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浙江省台州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编4-非选择题
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这是一份浙江省台州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编4-非选择题，共28页。试卷主要包含了68=1等内容，欢迎下载使用。
浙江省台州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编4-非选择题
1. （2020春·浙江台州·高二统考期末）(1)常作食盐中补碘剂的含氧酸盐的化学名称___________。
(2)“芒硝”可作为中药药材，主要治疗热积便秘、腹满胀痛、目赤、口疮等病症，其化学式为________。
(3)写出炼铁高炉中生成炉渣的化学方程式_____________。
(4)镁与氧化硼()可发生类似“铝热反应”的反应，写出该反应的化学方程式_________。
(5)可作为水溶液中硫元素发生自身氧化还原反应的催化剂，其催化经历了ⅰ和ⅱ两个过程。ⅰ的离子方程式为______________。
ⅰ.……=……
ⅱ.
2. （2021春·浙江台州·高二统考期末）(1)请写出溶液呈酸性的原因(用离子方程式表示)_______。
(2)氯元素在元素周期表中的位置_______，请用化学方程式表达实验室制氯气的原理_______。
(3)和的混合溶液可用于的尾气处理，请写出该反应的离子方程式_______。
3. （2022春·浙江台州·高二统考期末）H与O可以形成和两种化合物。请回答：
(1)可与形成，的空间构型名称为___________。根据的成键特点，画出与下图中分子直接相连的所有氢键_____ (用O—H…O表示)。
(2)分子结构如图所示，、、中相等的角是___________，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。晶体中有4种作用力：①键、②键、③范德华力、④氢键，这4种作用力由强到弱依次为：___________。
(3)哈勃-韦斯(Haber-Weiss)原理表明，某些金属离子可以催化双氧水分解的原因是：其次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，使分解反应容易发生。根据以上原理，下列金属离子不能催化双氧水分解的是___________
A． B． C． D． E．
(4)实验测得，25℃时的小于的，原因是___________(运用物质结构原理解释)。
4. （2020春·浙江台州·高二统考期末）将mg的FexS（S为-2价，Fe有+2和+3价与100mL 6mol/L的盐酸反应，恰好得到FeCl2溶液，同时生成3.2g的硫单质和标准状况下V1L的硫化氢气体。
（1）V1=_____________。
（2）FexS中Fe2+与Fe3+的物质的量之比_____________。
（3）若将mg的FexS与足量的稀HNO3反应会生成单质硫和标准状况下V2L的NO气体，则V2=_________。
80．（2021春·浙江台州·高二统考期末）取一定量的样品在空气中加热，其固体残留率随温度的变化如图。已知：样品的固体残留率=固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100；样品在300℃时已完全失去结晶水，900℃以上残余固体为金属氧化物。
请回答：
(1)加热至500℃时的过程中，样品固体发生分解的化学方程式是_______。
(2)曲线B段所表示物质的化学式是_______(写出计算过程)。
5. （2022春·浙江台州·高二统考期末）150℃时，将0.1mol某气态烷烃A和气态单烯烃B的混合气体与足量氧气完全燃烧后，恢复到初始温度，气体体积不变，将燃烧后的气体缓慢通过浓硫酸后再用碱石灰完全吸收，碱石灰增重7.92g。试回答：
(1)混合气体的组分为___________(简要写出推理过程)
(2)___________
6. （2020春·浙江台州·高二统考期末）亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示装置（夹持装置及尾气吸收装置已省略）和药品探究亚硝酸钠与硫酸反应的气体产物。
已知：气体的沸点：℃，：21℃
（1）写出装置A中发生反应的化学方程式______________。
（2）B装置中选择的水浴方式为______________（填“冰水浴”或“热水浴”）。
（3）反应前应先打开弹簧夹，先通一段时间，其目的是____________。
（4）能够说明气体产物中有的实验现象是_____________。
7. （2020春·浙江台州·高二统考期末）将ClO2通入NaOH和H2O2的混合溶液中，可制得一种高效漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)，实验装置如图所示：
请回答：
（1）写出A装置中发生反应的离子方程式_____________。
（2）请设计实验方案探究通入ClO2一段时间后，B装置溶液中存在的含有硫元素的微粒_________。
8. （2020春·浙江台州·高二统考期末）过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。制备流程如图所示。
已知：①②等强碱是分解的催化剂
请回答下列问题：
（1）与盐酸制备溶液时，盐酸不能过量，盐酸未过量的现象_____________。
（2）在过氧化钙制备流程图中加入氨水的作用_________________（答出两点）。
（3）制备过程中煮沸的目的_______________________。
（4）需在冰水浴中进行反应的原因_______________（答出两点）。
（5）抽滤用如下装置完成，请选择字母代号补全正确的操作顺序（洗涤操作只做一次）：
开抽气泵→a→________→e→_______→f→________→关抽气泵。________
a.转移固液混合物 b.关闭活塞A c.打开活塞A d.微开活塞A e.确认抽干 f.加洗涤剂洗涤
（6）洗涤的最佳试剂___________。
A．95%的乙醇水溶液B．浓盐酸C．溶液D．溶液
（7）也可采用如图所示装置制备。
①仪器X的主要作用除导气外，还具有的作用是_____________。
②实验时，在三颈烧瓶中析出晶体，总反应的离子方程式为_________。
9. （2021春·浙江台州·高二统考期末）某兴趣小组设计以下装置进行铜与浓硫酸的反应，并检验生成产物。试管a中加入浓硫酸，在烧杯中加入饱和的氢氧化钠溶液，将螺旋状的铜丝连接在2号注射器活塞的橡胶上，1号注射器配有较长的耐腐蚀的针头。
请回答：
(1)试剂b为_______
(2)推动2号注射器活塞，将铜丝浸没在浓硫酸中，加热试管a，使反应开始进行，实验任务完成后，使反应停止的操作：_______
(3)利用1号注射器证明该实验中有生成的具体操作和现象：_______
(4)实验结束后，如何检验烧杯中是否有硫酸根离子？_______
10. （2021春·浙江台州·高二统考期末）茶叶中含有咖啡因等多种有机物。咖啡因是弱碱性化合物、为白色针状晶体，易溶于水和乙醇，微溶于石油醚；无水咖啡因的熔点为234.5℃，100℃时失去结晶水，开始升华，在120℃时升华相当显著，178℃时升华很快；滤纸的碳化温度为183℃。
从茶叶中提取咖啡因要依次用到如上图装置，提取咖啡因的主要实验步骤：
步骤一液-固萃取(图1)：
将10.0g茶叶研磨成粉末状，装入玉米纤维茶叶包中，然后放入恒压滴液漏斗内，在150mL圆底烧瓶中加入80mL乙醇，连接装置，加热回流。实验开始后，恒压滴液漏斗活塞处于关闭状态，直至乙醇冷凝液将茶叶包完全浸没，之后进行操A，完成一次萃取，继续重复该过程1h左右。
步骤二蒸馏(图2)：
常压蒸馏回收提取液中的大部分乙醇(剩余10-15mL)。
步骤三干燥(图3)：
将圆底烧瓶中的残液倒入蒸发皿中，进行一系列操作B，使水分完全除去。
步骤四升华(图4)
将沾在蒸发皿边上的粉末刮到蒸发皿中间。在蒸发皿上盖一张刺有许多小孔的滤纸，再取一只合适大小的玻璃漏斗，罩在蒸发皿上，并在漏斗颈部塞一小团疏松的棉花。将蒸发皿放在石棉网上用小火小心加热升华。当发现滤纸上出现浅棕色时停止加热。冷却5-10分钟后，轻轻揭开漏斗和滤纸，仔细收集在滤纸两面及器皿周围的白色针状结晶。
请回答：
(1)图1中冷凝管的作用是_______
(2)A的具体操作是_______
(3)图2中的仪器有：温度计、圆底烧瓶、蒸馏头、牛角管、冷凝管、_______
(4)步骤二蒸馏操作时加热圆底烧瓶的方法：_______
(5)步骤三中的操作B的顺序为：a→ → → → ，__________。
a.将圆底烧瓶中的残液倒入蒸发皿中；
b.在石棉网上小火将固体焙炒至干；
c.蒸气浴蒸发乙醇至溶液呈粘稠状态，然后加入4g研细的生石灰粉；
d.在搅拌下用蒸气浴将乙醇基本蒸干；
e.用3-5mL回收的乙醇清洗烧瓶，也并入蒸发皿中。
其中，上述操作e的目的是_______
(6)步骤四升华过程中应严格控制温度，如果温度太高，会造成哪些后果？_______
(7)下列说法正确的是_______
A．步骤二装置中，牛角管与锥形瓶连接处应该全封闭，以防止乙醇挥发出去
B．步骤三中，如果水分没有完全除去，咖啡因部分溶于水中，受热会随水分蒸发，无法参与升华凝华，造成收率下降
C．步骤四将沾在蒸发皿边上的粉末刮到蒸发皿中间，既可以提高产率又可以避免污染产物
