福建省平和一中、南靖一中等四校2023年化學高二第二學期期末學業(yè)質量監(jiān)測試題含解析

2023年高二下化學期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列說法正確的是A．氧化還原反應一定不是離子反應B．有單質參加的反應一定屬于氧化還原反應C．存在沒有水生成，也沒有沉淀和氣體生成的復分解反應D．在氧化還原反應中，失電子數目越多的物質，還原性一定越強2、下列物質在光照條件下不能發(fā)生化學反應的是A．氯水B．溴化銀C．氯化鈉D．氫氣和氯氣混合氣3、下列說法正確的是（）。A．相對分子質量相同的幾種化合物互為同分異構體B．分子組成相差一個或若干個CH2原子團的物質互為同系物C．所有的烷烴均互為同系物D．分子式符合CnH2n＋2(n≥1)的有機物一定屬于烷烴4、下列不是配位化合物的是（）A．［Co(NH3)6］3+ B．［Ag(NH3)2］NO3 C．CuSO4·5H2O D．Fe(SCN)35、關于膠體和溶液的本質區(qū)別，下列敘述中正確的()A．溶液呈電中性，膠體帶電荷B．溶液中通過一束光線出現明顯光路，膠體中通過一束光線沒有特殊現象C．溶液中溶質粒子能通過濾紙，膠體中分散質粒子不能通過濾紙D．溶液與膠體的本質區(qū)別在于分散質微粒直徑大小6、已知S2O8n－離子和H2O2一樣含過氧鍵，因此也有強氧化性，S2O8n－離子在一定條件下可把Mn2+氧化成MnO4－離子，若反應后S2O8n－離子生成SO42－離子；又知反應中氧化劑與還原劑的離子數之比為5：2則S2O8n－中的n值和S元素的化合價是（）A．2,+7 B．2,+6 C．4,+7 D．4,+47、部分弱酸的電離平衡常數如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3電離平衡常數（25℃）K1=1.77×10-4K1=4.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11下列選項正確的是（）A．2CN－+H2O+CO2

