2024屆河北南和一中化學高二第二學期期末預測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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、如圖為一原電池裝置，其中X、Y為兩種不同的金屬。對此裝置的下列說法中正確的是A．活動性順序：X>YB．外電路的電流方向是：X→外電路→YC．隨反應的進行，溶液的pH減小D．Y極上發生的是氧化反應2、下列性質中，能充分說明某晶體一定是離子晶體的是A．具有較高的熔點，硬度大 B．固態不導電，水溶液能導電C．晶體中存在金屬陽離子，熔點較高 D．固態不導電，熔融狀態能導電3、某微粒的核外電子排布式為1s22s22p6，下列關于該微粒的說法一定正確的是()A．質子數為10 B．單質具有還原性C．是單原子分子 D．電子數為104、下列條件下，兩瓶氣體所含原子數一定相等的是（）A．同質量、不同密度的N2和CO2B．同溫度、同體積的H2和N2C．同體積、同密度的C2H4和C3H6D．同壓強、同體積的N2O和CO25、已知還原性：Fe2＋＞Br－。向100mLFeBr2溶液中通入3.36L(標準狀況)Cl2，反應后的溶液中Cl－和Br－的物質的量濃度相等，則原溶液中FeBr2的物質的量濃度為()A．2mol·L－1 B．1.5mol·L－1 C．1mol·L－1 D．0.75mol·L－16、某同學欲配制符合下列條件的溶液，其中可能實現的是A．只含1．1molNa＋、1．2molMg2＋、1．1molCl－和1．1molNO3－的溶液B．只含1．1molNH4+、1．1molCa2＋、1．1molCO32－和1．1molCl－的溶液C．為了通過測定pH的大小，達到比較HCl和CH3COOH酸性強弱的目的，分別配制111mL1．1mol/L的NaCl溶液和CH3COONa溶液D．僅用1111mL的容量瓶、燒杯、玻璃棒、量筒、2．5gNaCl固體和水配制1L1mol/L的NaCl溶液7、在實驗中，用鑷子從煤油中取出一小塊金屬鈉，然后用濾紙將煤油吸干，再用小刀切開觀察。在這一實驗過程中不能得出的鈉的物理性質是A．鈉在常溫下是固體B．鈉的熔點很低C．鈉具有銀白色的金屬光澤D．金屬鈉很軟8、在恒容密閉容器中，反應CO2(g)+

3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

△H<0

達到平衡后，改變某條件，下列說法正確的是A．升高溫度，正反應速率減小，逆反應速率增加，平衡逆向移動B．升高溫度，可提高CO2轉化率C．增加H2的濃度，可提高CO2轉化率D．改用高效催化劑，可增大反應的平衡常數9、下列物質中，既含有離子鍵，又含有非極性鍵的是()。A．NaOHB．Na2O2C．MgCl2D．H2O10、將固體碳酸氫銨置于試管中加熱，使放出的氣體依次通過盛有足量過氧化鈉的干燥管、足量濃硫酸的洗氣瓶，則最后得到的氣體是()A．氨氣 B．氧氣 C．水 D．二氧化碳11、將Fe、Cu、Fe2＋、Fe3＋和Cu2＋盛于同一容器中充分反應，反應后Fe有剩余，則容器中其它存在的單質或離子只能是A．Cu、Fe3＋ B．Fe2＋、Fe3＋ C．Cu、Cu2＋ D．Cu、Fe2＋12、設pC為溶液中粒子物質的量濃度的負對數，即:

pC=-lgC。25℃時，某濃度H2R水溶液中，pC(H2R)、pC(HR-)、pC(R2-)隨溶液pH的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A．曲線I表明，c(R2-)隨著pH增大而逐漸增大B．pH=1.3時，3c(R2-)+c(OH-)=10-1.3mol/LC．常溫下，該體系中c2(HR-)/c(R2-)·c(H2R)=1000D．NaHR水溶液中:

