2025届河南省通许县丽星中学高二化学第二学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

2025届河南省通许县丽星中学高二化学第二学期期末质量跟踪监视试题
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、一定温度下，某恒容容器中发生可逆反应3H2(g)＋N2(g) 2NH3 (g) ，下列叙述中能说明反应已达平衡状态的是
A．反应混合气体的质量不再变化 B．某一时刻测得
C．反应容器内气体体积不再变化 D．当生成0.3 mol H2的同时消耗了0.1mol N2
2、将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL 4.40 mol/L盐酸中，充分反应后产生896 mL H2(标准状况)，残留固体1.28g。过滤，滤液中无Cu2＋。将滤液加水稀释到200mL，测得其中c(H＋)为0.400mol/L。则原混合物中单质铁的质量是
A．2.24g B．3.36g C．5.60g D．10.08g
3、下列醇不能在铜的催化下发生氧化反应的是(　　)
A． B．CH3CH2CH2CH2OH
C． D．
4、某晶体的一部分如图所示，这种晶体中A、B、C三种粒子数之比是（　　）

A．3∶9∶4 B．1∶4∶2
C．2∶9∶4 D．3∶8∶4
5、实验室中以下物质的贮存方法，不正确的是
A．保存硫酸亚铁溶液时，向其中加入铁钉和少量硫酸
B．少量金属锂保存在煤油中
C．少量液溴可用水封存，防止溴挥发
D．浓硝酸用带玻璃塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处
6、下列离子方程式中正确的是( 　)
A．钠与水反应: Na +2H2ONa++2OH– + H2↑
B．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸: Ba2++OH–+ H++ BaSO4↓+H2O
C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3﹒H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水: Ca2+++OH–CaCO3↓+H2O
7、化学与社会可持续发展密切相关。下列做法错误的是
A．按照国家规定，对生活垃圾进行分类放置
B．干冰、可燃冰属于新能源也属于同种物质
C．植物的秸秆、枝叶和人畜粪便等生物质能可转化为沼气
D．氢气是一种有待大量开发的“绿色能源”
8、下列方程式书写正确的是
A．碳酸的电离方程式：H2CO3 2H+ + CO32－
B． 硫化钠水解: S2-+2H2OH2S +2OH-
C．往AgI悬浊液中滴加Na2S饱和溶液：2Ag+ (aq)+ S2－(aq) = Ag2S(s)
D．用醋酸除水垢： 2CH3COOH + CaCO3 = 2CH3COO- + Ca2+ + H2O + CO2↑
9、下图是分别取1mol乙烯雌酚进行的实验：

下列对实验数据的预测正确的是
A．①中生成7molH2O B．②中生成1molCO2
C．③最多消耗3molBr2 D．④中最多消耗7molH2
10、去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如图所示。下列说法正确的是

A．去甲肾上腺素能与乙二酸发生缩聚反应且有多种缩合的可能
B．每个去甲肾上腺素分子中含有2个手性碳原子（连有四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子）
C．1mol去甲肾上腺素最多能与2 molBr2发生取代反应
D．去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应故属于氨基酸
11、下列关于煤、石油、天然气等资源的说法正确的是( )。
A．石油裂化得到的汽油是纯净物
B．石油产品都可用于聚合反应
C．天然气是一种清洁的化石燃料
D．水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料
12、共建“一带一路”符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易商品中，主要成分不属于有机物的是
A． 中国丝绸
B．捷克水晶
C．埃及长绒棉
D．乌克兰葵花籽油

A．A B．B C．C D．D
13、物质分离和提纯操作中，可能含有化学变化的是
A．洗气 B．萃取 C．升华 D．过滤
14、下列说法正确的是
A．Fe3+的最外层电子排布式为
B．基态原子的能量一定比激发态原子的能量高
C．基态碳原子价电子的轨道表示式：
D．基态多电子原子中，P轨道电子能量一定比s轨道电子能量高
15、元素的性质呈现周期性变化的根本原因是 (　　)
A．原子半径呈周期性变化 B．元素的化合价呈周期性变化
C．第一电离能呈周期性变化 D．元素原子的核外电子排布呈周期性变化
