四川省德阳市高中2023年化学高二下期末综合测试模拟试题含解析

2023年高二下化学期末模拟试卷请考生注意：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、金属钠与下列溶液反应时，既有白色沉淀析出又有气体逸出的是A．BaCl2溶液B．K2SO4溶液C．KCl溶液D．Ca(HCO3)2溶液2、判断强弱电解质的标准是()A．导电能力 B．相对分子质量 C．电离程度 D．溶解度3、如图表示1gO2与1gX气体在相同容积的密闭容器中压强（P）与温度（T）的关系，则X气体可能是A．C2H4B．CO2C．CH4D．NO4、下列有关金属腐蚀的说法中正确的是①金属的腐蚀全部是氧化还原反应②金属的腐蚀可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，只有电化学腐蚀才是氧化还原反应③因为二氧化碳普遍存在，所以钢铁的电化学腐蚀以析氢腐蚀为主④无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，总是金属被氧化A．①③ B．②③ C．①④ D．①③④5、下列关于有机化合物的说法正确的是()A．(CH3)2C=CH2的名称为2-甲基-1-丁烯B．丙烷的二氯代物有4种同分异构体C．苯分子的碳碳双键可与氢气发生加成反应D．CH3-CH=CH-CC-CH3分子中所有碳原子不可能在同一平面上6、A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等；B的单质分子中有三对共用电子；C、D同主族，且核电荷数之比为1:2。下列有关说法不正确的是（）A．C、D、E的简单离子半径：D>E>CB．A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子C．由A、B、C三种元素形成的化合物均能促进水的电离D．分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键7、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8、下列关于有机物的说法不正确的是A．苯乙烯所有原子可处于同一平面B．由转变为：可与足量NaOH溶液共热后，再通入足量二氧化碳C．蔗糖分子可以看作是两个不同的单糖分子间脱去一个水分子形成的D．1mol油脂在酸性条件下充分水解，可制得3mol高级脂肪酸和1mol甘油9、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为23。下列说法不正确的是WXYZTA．原子半径Y>Z，非金属性W<XB．X2能从T的气态氢化物中置换出T单质C．W、Y、Z三种元素都能与X元素形成化合物WX2、YX2、ZX2D．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y>Z10、下列有关物质的性质与用途不对应的是()A．铝合金的密度小，硬度大，可用作建筑材料B．食品工业中用Na2CO3作焙制糕点的膨松剂C．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于腐蚀铜制印刷电路板D．明矾能生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂11、下列防止金属腐蚀的方法属于电化学防护的是（）A．船体表面刷漆B．水中的钢闸门连接电源的负极C．自行车链条涂油D．铁中加入铬、锰、硅等制成不锈钢12、下列说法正确的是A．葡萄糖、氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应B．用过滤的方法可以分离乙酸乙酯和乙酸C．医用酒精是质量分数为95%的乙醇溶液D．往蛋白质溶液中加入浓的CuSO4溶液，蛋白质会发生盐析13、下列说法正确的是A．“量子化”就是不连续的意思，微观粒子运动均有此特点B．英国科学家道尔顿首先发现了电子C．焰色反应与电子跃迁有关，属于化学变化D．基态氢原子转变成激发态氢原子时释放能量14、下列说法正确的是(用NA表示阿伏加德罗常数的值)A．17g羟基（－OH）所含有的电子数是10NA个B．常温下,14g乙烯含有的共用电子对数是2.5NA个C．12g石墨中含有C﹣C键的个数为1.5NAD．标准状况下，CH4发生取代反应生成22.4LCH2Cl2，需要消耗2NA个Cl2分子15、用如图所示装置，可由乙二醛制备乙二酸，反应原理为OHC-CHO+2Cl2A．该装置利用上述反应将化学能转化为电能B．Pt1C．盐酸除增强溶液导电性的作用，还提供ClD．理论上每得到0.1mol乙二酸，将有0.216、已知:常温下甲胺（CH3NH2）的电离常数kb，pkb=-lgkb=3.4。CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。下列说法不正确的是（）A．(CH3NH3)2SO4溶液中离子浓度:c(CH3NH3+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)B．常温下，pH=3的盐酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等体积混合，混合溶液呈酸性C．用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的CH3NH2溶液的实验中，选择甲基橙作指示剂D．常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)时，溶液pH=10.6二、非选择题（本题包括5小题）17、A是一种常见的烃，它的摩尔质量为40g·mol-1，C能发生银镜反应，E能与小苏打反应产生气体，它们之间存在如下图所示的转化关系（反应所需条件已略去）：请回答：（1）A的结构简式_______。（2）C中含有官能团的名称是_______。（3）在加热和催化剂条件下，D生成E的反应化学方程式为________。（4）下列说法正确的是________。a.B、C和E都能使酸性KMnO4溶液褪色b.D和E都可以与金属钠发生反应c.D和E在一定条件下反应可生成有香味的油状物质d.