2025届日喀则市重点中学高二化学第二学期期末调研模拟试题含解析.doc

2025届日喀则市重点中学高二化学第二学期期末调研模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X与Q同主族，X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，W的最外层电子数等于其电子层数，Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和，下列说法正确的是（ ）
A．Z、W、Q、X、Y原子半径依次减小
B．W最高价氧化物对应水化物一定能溶于Z最高价氧化物对应水化物的溶液中
C．Y与Q形成化合物在常温下一定为气态
D．Z、Q元素的单质都可以将X元素的单质从其氧化物中置换出来
2、战国时成书的《尚书·洪范篇》有“稼稿作甘”之句，“甘”即饴糖，饴糖的主要成分是一种双糖，1 mol该双糖完全水解可生成2 mol葡萄糖。则饴糖的主要成分是
A．果糖 B．淀粉 C．麦芽糖 D．蔗糖
3、银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如下。下列说法不正确的是

A．Zn电极是负极
B．Ag2O电极发生还原反应
C．Zn电极的电极反应式：Zn-2e-++2OH-=Zn(OH)2
D．放电前后电解质溶液的pH保持不变
4、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L烷烃含共价键数目一定是(3n+1)NA
B．71gCl2溶于足量的水中转移电子数目为NA
C．2L0.5mol·L-1Na2C2O4溶液中C2O42-和HC2O4-的总数为NA
D．50g含质量分数为46％的酒精与足量的钠反应，放出H2的分子数目为NA
5、下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是
A．乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2
B．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下能水解
C．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同
D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键
6、下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A．SO2(NH4)2SO3Na2SO3
B．NaCl(aq)Na2CO3(aq)NaOH
C．FeOFe(NO3)2Fe(NO3)3
D．MgCO3MgCl2(aq)Mg
7、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
8、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
9、2－丁烯的结构简式正确的是
A．CH2＝CHCH2CH3 B．CH2＝CHCH＝CH2
C．CH3CH＝CHCH3 D．CH2＝C＝CHCH3
10、常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的有（ ）组

X
Y
Z
①
NaOH溶液
Al(OH)3
稀硫酸
②
KOH溶液
Na2CO3
稀盐酸
③
CO2
Na2O2
H2O
④
AgNO3溶液
Cu
稀硫酸
A．1 B．2 C．3 D．4
11、三蝶烯是最初的“分子马达”的关键组件，三碟烯某衍生物X可用于制备吸附材料，其结构如图所示，3个苯环在空间上互为120°夹角。下列有关X的说法正确的是（  ）

A．分子式为C22H13O4 B．1mol该物质与H2加成可消耗11mol H2
C．苯环上的一氯代物有3种 D．分子中最多可能有20个原子位于同一平面上
12、已知CsCl晶体的密度为，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs+的核间距为acm，如图所示，则CsCl的摩尔质量可以表示为（单位：g/mol）

A． B． C． D．
13、下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是

物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、无水CaCl2
A．A B．B C．C D．D
14、一种化学名为 2，4，4—三氯—2— 羟基—二苯醚的物质(如下图)，被广泛应用于肥皂、牙膏等日用化学品之中，有杀菌消毒等作用。则下列有关说法中正确的是 （ ）

A．该物质与 FeCl3溶液混合后不显色
B．该物质中所有原子一定处于同一平面
C．该物质苯环上的一溴取代物有 6 种
D．物质的分子式为 C12H6Cl3O2
15、下列说法中正确的是（ ）
A．含离子键的晶体不一定是离子晶体 B．含共价键的晶体一定是分子晶体
C．只含极性键的分子可能不是极性分子 D．含非极性键的分子一定是非极性分子
16、下列晶体中含有非极性共价键的离子晶体是
①硅晶体　②H2O2　③CaC2　④NH4Cl　⑤Na2O2　⑥苯甲酸
A．①②④⑥ B．①③ C．②④⑤⑥ D．③⑤
二、非选择题（本题包括5小题）
17、已知A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E为离子晶体，E原子核外的M层中有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的晶体可做半导体材料；F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子。请根据以上信息，回答下列问题(答题时，A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示)：
(1)A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为________
(2)B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高的理由是____________。
(3)A的简单氢化物的中心原子采取______杂化，E的低价氧化物分子的空间构型是____。
(4)F的核外电子排布式是_____，A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示(其中A显－3价)，则其化学式为_______。

