广东省广州市增城一中2025届化学高二第二学期期末达标测试试题含解析.doc

广东省广州市增城一中2025届化学高二第二学期期末达标测试试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列说法中正确的是(　　)
A．含有羟基的有机物称为醇
B．能发生银镜反应的有机物都是醛
C．苯酚俗称石炭酸，酸性比碳酸强
D．酯类在碱性条件下的水解程度大于酸性条件下的水解程度
2、下列叙述正确的是
A．向混有苯酚的苯中加入浓溴水，过滤，可除去其中的苯酚
B．检验丙烯醛 CH2=CH-CHO 中的碳碳双键，将其滴入溴的四氯化碳中，若溴的四氯化 碳褪色，即可证明
C．向淀粉溶液中加硫酸，加热，加新制 Cu(OH)2，加热未见红色沉淀，说明淀粉未水解
D．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙苯和苯乙烯
3、化学与生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A．用铁粉作食品袋内的脱氧剂
B．食用一定量的油脂能促进人体对某些维生素的吸收
C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂
D．自行车钢架生锈主要是化学腐蚀所致
4、R、X、Y、Z是短周期元素，原子序数依次增大。X的原子序数是R的2倍，R的原子最外层电子数是X的2倍。Z的最高价氧化物对应的水化物（M）是强电解质，向Y的钠盐溶液中滴加M溶液，产生沉淀的物质的量与M的物质的量关系如图所示。下列推断正确的是

A．R的氢化物可能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色
B．Y的气态氢化物热稳定性比R的强
C．常温常压下，Z的单质一定呈黄绿色
D．X和Z组成的化合物属于共价化合物
5、科技材料与生活、生产、科技密切相关。下列有关说法正确的是（ ）
A．《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏
B．高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可以通过水解反应提供能量
C．C3H8和CH3CH2OH相对分子质量相近，二者沸点也相近
D．用于3D打印材料的光敏树酯是纯净物
6、化学与社会、生活、科技等密切相关。下列说法正确的是
A．泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
B．二氧化硅用途广泛，制光导纤维、石英坩埚、太阳能电池等
C．向氨水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体
D．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染
7、满足分子式为C3H6ClBr的有机物共有( )种
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
8、有一种新合成的烃称为立方烷，它的碳架结构如图所示，关于它的说法不正确的是

A．分子式是C8H8
B．与苯乙烯（）互为同分异构体
C．不能发生加成反应
D．二氯取代物共有4种
9、已烯雌酚是人工合成的非甾体雌激素物质，主要用于治疗雌激素低下症及激素平衡失调所引起的功能性出血等，如图所示分别取l mol已烯雌酚进行4个实验。

下列对实验数据的预测与实际情况吻合的是（ ）
A．④中发生消去反应 B．①中生成7molH2O
C．②中无CO2生成 D．③中最多消耗3molBr2
10、有机物X、Y、M的转化关系为：，下列说法错误的是（ ）
A．X可用新制的氢氧化铜检验 B．Y有同分异构体
C．M含有两种碳氧共价键 D．Y可发生加成反应
11、下列物质易溶解于水的是
A．丙三醇 B．乙烯 C．苯 D．乙酸乙酯
12、下列化学用语正确的是
A．CCl4分子的球棍模型 B．乙烯的结构简式CH2CH2
C．硝基苯的结构简式 D．全氟丙烷的电子式为
13、下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终不能得到纯净物的是
A．向漂白粉浊液中通入过量的CO2
B．向带有氧化膜的铝片中加入盐酸
C．向含有1molCa(HCO3)2的溶液中加入1molNa2O2
D．向含有1molKAl(SO4)2的溶液中加入2molBa(OH)2
14、下列装置能达到实验目的的是

A．用装置甲制备氨气 B．用装置乙除去氨气中少量水
C．用装置丙收集氨气 D．用装置丁吸收多余的氨气
15、下列有关NA的叙述正确的是
A．常温常压下，1 mol苯中含有的碳碳双键数目为3NA
B．25℃时，pH=11的氨水中含有的OH-数目为0.001NA
C．标准状况下，22.4 LHCl中含有的电子数目为18NA
D．64 9 SO2与足量的氧气反应，生成的SO3数目为NA
16、制备新型高效水处理剂高铁酸钠(Na2FeO4)的主要反应为：2FeSO4+aNa2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+bX。下列说法中正确的是
A．该反应中X物质为O2
B．反应物Na2O2只作氧化剂
