2023学年黑龙江省鸡西市第一中学化学高二下期末教学质量检测试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、已知S2O8n－离子和H2O2一样含过氧键，因此也有强氧化性，S2O8n－离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4－离子，若反应后S2O8n－离子生成SO42－离子；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5：2则S2O8n－中的n值和S元素的化合价是（）A．2,+7 B．2,+6 C．4,+7 D．4,+42、某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下：下列分析不正确的是A．实验I中，白色沉淀a是Al(OH)3B．实验2中，白色沉淀b含有CO32-C．实验l、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关D．检验白色沉淀a、b足否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液3、下列反应后只可能生成一种有机物的是A．CH3－CH＝CH2与HCl加成B．CH3－CH2－CH(OH)－CH3在浓硫酸存在下，发生分子内脱水C．C6H5－CH3在铁粉存在下与氯气反应D．CH3－CH(OH)－CH3在浓硫酸存在下，发生分子内脱水4、下列说法中正确的是A．吸热、熵增的非自发反应在高温条件下也可能转变为自发进行的反应B．熵增反应都是自发的，熵减反应都是非自发的C．放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的D．放热、熵增的自发反应在一定的条件下也可能转变为非自发反应5、常温下，下列物质的水溶液，其pH小于7的是A．Na2CO3B．NH4NO3C．Na2SO4D．KNO36、下列有机物的同分异构体数目（不考虑立体异构）由小到大的顺序是（）序数①②③分子式C9H12C3H7OClC5H12O限定条件芳香烃含羟基不能与钠反应放出气体A．③②① B．②③① C．③①② D．②①③7、某溶液X呈无色，且仅可能含有Ba2＋、Na＋、NH4+、H＋、Cl－、I－、SO32-、SO42-八种离子中的几种（不考虑水的电离），溶液中各离子浓度均为0.1mol·L－1，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色。下列关于溶液X的分析中不正确的是（）A．肯定不含Cl－ B．肯定不含H＋C．肯定不含NH4+ D．肯定含有SO32-8、下列物质熔化时破坏分子间作用力的是（）A．CaOB．CO2C．SiO2D．NaCl9、某无色溶液能与铝反应放出氢气，则该溶液中肯定不能大量共存的离子组是()A．NH4＋、Na＋、Ba2＋、Cl－B．Na＋、I－、HCO3－、SO42－C．K＋、Cl－、SO32－、[Al(OH)4]－D．Na＋、Mg2＋、SO42－、Cl－10、下列方案的设计或描述及对应的离子方程式正确的是A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+B．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O＝2H++Cl－+ClO－C．等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OD．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2＝2Mn2++5O2↑+8H2O11、一定量的盐酸跟过量锌粉反应时，为了减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，可采取的措施是()A．加入少量NaOH固体B．加入少量CH3COONa固体C．加入少量Na2SO4固体D．加入少量Na2CO3固体12、下列实验操作正确的是A．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部B．定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，可用滴管将多余的液体吸出C．焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上燃烧至无色，然后再进行实验D．过滤时，为加快过滤速率，可用玻璃棒快速搅拌漏斗中的悬浊液13、下列溶液中，Na+数目最多的是（）A．1mol•L－1Na2SO4溶液100mLB．0.9mol•L－1Na3PO4溶液100mLC．2.5mol•L－1NaOH溶液100mLD．1mol•L－1NaHCO3溶液100mL14、下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是A．中性溶液中：K+、Al3+、Cl−、SO42−B．含有大量AlO2−的溶液中：Na+、K+、HCO3−、NO3−C．pH=1的溶液中：NH4+、Na+、Fe3+、SO42−D．Na2S溶液中：SO42−、K+、Cu2+、Cl−15、下列叙述不正确是A．水能是一次能源 B．电能是二次能源C．石油是不可再生能源 D．化石燃料是取之不尽，用之不竭的能源16、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断不正确的是A．生成44.8LN2（标准状况）B．有0.25molKNO3被还原C．转移电子的物质的量为1.75molD．