18、A、B、C、D四种可溶性盐，阳离子分别可能是Ba2+、Na+、Ag+、Cu2+中的某一种,阴离子分别可能是中的某一种。
(1) C的溶液呈蓝色，向这四种盐溶液中分别加盐酸，B盐有沉淀产生，D盐有无色无味气体逸出。则它们的化学式应为：
A_______，B_______，C_______，D_______。
(2)写出下列反应的离子方程式：
①A+C__________________________。
②D+盐酸________________________。
19、乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，其制备原理为：
甲、乙两同学分别设计了如下装置来制备乙酸乙酯。

请回答下列问题：
（1）下列说法不正确的是________。
A．加入试剂的顺序依次为乙醇、浓硫酸、乙酸
B．饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、促进乙酸乙酯在水中的溶解
C．浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，加入的量越多对反应越有利
D．反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后即可从上口倒出上层的乙酸乙酯
（2）乙装置优于甲装置的理由是________。（至少说出两点）
20、某课外活动小组利用下列化学反应在实验室中制备氯气，并进行有关氯气性质的研究。

(1)该小组同学欲用图所示仪器及试剂(不一定全用)制备并收集纯净、干燥的氯气。

① 应该选择的仪器是__________(填字母)。
② 将各仪器按先后顺序连接起来,应该是a接__________，__________接__________，__________接__________，__________接h(用导管口处的字母表示)。
③ 浓盐酸与二氧化锰反应的离子方程式为__________。
(2)该小组同学设计分别利用图所示装置探究氯气的氧化性。

①G中的现象是__________，原因是__________(用化学方程式表示)。
②H中的现象是__________。
21、SO2是大气中的有害物质，需要对其进行综合治理和利用。
（1）工业上常用氨水吸收法处理SO2，可生成(NH4)2SO3或NH4HSO3。
① (NH4)2SO3显碱性，用化学平衡原理解释其原因：____________。
② NH4HSO3显酸性。用氨水吸收SO2，当吸收液显中性时，溶液中离子浓度关系正确的是____（填字母）。
a．c(NH4+)＝2c(SO32-)＋c(HSO3-)
b．c(NH4+)＞c(SO32-)> c(H+)＝c(OH－)
c．c(NH4+)＋c(H+)＝c(SO32-) ＋c(HSO3-)＋c(OH－)
（2）某工厂烟气中主要含SO2、CO2，在较高温度经下图所示方法脱除SO2，可制得H2SO4。

