吉林省延边朝鲜族自治州汪清四中2024届高二化学第二学期期末预测试题含解析

吉林省延边朝鲜族自治州汪清四中2024届高二化学第二学期期末预测试题注意事项：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、某溶液中含有大量的K+、Cl-及X与Y两种离子，现向该溶液中加入W试剂，根据实验现象得到的关于X、Y的推断能成立的是W试剂实验现象X、Y的推断A．KI-淀粉溶液溶液变蓝Fe3+、B．用pH试纸检测pH=7(常温)CH3COO-、Na+C．硝酸酸化的AgNO3溶液白色沉淀、D．过量NaOH溶液无明显现象Al3+、Mg2+A．A B．B C．C D．D2、合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列物质不属于合金的是()A．青铜 B．金刚砂(SiC) C．硬铝 D．生铁3、A～D是中学化学实验中使用温度计的装置示意图，其中所做实验与装置不相符的是：（）序号ABCD装置实验乙烯的制取石油的分馏银镜反应苯的硝化A．A B．B C．C D．D4、下列化学式对应的结构式从成键情况看不合理的是（）A．CH3N, B．CH2SeO,C．CH4S, D．CH4Si，5、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是A．若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）＜0.1mol•L﹣1B．原溶液可能存在Cl－和Na+C．原溶液中c（CO32－）是0.01mol•L﹣1D．原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+6、下列说法正确的是A．分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键B．分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸C．非极性分子中一定含有非极性键D．元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强7、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的最高正价为+7价。下列说法正确的是（）A．XH4的沸点比YH3高B．X与W形成的化合物和Z与W形成的化合物的化学键类型相同C．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱D．X与Y形成的化合物的熔点可能比金刚石高8、向含有1molKAl(SO4)2的溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，充分反应。下列说法不正确的是()A．当Al3＋恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5molB．当SO42－恰好完全沉淀时，铝元素全部以偏铝酸根的形式存在C．当向溶液中加入1.5mol氢氧化钡时，反应可用下列离子方程式表示：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓D．随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀的物质的量不断增大9、有机物的天然提取和人工合成往往得到的是混合物，假设给你一种这样的有机混合物让你研究，一般要采取的几个步骤是A．分离、提纯→确定结构式→确定实验式→确定化学式B．分离、提纯→确定实验式→确定化学式→确定结构式C．分离、提纯→确定化学式→确定实验式→确定结构式D．确定化学式→确定实验式→确定结构式→分离、提纯10、下面不是污水处理方法的是：A．过滤法 B．混凝法 C．中和法 D．沉淀法11、下列解释实验现象的反应方程式正确的是（）A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗:2Na+O2=Na2O2B．向AgC1悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色:2AgCl+S2-=Ag2S↓+2Cl-C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物:2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2D．FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+12、酸性高锰酸钾溶液能将醇氧化成一系列产物，反应中KMnO4被还原为Mn2＋。用0.5mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液滴定20.0mL0.25mol·L－1的乙二醇溶液，当用去20.0mL高锰酸钾溶液时，再加一滴高锰酸钾溶液恰好呈紫色，振荡后不褪色。则乙二醇被氧化为A．HOCH2－CHO B．OHC－CHO C．HOOC－CHO D．CO213、下列关于金属晶体和离子晶体的说法中错误的是A．都有多种堆积结构 B．都含离子C．一般具有较高的熔点和沸点 D．都能导电14、根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是A．制取氨气 B．制取碳酸氢钠C．分离碳酸氢钠 D．干燥碳酸氢钠15、一定温度下，某恒容容器中发生可逆反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，下列叙述中能说明反应已达平衡状态的是A．反应混合气体的质量不再变化 B．某一时刻测得C．反应容器内气体体积不再变化 D．当生成0.3molH2的同时消耗了0.1molN216、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．使甲基橙变红色的溶液：Na+、Cu2+、ClO－、Cl－B．0.1mol·L-1Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-C．0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、Al3+、Cl－、NO3-D．KW/c(H＋)＝0.1mol·L-1的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO－、HCO3-二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物A（C4H10O）可用作增塑剂、溶剂等。A可以发生如下转化。已知：R1-CH=CH-R2R1-CHO+R2-CHO(1)按官能团分类，A属于_________。(2)A→B的反应类型是_________。(3)A→C的转化中Na的作用是__________。(4)写出A→D的化学方程式：_______________。(5)F的结构简式是_________。18、某有机物A，为了研究其结构和性质，进行如下实验：（1）用质谱法测得A的相对分子质量为136，经测定A中只含C、H、O三种元素，且C的质量分数为70.6%，H的质量分数为5.9%，则A的分子式是_____（2）经测定A是一种芳香族化合物，且能发生银镜反应，能与金属钠反应生成气体，不能与发生显色反应，其核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2，则该有机物所含官能团的名称是____，结构简式是______（3）A与新制氢氧化铜反应的化学方程式_______（4）满足下列条件的A的同分异构体有_____种①能发生银镜反应②能与发生显色反应19、次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛，已知次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在120℃以上发生分解。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：步骤1：在烧瓶中(装置如图所示)加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶，抽滤。(1)仪器B的名称为__________，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，其作用是：__________________________________________。(2)装置C的作用是________________。(3)①步骤2中，应采用何种加热方式____________，优点是________________；②冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有__________(填化学式)。(4)步骤3中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是_____________________________。(5)请写出步骤1中制取NaHSO3的化学方程式：_____________________________。20、实验室制取乙酸丁酯的实验装置有如图所示两种装置供选用。有关物质的物理性质如下表：乙酸1­丁醇乙酸丁酯熔点/℃16.6－89.5－73.5沸点/℃117.9117126.3密度/(g·cm－3)1.050.810.88水溶性互溶可溶(9g/100g水)微溶回答下列问题：(1)制取乙酸丁酯的装置应选用_____(填“甲”或“乙”)。不选另一种装置的理由是______。(2)该实验生成物中除了主产物乙酸丁酯外，还可能生成的有机副产物有______、_______。(写出结构简式)(3)从制备乙酸丁酯所得的混合物中分离提纯乙酸丁酯时，需要经过多步操作，下列图示的操作中，肯定需要的是________(填字母)。21、合成氨对工、农业生产和国防都有重要意义。已知：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol，请回答：（1）合成氨工业中采取的下列措施可以用平衡移动原理解释的是________（填字母）。a.用铁触媒加快化学反应速率b.采用较高压强（20MPa~50MPa）c.采用较高温度（500℃左右）d.将生成的氨液化并及时从体系中分离出来（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应。①若容器容积恒定，达到平衡时，N2的转化率α1=25%，此时，反应放热______kJ，容器内气体压强与开始时气体压强之比是________。②若容器压强恒定，则达到平衡时，容器中N2的转化率α2______α1（填“>”“<”或“=”）。（3）随着对合成氨研究的发展，希腊科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如图）。钯电极A为_________极（填“阴”或“阳”），该极上的电极反应式是_______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】

