2023学年黑龙江省鸡西市第一中学高二化学第二学期期末学业水平测试试题（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．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列物质的类别与所含官能团都错误的是（）A．羧酸—OH B．醇类—COOHC．醛类—CHO D．醚类CH3-O-CH3

2、下列叙述不正确的是A．10mL质量分数为98％的H2SO4用10mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49％B．配制0.1mol·L−1的Na2CO3溶液480mL，需用500mL容量瓶C．在标准状况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol·L−1的氨水D．向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)3、下列除去括号内杂质所选试剂正确的是（）A．Cu（CuO）：稀硝酸 B．FeCl3（AlCl3）：氨水C．Fe2O3（SiO2）：NaOH溶液 D．CO2（HCl）：饱和Na2CO3溶液4、具有下列组成和结构特点的有机化合物中同分异构体数目最多的是(不考虑立体异构)选项ABCD分子式C4H8Cl2C5H10O2C4H8O2C8H10类别含氯化合物羧酸酯含有苯环的烃A．A B．B C．C D．D5、下列各组物质中，既不是同系物，又不是同分异构体的是A．CH4和C4H10 B．乙酸和甲酸甲酯C．和 D．苯甲酸和6、现有碳酸钠溶液，对溶液中离子浓度关系的描述，不正确的是A．

B．C．

D．

7、下列物质中不属于高分子化合物的是A．氨基酸B．涤纶C．酚醛树脂D．天然橡胶8、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．ClO2具有氧化性,可用于水的消毒杀菌B．SO2具有还原性,可用于纸浆的漂白C．MnO2具有氧化性,可用于H2O2制O2D．SiO2能与强碱反应,可用于制光导纤维9、某有机物经加氢还原所得产物的结构简式为，该有机物不可能是A．B．C．D．CH3CH2CH2CHO10、雌二醇的结构简式如图，下列说法不正确的是（）A．能与Na、NaOH溶液、Na2CO3溶液反应B．能发生加成反应、取代反应、消去反应C．该分子中所有碳原子不可能在同一个平面内D．可与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生氧化反应11、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A．标准状况下的22.4L丁烷完全燃烧，生成的二氧化碳的分子数为4NAB．1mol乙基中含有的电子数为18NAC．46g二氧化氮和46g四氧化二氮含有的原子数均为3NAD．在1L2mol·L-1的硝酸镁溶液中含有的硝酸根离子数为4NA12、按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列说法错误的是A．步骤（1）需要过滤装置B．步骤（3）需要用到蒸发皿C．活性天然产物易溶于有机溶剂难溶于水D．步骤（4）是利用物质沸点差异进行分离的13、下列说法不正确的是（）A．“硝基苯制备”实验中，将温度计插入水浴，但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触B．“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用C．实验时手指不小心沾上苯酚，立即用70℃以上的热水清洗D．除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶14、下列物质中发生消去反应生成的烯烃只有一种的是A．2-丁醇 B．3-戊醇 C．2-甲基-3-戊醇 D．2-甲基2-丁醇15、从煤焦油中分离出的芳香烃——萘()是一种重要的化工原料，萘环上一个氢原子被丁基(-C4H9)所取代的同分异构体（不考虑立体异构）有A．2种B．4种C．8种D．16种16、下列操作达不到预期目的的是()①石油分馏时把温度计插入液面以下②用溴水除去乙烯中混有的SO2气体③用乙醇与3mol·L－1的H2SO4混合共热到170℃以上制乙烯④将苯和溴水混合后加入Fe粉制溴苯⑤将饱和食盐水滴入盛有电石的烧瓶中制乙炔A．①④ B．③⑤ C．②③④⑤ D．①②③④二、非选择题（本题包括5小题）17、已知X、Y、Z、W、Q、R、E七种元素中，原子序数X<Y<Z<W<Q<R<E，其结构或性质信息如下表。元素结构或性质信息X原子的L层上s电子数等于p电子数Y元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋1Z单质常温、常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子W元素的正一价离子的电子层结构与氩相同Q元素的核电荷数为Y和Z之和R元素的正三价离子的3d能级为半充满E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子请根据信息回答有关问题：（1）元素X的原子核外共有_____种不同运动状态的电子，有____种不同能级的电子。（2）元素Y原子中能量最高的是_____电子，其原子轨道呈_____状。（3）Q的基态电子排布式为______，R的元素符号为_____，E元素原子的价电子排布式为______。（4）含有元素W的盐的焰色反应为______色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是_______________________。18、丹参醇是存在于中药丹多中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：已知：回答下列问题:(1)C中含氧官能团的名称为_______