16、在常温下，某无色溶液中，由水电离出的c(H+)＝1×10-14mol·L-1，则该溶液中，一定能大量共存的离子是（ ）
A．K+、Na+、MnO4-、SO42- B．Na+、CO32-、AlO2-、Cl-
C．K+、Na+、Cl-、Br- D．K+、Cl-、Ba2+、HCO3-
二、非选择题（本题包括5小题）
17、盐X由三种元素组成，其具有良好的热电性能，在热电转换领域具有广阔的应用前景。为研究它的组成和性质，现取12.30g化合物X进行如下实验：

试根据以上内容回答下列问题：
(1)X的化学式为_____________。
(2)无色溶液B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为______________。
(3)蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，其离子方程式为____________。
(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X，其化学方程式为__________。
18、4-羟基扁桃酸可用于制备抗生素及血管扩张类的药物，香豆素-3-羧酸可用于制造香料，二者合成路线如下（部分产物及条件未列出）：

已知;
（R，R′，R″表示氢、烷基或芳基）
（1）A相对分子质量为60，常在生活中用于除去水壶中的水垢，A的结构简式是___________。
（2）D → 4-羟基扁桃酸反应类型是______________。
（3）中①、②、③ 3个-OH的电离能力由强到弱的顺序是___________。
（4）W →香豆素-3-羧酸的化学方程式是______________________。
（5）关于有机物F下列说法正确的是__________。
a．存在顺反异构 b．分子中不含醛基
c．能发生加成、水解、氧化等反应 d. 1mol F 与足量的溴水反应，最多消耗 4 molBr2
（6）某兴趣小组将 4-羟基扁桃酸进行如下操作

①1molH在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为______mol.
②符合下列条件的 I 的同分异构体（不考虑立体异构）为______种。
a．属于一元羧酸类化合物
b．苯环上只有 2 个取代基，其中一个是羟基
③副产物有多种，其中一种是由 2 分子 4-羟基扁桃酸生成的含有 3 个六元环的化合物，该分子中不同化学环境的氢原子有__________种。
19、Ⅰ．实验室制得气体中常含有杂质，影响其性质检验。下图A为除杂装置，B为性质检验装置，完成下列表格：

序号
气体
反应原理
A中试剂
①
乙烯
溴乙烷和NaOH的醇溶液加热
_________
②
乙烯
无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃反应的化学方程式是________________。
NaOH溶液
③
乙炔
电石与饱和食盐水反应
_________
Ⅱ．为探究乙酸乙酯的水解情况，某同学取大小相同的3支试管，分别加入以下溶液，充分振荡，放在同一水浴加热相同时间，观察到如下现象。
试管编号
①
②
③
实验操作

实验现象
酯层变薄
酯层消失
酯层基本不变
（1）试管①中反应的化学方程式是_____________________；
（2）对比试管①和试管③的实验现象，稀H2SO4的作用是________________；
（3）试用化学平衡移动原理解释试管②中酯层消失的原因_______________。
20、己二酸主要用于生产尼龙66盐、合成树脂及增塑剂等。已二酸的合成路线如下：

制备己二酸的装置示意图如图所示(加热和夹持装置等略)。

实验步骤：
I.己二酸的制备
连装好装置后，通过瓶口b慢慢滴加1.5g环已醇至适量KMnO4和NaOH的混合溶液中，然后塞上带有温度计的胶塞，再用沸水浴加热数分钟。
II.分离提纯
趁热过滤，收集滤液，用少量热水洗涤滤渣2次，合并滤液和洗涤液，边搅拌边滴加浓盐酸至溶液呈强酸性，小心加热蒸发浓缩至10mL左右，在冷水浴中冷却，析出已二酸粗品。
回答下列问题：
(1)写出仪器a的名称：______________。
(2)分离提纯过程中滴加的浓盐酸的作用是______________。
(3)将已二酸粗品提纯的方法是_______________。
A．过滤   B．萃取   C．重结晶   D．蒸馏
(4)步骤II中过滤时需要用到的玻璃仪器有玻璃棒____、_____。洗涤滤渣的目的是__________。
(5)若制得纯已二酸的质量为1.5g，则己二酸的产率为__________。
21、不饱和酯类化合物在药物，涂料等应用厂泛。
（1）下列关于化合物的说法不正确的是____________。

A．遇FeCl3溶液可能显紫色 B．易被空气中的氧气所氧化
C．能与溴发生取代和加成反应 D．1mol化合物Ⅰ最多能与2molNaOH反应
（2）反应①是一种由烯烃直接制备不饱和酯的新方法：
①
化合物Ⅱ的分子式为_____________，1mol化合物Ⅱ能与________molH2恰好完全反应生成饱和烃.