等物质的量B和D完全燃烧，耗氧量相同18、有机物A(C6H12O2)具有果香味，可用作食品加香剂，还可用作天然和合成树脂的溶剂。已知：①D、E具有相同官能团，E的相对分子质量比D大；②E分子含有支链；③F是可以使溴的四氯化碳溶液褪色的烃。(1)B的化学名称为____________；D的结构简式_____________。(2)C、F分子中所含的官能团的名称分别是___________、______________。(3)写出有机物B生成C的化学反应方程式：___________________；反应类型是________。(4)写出有机物B与E反应生成A的化学反应方程式：_______________________；反应类型是________。(5)E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种(不含立体异构)，并写出任意一种符合条件的同分异构体结构简式__________________。①能与Na反应；②能发生银镜反应。19、亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制取少量的NOSO4H，并检验产品纯度。已知：NOSO4H遇水水解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）利用装置A制取SO2，下列最适宜的试剂是_____(填下列字母编号)A．Na2SO3固体和20%硝酸B．Na2SO3固体和20%硫酸C．Na2SO3固体和70%硫酸D．Na2SO3固体和18.4mol/L硫酸（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是_______。②该反应必须维持体系温度不低于20℃。若温度过高，产率降低的可能原因是____。③开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因可能是______。（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是______。（4）测定NOSO4H的纯度准确称取1.337g产品加入250mL碘量瓶中，加入0.1000mol/L、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol/L草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。已知：2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4①配平：__MnO4-＋___C2O42-＋______＝___Mn2+＋____＋__H2O②亚硝酰硫酸的纯度=___%(计算结果保留两位有效数字)。20、一氯化硫(S2Cl2)是一种重要的有机合成氯化剂，实验室和工业上都可以用纯净干燥的氯气与二硫化碳反应来制取(CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2)，其装置如下：(1)A装置中的离子反应方程式为________________________________________________。(2)一氯化硫(S2Cl2)常温下为液态，较为稳定，受热易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化产物中不仅有淡黄色固体，而且还有两种气体，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl。写出一氯化硫与水反应的化学反应方程式：____________________________。(3)C、E装置中所盛溶液为__________。(4)D中冷凝管的冷水进水口为____（填“a”或“b”）；实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间后方可向D中水槽里面加入热水加热，这样做的目的是________。21、过量的碳排放会引起严重的温室效应，导致海洋升温、海水酸化，全球出现大规模珊瑚礁破坏，保护珊瑚礁刻不容缓。（1）海水中含有的离子主要有Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl–、CO32–和HCO3–。其中，导致海水呈弱碱性的微粒有______。（2）珊瑚礁是珊瑚虫在生长过程中吸收海水中物质而逐渐形成的石灰石外壳。形成珊瑚礁的主要反应为Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O。①请结合化学用语分析该反应能够发生的原因：______。②与珊瑚虫共生的藻类通过光合作用促进了珊瑚礁的形成；而海洋温度升高会使共生藻类离开珊瑚礁，导致珊瑚礁被破坏。请分析珊瑚礁的形成和破坏会受到共生藻类影响的原因：______。（3）研究人员提出了一种封存大气中二氧化碳的思路：将二氧化碳和大量的水注入地下深层的玄武岩（主要成分为CaSiO3）中，使其转化为碳酸盐晶体。玄武岩转化为碳酸盐的化学方程式为______。（4）“尾气CO2直接矿化磷石膏联产工艺”涉及低浓度CO2减排和工业固废磷石膏处理两大工业环保技术领域，其部分工艺流程如下图所示。已知：磷石膏是在磷酸生产中用硫酸处理磷矿时产生的固体废渣，其主要成分为CaSO4·2H2O。①吸收塔中发生的反应可能有______（写出任意2个反应的离子方程式）。②料浆的主要成分是______（写化学式）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】试题分析：Na分别投入盐溶液中时，Na先和水反应生成NaOH和氢气，生成的NaOH再和盐发生复分解反应；A．生成的NaOH不和氯化钡反应，所以没有沉淀生成，故A错误；B．NaOH和硫酸钾不反应，所以没有沉淀生成，故B错误；C．氯化钾和NaOH不反应，所以没有沉淀生成，故C错误；D．Ca(HCO3)2溶液和NaOH发生复分解反应生成碳酸钙白色沉淀，所以有气体和沉淀生成，故D正确；故选D。考点：考查元素化合物性质。2、C【解析】