被氧化的N原子的物质的量为3.75mol二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：A的蒸汽对氢气的相对密度是15，且能发生银镜反应，F的分子式为C3H6O2。有关物质的转化关系如下：请回答：(1)B中含有的官能团名称是__________，反应⑥的反应类型为__________。(2)写出反应④的化学方程式__________。(3)写出有机物F与NaOH溶液反应的化学方程式__________。(4)下列说法正确的是__________。A．有机物D的水溶液常用于标本的防腐B．有机物B、C、E都能与金属钠发生反应C．有机物F中混有E，可用饱和碳酸钠溶液进行分离D．有机物M为高分子化合物18、某有机化合物A经李比希法测得其中含碳为70.59%、含氢为5.88%，其余含有氧。现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。方法一：用质谱法分析得知A的质谱如图：方法二：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1∶2∶2∶3。方法三：利用红外光谱仪测得A分子的红外光谱，如图：（1）分子中共有____种化学环境不同的氢原子。（2）A的分子式为____。（3）该物质属于哪一类有机物____。（4）A的分子中只含一个甲基的依据是____(填序号)。aA的相对分子质量bA的分子式cA的核磁共振氢谱图dA分子的红外光谱图（5）A的结构简式为________________________________。19、制备苯甲酸的反应原理及有关数据如下：名称相对分子质量性状熔点沸点溶解度甲苯92无色液体-95℃110℃不溶于水苯甲酸122白色片状或针状晶体122℃248℃微溶于水高锰酸钾158易溶于水实验过程如下：①将高锰酸钾、水和氢氧化钠溶液混合摇匀后，加入甲苯，采用电磁搅拌，加热（但温度不要太高），冷凝回流2h。如仍有高锰酸钾的紫色存在，则加数滴乙醇。②将混合液过滤后冷却。③滤液用盐酸酸化，析出白色晶体过滤，洗涤，干燥，得到苯甲酸的粗产品，最后测定其熔点。回答下列问题：（1）①中反应易暴沸，本实验中采用______方法防止此现象；乙醇的作用是____________________。（2）②中过滤出的沉淀是____________________。（3）③中测定熔点时，发现到130℃时仍有少量不熔，推测此不熔物的成分是____________________。（4）提纯苯甲酸粗产品的方法是____________________。20、NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。实验室制备少量NaClO2的装置如图所示。装置I控制温度在35～55°C，通入SO2将NaClO3还原为ClO2(沸点：11°C)。回答下列问题：（1）装置Ⅰ中反应的离子方程式为__________________。（2）装置Ⅱ中反应的化学方程式为_____________________。（3）装置用中NaOH溶液的作用是_____________。（4）用制得的NaClO4/H2O2酸性复合吸收剂同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)和溶液pH对脱硫、脱硝的影响如图所示：①从图1和图2中可知脱硫、脱硝的最佳条件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝________________。pH在_________________之间。②图2中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5时反而减小。NO去除率减小的可能原因是___________________________________。21、碳及其化合物在能源、材料等方面具有广泛的用途。回答下列问题：（1）碳酸和草酸（H2C2O4）均为二元弱酸，其电离均为分步电离，二者的电离常数如下表：H2CO3H2C2O4K14.2×10−75.4×10−2K25.6×10−115.4×10−5①向碳酸钠溶液中滴加少量草酸溶液所发生反应的离子方程式为_____________。②浓度均为0.1mol·L−1的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、Na2C2O4溶液、NaHC2O4溶液，其溶液中H+浓度分别记作c1、c2、c3、c4。则四种溶液中H+浓度由大到小的顺序为________________。（2）常温时，C和CO的标准燃烧热分别为−394.0kJ·mol−1、−283.0kJ·mol−1，该条件下C转化为CO的热化学方程式为____________________。（3）氢气和一氧化碳在一定条件下可合成甲醇，反应如下：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)ΔH=QkJ·mol−1①该反应在不同温度下的化学平衡常数(K)如下表：温度/℃250300350K/L2·mol−22.0410.2700.012由此可判断Q______(选填“>”或“<”)0。②一定温度下，将6molH2和2molCO充入体积为2L的密闭容器中，10min反应达到平衡状态，此时测得c(CO)=0.2mol·L−1，该温度下的平衡常数K=____，0~10min内反应速率v(CH3OH)=______。③在两个密闭容器中分别都充入20molH2和10molCO，测得一氧化碳的平衡转化率随温度(T)、压强(p)的变化如图所示：若A点对应容器的容积为20L，则B点对应容器的容积为____L。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【答案解析】

