河北省秦皇岛市2023学年高二化学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请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、工业上生产MnO2和Zn的主要反应有：①MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O②MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4下列说法不正确的是（）A．①中MnO2和H2SO4都是氧化剂 B．①中析出16gS时转移1mol电子C．②中MnSO4发生氧化反应 D．硫酸在该生产中可循环利用2、下列说法中正确的是A．电子层结构相同的不同简单离子，其半径随核电荷数增多而减小B．失去电子难的原子获得电子的能力一定强C．在化学反应中，某元素由化合态变为游离态，则该元素一定被还原D．共价键的键能越大，分子晶体的熔点越高3、部分氧化的铁铜合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是()A．滤液A中的阳离子为Fe3＋、Fe2＋、H＋B．样品中CuO的质量为4.0gC．样品中Fe元素的质量为2.24gD．V＝8964、下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是选项离子或分子要求AK+、NO3-、Cl-、HS-c(K+)<c(Cl-)BFe3+、NO3-、S032-、Cl-逐滴滴加盐酸立即有气体产生CNa+、Cl-、Mg2+、SO42-逐滴滴加氨水立即有沉淀产生DNH4+、A13+、SO42-、CH3COOH滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生A．A B．B C．C D．D5、在乙醇发生的下列反应里，存在乙醇分子中碳氧键断裂的是（）A．乙醇在浓硫酸存在的情况下与乙酸发生酯化反应B．乙醇与金属钠反应C．乙醇在浓硫酸作用下的消去反应D．乙醇与O2的催化氧化反应6、要使工业废水中的重金属Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：化合物PbSO4PbCO3PbS溶解度/g1.03×10-41.81×10-71.84×10-14由上述数据可知，选用的沉淀剂最好为（）A．硫化物 B．硫酸盐 C．碳酸盐 D．以上沉淀剂均可7、25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是A．未加盐酸时：c(OH-)＞c(Na+)=c(NH3·H2O)B．加入10mL盐酸时：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)C．加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl-)=c(Na+)D．加入20mL盐酸时：c(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+)8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()A．标准状况下，1.12LHF中含有的分子总数为0.05NAB．1molNH4+所含质子数为11NAC．2molSO2与1molO2反应生成的SO3分子数为2NAD．25℃，pH＝13的NaOH溶液中OH－的数目为0.1NA9、氢化钙(CaH2)常作供氢剂，遇水蒸气剧烈反应。某小组设计如下实验制备氢化钙。下列说法错误的是（）A．装置I不可用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气B．装置III、V所起作用相同C．直玻璃管加热前，用试管在末端收集气体并验纯D．试验结束后，可通过取样加水，根据气泡判断是否有CaH2生成10、下列说法不正确的是A．、的晶体结构类型不同B．加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同C．HCl、NaCl溶于水，破坏的化学键类型相同D．NaOH、晶体中既有离子键又有共价键11、下列物质中，含有极性键但属于非极性分子的是（）A．CO2B．H2OC．O2D．HCl12、下列各组离子能大量共存且满足相应要求的是（）选项离子组要求AK＋、AlO2-、Cl－、Cr2O72-溶液无色澄清BFe3＋、NO3-、Br－、HCO3-逐滴滴加盐酸，立即产生气体CNa＋、K＋、AlO2-、NO3-逐滴滴加盐酸，先有沉淀产生，后沉淀消失DNH4+、Al3＋、SO42-、Cl－滴加NaOH溶液并加热，立刻产生气体A．A B．B C．C D．D13、下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是()A．0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)B．0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)C．室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)＞c(NH)＋c(OH－)D．20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)14、在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，取另一份等量的有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，若2V1＝V2≠0，则此有机物可能是()A．CH3CH(OH)COOH B．HOOCCH2COOHC．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH(OH)CH2COOH15、下列物质不能使蛋白质变性的是（）A．甲醛B．硝酸汞C．饱和氯化铵溶液D．氢氧化钠16、能与Na反应放出H2，又能使溴水褪色，但不能使pH试纸变色的物质是()A．CH2＝CH－COOH B．CH2＝CH－CH3C．CH2＝CH－CH2OH D．CH2＝CH－COOCH3二、非选择题（本题包括5小题）17、某有机物A，由C、H、O三种元素组成，在一定条件下，由A可以转化为有机物B、C、D和E；C又可以转化为B、A。它们的转化关系如下：已知D的蒸气密度是氢气的22倍，并可以发生银镜反应（1）写出下列物质的结构简式。A__________B________D__________（2）完成下列阶段变化的化学方程式。①_________________________________③_________________________________⑦_________________________________⑧_________________________________18、A、B、C、D1、D2、E、F、G、H均为有机化合物，请根据下列图示回答问题。（1）直链有机化合物A的结构简式是__________________；（2）B中官能团的名称为___________；（3）①的反应试剂和反应条件是__________；（4）D1或D2生成E的化学方程式是___________________________________；（5）G可应用于医疗、爆破等，由F生成G的化学方程式是_____。19、实验室里需用480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液。(1)该同学应选择________mL的容量瓶。(2)其操作步骤如下图所示，则如图操作应在下图中的__________(填选项字母)之间。A．②与③B．①与②C．④与⑤(3)该同学应称取NaOH固体________g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需的砝码大小________(填字母)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项________(填字母)。(4)下列操作对所配溶液的浓度偏大的有（填写下列序号）（_________）①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯②容量瓶中原来有少量蒸馏水③摇匀后发现液面低于刻度线再加水④定容时观察液面俯视20、利用如图所示的实验装置进行实验。（1）装置中素瓷片的作用____________，矿渣棉的作用__________。（2）请设计实验证明所得气体生成物中含有不饱和气态烃______。21、氮、铬及其相关化合物用途非常广泛。回答下列问题：(1)基态N原子的核外电子排布式为___，Cr位于元素周期表第四周期___族。(2)Cr与K位于同一周期且最外层电子数相同，两种元素原子第一电离能的大小关系为___；Crcl3的熔点(83℃)比CrF3的熔点(1100℃)低得多，这是因为___。(3)Cr的一种配合物结构如图所示：①阴离子C1O4－的空间构型为___形。②配离子中，中心离子的配位数为___，N与中心原子形成的化学键称为___键。③配体H2NCH2CH2NH2(乙二胺)中碳原子的杂化方式是______，分子中三种元素电负性从大到小的顺序为___(4)氮化铬的熔点为1770℃，它的一种晶体的晶胞结构如图所示，其密度为5.9g·cm－3，氮化铬的晶胞边长为___(列出计算式)nm.