A.电解质的强弱与溶液的导电能力无关,溶液的导电性强弱取决于溶液中离子浓度的大小,离子浓度越大,导电性越强,如硫酸钡是强电解质,但它难溶于水,虽溶于水的部分能完全电离,而导电能力很弱,故A错误;B.根据能否完全电离区分强电解质弱电解质，与相对分子质量没有关系,故B错误;C.强电解质是指在水溶液中能够完全电离的化合物，弱电解质是在水溶液中部分电离的化合物，故C正确;D.硫酸钡是强电解质,但它难溶于水,乙酸易溶于水,但它是弱电解质,所以电解质的强弱与溶解度无关,故D错误;答案：C。【点睛】强电解质是指在水溶液中能够完全电离的化合物，一般的强酸、强碱和大部分盐类属于强电解质；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质,包括弱酸、弱碱、水与少数盐。据此即可解答。3、B【解析】

由图可知，等质量的O2与X气体在相同容积的密闭容器中，当温度相同时，盛有氧气的容器压强较大，则说明氧气的物质的量比X气体的大，所以X气体的摩尔质量比氧气的大，氧气的摩尔质量为32g•mol-1；选项A～D中气体的摩尔质量分别为（g•mol-1）28、44、16、30，所以符合条件的是二氧化碳，答案选B。4、C【解析】

①金属的腐蚀是金属失电子发生氧化反应的过程，金属的腐蚀全部是氧化还原反应，故①正确；②金属的腐蚀可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，化学腐蚀和电化学腐蚀都是氧化还原反应，故②错误；③钢铁的电化学腐蚀以吸氧腐蚀为主，在酸度较大的区域以析氢腐蚀为主，故③错误；④无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，都是金属失去电子发生氧化反应的过程，故④正确；故选C。【点晴】金属的腐蚀分为化学腐蚀和电化学腐蚀，化学腐蚀是金属与氧化物直接反应，如：铁与氯气的反应；电化学腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，在中性、碱性条件下发生吸氧腐蚀。5、B【解析】