(写出其中两种)。(2)写出B的结构简式_______。(3)下列叙述正确的是_______。A．D→E的反应为消去反应B．可用金属钠鉴别D．EC．D可与NaOH反应

D．丹参醇能发生加聚反应不能发生缩聚反应(4)丹参醇的所有同分异构体在下列一种表征收器中显示的信号(或数据)完全相同，该仅器是______(填标号)。a.质谱仪

b.红外光谱仪

c.元素分析仪

d.核磁共探仪(5)芳香化合物F是A的同分异构体,可与FeCl3溶液发生显色反应,F共有_____种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6：2：1：1的结构简式为______(写一种即可)。(6)写出以和为原料制备的合成路线流程图__________________(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)。19、维尔纳配合物M是一种橙黄色单斜晶体，该晶体以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。为探究该晶体的组成，设计了如下实验：步骤一，氮的测定：准确称取一定量橙黄色晶体，加入适量水溶解，注入下图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用500.00mL7.0mol/L的盐酸溶液吸收，吸收结束后量取吸收液25.00mL，用2.00mol/L的NaOH溶液滴定过量的盐酸，终点消耗NaOH溶液12.50mL。步骤二，氯的测定：准确称取橙黄色晶体wg，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，以K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色沉淀)。（1）上述装置A中，玻璃管的作用是_________；（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，酒精灯应放置在_____（填“A”或“B”）处。（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为______g。（4）有同学提出装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，会造成测得氮的含量结果将______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）；冰水混合物的作用是_______________。（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是________（6）经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在。制备M的化学方程式为_____，其中双氧水的作用是____；制备M的过程中温度不能过高的原因是_____。20、甲同学利用下图所示装置在实验室制备乙酸乙酯。（1）实验中饱和Na2CO3溶液的作用是_______。某次实验时，在饱和Na2CO3溶液中滴加2滴酚酞溶液。实验结束，取下试管B振荡，红色褪去。为探究褪色的原因，进行如下实验。编号①②③实验操作充分振荡、静置充分振荡、静置充分振荡、静置、分液。取下层溶液，加入饱和Na2CO3溶液现象上层液体变薄，冒气泡，下层溶液红色褪去上层液体不变薄，无气泡，下层溶液红色褪去（2）试管①中产生气泡的原因是（用化学方程式解释）_______。（3）对比实验①和②可得出的结论是_______。（4）针对实验②中现象，乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。实验③中观察到_______，证实乙的猜想正确。21、某无色溶液X，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、Fe3+、AlO2—、CO32—、SO42—中的若干种离子组成，取该溶液进行如下实验：（1）气体B的成分是______________。（2）写出步骤②形成白色沉淀甲的离子方程式__________________________。（3）通过上述实验，可确定X溶液中一定存在的离子是_________________________，尚未确定是否存在的离子是__________________，只要设计一个简单的后续实验就可以确定该离子是否存在，该方法是_________________________________。

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、C【答案解析】

A．含有的官能团为羧基(-COOH)，不是醇羟基，属羧酸，故A不符合题意；B．的羟基连在链烃基上的有机物属于醇类，所含有的官能团不是—COOH，故B不符合题意；C．含有酯基，属酯类有机物，含有的官能团是-CHO和-COO-，有机物的类别和官能团的判断都是错误的，故C符合题意；D．CH3-O-CH3属于醚类，含有，类别与官能团均正确，故D不符合题意；故答案为C。2、C【答案解析】

A．硫酸的密度大于水的，因此11mL质量分数为98％的H2SO4用11mL水稀释后；H2SO4的质量分数大于49％，A正确；B．没有481mL的容量瓶，因此配制1．1mol·L-1的Na2CO3溶液481mL，需用511mL容量瓶，B正确；C．在标准状况下，将2．4L氨气溶于1L水中，所得溶液的体积不是1，因此得不到1mol·L-1的氨水，C错误；D．由于过氧化钠可以看作是Na2O·O，与水反应后生成氢氧化钠、氧气，溶液增加的质量就是Na2O，因此向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1（保持温度不变），D正确；答案选C。3、C【答案解析】

