新疆阿克苏地区阿瓦提县第四中学2023学年化学高二第二学期期末联考模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、普通玻璃的主要成分是：①Na2SiO3②CaCO3③CaSiO3④SiO2⑤Na2CO3⑥CaOA．①③④ B．②③④ C．①③⑥ D．③④⑤2、下列说法正确的是（）A．乙烯与环丙烷(C3H6)互为同系物B．乙烯和聚乙烯均能和溴水发生加成反应而使溴水褪色C．皮肤沾上浓HNO3变成黄色，立即用饱和NaOH溶液冲洗D．丙酸、乙酸甲酯和2-羟基丙醛(CH3CHOHCHO)互为同分异构体3、己知：与反应的；与反应的。则在水溶液中电离的等于A． B．C． D．4、下列各种说法中不正确的是()A．在水中氢、氧原子间均以共价键相结合B．离子键是阳离子、阴离子的静电作用C．H2和CD．金属具有金属光泽及良好的导电性和导热性，这些性质均与金属键有关5、根据下表给出的几种物质的熔沸点数据，判断下列说法中错误的是A．SiCl4和A1Cl3都是分子晶体，熔融状态下不导电B．MgCl2和NaCl都是离子晶体，熔融状态能导电且易溶于水C．若单质R是原子晶体，其熔沸点的高低是由共价键的键能决定的D．固态时可导电的一定是金属晶体6、在常温常压下，将16mL的H2、CH4、C2H2的混合气体与足量的氧气混合点燃，完全反应后，冷却到常温常压下，体积缩小了26mL，则混合气体中CH4的体积为（）A．2mL B．4mL C．8mL D．无法求解7、一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的①NaOH固体②H2O③CH3COONa固体④NaNO3固体⑤KCl溶液A．②③⑤ B．①② C．②④ D．②③④⑤8、下列实验操作或方法中，不合理的是（）A．用丁达尔现象区分氯化钠溶液和淀粉溶液B．用重结晶法来提纯含有少量氯化钾杂质的硝酸钾晶体C．分别将SO2和Cl2通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，验证两者的漂白性D．通过饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl气体9、有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，原子半径依次减小，其中只有一种金属元素；X+与M2—具有相同的电子层结构；离子半径：Z2—>W—；Y的单质晶体熔点高、硬度大。下列说法中正确的是()A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物B．X的氢化物熔点比W的氢化物低C．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂D．ZM2、YM2晶体类型相同，晶体中含有化学键类型也相同10、下列反应过程中不能引入醇羟基的是A．醛的氧化反应B．卤代烃的取代反应C．烯烃的加成反应D．酯的水解反应11、下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（）A．向稀盐酸中逐滴加入过量的溶液B．向溶液中逐滴加入过量稀溶液C．向溶液中逐滴加入稀氨水D．向氢氧化钡溶液中通入过量12、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-B．使酚酞变红色的溶液中：Na+、NH4+、C1-、SO42-C．c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、Mg2+、SO42-、AlO2-D．由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、CH3COO-、NO3-13、原电池的能量转化属于（）A．电能转化为化学能B．化学能转化为化学能C．化学能转化为电能D．电能转化为机械能14、下列关于醛的说法中正确的是()A．所有醛中都含醛基和烃基B．所有醛都会使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，并能发生银镜反应C．一元醛的分子式符合CnH2nO的通式D．醛的官能团是15、一定温度下，10mL0.4mol/LH2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表：t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A．0～6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min)B．6～10min的平均反应速率：v(H2O2)＜3.3×10-2mol/(L·min)C．反应至6min时，c(H2O2)＝0.20mol/LD．反应至6min时，H2O2分解了40%16、电子排布有能级顺序，若以E(nl)表示某能级的能量，以下各式中正确的是A．E(4s)＞E(3d)＞E(3Px)＞E(3Py)B．E(3d)＞E(4s)＞E(3p)＞E(3s)C．E(5s)＞E(4f)＞E(3Px)=E(3Py)D．E(5s)＞E(4s)＞E(4f)＞E(3d)二、非选择题（本题包括5小题）17、已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如下转化关系，其中C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2，试回答下列有关问题。