C．该反应中发生氧化反应的过程只有FeSO4→Na2FeO4
D．每生成l molNa2FeO4，反应过程中转移4 mol e-
二、非选择题（本题包括5小题）
17、2018年3月21日是第二十六届“世界水日”，保护水资源、合理利用废水、节省水资源、加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1 L，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：

请回答下列问题：
(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是________
(2)写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式：___________。沉淀溶解时发生的离子方程式为________
(3)分析图像，在原溶液中c(NH4+与c(Al3＋)的比值为________，所得沉淀的最大质量是________g。
(4)若通过实验确定原废水中c(Na＋) ＝0.18 mol·L－1，试判断原废水中NO3-是否存在？________(填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在，c(NO3-)＝________ mol·L－1。(若不存在或不确定则此空不填)
18、A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示(部分条件略去)。

已知：,RCOOH
(1)发生缩聚形成的高聚物的结构简式为____；D→E的反应类型为____。
(2)E→F的化学方程式为____。
(3)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是____(写出结构简式)。
(4)等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为____；检验的碳碳双键的方法是____(写出对应试剂及现象)。
19、己知溴乙烷(C2H5Br)是无色液体，沸点38.4℃，密度比水大，难溶于水，可溶于多种有机溶剂。在溴乙烷与NaOH乙醇溶液的消去反应中可以观察到有气体生成。有人设计了如图所示的装置，用KMnO4酸性溶液是否褪色来检验生成的气体是否是乙烯。

请回答下列问题：
(1)仪器a的名称为__________。
(2)实验前应检测装置A的气密性。方法如下：关闭止水夹c，由仪器a向仪器b中加水，若______________________________，则证明装置A不漏气。
(3)仪器b中发生反应的化学方程式为______________________________。
(4)反应开始一段时间后，在装置B底部析出了较多的油状液体，若想减少油状液体的析出，可对装置A作何改进？__________________________________________________
(5)装置A中产生的气体通入装置C之前要先通过装置B，装置B的作用为__________________。
(6)检验乙烯除用KMnO4酸性溶液外还可选用的试剂有__________，此时，是否还有必要将气体先通过装置B？__________(填“是”或“否”)。
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/℃
117.9
117
126.3
密度/(g·cm－3)
1.05
0.81
0.88
水溶性
互溶
可溶(9 g/100 g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、某些氮的化合物是引起大气污染、水体污染和土壤污染原因之一。
I.汽车和工业废气中的氮氧化物是城市空气污染的主要来源。氮氧化物处理通常有下列途径：
（1）在汽车排气管内安装催化转化器，其反应为 2NO(g) +2CO(g)= 2CO2(g) +N2(g)。
①该反应能够正向自发进行，则正反应的ΔH_________0（填“＞”或“＜”）。

②根据传感器记录某温度下，NO、CO的反应进程，测量所得数据绘制出图1。前1s内平均反应速率v(N2)=__________mol/(L·s)；第2s时的X值范围_________________________。
（2）烟气中的氮氧化物（NOx）可与甲烷在一定条件下反应转化为无害成分，从而消除污染。已知
反应
反应热（△H/kJ·mol-1）
平衡常数（K）
CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）
a
K1
N2（g）+O2（g）═2NO（g）
b
K2

则 CH4 脱硝的热化学方程式为 CH4 (g) + 4NO (g) CO2 (g) + 2N2 (g) + 2H2O (l)ΔH=_________kJ/mol（用 a、b 表示）；平衡常数 K3=_________（用 K1、K2 表示）。
II.氰化钠是一种重要的基本化工原料。“天津港”爆炸中，氰化钠产生泄漏，为了避免给土壤 和水体带来污染，消防员通过喷洒双氧水来处理泄漏的氰化钠。
