陜西省渭南市三賢中學2024-2025學年高二下化學期末調(diào)研試題注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、在兩個容積相同的容器中，一個盛有HCl氣體，另一個盛有H2和O2的混合氣體。在同溫同壓下，兩容器內(nèi)的氣體一定不相同的（）A．原子數(shù) B．物質(zhì)的量 C．密度 D．分子數(shù)2、下列各組化合物的晶體都屬于分子晶體的是A．H2O，O3，CCl4 B．SO2，SiO2，CS2C．P2O5，CO2，H3PO4 D．CCl4，(NH4)2S，H2O23、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A．在標況下，11.2LNO與11.2LO2混合后所含分子數(shù)為0.75NAB．鋁跟氫氧化鈉溶液反應生成1mol氫氣時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAC．0.1molNa2O2晶體中含有0.4NA個離子D．常溫常壓下，16gO3所含的電子數(shù)為8NA4、下列有關從海帶中提取碘的實驗原理和裝置能達到實驗目的的是A．用裝置甲灼燒碎海帶B．用裝置乙過濾海帶灰的浸泡液C．用裝置丙制備用于氧化浸泡液中I?的Cl2D．用裝置丁吸收氧化浸泡液中I?后的Cl2尾氣5、最近科學家成功制成了一種新型的碳氧化合物，該化合物晶體中每個碳原子均以四個共價單鍵與氧原子結(jié)合為一種空間網(wǎng)狀的無限伸展結(jié)構，下列對該晶體敘述錯誤的是（）A．該晶體類型是原子晶體B．晶體的空間最小環(huán)共有6個原子構成C．晶體中碳原子數(shù)與C—O化學鍵數(shù)之比為1∶4D．該晶體中碳原子和氧原子的個數(shù)比為1∶26、已知有機物A、B之間存在轉(zhuǎn)化關系：A(C6H12O2)+H2OB+HCOOH（已配平）則符合該反應條件的有機物B有（不含立體異構）A．6種B．7種C．8種D．9種7、根據(jù)下表中實驗操作、現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A向飽和Na2CO3溶液中加入BaSO4粉末，過濾，向洗凈的沉淀中加入稀鹽酸產(chǎn)生氣泡Ksp(BaCO3)＜Ksp(BaSO4)B向FeCl3溶液中滴加NaI溶液，然后滴加CCl4，振蕩并靜止有機層出現(xiàn)紫紅色氧化性：Fe3+＞I2C向Na2CO3溶液中滴加鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入硅酸鈉溶液溶液中出現(xiàn)白色沉淀非金屬性：Cl＞C＞SiD將碳與濃硫酸共熱產(chǎn)生的氣體通入酸性KMnO4溶液溶液紫紅色褪去SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D8、為除去括號內(nèi)的雜質(zhì),所選用的試劑或方法不正確的是A．Na2CO3溶液(NaHCO3),選用適量的NaOH溶液B．NaHCO3溶液(Na2CO3),應通入過量的CO2氣體C．Na2O2粉末(Na2O),將混合物在氧氣中加熱D．Na2CO3溶液(Na2SO4),加入適量Ba(OH)2溶液,過濾9、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是A．11.2L甲烷和乙烯的混合物中含氫原子數(shù)目等于2NAB．含NA個CO32－的Na2CO3溶液中，Na+數(shù)目大于2NAC．密閉容器中，2molSO2和足量O2充分反應，產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NAD．4.0gCO2氣體中含電子數(shù)目等于2NA10、二氯丁烷的同分異構體有()A．6種 B．8種 C．9種 D．10種11、已知：，下列說法正確的是A．M能發(fā)生加聚反應、取代反應和氧化反應B．M的二氯代物有10種(不考慮立體異構）C．N中所有碳原子在同一平面上D．等物質(zhì)的量的M、N分別完全燃燒，消耗O2的體積比為4：512、一定溫度下在容積恒定的密團容器中發(fā)生反應A(s)+2B(g)C(g)+D(g)。下列不能說明反應一定達到化學平衡狀態(tài)的是A．v正(B)=2v逆(C) B．每消耗1molC，同時生成1molDC．氣體的密度保持不變 D．B、C、D三種物質(zhì)的濃度之比為2:1:113、有5種有機物：⑤CH2=CH—CH=CH2，其中可用于合成高分子材料的正確組合為A．①②④B．①②⑤C．②④⑤D．③④⑤14、根據(jù)如圖所示的反應判斷下列說法中錯誤的是A．CO2(g)和CaO(s)的總能量大于CaCO3(s)的總能量B．該反應的焓變大于零C．該反應中有離子鍵斷裂也有共價鍵斷裂，化學鍵斷裂吸收能量，化學鍵生成放出能量D．由該反應可推出凡是需要加熱才發(fā)生的反應均為吸熱反應15、2016年7月22日京山泄洪，天門市黃潭鎮(zhèn)多處村落被洪水淹沒，災情發(fā)生后天門市防疫站緊急組織救援小隊開展消毒防疫工作，下列消毒采用的藥品中屬于強電解質(zhì)的是A．漂白粉 B．碘水 C．雙氧水 D．生石灰16、某飽和一元酯C5H10O2，在酸性條件下水解生成甲和乙兩種有機物，乙在銅的催化作用下能氧化成醛，滿足以上條件的酯有（）A．6種 B．7種 C．8種 D．9種二、非選擇題（本題包括5小題）17、A、B、C、D、E五種化合物均含有某種短周期常見元素，它們的轉(zhuǎn)化關系如圖所示，其中A的溶液為澄清溶液，C為難溶的白色固體，E易溶于水，取A的溶液灼燒，焰色反應為淺紫色(透過藍色鈷玻璃)。(1)寫出化學式：A_______，B_______，C_______，D_______，E_______。