（1）G的结构简式为_________。（2）指出下列反应的反应类型：A转化为B：________，C转化为D：__________。（3）写出下列反应的化学方程式D生成E的化学方程式：___________________________________________________。A生成B的化学方程式：___________________________________________________。B和F生成G的化学方程式：___________________________________________________。18、Q是合成防晒霜的主要成分，某同学以石油化工的基本产品为主要原料，设计合成Q的流程如下(部分反应条件和试剂未注明)：已知：Ⅰ．钯催化的交叉偶联反应原理(R、R1为烃基或其他基团，X为卤素原子)：Pd/CR—X＋R1—CH=CH2R1—CH=CH—R＋H—XII．C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子只有一个碳原子上没有氢原子。III．F不能与氢氧化钠溶液反应，G的核磁共振氢谱中有3个峰且为对位取代物。请回答下列问题：（1）G的结构简式为__________。（2）C8H17OH的名称(用系统命名法命名)为____________。（3）X是F的同分异构体，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，写出X的结构简式：___________。（4）写出反应⑥的化学方程式：____________。（5）下列有关B、C的说法正确的是____________(填序号)。a．二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色b．二者都能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳c．1molB或C都能最多消耗44.8L(标准状况)氢气d．二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应19、乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，其制备原理为：甲、乙两同学分别设计了如下装置来制备乙酸乙酯。请回答下列问题：（1）下列说法不正确的是________。A．加入试剂的顺序依次为乙醇、浓硫酸、乙酸B．饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、促进乙酸乙酯在水中的溶解C．浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，加入的量越多对反应越有利D．反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后即可从上口倒出上层的乙酸乙酯（2）乙装置优于甲装置的理由是________。（至少说出两点）20、如图所示的操作和实验现象，能验证苯酚的两个性质，则：（1）性质Ⅰ是__，操作1是__，操作2是__。（2）性质Ⅱ是__，操作1是__，操作2是__。（3）写出所发生反应的化学方程式：________________。21、铁及其化合物与人类生产、生活息息相关。（1）FeCl3可用作止血剂。基态铁原子的核外电子排布式为______，Fe3+有______个未成对电子。（2）K3[Fe(CN)6]主要应用于照相纸、颜料、制革、印刷等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。①K3[Fe(CN)6]中所涉及的元素的第一电离能由大到小的顺序_________。②(CN)2分子中存在碳碳键，则分子中σ键与π键数目之比为_________。KCN与盐酸作用可生成HCN，HCN的中心原子的杂化轨道类型为________。（3）CO能与金属Fe所形成的配合物Fe(CO)5，其熔点－20℃，沸点103℃，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示：①Fe(CO)5晶体类型属于__________晶体。②关于Fe(CO)5，下列说法正确的是_________。AFe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子BFe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键C1molFe(CO)5含有10mol配位键D反应Fe(CO)5=Fe+5CO没有新化学键生成（4）铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁是其中一种，某氮化铁的晶胞结构如图所示：则氮化铁的化学式为________；设晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为________g·cm-3(用含a和NA的式子表示)。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【答案解析】