S2O8n－离子和H2O2一样含过氧键，则其中有2个O显-1价，另外6个O显-2价。S2O8n－离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4－离子，Mn的化合价升高了5，反应后S2O8n－离子变成SO42－离子，则其中-1价O变为-2价。由关系式5S2O8n－~2Mn2+及化合价升降的总数相等可知，Mn元素的化合价共升高10，则5S2O8n－中共有10个-1价的O，其化合价共降低10，则S2O8n－中只有O的化合价降低，S的化合价不变，始终为+6价，故n=2，故正确答案：B。2、C【答案解析】A.实验I中白色沉淀能溶于稀硫酸，但没有气泡，说明白色沉淀a是Al(OH)3，A正确；B.实验2中白色沉淀溶解且有少量气泡，这说明白色沉淀中含有碳酸根离子，B正确；C.硫酸铝显酸性，碳酸钠显碱性，则根据实验过程可知实验l、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，C错误；D.白色沉淀表面有吸附的硫酸根，因此检验白色沉淀a、b足否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液，D正确，答案选C。3、D【答案解析】

A、根据不对称烯烃与不对称物质发生加成反应有两种生成物；

B、根据醇发生消去反应的结构特点是与-OH相连碳相邻碳上有氢原子,发生消去反应形成不饱和键；

C、根据苯的同系物在铁粉存在下与卤素单质发生苯环上的取代反应；

D、根据醇发生消去反应的结构特点是与-OH相连碳相邻碳上有氢原子，发生消去反应形成不饱和键；【题目详解】A、CH3－CH＝CH2与HCl加成反应有两种生成物:CH3－CH2-CH2Cl，CH3－CHCl-CH3，故A不符合题意；

B、CH3－CH2－CH(OH)－CH3在浓硫酸存在下，发生分子内脱水，生成物有两种:CH3－CH=CH－CH3，CH3－CH2CH=CH2，故B不符合题意；C、苯的同系物在铁粉存在下与卤素单质发生苯环上的取代反应，而C6H5－CH3中苯环上的氢原子有3种，所以一氯代物有三种，故C不符合题意；

D、CH3－CH(OH)－CH3在浓硫酸存在下，发生分子内脱水，生成物只有一种:CH2=CH－CH3，所以D符合题意；

综上所述，本题正确选项D。4、A【答案解析】分析：本题考查的是判断反应能否自发进行的方法，掌握判断反应能否自发进行的方法是关键，用复合判据。详解：根据复合判据分析△G=△H-T△S。当的反应能够自发进行。A.当△H>0，△S>0，高温时△G可能小于0，可能自发进行，故正确；B.熵增或熵减的反应，需要考虑反应是放热还是吸热，故错误；C.放热反应中△H<0，若△S>0，反应能自发进行，若△S<0反应可能不自发进行，故错误；D.放热、熵增的自发反应的△H<0，△S>0，则△G<0，则反应为自发进行，温度高低都为自发进行，故错误。故选A。5、B【答案解析】试题分析：Na2CO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，NH4NO3强酸弱碱盐水解溶液显酸性；Na2SO4强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，KNO3强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，，选B。考点：盐类水解和溶液酸碱性。6、B【答案解析】

分子式为C9H12，其同分异构体属于芳香烃，分子组成符合CnH2n−6，是苯的同系物，可以有一个侧链为：正丙基或异丙基，可以有2个侧链为：乙基、甲基，有邻、间、对3种，可以有3个甲基，有相连、相偏、相均3种，即C9H12是芳香烃的同分异构体共有8种，由化学式C3H7OCl可知丙烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个−OH取代，丙烷只有一种结构，Cl与−OH可以取代同一碳原子上的H原子，有2种：CH3CH2CHOHCl、CH3COHClCH3，可以取代不同碳原子上的H原子，有3种：HOCH2CH2CH2Cl、CH3CHOHCH2Cl、CH3CHClCH2OH，共有5种，分子式为C5H12O的有机物，不与金属钠反应放出氢气，说明该物质为醚类，若为甲基和丁基组合，醚类有4种，若为乙基和丙基组合，醚类有2种，所以该醚的同分异构体共有6种，则同分异构体数目(不考虑立体异构)由小到大的顺序是②③①，故选B。【答案点睛】根据限制条件正确判断该有机物的结构特点是解决本题的关键，第③个有机物同分异构体数目的判断为易错点，注意醇和醚化学性质的区别。7、C【答案解析】某溶液X