(2)寫出下列反應的離子方程式：A→B：_________________________________________________________；A→D：__________________________________________________________。18、已知：通常羥基與碳碳雙鍵相連時不穩(wěn)定，易發(fā)生下列變化：依據(jù)如下圖所示的轉(zhuǎn)化關系，回答問題：（1）A的化學式是______________，官能團是酯基和______________（填名稱）；（2）B的結(jié)構簡式是______________；（3）①的化學方程式是____________________________________________；（4）F是芳香族化合物且苯環(huán)上只有一個側(cè)鏈，③的化學方程式是___________________________________________________________________；（5）綠色化學中，最理想的“原子經(jīng)濟”是原子利用率100%，上述反應中能體現(xiàn)“原子經(jīng)濟”原則的是__________（選填字母）；a．①b．③c．④（6）G是F的同分異構體，有關G的描述：①能發(fā)生水解②苯環(huán)上有三個取代基③苯環(huán)上一溴代物有2種據(jù)此推測G的結(jié)構簡式可能是（寫出其中一種）_____________________。19、工業(yè)上可用焦炭與二氧化硅的混合物在高溫下與氯氣反應生成SiCl4，SiCl4經(jīng)提純后用氫氣還原得高純度硅。以下是實驗室制備SiCl4的裝置示意圖。請回答下列問題：（1）儀器D的名稱_____________。（2）裝置A的硬質(zhì)玻璃管中發(fā)生反應的化學方程式是________________。（3）C中吸收尾氣一段時間后，吸收液中存在多種陰離子，下列有關吸收液中離子檢驗的說法正確的是_____。A．取少量吸收液加入AgNO3溶液，若生成白色沉淀，則說明一定存在Cl－B．取少量吸收液，滴加溴水，若溴水褪色，則說明一定存在SO32-C．取少量吸收液，加過量BaCl2溶液，過濾出沉淀，向沉淀中加過量稀鹽酸，若沉淀部分溶解，且有氣泡產(chǎn)生，則說明一定存在SO32-D．取少量吸收液，加硫酸酸化后再加淀粉碘化鉀溶液，若溶液變藍，則說明一定存在ClO－20、含有K2Cr2O7的廢水具有較強的毒性，工業(yè)上常用鋇鹽沉淀法處理含有K2Cr2O7的廢水并回收重鉻酸，具體的流程如下：已知：i.CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它幾種鹽在常溫下的溶度積如下表所示。物質(zhì)CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度積ii.Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+（1）向濾液1中加入BaCl2·H2O的目的，是使CrO42－從溶液中沉淀出來。①結(jié)合上述流程說明熟石灰的作用是_______________________________。②結(jié)合表中數(shù)據(jù)，說明選用Ba2+而不選用Ca2+處理廢水的理由是________________。③研究溫度對CrO42－沉淀效率的影響。實驗結(jié)果如下：在相同的時間間隔內(nèi)，不同溫度下CrO42－的沉淀率，如下圖所示。已知：BaCrO4（s）Ba2+（aq）+CrO42－（aq）CrO42－的沉淀效率隨溫度變化的原因是___________________________________。（2）向固體2中加入硫酸，回收重鉻酸。①硫酸濃度對重鉻酸的回收率如下圖（左）所示。結(jié)合化學平衡移動原理，解釋使用0.450mol/L的硫酸時，重鉻酸的回收率明顯高于使用0.225mol/L的硫酸的原因是_________________________________。②回收重鉻酸的原理如下圖（右）所示。當硫酸濃度高于0.450mol/L時，重鉻酸的回收率沒有明顯變化，其原因是_______________________________。（3）綜上所述，沉淀BaCrO4并進一步回收重鉻酸的效果與___________有關。21、銅的相關化合物在生產(chǎn)生活中具有重要的作用?；卮鹣铝袉栴}：（1）銅元素在周期表中的位置是______________，基態(tài)銅原子中，核外電子占據(jù)最高能層的符號是_________________，占據(jù)該最高能層的電子數(shù)為__________________。（2）在一定條件下，金屬相互化合形成的化合物稱為金屬互化物，如Cu9Al4、Cu5Zn8等。某金屬互化物具有自范性，原子在三維空間里呈周期性有序排列，該金屬互化物屬于__________(填“晶體”或“非晶體”)。（3）銅能與類鹵素[(SCN)2]反應生成Cu(SCN)2，1mol(SCN)2分子中含有σ鍵的數(shù)目為______________。(SCN)2對應的酸有硫氰酸(H-S-CN)、異硫氰酸(H-N=C=S)兩種。理論上前者沸點低于后者，其原因是____________________________。（4）銅晶體中銅原子的堆積方式為面心立方堆積，每個銅原子周圍距離最近的銅原子個數(shù)為________。（5）銅與金形成的金屬互化物的晶胞結(jié)構如圖所示，其晶胞邊長為anm，該金屬互化物的密度為____________(用含a、NA的代數(shù)式表示)g·cm-3。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

