2025届安徽省滨湖寿春中学化学高二下期末质量检测试题含解析.doc

2025届安徽省滨湖寿春中学化学高二下期末质量检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列变化过程中，加入还原剂才能实现的是
A．Brˉ→Br2 B．CaCO3→CaO C．Fe3+ →Fe2+ D．Na→Na2O2
2、实验室回收废水中苯酚的过程如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A．操作Ⅰ为萃取，分液，萃取剂也可以用选用
B．苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的小
C．操作Ⅱ中得到的苯，可在操作Ⅰ中循环使用
D．操作Ⅲ中要用蒸馏方法分离出苯酚
3、下列关于平衡常数的说法正确的是
A．在平衡常数表达式中，反应物浓度用起始浓度表示，生成物浓度用平衡浓度表示
B．可逆反应中，反应物的转化率增大，一定导致化学平衡常数增大
C．可以用化学平衡常数来定量描述化学反应的限度
D．平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂有关
4、萜类化合物a、b、c广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是（ ）

A．b和c互为同分异构体
B．a、b、c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上
C．a和c均能使溴的四氯化碳溶液因反应褪色
D．b和c均能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀
5、下列各组液体混合物中，可以用分液漏斗分离的是(　　)
A．溴乙烷和水 B．苯酚和乙醇 C．酒精和水 D．乙醛和苯
6、1828年德国化学家维勒首次合成了尿素，尿素的四种元素中电负性最大的是　　
A．H B．O C．N D．C
7、某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+，他们使用的药品和装置如图所示，下列说法合理的是

A．B中蓝色溶液褪色可以证明还原性:I->SO2
B．实验完成后，检验A中是否含有Fe2+,可用酸性KMnO4溶液
C．实验完成后，向A中加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀
D．装置C的作用是吸收SO2尾气，发生的反应是氧化还原反应
8、我们生活在千变万化的物质世界里。下列过程或变化中，没有发生氧化还原反应的是(　　)
A．iPhone 8手机电池放电 B．铁制品的镀铜过程
C．爆竹爆炸 D．利用焰色反应检验K＋
9、向酯化反应：CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O的平衡体系中加H218 O，过一段时间，18O原子存在于(　　)
A．只存在于乙醇分子中 B．存在于乙酸和H2O分子中
C．只存在于乙酸乙酯中 D．存在于乙醇和乙酸乙酯分子中
10、化学在生产和生活中有重要的应用，下列说法正确的是(　　)
A．苏打在生活中可用做发酵粉 B．磁性氧化铁可用于制备颜料和油漆
C．石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料 D．二氧化硅可用于制作硅芯片
11、氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出不同的性质，下列结论正确的是
A．加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有Cl2存在
B．溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在
C．先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明有Cl-存在
D．氯水放置数天后，pH变大，几乎无漂白性
12、三氟化氮（NF3）是一种无色无味的气体，它是氨（NH3）和氟气（F2）在一定条件下直接反应得到的。4NH3 +3F2==NF3+ 3NH4F。下列关于三氟化氮的叙述，正确的是（ ）
A．NF3中的N呈-3价
B．电负性由大到小的顺序：H>N>F
C．NF3可能是一种极性分子
D．NF3和NH4F都是分子晶体
13、已知：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。现将一定量的稀盐酸、浓硫酸、稀醋酸分别和1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，其中放热最少的是(　　)
A．稀盐酸 B．浓硫酸 C．稀醋酸 D．稀盐酸和稀醋酸
14、以色列科学家发现准晶体，独享2011年诺贝尔化学奖。已知的准晶体都是金属互化物。人们发现组成为铝－铜－铁－铬的准晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能，正被开发为炒菜锅的镀层。下列说法正确的是（   ）
A．已知的准晶体是离子化合物
B．已知的准晶体中含有非极性键
C．合金的硬度一般比各组份金属的硬度更低
D．准晶体可开发成为新型材料
15、下列关于物质的分类中正确的是（　　）

纯净物
混合物
强电解质