A、烯烃命名时应选择含有碳碳双键的最长碳链做主链；B、丙烷的一氯代物有2种，二氯代物有4种；C、苯分子不是单双键交替结构；D、乙炔为直线型结构，乙烯为平面型结构，-C≡C-和决定了6个C原子共面。【详解】A项、(CH3)2C=CH2的主链有3个碳原子，含有1个碳碳双键和甲基，名称为2-甲基-1-丙烯，故A错误；B项、丙烷分子有2类氢原子，一氯代物有1—氯丙烷和2—氯丙烷2种，二氯丙烷有1,1—二氯丙烷、1,2—二氯丙烷、1,3—二氯丙烷和2,2—二氯丙烷4种，故B正确；C项、苯分子中碳碳键是介于单键和双键之间的一种独特的键，不是单双键交替的结构，故C错误；D项、CH3-CH=CH-CC-CH3分子中碳链空间结构为平面型，如图所示或，乙炔为直线型结构，-C≡C-决定了3、4、5、6号4个碳原子在同一直线上，乙烯为平面型结构，决定1、2、3、4号4个碳原子在同一平面内，而3、4、5、6号4个碳原子在同一直线上，3、4号两个C原子已经在平面上，因此这条直线在这个平面上，则6个C原子共面，故D错误；故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意有机物命名的原则、同分异构体的推断和有机物共面的判断方法是解答关键。6、C【解析】

A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等，A为氢元素；B的单质分子中有三对共用电子，B为氮元素；C、D同主族，且核电荷数之比为1︰2，C为氧元素，D为硫元素，E为氯元素。【详解】A.C、D、E的简单离子，S2-与Cl-电子层结构相同，O2-少一个电子层，离子半径：S2->Cl->O2-，故A正确；B.A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子N2H4、H2O2、H2S、HCl，故B正确；C.由A、B、C三种元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的电离，故C错误；D.分子D2Cl2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键S-S键，故D正确；故选C。【点睛】本题考查元素周期律与元素周期表，解题关键：位置结构性质的相互关系应用，难点B，N2H4、H2O2两种分子也是18电子。7、D【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。8、D【解析】

A.乙烯和苯是平面型结构，苯乙烯可看作是苯基取代乙烯中的一个氢原子，所以所有原子可能处于同一平面，故A正确；

B.碱性条件下水解生成，通入二氧化碳气体可生成，故B正确；

C.蔗糖分子可以看作是葡萄糖和果糖的缩合产物，为单糖分子间脱去一个水分子形成的故C正确；

D.油脂在酸性条件下的水解为可逆反应，1mol油脂在酸性条件下充分水解，制得高级脂肪酸小于3mol，甘油小于1mol，故D错误。

所以本题答案选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握典型有机物的结构，如甲烷为正四面体结构，乙烯和苯环为平面结构，乙炔为直线结构等，本题特别注意有机物的官能团的酸性强弱，把握反应的可能性。9、D【解析】

W、X、Y、Z均为短周期主族元素，由位置关系可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，设X原子最外层电子数为a，则W、Y、Z最外层电子数依次为a-2、a、a+1，四种元素的原子最外层电子数之和为23，则：a-2+a+1+a+a=23，解得a=6，则W为C元素，故X为O元素、Y为S元素、W为C元素。【详解】A、同周期从左到右，原子半径逐渐减小，元素的非金属性增强，原子半径S>Cl，非金属性W<X，故A正确；B、同主族从上到下元素的非金属性减弱，故O2能与H2Se反应，生成Se单质，故B正确；C、O能形成CO2、SO2、ClO2，故C正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3<H2SO4<HClO4，故D错误；故选D。10、B【解析】