普通玻璃的主要成分是Na2SiO3、CaSiO3及SiO2，答案为A。2、D【答案解析】

A.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，乙烯与环丙烷(C3H6)的结构不相似，所以二者不是同系物，A错误；B.聚乙烯不含碳碳双键，不能和溴发生加成反应，所以不能使溴水褪色，B错误；C.皮肤沾上浓HNO3变成黄色，应立即用大量的水冲洗，再用3-5%的NaHCO3溶液涂上，C错误；D.丙酸、乙酸甲酯和2-羟基丙醛(CH3CHOHCHO)结构简式分别为CH3CH2COOH、CH3COOCH3、CH3CHOHCHO，三种物质分子式相同，但结构不同，因此它们互为同分异构体，D正确；故合理选项是D。3、C【答案解析】

主要考查关于△H的计算和对盖斯定律的迁移应用。【题目详解】HCN(aq)、HCl(aq)分别与NaOH(aq)反应△H的差值即为HCN在溶液中电离的能量，HCN属于弱电解质，其电离过程要吸收，即△H＞0，综合以上分析，可知△H=+43.5kJ·mol-1，答案为C。4、A【答案解析】分析：A项，在水中H、O原子间存在共价键和氢键；B项，离子键是阳离子、阴离子的静电作用；C项，化学反应的本质是反应物中化学键的断裂和生成物化学键的形成过程；D项，金属具有金属光泽、良好的导电性和导热性都与金属键有关。详解：A项，在水中H、O原子间存在共价键和氢键，A项错误；B项，离子键是阳离子、阴离子的静电作用，B项正确；C项，化学反应的本质是反应物中化学键的断裂和生成物化学键的形成过程，H2和Cl2反应生成HCl，反应过程中断裂H—H键和Cl—Cl键、形成H—Cl键，C项正确；D项，由于自由电子可吸收所有频率的光，然后很快释放出各种频率的光，金属具有金属光泽，在外加电场作用下金属中的自由电子做定向移动形成电流，金属具有良好的导电性，自由电子在运动过程中与金属阳离子发生碰撞，引起能量的交换，金属具有良好的导热性，金属具有金属光泽、良好的导电性和导热性都与金属键有关，D项正确；答案选A。5、D【答案解析】

不同晶体的熔沸点比较：原子晶体>离子晶体>>分子晶体。故可以通过晶体的熔沸点判断出该晶体的类型。即NaCl、MgCl2为离子晶体，AlCl3、SiCl4为分子晶体。R可能为原子晶体。【题目详解】A.相比之下，AlCl3、SiCl4的熔沸点都很低，可以判断出这两类物质都是分子晶体，熔融状态下不能电离出离子，所以不能导电，A正确；B.MgCl2和NaCl的熔沸点都较高，可以判断出这两类物质都是离子晶体，熔融状态下可以电离出离子，所以能导电，且这两种物质都易溶于水，B正确；C.R的熔沸点非常高，若其为原子晶体，则其熔沸点的高低是由共价键的键能决定的：共价键键能越高，该物质的熔沸点也越高，C正确；D.固态时可导电的不一定是金属晶体，比如石墨，石墨不是金属晶体，但是石墨可以导电，D错误；故合理选项为D。6、B【答案解析】

在常温下水为液体，由于氧气充足，因此可发生反应：CxHy+(x+)O2xCO2+H2O(l)△V1(x+)x1+所以体积变化只与H原子数目有关，H2、C2H2的H原子数目都是2，可把它们当作一个整体，假设甲烷的体积为VmL，则H2、C2H2的总体积为(16-V)mL，(1+)×(16-V)mL+(1+)×VmL=26mL，解得V=4mL，故合理选项是B。7、A【答案解析】

为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，应降低溶液中氢离子的浓度，而不影响氢离子的总的物质的量，据此进行分析。【题目详解】①加入NaOH固体，NaOH会和盐酸反应，消耗氢离子，生成氢气的总量减少，①错误；②加入水，盐酸浓度降低，反应速率减小，氢离子总物质的量不变，生成氢气的总量不变，②正确；③加入CH3COONa固体生成弱酸：CH3COOH，H+浓度降低，反应速率减慢，但H+的总的物质的量不变，不影响生成氢气的总量，③正确；④加入NaNO3固体，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能与铁粉反应生成NO和水，影响了生成氢气的总量，④错误；⑤因为KCl不与盐酸或铁粉反应，加入KCl溶液相当于加水，盐酸浓度降低，反应速率减小，生成氢气的总量不变，⑤正确；综上所述，A项正确；答案选A。8、C【答案解析】A．淀粉溶胶是胶体，可利用丁达尔效应区分溶液与胶体，故A正确；B．氯化钾和硝酸钾都溶于水，二者溶解度不同，可利用结晶的方法分离，故B正确；C．SO2和Cl2的水溶液均显酸性，滴有酚酞的氢氧化钠溶液中加入酸性物质可褪色，无法验证两者的漂白性，故C错误；D．利用饱和碳酸氢钠溶液可除去CO2中的HCl气体，故D正确，答案为C。9、C【答案解析】