A．Fe3+能够氧化碘离子使KI-淀粉溶液变蓝，且与K+、Cl-、SO42-能够共存，故A推断成立；B．K+、Cl-、Na+能够共存且不水解，醋酸根离子水解，导致溶液显酸性，pH不可能等于7，故B推断不成立；C．原溶液中含有K+、Cl-离子，加入硝酸银能够生成白色沉淀，不能确定是否含有其他离子，故C推断不成立；D．加入过量的NaOH溶液无明显现象，说明原溶液中没有镁离子，故D推断不成立。故选A。【题目点拨】本题是有条件的离子共存与离子检验问题，首先要注意到原溶液中的Cl-与X、Y离子是共存的，再根据添加W试剂后的实验现象，判断可能存在的反应，推测存在的离子微粒，涉及离子的水解如选项B，溶液是中性的，如果存在CH3COO-溶液因水解显碱性，易错点是选项A，不能因为Fe3+的溶液是棕黄色而排除A选项，因为题设中没有强调是无色溶液。2、B【解题分析】

合金是由两种或两种以上的金属与金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，据此解答。【题目详解】A．青铜是铜锡合金，故A不符合；B．金刚砂(SiC)是组成元素全部是非金属的化合物，不是合金，故B符合；C．硬铝是铝的合金，故C不符合；D．生铁是铁与碳的合金，故D不符合。答案选B。【题目点拨】本题考查合金的特征，掌握合金的特征以及常见物质的组成是正确解答本题的关键。3、C【解题分析】