根據(jù)阿伏加德羅定律可知，在同溫同壓下，相同體積的任何氣體都含有相同數(shù)目的分子，且氣體的物質(zhì)的量也相同。由于三種氣體都是由雙原子構成的，因此，兩容器中一定具有相同的分子數(shù)和原子數(shù)。由于兩容器中氣體的質(zhì)量不一定相同，故其密度不一定相同。綜上所述，結(jié)合四個選項分析，答案選C。2、C【解析】

A．注意審題，O3是單質(zhì)不是化合物，A項錯誤；B．SiO2屬于原子晶體，B項錯誤；C．上述三種物質(zhì)都是由分子構成的化合物，屬于分子晶體，C項正確；D．(NH4)2S屬于離子晶體，D項錯誤；答案選C。3、D【解析】

A．標況下，11.2L的NO和O2均為0.5mol，混合后NO被O2氧化生成0.5molNO2，并剩余0.25molO2；由于NO2會發(fā)生可逆反應：，所以最終容器中分子的數(shù)目：，A項錯誤；B．氫氣是反應過程中的僅有的還原產(chǎn)物，所以生成1molH2，轉(zhuǎn)移電子2mol，B項錯誤；C．0.1molNa2O2晶體中含有0.2NA的Na+和0.1NA的，所以C項錯誤；D．16gO3含有1NA個O原子，每個氧原子含有8個電子，所以共計8NA個電子，D項正確；答案選D。4、B【解析】

A、灼燒碎海帶應用坩堝，A錯誤；B、海帶灰的浸泡液用過濾法分離，以獲得含I-的溶液，B正確；C、MnO2與濃鹽酸常溫不反應，MnO2與濃鹽酸反應制Cl2需要加熱，反應的化學方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C錯誤；D、Cl2在飽和NaCl溶液中溶解度很小，不能用飽和NaCl溶液吸收尾氣Cl2，尾氣Cl2通常用NaOH溶液吸收，D錯誤；答案選B。5、B【解析】