A.Cu、CuO都能与稀硝酸反应，不能用稀硝酸除杂，可用稀硫酸除杂，A错误；B.FeCl3、AlCl3都能与氨水反应生成沉淀，不能得到氯化铁，B错误；C.SiO2为酸性氧化物，可与NaOH反应生成可溶性的盐，而氧化铁不反应，过滤即可得到氧化铁，C正确；D.饱和Na2CO3溶液既可吸收HCl，还能吸收二氧化碳，应采用饱和NaHCO3溶液除杂，D错误；答案为C。【答案点睛】除杂时，选择的试剂应除去杂质，但不影响原主要物质，且不能引入新的杂质。4、A【答案解析】A．C4H8Cl2可以看成是C4H10中的两个氢原子被氯原子代替的结果，丁烷结构简式：CH3CH2CH2CH3存在6种同分异构体，CH3CH(CH3)CH3存在三种同分异构体，共计9种；B．羧酸的官能团为羧基，C5H10O2可写成C4H9COOH，丁基有4种，因此属于羧酸的有4种；C．C4H8O2可以看成是甲酸和丙醇(2种)、乙酸和乙醇、丙酸和甲醇之间发生酯化反应的产物，存在4种同分异构体；D．C8H10属于芳香烃，可以有一个侧链为：乙基1种，可以有2个侧链为：2个甲基，有邻、间、对3种，共有4种；最多的是A，故选A。点睛：本题考查同分异构体的种类的判断。明确同分异构体中含有的结构特征是解题的前提，本题的易错点为A，注意采用“定一移二”的方法书写。5、D【答案解析】

A.CH4和C4H10都属于烷烃，两者结构相似，分子组成上相差3个“CH2”原子团，两者互为同系物，A不符合题意；B.乙酸和甲酸甲酯的分子式都为C2H4O2，两者结构不同，两者互为同分异构体，B不符合题意；C.和的分子式都是C7H8O，两者结构不同，两者互为同分异构体，C不符合题意；D.苯甲酸的分子式为C7H6O2，的分子式为C8H6O4，两者分子式不同，两者不互为同分异构体，两者结构不相似，分子组成上相差1个“CO2”，两者不互为同系物，D符合题意；答案选D。6、D【答案解析】A.0.1mol/L的碳酸钠溶液中，溶液中存在的离子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-，由于溶液要满足电荷守恒，故有c（Na+

）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故A正确；B.在碳酸钠溶液中，氢离子和氢氧根全部来自水的电离，而水电离出的氢离子和氢氧根的总量相同，而水电离出的氢离子被CO32-部分结合为HCO3-和H2CO3，根据质子守恒可知：c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（OH-），故B正确；C.在碳酸钠中，钠离子和碳酸根的个数之比为2：1，而在溶液中，碳酸根部分水解为H2CO3、HCO3-，根据物料守恒可知：c（Na+

）=2[c（H2CO3）+c（CO32-）+c（HCO3-）]，故C正确；D.0.1mol/L的碳酸钠溶液中，溶液中存在的离子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-，由于溶液要满足电荷守恒，故有c（Na+

）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故D错误；本题选D。7、A【答案解析】分析：高分子化合物简称高分子，又叫大分子，一般指相对分子质量高达几千到几百万的化合物，据此解答。详解：A.氨基酸不是高分子化合物，A正确；B.涤纶属于高分子化合物，B错误；C.酚醛树脂属于缩聚产物，是高分子化合物，C错误；D.天然橡胶属于高分子化合物，D错误。答案选A。点睛：注意高分子化合物均是混合物，同一种高分子化合物的分子链所含的链节数并不相同，所以高分子化合物实质上是由许多链节结构相同而聚合度不同的化合物所组成的混合物，其相对分子质量与聚合度都是平均值。8、A【答案解析】A．ClO2具有强氧化性，能用于水的杀菌消毒，A正确；B．SO2具有漂白性，可用于纸浆的漂白，B错误；C．H2O2反应制O2，添加MnO2，是其作催化剂的缘故，C错误；D．SiO2传输光信号的能力强，可用于制光导纤维，D错误；答案选A。9、D【答案解析】分析：各选项与氢气发生加成反应，根据产物的结构简式是否与相同，分析判断。详解：A.与氢气加成后的产物为，故A正确；B.与氢气加成后的产物为，故B正确；C.与氢气加成后的产物为，故C正确；D.CH3CH2CH2CHO与氢气加成后的产物为CH3CH2CH2CH2OH，故D错误；故选D。10、D【答案解析】