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】

A、MnO2中的锰元素化合价有+4价降低到+2价，所以为氧化剂，H2SO4显酸性，且元素的化合价没有变化，故A错误；B、①中硫化锌中硫的化合价为-2价转化为单质硫为0价，通过方程式可以看出，析出16gS即0.5mol，转移为2×0.5mol=1mol电子，故B正确；C、硫酸锰中锰的化合价由+2价升到+4价，化合价升高，所以硫酸锰作还原剂，被氧化，发生氧化反应，故C正确；D、反应①消耗硫酸，反应②生成硫酸，硫酸可循环利用，故D正确。答案选A。2、A【答案解析】分析：A、根据离子半径大小的原因分析解答；

B、根据稳定原子得失电子的能力都很难分析解答；

C、由元素被还原时元素的化合价变化分析解答；D、根据分子稳定与否的原因分析解答。详解：A．电子层结构相同的不同简单离子，其半径随核电荷数增多而减小，故A正确；B．失去电子难的原子获得电子的能力不一定强，故B错误；C．在化学反应中，某元素由化合态变为游离态，则该元素可能被还原，也可能被氧化，故C错误；D．共价键的键能越大，含有该分子的物质的稳定性就越强，故D错误。

故答案为A。3、C【答案解析】

硫酸足量，氧化性Fe3+>Cu2+>H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子，滤渣3.2克为金属铜，铜的物质的量为0.05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤液灼烧得到的固体3.2克为氧化铁，其物质的量为0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，滤液A溶质为过量硫酸和硫酸亚铁，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，硫酸含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的氢离子和合金中的氧结合成水了。【题目详解】A.由上述分析可知，滤液A中阳离子为Fe2＋、H＋，故A错误；B.滤液中不含铜离子，滤渣3.2克为金属铜，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为80×0.05=4.0克，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0g，故B错误；C.合金中铁元素的质量为56×0.04=2.24g，故C正确；D.合金中铁元素质量为2.24克，铜元素质量为3.2克，故合金中氧原子的物质的量，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04mol氢离子生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况下体积为0.02×22.4=0.448L，故D错误；故选C。4、C【答案解析】分析：A.c(K+)<c(Cl-)，则溶液中正电荷总数小于负电荷总数,违反了电荷守恒；B.铁离子能够氧化亚硫酸根离子，不能共存；C.Na+、Cl-、Mg2+、SO42-四种离子间不反应，滴加氨水后产生Mg(OH)2沉淀；D.滴加氢氧化钠溶液后,醋酸优先与氢氧化钠发生中和反应。详解：溶液中一定满足电荷守恒,而c(K+)<c(Cl-),则溶液中正电荷总数一定小于负电荷总数,不满足电荷守恒,A错误；因为Fe3+能够氧化S032-,所以不能大量共存,B错误；Na+、Cl-、Mg2+、SO42-离子之间不发生反应,在溶液中能够大量共存；向溶液中滴加氨水后产生Mg(OH)2沉淀，满足题中条件，C正确；滴加的NaOH会先和醋酸反应,再与A13+离子反应，最后与NH4+反应产生气体，不满足题中要求,D错误；正确选项C。5、C【答案解析】