D．步骤四在漏斗颈部塞一小团疏松棉花的目的是为了减少咖啡因蒸气逸出，提高产率
(8)有同学认为可以去除图1中的恒压滴液漏斗，将茶叶包直接放入圆底烧瓶中用乙醇直接进行加热回流萃取茶叶中的咖啡因，设原方案为甲方案，该同学的方案为乙方案，你认为哪个方案更好，并解释原因：_______。
11. （2020春·浙江台州·高二统考期末）固体化合物A由三种元素组成，按如下流程进行实验。
请回答：
（1）组成A的三种元素是_____________，A的化学式是__________________。
（2）固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是_________________。
（3）在无水条件下，气体C与G以物质的量之比1∶1发生加成反应，其产物的结构简式____________。
（4）组成A的两种元素可形成离子化合物H（摩尔质量为），其电子式___________。
12. （2021春·浙江台州·高二统考期末）固体A由三种常见元素构成，是制作锂电池的重要原材料之一，某同学设计了如下实验(下列反应均充分进行)
请回答下列问题：
I.(1)组成固体A的元素有_______，A的化学式_______
(2)固体A隔绝空气加热的化学方程式_______
(3)溶液C加入溶液的现象_______
II.固体A通过化学合成后往往含有杂质，现用滴定法测定某样品中A的含量。实验方案如下：①将准确称量的样品置于锥形瓶内，加入适量的溶液，使样品溶解。立即用高锰酸钾溶液滴定至终点。②向滴定终点混合液中先加入适量的粉充分反应后再加入过量的的溶液，煮沸一段时间后，加去离子水配制得到溶液。取溶液，用的高锰酸钾标准溶液滴定该溶液至终点。消耗标准液。
请回答：
(1)步骤①中，滴加溶液时观察到有无色气体产生，则该过程的离子方程式为_______
(2)步骤②中，下列说法正确的是_______
A．加入过量的稀硫酸的目的只是为了将Zn粉溶解
B．在使用高锰酸钾溶液滴定时，应左手控制滴定管旋塞，右手不停地振荡锥形瓶
C．有同学认为该步骤存在不足，有可能导致A的含量偏低
D．判断滴定终点的标准为溶液恰好变为淡红色
(3)6.00g样品中A的质量分数为_______(考虑实验过程中的损耗)
13. （2022春·浙江台州·高二统考期末）烃A燃烧放出大量的热，常用来焊接或切割金属，用烃A合成高分子化合物G的流程如图所示(省略部分条件及产物)：
已知：C生成1分子D的过程脱去1分子水；F在酸性和碱性条件下均能水解
请回答：
(1)化合物A所含官能团的名称是___________；
(2)D→E的具体反应条件可以是___________；E和A生成F的反应类型是___________；
(3)写出F在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式___________；
(4)下列说法正确的是___________
A．化合物B中混有少量A可以通过酸性高锰酸钾溶液除去
B．相同物质的量的C和D完全燃烧，耗氧量D是C的两倍
C．可以利用溴的四氯化碳溶液鉴别化合物D、E和F
D．G的结构可能为
14. （2022春·浙江台州·高二统考期末）化合物I是抗肿瘤药物的中间体，某课题组设计的合成路线如下(部分反应条件和产物已省略)：
已知：①RCl+；②③
请回答：
(1)化合物B中所含的官能团名称为___________，D→E的反应类型为___________。
(2)下列说法正确的是___________。
A．化合物C不能被酸性高锰酸钾溶液氧化
B．化合物E可通过缩聚反应形成高分子化合物
C．化合物G存在含3个苯环的同分异构体
D．G→I第②步应调节pH至溶液呈强酸性
(3)化合物H的结构简___________。
(4)E→F依次经历了加成、消去和取代三步，请写出消去过程的化学方程式___________。
(5)写出2种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)___________。
①存在1个手性碳原子和2个六元环(其中一个为苯环)，不含其它环状结构；
②1mol该有机物能与4molNaOH完全反应，发生银镜反应能生成4molAg
③苯环上只存在1种氢，不存在 结构
(6)以 和HCHO为原料，设计化合物A的合成路线(利用上述流程中的物质，以流程图表示，无机试剂及溶剂任选)：___________。
15. （2022春·浙江台州·高二统考期末）回答下列问题：
(1)1987年诺贝尔化学奖授予三位化学家，以表彰他们在超分子化学理论方面的开创性工作。钾离子可以嵌入冠醚(如：18-冠-6)的空穴中形成超分子，如图所示。
KCl与18-冠-6形成的化合物的晶体类型为___________，这种化合物的熔点比氯化钾___________(填“高”或“低”)，理由是___________。
(2)研究发现，反应 ，在加入18-冠-6以后，相同时间内的产率从24%提高到95%，而18-冠-6没有参与反应过程，18-冠-6的作用是___________。
(3)钾元素与氧元素形成的某些化合物可以作为宇宙飞船的供氧剂。其中一种化合物的晶胞在XY平面、XZ平面、YZ平面上的投影如图(2)所示，该晶胞中存在的微粒间作用力有___________，钾元素和氧元素形成的化合物的化学式为___________，其晶胞边长为anm，为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________(列出计算式，不必计算)。
参考答案：
1. 碘酸钾
【详解】(1)KIO3常作实验中补碘剂的含氧酸盐，其化学名称为碘酸钾；
(2)十水合硫酸钠俗称芒硝，其化学式为；
(3)高炉炼铁中炉渣的主要成分为硅酸钙，生成硅酸钙的化学方程式为；
(4)镁与氧化硼()可发生类似“铝热反应”的反应，则该反应的化学方程式；
(5)ⅰ为SO2氧化I-生成I2，自身被还原为S单质的过程，根据氧化还原反应得失电子守恒书写其离子方程式为。
2. 第三周期VIIA族
【详解】(1)溶液呈酸性的原因是Fe3+的水解，其用离子方程式表示为；
(2) 氯元素的原子序数是17，氯元素在元素周期表中的位置是：第三周期第VIIA族，在实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制备氯气，其化学方程式为：；
(3)具有氧化性， 具有还原性，它们会发生氧化还原反应，其对应的离子方程式为：。
3. (1) 三角锥形
(2) 极性分子 ②①④③
(3)AB
(4)羟基(写成“氧原子”也给分)吸电子效应大于氢原子，导致电离程度大于
【解析】(1)
H3O+中O原子价层电子对数=3+=4且含有1个孤电子对，则O原子采用sp3杂化，该离子空间构型为三角锥形；以一个分子为中心，其O原子能与另一个水分子的H原子形成氢键，其H原子也能与另一个水分子的O原子形成氢键，则水分子中直接相连的所有氢键为；
(2)
分子中，H2O2中含有极性键和非极性键，但结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；化学键的键能大于氢键的键能，氢键的键能大于分子间作用力，即氢键键能介于化学键和范德华力之间，所以H2O分子内的O-H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱的顺序依次为O-H键、O-O键、氢键、范德华力即②①④③；
(3)
已知次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，可作为催化剂，则、、的d轨道均未排满，能催化双氧水分解，而、均不存在d轨道，因此不能作为该催化剂，故选：AB；
(4)
25℃时的小于的，原因是羟基吸电子效应大于氢原子，导致电离程度大于。
4. 6.72 1∶2 6.72
【分析】硫单质由-2价变为0价，生成3.2g硫，则转移0.2mol电子，由Fe3+生成Fe2+，则原物质中n(Fe3+)=0.2mol，FexS与100mL 6mol/L的盐酸反应，恰好得到FeCl2溶液，则反应后n(Fe2+)=0.3mol，则FexS中含有n(Fe3+)=0.2mol，n(Fe2+)=0.1mol。根据FexS的化合价的代数和为零，则含有n(S2-)=0.4mol。
【详解】(1)分析可知，mg的FexS中含有0.4molS元素，反应生成0.1mol单质硫，则其余化合价未变，则生成0.3mol硫化氢，V1=0.3mol×22.4L/mol=6.72L；
(2)mg的FexS中含有n(Fe3+)=0.2mol，n(Fe2+)=0.1mol，则Fe2+与Fe3+的物质的量之比1：2；
(3)mg的FexS与足量的稀HNO3反应，Fe2+和S2-化合价升高，失电子总数为0.1mol×1+0.4mol×2=0.9mol，HNO3中N原子化合价由+5变为+2，得电子，则n(NO)==0.3mol，V2=×22.4L/mol=6.72L。
5. Mn3O4
【详解】(1)样品在300℃时已完全失去结晶水，所以加热至500℃时的过程中，样品固体发生分解的化学方程式是；
(2)设的物质的量为，则
则曲线B段为锰的氧化物，
曲线B段物质的化学式为。
6. (1)甲烷、乙烯
(2)1：4
【分析】CxHy+(x+)O2 =xCO2+H2O，150℃时，将0.1mol某气态烷烃A和气态单烯烃B的混合气体与足量氧气完全燃烧后，恢复到初始温度，气体体积不变，说明1+x+=x+，将燃烧后的气体缓慢通过浓硫酸后再用碱石灰完全吸收，碱石灰增重7.92g，可求出碳原子的物质的量，从而得到平均化学式，然后再根据总物质的量和碳原子守恒求出两种烃的物质的量之比。
(1)