A．该物质含有醇羟基、酚羟基，可以与Na发生反应产生氢气；含有酚羟基，可以与NaOH溶液、Na2CO3溶液反应，A正确；B．该物质含有苯环，能发生加成反应；含有酚羟基，所以可以发取代反应；由于醇羟基连接的碳原子的邻位碳原子上含有H原子，所以可以发生消去反应，B正确；C．该物质含有多个饱和碳原子，由于饱和碳原子是四面体结构，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，C正确；D．由于物质分子中含有酚羟基，所以可与FeCl3溶液发生显色反应，也能发生氧化反应，D错误。答案选D。11、B【答案解析】

A.标况下22.4L丁烷是1mol，含有4mol碳原子，因此完全燃烧后生成二氧化碳的分子数为4NA，故A正确；B.因为乙基（-CH2CH3）是中性基团，所以1mol乙基中含有的电子数为碳氢原子电子数之和，为17NA，故B不正确；C.二氧化氮和四氧化二氮的分子式中氮氧比都是1:2，因此46g二氧化氮和四氧化二氮都有1mol氮原子和2mol氧原子，总原子数为3NA，故C正确；D.1L2mol·L-1的硝酸镁溶液中含有溶质硝酸镁为2mol，1mol硝酸镁中含有2mol硝酸根，因此2mol硝酸镁含有的硝酸根离子数为4NA，故D正确。故选B。【答案点睛】乙基（-CH2CH3）、甲基（-CH3）、羟基（-OH）等基团都是中性的，不带电，“-”表示一个电子，不是从其他原子得到的电子，是原子本身的电子，所以计算电子数时，只需要把各个原子的电子数加起来即可。12、C【答案解析】A．步骤(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，需要过滤装置，故A正确；B．步骤(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，故B正确；C．由步骤(3)可知，蒸发水溶液得到粗产品，则该有机物能溶于水，故C错误；D．步骤(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，故D正确；故选C。13、C【答案解析】

A.温度计插入水浴测量水浴温度，水银球不能和烧杯底部、烧杯壁接触，防止水银球破坏，另外烧杯的温度与水温也不一样，A说法正确，不符合；B.“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，因为水的残留对实验没任何影响，滴定管和移液管中假如有水残留，则会稀释取用或盛装的溶液，因此必须干燥或润洗后方可使用，B说法正确，不符合；C.手指沾上苯酚，可以用酒精擦洗，假如立刻用70℃以上的热水清洗，导致烫伤，C说法错误，符合；D.除去干燥CO2中混有的少量SO2，可先将混合气体通过酸性KMnO4溶液，SO2被酸性KMnO4溶液氧化而除去，再通过浓硫酸干燥，得到干燥的CO2，D说法正确，不符合；答案选C。14、B【答案解析】

A.2-丁醇发生消去反应生成CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3，故A错误；B.3-戊醇发生消去反应生成CH3CH=CHCH2CH3，故B正确；C.2-甲基-3-戊醇发生消去反应生成(CH3)2C=CHCH2CH3、(CH3)2CHCH=CHCH3，故C错误；D.2甲基2-丁醇发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH2CH3、(CH3)2C=CHCH3，故D错误。故选B。15、C【答案解析】分析：丁基有四种，萘环上的位置有2种。详解：丁基有四种，-CH2CH2CH2CH3、-CH(CH3)CH2CH3、-CH2CH(CH3)CH3、-C(CH3)3，萘环上的位置有2种，，萘环上一个氢原子被丁基(-C4H9)所取代的同分异构体（不考虑立体异构）有8种，故选C。16、D【答案解析】

①分馏时温度计用于测量馏分的温度，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，①不能达到预期目的；②溴水与乙烯和二氧化硫均反应，不能用溴水除去乙烯中混有的SO2气体，应用氢氧化钠溶液除杂，②不能达到预期目的；③应用浓硫酸，稀硫酸不能起到催化和脱水作用，③不能达到预期目的；④苯和溴水不反应，应用液溴，④不能达到预期目的；⑤为减缓反应的速率，可用饱和食盐水与电石反应制取乙炔，⑤能达到预期目的；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、632p哑铃（纺锤）1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1Fe3d104s1紫激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色【答案解析】