A．乙醇在浓硫酸存在的情况下与乙酸发生酯化反应，乙酸脱羟基、醇脱氢，乙醇断裂羟基上的氢氧键，故A错误；B．乙醇与金属钠反应生成氢气，乙醇中氢氧键断裂，故B错误；C．乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应，乙醇断开的是碳氧键和邻位的碳氢键，故C正确；D．乙醇发生催化氧化反应生成醛，乙醇中氢氧键及其所连碳原子上的碳氢键断裂，故D错误。故选C。6、A【答案解析】

化学式相似物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小。生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生。要将Pb2＋沉淀，就要形成溶解度更小的物质，由表中数据可知，PbS的溶解度最小，沉淀剂最好为硫化物。答案选A。7、B【答案解析】

A、混合溶液中，浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O，NH3·H2O为弱电解质，故c(Na＋)＞c(NH3·H2O)，A错误；B、加入10mL盐酸时，c(Cl-)=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，B正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7时，即c(H＋)=c(OH-)，所以c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-），c(Cl-)＞c(Na＋)，C错误；D、加入20mL盐酸时，c(Cl-)=2c(Na+)，由于NH4+的水解，c(NH4+)＜c(Na+)，所以c(Cl-)＞c(NH4+)+c(Na+)，D错误；此题选B。8、B【答案解析】

A.标准状况下HF为液体，以聚合分子(HF)n的形式存在，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；B.1个NH4+中含有11个质子，则1molNH4+所含质子数为11NA，B正确；C.SO2与O2生成SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此2molSO2与1molO2反应生成的SO3分子数小于2NA，C错误；D.缺少溶液的体积，不能计算离子的数目，D错误；故合理选项是B。9、D【答案解析】

A.二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气必须在加热条件下进行，装置I启普发生器不能加热，不适用，选项A正确；B.装置III是干燥氢气、装置V是防止空气中的水蒸气进入装置Ⅳ，所起作用相同，均为干燥的作用，选项B正确；C.氢气为可燃性气体，点燃前必须验纯，故直玻璃管加热前，用试管在末端收集气体并验纯，选项C正确；D.钙也能与水反应产生氢气，故试验结束后，可通过取样加水，根据气泡无法判断是否有CaH2生成，选项D错误。答案选D。10、C【答案解析】分析：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体；B项，硅晶体属于原子晶体，硫晶体属于分子晶体；C项，HCl中含共价键，NaCl中含离子键；D项，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键。详解：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体，CO2、SiO2晶体结构类型不同，A项正确；B项，硅晶体属于原子晶体，加热硅晶体使之熔化克服共价键，硫晶体属于分子晶体，加热硫晶体使之熔化克服分子间作用力，加热硅、硫晶体使之熔化时克服的作用力不同，B项正确；C项，HCl中含共价键，HCl溶于水破坏共价键，NaCl中含离子键，NaCl溶于水破坏离子键，HCl、NaCl溶于水破坏的化学键类型不同，C项错误；D项，NaOH的电子式为，NH4Cl的电子式为，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键，D项正确；答案选C。11、A【答案解析】分析：A项，CO2是含有极性键的非极性分子；B项，H2O是含极性键的极性分子；C项，O2是含非极性键的非极性分子；D项，HCl是含极性键的极性分子。详解：A项，CO2中含极性键，CO2为直线形，CO2中正电中心和负电中心重合，CO2属于非极性分子；B项，H2O中含极性键，H2O为V形，H2O中正电中心和负电中心不重合，H2O属于极性分子；C项，O2是含非极性键的非极性分子；D项，HCl中含极性键，HCl中正电中心和负电中心不重合，HCl为极性分子；含有极性键但属于非极性分子的是CO2，答案选A。点睛：本题考查键的极性和分子极性的判断，判断键的极性只要观察成键的两原子是否相同，分子的极性取决于键的极性和分子的空间构型，若分子中正电中心和负电中心重合则为非极性分子，反之为极性分子。12、C【答案解析】