①在阴极放电的物质是_______。
②在阳极生成SO3的电极反应式是______。
（2）检测烟气中SO2脱除率的步骤如下：
a．将一定量的净化气（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。
b．加入浓盐酸，加热溶液至无色无气泡，再加入足量BaCl2溶液。
c．过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量。
①用离子方程式表示a中溴水的主要作用________________。
②若沉淀的质量越大，说明SO2的脱除率越_____（填“高”或“低”）。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】X与Q同主族，X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为碳元素，Q为硅元素；W的最外层电子数等于其电子层数，则W为Al元素；Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和，则Y为F元素、Z为Na元素或Y为O元素、Z为Mg元素；A．同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大而减小，则五种元素的原子半径随Z、W、Q、X、Y依次减小，故A正确；B．Al(OH)3具有两性，能溶解于强碱如NaOH溶液，但Z可能是Mg元素，氢氧化镁不能溶解Al(OH)3，故B错误；C．SiF4是气态，但SiO2为固态，故C错误；D．Mg可以在CO2中燃烧生成碳和氧化镁，但Si不能在CO2中燃烧，故D错误；答案为A。
点睛：微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。
2、C
【解析】
由题意可知，饴糖的主要成分是二糖，一份二糖水解生成两份葡萄糖是麦芽糖。
【详解】
A、果糖是单糖，不能水解，A错误；
B、淀粉是多糖，是高分子化合物，1mol淀粉完全水解得到的葡萄糖要远远大于2mol，B错误；
C、麦芽糖是二糖，1mol麦芽糖水解可得2mol葡萄糖，C正确；
D、蔗糖是二糖，1mol蔗糖水解可得1mol葡萄糖和1mol果糖，D错误；
故合理选项为D。
本题考查糖类的水解，注意掌握糖类水解方程式的书写是解题的关键。
3、D
【解析】
A、活泼金属Zn为负极，Ag2O为正极，选项A正确；
B、Ag2O电极为正极，正极上得到电子，发生还原反应，选项B正确；
C、Zn为负极，电极反应式为：Zn－2e－＋2OH－＝Zn(OH)2，选项C正确；
D、电极总反应式为：Zn＋Ag2O＋H2O＝Zn(OH)2＋2Ag，放电后水消耗了，氢氧化钾的浓度增大，电解质溶液的pH增大，选项D错误。
答案选D。
4、D
【解析】分析：A. 标准状况下，只有碳原子数小于5的烷烃为气态，碳原子数在5与17之间的烃为液态，碳原子数大于或等于17的烃为固态，据此分析判断；B. 根据氯气与水反应是可逆反应分析判断；C. 根据2L0.5mol·L-1Na2C2O4溶液中中存在原子守恒分析判断；D. 书写计算出乙醇和水的物质的量，再根据方程式分析判断。
详解：A. 标准状况下，只有碳原子数小于5的烷烃为气态，碳原子数在5与17之间的烃为液态，碳原子数大于或等于17的烃为固态。标准状况下，22.4L烷烃的物质的量不一定为1mol，故A错误；B. 氯气与水反应是可逆反应，1 mol Cl2不能完全反应，转移电子数目少于NA，故B错误；C. 2L0.5mol·L-1Na2C2O4溶液中存在原子守恒，n(H2C2O4)＋n(HC2O4-)＋n(C2O42-)＝1 mol，因此C2O42-和HC2O4-的总数为NA，故C正确；D. 50g含质量分数为46％的酒精中含有乙醇23g，水的质量为27g，因此n(CH3CH2OH)＝0.5 mol，n(H2O)＝1.5 mol，与足量的钠反应，乙醇放出0.25mol氢气，水放出0.75mol氢气，共放出氢气1mol，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断。本题的易错点为AD，A中要烷烃的状态与碳原子数目的关系，Vm=22.4L/mol，只适用于标准状况下的气体；D中要注意水也能与金属钠反应放出氢气。
5、B
【解析】
A、乙酸属于一元羧酸，酸性强于碳酸的，所以可与NaHCO3溶液反应生成CO2，故A正确；
B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，但不属于高分子化合物，故B错误；
C、甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，以及苯和硝酸反应生成硝基苯的反应都属于取代反应，故C正确；
D、只有分子中含有不饱和键(如碳碳双键)，则可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，从而使之褪色，而苯中的化学键是介于单键和双键之间特殊的化学键，故D正确。
答案选B。
6、A
【解析】
A、SO2＋2NH3·H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+2NaOH=2NH3＋H2O＋Na2SO3，故A正确；
B、NaCl与CO2不能直接生成Na2CO3，故B错误；
C、FeO与HNO3反应生成Fe(NO3)3，故C错误；
D、MgCl2(aq)电解生成Mg(OH)2和氢气、氯气，故D错误；
故选A。
易错点D，电解熔融无水氯化镁才能获得镁和氯气。
7、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。
8、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。
9、C
【解析】
2－丁烯的主链有4个碳原子，在第二个碳原子和第三个碳原子之间形成一个碳碳双键，故答案选C。
10、B
【解析】
分析：①氢氧化铝是两性氢氧化物；②碳酸钠与氢氧化钾不反应；③过氧化钠与水或二氧化碳均反应；④铜与稀硫酸不反应。
详解：①Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，①正确；
②Na2CO3与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，与KOH不反应，②不正确；