c(Na+)>c(HR-)>c(OH-)>c(H+)13、對處于化學平衡的體系，由化學平衡與化學反應速率的關系可知()A．化學反應速率變化時，化學平衡一定發生移動B．化學平衡發生移動時，化學反應速率一定變化C．正反應進行的程度大，正反應速率一定大D．改變壓強，化學反應速率一定改變，平衡一定移動14、下列說法中正確的是A．C60氣化和干冰升華克服的作用力相同B．分子晶體在水溶液中都能導電C．氯化鈉和氯化氫溶于水時，破壞的化學鍵都是離子鍵D．HF比HCl穩定，是因為HF含氫鍵的緣故15、下列描述或表達式正確的是（）A．不溶于水的鹽（CaCO3、BaSO4等）都是弱電解質B．NaHSO4在稀溶液中的電離方程式：NaHSO4═Na++H++SO42-C．電解、電泳、電離、電化腐蝕等過程均需要通電才進行D．對于反應

MnO2+ZnS+2H2SO4═MnSO4+ZnSO4+S+2H2O，每有1molMnO2被氧化，轉移2mol

電子16、電—Fenton法是用于水體里有機污染物降解的高級氧化技術，其反應原理如圖所示，其中電解產生的H2O2與Fe2+發生Fenton反應，Fe2+＋H2O2=Fe3+＋OH－＋?OH，生成的烴基自由基(?OH)能氧化降解有機污染物。下列說法正確的是（）A．電解池左邊電極的電勢比右邊電極的電勢高B．電解池中只有O2和Fe3+發生還原反應C．消耗1molO2，電解池右邊電極產生4mol?OHD．電解池工作時，右邊電極附近溶液的pH增大二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物A~F的轉化關系如下圖所示。已知A在標準狀況下的密度為1.25g?L—1，D能發生銀鏡反應，F是難溶于水且有芳香氣味的油狀液體。請回答：（1）A中官能團名稱為________。（2）C→D的反應類型是_________。（3）A和E一定條件下也可生成F的化學方程式是_______。（4）下列說法正確的是______。A．A和B都能使酸性KMnO4褪色B．D和E能用新制氫氧化銅懸濁液檢驗C．可以用飽和碳酸鈉溶液除去C、E和F混合物中的C、ED．推測有機物F可能易溶于乙醇18、我國成功研制出了具有自主知識產權的治療缺血性腦梗死新藥——丁苯酞。有機物G是合成丁苯酞的中間產物，G的一種合成路線如下：已知：回答下列問題：（1）A的結構簡式是___________，E的化學名稱是____________。（2）由B生成C的化學方程式為______________________。（3）G的結構簡式為__________________。合成丁苯酞的最后一步轉化為：，則該轉化的反應類型是_______________。（4）有機物D的溴原子被羥基取代后的產物J有多種同分異構體，其中含有苯環的同分異構體有______種（不包括J），其核磁共振氫譜吸收峰最多的結構簡式為_________。（5）參照題中信息和所學知識，寫出用和CH3MgBr為原料（其他無機試劑任選）制備的合成路線：______________。19、硫酰氯(SO2Cl2)熔點-54.1℃、沸點69.2℃，在染料、藥品、除草劑和農用殺蟲劑的生產過程中有重要作用。(1)SO2Cl2中S的化合價為_______，SO2Cl2在潮濕空氣中因水解“發煙”的化學方程式為________________。(2)現擬用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，實驗裝置如圖所示(夾持裝置未畫出)。①儀器A的名稱為___________，裝置乙中裝入的試劑_____________，裝置B的作用是_______________________。②裝置丙分液漏斗中盛裝的最佳試劑是________(選填字母)。A．蒸餾水