设烃的平均化学式为CxHy，CxHy+(x+)O2 =xCO2+H2O，150℃时，将0.1mol某气态烷烃A和气态单烯烃B的混合气体与足量氧气完全燃烧后，恢复到初始温度，气体体积不变，1+x+=x+，y=4，n(C)=nCO2)==0.18mol，则分平均分子式中N(C)==1.8，可知混合气体平均分子式为C1.8H4，则混合气体中一定含有甲烷，气态单烯烃B，氢原子数为4，一定是乙烯，混合气体的组分为甲烷、乙烯(简要写出推理过程)故答案为：甲烷、乙烯；
(2)
设甲烷、乙烯的物质的量分别为a、b，则由碳原子守恒a+2b=0.18mol,a+b=0.1mol，解得：a=0.02mol，b=0.08mol,0.02:0.08=1：4，故答案为：1：4。
7. 冰水浴 将装置中的空气排出，防止对的检验产生干扰 通入后，C装置的圆底烧瓶中出现红棕色气体
【分析】由实验装置图可知，装置A中，70%硫酸与亚硝酸钠反应生成硫酸钠、一氧化氮、二氧化氮和水，一氧化氮易被空气中的氧气氧化生成二氧化氮，干扰一氧化氮的验证，所以实验开始前应通入氮气排尽装置内的空气，装置B用于冷凝收集二氧化氮，验证气体产物中含有二氧化氮，向装置C中通入氧气，一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，验证气体产物中含有一氧化氮。
【详解】（1）装置A中， 70%硫酸与亚硝酸钠反应生成硫酸钠、一氧化氮、二氧化氮和水，反应的化学方程式为2NaNO2＋H2SO4=Na2SO4＋NO↑＋NO2↑＋H2O，故答案为：2NaNO2＋H2SO4=Na2SO4＋NO↑＋NO2↑＋H2O；
（2）由题意可知，二氧化氮易液化，装置B应选择冰水浴，目的是冷凝收集二氧化氮，验证气体产物中含有二氧化氮，故答案为：冰水浴；
（3）一氧化氮易被空气中的氧气氧化生成二氧化氮，干扰一氧化氮的验证，所以实验开始前应通入氮气排尽装置内的空气，故答案为：将装置中的空气排出，防止对的检验产生干扰；
（4）向装置C中通入氧气，一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明气体产物中有一氧化氮，故答案为：通入后，C装置的圆底烧瓶中出现红棕色气体。
【点睛】向装置C中通入氧气，一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明气体产物中有一氧化氮，装置A中生成的一氧化氮易被空气中的氧气氧化生成二氧化氮，干扰一氧化氮的验证，所以实验开始前应通入氮气排尽装置内的空气是解答的易错点。
8. 2ClO2+2OH-+H2O2=2+2H2O+O2↑ 取B中溶液少许于试管中，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3（或SO2等）。（合理即可给分）
【分析】装置A中，ClO2具有强氧化性，H2O2具有还原性，则ClO2与NaOH和H2O2反应生成亚氯酸钠(NaClO2)、氧气和水，装置B中二氧化硫可与未反应的二氧化氯发生氧化还原反应。
【详解】(1)ClO2与NaOH和H2O2反应生成亚氯酸钠(NaClO2)、氧气和水，反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2=2+2H2O+O2↑；
(2)通入ClO2一段时间后，ClO2或与二氧化硫的水溶液反应生成硫酸，B装置溶液中存在含有硫元素物质可能以硫酸根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子或亚硫酸分子形式存在，则可用过量的氯化钡溶液，若有硫酸根离子则生成白色沉淀，过滤，再加入过氧化氢，若再次生成白色沉淀，则原溶液中存在亚硫酸或二氧化硫等。故可以设计如下实验方案：取B中溶液少许于试管中，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42−；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3（或SO2等）。
9. 有少量固体剩余 促使平衡不断正移，防止发生分解 除去溶液中残留的CO2 防止温度过高分解、有利于晶体析出 bdc A 防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸
【分析】根据题中信息，上述实验流程依次为制取CaCl2，煮沸除去CO2，在冰水冷却条件下加入反应物制取CaO2，抽滤、洗涤，加热，制得CaO2，据此解答。
【详解】（1）制取CaCl2溶液时盐酸不能过量，盐酸未过量，则有少量碳酸钙固体剩余，控制好盐酸的用量的方法：往CaCO3固体中缓慢滴加盐酸，至还有少量CaCO3固体剩余时就停止加盐酸；答案为有少量CaCO3固体剩余。
（2）氯化钙与双氧水的反应方程式为：CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl，加入氨水可以与氯化氢发生中和反应，使该可逆反应向着生成过氧化钙的方向移动，提高过氧化钙的产率，氨水是弱碱，可防止H2O2分解；答案为中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl向右进行，防止H2O2分解。
（3）由CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O反应可知，煮沸的目的是为了除去溶液中残留的CO2；答案为除去溶液中残留的CO2。
（4）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右；答案为：减少双氧水受热分解；降低产物溶解度便于析出。
（5）抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→微开活塞A→加洗涤剂洗涤→打开活塞A→关抽气泵，正确顺序为开抽气泵→a→b→e→d→f→c→关抽气泵；答案为bdc。
（6）洗涤CaO2•8H2O，应避免溶解和变质，
A．由题中信息，过氧化钙(CaO2)微溶于冷水，不溶于乙醇，所以95%的乙醇水溶液可洗涤，故A正确；
B．HCl与CaO2发生反应，即，故B错误；
C．CaO2化学性质与过氧化钠类似，有强氧化性，亚硫酸钠具有还原性，可使过氧化钙变质，故C错误；
D．CaCl2溶液中水会溶解部分CaO2，故D错误；
答案为A。
（7）①氨气极易溶于水，仪器X有个球形，横截面积较大，除导气外，还可防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸；答案为防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸。
②反应物为氨气、过氧化氢和氯化钙，生成过氧化钙和氯化铵，离子方程式为Ca2++H2O2 +2NH3 +8H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4+；答案为Ca2++H2O2 +2NH3 +8H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4+。
10. 品红溶液或酸性高锰酸钾溶液 抽拉2号注射器活塞，使铜丝与浓硫酸脱离接触，再移去酒精灯 推动1号注射器，使针头深入到溶液底部，推动1号注射器活塞，使较多水进入试管中，若白色固体逐渐溶解，溶液呈蓝色，则说明实验中有生成(或推动1号注射器，使针头伸入液面，拉动1号注射器活塞，针筒内溶液变蓝色，则说明实验中有生成) 取少量烧杯中的溶液于试管中，加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入溶液，如果有色沉淀生成，证明有，反之则无
【分析】本实验为通过铜与浓硫酸反应，验证生成的二氧化硫，确定是否发生反应，最后放置尾气处理装置，据此分析回答问题。
【详解】(1)二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色，所以试剂b为品红溶液或酸性高锰酸钾溶液；
(2)使反应停止的操作为，抽拉2号注射器活塞，使铜丝与浓硫酸脱离接触，再移去酒精灯；
(3)硫酸铜溶液显蓝色，所以证明该实验中有CuSO4生成的具体操作和现象推动1号注射器，使针头深入到溶液底部，推动1号注射器活塞，使较多水进入试管中，若白色固体逐渐溶解，溶液呈蓝色，则说明实验中有CuSO4生成(或推动1号注射器，使针头伸入液面，拉动1号注射器活塞，针筒内溶液变蓝色，则说明实验中有CuSO4生成)；
(4)主要通过验证能否出现不溶于水的硫酸钡沉淀，确定是否有硫酸根，所以为取少量烧杯中的溶液于试管中，加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，如果有色沉淀生成，证明有SO ，反之则无。
11. 冷凝回流、平衡气压 打开活塞使提取液沿着漏斗下方流入圆底烧瓶中，关闭活塞 锥形瓶 热水浴加热 ecdb 将残留在烧瓶中的咖啡因转移出来，提高产率 温度太高会使滤纸碳化变黑；温度太高会使一些其它有机物蒸出，造成产品不纯；如果加热温度达到234.5℃，咖啡因会呈液态留在蒸发皿中 BCD 方案甲更好，因为方案甲可以通过蒸馏原理将乙醇和咖啡因分离开来，使乙醇得到循环使用，多次萃取从而提高萃取率
【详解】(1)图1中乙醇蒸气在冷凝管中冷凝后流入恒压分液漏斗中，冷凝管的作用是冷凝回流、平衡气压；
(2)A的具体操作是：乙醇冷凝液将茶叶包完全浸没后，打开活塞使提取液沿着漏斗下方流入圆底烧瓶中，关闭活塞；继续重复该过程1h左右。
(3)根据图示，图2是蒸馏装置，仪器有：温度计、圆底烧瓶、蒸馏头、牛角管、冷凝管、锥形瓶；
(4) 100℃时咖啡因开始升华，所以步骤二蒸馏操作时用热水浴加热圆底烧瓶；