（3）已知：NaCN + H2O2 + H2O=NaHCO3 + NH3↑，用 H2O2 处理 1mol NaCN 时，反应中转移电子的物质的量为_________mol（NaCN 中 C 为+2 价）。
（4）某兴趣小组检测处理后的氰化钠废水是否达标。
已知：①废水中氰化钠的最高排放标准为 0.50 mg/L。
②Ag++2CN－= [Ag(CN)2]－，Ag++I－= AgI↓，AgI 呈黄色，且 CN－优先与 Ag+反应。
③实验如下：取 30.00mL 处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴 KI 溶液作指示剂， 用 1.000×10－4 mol/L 的 AgNO3 标准溶液滴定，消耗 AgNO3 溶液的体积为 1.50 mL。
④滴定终点的判断方法是_________。
⑤经计算处理后的废水中NaCN的浓度为_________mg/L(保留两位小数)，处理后的废水是否达到排放标准：________（填“是”或“否”）
III.工业废水中，含有 NaNO2。NaNO2 固体外观酷似食盐，误食会中毒。可用电解法将废水中少量的转化为N2以降低其危害。写出在酸性条件下转化为氮气的电极反应式为_____________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A．羟基与链烃基相连形成的化合物为醇类，羟基与苯环相连形成的化合物为酚类，所以含有羟基的有机物不一定为醇类，可能为酚类，故A错误；
B．醛类物质能够发生银镜反应，但是发生银镜反应的不一定为醛类，如甲酸、甲酸甲酯、葡萄糖、麦芽糖等都能够发生银镜反应，但是它们不属于醛类，故B错误；
C．苯酚又名石碳酸，苯酚的酸性很弱，其酸性比碳酸的酸性还小，故C错误；
D．酯的水解反应为可逆反应，在碱性条件下，氢氧根离子能够与水解生成的羧酸反应，促进了酯的水解，所以在碱性条件下酯的水解程度大于酸性条件下的水解程度，故D正确。
故选D。
2、B
【解析】
A、苯酚与浓溴水反应生成的2,4,6-三溴苯酚溶于苯，所以不能用过滤法分离，故A错误；
B.丙烯醛 CH2=CH-CHO 中只有碳碳双键与溴的四氯化碳溶液反应，若溴的四氯化碳褪色，可证明含有碳碳双键，故B正确；
C. 向淀粉溶液中加稀硫酸，加热，加新制Cu(OH)2悬浊液与催化剂硫酸反应，即使淀粉水解了也不可能产生红色沉淀，故C错误；
D.乙苯和苯乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙苯和苯乙烯，故D错误。
本题考查了化学实验方案的设计与评价，明确常见官能团的检验方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。
3、D
【解析】
A.用铁粉作食品袋内的脱氧剂，是用Fe易被氧气氧化的特点，所以可以直接做脱氧剂，A项正确；
B.有些维生素属于脂溶性维生素，因为油脂属于酯类，可以溶于油脂中，所以可以促进维生素的吸收，B项正确；
C.明矾中的铝离子水解时生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体是具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂，C项正确；
D.自行车钢架属于铁的合金，易形成原电池腐蚀，所以生锈主要是电化学腐蚀所致，D项错误；
答案选D。
4、A
【解析】分析：X的原子序数是R的2倍，R的原子最外层电子数是X的2倍，则R为碳，X为镁，Z的最高价氧化物对应的水化物(M)是强电解质，向Y的钠盐溶液中滴加M溶液，产生沉淀为为Y的氧化物的水化物，最终沉淀不溶解，因此沉淀为硅酸，故Y是硅。硫酸和高氯酸都是强电解质，Z可能是硫、氯。据此分析解答。
详解：A.碳的氢化物属于烃类，烯烃等能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B.碳的非金属性比硅强，甲烷比硅烷稳定，故B错误；C.Z的单质可能是硫，也可能是氯气，只有氯气呈黄绿色，故C错误；D.硫化镁、氯化镁都是离子化合物，故D错误；故选A。
5、A
【解析】
A.酸坏之酒中含有乙酸和乙醇，两者互溶，分离方法是蒸馏，故A正确；B. 高纤维食物是富含膳食纤维的食物，膳食纤维在人体内不能被直接消化，故B错误； C.虽然C3H8和CH3CH2OH相对分子质量相近，但是二者结构不同，乙醇因含氢键沸点高，故C错误；D. 用于3D打印材料的光敏树酯是高分子化合物，属于混合物，故D错误；答案：A。
6、D
【解析】
分析：A、泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，电解质溶液会导电；B、太阳能电池是半导体硅的用途；C、氨水与三氯化铁生成氢氧化铁沉淀；D、绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染；
详解：A、泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，水、电解质溶液会导致产生导电，从而易产生触电危险，故A错误；B、石英坩埚、光导纤维都是二氧化硅的用途，太阳能电池是半导体硅的用途，故B错误；C、应向沸水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体，故C错误；D、绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，故D正确；故选D。