B．10.0mol/L濃鹽酸

C．濃氫氧化鈉溶液

D．飽和食鹽水

(3)探究硫酰氯在催化劑作用下加熱分解的產物，實驗裝置如圖所示(部分夾持裝置未畫出)。①加熱時A中試管出現黃綠色，裝置B的作用是____________。②裝置C中的現象是___________，反應的離子方程式為___________________。20、含有K2Cr2O7的廢水具有較強的毒性，工業上常用鋇鹽沉淀法處理含有K2Cr2O7的廢水并回收重鉻酸，具體的流程如下：已知：i.CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它幾種鹽在常溫下的溶度積如下表所示。物質CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度積ii.Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+（1）向濾液1中加入BaCl2·H2O的目的，是使CrO42－從溶液中沉淀出來。①結合上述流程說明熟石灰的作用是_______________________________。②結合表中數據，說明選用Ba2+而不選用Ca2+處理廢水的理由是________________。③研究溫度對CrO42－沉淀效率的影響。實驗結果如下：在相同的時間間隔內，不同溫度下CrO42－的沉淀率，如下圖所示。已知：BaCrO4（s）Ba2+（aq）+CrO42－（aq）CrO42－的沉淀效率隨溫度變化的原因是___________________________________。（2）向固體2中加入硫酸，回收重鉻酸。①硫酸濃度對重鉻酸的回收率如下圖（左）所示。結合化學平衡移動原理，解釋使用0.450mol/L的硫酸時，重鉻酸的回收率明顯高于使用0.225mol/L的硫酸的原因是_________________________________。②回收重鉻酸的原理如下圖（右）所示。當硫酸濃度高于0.450mol/L時，重鉻酸的回收率沒有明顯變化，其原因是_______________________________。（3）綜上所述，沉淀BaCrO4并進一步回收重鉻酸的效果與___________有關。21、有下列分子或離子：BF3、H2O、NH4+、SO2、HCHO、PCl3、CO2（1）粒子構型為直線型的為：_________（2）粒子的立體構型為V型的為：_________（3）粒子的立體構型為平面三角形的為：_________（4）粒子的立體構型為三角錐型的為：_________（5）粒子的立體構型為正四面體的為_________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解題分析】

由裝置圖中標示出的電子流向可判斷X極為負極，Y為正極，結合原電池的工作原理可得結論。【題目詳解】A.一般構成原電池的兩個金屬電極的活潑性為：負極>正極，故X>Y，故A正確；B.外電路的電流方向與電子的流向相反，應為是：Y→外電路→X，故B錯誤；C.隨反應的進行，溶液中氫離子濃度不斷減小，溶液的pH增大，故C錯誤；D.Y極上得到電子，發生還原反應，故D錯誤；答案選A。2、D【解題分析】

A．具有較高的熔點，硬度大，該晶體可能是原子晶體，A不合題意；B．固態不導電，水溶液能導電，該晶體可能是分子晶體，B不合題意；C．晶體中存在金屬陽離子，熔點較高，該晶體可能是金屬晶體，C不合題意；D．固態不導電，熔融狀態能導電，該晶體只能為離子晶體，D符合題意；故選D。3、D【解題分析】

根據核外電子排布式為1s22s22p6，可以知道該微粒含有10個電子，根據常見的10電子微粒分析。【題目詳解】已知某微粒的核外電子排布式為1s22s22p6，可以知道該微粒含有10個電子，常見的10電子微粒有Ne、F-、O2-、Na+、Mg2+等，所以不能確定該微粒屬于原子、分子或離子，無法確定該粒子的性質，但是可以知道其電子數為10，D正確；正確選項D。4、C【解題分析】試題分析：根據PV=nRT可推出阿伏伽德羅定律的一系列推論。A、N2和CO相對分子質量都為28，則相同質量的N2和CO物質的量相同，且都為雙原子分子，則原子數一定相等；B、根據PV=RT可知，同溫度、同體積時，分子數與P成正比；C、同體積、同密度則質量相等，設質量都為m，則C2H4的原子數為×6×NA，C3H6的原子數為×9×NA，所含原子數一定相等；D、根據PV=RT可知，同壓強、同體積時，分子數與T成反比。考點：阿伏伽德羅定律及推論【名師點晴】本題主要考察阿伏加德羅定律及其推論，需要注意：①阿伏加德羅定律的適用范圍是氣體，其適用條件是三個“同”，即在同溫、同壓，同體積的條件下，才有分子數(或物質的量)相等這一結論，但所含原子數不一定相等。②阿伏加德羅定律既適合于單一氣體，也適合于混合氣體。③氣體摩爾體積是阿伏加德羅定律的特例。可根據PV=nRT得到阿伏伽德羅定律的一系列推論。5、A【解題分析】