(5)步骤三中的操作B的顺序为：将圆底烧瓶中的残液倒入蒸发皿中；用3-5mL回收的乙醇清洗烧瓶，也并入蒸发皿中；蒸气浴蒸发乙醇至溶液呈粘稠状态，然后加入4g研细的生石灰粉；在搅拌下用蒸气浴将乙醇基本蒸干；在石棉网上小火将固体焙炒至干；用3-5mL回收的乙醇清洗烧瓶，也并入蒸发皿中，可以将残留在烧瓶中的咖啡因转移出来，提高产率；
(6)步骤四升华过程中应严格控制温度，温度太高会使滤纸碳化变黑；温度太高会使一些其它有机物蒸出，造成产品不纯；如果加热温度达到234.5℃，咖啡因会呈液态留在蒸发皿中；
(7) A.步骤二装置中，牛角管与锥形瓶连接处不能全封闭，防止装置内压强过大，故A错误；
B. 咖啡因易溶于水，步骤三中，如果水分没有完全除去，咖啡因部分溶于水中，受热会随水分蒸发，无法参与升华凝华，造成收率下降，故B正确；
C.步骤四将沾在蒸发皿边上的粉末刮到蒸发皿中间，既可以提高产率又可以避免污染产物
D.步骤四在漏斗颈部塞一小团疏松棉花，咖啡因蒸气可以在棉花上凝结，提高咖啡因产率，故D正确；
选BCD；
(8)方案甲可以通过蒸馏原理将乙醇和咖啡因分离开来，使乙醇得到循环使用，多次萃取从而提高萃取率，所以方案甲更好。
12. 、C、N
【分析】由图示推断可知，气体G为氨气，沉淀E为碳酸盐沉淀，气体C为CO2，沉淀E分解生成气体C的质量为3-1.68=1.32g，根据数据计算推知沉淀E为CaCO3，分解生成CO2和CaO，则固体A中含钙、碳、氮三种元素，据此解答。
【详解】（1）组成A的三种元素是：、C、N，根据化学式的书写原则，金属在左侧，非金属在右，且电负性越强越靠右，则A的化学式是；
（2）固体A与足量稀盐酸反应产生铵盐和二氧化碳，反应的化学方程式为：；
（3）加成反应类似于化合反应，全部生成一种物质，在无水条件下，气体CO2与NH3以物质的量之比1∶1发生加成反应生成氨基酸，其产物的结构简式为：；
（4）组成A的两种元素可形成离子化合物H（摩尔质量为），H一定含钙元素，钙的相对原子质量为40，则H是，其电子式为：。
13. 、、 产生白色沉淀，马上变成灰绿色，最终变成红褐色沉淀 BC 86.4%
【分析】气体B为一氧化碳，固体B为氧化亚铁，采用逆推法，红色固体D是Fe2O3，其物质的量是，故A含有，其质量，E是碳酸钙，，故A中含C，，其质量，根据质量守恒A有氧元素，其质量，其物质的量，则A的化学式为：。
【详解】I.(1)由分析可知，组成固体A的元素有、、，A的化学式：；
(2)A是，其隔绝空气加热的化学方程式为：；
(3)溶液C是FeCl2，可以和氢氧化钠反应生成沉淀，所以加入溶液的现象产生白色沉淀，马上变成灰绿色，最终变成红褐色沉淀；
II. (1)固体溶于硫酸后生成硫酸亚铁和草酸，滴加高锰酸钾后发生的反应为：；
(2) A.加入过量的稀硫酸的目的是为了将Zn粉溶解，还有调节溶液为酸性，A错误；
B.在使用高锰酸钾溶液滴定时，应左手控制滴定管旋塞，右手不停地振荡锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，B正确；
C.在煮沸的时候可能有一部分二价铁被氧化为三价铁，这样在后面滴定的时候，消耗的高锰酸钾就会少，所以有可能导致A的含量偏低，C正确；
D.判断滴定终点的标准为溶液恰好变为淡红色，且半分钟不褪色，D错误；
故酸BC；
(3)根据可知其质量为,6.00g样品中A的质量分数.
14. (1)碳碳三键(或碳碳叁键)
(2) 新制氢氧化铜/银氨溶液，加热后酸化 加成反应
(3)
(4)BD
【分析】烃A燃烧放出大量的热，常用来焊接或切割金属，所以A为乙炔，乙炔与氢气加成生成B为乙烯，乙烯被氧气氧化生成C为乙醛，两个乙醛脱去1分子水生成D，D和E分子式相差一个O，则E为CH3CH=CHCOOH，根据F的分子式可知，A与E发生加成反应生成F，F在酸性和碱性条件下均能水解说明其中含有酯基，F结构简式为CH3CH=CHCOOCH=CH2，F发生加聚反应生成G。
(1)
化合物A为乙炔，所含官能团为碳碳三键；
(2)
D到E为醛转化成羧酸，反应条件为新制氢氧化铜/银氨溶液，加热后酸化。根据F的分子式可知，A与E发生加成反应生成F，故反应类型为加成反应；
(3)
F结构简式为CH3CH=CHCOOCH=CH2，其在氢氧化钠溶液中可发生酯类的水解反应，化学方程式为CH3CH=CHCOOCH=CH2+NaOH→CH3CH=CHCOONa+CH3CHO；
(4)
A.乙炔和乙烯都能和酸性高锰酸钾溶液反应，A错误；
B.C为乙醛，分子式为C2H4O，1molC2H4O完全燃烧消耗氧气2.5mol，D分子式为C4H6O，1molC4H6O完全燃烧消耗氧气5mol，B正确；
C.D、E、F中都含有碳碳双键，都能与溴发生加成反应从而使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；
D.F结构简式为CH3CH=CHCOOCH=CH2，F可发生加聚反应生成 ，D正确；
故答案选BD。
15. (1) 碳氯键 还原反应
(2)BC
(3)
(4) → +H2O
(5) 、 、 、
(6)
【分析】A的分子式为C8H8O3，A的不饱和度为5，B的分子式为C7H7Cl，B的不饱和度为4，A与B发生已知①的反应后氧化生成C，根据C的结构简式知，A的结构简式为 ，B的结构简式为 ；C与HNO3反应生成D，D与Fe、CH3COOH反应生成E，结合题给已知②和E的结构简式可推知，D的结构简式为 ；E与HCONH2、HCOOH反应生成F，F的分子式为C16H14N2O3，F与SOCl2、DMF发生题给已知③的反应生成G，结合G的结构简式，F的结构简式为 ；G与H反应，然后在①CF3COOH、②调节pH后生成I，H的分子式为C6H5NFBr，结合I的结构简式知，H的结构简式为 。
（1）
B的结构简式为 ，B中官能团的名称为碳氯键；D的结构简式为 ，E的结构简式为 ，D与Fe、CH3COOH反应时—NO2被还原成—NH2，即D→E的反应类型为还原反应；答案为：碳氯键；还原反应。
（2）
A．C的结构简式为 ，与左边苯环直接相连的碳原子上有H原子，化合物C能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，A项错误；
B．E的结构简式为 ，E中含有羧基和氨基，E能通过缩聚反应形成高分子化合物，B项正确；
C．G的结构简式为 ，G的分子式为C16H13N2O2Cl，不饱和度为11，G存在含3个苯环的同分异构体，如等，C项正确；
D．G→I的过程中可生成 ， 和I中都含 ，能与强酸反应，G→I第②步不能调节pH至溶液呈强酸性，D项错误；
答案选BC。
（3）
根据分析，H的结构简式为 ；答案为： 。
（4）
E的结构简式为 ，F的结构简式为 ；E与HCONH2、HCOOH依次经历了加成、消去和取代反应生成F，E与HCONH2发生加成反应生成 ， 发生消去反应生成， 发生取代反应生成F，消去过程中的化学方程式为→+H2O；答案为：→+H2O。
（5）
C的结构简式为 ，C的分子式为C15H14O4，不饱和度为9，C的同分异构体1mol能与4molNaOH完全反应，发生银镜反应能生成4molAg，结合O原子数，C的同分异构体中含2个HCOO—，C的同分异构体存在1个手性碳原子和2个六元环(其中一个为苯环)，不含其它环状结构且苯环上只存在1种氢，不存在 结构的结构简式为 、 、 、 等；答案为： 、 、 、 等。
（6）
A的结构简式为 ，对比A的结构简式与 ，可由 与HCHO在HCl存在下发生加成反应生成 构建碳骨架；对比 与A，—CH2OH发生催化氧化即可转化为—CHO，而酚羟基也能发生氧化反应，故合成路线中需要保护酚羟基不被氧化，根据已知①可将酚羟基转化成醚键，然后将—CH2OH催化氧化成—CHO，最后用CF3COOH将醚键转化成酚羟基，合成路线流程图为： ；答案为： 。
16. (1) 离子晶体 低 KCl与冠醚(18-冠-6)形成的化合物中的阳离子半径更大，所以熔点更低
(2)冠醚(18-冠-6)与氟化钾形成超分子，易溶于氯苯甲烷，使参与反应的有效提高，因此提高产率
(3) 离子键、共价键
【解析】（1）
冠醚结构不带电荷，K+嵌入后形成一个更大的带正电荷的阳离子，离子晶体的熔沸点由离子所带电荷量及离子半径决定，离子带电荷量越多、离子半径越小，离子晶体熔沸点越高，所以本问第一空应填“离子晶体”；第二空应填“低”；第三空应填“KCl与冠醚(18-冠-6)形成的化合物中的阳离子半径更大，所以熔点更低”；
（2）
KF与冠醚形成超分子结构，其结构更易溶于液态有机物中，参加反应的F-浓度上升，使得平衡正向移动，所以本问应填“冠醚(18-冠-6)与氟化钾形成超分子，易溶于氯苯甲烷，使参与反应的有效提高，因此提高产率”；
（3）
根据晶胞的三视图可以知道，K原子在晶胞的顶点和体心，一个晶胞含有K原子，O原子有两个在晶胞内，八个在棱上，一个晶胞中含有的O原子，晶胞内K原子与O原子个数比为1﹕2，所以本问第二空应填“KO2”；氧原子间应有共价键以满足化合物中价态及化学键结构要求，所以本问第一空应填“离子键、共价键”；经推算，一个晶胞中含有2个K原子和4个O原子，再将题目所给数据代入密度计算公式，晶体密度为。
浙江省台州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编4-非选择题
1. （2020春·浙江台州·高二统考期末）(1)常作食盐中补碘剂的含氧酸盐的化学名称___________。
(2)“芒硝”可作为中药药材，主要治疗热积便秘、腹满胀痛、目赤、口疮等病症，其化学式为________。
(3)写出炼铁高炉中生成炉渣的化学方程式_____________。
(4)镁与氧化硼()可发生类似“铝热反应”的反应，写出该反应的化学方程式_________。
(5)可作为水溶液中硫元素发生自身氧化还原反应的催化剂，其催化经历了ⅰ和ⅱ两个过程。ⅰ的离子方程式为______________。
ⅰ.……=……
ⅱ.