A.K＋、AlO2-、Cl－、Cr2O72-在溶液中能大量共存，但是Cr2O72-能使溶液显橙红色，A不能满足溶液是无色的要求；B.Fe3＋和HCO3-可以发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，B不符合题意；C.Na＋、K＋、AlO2-、NO3-在溶液中能大量共存，向其溶液中逐滴滴加盐酸，先有Al(OH)3沉淀产生，盐酸过量后以转化为Al3+，沉淀消失，C满足要求；D.NH4+、Al3＋、SO42-、Cl－在溶液中能大量共存，滴加NaOH溶液并加热，先生成白色的Al(OH)3沉淀，后来才产生NH3，D不满足要求。综上所述，各组离子中能大量共存且满足相应要求的是C，本题选C。13、D【答案解析】A、0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成碳酸钠和水，碳酸根离子水解，溶液显碱性，且碳酸根的水解以第一步水解为主，因此所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)，选项A错误；B、0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成醋酸钠和水，醋酸根水解，溶液显碱性，根据质子守恒可知所得溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，选项B错误；C、氨水是弱碱，盐酸是强碱，因此室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后生成氯化铵和水，反应中氨水过量，溶液显碱性，因此所得溶液中：c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，选项C错误；D、20ml0.1mol/LCH3COONa溶液与10ml0.1mol/LHCl溶液混合后反应生成醋酸和氯化钠，反应中醋酸钠过量，所得溶液是醋酸钠、氯化钠和醋酸的混合液，且三种的浓度相等，呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，因此所得溶液中：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，选项D正确；答案选D。14、B【答案解析】

同温同压下，有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有-COOH，存在反应关系式：R-OH～H2，-COOH～H2，以及-COOHCO2，若2V1=V2，说明分子中含有2个-COOH，只有B符合，故选B。15、C【答案解析】分析：蛋白质变性是指蛋白质在某些物理和化学因素作用下其特定的空间构象被改变，从而导致其理化性质的改变和生物活性的丧失，这种现象称为蛋白质变性．能使蛋白质变性的化学方法有加强酸、强碱、尿素、乙醇、丙酮、甲醛等有机溶剂化学物质、重金属盐等；能使蛋白质变性的物理方法有加热（高温）、紫外线及X射线照射、超声波、剧烈振荡或搅拌等．详解：A.甲醛等有机溶剂化学物质能使蛋白质变性，故A错误；B.硝酸汞等重金属盐能使蛋白质变性，故B错误；C.饱和氯化铵溶液属于轻金属盐，能使蛋白质发生盐析，故C正确；D.氢氧化钠等强碱能使蛋白质变性，故D错误；故选C。点睛：本题考查蛋白质的变性，解题关键：了解蛋白质变性的常用方法，注意蛋白质变性是不可逆的，选项C是盐析，是可逆的。16、C【答案解析】

A.CH2＝CH－COOH含有羧基，具有酸性可以与金属Na反应放出氢气，可以使pH试纸变红色，含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应使溴水褪色，A不符合题意；B.CH2＝CH－CH3含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应使溴水褪色，不含有羧基、醇羟基、酚羟基，不能与钠发生反应放出氢气，也不能使pH试纸变色，B不符合题意；C.CH2＝CH－CH2OH含有醇羟基，可以与金属Na反应放出氢气；含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应使溴水褪色；但醇不具有酸性，不可以使pH试纸变色，C符合题意；D.CH2＝CH－COOCH3含有碳碳双键，可以使溴水褪色，不能与金属钠发生反应放出氢气，也不能使pH试纸变色，D不符合题意；故合理选项是C。二、非选择题（本题包括5小题）17、C2H5OHCH2=CH2CH3CHOC2H5OHCH2=CH2↑+H2OC2H5Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2OCH3CHO+H2CH3CH2OHC2H5OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O【答案解析】