=2HCN+CO32－B．相同物質的量濃度的溶液的pH：Na2CO3>NaHCO3>NaCN>HCOONaC．中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D．相同溫度下，同濃度的酸溶液的導電能力順序：HCOOH>HCN>H2CO38、下列關系正確的是()A．在amol金剛石中含有C—C鍵的個數為N=2a×6.02×1023B．熱穩(wěn)定性：MgCO3>CaCO3C．熔點：MgO<MgCl2D．沸點：Na<K9、有機鍺具有抗腫瘤活性，鍺元素的部分信息如右圖。則下列說法不正確的是A．x=2B．鍺元素與碳元素位于同一族，屬于ⅣA族C．鍺位于元素周期表第4周期，原子半徑大于碳的原子半徑D．距離鍺原子核較遠區(qū)城內運動的電子能量較低10、下圖為H2與O2反應生成H2O(g)的能量變化示意圖，下列有關敘述不正確的是A．1molH2分子斷鍵需要吸收436kJ的能量B．H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g)ΔH＝－241.8kJ/molC．反應物的總能量高于生成物的總能量D．形成化學鍵釋放的總能量比斷裂化學鍵吸收的總能量小11、某有機物結構簡式為，下列敘述不正確的是()A．1mol該有機物在加熱和催化劑作用下，最多能和4molH2反應B．該有機物能使溴水褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色C．該有機物遇硝酸銀溶液產生白色沉淀D．該有機物在一定條件下能發(fā)生消去反應或取代反應12、某工廠用含淀粉質量分數為76%的陳化糧10.0t來制取乙醇。如果在發(fā)酵過程中有81%的淀粉轉化為乙醇，制得的乙醇溶液中含乙醇質量分數為40%，則可制得這樣的乙醇溶液質量是A．8.74t B．9.45t C．9.88t D．10.25t13、糖類、油脂和蛋白質是食物中的基本營養(yǎng)物質。以下敘述錯誤的是()A．淀粉除了做食物外，還可以用于水解生產葡萄糖B．淀粉、纖維素的組成都可以用(C6H10O5)n表示，二者互為同分異構體C．進入人體的重金屬鹽能使蛋白質變性，所以會使人中毒D．液態(tài)植物油通過催化氫化可以變?yōu)楣虘B(tài)脂肪14、某有機化合物的結構簡式為，Na、NaOH、NaHCO3分別與等物質的量的該物質反應時，則消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質的量之比為（）A．3：3：3 B．3：2：1 C．1：1：1 D．3：2：215、關于小蘇打(NaHCO3)溶液的表述錯誤的是A．c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)B．c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)C．HCO3-的電離程度大于其水解程度D．c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(CO32-)16、下列說法不能用勒夏特列原理解釋的是A．滴有碘水的淀粉溶液中加入少量唾液，藍色褪去B．對于反應2NO2N2O4加壓穩(wěn)定后的顏色比原來顏色深C．開啟可樂瓶，瓶中馬上泛起大量氣泡D．利用排液法收集氯氣時常用液體為飽和食鹽水二、非選擇題（本題包括5小題）17、高血脂是一種常見的心血管疾病.治療高血脂的新藥I的合成路線如下圖所示:已知：a、；b、RCHO請回答下列問題:(1)反應①所需試劑、條件分別是___________________。(2)②的反應類型是____________;A→B的化學方程式為____________________。(3)G的結構簡式為____________;H中所含官能團的名稱是______________。(4)化合物W的相對分子質量比化合物C大14。且滿足下列條件.W的可能結構有___種。①遇FeCl3溶液顯紫色②屬于芳香族化合物③能發(fā)生銀鏡反應其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環(huán)境的氫.且峰面積比為2:2:2:1:1的結構簡式為_____________(5)設計用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線，其他無機試劑任選(合成路線常用的表示方式為:A→反應條件反應試劑B……→反應條件反應試劑18、化合物H是一種有機光電材料中間體。實驗室由芳香化合物A制備H的一種合成路線如下：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列問題:(1)E的結構簡式為_______。(2)E生成F的反應類型為_______。(3)1mol化合物H最多可與_______molH2發(fā)生加成反應。(4)G為甲苯的同分異構體，由F生成H的化學方程式為______。(5)芳香化合物X是F同分異構體，X能與飽和碳酸氫鈉反應放出CO2，其核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環(huán)境氫，峰面積比之為6:2:1:1，寫出1種符合要求的X的結構簡式_____。(6)寫出用環(huán)戊烷和2-丁炔為原料制備化合物的合成路線(其他試劑任選)_____。19、鐵與水蒸氣反應，通常有以下兩種裝置，請思考以下問題：（1）方法一中，裝置A的作用________________________。方法二中，裝濕棉花的作用_______________________________________。（2）實驗完畢后，取出裝置一的少量固體，溶于足量稀鹽酸，再滴加KSCN溶液，溶液顏色無明顯變化，試解釋原因：__________________________。20、磺酰氯(SO2Cl2)在醫(yī)藥、染料行業(yè)有重要用途，也可用于制備表面活性劑。沸點為69.2℃，遇水水解，劇烈反應生成兩種強酸。學習小組在實驗室用SO2和Cl2在活性炭作用下，制備SO2Cl2并測定產品純度，設計如圖實驗如圖1(夾持裝置略去)。請回答下列問題：Ⅰ.SO2的制備（1）欲收集一瓶干燥的SO2，裝置中氣流方向合理的連接順序為____(填小寫字母)。（2）A裝置分液漏斗中裝的是70%的硫酸溶液，A中反應的化學方程式為____。Ⅱ.SO2Cl2的制備和純度的測定將上述收集到的SO2充入注射器h中，用圖2裝置制備SO2Cl2。（3）儀器e的名稱為____，b中試劑的名稱為____。（4）f的作用是____。（5）取反應后的產品4.0g，配成200mL溶液；取出20.00mL，用0.5000mol·L-1NaOH溶液滴定；達到滴定終點時消耗標準液的體積為20.00mL(雜質不參加反應)。①產品加水配成溶液時發(fā)生的反應為____。②SO2Cl2的質量分數為____。(保留三位有效數字)。21、乙醇是重要的有機化工原料，也是優(yōu)質的燃料，工業(yè)上可由乙烯水合法或發(fā)酵法生產?；卮鹣铝袉栴}：（1）乙烯水合法可分為兩步第一步：反應CH2＝CH2+HOSO3H（濃硫酸）→CH3CH2OSO3H（硫酸氫乙酯）；第二步：硫酸氫乙酯水解生成乙醇。①第一步屬于反應_______________（填反應類型）。②第二步反應的化學方程式為_____________________________。（2）發(fā)酵法制乙醇，植物秸稈（含50％纖維素）為原料經以下轉化制得乙醇纖維素的化學式為________，現要制取4.6噸乙醇，至少需要植物秸稈________噸。（3）乙醇汽油是用90％的普通汽油與10％的燃料乙醇調和而成。乙醇汽油中乙醇是可再生能源，來源于________（填“乙烯水合法”或“發(fā)酵法”）。（4）以乙醇為原料可制備某種高分子涂料，其轉化關系如下圖：①有機物A的結構簡式為___________。②反應Ⅱ的化學方程式為___________。③反應Ⅱ的反應類型為___________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】A．有的氧化還原反應是離子反應，例如銅與稀硝酸的反應，故A錯誤；B．有單質參加的反應不一定屬于氧化還原反應，例如同素異形體之間的轉化就不是氧化還原反應，故B錯誤；C．沒有水生成，也沒有沉淀和氣體生成的復分解反應，如醋酸鈉和鹽酸的反應，生成醋酸和氯化鈉，沒有水生成，也沒有沉淀和氣體生成，是因為醋酸屬于難電離的物質，故C正確；D．還原性與失去電子數目無關，與失去電子的難易程度有關，故D錯誤；故選C。2、C【解析】