弱电解质
非电解质
A
盐酸
矿泉水
硫酸
醋酸
干冰
B
氢氧化钡
蔗糖溶液
硫酸钡
溴水
二氧化硫
C
胆矾
石灰水
氧化铝
水
氯气
D
小苏打
氢氧化铁胶体
氯化银
一水合氨
酒精
A．A B．B C．C D．D
16、有关天然产物水解的叙述不正确的是
A．纤维素水解与淀粉水解得到的最终产物不同
B．可用碘检验淀粉水解是否完全
C．蛋白质水解的最终产物均为氨基酸
D．油脂水解可得到丙三醇
二、非选择题（本题包括5小题）
17、氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，该药物通常以 2­－氯苯甲醛为原料合成，合成路线如下：

（1）下列关于氯吡格雷的说法正确的是__________。
A．氯吡格雷在一定条件下能发生消去反应
B．氯吡格雷难溶于水，在一定条件下能发生水解反应
C．1mol氯吡格雷含有5NA个碳碳双键，一定条件下最多能与5molH2发生加成反应
D．氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S
（2）物质 D 的核磁共振氢谱有_________种吸收峰。
（3）物质 X 的结构简式为____________。
（4）物质 C可在一定条件下反应生成一种含有 3个六元环的产物，写出该反应的化学方程式______，反应类型是__________。
（5）写出属于芳香族化合物 A的同分异构体__________(不包含 A)。
18、利用莤烯(A)为原料可制得杀虫剂菊酯(H)，其合成路线可表示如下：

已知：R1CHO+R2CH2CHO
（1）写出一分子的 F 通过酯化反应生成环酯的结构简式__________。
（2）写出 G 到 H 反应的化学方程式___________。
（3）写出满足下列条件的 C 的一种同分异构体的结构简式______________。
①能与FeCl3 溶液发生显色反应；②分子中有 4 种不同化学环境的氢。
（4）写出以和 CH3CH2OH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)。______________
19、四氯化锡（SnCl4）是一种重要的化工产品，可在加热下直接氯化来制备。已知：四氯化锡是无色液体，熔点-33 ℃，沸点114 ℃。SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟。实验室可以通过下图装置制备少量SnCl4 (夹持装置略)。

（1）装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为________；
（2）装置Ⅱ中的最佳试剂为_______，装置Ⅶ的作用为_______；
（3）该装置存在的缺陷是：_______________；
（4）如果没有装置Ⅲ，在Ⅳ中除生成SnCl4 外，还会生成的含锡的化合物的化学式为_______________；
（5）实验用锡粒中含有杂质Cu．某同学设计下列实验测定锡粒的纯度．
第一步：称取0.613g锡粒溶入足量盐酸中，过滤；
第二步：向滤液中加入过量FeCl3溶液，将Sn2+氧化成Sn4+；
第三步：用0.100 mol•L-1 K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+，发生反应的表达式为（未配平）：Fe2+ + Cr2O72- + H+→Cr3+ + Fe3+ + H2O
第二步中发生反应的离子方程式是_______________，若达到滴定终点时共消耗16.0 mLK2Cr2O7溶液，试写出试样中锡的质量分数的计算式____________（仅写计算结果，锡的相对原子质量按119计算）
20、某学生为测定某烧碱样品中的质量分数，进行如下实验：（已知该样品中含有少量不与酸作用的杂质）
A．在250的容量瓶中定容，配制成250烧碱溶液；
B．用碱式滴定管移取25.00烧碱溶液于锥形瓶中，并滴几滴甲基橙指示剂；
C．在天平上准确称取20.5烧碱样品，在烧杯中用蒸馏水溶解；
D．将物质的量浓度为1.00的标准硫酸溶液装入酸式滴定管中，调节液面，记下开始时的读数；
E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至溶液变为橙色为止，记下读数。
试填空：
(1)正确操作步骤的顺序是________→________→________→________→________。（用字母填空）
(2)观察滴定管液面的读数时应注意什么问题？
_____________________________________________________________________。
(3)步操作中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是__________________________________________。
(4)下列操作中可能使所测溶液的质量分数偏低的是________。
a．步操作中未将溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容
b．步操作中，称量药品时，砝码放在左盘，放在右盘
c．步操作中酸式滴定管在装入标准溶液前未用标准液润洗
d．滴定过程中，读取硫酸溶液体积时，开始时仰视读数，结束时俯视读数