A、制备乙烯需要将乙醇和浓硫酸混合液的温度迅速上升到170℃，温度计水银球插入到液面以下，所做实验与装置相符；B、石油的分馏需要测量馏分的温度，温度计的水银球位置在蒸馏烧瓶支管处，所做实验与装置相符；C、银镜反应需要水浴加热，不需要温度计，所做实验与装置不符；D、苯的硝化反应需要水浴加热，控制温度50~60℃，温度计测水浴的温度，所做实验与装置相符；答案选C。4、D【解题分析】

A．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，N原子最外层有5个电子，应形成3个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，A正确；B．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，O和Se均为第ⅥA族元素，其原子最外层均有6个电子，均应形成2个共价键，B正确；C．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，S原子最外层有6个电子，形成2个共价键，C正确；D．H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，C和Si都是第ⅣA族元素，其原子最外层电子数均为4，应形成4个共价键，C原子和Si原子均不满足，D错误。答案选D。5、D【解题分析】

加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+（Fe3+和CO32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO4，n(BaSO4)=，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，则n(BaCO3)=。加入NaOH溶液产生1.12L（标况）气体，则溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n(NH4+)=0.05mol。CO32－和SO42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl-，且最少为0.01mol（因为无法判断是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的电中性）。【题目详解】A.若原溶液中不存在Na+，则c(Cl－)=，A错误；B.原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B错误；C.经计算，原溶液中，n(CO32-)=0.01mol，则c(CO32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol•L﹣1，C错误；D.加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+，D正确；故合理选项为D。【题目点拨】溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。6、A【解题分析】

A、分子晶体中一定存在分子间作用力，但不一定含有共价键，如稀有气体，是单原子组成的分子，不含化学键，故A正确；B、二元酸是1mol酸能够电离出2molH＋，不是含有氢原子的个数，如CH3COOH属于一元酸，故B错误；C、非极性分子不一定含有非极性键，如CO2属于非极性分子，但化学键是极性共价键，故C错误；D、非金属性越强，其单质的活泼性不一定越强，如N非金属性强，但N2不活泼，故D错误。答案选A。7、D【解题分析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Z是同周期中原子半径最大的元素，处于ⅠA族，原子序数大于碳元素，处于第三周期，故Z为Na；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，则Y表现+3价，Y的原子序数小于Na大于碳，可推知Y为非金属性，最外层电子数为8-3=5，处于ⅤA族，则Y为氮元素；W的最高正价为+7价，则W为Cl元素，据此解答。详解：根据以上分析可知X为C，Y为N，Z为Na，W为Cl，则A．氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷，A错误；B．X与W形成的化合物为CCl4，含有共价键，Z与W形成的化合物为NaCl，含有离子键，二者含有化学键不同，B错误；C．高氯酸是最强的无机含氧酸，其酸性比硝酸强，C错误；D．C与N形成的化合物为C3N4，属于原子晶体，键长C-N＜C-C，C-N键比C-C键更稳定，故C3N4的熔点可能比金刚石高，D正确。答案选D。8、D【解题分析】

A、KAl(SO4)2为1mol，当Al3＋恰好完全沉淀时，KAl(SO4)2与Ba(OH)2物质的量之比为2:3，离子方程式表示为：2Al3＋＋3SO42—＋3Ba2＋＋6OH－＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，加入Ba(OH)2的物质的量为1.5mol，A正确；B、当SO42—恰好完全沉淀时，KAl(SO4)2与Ba(OH)2物质的量之比为1:2，离子方程式表示：Al3＋＋2SO42—＋2Ba2＋＋4OH－＝AlO2—＋2BaSO4↓＋2H2O，B正确；C、根据A中分析可知C正确；D、当氢氧化铝达到最大值时，继续加入氢氧化钡，硫酸钡生成1mol同时氢氧化铝溶解2mol，沉淀的物质的量减少，D错误。答案选D。【题目点拨】明确离子的性质特点是解答的关键，注意氢氧化铝的两性。尤其要注意沉淀的物质的量最大时应该是铝恰好完全反应时，而沉淀的质量最大时应该是硫酸根离子恰好完全反应时。9、B【解题分析】