7、C
【解析】分析：C3H6ClBr可以看作丙烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。
详解：丙烷只有一种结构，则其一氯代物只有两种：CH3CH2CH2Cl、CH3CHClCH3，第一种含有3类氢原子，第二种含有2类氢原子，所以共有5种，答案选C。
8、D
【解析】
由图可知，每个碳原子周围已与其他三个碳原子形成三条键，分子式为C8H8，与苯乙烯是同分异构体，其二氯代物有3种。答案选D。
9、C
【解析】
A.苯环上的酚羟基不能发生消去反应,故A 错误；B.己烯雌酚的分子式为C18H20O2,反应①中应生成10molH2O,故B错误;C.酚的酸性比H2CO3的弱，不能与NaHCO3溶液反应生成CO2,故C正确;D.两个酚羟基有4个邻位,它们均可被卤素原子取代,碳碳双键能与Br2发生加成，故反应③中最多可以消耗5molBr2,故C项错误;答案:C。
10、D
【解析】
淀粉水解生成葡萄糖（X），葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇（Y），乙醇可与乙酸（M）反应生成乙酸乙酯。
【详解】
A、X为葡萄糖，含有醛基，可用新制的氢氧化铜检验，故A正确；
B、Y为乙醇，有同分异构体二甲醚，故B正确；
C、M为乙酸，有碳氧单键和碳氧双键，故C正确；
D、Y为乙醇，不能发生加成反应，故D错误；
故选D。
11、A
【解析】分析：根据物质的物理性质分析判断。
详解：A. 丙三醇中含有亲水基团羟基，易溶于水，故A正确；B. 乙烯难溶于水，故B错误；C. 苯难溶于水，故C错误；D. 乙酸乙酯难溶于水，故D错误；故选A。
12、C
【解析】
A项，图中所示的是甲烷的比例模型，其球棍模型是，故A项错误；
B项，乙烯的结构简式中单键可以省略，但不可省略双键，所以乙烯的结构简式应为CH2=CH2，故B项错误；
C项，硝基苯中，硝基取代苯环上的氢原子，C、N之间形成共价键，故C项正确；
D项，电子式中F原子最外层应有8个电子，全氟丙烷的电子式为，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
本题考查化学用语，为高频考点，涉及结构简式、电子式、最简式、球棍模型等，把握化学用语的区别及规范应用为解答的关键。
13、A
【解析】
A. 漂白粉的水溶液中通入足量的CO2生成碳酸氢钙和次氯酸，加热蒸干、灼烧，碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发，残留固体为碳酸钙、氯化钙，故A符合；
B. 向带有氧化膜的铝片中加入盐酸，得到氯化铝溶液，将滤液加热、蒸干至质量不变，得到的是氢氧化铝，属于纯净物，故B不符合；
C. 1mol Na2O2可以和水之间反应生成2mol氢氧化钠，2mol氢氧化钠和1mol Ca(HCO3)2的溶液反应生成的是碳酸钙沉淀、碳酸钠溶液，过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终得到的是碳酸钠，属于纯净物，故C不符合；
D. 1 mol KAl(SO4)2的溶液中加入2 mol Ba(OH)2会生成2mol硫酸钡沉淀和1mol偏铝酸钾溶液，过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，偏铝酸钾虽在水中水解，蒸干时得到的是偏铝酸钾，是纯净物，故D不符合;
故选A。
14、D
【解析】
A. 用装置甲制备氨气时试管口应该略低于试管底，A错误；
B. 氨气能被浓硫酸吸收，不能用装置乙除去氨气中少量水，B错误；
C. 氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，但收集气体不能密闭，不能用装置丙收集氨气，C错误；
D. 氨气极易溶于水，用装置丁吸收多余的氨气可以防止倒吸，D正确；
答案选D。
本题考查化学实验方案的评价，把握实验装置图的作用、物质的性质为解答的关键，注意实验的操作性、评价性分析。
15、C
【解析】分析：A．苯分子中不含碳碳双键；B、题中缺少溶液体积，无法计算溶液中氢氧根离子数目，故A错误；C、标准状况下，22.4 LHCl为1mol，含有的电子数目为18NA；D、SO2与氧气反应生成SO3的反应为可逆反应。
详解：A．苯分子中不含碳碳双键，故A错误；B、题中缺少溶液体积，无法计算溶液中氢氧根离子数目，故B错误；C、标准状况下，22.4 LHCl为1mol，含有的电子数目为（1+17）NA=18NA，故C正确；D、SO2与氧气反应生成SO3的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的SO3数目小于NA，故D错误；故选C。
16、A
【解析】A．由原子守恒可知，该反应的方程式为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，即该反应中X物质为O2，故A正确；B．反应物Na2O2中O元素的化合价部分升高部分降低，即是氧化剂又是还原剂，故B错误；C．Na2O2→O2，该过程中O元素的化合价升高，发生氧化反应，故C错误；D．反应中Fe元素的化合价从+2升高到+6，Na2O2则O元素化合价从-1升高0价，生成2molNa2FeO4，转移的电子数10mol，所以生成1molNa2FeO4程中转移5mol e-，故D错误；故选A。