（3）化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或IV分别通过消去反应获得，但只有Ⅲ能与Na反应产生H2，Ⅲ的结构简式为_________（写1种）；由IV生成Ⅱ的反应条件为________________________。
（4）聚合物可用于制备涂料，其单体结构简式为______________。利用类似反应①的方法，仅以乙烯为有机物原料合成该单体，涉及的反应方程式为______________________。
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. 反应体系中，所有物质均为气体，则混合气体的质量一直未变化，A错误；
B. 某一时刻测得3v正（H2）=2v逆（NH3），v正（H2）：v逆（NH3）=2：3，转化为同一物质时，正逆反应速率不相等，B错误；
C. 反应容器为恒容密闭容器，气体体积一直未变化，C错误；
D. 当生成0.3 mol H2时，必然生成0.1mol氮气，同时消耗了0.1mol N2，消耗与生成氮气的量相同，达到平衡状态，D正确；
答案为D
2、C
【解析】
反应后溶液中还有较多H＋离子剩余,且滤液中没有Cu2＋,可以知道残留物没有Fe,只有Cu,而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，溶液中阳离子为H＋和Fe2+，参加反应的HCl中的H元素转化到氢气、水中，根据H原子守恒，计算混合物中O原子物质的量，根据Cu元素守恒计算n(CuO)，再根据O原子守恒计算n(Fe2O3),根据m=n×M计算氧化铁的质量。
【详解】
反应后溶液中还有较多H＋离子剩余，且滤液中没有Cu2＋，可以知道残留物没有Fe，只有Cu，而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，溶液中阳离子为H＋和Fe2+，反应后剩余n(H+)=0.4nol/L×0.2L=0.08mol，原溶液中n(HCl)=4.4mol/L×0.1L=0.44mol，参加反应的HCl中的H元素转化到氢气、水中,
根据H原子守恒,2n(H2O)+2n(H2)=n总(HCl)-n余(H+)，即2n(H2O)+2=0.44mol-0.08mol，n(H2O)=0.14mol故混合物中n(O)= n(H2O)=0.14mol，
由铜元素守恒,则n(CuO)=n(Cu)==0.02mol，
由O原子守恒:3n(Fe2O3)+ n(CuO)=0.14mol，则n(Fe2O3)=0.04mol，
由Cl原子守恒，滤液中溶质为FeCl2和剩余HCl，2n(FeCl2)+n余(HCl)=n总(HCl)，即2n(FeCl2)+0.08mol=0.44mol，n(FeCl2)=0.18mol,
由Fe原子守恒，原混合物中铁的物质的量：n(Fe)+2n(Fe2O3)=n(FeCl2), n(Fe)=0.18mol-0.04mol×2=0.10mol, m(Fe)=0.10mol×56g/mol=5.60g，
所以C选项是正确的。
本题考查混合物的计算，明确物质反应先后顺序及剩余固体成分是解本题关键，再结合转移电子守恒、原子守恒进行解答，同时考查学生思维缜密性，题目难度中等。
3、D
【解析】
醇类有机物发生催化氧化反应，生成醛或者酮，条件为与羟基相连的碳原子上至少存在一个氢原子。
【详解】
A. 羟基所在碳原子上有1个氢原子，可以发生催化氧化反应，A不选；
B. 羟基所在碳原子上有2个氢原子，可以发生催化氧化反应，B不选；
C. 羟基所在碳原子上有2个氢原子，可以发生催化氧化反应，C不选；
D. 羟基连在叔碳原子上，碳原子上没有多余氢原子，不能发生催化氧化，D选，
答案为D。
4、B
【解析】
晶体的部分结构为正三棱柱，根据分摊法知顶角有的A属于该晶胞，侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，据此计算判断。
【详解】