已知D的蒸气密度是氢气的22倍，相对分子质量是222=44，并可以发生银镜反应，所以D含有醛基，醛基的相对分子质量是29，则D是乙醛，乙醛氧化生成E是乙酸，乙醛还原生成A是乙醇，乙醇和乙酸酯化生成F是乙酸乙酯，乙醇在浓硫酸的作用下发生消去反应生成B是乙烯，乙烯和溴化氢发生加成反应生成C是溴乙烷，C水解又转化为乙醇，溴乙烷发生消去反应转化为乙烯，据此分析。【题目详解】已知D的蒸气密度是氢气的22倍，相对分子质量是222=44，并可以发生银镜反应，所以D含有醛基，醛基的相对分子质量是29，则D是乙醛，乙醛氧化生成E是乙酸，乙醛还原生成A是乙醇，乙醇和乙酸酯化生成F是乙酸乙酯，乙醇在浓硫酸的作用下发生消去反应生成B是乙烯，乙烯和溴化氢发生加成反应生成C是溴乙烷，C水解又转化为乙醇，溴乙烷发生消去反应转化为乙烯。（1）A的结构简式为C2H5OH；B的结构简式为CH2=CH2；D的结构简式为CH3CHO；（2）反应①的化学方程式为C2H5OHCH2=CH2↑+H2O；反应③的化学方程式为C2H5Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O；反应⑦的化学方程式为CH3CHO+H2CH3CH2OH；反应⑧的化学方程式为C2H5OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O。18、碳碳双键、氯原子Cl2、光照或高温【答案解析】

题干中指出A为链状有机物，考虑到分子式为C3H6，所以A为丙烯；那么结合A和B的分子式分析可知，由A生成B的反应，即为丙烯中甲基的氯代反应；从B生成C的反应即为B与溴单质的加成反应。氯水中含有HClO，其结构可以写成H-O-Cl；B可以与氯水反应生成D1和D2，分子式均为C3H6OCl2，所以推测这一步骤发生的是B与HClO的加成反应。油脂水解的产物之一是甘油，所以F即为甘油，考虑到G的用途，G即为硝化甘油。E可以在碱性溶液中反应得到甘油，并且E的分子式为C3H5OCl，结合D的结构推断E中含有醚键，即E的结构为。【题目详解】(1)直链有机化合物A即为丙烯，结构简式为CH2=CH-CH3；(2)通过分析可知B的结构即为：CH2=CH-CH2Cl，所以其中的官能团有碳碳双键和氯原子；(3)通过分析可知，反应①即甲基上氢原子的氯代反应，所以试剂是Cl2，条件是光照或者高温；(4)通过分析可知，D1和D2的结构可能是、，因此反应生成E的方程式为：2+Ba(OH)22+2H2O+BaCl2；(5)通过分析G即为硝化甘油，所以生成G的反应方程式为：。19、500C10.0c、dc④【答案解析】分析：本题考查的是一定物质的量浓度的溶液的配制，注意天平的使用和操作对实验结果的影响。详解：(1)要配制480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液，根据容量瓶的规格分析，只能选择稍大体积的容量瓶，即选择500mL容量瓶。(2)①为称量，②为溶解，③为转移液体，④振荡，⑤为定容，⑥为摇匀。图中表示加入水到离刻度线2-3厘米，应该在振荡和定容之间，故选C。(3)实验需要的氢氧化钠的质量为0.5×0.5×40=10.0克。用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体，则总质量为23.1+10.=33.1克，则选择20g和10g的砝码，故选c、d，游码应在3.1克位置，即游码的左边在3.1克位置，故选c。(4)①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，则溶质有损失，浓度变小，故错误；②容量瓶中原来有少量蒸馏水对溶液的浓度无影响，故错误；③摇匀后发现液面低于刻度线不应该再加水，否则浓度变小，故错误；④定容时观察液面俯视，则溶液的体积变小，浓度变大。故选④。点睛：在配制一定物质的量浓度的溶液时选择容量瓶的规格要考虑溶液的体积和实际条件，通常容量瓶的规格为100mL，250mL，500mL等，若溶液的体积正好等于容量瓶的规格，按体积选择，若溶液的体积没有对应的规格，则选择稍大体积的容量瓶。且计算溶质的量时用容量瓶的体积进行计算。20、作催化剂作为石蜡油的载体将所得气体通入到酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液中，若观察到溶液颜色褪色则说明所得气体中含有气态不饱和烃【答案解析】

石蜡油主要含碳、氢元素，经过反应产生能使酸性高锰酸钾溶液褪色的气体，一般是气态不饱和烃，如乙烯或乙炔等。石蜡油分子本身碳原子数较多，经过反应产生乙烯、乙炔等小分子，主要是发生了催化裂化，生成相对分子质量较小、沸点较低的烃。【题目详解】(1)根据上述分析可知：装置中素瓷片起到了催化剂的作用，矿渣棉用作为石蜡油的载