点睛：准确从化合价变化的角度分析氧化还原，灵活运用氧化还原反应的基本规律是解题关键，由原子守恒可知，该反应的方程式为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，反应中Fe元素的化合价升高发生氧化反应，O元素的化合价部分升高部分降低，说明Na2O既是氧化剂又是还原剂，电子转移的数目与化合价的升降数目相等，据此解题即可。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、CO32- NH4+＋OH－===NH3·H2O Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 2:1 10.7 存在 0.08
【解析】
已知溶液为无色，则无Fe3＋；焰色反应时为黄色，则含Na元素；加入盐酸酸化的氯化钡有白色沉淀，则含硫酸根离子；加入过量的NaOH有白色沉淀，含镁离子；根据加入NaOH的体积与沉淀的关系可知，原溶液中含有H＋、NH4+、Al3＋、Mg2＋；与Al3＋、Mg2＋反应的CO32-离子不存在。
【详解】
（1）根据分析可知，一定不存在的阴离子为CO32-；
（2）③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化时，加入NaOH，沉淀的量未变，则有离子与NaOH反应，只能是NH4+，其反应的离子方程式为：NH4+＋OH－=NH3·H2O；沉淀溶解为氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
（3）根据反应式及数量，与NH4+、Al（OH）3消耗NaOH的量分别为0.2mol、0.1mol，则c(NH4+):c(Al3＋)=2:1；
（4）H＋为0.1mol，NH4+为0.2mol， Al3＋为0.1mol，Mg2＋为0.05mol，Na＋为0.18mol，SO42- 为0.4mol，根据溶液呈电中性，n（NO3-）=0.08mol。
18、取代反应1:1加入溴水，溴水褪色
【解析】
B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A的分子式为C3H6，A是基本有机化工原料，A与CH3OH、CO在Pd催化剂作用下反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3；发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C的结构简式为；A与Cl2高温下反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式推知D为CH2=CHCH2Cl；E与发生题给信息的加成反应生成F，结合结构简式，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为，以此来解答。
【详解】
(1)含有羧基和醇羟基，能发生缩聚生成聚合酯，所得高聚物的结构简式为；D→E是卤代烃的水解，反应类型是取代反应；
(2) E→F的化学方程式为；
(3) B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是；
(4) 分子结构中含有羧基和醇羟基，只有羧基能与NaOH、NaHCO3反应，等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1:1；检验碳碳双键可用溴水或酸性高锰酸钾溶液，但由于醇羟基也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以向中滴加溴水，溴水褪色，即说明含有碳碳双键。
19、分液漏斗 分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面（或分液漏斗中液体不能顺利流下） CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O 将伸出烧瓶外的导管换成长导管 除去挥发出来的乙醇 溴水或溴的四氯化碳溶液 否
【解析】
（1）根据仪器构造及用途作答；
（2）根据分液漏斗的构造利用液封法检查装置的气密性；
（3）溴乙烷与NaOH醇溶液发生消去反应；
（4）油状液体为溴乙烷蒸气液化的结果；
（5）乙醇易溶于水，据此解答；
（6）根据乙烯的不饱和性，能与Br2发生加成反应作答。
【详解】
（1）仪器a的名称为分液漏斗，
故答案为分液漏斗；
（2）关闭止水夹c，由仪器a向仪器b中加水，若分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面，而不下落，则证明装置A不漏气，
故答案为分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面（或分液漏斗中液体不能顺利流下）；
（3）卤代烃在碱性醇溶液加热条件下发生了消去反应，生成不饱和烯烃，反应为故答案为；