A.在光照條件下氯水中的次氯酸分解生成氯化氫和氧氣，A錯誤；B.在光照條件下溴化銀分解生成銀和單質溴，B錯誤；C.在光照條件下氯化鈉不能發(fā)生化學反應，C正確；D.在光照條件下氫氣和氯氣混合氣會發(fā)生爆炸生成氯化氫，D錯誤。答案選C。3、D【解析】

A.同分異構體的相對分子質量相同，組成元素也相同，但相對分子質量相同，組成元素也相同的化合物分子式不一定相同，所以不一定是同分異構體，如甲酸與乙醇，A項錯誤；B.分子結構不相似，即使分子組成相差一個或若干個CH2原子團的物質，也不是同系物，如甲酸甲酯與丙酸，B項錯誤；C.碳原子數相同的烷烴互為同分異構體，如正戊烷和異戊烷，C項錯誤；D.CnH2n＋2(n≥1)是烷烴的通式，所以分子式符合CnH2n＋2(n≥1)的有機物一定屬于烷烴，D項正確；答案選D。4、A【解析】

配位化合物是指由過渡金屬的原子或離子與含有孤對電子的分子通過配位鍵形成的化合物，因此選項B、C、D都是配位化合物，膽礬是[Cu(H2O)5]SO4,屬于配合物，［Co(NH3)6］3+是一種離子，不是配位化合物；答案選A。5、D【解析】分析：本題考查的是膠體的定義和性質，屬于基礎知識。詳解：A.溶液和膠體都屬于分散系，都呈電中性，故錯誤；B.膠體中通過一束光時有明顯光路，屬于丁達爾效應，而溶液沒有，故錯誤；C.溶液中的溶質微粒比濾紙的空隙小，能通過濾紙，膠體的微粒直徑也小于濾紙，也能通過濾紙，故錯誤；D.溶液和膠體的本質區(qū)別是分散質微粒直徑的大小，故正確。故選D。6、B【解析】

S2O8n－離子和H2O2一樣含過氧鍵，則其中有2個O顯-1價，另外6個O顯-2價。S2O8n－離子在一定條件下可把Mn2+氧化成MnO4－離子，Mn的化合價升高了5，反應后S2O8n－離子變成SO42－離子，則其中-1價O變?yōu)?2價。由關系式5S2O8n－~2Mn2+及化合價升降的總數相等可知，Mn元素的化合價共升高10，則5S2O8n－中共有10個-1價的O，其化合價共降低10，則S2O8n－中只有O的化合價降低，S的化合價不變，始終為+6價，故n=2，故正確答案：B。7、C【解析】