2. （2021春·浙江台州·高二统考期末）(1)请写出溶液呈酸性的原因(用离子方程式表示)_______。
(2)氯元素在元素周期表中的位置_______，请用化学方程式表达实验室制氯气的原理_______。
(3)和的混合溶液可用于的尾气处理，请写出该反应的离子方程式_______。
3. （2022春·浙江台州·高二统考期末）H与O可以形成和两种化合物。请回答：
(1)可与形成，的空间构型名称为___________。根据的成键特点，画出与下图中分子直接相连的所有氢键_____ (用O—H…O表示)。
(2)分子结构如图所示，、、中相等的角是___________，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。晶体中有4种作用力：①键、②键、③范德华力、④氢键，这4种作用力由强到弱依次为：___________。
(3)哈勃-韦斯(Haber-Weiss)原理表明，某些金属离子可以催化双氧水分解的原因是：其次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，使分解反应容易发生。根据以上原理，下列金属离子不能催化双氧水分解的是___________
A． B． C． D． E．
(4)实验测得，25℃时的小于的，原因是___________(运用物质结构原理解释)。
4. （2020春·浙江台州·高二统考期末）将mg的FexS（S为-2价，Fe有+2和+3价与100mL 6mol/L的盐酸反应，恰好得到FeCl2溶液，同时生成3.2g的硫单质和标准状况下V1L的硫化氢气体。
（1）V1=_____________。
（2）FexS中Fe2+与Fe3+的物质的量之比_____________。
（3）若将mg的FexS与足量的稀HNO3反应会生成单质硫和标准状况下V2L的NO气体，则V2=_________。
80．（2021春·浙江台州·高二统考期末）取一定量的样品在空气中加热，其固体残留率随温度的变化如图。已知：样品的固体残留率=固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100；样品在300℃时已完全失去结晶水，900℃以上残余固体为金属氧化物。
请回答：
(1)加热至500℃时的过程中，样品固体发生分解的化学方程式是_______。
(2)曲线B段所表示物质的化学式是_______(写出计算过程)。
5. （2022春·浙江台州·高二统考期末）150℃时，将0.1mol某气态烷烃A和气态单烯烃B的混合气体与足量氧气完全燃烧后，恢复到初始温度，气体体积不变，将燃烧后的气体缓慢通过浓硫酸后再用碱石灰完全吸收，碱石灰增重7.92g。试回答：
(1)混合气体的组分为___________(简要写出推理过程)
(2)___________
6. （2020春·浙江台州·高二统考期末）亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示装置（夹持装置及尾气吸收装置已省略）和药品探究亚硝酸钠与硫酸反应的气体产物。
已知：气体的沸点：℃，：21℃
（1）写出装置A中发生反应的化学方程式______________。
（2）B装置中选择的水浴方式为______________（填“冰水浴”或“热水浴”）。
（3）反应前应先打开弹簧夹，先通一段时间，其目的是____________。
（4）能够说明气体产物中有的实验现象是_____________。
7. （2020春·浙江台州·高二统考期末）将ClO2通入NaOH和H2O2的混合溶液中，可制得一种高效漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)，实验装置如图所示：
请回答：
（1）写出A装置中发生反应的离子方程式_____________。
（2）请设计实验方案探究通入ClO2一段时间后，B装置溶液中存在的含有硫元素的微粒_________。
8. （2020春·浙江台州·高二统考期末）过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。制备流程如图所示。
已知：①②等强碱是分解的催化剂
请回答下列问题：
（1）与盐酸制备溶液时，盐酸不能过量，盐酸未过量的现象_____________。
（2）在过氧化钙制备流程图中加入氨水的作用_________________（答出两点）。
（3）制备过程中煮沸的目的_______________________。
（4）需在冰水浴中进行反应的原因_______________（答出两点）。
（5）抽滤用如下装置完成，请选择字母代号补全正确的操作顺序（洗涤操作只做一次）：
开抽气泵→a→________→e→_______→f→________→关抽气泵。________
a.转移固液混合物 b.关闭活塞A c.打开活塞A d.微开活塞A e.确认抽干 f.加洗涤剂洗涤
（6）洗涤的最佳试剂___________。
A．95%的乙醇水溶液B．浓盐酸C．溶液D．溶液
（7）也可采用如图所示装置制备。
①仪器X的主要作用除导气外，还具有的作用是_____________。
②实验时，在三颈烧瓶中析出晶体，总反应的离子方程式为_________。
9. （2021春·浙江台州·高二统考期末）某兴趣小组设计以下装置进行铜与浓硫酸的反应，并检验生成产物。试管a中加入浓硫酸，在烧杯中加入饱和的氢氧化钠溶液，将螺旋状的铜丝连接在2号注射器活塞的橡胶上，1号注射器配有较长的耐腐蚀的针头。
请回答：
(1)试剂b为_______
(2)推动2号注射器活塞，将铜丝浸没在浓硫酸中，加热试管a，使反应开始进行，实验任务完成后，使反应停止的操作：_______
(3)利用1号注射器证明该实验中有生成的具体操作和现象：_______
(4)实验结束后，如何检验烧杯中是否有硫酸根离子？_______
10. （2021春·浙江台州·高二统考期末）茶叶中含有咖啡因等多种有机物。咖啡因是弱碱性化合物、为白色针状晶体，易溶于水和乙醇，微溶于石油醚；无水咖啡因的熔点为234.5℃，100℃时失去结晶水，开始升华，在120℃时升华相当显著，178℃时升华很快；滤纸的碳化温度为183℃。
从茶叶中提取咖啡因要依次用到如上图装置，提取咖啡因的主要实验步骤：
步骤一液-固萃取(图1)：
将10.0g茶叶研磨成粉末状，装入玉米纤维茶叶包中，然后放入恒压滴液漏斗内，在150mL圆底烧瓶中加入80mL乙醇，连接装置，加热回流。实验开始后，恒压滴液漏斗活塞处于关闭状态，直至乙醇冷凝液将茶叶包完全浸没，之后进行操A，完成一次萃取，继续重复该过程1h左右。
步骤二蒸馏(图2)：
常压蒸馏回收提取液中的大部分乙醇(剩余10-15mL)。
步骤三干燥(图3)：
将圆底烧瓶中的残液倒入蒸发皿中，进行一系列操作B，使水分完全除去。
步骤四升华(图4)
将沾在蒸发皿边上的粉末刮到蒸发皿中间。在蒸发皿上盖一张刺有许多小孔的滤纸，再取一只合适大小的玻璃漏斗，罩在蒸发皿上，并在漏斗颈部塞一小团疏松的棉花。将蒸发皿放在石棉网上用小火小心加热升华。当发现滤纸上出现浅棕色时停止加热。冷却5-10分钟后，轻轻揭开漏斗和滤纸，仔细收集在滤纸两面及器皿周围的白色针状结晶。
请回答：
(1)图1中冷凝管的作用是_______
(2)A的具体操作是_______
(3)图2中的仪器有：温度计、圆底烧瓶、蒸馏头、牛角管、冷凝管、_______
(4)步骤二蒸馏操作时加热圆底烧瓶的方法：_______
(5)步骤三中的操作B的顺序为：a→ → → → ，__________。
a.将圆底烧瓶中的残液倒入蒸发皿中；
b.在石棉网上小火将固体焙炒至干；
c.蒸气浴蒸发乙醇至溶液呈粘稠状态，然后加入4g研细的生石灰粉；
d.在搅拌下用蒸气浴将乙醇基本蒸干；
e.用3-5mL回收的乙醇清洗烧瓶，也并入蒸发皿中。
其中，上述操作e的目的是_______
(6)步骤四升华过程中应严格控制温度，如果温度太高，会造成哪些后果？_______
(7)下列说法正确的是_______
A．步骤二装置中，牛角管与锥形瓶连接处应该全封闭，以防止乙醇挥发出去
B．步骤三中，如果水分没有完全除去，咖啡因部分溶于水中，受热会随水分蒸发，无法参与升华凝华，造成收率下降
C．步骤四将沾在蒸发皿边上的粉末刮到蒸发皿中间，既可以提高产率又可以避免污染产物
D．步骤四在漏斗颈部塞一小团疏松棉花的目的是为了减少咖啡因蒸气逸出，提高产率
(8)有同学认为可以去除图1中的恒压滴液漏斗，将茶叶包直接放入圆底烧瓶中用乙醇直接进行加热回流萃取茶叶中的咖啡因，设原方案为甲方案，该同学的方案为乙方案，你认为哪个方案更好，并解释原因：_______。
11. （2020春·浙江台州·高二统考期末）固体化合物A由三种元素组成，按如下流程进行实验。
请回答：
（1）组成A的三种元素是_____________，A的化学式是__________________。
（2）固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是_________________。
（3）在无水条件下，气体C与G以物质的量之比1∶1发生加成反应，其产物的结构简式____________。