（4）若出现了较多的油状液体，则说明溴乙烷蒸气冷却液化的较多，为减少油状液体的析出，可采取将伸出烧瓶外的导管换成长导管的措施，
故答案为将伸出烧瓶外的导管换成长导管；
（5）B中的水用于吸收挥发出来的乙醇，目的是防止乙醇和高锰酸钾反应，干扰实验，
故答案为除去挥发出来的乙醇；
（6）检验乙烯除用KMnO4酸性溶液外还可选用的试剂为溴水或溴的四氯化碳溶液；乙烯也能使溴水或者溴的四氯化碳溶液褪色，因装置B中盛装的是水，目的是防止乙醇和高锰酸钾反应，而溴与乙醇不反应，所以无须用装置B，
故答案为溴水或溴的四氯化碳溶液；否。
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 CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3 CH3CH2CH==CH2 ac
【解析】
（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。
【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，而乙装置中球形冷凝管能起冷凝回流作用，使挥发的反应物冷凝回流，防止反应物的利用率降低，所以选用乙装置，故答案为：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
（2）制取乙酸丁酯时，在浓硫酸的作用下，1-丁醇受热可能发生消去反应生成CH3CH2CH=CH2，也可能发生分子间脱水反应生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，则可能生成的副产物有CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3和CH3CH2CH＝CH2，故答案为：CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3；CH3CH2CH＝CH2；
（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，所以可加入饱和碳酸钠溶液振荡，进一步减少乙酸丁酯在水中的溶解度，然后分液可得乙酸丁酯，故肯定需要化学操作是ac，故答案为：ac。
本题考查有机物合成实验，侧重考查分析、实验能力，注意理解制备原理、物质的分离提纯、实验条件控制、对操作分析评价等是解答关键。
21、＜ 2.7×10﹣4 25.2＜X＜30.6 a﹣2b 2 滴入最后一滴溶液，出现黄色沉淀，且半分钟内不消失 0.49 能 【答题空10】2NO2-+8H++6e-=N2+4H2O
【解析】
(1)①反应 2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)能够自发进行，反应△S＜0，若满足△H-T△S＜0，必须△H＜0，故答案为：＜；
②一氧化氮的反应速率为v(CO)===5.4×10-3mol/(L·s)，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(N2)=v(CO)=2.7×10-4mol/(L·s)；因为随着反应进行反应速率越来越小，所以第2S消耗的CO小于第1S的36-30.6=5.4，则第2s时的30.6＞x＞30.6-5.4=25.2，故答案为：2.7×10-4；25.2＜X＜30.6；
(2)①CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)   K1=，△H=a kJ•mol-1；②N2(g)+O2(g)═2NO(g)  K2=，△H=b kJ•mol-1；依据盖斯定律计算，①-②×2得到CH4脱硝的热化学方程式为 CH4(g)+4NO(g)═CO2(g)+2N2(g)+2H2O(l)△H=(a-2b )kJ•mol-1；K3==，故答案为：a-2b ；；
(3)NaCN与双氧水反应为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑，反应中C元素化合价升高，被氧化，O元素化合价降低，被还原，处理1molNaCN，C元素化合价由+2价升高为+4价，则转移2mol电子；故答案为：2；
Ⅱ．④Ag+与CN-反应生成[Ag(CN)2]-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，且半分钟内不消失，说明反应到达滴定终点，故答案为：滴入最后一滴溶液，出现黄色沉淀，且半分钟内不消失；
⑤消耗AgNO3的物质的量为1.5×10-3L×0.0001mol/L=1.50×10-7mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-，处理的废水中氰化钠的质量为1.50×10-7mol×2×49g/mol=1.47×10-5g，废水中氰化钠的含量为=0.49mg/L＜0.50mg/L，处理后的废水达到达到排放标准，能排放，故答案为：0.49；能；
III.电解时，得电子的微粒在阴极上发生还原反应，电解亚硝酸根离子溶液时，阴极上亚硝酸根离子得电子发生还原反应生成氮气和水，电极反应式为2NO2-+8H++6e-=N2↑+4H2O，故答案为：2NO2-+8H++6e-=N2+4H2O。