(5)硫酸的初读数和末读数如图所示。未读数为________，初读数为________，用量为________。按滴定所得数据计算烧碱样品中的质量分数为________。
21、（1）请写出惰性电极电解AgNO3溶液阳极的电极方程式_______________________。
（2）化学学科中的平衡理论主要包括：化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡四种，且均符合勒夏特列原理。请回答下列问题：
①常温下，某纯碱溶液中滴入酚酞，溶液呈红色，原因是______________________;(用离子方程式表示)
②常温下，在NH4Cl溶液中离子浓度由大到小的顺序为_____________________________;
③某温度时，水的离子积为KW＝1×10－13，在此温度下，某溶液中由水电离出来的H+浓度为1×10－10mol/L，则该溶液的pH可能为___________；
④室温下，0.1mol/L的酒石酸（H2C4H4O6）溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH为6，则c(HC4H4O6−)+2 c(C4H4O62−)＝__________mol/L。（用计算式表示）
⑤难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡。某MgSO4溶液里c(Mg2+)=0.002mol⋅L−1,如果生成Mg(OH)2沉淀,应调整溶液pH，使之大于__________;(该温度下Mg(OH)2的Ksp=2×10−11)
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A. Brˉ→Br2是氧化反应，不需要加入还原剂，A不符合题意；
B. CaCO3→CaO是非氧化还原反应，B不符合题意；
C. Fe3+ →Fe2+ 是还原反应，需要加入还原剂，C符合题意；
D. Na→Na2O2是氧化反应，不需要加入还原剂，D不符合题意；
答案选C。
2、D
【解析】
整个实验过程为，用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚，经过分液操作进行分离得到苯酚。
【详解】
A.操作Ⅰ为用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，萃取剂也可以用选用，A项正确；
B.苯酚钠属于钠盐，钠盐易溶于水，所以苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的小，B项正确；
C.操作Ⅱ中得到的苯，可继续萃取废水中的苯酚，可以循环使用，C项正确；
D.操作Ⅲ中用分液方法分离出苯酚，因为只含有苯酚一种有机溶剂，D项错误；
答案选D。
3、C
【解析】
A.在平衡常数表达式中，反应物浓度和生成物浓度都应用平衡浓度表示，故A错误；
B.同一反应，平化学衡常数只受温度影响，反应物的转化率增大，平衡常数不一定改变，故B错误；
C.平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，故C正确；
D.同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物浓度、体系的压强、催化剂等无关，故D错误；
答案选C。
4、B
【解析】分析 A．b和c分子式不相同；B．a、b、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型；C．a含碳碳双键、c含-CHO；D．只有-CHO与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀。
解答 解：A．b分子式为C10H14O，c分子式为C10H16O，不互为同分异构体，选项A错误；B．a、b、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a、b、c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，选项B正确；C．a含碳碳双键能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色， c含-CHO不能使溴的四氯化碳溶液因反应褪色，选项C错误；D．只有-CHO与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀，则只有c能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀，选项D错误；答案选B。
点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
5、A
【解析】
利用分液漏斗进行分离，研究的对象是互不相溶的两种液体，掌握有机物的物理性质，以及相似相溶的规律，进行分析判断。
【详解】
A、溴乙烷是不溶于水，能溶于多数有机溶剂的液体，因此可以通过分液漏斗进行分离，故A正确；
B、苯酚和乙醇都属于有机物，根据相似相溶，苯酚溶于乙醇，不能用分液漏斗进行分离，故B错误；
C、酒精是乙醇，乙醇与水任意比例互溶，因此不能用分液漏斗进行分离，故C错误；
D、苯为有机溶剂，乙醛属于有机物，乙醛溶于苯，因此不能用分液漏斗进行分离，故D错误。