A位于正三棱柱的顶角，则有的A属于该晶胞，该晶胞中含A的个数为6×=，B分为两类，位于侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，该晶胞含B原子个数为3×+6×=2，含C原子个数为1，则A、B、C三种原子个数之比为：2：1=1：4：2，故选B。
本题考查晶胞计算，掌握分摊法在晶胞计算中的应用是解题的关键。本题的易错点为顶角和侧棱上原子的计算方法，本题中顶角有的A属于该晶胞，侧棱上的B有属于该晶胞，不是和，因为该晶胞不是立方体。
5、B
【解析】
试题分析：A、硫酸亚铁溶液中存在亚铁离子的水解和被氧化，所以加入铁钉防止被氧化，加入硫酸防止水解，A正确；B. 锂的密度比煤油小，应保存在石蜡油中，B错误；C.液溴易挥发，所以通常保存在棕色玻璃试剂瓶中，并在液溴上加少量水液封，C正确；D.浓硝酸见光易分解，所以保存在棕色玻璃试剂瓶中，并贮存在阴凉处，D正确；答案选B。
【考点定位】考查试剂的保存方法。
【名师点睛】本题考查了常见试剂的保存方法，该类试题旨在考查学生对基础知识和基本技能的理解和掌握。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。题目难度中等。试剂瓶选用注意的四个要素：
（1）瓶口：固体药品存放于广口瓶；液体药品存放于细口瓶。
（2）瓶质：与玻璃强烈反应的试剂（如氢氟酸）不能用玻璃试剂瓶盛装（氢氟酸装在塑料瓶中）。
（3）瓶塞：强碱性溶液不可用玻璃塞试剂瓶盛装（用橡胶塞）
（4）瓶色：见光易分解的试剂保存在棕色试剂瓶中。
6、C
【解析】分析：先根据所给物质的化学性质判断其反应产物，再根据离子方程式书写要求判断离子方程式是否正确。
详解：钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，A选项电荷不守恒，正确的是：2Na +2H2O=2Na++2OH– + H2↑，A选项错误；向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸生成硫酸钡和水，1mol氢氧化钡电离出2mol氢氧根离子，1mol硫酸电离出2mol氢离子，反应的离子方程式：Ba2++2OH–+ 2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，B选项错误；氨水是弱碱，氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式：Al3++3NH3﹒H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，C选项正确；向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水生成碳酸钙沉淀和氨气，D选项错误，正确选项C。
点睛：离子方程式正误判断规律（三“看”）：
第一看：符不符（即是否符合反应事实）
（1）反应物和生成物不符：如：铁和稀盐酸的反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑；
（2）漏掉离子反应：如稀硫酸与氢氧化钡的离子反应写为：Ba2++SO42－=BaSO4↓；
（3）反应物或产物的配比是否正确，是否符合题设条件及要求，如“过量”、“少量”、“足量”等情况：如：本题中的B选项配比不正确，D选项没有考虑石灰水是足量的。
第二看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）
⑴元素守恒：反应前后各元素的原子个数相等；
⑵电荷守恒：方程式左右两边离子的电荷总数相等，如本题中的A选项；
⑶电子守恒（价守恒）：对于氧化还原反应，反应过程中元素化合价升高总数与降低总数相等；
第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）
⑴强酸、强碱和易溶于水的盐要拆写为离子，难溶物质、难电离物质、挥发性物质、单质、氧化物、非电解质等要书写为化学式；