X、Y、Z、W、M五种短周期元素，原子半径依次减小，其中只有一种金属元素；M和Z均形成-2价的阴离子，且原子半径Z＞M，则M为O元素，Z为S元素；X+与M2—具有相同的电子层结构，则X为Na元素，离子半径：Z2—>W—，则W为Cl元素，Y的单质晶体熔点高、硬度大，结合原子半径可知，Y为Si元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，X为Na元素，Y为Si元素，Z为S元素，W为Cl元素，M为O元素。A．钠和氧还可以形成Na2O2，故A错误；B．钠的氢化物为离子化合物，氯的氢化物为共价化合物，因此X的氢化物熔点比W的氢化物高，故B错误；C．Cl2和O3都具有强氧化性，则可以作为水处理中的消毒剂，故C正确；D．ZM2、YM2分别为SO2、SiO2，晶体类型不同，前者为分子晶体，后者为原子晶体，故D错误；答案选C。10、A【答案解析】

A.醛的氧化反应引入的是羧基，故A符合题意；B.卤代烃取代反应能够引入羟基官能团，如溴乙烷在氢氧化钠的水溶液中加热情况下，水解得到乙醇，故B不符合题意；C.烯烃的加成反应能够引入羟基，如烯烃和水加成生成乙醇，引入了羟基，故C不符合题意；D.酯的水解反应能够引入羟基，如乙酸乙酯水解，能生成乙醇和乙酸，故D不符合题意；所以本题正确答案为A。。【答案点睛】根据官能团的性质和各种反应类型的反应原理进行分析判断即可。11、A【答案解析】

A项、向稀盐酸中逐滴加入偏铝酸钠溶液，过量的盐酸与偏铝酸钠溶液反应生成氯化铝，无明显现象，当盐酸完全反应后，过量的偏铝酸钠溶液与氯化铝溶液发生双水解反应生成白色胶状的氢氧化铝沉淀，故A错误；B项、向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，氯化铝溶液与氢氧化钠溶液反应生成白色胶状的氢氧化铝沉淀，当氯化铝溶液完全反应后，过量的氢氧化钠溶液与氢氧化铝沉淀反应生成偏铝酸钠，沉淀溶解，故B正确；C项、向硝酸银溶液中滴加氨水，硝酸银溶液与氨水反应生成白色的氢氧化银沉淀，当硝酸银溶液完全反应后，过量的氨水与氢氧化银沉淀反应生成银氨络离子，沉淀溶解，故C正确；D项、向氢氧化钡溶液中通入二氧化碳气体，氢氧化钡溶液与二氧化碳反应生成白色的碳酸钡沉淀，当氢氧化钡溶液完全反应后，过量的二氧化碳与碳酸钡沉淀反应生成碳酸氢钡，沉淀溶解，故D正确；故选A。12、A【答案解析】