A.根據(jù)題干，該化合物晶體中每個碳原子均以四個共價單鍵與氧原子結(jié)合為一種空間網(wǎng)狀的無限伸展結(jié)構，不存在分子，屬于原子晶體，故A正確；B.該晶體的空間最小環(huán)由6個碳原子和6個氧原子構成，因此晶體的空間最小環(huán)共有12個原子構成，故B錯誤；C.該晶體中，每個碳原子形成4個C-O共價鍵，所以C原子與C-O化學鍵數(shù)目之比為1：4，故C正確；D.晶體中每個碳原子均以四個共價單鍵與氧原子結(jié)合，每個氧原子和2個碳原子以共價單鍵相結(jié)合，所以碳氧原子個數(shù)比為1:2，故D正確。故選B。每個碳原子均以四個共價單鍵與氧原子結(jié)合為一種空間網(wǎng)狀的無限伸展結(jié)構，所以為原子晶體，和二氧化硅相似。最小環(huán)上的原子數(shù)、碳原子和C—O化學鍵數(shù)之比以及碳原子和氧原子的個數(shù)比都和二氧化硅相同。6、C【解析】有機物A可在酸性條件下水解生成甲酸，則A屬于酯類，B屬于醇類，根據(jù)原子守恒可知B的分子式為C5H12O，則B的結(jié)構有：CH2(OH)CH2CH2CH2CH3、CH3CH(OH)CH2CH2CH3、CH3CH2CH(OH)CH2CH3、CH2(OH)CH(CH3)CH2CH3、CH3C(OH)(CH3)CH2CH3、CH3CH(CH3)CH(OH)CH3、CH3CH(CH3)CH2CH2OH、C(CH3)3CH2OH共8中，故A、B、D項錯誤，C項正確。綜上所述，符合題意的選項為C。點睛：本題考查同分異構體的判斷，難度不大，做題時可以利用烴基異構判斷，因為戊基有8種，碳鏈如下：、、、、、、、，所以C5H12O屬于醇的同分異構體有8種。7、B【解析】

A、在飽和Na2CO3溶液中c()較大，加入少量BaSO4粉末，溶液中會有部分BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3，因此向洗凈的沉淀中加稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生，但是Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，A項錯誤。B、有機層出現(xiàn)紫紅色說明有I2生成，即發(fā)生反應：2Fe3++2I?＝2Fe2++I2，氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物，故B項正確。C、證明元素非金屬性強弱，需要比較元素最高價氧化物對應水化物的酸性強弱，所以用鹽酸是錯誤的，C項錯誤。D、碳與濃硫酸產(chǎn)生的SO2使酸性KMnO4溶液褪色，表現(xiàn)出還原性，D項錯誤。答案選B。8、D【解析】

A.NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，由于NaOH適量，A項正確；B.Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3，通入CO2可以將少量的Na2CO3轉(zhuǎn)化為NaHCO3而除去,B項正確；C.2Na2O＋O22Na2O2，在空氣中可以將少量的Na2O轉(zhuǎn)化為Na2O2而除去，C項正確；D.Na2CO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2NaOH，Na2SO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋2NaOH，D項錯誤。故選D。9、A【解析】

A.未指明氣體在什么條件下，所以不能確定氣體的物質(zhì)的量及微粒數(shù)目，A錯誤；B.Na2CO3電離產(chǎn)生Na+、CO32-個數(shù)比為2:1，在溶液中CO32-由于發(fā)生水解反應而消耗，所以若溶液中含NA個CO32－，則Na+數(shù)目大于2NA，B正確；C.SO2和O2生成SO3的反應是可逆反應，反應物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物，所以密閉容器中，2molSO2和足量O2充分反應，產(chǎn)物SO3的分子數(shù)小于2NA，C正確；D.CO2分子中含有22個電子，則4.0gCO2氣體中含有的電子數(shù)為N=4.0g44g/mol×22NA=2N故合理選項是A。10、C【解析】

丁烷中，當碳鏈為C-C-C-C，當氯原子在同一個碳上，有2中結(jié)構，氯在不同的碳上，有4種結(jié)構；當為異丁烷時，當氯原子在同一個碳上，有1中結(jié)構，氯在不同的碳上，有2種結(jié)構，共有2+4+1+2=9種二氯代物。故選C。烴的等效氫原子有幾種，該烴的一元取代物的數(shù)目就有幾種；在推斷烴的二元取代產(chǎn)物數(shù)目時，可以采用一定一動法，即先固定一個原子，移動另一個原子，推算出可能的取代產(chǎn)物數(shù)目，然后再變化第一個原子的位置，移動另一個原子進行推斷，直到推斷出全部取代產(chǎn)物的數(shù)目，在書寫過程中，要特別注意防止重復和遺漏。11、B【解析】