⑵微溶物作为反应物，若是澄清溶液拆写为离子，若是悬浊液写为化学式。微溶物作为生成物，一般写为化学式，并标“↓”符号；
⑶多元弱酸酸式根离子，在离子方程式中不能拆写。
7、B
【解析】
A．将垃圾进行分类放置，提高利用率，符合社会可持续发展理念，故A正确；
B．干冰是固态二氧化碳，可燃冰是CH4•nH2O，二者不是同种物质，故B错误；
C．将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，在富氧条件下，经过缓慢、复杂、充分的氧化反应最终生成沼气，从而有效利用生物质能，故C正确；
D．氢气的燃料产物是水，对环境无污染，且发热量高，是绿色能源，故D正确；
故答案为B。
8、D
【解析】
试题分析：A．碳酸是二元弱酸，分步电离，错误；B. 硫化钠分步水解水解，错误；C．往AgI悬浊液中滴加Na2S饱和溶液的离子方程式为:2AgI(s)+ S2－(aq) = Ag2S(s)+2I-(aq),错误；D．用醋酸除水垢, CH3COOH是弱酸、CaCO3 是难溶盐，不能拆开，离子方程式为： 2CH3COOH + CaCO3 = 2CH3COO- + Ca2+ + H2O + CO2↑，正确；故选D。
考点：常见的化学用语，化学方程式的书写
9、D
【解析】
A项、由乙烯雌酚的结构简式可知分子式为C18H20O2，1mol该物质燃烧可得到10mol水，故A错误；
B项、酚羟基的酸性强于碳酸氢根，弱于碳酸，能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故B错误；
C项、1mol乙烯雌酚中含有2mol酚羟基，酚羟基的邻、对位均可与溴发生取代反应，则发生取代反应消耗4molBr2，1mol乙烯雌酚分子中含有1mol碳碳双键，则发生加成反应消耗1mol Br2，故共可以消耗5mol的Br2，故C错误；
D项、苯环及碳碳双键均可与氢气在一定条件下发生加成反应，1 mol乙烯雌酚共可与7mol氢气加成，故D正确；
故选D。
10、A
【解析】分析：A. 去甲肾上腺素结构中含有氨基，乙二酸含有羧基，二者能够发生缩聚反应；B. 有机物中只有1个手性碳；C. 该有机物分子含有酚羟基，溴原子可以取代酚羟基的邻对位上的氢原子；D.既含有氨基，又含有羧基的有机物为氨基酸。据以上分析解答。
详解：去甲肾上腺素结构中含有氨基，乙二酸含有羧基，二者能够发生缩聚反应，A正确；手性碳原子的四个基团都不相同，该有机物中满足条件的碳原子只有1个，， B错误；该有机物分子含有酚羟基，溴原子可以取代酚羟基的邻对位上的氢原子，因此 1mol该分子最多可能与3molBr2发生取代反应，C错误；该有机物的酚羟基可以与氢氧化钠溶液发生反应，氨基可以与盐酸发生反应，但是该有机物不含羧基，不属于氨基酸，D错误；正确选项A。
11、C
【解析】
石油的主要成份为烷烃和芳香烃，并不能用于聚合反应，生成的裂解气是一种复杂的小分子混合气体，主要成份为稀烃；水煤气是煤的气化产生的气体CO和氢气；
12、B
【解析】
A.中国丝绸主要成分是蛋白质，属于有机物，A错误；
B.捷克水晶主要成分是二氧化硅，属于无机物，B正确；
C.埃及长绒棉主要成分是纤维素，属于有机物，C错误；
D.乌克兰葵花籽油主要成分是油脂，属于有机物，D错误;
故合理选项为B。
13、A
【解析】A. 洗气操作中，可能含有化学变化，例如利用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的氯化氢，A正确；B. 萃取利用的是溶解性的不同，属于物理变化，B错误；C. 升华是固态直接变为气态，属于物理变化，C错误；D. 过滤是物理变化，D错误，答案选A。
14、A
【解析】
A.铁原子失去最外层4s能级2个电子，然后失去3d能级上的1个电子形成Fe3+，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5，故A正确；
B.基态原子吸收不同的能量变为不同的激发态原子，只有相同原子基态原子的能量总是低于激发态原子的能量，不同原子基态原子的能量不一定比激发态原子的能量低，故B错误；