A项，Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-四种离子互相之间都不反应，所以可以大量共存，符合题意；B项，使酚酞变红色的溶液显碱性，碱性溶液中不能存在大量的NH4+，不符合题意；C项，铝离子和偏铝酸根离子会发生双水解反应得到氢氧化铝沉淀，所以不能大量共存，不符合题意；D项，由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L，说明水的电离被抑制了，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性条件下CH3COO-不能大量存在，不符合题意；答案选A。【答案点睛】判断离子是否大量共存，应该考虑如下的情况下离子不能大量共存：1、发生复分解反应。（1）生成难溶物或微溶物：如：Ag+与Cl-等不能大量共存。（2）生成气体或挥发性物质：如：H+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等不能大量共存。（3）生成难电离物质：如：H+与CH3COO-等因生成弱酸不能大量共存；OH-与NH4+因生成的弱碱不能大量共存；H+与OH-生成水不能大量共存。2、发生氧化还原反应：氧化性离子(如Fe3+、ClO-、MnO4-等)与还原性离子(如S2-、I-、Fe2+等)不能大量共存。3、离子间发生双水解反应不能共存：如Al3+、Fe3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等。4、络合反应：如Fe3+和SCN-。13、C【答案解析】分析：原电池是一种把化学能转化为电能的装置，据此分析。详解：原电池是一种把化学能转化为电能的装置，原电池工作时，能量转化的主要形式是将化学能转化为电能，答案选C。点睛：本题考查常见能量的转化形式，原电池是一种把化学能转化为电能的装置，需要注意实际上转化率不是百分百。14、B【答案解析】

A.甲醛只含一个醛基和一个氢原子，并不含烃基，故A错误；B.所有醛都会使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，并能发生银镜反应，故B正确；C.饱和一元醛的分子式才符合CnH2nO的通式，故C错误；D.醛的官能团是，故D错误。答案选B。【答案点睛】本题考查醛的结构和性质，醛都会使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，并能发生银镜反应，但能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，并能发生银镜反应的有机物不一定是醛。15、D【答案解析】

A、0～6min时产生氧气体积为22.4mL，物质的量是0.001mol，则根据方程式2H2O2＝2H2O+O2↑可知消耗H2O2的物质的量为0.002molmol，浓度是0.2mol/L，则化学反应速率v(H2O2)＝0.2mol/L÷6min≈3.3×10－2mol/(L·min)，A正确；B、随着反应进行，过氧化氢的浓度降低，化学反应速率降低，即6～10min的平均反应速率v(H2O2)＜3.3×10－2mol/(L·min)，B正确；C、根据选项A的分析，反应至6min时，消耗的H2O2物质的量为2×10－3mol，此时H2O2的物质的量浓度为(10×10－3×0.4－2×10－3)/（10×10－3）mol·L－1＝0.2mol·L－1，C正确；D、反应至6min时，H2O2的分解率为2×10－3/（10×10－3×0.4）×100%＝50%，D错误。答案选D。16、B【答案解析】试题分析：A、应为E（3d）＞E（4s），则为E（4s）＞E（3d）＞E（3Px）=E（3Py），A项错误；B、符合构造原理，B项正确；C、应为E（4f）＞E（5s）＞E（3Px）=E（3Py），C项错误；D、E（4f）＞E（5s）＞E（3d）＞E（4s），D项正确；答案选B。考点：考查电子排布的能级顺序二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应加成反应【答案解析】

C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则C为CH2=CH2；D为CH3CH2OH，E为CH3CHO，F为CH3COOH；根据甲苯到B的合成路线，可以推测出B为醇，G为C9H10O2，则B为，A为。【题目详解】（1）B为，F为CH3COOH，则G为；（2）A为，B为，A→B为取代反应；C为CH2=CH2；D为CH3CH2OH，C→D为加成反应；（3）D为CH3CH2OH，E为CH3CHO，D→E的方程式为：；（4）A为，B为，A→B的方程式为：；（5）B为，F为CH3COOH，则G为，则B+F→G的化学方程式为：【答案点睛】苯的同系物和Cl2、Br2发生的取代反应，如果条件是光照或者加热，发生烷基上的取代，如果条件是Fe或者FeX3（X=Cl、Br）的催化，则发生苯环上的取代。18、2­乙基­1­己醇ad【答案解析】