酸的電離平衡常數HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，則酸根離子水解程度CO32-＞CN-＞HCO3-＞HCOO-。A．酸的電離平衡常數越大，酸的酸性越強，根據強酸制取弱酸解答；B．酸的電離平衡常數越大，則其酸根離子水解程度越小，溶液的pH越?。籆．等pH的HCOOH和HCN，酸的電離平衡常數越大，該酸的濃度越小，等體積等pH的不同酸消耗NaOH的物質的量與酸的物質的量成正比；D．酸的電離平衡常數越大，相同濃度時，溶液中的離子濃度越大?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍?，A．酸的電離平衡常數越大，酸的酸性越強，強酸能夠制取弱酸，所以二者反應生成HCN和HCO3-，離子方程式為CN-+H2O+CO2═HCN+HCO3-，故A錯誤；B.酸的電離平衡常數HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，則酸根離子水解程度CO32-＞CN-＞HCO3-＞HCOO-，水解程度越大，溶液的pH越大，因此相同物質的量濃度的溶液的pH：Na2CO3>NaCN>NaHCO3>HCOONa，故B錯誤；C．等pH的HCOOH和HCN，c(HCN)＞c(HCOOH)，等體積、等pH的HCOOH和HCN，n(HCN)＞n(HCOOH)，中和等pH等體積的HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者，故C正確；D.酸的電離平衡常數HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，相同溫度下，同濃度的酸溶液的導電能力順序：HCOOH>H2CO3>HCN，故D錯誤；故選C。8、A【解析】

A.在金剛石中，每個C原子與其他4個C原子共用4個C-C鍵，相當于每個C原子占有4×12=2個C-C鍵，則amol金剛石含2amolC-C鍵，故A正確；B.Mg，Ca為同主族元素，離子半徑逐漸增大，形成碳酸鹽時陽離子電荷數相同，離子半徑越小，離子極化能力越強，越容易奪取CO32-中的O，造成碳酸鹽熱穩(wěn)定性下降，所以熱穩(wěn)定性：MgCO3＜CaCO3，故B錯誤；C.離子晶體晶格能越大熔點越高，氧化鎂的晶格能大于氯化鎂的晶格能，所以晶體熔點由高到低：MgO＞MgCl2，故C錯誤；D.鈉和鉀屬于同族元素，原子半徑Na<K，導致金屬鍵Na＞K，金屬鍵越強，金屬的沸點越高，沸點：Na＞K，故D錯誤；故選9、D【解析】分析：根據原子的核外電子排布規(guī)律、Ge的原子組成以及元素周期律解答。詳解：A.K層只能容納2個電子，則x=2，A錯誤；B.最外層電子數是4，則鍺元素與碳元素位于同一族，屬于第ⅣA族，B正確；C.原子核外電子層數是4層，鍺位于元素周期表第4周期，同主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑大于碳的原子半徑，C正確；D.距離鍺原子核較遠區(qū)城內運動的電子能量較高，D錯誤。答案選D。10、D【解析】

A.根據示意圖可知1molH2分子斷鍵需要吸收436kJ的能量，A正確；B.反應熱等于斷鍵吸收的能量和形成化學鍵放出的能量的差值，因此H2(g)+O2(g)=H2O(g)的反應熱ΔH＝436kJ/mol+×498kJ/mol－2×463.4kJ/mol=－241.8kJ/mol，B正確；C.反應是放熱反應，則反應物的總能量高于生成物的總能量，C正確；D.反應是放熱反應，則形成化學鍵釋放的總能量比斷裂化學鍵吸收的總能量大，D錯誤；答案選D。11、C【解析】

A.苯環(huán)和碳碳雙鍵都能與氫氣發(fā)生加成反應，1mol該有機物在加熱和催化劑作用下，最多能和4molH2反應，A正確；B.該有機物分子中有碳碳雙鍵，故其能使溴水褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色，B正確；C.該有機物分子中雖然有氯原子，但其為非電解質，不能電離出氯離子，故遇硝酸銀溶液不能產生白色沉淀，C不正確；D.該有機物分子中有氯原子，與其所連接的碳原子的鄰位碳原子上有氫原子，故其在一定條件下能發(fā)生消去反應或取代反應，D正確。故選C。12、A【解析】