③Na2O2既可与CO2反应生成碳酸钠和氧气，也可与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，③正确；
④铜是不活泼金属，与稀硫酸不反应，与硝酸银溶液发生置换反应生成银和硝酸铜，④不正确。
答案选B。
11、D
【解析】A、分子式为C22H14O4，故A错误；B、X中含有三个苯环，所以1mol该物质与H2加成可消耗9mol H2，故B错误；C、X为对成型分子，其苯环上有2种氢原子，故苯环上的一氯取代物有2种，故C错误；D、两个羰基可能和其中一个苯环在同一平面上，但3个苯环中的任意2个都绝不可能位于同一平面，即该分子中最多可能有20个原子位于同一平面，故D正确。故选D。
12、A
【解析】
利用均摊法确定该立方体中含有的离子的数目，根据计算相对分子质量。
【详解】
根据均摊法可知，该立方体中含有Cl-1个，含Cs+8×=1个，根据可得M==，因此相对分子质量为；
答案选A。
13、B
【解析】
发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
【详解】
A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；
B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；
C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；
D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。
14、C
【解析】
A、2，4，4—三氯—2— 羟基—二苯醚含有酚羟基，具有酚的性质，能和氯化铁溶液发生显色反应， A错误；
B、该物质中醚键和苯环之间的化学键能旋转，所以该物质中所有原子不一定处于同一平面，B错误；
C、该物质中苯环上H原子有6种，所以其苯环上的一溴代物有6种，C正确；
D、根据结构简式可知不饱和度为8，由此可确定分子式为C12H7Cl3O2，D错误。
故选C。
15、C
【解析】分析：本题考查的是化学键类型和物质的类型。属于基本知识，平时注重积累。
详解：A.含有离子键的晶体一定是离子晶体，故错误；B.含有共价键的晶体可能是分子晶体也可能是原子晶体或离子晶体，故错误；C.只含极性键的分子可能是极性分子也可能是非极性分子，与分子的构型有关，故正确；D.含有非极性键的分子不一定是非极性分子，故错误。
点睛：区别化学键类型和物质类型的关系。含有离子键的物质一定是离子化合物，一定形成离子晶体。含有共价键的化合物一定是共价化合物，可能形成分子晶体或原子晶体。共价键是两个相同的原子形成的，为非极性键，若是两个不同的原子形成的为极性键。而分子的极性与分子的构型有关，对称的含有极性键的分子为非极性分子。
16、D
【解析】
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，其晶体为离子晶体，只含共价键的化合物为共价化合物，形成的晶体为原子晶体或分子晶体。
【详解】
①硅晶体是含有非极性键的原子晶体，故错误；
②H2O2是含有极性键和非极性键的分子晶体，故错误；
③CaC2是含有离子键和非极性键的离子晶体，故正确；
④NH4Cl是含有离子键和极性键的离子晶体，故错误；
⑤Na2O2是含有离子键和非极性键的离子晶体，故正确；
⑥苯甲酸是含有极性键和非极性键的分子晶体，故错误；
③⑤正确，故选D。
本题考查化学键与晶体类型的关系，注意离子化合物的结构特征与性质，明确共价键的形成及共价键的主要类型是解答关键。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Na＜Al＜Si＜N NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 sp3 V形 1s22s22p63s23p63d104s1 Cu3N
【解析】
C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al；D单质的晶体可做半导体材料，则D为Si；E原子核外的M层中有两对成对电子，则E的价电子排布为3s23p4，其为S；A原子核外有三个未成对电子，则A为N；化合物B2E为离子晶体，则B为Na。F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子，则F的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，其为Cu。从而得出A、B、C、D、E、F分别为N、Na、Al、Si、S、Cu。
【详解】
(1)A、B、C、D分别为N、Na、Al、Si，由于N的非金属性最强，且原子轨道半充满，所以第一电离能最大，Si次之，Na最小，从而得出第一电离能由小到大的顺序为Na＜Al＜Si＜N。答案为：Na＜Al＜Si＜N；
(2)B的氯化物为NaCl，离子晶体，D的氯化物为SiCl4，分子晶体，由此可得出熔点NaCl比SiCl4高的理由是NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体。答案为：NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体；
(3)A的简单氢化物为NH3，中心原子的价层电子数为4，采取sp3杂化，E的低价氧化物为SO2，S原子发生sp2杂化，分子的空间构型是V形。答案为：sp3；V形；
(4)F为Cu，其原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，N、Cu形成某种化合物的晶胞中，空心小球的数目为8×=1，黑球的数目为12×=3，N显-3价，则Cu显+1价，由此得出其化学式为Cu3N。答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu3N。
计算晶胞中所含微粒数目时，应依据微粒在该晶胞中的位置及所占的份额共同决定。如立方晶胞，微粒位于顶点，则该微粒属于此晶胞的份额仅占八分之一；微粒位于棱上时，由于棱属于四个晶胞，则该微粒属于此晶胞的份额仅占四分之一。
18、BaCl2 AgNO3 CuSO4 Na2CO3 Ba2++SO42-=BaSO4↓ CO32-+2H+=H2O +CO2↑
【解析】