物质的分离实验中，要清楚常见物质分离方法适用对象：过滤是分离难溶物质与液体的操作；蒸发是分离可溶性固体物质与液体，得到可溶性固体的方法；分液是分离两种互不相溶的液体的操作；蒸馏是分离相互溶解且沸点差别较大的液体的操作。
6、B
【解析】分析：同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强，元素的电负性越大。
详解：尿素中的四种元素为C、N、O、H，C、N、O是第二周期的元素，四种元素中H的非金属性最弱，根据“同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强，元素的电负性越大”，电负性由大到小的顺序为ONCH，电负性最大的是O，答案选B。
7、C
【解析】A. B中蓝色溶液褪色说明单质碘被二氧化硫还原，因此可以证明还原性：I-＜SO2，A错误；B. A装置中含有多余的二氧化硫，另外在酸性溶液中氯离子也能使酸性高锰酸钾溶液而褪色，因此实验完成后，检验A中是否含有Fe2+，不能用酸性KMnO4溶液，B错误；C. A装置中二氧化硫被氯化铁氧化生成硫酸，因此实验完成后，向A中加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀硫酸钡，C正确；D. 装置C的作用是吸收SO2尾气，氢氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，发生的反应不是氧化还原反应，D错误，答案选C。
8、D
【解析】分析：发生的反应中，存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化，则不发生氧化还原反应，以此来解答。
详解：A．手机电池充电，发生电解反应，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，A不选；
B．铁制品镀铜，在阴极上铜离子得电子生成Cu，发生化合价的变化，属于氧化还原反应，B不选；
C．爆竹爆炸，为炸药与氧气发生的剧烈的氧化还原反应，C不选；
D．焰色反应检验K＋，焰色反应属于物理变化，不是氧化还原反应，D选；
答案选D。
9、B
【解析】
试题分析：乙酸与乙醇的酯化反应是可逆反应，其反应的实质是：乙酸脱去羟基，乙醇脱去羟基中的氢原子而生成酯和水：。当生成的酯水解时，原来生成酯的成键处即是酯水解时的断键处，且将结合水提供的羟基，而—OC2H5结合水提供的氢原子，即，答案选B。
考点：考查酯化反应原理的有关判断
点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型和考点。该题设计新颖，选项基础，侧重对学生能力的培养与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是记住酯化反应的机理，然后灵活运用即可。
10、C
【解析】
A. 苏打是碳酸钠，在生活中可用做发酵粉的是小苏打，即碳酸氢钠，A错误；
B. 磁性氧化铁是四氧化三铁，可用于制备颜料和油漆的是氧化铁，B错误；
C. 工业制备玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英，制备水泥的原料是石灰石、黏土和辅助原料，因此石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料，C正确；
D. 二氧化硅可用于制作光导纤维，单质硅可用于制作硅芯片和光电池，D错误。
答案选C。
11、B
【解析】A. 次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色的物质是HClO，故A错误；B. 氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；C. 加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在，加盐酸酸化引入氯离子，不能证明氯水中是否含有氯离子，故C错误；D. 氯水的漂白性是因为有次氯酸，氯水放置数天后，次氯酸分解为氧气和氯化氢，所以酸性变强，pH变小，失去漂白性，故D错误；故选B。
点睛：氯气通入水中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，HClO⇌H++ClO-，HCl=H++Cl-，所以氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，再结合离子、分子的性质来解答。
12、C
【解析】NF3中F的化合价为-1价，则N呈+3价，故A错误；NF3中F的化合价为-1价，则N呈+3价，电负性F>N，氨气中N的化合价是-3，H呈+1，电负性N>H，所以电负性由大到小的顺序：H<N<F，故B错误；根据氨分子结构，NF3是三角锥型分子，为极性分子，故C正确；三氟化氮是一种无色无味的气体， NF3是分子晶体，NH4F是离子晶体，故D错误。
13、C
【解析】
A.一定量稀盐酸和1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，因为盐酸是强酸，故根据所给热化学方程式，放出热量等于57.3 kJ；
B.一定量浓硫酸和1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，因为硫酸是强酸，且溶于水放热，故放出热量大于57.3 kJ；