工廠用淀粉制備乙醇的過程為：淀粉水解生成葡萄糖，反應的化學方程式為(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6，葡萄糖在酒化酶的作用下發(fā)酵生成乙醇和二氧化碳，反應的化學方程式為C6H12O62C2H5OH+2CO2↑?！驹斀狻坑煞磻幕瘜W方程式可知，淀粉和乙醇的轉化關系為(C6H10O5)n—nC6H12O6—2nC2H5OH，設制得乙醇溶液質量為x，由題給數據考建立如下關系式：(C6H10O5)n—nC6H12O6—2nC2H5OH162n2n×4676%×10.0t×81%40%x則x==8.74t，故選A?！军c睛】本題考查與化學方程式有關的計算，注意明確淀粉淀粉制備乙醇的過程中發(fā)生的化學反應，知道多步方程式計算的方法是解答關鍵。13、B【解析】分析：A．淀粉的最終水解產物為葡萄糖；B．分子式相同結構不同的有機物互為同分異構體；C．重金屬離子能夠使蛋白質失去生理活性而變性；D.液態(tài)植物油分子結構中含有碳碳雙鍵；據此分析判斷。詳解：A．淀粉的水解產物為葡萄糖，因此淀粉除了做食物外，還可以用于水解生產葡萄糖，故A正確；B．淀粉、纖維素的組成都可以用(C6H10O5)n表示，但是聚合度n取值不同，所以分子式不相同，故B錯誤；C．重金屬離子能夠使蛋白質失去生理活性而變性，故C正確；D．液態(tài)植物油與氫氣加成變固態(tài)脂肪，故D正確；故選B。14、B【解析】

有機化合物分子中有酚羥基、羧基和醇羥基等3種官能團。Na與3種官能團都能反應；NaOH只與酚羥基、羧基反應，NaHCO3只與羧基反應。所以，Na、NaOH、NaHCO3分別與等物質的量的該物質反應時，則消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質的量之比為3∶2∶1，B正確，本題選B。15、C【解析】分析：碳酸氫鈉溶液中碳酸氫根離子的水解程度大于其電離程度，溶液顯堿性，結合電荷守恒、物料守恒等解答。詳解：A、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），A正確；B、溶液中存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），B正確；C、溶液呈堿性，故HCO3-的電離程度小于其水解程度，C錯誤；D、小蘇打溶液中，碳酸氫根離子水解程度大于電離程度，溶液呈堿性，碳酸氫根離子的水解和電離都較微弱，水和碳酸氫根離子都電離出氫離子，只有碳酸氫根離子電離出碳酸根離子，所以c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(CO32-)，D正確。答案選C。點睛：本題考查離子濃度比較以及三大守恒定律，注意多元弱酸酸式根離子可電離也可水解。HSO3-、H2PO4-等以電離為主，溶液顯酸性；HCO3-、HS-等以水解為主，溶液顯堿性。16、A【解析】

A.滴有碘水的淀粉溶液中加入少量唾液，淀粉在淀粉酶的作用下水解完全，藍色褪去，與平衡無關，A正確；B.對于反應2NO2N2O4增大壓強，體積減小，平衡正向移動，達到平衡后二氧化氮的濃度比原來大，則加壓穩(wěn)定后的顏色比原來顏色深，可用勒夏特列原理解釋，B錯誤；C.開啟可樂瓶，容器壓強減小，氣體在瓶中的溶解度減小，瓶中馬上泛起大量氣泡，可用勒夏特列原理解釋，C錯誤；D.根據同離子效應，飽和食鹽水中的氯離子能降低氯氣在溶液中的溶解度，利用排液法收集氯氣時常用液體為飽和食鹽水，可用勒夏特列原理解釋，D錯誤；答案為A【點睛】對于反應2NO2N2O4反應體系中，增大壓強體積減小，濃度增大，化學平衡正向移動，觀察到容器的顏色為先變深，再變淺。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Cl2、光照取代反應羥基13【解析】

甲苯發(fā)生取代反應生成，在氫氧化鈉水溶液加熱條件下發(fā)生取代反應生成，則A為，該分子繼續(xù)氧化為B，可推知B為，C為；D經過消去反應可得到HCHO，所以E為HCHO，根據給定的已知信息及逆合成分析法可知，G為，據此分析作答。【詳解】甲苯→，發(fā)生的是取代反應，所需試劑、條件分別是Cl2、光照；故答案為：Cl2、光照；（2）反應②是C和H發(fā)生的酸和醇的酯化反應（取代反應），A→B的化學方程式為，故答案為：取代反應；；（3）結合給定的已知信息推出G的結構簡式為；G→H，是-CHO和H2的加成反應，所以H中所含官能團的名稱是羥基，故答案為：；羥基。（4）C為，化合物W的相對分子質量比化合物C大14，W比C多一個CH2，遇FeCl3溶液顯紫色含有酚羥基，屬于芳香族化合物含有苯環(huán)，能發(fā)生銀鏡反應含有醛基，①苯環(huán)上有三個取代基，分別為醛基、羥基和甲基，先固定醛基和羥基的位置，鄰間對，最后移動甲基，可得到10種不同結構；②苯環(huán)上有兩個取代基，分別為-OH和-CH2CHO，鄰間對位共3種，所以W的可能結構有10+3=13種；符合①遇FeCl3溶液顯紫色、②屬于芳香族化合物、③能發(fā)生銀鏡反應其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環(huán)境的氫、峰面積比為2:2:2:1:1要求的W的結構簡式：，故答案為：13；；（5）根據題目已知信息和有關有機物的性質，用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線具體如下：，故答案為：。18、取代反應（酯化反應）5或或或【解析】