由A、B的分子式及的结构简式C可知，A为CH3CH=CH2，B为CH2=CHCHO，由信息Ⅱ可知，C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢原子，则C8H17OH为，与丙烯酸发生酯化反应生成D，由流程图可知，F为等，因F不能与NaOH溶液反应，所以F为苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F与溴发生取代反应，又G的核磁共振氢谱中有3组峰，说明G中有3种位置的H原子，所以G为，由信息Ⅰ可知，D与G合成Q；(1)结合分析写出G的结构简式；(2)C8H17OH为，与-OH相连的C原子为第1位碳原子编号来命名；(3)X为酚，甲基与酚-OH处于对位；(4)由信息Ⅰ，D与G合成Q，并生成HBr；(5)B为烯醛，C为烯酸，均含C=C键，但羧基中的C=O不能与氢气发生加成反应。【题目详解】由A、B的分子式及的结构简式C可知，A为CH3CH=CH2，B为CH2=CHCHO，由信息Ⅱ可知，C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢原子，则C8H17OH为，与丙烯酸发生酯化反应生成D，由流程图可知，F为等，因F不能与NaOH溶液反应，所以F为苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F与溴发生取代反应，又G的核磁共振氢谱中有3组峰，说明G中有3种位置的H原子，所以G为，由信息Ⅰ可知，D与G合成Q；(1)由分析可知G的结构简式为为；(2)C8H17OH为，与-OH相连的C原子为第1位碳原子编号来命名，其名称为2-乙基-1-己醇；(3)F为苯甲醚，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，X为酚，甲基与酚-OH处于对位，则X为；(4)由信息Ⅰ，D与G合成Q，并生成HBr，反应⑥的化学方程式为；(5)B为烯醛，C为烯酸，均含C=C键，但羧基中的C=O不能与氢气发生加成反应；a．均含C=C键，则二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正确；b．C中含-COOH，能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，而B不能，故b错误；c.1molB最多消耗44.8L(标准状况)氢气，而C消耗22.4L氢气，故c错误；d．B中含-CHO，C中含-COOH，二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应，故d正确；故答案为ad。19、【答题空1】BC用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好【答案解析】

（1）A.在制备乙酸乙酯时，浓硫酸起催化剂作用，加入时放热；B.乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；C.浓H2SO4具有强氧化性和脱水性；

D.乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，可采用分液进行分离；

（2）可从装置的温度控制条件及可能的原料损失程度、副产物多少进行分析作答。【题目详解】（1）A.为防止浓硫酸稀释放热，导致液滴飞溅，其加入的正确顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，故A项正确；B.制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，其饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解，故B项错误；C.浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，但由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多，故C项错误；D.乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后从上口倒出上层的乙酸乙酯，故D项正确；答案下面BC；（2）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，乙装置优于甲装置的原因为：水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好，故答案为用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好。20、苯酚在水中的溶解性加热冷却苯酚的弱酸性加NaOH溶液通CO2+NaOH→+H2O+CO2+H2O→+NaHCO3【答案解析】（1）常温下，苯酚在水中溶解度不大，当温度高于65℃时，则能与水互溶，性质Ⅰ通过温度的变化验证苯酚在水中溶解度大小，如操作1为加热，苯酚的浑浊液会变澄清；操作2为冷却，会发现澄清溶液由变澄清；（2）苯酚具有弱酸性，能够与氢氧化钠溶液反应生成易溶物苯酚钠，为苯酚的弱酸性，操作Ⅰ为加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠溶液反应生成可溶性的苯酚钠，溶液由浑浊变澄清；操作Ⅱ通入二氧化碳气体后，碳酸酸性强于苯酚，二者反应生成苯酚和碳酸氢钠，所以溶液又变浑浊；（3）根据以上分析可知，发生的反应方程式分别为：+NaOH→+H2O、+CO2+H2O→+NaHCO3。点睛：本题考查了苯酚的化学性质检验，注意掌握苯酚的结构