A．铝合金的密度小，硬度大，具有优良的性能，则可用作建筑材料，A正确；B．Na2CO3的碱性较强，一般选NaHCO3作焙制糕点的膨松剂，B错误；C．FeCl3溶液能与Cu反应生成氯化铜、氯化亚铁，则可用于腐蚀铜制印刷电路板，C正确；D．明矾溶于水能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂，D正确；答案选B。【点睛】本题考查物质的性质与应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。11、B【解析】分析：金属防护中，被保护金属做原电池的正极和电解池的阴极的保护属于电化学保护，据此来回答判断。详解：A、在船体表面刷漆是为了将金属和空气隔绝，防止金属生锈，不属于电化学防护，A错误；B、将钢闸门与直流电源的负极相连即为让金属做电解池的阴极，防止金属的腐蚀，属于电化学保护，B正确；C、在金属表面涂油覆盖一层保护层，将金属和氧气以及水隔绝的过程，不属于电化学防护措施，C错误；D、在一定条件下对金属进行处理，加入铬、锰、硅等制成不锈钢，是增强金属性能的，不属于电化学防护措施，D错误；答案选B。12、A【解析】

A．葡萄糖中含-OH，氨基酸中含-COOH，在一定条件下都能发生酯化反应，故A正确；B．乙酸乙酯和乙酸互溶，不能通过过滤分离，二者沸点不同，应利用蒸馏法分离，故B错误；C．医用酒精是指体积分数为75%的乙醇溶液，可用于杀菌消毒，故C错误；D．硫酸铜为重金属盐，可使蛋白质变性，故D错误；答案选A。13、A【解析】

A．“量子化”就是不连续的意思，微观粒子运动均是量子化的，A正确；B．1897年，英国科学家约瑟夫·约翰·汤姆森发现电子，B错误；C．焰色反应没有新物质生成，是物理变化，C错误；D．基态氢原子吸收能量发生跃迁变成激发态氢原子，D错误。答案选A。14、C【解析】

A、17g羟基（－OH）的物质的量为1mol，在一个羟基中含有9个电子，所以1mol的羟基中所含有的电子数是9NA个，故A错误；

B、有机物中一个碳原子周围总有4个共用电子对，14g乙烯的物质的量为：14g28g/mol=0.5mol,则14g乙烯含有的共用电子对数是2NA个，故B错误；

C、12g石墨的物质的量n=12g12g/mol=1mol，石墨中每个C原子与其它3个C原子成键，则平均每个C原子成键数目为3×12=1.5个，则12g石墨含C﹣C键的个数为1.5NA，所以C选项是正确的；

D、标准状况下，CH2Cl2为液态，22.4LCH2Cl2不是1mol，故D错误。

15、C【解析】

A.该装置电解池，能量转化关系为电能转化为化学能，故A错误；B.Pt1为阴极得电子发生还原反应，发生的电极反应方程式为：2H++2e-＝H2↑，故B错误；C．HCl是电解质，其在水溶液中起提供Cl-和增强导电性的作用，同时在Pt2极放电生成Cl2，电极方程式为：Cl2+2e-＝2Cl-，故C正确；D.由反应可知，每生成1mol乙二酸，转移4mole-，将有4molH+从右室迁移到左室，则理论上每得到0.1mol乙二酸，将有0.4mol H+从右室迁移到左室，故D答案选C。【点睛】本题主要考查了电解池原理的应用，在本装置中，阳极先是氯离子放电生成氯气，然后将乙二醛氧化生成乙二酸，从而实现由乙二醛制备乙二酸的目的。16、B【解析】分析：甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb，pKb=-lgKb=3.4。CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。因此甲胺类似与氨气。A.根据(CH3NH3)2SO4溶液类似硫酸铵溶液分析判断；B.CH3NH2是弱碱，根据常温下，pH=3的盐酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等体积混合，甲胺剩余分析判断；C.用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的CH3NH2溶液的实验中，恰好完全中和时溶液呈弱酸性，据此分析判断；D.根据Kb＝＝c(OH-)，结合c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)分析解答。详解：A.甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb，pKb=-lgKb=3.4。CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。因此(CH3NH3)2SO4溶液类似硫酸铵溶液，CH3NH3+＋H2OCH3NH2•H2O＋H+，离子浓度:c(CH3NH3+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)，故A正确；B.CH3NH2是弱碱，常温下，pH=3的盐酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等体积混合有大量的甲胺分子剩余，混合溶液呈碱性，故B错误；C.用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的CH3NH2溶液的实验中，恰好完全中和时溶液呈弱酸性，应该选择甲基橙作指示剂，故C正确；D.Kb＝＝c(OH-)，pH＝14－pOH＝14－3.4＝10.6，故D正确；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3C≡CH醛基CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2Obcd【解析】