（4）组成A的两种元素可形成离子化合物H（摩尔质量为），其电子式___________。
12. （2021春·浙江台州·高二统考期末）固体A由三种常见元素构成，是制作锂电池的重要原材料之一，某同学设计了如下实验(下列反应均充分进行)
请回答下列问题：
I.(1)组成固体A的元素有_______，A的化学式_______
(2)固体A隔绝空气加热的化学方程式_______
(3)溶液C加入溶液的现象_______
II.固体A通过化学合成后往往含有杂质，现用滴定法测定某样品中A的含量。实验方案如下：①将准确称量的样品置于锥形瓶内，加入适量的溶液，使样品溶解。立即用高锰酸钾溶液滴定至终点。②向滴定终点混合液中先加入适量的粉充分反应后再加入过量的的溶液，煮沸一段时间后，加去离子水配制得到溶液。取溶液，用的高锰酸钾标准溶液滴定该溶液至终点。消耗标准液。
请回答：
(1)步骤①中，滴加溶液时观察到有无色气体产生，则该过程的离子方程式为_______
(2)步骤②中，下列说法正确的是_______
A．加入过量的稀硫酸的目的只是为了将Zn粉溶解
B．在使用高锰酸钾溶液滴定时，应左手控制滴定管旋塞，右手不停地振荡锥形瓶
C．有同学认为该步骤存在不足，有可能导致A的含量偏低
D．判断滴定终点的标准为溶液恰好变为淡红色
(3)6.00g样品中A的质量分数为_______(考虑实验过程中的损耗)
13. （2022春·浙江台州·高二统考期末）烃A燃烧放出大量的热，常用来焊接或切割金属，用烃A合成高分子化合物G的流程如图所示(省略部分条件及产物)：
已知：C生成1分子D的过程脱去1分子水；F在酸性和碱性条件下均能水解
请回答：
(1)化合物A所含官能团的名称是___________；
(2)D→E的具体反应条件可以是___________；E和A生成F的反应类型是___________；
(3)写出F在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式___________；
(4)下列说法正确的是___________
A．化合物B中混有少量A可以通过酸性高锰酸钾溶液除去
B．相同物质的量的C和D完全燃烧，耗氧量D是C的两倍
C．可以利用溴的四氯化碳溶液鉴别化合物D、E和F
D．G的结构可能为
14. （2022春·浙江台州·高二统考期末）化合物I是抗肿瘤药物的中间体，某课题组设计的合成路线如下(部分反应条件和产物已省略)：
已知：①RCl+；②③
请回答：
(1)化合物B中所含的官能团名称为___________，D→E的反应类型为___________。
(2)下列说法正确的是___________。
A．化合物C不能被酸性高锰酸钾溶液氧化
B．化合物E可通过缩聚反应形成高分子化合物
C．化合物G存在含3个苯环的同分异构体
D．G→I第②步应调节pH至溶液呈强酸性
(3)化合物H的结构简___________。
(4)E→F依次经历了加成、消去和取代三步，请写出消去过程的化学方程式___________。
(5)写出2种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)___________。
①存在1个手性碳原子和2个六元环(其中一个为苯环)，不含其它环状结构；
②1mol该有机物能与4molNaOH完全反应，发生银镜反应能生成4molAg
③苯环上只存在1种氢，不存在 结构
(6)以 和HCHO为原料，设计化合物A的合成路线(利用上述流程中的物质，以流程图表示，无机试剂及溶剂任选)：___________。
15. （2022春·浙江台州·高二统考期末）回答下列问题：
(1)1987年诺贝尔化学奖授予三位化学家，以表彰他们在超分子化学理论方面的开创性工作。钾离子可以嵌入冠醚(如：18-冠-6)的空穴中形成超分子，如图所示。
KCl与18-冠-6形成的化合物的晶体类型为___________，这种化合物的熔点比氯化钾___________(填“高”或“低”)，理由是___________。
(2)研究发现，反应 ，在加入18-冠-6以后，相同时间内的产率从24%提高到95%，而18-冠-6没有参与反应过程，18-冠-6的作用是___________。
(3)钾元素与氧元素形成的某些化合物可以作为宇宙飞船的供氧剂。其中一种化合物的晶胞在XY平面、XZ平面、YZ平面上的投影如图(2)所示，该晶胞中存在的微粒间作用力有___________，钾元素和氧元素形成的化合物的化学式为___________，其晶胞边长为anm，为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________(列出计算式，不必计算)。
参考答案：
1. 碘酸钾
【详解】(1)KIO3常作实验中补碘剂的含氧酸盐，其化学名称为碘酸钾；
(2)十水合硫酸钠俗称芒硝，其化学式为；
(3)高炉炼铁中炉渣的主要成分为硅酸钙，生成硅酸钙的化学方程式为；
(4)镁与氧化硼()可发生类似“铝热反应”的反应，则该反应的化学方程式；
(5)ⅰ为SO2氧化I-生成I2，自身被还原为S单质的过程，根据氧化还原反应得失电子守恒书写其离子方程式为。
2. 第三周期VIIA族
【详解】(1)溶液呈酸性的原因是Fe3+的水解，其用离子方程式表示为；
(2) 氯元素的原子序数是17，氯元素在元素周期表中的位置是：第三周期第VIIA族，在实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制备氯气，其化学方程式为：；
(3)具有氧化性， 具有还原性，它们会发生氧化还原反应，其对应的离子方程式为：。
3. (1) 三角锥形
(2) 极性分子 ②①④③
(3)AB
(4)羟基(写成“氧原子”也给分)吸电子效应大于氢原子，导致电离程度大于
【解析】(1)
H3O+中O原子价层电子对数=3+=4且含有1个孤电子对，则O原子采用sp3杂化，该离子空间构型为三角锥形；以一个分子为中心，其O原子能与另一个水分子的H原子形成氢键，其H原子也能与另一个水分子的O原子形成氢键，则水分子中直接相连的所有氢键为；
(2)
分子中，H2O2中含有极性键和非极性键，但结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；化学键的键能大于氢键的键能，氢键的键能大于分子间作用力，即氢键键能介于化学键和范德华力之间，所以H2O分子内的O-H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱的顺序依次为O-H键、O-O键、氢键、范德华力即②①④③；
(3)
已知次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，可作为催化剂，则、、的d轨道均未排满，能催化双氧水分解，而、均不存在d轨道，因此不能作为该催化剂，故选：AB；
(4)
25℃时的小于的，原因是羟基吸电子效应大于氢原子，导致电离程度大于。
4. 6.72 1∶2 6.72
【分析】硫单质由-2价变为0价，生成3.2g硫，则转移0.2mol电子，由Fe3+生成Fe2+，则原物质中n(Fe3+)=0.2mol，FexS与100mL 6mol/L的盐酸反应，恰好得到FeCl2溶液，则反应后n(Fe2+)=0.3mol，则FexS中含有n(Fe3+)=0.2mol，n(Fe2+)=0.1mol。根据FexS的化合价的代数和为零，则含有n(S2-)=0.4mol。
【详解】(1)分析可知，mg的FexS中含有0.4molS元素，反应生成0.1mol单质硫，则其余化合价未变，则生成0.3mol硫化氢，V1=0.3mol×22.4L/mol=6.72L；
(2)mg的FexS中含有n(Fe3+)=0.2mol，n(Fe2+)=0.1mol，则Fe2+与Fe3+的物质的量之比1：2；
(3)mg的FexS与足量的稀HNO3反应，Fe2+和S2-化合价升高，失电子总数为0.1mol×1+0.4mol×2=0.9mol，HNO3中N原子化合价由+5变为+2，得电子，则n(NO)==0.3mol，V2=×22.4L/mol=6.72L。
5. Mn3O4
【详解】(1)样品在300℃时已完全失去结晶水，所以加热至500℃时的过程中，样品固体发生分解的化学方程式是；
(2)设的物质的量为，则
则曲线B段为锰的氧化物，
曲线B段物质的化学式为。
6. (1)甲烷、乙烯
(2)1：4
【分析】CxHy+(x+)O2 =xCO2+H2O，150℃时，将0.1mol某气态烷烃A和气态单烯烃B的混合气体与足量氧气完全燃烧后，恢复到初始温度，气体体积不变，说明1+x+=x+，将燃烧后的气体缓慢通过浓硫酸后再用碱石灰完全吸收，碱石灰增重7.92g，可求出碳原子的物质的量，从而得到平均化学式，然后再根据总物质的量和碳原子守恒求出两种烃的物质的量之比。
(1)
设烃的平均化学式为CxHy，CxHy+(x+)O2 =xCO2+H2O，150℃时，将0.1mol某气态烷烃A和气态单烯烃B的混合气体与足量氧气完全燃烧后，恢复到初始温度，气体体积不变，1+x+=x+，y=4，n(C)=nCO2)==0.18mol，则分平均分子式中N(C)==1.8，可知混合气体平均分子式为C1.8H4，则混合气体中一定含有甲烷，气态单烯烃B，氢原子数为4，一定是乙烯，混合气体的组分为甲烷、乙烯(简要写出推理过程)故答案为：甲烷、乙烯；