A、B、C、D都是可溶性盐，Ag+只能和搭配，只能和剩余的Na+搭配，在此基础上，和Cu2+搭配，则Ba2+和Cl-搭配，即这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2。C的溶液呈蓝色，则C为CuSO4。B+HCl产生沉淀，则B为AgNO3。D+HCl产生气体，则D为Na2CO3。所以A为BaCl2。综上所述，A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3。
【详解】
（1）经分析这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2，结合题中给出的实验现象，可以推出A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；
（2）A+C为BaCl2和CuSO4的反应，其离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；D+盐酸为Na2CO3和盐酸的反应，其离子方程式为：CO32-+2H+=H2O +CO2↑。
19、【答题空1】BC 用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好
【解析】
（1）A. 在制备乙酸乙酯时，浓硫酸起催化剂作用，加入时放热；
B. 乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；
C. 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性；
D. 乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，可采用分液进行分离；
（2）可从装置的温度控制条件及可能的原料损失程度、副产物多少进行分析作答。
【详解】
（1）A. 为防止浓硫酸稀释放热，导致液滴飞溅，其加入的正确顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，故A项正确；
B. 制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，其饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解，故B项错误；
C. 浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，但由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多，故C项错误；
D. 乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后从上口倒出上层的乙酸乙酯，故D项正确；
答案下面BC；
（2）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，乙装置优于甲装置的原因为：水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好，
故答案为用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好。
20、ABCDE d e f g b c MnO2+ 4H++2Cl- Mn 2++Cl2↑+2H2O 溶液由无色变为蓝色 Cl2+2KI＝ I2+2KCl 产生白色沉淀
【解析】
本题主要考察氯气的制备，及氯气的化学性质的探究。Cl2的实验室制备装置有：A（发生装置）、C（除去HCl气体）、D（干燥装置）、B（收集装置）、E（尾气处理）。题中还要探究Cl2的氧化性，Cl可以将I-氧化为I2，也可以将氧化为。
【详解】
（1）①Cl2的实验室制备有A（发生装置）、C（除去HCl气体）、D（干燥装置）、B（收集装置）、E（尾气处理）；
②装置的连接顺序为ACDBE，则导管口为a-d，e-f，g-b，c-h；
③该反应的离子方程式为：；
（2）①试管中的反应方程式为：，生成的I2可以使淀粉溶液变蓝；
②该实验中涉及的化学反应有：，，所以可以看到H中有白色沉淀生成。
21、溶液中存在平衡：NH4+ +H2ONH3·H2O + H+ ,SO32－+H2OHSO3－+ OH－,SO32－水解程度大于NH4+ 水解程度使溶液中c(OH-) > c(H+)，所以溶液显碱性。 ab O2 2SO42－－4e－= 2SO3↑＋O2 ↑ SO32－＋Br2＋H2O=SO42－+2Br－+ 2H+或SO32－＋Br2＋2OH－====SO42－＋2Br－＋H2O 低
【解析】
（1）根据水解原理，电荷守恒进行分析；（2）由图分析是由SO2-O2-H2SO4形成的燃料电池，通O2的电极为正极，发生还原反应，通SO2的电极为负极，发生氧化反应转化为H2SO4，根据电解质溶液是酸性的，写出负极反应式；阳离子在电解质溶液中由负极移动到正极，据此解答即可；
【详解】
①(NH4)2SO3溶液中,铵根和亚硫酸根都会水解，NH4+ +H2ONH3·H2O + H+ ，SO32－+H2OHSO3－+ OH－，(NH4)2SO3显碱性说明SO32－水解程度大于NH4+的水解程度，使溶液中c(OH－)>c(H+ ),所以溶液呈碱性；因此，本题正确答案是: 溶液中存在平衡：NH4+ +H2ONH3·H2O + H+ ,SO32－+H2OHSO3－+ OH－,SO32－水解程度大于NH4+ 水解程度使溶液中c(OH-) > c(H+)，所以溶液显碱性；
②据电荷守恒有: c(NH4+)＋c(H+)＝2c(SO32-) ＋c(HSO3-)＋c(OH－)，溶液显中性，则 c(H+)＝c(OH－)，所以c(NH4+)＝2c(SO32-)＋c(HSO3-)，故a正确，b正确，c错误；
(3)①依据题意得出SO2-O2-H2SO4形成的燃料电池中可知，氧气在原电池的正极得到电子发生还原反应，故答案为：O2；
②熔融硫酸钾中硫酸根失去电子，在原电池的负极放电,电极反应方程式为：2SO42－－4e－= 2SO3↑＋ O2 ↑；
（2）①溴水具有强氧化性，亚硫酸根具有还原性，所以不含SO3的净化气通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水反应方程式为：SO2+2OH－=SO32-＋H2O,SO32－＋Br2＋H2O=SO42－＋2Br－＋2H+，故答案为：SO2+2OH－=SO32-＋H2O，SO32－＋Br2＋H2O=SO42－＋2Br－＋2H+；或SO32－＋Br2＋2OH－=SO42－＋2Br－＋H2O ；
②生成沉淀越多，说明烟气中二氧化硫含量越高，脱除率越低。