解生成CaO，则选择加热法除去氧化钙中的碳酸钙，故答案为加热分解；
（2）沸点不同但又互溶的液体混合物，可用蒸馏的方法分离，如苯和四氯化碳混合物，石油的分馏等，故答案为蒸馏，石油的分馏（苯和四氯化碳混合物，答案合理即可）；
（3）利用水和有机溶剂互不相溶，设计判断方法，操作步骤为：取一支小试管，打开分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液体，往其中加入少量水，如果加水后，试管中的液体不分层，说明分液漏斗中，下层是“水层”，如果液体分层，则上层是水层，故答案为取一支小试管，打开分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液体，往其中加入少量水，若互溶则下层液体为水层；若不互溶则下层液体为油层。
20、Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 如果pH<7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体 2NO+O2=2NO2 过滤 A、C 溶液出现粉红色，且半分钟内不褪色 69.00%
【解析】
(1)Cu和浓硝酸反应得到NO2，NO2与Na2CO3溶液反应得到NaNO2。但是NO2可能会与H2O反应生成NO，NO不能NaOH吸收，所以需要将NO转化为NO2，再被吸收。
(2)①称取mg粗产品，溶解后稀释至250mL是配制溶液，结合配制溶液的步骤选择仪器；
②高锰酸钾溶液为紫红色，利用溶液颜色判断反应终点；
③2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O，结合反应定量关系计算。
【详解】
(1)①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
②实验过程中，需控制B中溶液的pH>7，否则产率会下降，这是因为如果pH<7，会发生反应：3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体；
③未反应的NO2会与H2O反应生成NO，NO不能NaOH吸收，所以需要将NO转化为NO2，再被吸收。往C中通入空气的目的是NO和O2反应生成NO2，反应的化学方程式为：2NO+O2=2NO2；
④反应结束后，B中溶液为NaNO2和NaNO3的混合溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，可得到粗产品晶体和母液；
(2)①稀释溶液时，需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有容量瓶、胶头滴管等，故合理选项是AC；
②发生的化学反应为：2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O，高锰酸钾溶液为紫红色，恰好反应后溶液中变为无色的Mn2+，可利用溶液本身的颜色变化判断反应终点，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液出现粉红色，且半分钟内不褪色，可以证明达到滴定终点；
③称取mg粗产品，溶解后稀释至250mL．取出25.00mL溶液，用cmol/LKMnO4酸性溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为VmL，根据反应方程式2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O可知n(NaNO2)=n(KMnO4)=×0.1000mol/L×20×10-3L=5×10-3mol，则250ml溶液中所含物质的量=n(NaNO2)总=×5×10-3mol=0.05mol，所以粗产品中NaNO2的质量分数==69.00%。
本题考查了铜和浓硝酸反应产物分析判断、粗产品含量测定和滴定实验过程中仪器的使用、滴定终点的判断方法等知识，掌握基础是解题关键。
21、 0.075 3(mol/L)-2 不变 BD 负 CH3OH＋8OH-－6e－=CO32-＋6H2O 5
【解析】分析：(1)由表中数据可知，20min反应到达平衡，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为(2+4)mol×=3mol，根据三段式求出平衡时各物质的物质的量，然后根据v=计算v(CO)；根据K=计算平衡常数；平衡常数只与温度有关；
(2)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，据此判断；
(3)根据电子的流动方向可知，电极C为负极，据此分析解答；
(4)用石墨做电极电解100mL CuSO4溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子和氢离子放电，根据得失电子守恒求出生成的铜的物质的量，原CuSO4溶液的物质的量与铜的物质的量相等，据此分析解答。
详解：(1)由表中数据可知，20min反应到达平衡，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为(2+4)mol×=3mol，设反应的CO物质的量为x，
            CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始量(mol)：2       4        0
变化量(mol)：x     2x        x      
平衡量(mol)：2-x     4-2x         x
则(2-x)+(4-2x)+x=3mol，解得x=1.5mol，
从反应开始到20min时，以CO表示的平均反应速率v(CO)==0.075mol/(L•min)；该温度下平衡常数K===3(mol/L)-2；若平衡后增大压强，温度不变，平衡常数不变，故答案为：0.075；3(mol/L)-2；不变；
(2)A、该反应前后气体的物质的量发生变化，压强保持不变，能够说明是平衡状态，不选；B、气体的体积不变，质量不变，气体的密度始终保持不变，不能说明是平衡状态，选；C、该反应前后气体的物质的量发生变化，质量不变，气体平均摩尔质量保持不变，能够说明是平衡状态，不选；D、任何时候都存在v(H2)：v(CH3OH)=2：1，不能说明是平衡状态，选；故选BD；
(3)根据电子的流动方向可知，电极C为负极，通入的是气体燃料甲醇，电极D为正极，通入的是氧气或空气，负极发生氧化反应，电极反应式为CH3OH＋8OH-－6e－=CO32-＋6H2O，故答案为：负；CH3OH＋8OH-－6e－=CO32-＋6H2O；
(4)用石墨做电极电解100mL CuSO4溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，物质的量为=0.5mol，阴极上开始为铜离子放电，后来氢离子放电生成氢气，其中氢气的物质的量为=0.5mol，根据得失电子守恒，生成的铜的物质的量==0.5mol，则原CuSO4溶液的物质的量浓度为=0.5mol/L故答案为：0.5。