結合，由H的結構簡式逆推可得【詳解】根據以上分析，(1)根據H的結構簡式，逆推F是，E與乙醇發(fā)生酯化反應生成，則E的結構簡式為。(2)與乙醇發(fā)生酯化反應生成，反應類型為取代反應（酯化反應）。(3)碳碳雙鍵、苯環(huán)都能與氫氣發(fā)生加成反應，1mol化合物最多可與5molH2發(fā)生加成反應。(4)G為甲苯的同分異構體，利用逆推，可知F是、G是，生成H的化學方程式為。(5)芳香化合物X含有苯環(huán)，X能與飽和碳酸氫鈉反應放出CO2，說明含有羧基，其核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環(huán)境氫，峰面積比之為6:2:1:1，說明結構對稱，符合要求F的同分異構體有或或或；(6)環(huán)戊烷發(fā)生取代反應生成一氯環(huán)戊烷，一氯環(huán)戊烷發(fā)生消去反應生成環(huán)戊烯，環(huán)戊烯和2-丁炔發(fā)生加成反應生成，與溴發(fā)生加成反應生成，合成路線為?！军c睛】考查有機物推斷和合成，側重考查學生分析判斷能力，明確官能團及其性質關系、常見反應類型及反應條件是解本題關鍵，注意題給信息的靈活運用。19、提供水蒸氣提供水蒸氣在溶液中Fe3＋被未反應的鐵粉完全還原為Fe2＋【解析】

根據鐵和水蒸氣反應原理結合裝置圖以及相關物質的性質分析解答?！驹斀狻浚?）由于反應需要的是鐵和水蒸氣，則方法一中，裝置A的作用是提供水蒸氣，同樣可判斷方法二中，裝濕棉花的作用也是提供水蒸氣。（2）鐵和水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，實驗完畢后，取出裝置一的少量固體，溶于足量稀鹽酸中，由于反應中鐵可能是過量的，過量的鐵能與鐵離子反應生成亞鐵離子，所以再滴加KSCN溶液，溶液顏色無明顯變化。20、adecbf或adecbdefNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O冷凝管或球形冷凝管飽和食鹽水防止水蒸氣進入d使SO2Cl2水解SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl84.4%【解析】

(1)收集一瓶干燥的SO2，則須先制取氣體，然后提純，再收集，因為二氧化硫有毒、易溶于水，還要對尾氣進行吸收處理，據此分析解答；(2)A中是生成二氧化硫的反應；(3)鹽酸容易揮發(fā)，生成的氯氣中會混入氯化氫，據此分析解答；(4)無水氯化鈣具有吸水性，結合SO2Cl2遇水易水解分析解答；(5)①SO2Cl2遇水水解，劇烈反應生成兩種強酸，即生成鹽酸和硫酸；②根據NaOH與鹽酸、硫酸反應，得到SO2Cl2的物質的量，從而得出質量分數?！驹斀狻?1)根據圖示，裝置A可以用來制取二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸氣，可以通入C中干燥，用B收集，多余的二氧化硫用氫氧化鈉溶液吸收，防止污染；因此欲收集一瓶干燥的SO2，裝置的導管按氣流方向連接的順序是：a通過導管d把二氧化硫導入試劑瓶中進行干燥，通過e導管導出后，通過c導管導入集氣瓶中收集，為了防止二氧化硫逸出擴散到空氣中污染環(huán)境，應該把b導管連接到f導管上，為防止通過D吸收逸出的二氧化硫的水逸到B中，把b導管連接到d把二氧化硫導入試劑瓶中進行干燥，通過e導管導出后，連接f，故答案