(2)
设甲烷、乙烯的物质的量分别为a、b，则由碳原子守恒a+2b=0.18mol,a+b=0.1mol，解得：a=0.02mol，b=0.08mol,0.02:0.08=1：4，故答案为：1：4。
7. 冰水浴 将装置中的空气排出，防止对的检验产生干扰 通入后，C装置的圆底烧瓶中出现红棕色气体
【分析】由实验装置图可知，装置A中，70%硫酸与亚硝酸钠反应生成硫酸钠、一氧化氮、二氧化氮和水，一氧化氮易被空气中的氧气氧化生成二氧化氮，干扰一氧化氮的验证，所以实验开始前应通入氮气排尽装置内的空气，装置B用于冷凝收集二氧化氮，验证气体产物中含有二氧化氮，向装置C中通入氧气，一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，验证气体产物中含有一氧化氮。
【详解】（1）装置A中， 70%硫酸与亚硝酸钠反应生成硫酸钠、一氧化氮、二氧化氮和水，反应的化学方程式为2NaNO2＋H2SO4=Na2SO4＋NO↑＋NO2↑＋H2O，故答案为：2NaNO2＋H2SO4=Na2SO4＋NO↑＋NO2↑＋H2O；
（2）由题意可知，二氧化氮易液化，装置B应选择冰水浴，目的是冷凝收集二氧化氮，验证气体产物中含有二氧化氮，故答案为：冰水浴；
（3）一氧化氮易被空气中的氧气氧化生成二氧化氮，干扰一氧化氮的验证，所以实验开始前应通入氮气排尽装置内的空气，故答案为：将装置中的空气排出，防止对的检验产生干扰；
（4）向装置C中通入氧气，一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明气体产物中有一氧化氮，故答案为：通入后，C装置的圆底烧瓶中出现红棕色气体。
【点睛】向装置C中通入氧气，一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明气体产物中有一氧化氮，装置A中生成的一氧化氮易被空气中的氧气氧化生成二氧化氮，干扰一氧化氮的验证，所以实验开始前应通入氮气排尽装置内的空气是解答的易错点。
8. 2ClO2+2OH-+H2O2=2+2H2O+O2↑ 取B中溶液少许于试管中，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3（或SO2等）。（合理即可给分）
【分析】装置A中，ClO2具有强氧化性，H2O2具有还原性，则ClO2与NaOH和H2O2反应生成亚氯酸钠(NaClO2)、氧气和水，装置B中二氧化硫可与未反应的二氧化氯发生氧化还原反应。
【详解】(1)ClO2与NaOH和H2O2反应生成亚氯酸钠(NaClO2)、氧气和水，反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2=2+2H2O+O2↑；
(2)通入ClO2一段时间后，ClO2或与二氧化硫的水溶液反应生成硫酸，B装置溶液中存在含有硫元素物质可能以硫酸根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子或亚硫酸分子形式存在，则可用过量的氯化钡溶液，若有硫酸根离子则生成白色沉淀，过滤，再加入过氧化氢，若再次生成白色沉淀，则原溶液中存在亚硫酸或二氧化硫等。故可以设计如下实验方案：取B中溶液少许于试管中，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42−；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3（或SO2等）。
9. 有少量固体剩余 促使平衡不断正移，防止发生分解 除去溶液中残留的CO2 防止温度过高分解、有利于晶体析出 bdc A 防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸
【分析】根据题中信息，上述实验流程依次为制取CaCl2，煮沸除去CO2，在冰水冷却条件下加入反应物制取CaO2，抽滤、洗涤，加热，制得CaO2，据此解答。
【详解】（1）制取CaCl2溶液时盐酸不能过量，盐酸未过量，则有少量碳酸钙固体剩余，控制好盐酸的用量的方法：往CaCO3固体中缓慢滴加盐酸，至还有少量CaCO3固体剩余时就停止加盐酸；答案为有少量CaCO3固体剩余。
（2）氯化钙与双氧水的反应方程式为：CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl，加入氨水可以与氯化氢发生中和反应，使该可逆反应向着生成过氧化钙的方向移动，提高过氧化钙的产率，氨水是弱碱，可防止H2O2分解；答案为中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl向右进行，防止H2O2分解。
（3）由CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O反应可知，煮沸的目的是为了除去溶液中残留的CO2；答案为除去溶液中残留的CO2。
（4）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右；答案为：减少双氧水受热分解；降低产物溶解度便于析出。
（5）抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→微开活塞A→加洗涤剂洗涤→打开活塞A→关抽气泵，正确顺序为开抽气泵→a→b→e→d→f→c→关抽气泵；答案为bdc。
（6）洗涤CaO2•8H2O，应避免溶解和变质，
A．由题中信息，过氧化钙(CaO2)微溶于冷水，不溶于乙醇，所以95%的乙醇水溶液可洗涤，故A正确；
B．HCl与CaO2发生反应，即，故B错误；
C．CaO2化学性质与过氧化钠类似，有强氧化性，亚硫酸钠具有还原性，可使过氧化钙变质，故C错误；
D．CaCl2溶液中水会溶解部分CaO2，故D错误；
答案为A。
（7）①氨气极易溶于水，仪器X有个球形，横截面积较大，除导气外，还可防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸；答案为防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸。
②反应物为氨气、过氧化氢和氯化钙，生成过氧化钙和氯化铵，离子方程式为Ca2++H2O2 +2NH3 +8H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4+；答案为Ca2++H2O2 +2NH3 +8H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4+。
10. 品红溶液或酸性高锰酸钾溶液 抽拉2号注射器活塞，使铜丝与浓硫酸脱离接触，再移去酒精灯 推动1号注射器，使针头深入到溶液底部，推动1号注射器活塞，使较多水进入试管中，若白色固体逐渐溶解，溶液呈蓝色，则说明实验中有生成(或推动1号注射器，使针头伸入液面，拉动1号注射器活塞，针筒内溶液变蓝色，则说明实验中有生成) 取少量烧杯中的溶液于试管中，加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入溶液，如果有色沉淀生成，证明有，反之则无
【分析】本实验为通过铜与浓硫酸反应，验证生成的二氧化硫，确定是否发生反应，最后放置尾气处理装置，据此分析回答问题。
【详解】(1)二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色，所以试剂b为品红溶液或酸性高锰酸钾溶液；
(2)使反应停止的操作为，抽拉2号注射器活塞，使铜丝与浓硫酸脱离接触，再移去酒精灯；
(3)硫酸铜溶液显蓝色，所以证明该实验中有CuSO4生成的具体操作和现象推动1号注射器，使针头深入到溶液底部，推动1号注射器活塞，使较多水进入试管中，若白色固体逐渐溶解，溶液呈蓝色，则说明实验中有CuSO4生成(或推动1号注射器，使针头伸入液面，拉动1号注射器活塞，针筒内溶液变蓝色，则说明实验中有CuSO4生成)；
(4)主要通过验证能否出现不溶于水的硫酸钡沉淀，确定是否有硫酸根，所以为取少量烧杯中的溶液于试管中，加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，如果有色沉淀生成，证明有SO ，反之则无。
11. 冷凝回流、平衡气压 打开活塞使提取液沿着漏斗下方流入圆底烧瓶中，关闭活塞 锥形瓶 热水浴加热 ecdb 将残留在烧瓶中的咖啡因转移出来，提高产率 温度太高会使滤纸碳化变黑；温度太高会使一些其它有机物蒸出，造成产品不纯；如果加热温度达到234.5℃，咖啡因会呈液态留在蒸发皿中 BCD 方案甲更好，因为方案甲可以通过蒸馏原理将乙醇和咖啡因分离开来，使乙醇得到循环使用，多次萃取从而提高萃取率
【详解】(1)图1中乙醇蒸气在冷凝管中冷凝后流入恒压分液漏斗中，冷凝管的作用是冷凝回流、平衡气压；
(2)A的具体操作是：乙醇冷凝液将茶叶包完全浸没后，打开活塞使提取液沿着漏斗下方流入圆底烧瓶中，关闭活塞；继续重复该过程1h左右。
(3)根据图示，图2是蒸馏装置，仪器有：温度计、圆底烧瓶、蒸馏头、牛角管、冷凝管、锥形瓶；
(4) 100℃时咖啡因开始升华，所以步骤二蒸馏操作时用热水浴加热圆底烧瓶；