因為還原性Fe2+>Br-，所以Cl2先與Fe2+反應，后與Br-反應，反應后溶液中Cl-和Br-的物質的量濃度相等，則Cl2完全反應，Fe2+完全反應、Br-部分反應；根據得失電子守恒和原子守恒列式。【題目詳解】n（Cl2）=3.36L22.4L/mol=0.15mol，因為還原性Fe2+>Br-，所以Cl2先與Fe2+反應，后與Br-反應，反應后溶液中Cl-和Br-的物質的量濃度相等，則Cl2完全反應，Fe2+完全反應、Br-部分反應，根據Cl守恒，反應后溶液中n（Cl-）=0.15mol×2=0.3mol；設原溶液中FeBr2物質的量為x，則原溶液中n（Fe2+）=x、n（Br-）=2x，根據得失電子守恒，0.15mol×2=x+（2x-0.3mol），解得x=0.2mol，原FeBr26、C【解題分析】

A、溶液應呈現電中性，陽離子所帶電荷數為1.1mol＋1.2mol×2=1.5mol，陰離子所帶電荷數為1.1mol＋1.1mol=1.2mol，因此陽離子和陰離子所帶電荷數不相等，故A錯誤；B、Ca2＋、CO32－生成CaCO3沉淀，不能大量共存，故B錯誤；C、NaCl屬于強堿強酸鹽，溶液顯中性，醋酸鈉屬于強堿弱酸鹽，溶液顯堿性，說明鹽酸的酸性強于醋酸，故C正確；D、缺少膠頭滴管，不能完成實驗，故D錯誤，答案選C。7、B【解題分析】分析：金屬鈉常溫下為固體，能夠用刀子切開,說明質軟,切開的鈉可以觀察到有銀白色的金屬光澤，據以上分析解答。詳解：用鑷子從煤油中取出一小塊金屬鈉,擦干凈表面上的煤油，用刀子切開,說明質軟,切開的鈉可以觀察到有銀白色的金屬光澤，在這一過程中鈉的狀態沒有變化,仍為固體,不能得出熔點低的結論；B錯誤；正確選項B。8、C【解題分析】

A．升高溫度，正反應速率、逆反應速率均增加，平衡逆向移動，A錯誤；B．升高溫度，平衡逆向移動，降低CO2轉化率，B錯誤；C．增加H2的濃度，平衡正向移動，可提高CO2轉化率，C正確；D．改用高效催化劑，只能改變反應速率，不能改變平衡狀態，平衡常數不變，D錯誤；故答案選C。9、B【解題分析】分析：一般活潑的金屬和活潑的非金屬容易形成離子鍵，非金屬元素的原子間容易形成共價鍵，如果是同一種非金屬原子形成的共價鍵則是非極性鍵，如果是不同種非金屬原子形成的共價鍵則是極性鍵。詳解：A．NaOH中含有離子鍵、極性共價鍵，A錯誤；B．Na2O2中含有離子鍵、非極性共價鍵，B正確；C．MgCl2中只存在離子鍵，C錯誤；D．H2O中含有極性共價鍵和非極性共價鍵，D錯誤；答案選B。10、B【解題分析】

碳酸氫銨受熱分解的產物是二氧化碳、水和氨氣，這些混合氣體通過足量的過氧化鈉時，水蒸氣、二氧化碳沒有剩余，但生成了氧氣；通過濃硫酸時，氨氣與硫酸反應。因此最后得到的氣體只有氧氣。答案選B。11、D【解題分析】