C.一定量稀醋酸和1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，因为醋酸是弱酸，醋酸电离吸热，故放出热量小于57.3 kJ；
D.盐酸是强酸，醋酸是弱酸，醋酸电离吸热，和1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，放出的热量要多余醋酸和氢氧化钠反应放热的热量。
因此放热最少的是选项C，答案选C。
14、D
【解析】
A．已知的准晶体都是金属互化物，为金属晶体，不存在离子键，不是离子化合物，故A错误；
B．已知的准晶体都是金属互化物，含有金属键，为金属晶体，不存在非极性键，故B错误；
C．由题给信息可知，该晶体为合金，具有较高的硬度，合金的硬度一般比各组份金属的硬度更高，故C错误；
D．该晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能的特点，为新型材料，具有开发为新材料的价值，故D正确；
故选D。
解答本题的关键是正确理解“已知的准晶体都是金属互化物”的含义。易错点为AB。
15、D
【解析】
分析：物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；只含一种物质的为纯净物；
电解质:在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐,金属氧化物等；
非电解质:在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；例:有机物，非金属氧化物等；
强电解质:在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物；
弱电解质:在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物。据此解答。
详解:A.盐酸为氯化氢的水溶液，属于混合物，故A错误；
B.溴水为溴的水溶液，为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C.氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D.小苏打为碳酸钠，属于纯净物，氢氧化铁胶体为混合物，氯化银熔融状态下能完全电离，属于强电解质，一水合氨水溶液中部分电离，属于弱电解质，酒精在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，所以D选项是正确的；
所以D选项是正确的。
16、A
【解析】分析：A．淀粉和纤维素水解最终产物都是葡萄糖；
B．碘单质遇淀粉变蓝色；
C．根据蛋白质的形成判断其水解产物；
D．油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯。
详解：A．淀粉和纤维素都是多糖，其水解最终产物都是葡萄糖，A错误；
B．碘单质遇淀粉变蓝色，若水解完全，则不变蓝色，B正确；
C．形成蛋白质的多肽是由多个氨基酸脱水形成的，所以蛋白质的水解最终产物是氨基酸，C正确；
D．高级脂肪酸甘油酯水解后得到高级脂肪酸与丙三醇即甘油，D正确。
答案选A。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、BD 7 2+2H2O 取代反应 、、
【解析】
(1)氯吡格雷含有酯基、氯原子，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；
(2)D结构不对称，有7种不同的H；
(3)对比D、E可知X的结构简式；
(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成；
(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl。
【详解】
(1)A．氯吡格雷中氯原子在苯环上，不能发生消去反应，故A错误；
B．氯吡格雷含有酯基、氯原子，难溶于水，在一定条件下能发生水解反应，故B正确；
C．lmol氯吡格雷含有2NA个碳碳双键，且含有苯环，则一定条件下最多能与5molH2发生加成反应，故C错误；
D．由结构简式可知氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S，故D正确；
故答案为BD；
(2)D结构不对称，有7种不同的H，则核磁共振氢谱有 7种吸收峰；
(3)对比D、E可知X的结构简式为；
(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成，反应的化学方程式为；
(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl，苯环含有2个取代基，可为邻、间、对等位置，对应的同分异构体可能为。
推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。
18、 +CH3OH+H2O 或
【解析】
A发生氧化反应生成B，B发生信息中的反应生成C，C发生氧化反应生成D，D发生取代反应生成E，G发生酯化反应生成H，G为，F发生消去反应生成G；
(4)以和CH3CH2OH为原料制备，由苯丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，苯丙烯酸由苯丙烯醛发生氧化反应得到，苯丙烯醛由苯甲醛和乙醛发生信息中的反应得到，乙醛由乙醇发生氧化反应得到。