(5)步骤三中的操作B的顺序为：将圆底烧瓶中的残液倒入蒸发皿中；用3-5mL回收的乙醇清洗烧瓶，也并入蒸发皿中；蒸气浴蒸发乙醇至溶液呈粘稠状态，然后加入4g研细的生石灰粉；在搅拌下用蒸气浴将乙醇基本蒸干；在石棉网上小火将固体焙炒至干；用3-5mL回收的乙醇清洗烧瓶，也并入蒸发皿中，可以将残留在烧瓶中的咖啡因转移出来，提高产率；
(6)步骤四升华过程中应严格控制温度，温度太高会使滤纸碳化变黑；温度太高会使一些其它有机物蒸出，造成产品不纯；如果加热温度达到234.5℃，咖啡因会呈液态留在蒸发皿中；
(7) A.步骤二装置中，牛角管与锥形瓶连接处不能全封闭，防止装置内压强过大，故A错误；
B. 咖啡因易溶于水，步骤三中，如果水分没有完全除去，咖啡因部分溶于水中，受热会随水分蒸发，无法参与升华凝华，造成收率下降，故B正确；
C.步骤四将沾在蒸发皿边上的粉末刮到蒸发皿中间，既可以提高产率又可以避免污染产物
D.步骤四在漏斗颈部塞一小团疏松棉花，咖啡因蒸气可以在棉花上凝结，提高咖啡因产率，故D正确；
选BCD；
(8)方案甲可以通过蒸馏原理将乙醇和咖啡因分离开来，使乙醇得到循环使用，多次萃取从而提高萃取率，所以方案甲更好。
12. 、C、N
【分析】由图示推断可知，气体G为氨气，沉淀E为碳酸盐沉淀，气体C为CO2，沉淀E分解生成气体C的质量为3-1.68=1.32g，根据数据计算推知沉淀E为CaCO3，分解生成CO2和CaO，则固体A中含钙、碳、氮三种元素，据此解答。
【详解】（1）组成A的三种元素是：、C、N，根据化学式的书写原则，金属在左侧，非金属在右，且电负性越强越靠右，则A的化学式是；
（2）固体A与足量稀盐酸反应产生铵盐和二氧化碳，反应的化学方程式为：；
（3）加成反应类似于化合反应，全部生成一种物质，在无水条件下，气体CO2与NH3以物质的量之比1∶1发生加成反应生成氨基酸，其产物的结构简式为：；
（4）组成A的两种元素可形成离子化合物H（摩尔质量为），H一定含钙元素，钙的相对原子质量为40，则H是，其电子式为：。
13. 、、 产生白色沉淀，马上变成灰绿色，最终变成红褐色沉淀 BC 86.4%
【分析】气体B为一氧化碳，固体B为氧化亚铁，采用逆推法，红色固体D是Fe2O3，其物质的量是，故A含有，其质量，E是碳酸钙，，故A中含C，，其质量，根据质量守恒A有氧元素，其质量，其物质的量，则A的化学式为：。
【详解】I.(1)由分析可知，组成固体A的元素有、、，A的化学式：；
(2)A是，其隔绝空气加热的化学方程式为：；
(3)溶液C是FeCl2，可以和氢氧化钠反应生成沉淀，所以加入溶液的现象产生白色沉淀，马上变成灰绿色，最终变成红褐色沉淀；
II. (1)固体溶于硫酸后生成硫酸亚铁和草酸，滴加高锰酸钾后发生的反应为：；
(2) A.加入过量的稀硫酸的目的是为了将Zn粉溶解，还有调节溶液为酸性，A错误；
B.在使用高锰酸钾溶液滴定时，应左手控制滴定管旋塞，右手不停地振荡锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，B正确；
C.在煮沸的时候可能有一部分二价铁被氧化为三价铁，这样在后面滴定的时候，消耗的高锰酸钾就会少，所以有可能导致A的含量偏低，C正确；
D.判断滴定终点的标准为溶液恰好变为淡红色，且半分钟不褪色，D错误；
故酸BC；
(3)根据可知其质量为,6.00g样品中A的质量分数.
14. (1)碳碳三键(或碳碳叁键)
(2) 新制氢氧化铜/银氨溶液，加热后酸化 加成反应
(3)
(4)BD
【分析】烃A燃烧放出大量的热，常用来焊接或切割金属，所以A为乙炔，乙炔与氢气加成生成B为乙烯，乙烯被氧气氧化生成C为乙醛，两个乙醛脱去1分子水生成D，D和E分子式相差一个O，则E为CH3CH=CHCOOH，根据F的分子式可知，A与E发生加成反应生成F，F在酸性和碱性条件下均能水解说明其中含有酯基，F结构简式为CH3CH=CHCOOCH=CH2，F发生加聚反应生成G。
(1)
化合物A为乙炔，所含官能团为碳碳三键；
(2)
D到E为醛转化成羧酸，反应条件为新制氢氧化铜/银氨溶液，加热后酸化。根据F的分子式可知，A与E发生加成反应生成F，故反应类型为加成反应；
(3)
F结构简式为CH3CH=CHCOOCH=CH2，其在氢氧化钠溶液中可发生酯类的水解反应，化学方程式为CH3CH=CHCOOCH=CH2+NaOH→CH3CH=CHCOONa+CH3CHO；
(4)
A.乙炔和乙烯都能和酸性高锰酸钾溶液反应，A错误；
B.C为乙醛，分子式为C2H4O，1molC2H4O完全燃烧消耗氧气2.5mol，D分子式为C4H6O，1molC4H6O完全燃烧消耗氧气5mol，B正确；
C.D、E、F中都含有碳碳双键，都能与溴发生加成反应从而使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；
D.F结构简式为CH3CH=CHCOOCH=CH2，F可发生加聚反应生成 ，D正确；
故答案选BD。
15. (1) 碳氯键 还原反应
(2)BC
(3)
(4) → +H2O
(5) 、 、 、
(6)
【分析】A的分子式为C8H8O3，A的不饱和度为5，B的分子式为C7H7Cl，B的不饱和度为4，A与B发生已知①的反应后氧化生成C，根据C的结构简式知，A的结构简式为 ，B的结构简式为 ；C与HNO3反应生成D，D与Fe、CH3COOH反应生成E，结合题给已知②和E的结构简式可推知，D的结构简式为 ；E与HCONH2、HCOOH反应生成F，F的分子式为C16H14N2O3，F与SOCl2、DMF发生题给已知③的反应生成G，结合G的结构简式，F的结构简式为 ；G与H反应，然后在①CF3COOH、②调节pH后生成I，H的分子式为C6H5NFBr，结合I的结构简式知，H的结构简式为 。
（1）
B的结构简式为 ，B中官能团的名称为碳氯键；D的结构简式为 ，E的结构简式为 ，D与Fe、CH3COOH反应时—NO2被还原成—NH2，即D→E的反应类型为还原反应；答案为：碳氯键；还原反应。
（2）
A．C的结构简式为 ，与左边苯环直接相连的碳原子上有H原子，化合物C能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，A项错误；
B．E的结构简式为 ，E中含有羧基和氨基，E能通过缩聚反应形成高分子化合物，B项正确；
C．G的结构简式为 ，G的分子式为C16H13N2O2Cl，不饱和度为11，G存在含3个苯环的同分异构体，如等，C项正确；
D．G→I的过程中可生成 ， 和I中都含 ，能与强酸反应，G→I第②步不能调节pH至溶液呈强酸性，D项错误；
答案选BC。
（3）
根据分析，H的结构简式为 ；答案为： 。
（4）
E的结构简式为 ，F的结构简式为 ；E与HCONH2、HCOOH依次经历了加成、消去和取代反应生成F，E与HCONH2发生加成反应生成 ， 发生消去反应生成， 发生取代反应生成F，消去过程中的化学方程式为→+H2O；答案为：→+H2O。
（5）
C的结构简式为 ，C的分子式为C15H14O4，不饱和度为9，C的同分异构体1mol能与4molNaOH完全反应，发生银镜反应能生成4molAg，结合O原子数，C的同分异构体中含2个HCOO—，C的同分异构体存在1个手性碳原子和2个六元环(其中一个为苯环)，不含其它环状结构且苯环上只存在1种氢，不存在 结构的结构简式为 、 、 、 等；答案为： 、 、 、 等。
（6）
A的结构简式为 ，对比A的结构简式与 ，可由 与HCHO在HCl存在下发生加成反应生成 构建碳骨架；对比 与A，—CH2OH发生催化氧化即可转化为—CHO，而酚羟基也能发生氧化反应，故合成路线中需要保护酚羟基不被氧化，根据已知①可将酚羟基转化成醚键，然后将—CH2OH催化氧化成—CHO，最后用CF3COOH将醚键转化成酚羟基，合成路线流程图为： ；答案为： 。
16. (1) 离子晶体 低 KCl与冠醚(18-冠-6)形成的化合物中的阳离子半径更大，所以熔点更低
(2)冠醚(18-冠-6)与氟化钾形成超分子，易溶于氯苯甲烷，使参与反应的有效提高，因此提高产率
(3) 离子键、共价键
【解析】（1）
冠醚结构不带电荷，K+嵌入后形成一个更大的带正电荷的阳离子，离子晶体的熔沸点由离子所带电荷量及离子半径决定，离子带电荷量越多、离子半径越小，离子晶体熔沸点越高，所以本问第一空应填“离子晶体”；第二空应填“低”；第三空应填“KCl与冠醚(18-冠-6)形成的化合物中的阳离子半径更大，所以熔点更低”；
（2）
KF与冠醚形成超分子结构，其结构更易溶于液态有机物中，参加反应的F-浓度上升，使得平衡正向移动，所以本问应填“冠醚(18-冠-6)与氟化钾形成超分子，易溶于氯苯甲烷，使参与反应的有效提高，因此提高产率”；
（3）
根据晶胞的三视图可以知道，K原子在晶胞的顶点和体心，一个晶胞含有K原子，O原子有两个在晶胞内，八个在棱上，一个晶胞中含有的O原子，晶胞内K原子与O原子个数比为1﹕2，所以本问第二空应填“KO2”；氧原子间应有共价键以满足化合物中价态及化学键结构要求，所以本问第一空应填“离子键、共价键”；经推算，一个晶胞中含有2个K原子和4个O原子，再将题目所给数据代入密度计算公式，晶体密度为。
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