由题意：A是一种常见的烃，它的摩尔质量为40g·mol-1，分子式应为C3H4，则A为CH3CCH，由转化关系可知B为CH3CH=CH2，C能发生银镜反应，则C为CH3CH2CHO，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2COOH，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知A为CH3C≡CH，故答案为：CH3C≡CH；(2)根据上述分析：C为丙醛，含有的官能团为醛基，故答案为：醛基；(3)根据上述分析可知：D生成E的反应化学方程式为CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2O，故答案为：CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2O；(4)a.根据上述分析E为丙酸，与酸性KMnO4溶液不反应，故a错误；b.根据上述分析D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2COOH，D和E分别含有羟基、羧基，则都可以与金属钠发生反应，故b正确；c.根据上述分析D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2COOH，D和E在一定条件下发生酯化反应，可生成有香味的油状物质，故c正确；d.根据上述分析D为CH3CH2CH2OH，可拆写成(CH3CH=CH2)H2O，则等物质的量B和D完全燃烧，耗氧量相同，故d正确；故答案为：bcd。18、乙醇CH3COOH醛基碳碳双键2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O氧化反应CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O酯化反应(或取代反应)5HOCH2CH2CH2CHO【解析】

有机物A(C6H12O2)具有果香味，可用作食品加香剂，则A为酯，B和E发生酯化反应生成A，则B和E为醇和酸，B能够发生氧化反应生成C，C能够继续发生氧化反应生成D，则B为醇，D为酸；D、E具有相同官能团，E的相对分子质量比D大，则E中含有四个碳原子，B中含有2个碳原子，E分子含有支链，因此B为乙醇，E为(CH3)2CHCOOH，则A为(CH3)2CHCOOCH2CH3，C为乙醛，D为乙酸；乙醇在浓硫酸存在时发生脱水反应生成F，F是可以使溴的四氯化碳溶液褪色的烃，则F为乙烯，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为(CH3)2CHCOOCH2CH3，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为(CH3)2CHCOOH，F为乙烯。(1)B为乙醇；D为乙酸，结构简式为CH3COOH，故答案为：乙醇；CH3COOH；(2)C为乙醛，F为乙烯，所含的官能团分别是醛基、碳碳双键，故答案为：醛基；碳碳双键；(3)有机物B生成C的化学反应方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O，该反应属于氧化反应，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；(4)有机物B与E反应生成A的化学反应方程式CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O，该反应为酯化反应，也是取代反应，故答案为：CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O；酯化反应或取代反应；(5)E为(CH3)2CHCOOH，E的同分异构体中能同时满足下列条件：①能与Na反应，说明结构中含有羟基或羧基；②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，因此E的同分异构体中含有醛基和羟基，除去醛基，还有3个碳原子，满足条件的有：醛基连接在1号碳原子上，羟基有3种连接方式；醛基连接在2号碳原子上，羟基有2种连接方式，共5种同分异构体，如HOCH2CH2CH2CHO、CH3CHOHCH2CHO等，故答案为：5；HOCH2CH2CH2CHO(或CH3CHOHCH2CHO等)。19、C调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度浓HNO3分解、挥发生成的NOSO4H作为该反应的催化剂C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解2516H+210CO2↑895【解析】