从天然资源提取的有机物，首先得到的是含有有机物的粗品。需经过分离、提纯才能得到纯品；再进行鉴定和研究未知有机物的结构与性质，一般先利用元素定量分析确定实验式；再测定相对分子质量确定化学式；因为有机物存在同分异构现象，所以最后利用波谱分析确定结构式，对其研究的步骤是：分离提纯→确定实验式→确定化学式→确定结构式；故选B。10、A【解题分析】

污水的处理方法有：沉淀法、中和法、混凝处理法、氧化还原法、吸附法、离子交换法等，因此A不是污水处理方法。11、B【解题分析】A、切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠的原因，4Na+O2=2Na2O，故A错误；B、向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，硫化银溶解性小于氯化银，实现沉淀转化，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2-

═Ag2S↓+2Cl-

，故B正确；C、Na

2

O

2

在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物是因为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2

，生成的氢氧化钠潮解，故C错误；D、FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，方程式中有Fe(OH)3和H+不能共存，此方程式不符合客观事实，故D错误；故选B。12、D【解题分析】

乙二醇中碳元素的化合价是－1价，设氧化产物中碳元素的化合价是n，则根据得失电子守恒可知，20.0mL×0.25mol·L－1×2×（n＋1）=20.0mL×0.5mol·L－1×（7－2），解得n＝＋4，所以生成物是CO2，答案选D。13、D【解题分析】

A项、金属晶体和离子晶体都可采取紧密堆积，故A正确；B项、金属晶体由金属阳离子和自由电子组成，离子晶体由阳离子和阴离子组成，所以二者都含有离子，故B正确；C项、离子晶体的熔、沸点较高，金属晶体的熔、沸点虽然有较大的差异，但是大多数的熔、沸点还是比较高，故C正确；D项、金属晶体中有自由电子，可以在外加电场的作用下定向移动，而离子晶体的阴、阳离子不能自由移动，因此不具有导电性，故D错误；故选D。【题目点拨】本题主要考查了金属晶体和离子晶体的结构与性质，注意金属晶体和离子晶体导电的原因是解答关键。14、C【解题分析】

A、氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，错误；B、气流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，错误；C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，正确；D、碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，错误。答案选C。15、D【解题分析】

A.反应体系中，所有物质均为气体，则混合气体的质量一直未变化，A错误；B.某一时刻测得3v正（H2）=2v逆（NH3），v正（H2）：v逆（NH3）=2：3，转化为同一物质时，正逆反应速率不相等，B错误；C.反应容器为恒容密闭容器，气体体积一直未变化，C错误；D.当生成0.3molH2时，必然生成0.1mol氮气，同时消耗了0.1molN2，消耗与生成氮气的量相同，达到平衡状态，D正确；答案为D16、B【解题分析】

A.使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H++ClO－HClO，故A组离子在指定溶液中不能大量共存；B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-在指定溶液中不能发生离子反应，一定能大量共存；C.0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、NO3-、Fe2+发生反应，故C组离子在指定溶液中不能大量共存；D.KW/c(H＋)＝c(OH-)=0.1mol·L-1的溶液呈碱性，Ca2+、OH-，NH4+、OH-，HCO3-、OH-发生反应，故D组离子在指定溶液中不能大量共存。故选B.二、非选择题（本题包括5小题）17、醇取代反应还原剂CH3CH=CHCH3+H2O【解题分析】

A分子式是C4H10O，该物质与浓硫酸混合加热反应产生D，D发生信息反应产生C2H4O，则E是CH3CHO，逆推可知D是CH3CH=CH-CH3，A是，A与Cl2在光照条件下发生饱和C原子上的取代反应产生的可能是一氯取代醇，也可能是多氯取代烃；A含有醇羟基，与金属Na可以发生置换反应产生C为；D是CH3CH=CH-CH3，分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生高分子化合物F是。【题目详解】(1)按官能团分类，A是，属于醇类物质。(2)A是，与氯气在光照条件下发生取代反应产生氯代醇；所以A→B的反应类型是取代反应。(3)与Na发生置换反应产生和H2，在该反应中Na元素的化合价由反应前单质的0价变为反应后中的+1价，化合价升高，失去电子，表现还原性，所以A→C的转化中Na的作用是作还原剂。(4)A是，与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生CH3CH=CHCH3和H2O，所以A→D的化学方程式：CH3CH=CHCH3+H2O。(5)F是2-丁烯在一定条件下发生加聚反应产生聚2-丁烯，其结构简式是。【题目点拨】本题考查了醇的消去反应、取代反应的条件、反应产物即产物的性质、物质结构简式是书写及反应方程式的书写等知识。掌握结构对性质的决定作用及各类物质的官能团是本题解答的关键。18、C8H8O2醛基、羧基+2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O↓+H2O13【解题分析】