A.M分子中不存在碳碳雙鍵，不能發(fā)生加聚反應，A錯誤；B.M分子中2個苯環(huán)對稱，苯環(huán)上有8個氫原子，根據(jù)定一移二可知的二氯代物有7＋3＝10種(不考慮立體異構，B正確；C.N分子中所有碳原子均是飽和碳原子，不可能在同一平面上，C錯誤；D.M、N的分子式分別是C10H8、C10H18，所以等物質(zhì)的量的M、N分別完全燃燒，消耗O2的體積比為24：29，D錯誤；答案選B。選項B是解答的難點，注意二取代或多取代產(chǎn)物數(shù)目的判斷：定一移一或定二移一法：對于二元取代物同分異構體的數(shù)目判斷，可固定一個取代基的位置，再移動另一取代基的位置以確定同分異構體的數(shù)目。例如M分子中氫原子分為兩類，首先固定一個氯原子，另一個氯原子的位置有7種。然后將氯原子固定在另一類氫原子上，另一個氯原子的位置有3種。12、D【解析】

A．v正(B)=2v逆(C)可以說明正逆反應速率相等，說明反應到平衡狀態(tài)，故正確；B．每消耗1molC，同時生成1molD，可以說明正逆反應速率相等，說明反應到平衡狀態(tài)，故正確；C．因為在容積恒定的密團容器中，有非氣體物質(zhì)，所以當氣體的密度保持不變時說明氣體總質(zhì)量保持不變，說明反應到平衡，故正確；D．B、C、D三種物質(zhì)的濃度之比為2:1:1,不能說明下一時刻濃度關系，不能說明反應到平衡，故錯誤。答案選D?；瘜W平衡狀態(tài)的標志有直接和間接兩種，直接標志中要注意表示正逆反應速率相等時，一定能分析出兩個方向的速率，用不同的物質(zhì)表示速率時速率比等于化學計量數(shù)比即可以表示速率相等。13、D【解析】試題分析：根據(jù)結(jié)構簡式可知，該有機物為加聚反應產(chǎn)物，其主鏈含有兩個碳碳雙鍵，先將中括號去掉，然后從左向右，按照“見雙鍵，四個碳，無雙鍵，兩個碳”畫線斷開：，則可以得到該有機物的三種單體：④、⑤CH2=CH-CH=CH2、③，答案選D?？键c：考查不飽和烴加聚反應的規(guī)律。14、D【解析】

A.因為碳酸鈣受熱分解是吸熱反應，所以CO2(g)和CaO(s)的總能量大于CaCO3(s)的總能量，A項正確，不符合題意；B.吸熱反應，焓變大于零，B項正確，不符合題意；C.在CaCO3中，Ca2＋和CO32－之間存在離子鍵，CO32－中，C與O之間存在共價鍵，故反應中有離子鍵斷裂也有共價鍵斷裂，舊化學鍵斷裂吸收能量，新化學鍵形成放出能量，C項正確，不符合題意；D.需要加熱才發(fā)生的反應不一定為吸熱反應，如碳的燃燒需要加熱，但該反應是放熱反應，D錯誤，符合題意；本題答案選D。15、D【解析】

強電解質(zhì)為在水溶液中完全電離的化合物；【詳解】A.漂白粉為混合物，A錯誤；B.碘水為混合物，B錯誤；C.雙氧水為混合物，C錯誤；D.生石灰為純凈物、化合物，是離子化合物，屬于強電解質(zhì)，D正確；答案為D16、A【解析】

乙在銅的催化作用下能氧化為醛，說明該酯水解生成的醇分子中具有-CH2OH的結(jié)構，符合該結(jié)構的醇有：甲醇、乙醇、丙醇、正丁醇、異丁醇；甲醇對應的酸有正丁酸、異丁酸，正丁醇、異丁醇對應甲酸，所以共六種符合題意的酯，答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、KAlO2Al(OH)3Al2O3AlCl3NaAlO2AlO2－＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3－AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O【解析】

B、C都既能與鹽酸反應又能與NaOH溶液反應，應為兩性化合物，因B加熱分解可生成C，則可知B為Al(OH)3，C為Al2O3，則D為AlCl3，E為NaAlO2，若取A溶液灼燒，焰色反應為淺紫色（透過藍色鈷玻璃片），說明A中含有K元素，A能與二氧化碳反應生成Al(OH)3，則A應為KAlO2，據(jù)此解答?！驹斀狻?1).根據(jù)以上分析可知，A為KAlO2，B為Al(OH)3，C為Al2O3，D為AlCl3，E為NaAlO2；(2).向KAlO2溶液中通入足量的CO2，反應生成Al(OH)3沉淀和KHCO3，離子方程式為AlO2－＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3－；向KAlO2溶液中加入過量的HCl，反應生成AlCl3、KCl和水，離子方程式為AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O。18、C4H6O2碳碳雙鍵c或【解析】