根据题意可知，在装置B中利用浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，利用装置A制取二氧化硫，利用装置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，据此分析。【详解】（1）该装置属于固液或液液混合不加热型装置。Na2SO3溶液与HNO3反应时，硝酸会氧化亚硫酸钠本身被还原为一氧化氮，选项A不符合；实验室制二氧化硫的原理是基于SO32-与H+的反应，因为生成的SO2会溶于水，所以不能用稀硫酸来制取，那样不利于SO2的逸出，但如果是用浓硫酸（18.4mol/L），纯硫酸是共价化合物，浓度越高，越不利于硫酸电离出H+，所以不适合用太浓的硫酸来制取SO2，选项B、选项D不符合；选项C符合；答案选C；（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；②该反应必须维持体系温度不低于20℃。若温度过高，浓HNO3分解、挥发，产率降低；③开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但生成的NOSO4H作为该反应的催化剂，使反应速率明显加快；（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解；(5)①发生的是MnO4－和C2O42－的氧化还原反应，MnO4－做氧化剂，被还原成生成Mn2+，C2O42－做还原剂，被氧化成城二氧化碳。结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的离子反应方程式为：2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；②根据题意可知，酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应，利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500mol·L－1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。可知剩余的KMnO4的物质的量n1(MnO4－)=n(C2O42－)=×0.2500mol·L－1×20.00×10-3L=2×10-3mol，则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2(MnO4－)=0.1000mol·L－1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。n(NOSO4H)=5/2n2(MnO4－)=10-2mol，亚硝酰硫酸的纯度=m(NOSO4H)/1.337g×100%=10-2mol×127g·mol－1/1.337g×100%=95.0%。【点睛】本题测定纯度过程中，先用过量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H，将NOSO4H完全消耗，再用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。经过两次滴定实验，最终测得样品纯度。可先根据第二次滴定，求出第一次消耗高锰酸钾的物质的量，再根据方程式比例关系，计算出样品中NOSO4H的含量。20、MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O2S2Cl2+2H2O=3S↓＋SO2↑+4HCl↑浓硫酸a赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗【解析】

从装置图中可以看出，A为氯气的制取装置，B为除去氯气中氯化氢的装置，C为干燥氯气的装置，D为制取一氯化硫的装置，E为干燥装置，F为尾气处理装置，据此分析解答问题。【详解】(1)A装置为实验室制取Cl2的装置，发生反应的离子反应方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)一氯化硫(S2Cl2)常温下较为稳定，受热易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化产物中不仅有淡黄色固体(S)，而且还有两种气体，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl，说明两种气体为HCl和SO2。一氯化硫与水反应的化学反应方程式2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl↑，故答案为：2S2Cl2+2H2O=3S↓＋SO2↑+4HCl↑；(3)一氧化硫遇水即歧化，所以C、E装置均起干燥作用，可盛放浓硫酸，故答案为：浓硫酸；(4)冷凝管的冷却水流向都是下进上出，所以D中冷水进水口为a；因为一氯化硫易被氧化，且遇水即歧化，所以实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间后方可向D中水槽里面加入热水加热，这样做的目的是赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗，故答案为：a；赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗。21、CO32-、HCO3-HCO3-在海水中存在电离平衡：HCO3-CO32-+H+，当c(Ca2+)与c(CO32-)的乘积大于Ksp(CaCO3)时，Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀；使HCO3-电离平衡正向移动，c(H+)增大，H+与HCO3-进一步作用生成CO2共生藻类存在，会通过光合作用吸收CO2，使平衡：Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O正向移动，促进珊瑚礁的形成；共生藻类死亡，使海水中CO2的浓度增大，使上述平衡逆向移动，抑制珊瑚礁的形成CaSiO3+CO2+H2O＝CaCO3+H2SiO3（或CaSiO3+CO2＝CaCO3+SiO2）NH3·H2O+CO2＝2NH4++CO32-+H2O、NH3·H2O+CO2＝NH4++HCO3-、CO32-+CO2+H2O＝2HCO3-（写出任意2个均可）CaCO3、(NH4)2SO4【解析】

(1)根据盐类水解的规律分析判断；(2)①HCO3