【详解】
(1)一分子的F通过酯化反应生成环酯的结构简式为；
(2)G发生酯化反应生成H，该反应方程式为；
(3)C的同分异构体符合下列条件，
C的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且该分子中不含其它环或双键；②分子中有4种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式为；
(4)以和CH3CH2OH为原料制备，由苯丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，苯丙烯酸由苯丙烯醛发生氧化反应得到，苯丙烯醛由苯甲醛和乙醛发生信息中的反应得到，乙醛由乙醇发生氧化反应得到，其合成路线为。
常见的反应条件与反应类型有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
19、MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O饱和氯化钠溶液防止空气中水蒸气进入装置，使SnCl4水解缺少尾气处理装置Sn(OH)4或SnO22Fe3+ + Sn2+ = Sn4+ + 2Fe2+93.18%
【解析】
由装置图可知装置Ⅰ应为制备氯气的装置，装置Ⅱ和装置Ⅲ是氯气的净化装置，氯气经除杂，干燥后与锡在装置Ⅳ中反应生成SnCl4，经冷却后在装置Ⅵ中收集，因SnCl4极易水解，应防止空气中的水蒸气进入装置Ⅵ中。(5)用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，根据原子守恒、电子转移守恒可得关系式：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，据此分析解答。
【详解】
(1)装置Ⅰ中浓盐酸与MnO2在加热时发生反应产生氯气，发生反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)由于盐酸有挥发性，所以在制取的氯气中含有杂质HCl，在与金属锡反应前要除去，因此装置Ⅱ中的最佳试剂为除去HCl同时还可以减少氯气消耗的饱和食盐水；SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟，为了防止盐水解，所以要防止起水解，装置Ⅶ的作用为防止空气中的水蒸气进入Ⅵ中使SnCl4水解，故答案为饱和氯化钠溶液；防止空气中水蒸气进入Ⅵ中，SnCl4水解；
(3)未反应的氯气没有除去，缺少尾气处理装置，故答案为缺少尾气处理装置；
(4)如果没有装置Ⅲ，则在氯气中含有水蒸汽，所以在Ⅳ中除生成SnCl4外，还会生成SnCl4水解产生的含锡的化合物Sn(OH)4或SnO2，故答案为Sn(OH)4或SnO2等；
(5)滴定过程中的反应方程式为6Fe2+ + Cr2O72- + 14H+=2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O，第二步中加入过量FeCl3溶液，将Sn2+氧化成Sn4+，反应的方程式为2Fe3+ + Sn2+ = Sn4+ + 2Fe2+，令锡粉中锡的质量分数为x，则：
Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7
119g         mol
0.613xg       0.100 mol•L-1×0.016L
故=，解得x=93.18%，故答案为93.18%。
本题考查物质的制备，涉及氯气的实验室制备、中和滴定原理的应用等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查。本题的易错点为(5)，要注意利用关系式法进行计算，会减少计算量。
20、CABDE 视线与凹液面最低点平齐；读数估读到0.01mL 使滴定终点时，溶液颜色变化更明显，易于分辨 b、d 24.00 0.30 23.70 92.49%
【解析】
分析：(1)根据先配制溶液然后进行滴定排序；
(2)根据正确观察滴定管液面的读数方法完成；
(3)白纸可以使溶液颜色变化更明显；
(4)a、根据热的溶液的体积偏大分析对配制的氢氧化钠溶液的浓度影响；b、根据会使所称药品的质量小于20.5g判断；c、根据标准液被稀释，浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏大判断；d、开始时仰视读数，导致读数偏大；结束时俯视读数，导致读数偏小，最终导致读数偏小；
(5)根据滴定管的构造及图示读出滴定管的读数；根据消耗的标准液的体积及浓度计算出氢氧化钠的浓度，再计算出烧碱样品中NaOH的质量分数。
详解：(1)正确的操作顺序为：称量→溶解→定容→滴定，所以操作步骤的顺序为：CABDE，故答案为C；A；B；D；E；
(2)观察滴定管液面时视线应与与凹液面最低点平齐，读数估读到0.01 mL，故答案为视线与凹液面最低点平齐；读数估读到0.01mL；
(3)滴定终点时，白纸起衬托作用，更易分辨颜色变化，故答案为使滴定终点时，溶液颜色变化更明显，易于分辨；