X的L层上s电子数等于p电子数，则X原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，则X为C；Y元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，则n必为2，Y原子的核外电子排布式为：1s22s22p3，则Y为N；Z原子的M层上有1个未成对的p电子，则Z的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1(Al)或1s22s22p63s23p5(Cl)，因为Z单质常温、常压下是气体，则Z为Cl；W的正一价离子的电子层结构与Ar相同，则W为K；Q的核电荷数为Y和Z之和，则Q是24号元素Cr；R元素的正三价离子的3d能级为半充满，则R原子的价电子轨道式为3d64s2，则R为Fe；E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则E的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则E为Cu，综上所述，X、Y、Z、W、Q、R、E分别为：C、N、Cl、K、Cr、Fe、Cu，据此解得。【题目详解】(1)X元素为C，C原子核外有6个电子，则其核外有6种不同运动状态的电子，C原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，有3种不同能级的电子，故答案为：6；3；(2)Y为N，其核外电子排布式为：1s22s22p3，其能量最高的是2p电子，p轨道呈哑铃形(或纺锤形)，故答案为：2p；哑铃(纺锤)；(3)Q为Cr，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，R为Fe，元素符号为Fe，E为Cu，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，其价电子排布式为：3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；Fe；3d104s1；(4)W为K，K的焰色反应为紫色，金属元素出现焰色反应的原因是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色，故答案为：紫；激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色。18、羟基、羰基、醚键ABc9或【答案解析】分析：本题考查的是有机推断和合成，有一定的难度。详解：(1)观察C的结构可知，含有羟基、羰基、醚键；(2)根据已知信息分析，两种烯烃可以通过加成反应形成环，故B的结构为；(3)A.D→E的反应过程中羟基和邻位碳上的氢原子下去，形成碳碳双键，反应为消去反应，故正确；B.D中含有羟基，而E没有，所以可以用金属钠鉴别D.E，故正确；C.D含有羟基、羰基和醚键，不可与NaOH反应，故错误；D.丹参醇含有两个羟基和羰基和碳碳双键和醚键，能发生加聚反应，能发生缩聚反应，故错误；故选AB。(4)丹参醇与同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号完全相同，故选c。(5)芳香化合物F是A的同分异构体，分子式为C8H10O，可与氯化铁发生显色反应，说明苯环上连接羟基，所以该物质可能连接2个取代基，一个羟基和一个乙基，二者有邻间对三种位置关系，也可能为一个羟基和两个甲基，有6种结构，共9种。其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积我6:2:1:1的结构简式为或。(6)，根据已知信息分析，二烯烃可以和烯烃发生加成反应生成环状，所以合成路线中需要将烯烃变成二烯烃，需要通过烯烃的加成和卤代烃的消去实现，所以合成路线为：。点睛：掌握常见有机物的同分异构体的数目，方便计算。C3H7-有2种，C4H9-有四种，C5H11-有8种，-C6H4-有3种，若苯环上连接AAB式的三个取代基，有6种，若连接ABC式的三种取代基，有10种。19、平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)A42.00偏高减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收AgNO3见光易分解2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O氧化剂温度过高过氧化氢分解、氨气逸出【答案解析】

根据盐酸和氢氧化钠的量计算氨气的物质的量，根据硝酸银计算氯离子的物质的量。注意分析合成M的原料中双氧水的作用。【题目详解】（1）上述装置A中，玻璃管的作用是平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)；（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，A装置要产生水蒸气将B中的氨全部蒸出，酒精灯应放置在A处。（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为42.00g。（4）装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，相当于氨气消耗盐酸过多，会造成测得氮的含量偏高；为减少盐酸的挥发，冰水混合物的作用降低吸收液盐酸的温度，减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收。（5）硝酸银见光会分解，故测定氯的过程中使用棕色滴定管的原因是防止AgNO3见光分解。（6）M以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在，双氧水将+2价钴氧化为+3，则M为配合物，其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，因此，制备M的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，其中双氧水的作用是氧化剂；双氧水和氨水受热均易分解，故制备M的过程中温度不能过高的原因是：温度过高过氧化氢分解、氨气逸出。20、中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关溶液不变红或无明显现象【答案解析】

（1）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；（2）试管①中乙酸乙酯中的乙酸与碳酸钠反应，产生气泡，发生的反应为2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O；（3）对比实验①和②，无论有没有含乙酸，溶液红色均褪去，可得出的结论是下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关；（4）针对实验②中现象，上层液体不变薄则乙酸乙酯不溶解于下层碳酸钠溶液且不与碳酸钠反应而无气泡，下层溶液红色褪去是因为酚酞被萃取于乙酸乙酯中碳酸钠溶液中不再含有酚酞而显无色，故乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。实验③中充分振荡、静置、分液。取下层溶液，下层溶液中