C.基态碳原子核外有6个电子，其中价电子为4，分布在2s、sp轨道上，价电子轨道表示式为，故C错误；
D.同一能层时p电子能量比s电子能量高，离原子核越远时能量越高，故D错误；
故选A。
15、D
【解析】
A. 原子半径呈周期性变化是由核外电子排布的周期性变化决定的；
B. 元素的化合价呈周期性变化是由元素原子的最外层电子数的周期性变化决定的；
C. 第一电离能呈周期性变化是由由元素原子的最外层电子数的周期性变化决定的；
D. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化是元素性质呈现周期性变化的根本原因。
故选D。
16、C
【解析】
在常温下，某无色溶液中，由水电离出的c(H+)＝1×10-14mol·L-1，则该溶液可能显酸性，也可能显碱性，据此解答。
【详解】
A、MnO4－显紫红色，故A错误；
B、此溶质为酸或碱，CO32－和AlO2－在酸中不能大量共存，故B错误；
C、既能在碱中大量共存，又能在酸中大量共存，故C正确；
D、HCO3－既不能在碱中大量共存，也不能在酸中大量共存，故D错误。
答案选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、CuAlO2 AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－ 2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋SO42－＋4H＋ 2Al2O3＋4CuO4CuAlO2＋O2↑
【解析】
蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B，则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2，沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO，D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2；无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C，故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3；则溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素，则红色固体A为Cu，结合转化可知X中还含有O元素。结合题意中物质的质量计算解答。
【详解】
(1) 根据上述分析，固体X中含有Cu、Al和O元素。Al(OH)3的物质的量为=0.1mol，Cu(OH)2的物质的量为=0.05mol，Cu单质的物质的量为=0.05mol，由原子守恒可知12.3gX中含有0.1mol Al原子、0.1mol Cu原子，则含有O原子为：=0.2mol，则X中Cu、Al、O原子数目之比为0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2，故X的化学式为CuAlO2，故答案为：CuAlO2；
(2) B中含有AlO2-，B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；
(3) F为CuCl2，F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，Cu、Cl原子的个数之比为＝1：1，则沉淀为CuCl，反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+；
(4)Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3，与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2，其化学方程式为：2Al2O3+4CuO 4CuAlO2+O2↑，故答案为：2Al2O3+4CuO 4CuAlO2+O2↑。