(4)a、未将溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容，会使所配NaOH溶液的浓度偏大，从而使质量分数偏高，故a错误；b、砝码放在左盘，NaOH放在右盘，会使所称药品的质量小于20.5 g，会使样品的质量分数偏低，故b正确；c、酸式滴定管在装入标准H2SO4溶液前未用标准液润洗，会使V(H2SO4)偏大，从而使样品的质量分数偏大，故c错误；d、开始时仰视读数，结束时俯视读数，会使V(H2SO4)偏小，从而使样品的质量分数偏小，故d正确；故选b、d；
(5)注意读数估读到0.01 mL，滴定管“0”刻度在上，末读数为24.00 mL，初读数为0.30 mL，用量为23.70 mL，故答案为24.00；0.30；23.70；
(6)氢氧化钠的溶液的浓度为：c(NaOH)===1.896 mol•L-1，烧碱样品中NaOH的质量分数为：w(NaOH)=×100%=92.49%，故答案为92.49%。
21、4 OH− - 4e−＝2 H2O+ O2↑或 2 H2O- 4e−＝4H++ O2↑ CO32−+H2OHCO3−+OH− c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−) 3或10 (0.05+10-6-10-8)mol/L ） 10
【解析】
（1）用惰性电极电解AgNO3溶液，阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气；
（2）①碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根在溶液中水解使溶液呈碱性；
②氯化铵是强酸弱碱盐，常温下，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，一般情况下盐的水解程度都比较小；
③某温度时，水的离子积为KW＝1×10－13，在此温度下，某溶液中由水电离出来的H+浓度为1×10－10mol/L，说明抑制水的电离，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，则该溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液；
④由酒石酸氢钠溶液中存在电荷守恒关系计算c(HC4H4O6−)+2 c(C4H4O62−)；
⑤由Mg(OH)2的Ksp=c（Mg2+）c2（OH-）计算可得。
【详解】
（1）用惰性电极电解AgNO3溶液，阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑或 2 H2O- 4e−＝4H++ O2↑，故答案为：4OH--4e-=2H2O+O2↑或 2 H2O- 4e−＝4H++ O2↑；
（2）①碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根在溶液中水解使溶液呈碱性，滴入酚酞，溶液会变红色，水解的离子方程式为CO32−+H2OHCO3−+OH−，故答案为：CO32−+H2OHCO3−+OH−；
②氯化铵是强酸弱碱盐，常温下，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，一般情况下盐的水解程度都比较小，则溶液中离子浓度大小顺序为c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-），故答案为： c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）；
③某温度时，水的离子积为KW＝1×10－13，在此温度下，某溶液中由水电离出来的H+浓度为1×10－10mol/L，说明抑制水的电离，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，则该溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，若为酸溶液，溶液中c（H+）===1×10－3mol/L，溶液pH为3；若为碱溶液，溶液中c（OH-）===1×10－3mol/L，溶液pH为10，故答案为：3或10；
④由室温下，0.1mol/L的酒石酸（H2C4H4O6）溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合可知，酒石酸与氢氧化钠反应生成酒石酸氢钠，溶液的pH为6，说明酒石酸氢钠电离大于水解溶液呈酸性，酒石酸氢钠溶液中存在电荷守恒关系c(HC4H4O6−)+2 c(C4H4O62−)+ c（OH-）= c（Na+）+ c（H+），由电荷守恒关系可得c(HC4H4O6−)+2 c(C4H4O62−)= c（Na+）+ c（H+）—c（OH-），溶液中c（Na+）=0.05 mol/L，c（H+）=1×10－6mol/L，c（OH-）=1×10－8mol/L，则c(HC4H4O6−)+2 c(C4H4O62−)＝(0.05+10-6-10-8)mol/L，故答案为：(0.05+10-6-10-8)；
⑤由Mg(OH)2的Ksp=c（Mg2+）c2（OH-）可知，c（OH-）===1×10－4mol/L，则溶液pH为10，故答案为：10。
由室温下，0.1mol/L的酒石酸（H2C4H4O6）溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合可知，酒石酸与氢氧化钠反应生成酒石酸氢钠，溶液的pH为6，说明酒石酸氢钠电离大于水解溶液呈酸性，由酒石酸氢钠溶液中存在电荷守恒关系计算c(HC4H4O6−)+2 c(C4H4O62−)是解答难点。