Fe的還原性大于銅，鐵先于銅反應；鐵離子的氧化性大于銅離子，相同條件下，鐵離子先被還原，其次是銅離子；因為鐵有剩余，所以銅不反應，反應后一定有銅，鐵與鐵離子反應生成亞鐵離子，Fe與銅離子反應生成亞鐵離子和銅，所以反應后一定有亞鐵離子和銅，沒有Fe3+和Cu2+；答案選D。12、C【解題分析】分析：H2R?H++HR-,HR-?H++R2-，隨pH增大電離平衡正向移動，c(H2R)，開始較大，后逐漸減小，c(HR-)先增大后減小，c(R2-)開始較小，后逐漸增大，pC為溶液中粒子物質的量濃度的負對數，C越大pC越小，由圖像可知：曲線I是pC(HR-)隨溶液pH的變化曲線，曲線II是pC(H2R)隨溶液pH的變化曲線，曲線III是pC(R2-)隨溶液pH的變化曲線；詳解：A.從以上分析可知，曲線III表明，c(R2-)隨著pH增大而逐漸增大，故A錯誤；B.pH=1.3時，c(HR-)=c(H2R)，根據電荷守恒c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)=c(H+)=10-1.3mol/L由于c(HR-)>c(R2-),所以3c(R2-)+c(OH-)<10-1.3mol/L，故B錯誤；C.常溫下，該體系中c2(HR-)/c(R2-)·c(H2R)=c(HR-)c(R2-)×c(HR-)c(H2R)=c(HR-)c(R2-)c(H+)×c(HR-)c(H+)c(H2R)=Ka1K13、B【解題分析】

A項，化學反應速率變化時，化學平衡不一定發生移動，如使用催化劑化學反應速率變化，但化學平衡不移動，A項錯誤；B項，只有改變條件使正、逆反應速率不相等，化學平衡才會發生移動，故化學平衡發生移動時，化學反應速率一定變化，B項正確；C項，反應進行的程度與化學反應速率沒有必然的聯系，C項錯誤；D項，改變壓強對沒有氣體參與的反應，化學反應速率不改變，改變壓強對反應前后氣體化學計量數之和相等的反應，平衡不移動，D項錯誤；答案選B。14、A【解題分析】

A．分子晶體由固體變為氣體，克服分子間作用力，C60、干冰均為分子晶體，則C60氣化和干冰升華克服的作用力相同，故A正確；B．有的分子晶體不溶于水，如乙酸乙酯、單質硫等，不發生電離，不能導電，故B錯誤；C．氯化鈉為離子晶體，HCl為分子晶體，氯化鈉溶于水破壞離子鍵，氯化氫溶于水破壞共價鍵，故C錯誤；D．穩定性是化學性質，HF比HCl穩定，是因為非金屬性F強于Cl，與氫鍵無關，故D錯誤；答案選A。15、B【解題分析】A．電解質的強弱與溶解性無關，不溶于水的鹽可能是強電解質，CaCO3、BaSO4熔融狀態完全電離，均是強電解質，故A錯誤；B．NaHSO4在稀溶液中完全電離成鈉離子、氫離子和硫酸根離子，電離方程式：NaHSO4═Na++H++SO42-，故B正確；C．電解、電泳等過程均需要通電才進行，電離、電化腐蝕不需要通電，故C錯誤；D．反應MnO2+ZnS+2H2SO4═MnSO4+ZnSO4+S+2H2O中Mn元素的化合價降低，被還原，則1molMnO2被還原，轉移2mol電子，故D錯誤；故選B。16、C【解題分析】

A.電解池左邊電極上Fe2+失電子產生Fe3+，作為陽極，電勢比右邊電極的電勢低，選項A錯誤；B.O2、Fe3+在陰極上得電子發生還原反應，H2O2與Fe2+反應，則H2O2發生得電子的還原反應，選項B錯誤；C.1molO2轉化為2molH2O2轉移2mole-，由Fe2+＋H2O2=Fe3+＋OH－＋?OH可知，生成2mol?OH，陽極電極方程式為H2O-e-=?OH+H+，轉移2mole-，在陽極上生成2mol?OH，因此消耗1molO2，電解池右邊電極產生4mol?OH，選項C正確；D.電解池工作時，右邊電極水失電子生成羥基和氫離子，其電極方程式為H2O-e-=?OH+H+，附近溶液的pH減小，選項D錯誤；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、碳碳雙鍵氧化反應CH2＝CH2+CH3COOH→CH3COOCH2CH3B、C、D【解題分析】