（1）根据相对分子质量及各元素的百分含量确定分子式；（2）根据有机物的性质、核磁共振氢谱确定其结构简式及官能团；（3）根据含有的官能团，书写化学方程式；（4）利用性质，确定含有的可能官能团，根据位置异构查找同分异构体；【题目详解】（1）已知A的相对分子质量为136，C的质量分数为70.6%，N（C）=136×70.6%÷12=8；H的质量分数为5.9%，N（H）=136×5.9%÷1=8；则N（O）=（136-12×8-8）÷16=2，分子式为C8H8O2；（2）已知A是一种芳香族化合物，则含有苯环；能发生银镜反应，含有醛基或醛的结构；能与金属钠反应生成气体，不能与FeCl3发生显色反应，含有醇羟基，可确定含有的官能团为醛基、醇羟基；其核磁共振氢谱有5组峰，则醛基的H原子1种、醇羟基及连接的碳原子上的H有2种，其余在苯环上，个数比为2∶2，则醛基与CH2OH在苯环的对位，结构简式为；（3）A的结构简式为，含有醛基可与新制的氢氧化铜在加热的条件下反应生成盐、氧化亚铜和水，方程式为+2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O↓+H2O；（4）A的分子式为C8H8O2，能与FeCl3发生显色反应，则含有苯环、羟基，且羟基与苯环相连；能发生银镜反应，则含有醛基或醛的结构，若苯环上有2个取代基-CH2CHO、-OH时，有邻、间、对3种；若苯环上有3个取代基，-CH3、-CHO、-OH时，根据“定二移一”原则，固定-CH3、-CHO在苯环的邻位，则-OH在苯环的位置有4种；固定-CH3、-CHO在苯环的间位，则-OH在苯环的位置有4种；固定-CH3、-CHO在苯环的对位，则-OH在苯环的位置有2种，合计13种。19、(球形)冷凝管增大接触面积使SO2充分反应吸收二氧化硫并防止倒吸水浴加热均匀受热、容易控制温度HCHO防止产物被空气氧化Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3【解题分析】

(1)装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积；(2)装置C是尾气吸收装置，结合二氧化硫易溶于水分析解答；(3)次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上发生分解；HCHO易挥发据此分析解答；(4)根据化合价分析次硫酸氢钠甲醛具有的性质，结合次硫酸氢钠甲醛的性质分析判断；(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，据此书写反应的化学方程式。【题目详解】(1)根据装置图，仪器B为(球形)冷凝管，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积，加快反应速度，故答案为：(球形)冷凝管；增大接触面积使SO2充分反应，加快反应速度；(2)装置C是尾气吸收装置，倒置的漏斗可以防倒吸，所以装置C的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气并阻止空气进入装置A，故答案为：吸收二氧化硫并防止倒吸；(3)①次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上发生分解，根据分解温度应选择水浴加热，而且水浴加热均匀，容易控制温度，故答案为：水浴加热；均匀受热、容易控制温度；②HCHO易挥发，在80°C-90°C条件下会大量挥发，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率，故答案为：HCHO；(4)次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，次硫酸氢钠甲醛可以被空气中的氧气氧化变质，故答案为：防止产物被空气氧化；(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，反应的化学方程式为Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3，故答案为：Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3。20、乙由于反应物的沸点低于产物的沸点，若采用甲装置会造成反应物的大量挥发，降低了反应物的利用率CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3CH3CH2CH==CH2ac【解题分析】

（1）乙酸和丁醇的沸点低于乙酸丁酯的沸点，实验时应使挥发的反应物冷凝回流，防止反应物的利用率降低；（2）1-丁醇在浓硫酸、加热条件下可以发生消去反应和分子间脱水反应；（3）反应后的混合物中，乙酸能和水互溶，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯微溶于水。【题目详解】（1）由表中所给数据可知，乙酸和丁醇的沸点低于乙酸丁酯的沸点，若用甲装置，实验时反应物受热挥发，会降低反应物的利用率，而