18、CH3COOH 加成反应 ③＞①＞② bc 2 12 4
【解析】
乙醇与丙二酸发生酯化反应生成E，结合E的分子式可知，E的结构简式为C2H5OOC-CH2-COOC2H5，E与发生信息Ⅱ中反应生成F，F系列反应得到香豆素-3-羧酸，由香豆素-3-羧酸的结构，可知W为，则F为，F发生信息I中反应生成G，C分子中含有2个六元环，则G为。A的相对分子质量为60，由ClCH2COOH结构可知乙醇发生氧化反应生成A为CH3COOH，ClCH2COOH与氢氧化钠溶液反应、酸化得到C为HOCH2COOH，C发生催化氧化得到D为OHC-COOH，D与苯酚发生加成反应生成对羟基扁桃酸为。
(1)由上述分析可知，A的结构简式是CH3COOH，故答案为：CH3COOH；
(2)D→4-羟基扁桃酸的化学方程式是：OHC-COOH+，其反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
(3)   中①为酚羟基，有弱酸性，且酸性比碳酸弱，②为醇羟基，中性基团，③为羧基，弱酸性，但酸性一般比碳酸强，则3 个-OH 的电离能力由强到弱的顺序是③＞①＞②，故答案为：③＞①＞②；
(4)发生分子内酯化，生成香豆素-3-羧酸，反应的化学方程式是+H2O，故答案为：+H2O；
(5)F的结构简式是。a．不饱和碳原子连接2个-COOC2H5，没有顺反异构，故a错误；b．F分子中不含醛基，故b正确；c．含有碳碳双键与苯环，可以发生加成反应，含有酯基，可以发生水解反应，酯基、酚羟基均可以发生取代反应，故c正确；d. 1mol F 与足量的溴水反应，苯环上羟基的邻位和对位有2个氢原子，消耗2mol溴，碳碳双键消耗1mol溴，共消耗 3 molBr2，故d错误；故选：bc；
(6)①H的分子结构简式为，分子结构中含有酚羟基和酯基，均能和NaOH溶液反应，含有的醇羟基不与NaOH溶液反应，则1mol  在一定条件下与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗 NaOH 的物质的量为2mol，故答案为：2；
②I的结构简式为，其符合下列条件：a．属于一元羧酸类化合物，说明分子结构中有一个羧基；b．苯环上只有 2 个取代基，则二个取代基的位置有邻、间及对位三种可能，其中一个是羟基，另一个取代基可能是：-CHBrCH2COOH、-CH2CHBrCOOH、-CBr(CH3)COOH、-CH(CH2Br)COOH，则符合条件的I的同分异构体共有3×4=12种，故答案为：12；
③副产物有多种，其中一种是由 2 分子 4-羟基扁桃酸生成的含有 3 个六元环的化合物，该化合物为4-羟基扁桃酸2分子间酯化生成的六元环酯，其分子结构对称，含有酚羟基的氢、酯环上的一个氢原子及苯环上酚羟基邻位及间位上的氢，共有4种不同化学环境的氢原子，故答案为：4。
点睛：本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行充分利用，注意根据有机物的结构利用正、逆推法相结合进行推断，侧重考查学生分析推理能力。本题的易错点为(6)中同分异构体数目的判断。
19、水 CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O CuSO4溶液 CH3COOCH2CH3＋H2OCH3CH2OH+CH3COOH 稀硫酸可以加速酯的水解（或稀硫酸是酯水解反应的催化剂） 乙酸乙酯水解生成的乙酸与NaOH发生中和反应，乙酸浓度降低，使水解平衡向正反应方向移动，水解比较彻底
【解析】
Ⅰ．①乙醇易挥发，且易溶于水，乙烯混有乙醇，可用水除杂；
②无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃反应，生成乙烯和水，反应的方程式为CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O；