D能發生銀鏡反應，F是難溶于水且有芳香氣味的油狀液體，可知C為醇，E為羧酸，結合F的分子式為C4H8O2可知C為CH3CH2OH、D為CH3CHO、E為CH3COOH、F為CH3COOCH2CH3；A在標準狀況下的密度為1.25g?L—1，則A的摩爾質量為1.25g?L—1×22.4L/mol=28g/mol，可知A為CH2=CH2，B為CH3CH2Cl，B→C發生的是鹵代烴的堿性水解，據此分析解題。【題目詳解】D能發生銀鏡反應，F是難溶于水且有芳香氣味的油狀液體，可知C為醇，E為羧酸，結合F的分子式為C4H8O2可知C為CH3CH2OH、D為CH3CHO、E為CH3COOH、F為CH3COOCH2CH3；A在標準狀況下的密度為1.25g?L—1，則A的摩爾質量為1.25g?L—1×22.4L/mol=28g/mol，可知A為CH2=CH2，B為CH3CH2Cl，B→C發生的是鹵代烴的堿性水解；(1)A為CH2=CH2，含有的官能團名稱為碳碳雙鍵；(2)CH3CH2OH→CH3CHO發生的是醇的催化氧化，反應類型是氧化反應；(3)CH2=CH2和CH3COOH一定條件下發生加成反應可生成CH3COOCH2CH3，反應的化學方程式是CH2＝CH2+CH3COOH→CH3COOCH2CH3；(4)A．A為乙烯，分子結構中含有碳碳雙鍵，能使酸性KMnO4褪色，而B為氯乙烷，不含碳碳雙鍵，不能使酸性KMnO4褪色，故A錯誤；B．D為乙醛，和新制氫氧化銅懸濁液混合加熱生成磚紅色沉淀，而E為乙酸，能溶解新制氫氧化銅懸濁液，得到澄清的溶液，能鑒別，故B正確；C．乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇，可以加入飽和碳酸鈉溶液，振蕩、靜置后分液，上層為乙酸乙酯，故C正確；D．乙醇是良好的有機溶劑，乙酸乙酯易溶于乙醇，故D正確；故答案為B、C、D。【題目點撥】常見的反應條件與反應類型有：①在NaOH的水溶液中發生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應。②在NaOH的乙醇溶液中加熱，發生鹵代烴的消去反應。③在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等。④能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應。⑤能與H2在Ni作用下發生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應。⑥在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發生醇的氧化反應。⑦與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質發生的是—CHO的氧化反應。(如果連續兩次出現O2，則為醇―→醛―→羧酸的過程)。⑧在稀H2SO4加熱條件下發生酯、低聚糖、多糖等的水解反應。⑨在光照、X2(表示鹵素單質)條件下發生烷基上的取代反應；在Fe粉、X2條件下發生苯環上的取代。18、2-甲基-1-丙烯（或異丁烯）酯化反應（或取代反應）4【解題分析】（1）A與溴發生取代反應生成鄰甲基溴苯，則A的結構簡式是；E與溴化氫發生加成反應生成F，F發生已知信息的反應生成(CH3)3CMgBr，則E的結構簡式為CH2=C(CH3)2，所以E的化學名稱是2－甲基－1－丙烯。（2）C氧化生成D，根據D的結構簡式可知C的結構簡式為，所以由B生成C的化學方程式為。（3）D和(CH3)3CMgBr發生已知信息的反應，則G的結構簡式為。反應中羥基和羧基發生分子內酯化反應，則該轉化的反應類型是取代反應。（4）有機物D的溴原子被羥基取代后的產物J有多種同分異構體，其中含有苯環的同分異構體有4種，即間羥基苯甲醛、對羥基苯甲醛、苯甲酸和甲酸苯酯。其核磁共振氫譜吸收峰最多的結構簡式為。（5）根據題中信息和所學知識結合逆推法可知用和CH3MgBr為原料（其他無機試劑任選）制備的合成路線為。點睛：高考化學試題中對有機化學基礎的考查題型比較固定，通常是以生產、生活的陌生有機物的合成工藝流程為載體考查有機化學的核心知識，涉及常見有機物官能團的結構、性質及相互轉化關系，涉及有機物結構簡式的確定、反應類型的判斷、化學方程式的書寫、同分異構體的識別和書寫等知識的考查。它要求學生能夠通過題給情境中適當遷移，運用所學知識分析、解決實際問題，這高考有機化學復習備考的方向。有機物的考查主要是圍繞官能團的性質進行，常見的官能團：醇羥基、酚羥基、醛基、羧基、酯基、鹵素原子等。這些官能團的性質以及它們之間的轉化要掌握好，這是解決有機化學題的基礎。有機合成路線的設計時先要對比原料的結構和最終產物的結構，官能團發生什么改變，碳原子個數是否發生變化，再根據官能團的性質進行設計。同分異構體類型通常有：碳鏈異構、官能團異構、位置異構等，有時還存在空間異構，要充分利用題目提供的信息來書寫符合題意的同分異構體。物質的合成路線不同于反應過程，只需寫出關鍵的物質及反應條件、使用的物質原料，然后進行逐步推斷，從已知反應物到目標產物。19、+6SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4(球形)冷凝管濃硫酸防止空氣中水蒸汽進入三頸燒瓶，使SO2Cl2發生水解變質；吸收尾氣SO2和Cl2，防止污染環境。D吸收Cl2C中KMnO4溶液褪色2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+【解題分析】