A發(fā)生加聚反應生成B，則A的分子式為C4H6O2，A能發(fā)生酸性條件下水解反應，則A中含有酯基，A的不飽和度==2，結(jié)合A的分子式知，A中含有一個酯基和一個碳碳雙鍵；C能發(fā)生氧化反應生成D，說明C、D中碳原子個數(shù)相等，所以C、D中碳原子個數(shù)都是2，結(jié)合題給信息知：C是CH3CHO，D是CH3COOH，A是CH3COOCH=CH2，B結(jié)構簡式為；D和E發(fā)生酯化反應生成F，根據(jù)F分子式知，E分子式為C7H8O，E中不飽和度==4，F(xiàn)是芳香族化合物且苯環(huán)上只有一個側(cè)鏈，所以E為，F(xiàn)為?！驹斀狻浚?）A的分子式為C4H6O2，結(jié)構簡式為CH3COOCH=CH2，含有官能團是碳碳雙鍵和酯基；（2）通過以上分析知，B結(jié)構簡式為；（3）C是乙醛，乙酸和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應生成乙酸鈉、氧化亞銅和水，反應方程式為；（4），乙酸和苯甲醇在濃硫酸作催化劑、加熱條件下發(fā)生酯化反應生成乙酸苯甲酯和水，反應方程式為；（5）體現(xiàn)原子經(jīng)濟的反應是加成或加聚反應，以上反應中只有c是加聚反應，故選c；（6）F為，G是F的同分異構體，G符合下列條件：①能發(fā)生水解說明含有酯基，②苯環(huán)上有三個取代基，③苯環(huán)上一溴代物有2種，說明苯環(huán)上只有兩種氫原子，符合條件的同分異構體結(jié)構簡式為或。19、干燥管2C+SiO2+2Cl2SiCl4+2COCD【解析】

氯氣與石英砂和炭粉在高溫下反應生成四氯化硅、CO，通過B裝置冷卻四氯化硅，利用D裝置防止水蒸氣進入B裝置，最后利用C裝置吸收氯氣和CO，防止污染空氣，據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）根據(jù)儀器構造可判斷儀器D的名稱是干燥管。（2）根據(jù)原子守恒可知裝置A的硬質(zhì)玻璃管中發(fā)生反應的化學方程式是2C+SiO2+2Cl2SiCl4+2CO。（3）A.由于氯氣能把亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉，硫酸銀不溶于水，則取少量吸收液加入AgNO3溶液，若生成白色沉淀，不能說明一定存在Cl－，A錯誤；B.由于溶液中含有氫氧化鈉，氫氧化鈉也能與單質(zhì)溴反應，因此取少量吸收液，滴加溴水，若溴水褪色，不能說明一定存在SO32-，B錯誤；C.取少量吸收液，加過量BaCl2溶液，過濾出沉淀，向沉淀中加過量稀鹽酸，若沉淀部分溶解，且有氣泡產(chǎn)生，則說明沉淀中含有亞硫酸鋇，因此一定存在SO32-，C正確；D.取少量吸收液，加硫酸酸化后再加淀粉碘化鉀溶液，若溶液變藍，則說明有單質(zhì)碘生成，因此一定存在氧化性離子ClO－，D正確；答案選CD。20、沉淀SO42－；調(diào)節(jié)溶液pH，使Cr2O72－轉(zhuǎn)化為CrO42－而沉淀BaCrO4比CaCrO4更難溶，可以使CrO42－沉淀更完全溫度升高，沉淀速率加快c（H2SO4）增大，則c（SO42－）增大，與Ba2+生成沉淀，促進BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c（CrO42－）增大；同時，c（H+）也增大，共同促進Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7BaSO4與BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其難于接觸H2SO4，阻礙重鉻酸生成受到溶液pH、溫度、H2SO4濃度、BaCrO4顆粒大小等影響（其他答案合理給分）【解析】

①加入熟石灰有兩個作用，首先Ca2+使SO42－沉淀便于分離，同時OH-的加入會與溶液中的H+反應，使上述離子方程式平衡向右移動，Cr2O72－轉(zhuǎn)化為CrO42－，便于與BaCl2·H2O生成沉淀BaCrO4。②BaCrO4的溶度積比CaCrO4小很多，所以BaCrO