③乙炔中混有硫化氢气体，可用硫酸铜除杂，生成CuS沉淀。
Ⅱ．（1）在稀硫酸的作用下乙酸乙酯发生水解反应生成乙酸和乙醇，反应的化学方程式为
CH3COOCH2CH3＋H2OCH3CH2OH+CH3COOH。
（2）试管③中没有稀硫酸，而乙酸乙酯几乎不水解，所以对比试管①和试管③的实验现象，稀H2SO4的作用是加速酯的水解（或稀硫酸是酯水解反应的催化剂）。
（3）乙酸乙酯水解生成的乙酸与NaOH发生中和反应，乙酸浓度降低，使水解平衡向正反应方向移动，水解比较彻底，因此试管②中酯层消失。
20、 直形冷凝管(或冷凝管) 将己二酸钠完全转化为己二酸 C 烧杯 漏斗 减少己二酸钠的损失，提高己二酸的产量 68.5%
【解析】分析：（1）根据实验装置图及常见的仪器分析；
（2）根据己二酸的酸性弱于盐酸分析；
（3）根据已二酸常温下为固体，温度较低时会从溶液中析出分析；
（4）根据过滤操作分析；滤渣中含有己二酸钠；
（5）根据实际产量与理论产量的比值计算产率。
详解：（1）由实验装置图可知，图中仪器a的名称是直形冷凝管(或冷凝管)；
（2）浓盐酸是强酸，酸性强于己二酸，分离提纯过程中滴加的浓盐酸的作用是将己二酸钠完全转化为己二酸；
（3）因为己二酸常温下为固体，温度较低时会从溶液中析出，所以将已二酸粗品提纯的方法是重结晶，答案选C；
（4）步骤II中过滤时需要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗；滤渣中含有己二酸钠，因此洗涤滤渣的目的是减少己二酸钠的损失，提高己二酸的产量；
（5）根据原子守恒可知生成己二酸的质量为，所以产率是1.5g/2.19g×100%＝68.5%。
点睛：本题以已二酸的制备为载体，考查化学实验基本操作、关系式计算等，题目难度中等，掌握实验原理是解答的关键，是对学生分析能力、计算能力和综合能力的考查。
21、 D C9H10 4 或 NaOH醇溶液，加热 CH2=CHCOOCH2CH3 CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O
【解析】分析：（1）该有机物中含有苯环、酚羟基、碳碳双键和酯基,具有苯、酚、烯烃和酯的性质,能发生加成反应、还原反应、取代反应、氧化反应、显色反应、加聚反应、水解反应等，据以上分析解答。
（2）根据Ⅱ的结构式可以得出分子式为C9H10，1molⅡ含有1mol 苯环和1mol碳碳双键，1molⅡ可以与4mol氢气发生加成反应生成饱和环烷烃。
（3）Ⅲ能与Na反应产生氢气说明Ⅲ含有羟基，所以Ⅲ的结构简式为或，由于Ⅳ只能是卤代烃，卤代烃发生消去反应的条件为氢氧化钠醇溶液,加热。
（4）根据聚合物的结构式可以推出单体的结构简式；乙烯水化制乙醇，乙醇与乙烯、一氧化碳、氧气共同作用生成CH2=CHCOOCH2CH3。
详解：A.含有酚羟基，所以具有酚的性质，能与氯化铁溶液发生显色反应，A正确；B．酚能够被氧气氧化，B正确；C.含有酚羟基且苯环上酚羟基邻对位含有氢原子，含有碳碳双键，所以能与溴发生取代反应和加成反应，C正确；D．酚羟基和酯基水解生成的羧基能与氢氧化钠反应，所以1mol化合物I最多能与3molNaOH反应，D错误；正确选项D。
（2）根据化合物Ⅱ的结构简式，该有机物化合物Ⅱ的分子式为：C9H10；苯环能够与氢气发生加成反应，乙烯基能够与氢气发生加成反应，所以1mol化合物Ⅱ能与3+1=4 molH2恰好完全反应生成饱和烃；正确答案：C9H10；4。
（3）能与Na反应产生氢气说明Ⅲ含有羟基，所以Ⅲ的结构简式为或；由于Ⅳ只能是卤代烃，卤代烃发生消去反应的条件为NaOH醇溶液，加热；正确答案：或；NaOH醇溶液，加热。
（4）根据聚合物的结构式可以推出单体的结构简式为CH2=CHCOOCH2CH3，以乙烯为有机物原理合成该单体的方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O；正确答案：CH2=CHCOOCH2CH3 ；CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O。