(1)根據化合物中正負化合價的代數和為0判斷S元素的化合價，SO2Cl2在潮濕空氣中因水解“發煙”，生成的HCl溶于水，呈現白霧。；(2)①根據圖示儀器的結構特點可知儀器的名稱，乙中濃硫酸可干燥氯氣，裝置B中堿石灰可吸收尾氣；②通過滴加液體，排除裝置中的氯氣，使氯氣通過裝置乙到裝置甲中；(3)①加熱時A中試管出現黃綠色，裝置B中四氯化碳可吸收生成的氯氣；②裝置C中二氧化硫與高錳酸鉀反應。【題目詳解】(1)SO2Cl2中S的化合價為0-(-1)×2-(-2)×2=+6，SO2Cl2在潮濕空氣中因水解“發煙”，生成了HCl，其化學方程式為SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4；(2)①儀器A的名稱為(球形)冷凝管，裝置乙中裝入的試劑為濃硫酸，裝置B的作用是防止空氣中水蒸汽進入三頸燒瓶，使SO2Cl2發生水解變質，吸收尾氣SO2和Cl2，防止污染環境；②氯氣不溶于飽和食鹽水，通過滴加飽和食鹽水，將氯氣排出，其它均不符合，故合理選項是D；(3)SO2Cl2分解生成了Cl2，根據化合價Cl的化合價升高，化合價降低只能是S元素，S從＋6降低到＋4，生成SO2。①加熱時A中試管出現黃綠色，說明生成了Cl2，裝置B的作用是吸收Cl2；②裝置C中的現象是KMnO4溶液褪色，SO2與KMnO4反應，反應的離子方程式為2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。【題目點撥】本題考查物質的制備實驗的知識，把握物質的性質、制備原理、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用。20、沉淀SO42－；調節溶液pH，使Cr2O72－轉化為CrO42－而沉淀BaCrO4比CaCrO4更難溶，可以使CrO42－沉淀更完全溫度升高，沉淀速率加快c（H2SO4）增大，則c（SO42－）增大，與Ba2+生成沉淀，促進BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c（CrO42－）增大；同時，c（H+）也增大，