呈无色，且仅可能含有Ba2+、Na+、NH4+、H+、Cl-、SO32-、SO42-七种离子中的几种(不考虑水的电离)，根据离子共存，Ba2+与SO32-、SO42-不能同时存在，H+与SO32-不能同时存在。向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色，说明氯水中的氯气发生了反应，说明X中一定含有SO32-，则不存在Ba2+和H+；溶液中各离子浓度均为0.1mol/L，为了满足电荷守恒，必须含有Na+、NH4+，由于没有其他阳离子存在，则一定没有Cl-和SO42-。A.根据上述分析，溶液中肯定不含Cl-，故A正确；B.根据上述分析，肯定不含H+，故B正确；C.根据上述分析，肯定含NH4+，故C错误；D.根据上述分析，肯定含有SO32-，故D正确；故选C。8、B【答案解析】A、CaO为离子化合物，熔化断裂离子键，故A错误；B、CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，故B错误；C、SiO2是原子晶体，熔化断裂的是共价键，故C错误；D、NaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，故D错误。故选B。9、B【答案解析】分析：某无色溶液能与铝反应放出氢气，则该溶液可能显酸性，也可能显碱性，结合离子的性质分析判断。详解：A.如果溶液显酸性，则NH4＋、Na＋、Ba2＋、Cl－可以大量共存，A错误；B.HCO3－在酸性或碱性溶液中均不能大量共存，B正确；C.如果溶液显碱性，则K＋、Cl－、SO32－、[Al(OH)4]－可以大量共存，C错误；D.如果溶液显酸性，则Na＋、Mg2＋、SO42－、Cl－可以大量共存，D错误；答案选B。点睛：明确溶液的酸碱性以及常见离子的性质、发生的化学反应是解答此类问题的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，例如溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；尤其要注意是“可能”共存，还是“一定”共存等。10、A【答案解析】

A.铁离子具有强氧化性，能够氧化铜；B.次氯酸为弱酸应写化学式；C.等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合生成碳酸钙、碳酸氢钠和水；D.高锰酸钾溶液在酸性条件下能够氧化氯离子，对双氧水的还原性检验有干扰。【题目详解】A、铁离子被铜还原，Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，正确；B、次氯酸为弱酸应写化学式，应为：Cl2+H2O＝H++Cl－+HClO；B错误；C、等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合，生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，C错误；D、浓盐酸会与KMnO4发生反应生成氯气，对双氧水还原性检验有干扰，应该用稀硫酸酸化，D错误；正确选项A。【答案点睛】将等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合，生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O；将Ca(HCO3)2溶液和足量NaOH溶液混合，生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，这说明反应物的量不同，生成物不完全相同。11、B【答案解析】

A．因盐酸与NaOH溶液反应，会导致生成氢气的量减少，故A不选；B．加入少量CH3COONa固体，使盐酸转化为醋酸，减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，故B选；C．加入少量Na2SO4固体，对反应没有影响，故C不选；D．因盐酸与Na2CO3固体反应，会导致生成氢气的量减少，故D不选；故选B。【答案点睛】本题考查影响化学反应速率的因素。本题的易错点为题意的理解，因Zn过量，则减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量。12、C【答案解析】

A、蒸馏时，测定馏分的温度,则应使温度计水银球位于烧瓶支管口处，A错误；B、定容时不慎使液面高于容量瓶的刻度线，实验失败，应重新配制，B错误；C、盐酸清洗,灼烧时不会造成干扰,则先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色,然后再进行实验，C正确；D、过滤时不能搅拌，将滤纸捣破,过滤操作失败，D错误；正确选项C。13、B【答案解析】

已知溶液中溶质的物质的量浓度和溶液的体积，根据n=cV，可以求溶质的物质的量，进而可以确定Na+的物质的量，物质的量和粒子数成正比，所以比较Na+的数目，可以直接比较Na+的物质的量。【题目详解】A.1mol•L－1Na2SO4溶液100mL含有Na+0.2mol；B.0.9mol•L－1Na3PO4溶液100mL含有Na+0.27mol；C.2.5mol•L－1NaOH溶液100mL含有Na+0.25mol；D.1mol•L－1NaHCO3溶液100mL含有Na+0.1mol。故选B。14、C【答案解析】

A.Al3+在溶液中水解使溶液呈酸性，中性溶液中不能大量存在Al3+，故A错误；B.溶液中HCO3−与AlO2−发生如下反应：AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO32−，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.pH=1的溶液为酸性溶液，酸性溶液中四种离子之间不发生反应，且与氢离子不反应，可大量共存，故C正确；D.溶液中S2-与Cu2+结合生成硫化铜沉淀，不能大量共存，故D错误；故选C。【答案点睛】AlO2−结合H+的能力比CO32−强，AlO2-促进HCO3-的电离，在溶液中不能大量共存是解答关键。15、D【答案解析】

A.水能为自然界现成存在的能源，是一次能源，与题意不符，A错误；B.电能为一次能源经过加工，转化成另一种形态的能源，是二次能源，与题意不符，B错误；C.石油为自然界现成存在的能源，是一次能源，是不可再生能源，与题意不符，C错误；D.化石燃料是不可再生能源，是越用越少的能源，符合题意，D正确；答案为D。16、C【答案解析】

该反应中，NaN3为还原剂，KNO3为氧化剂。根据反应方程式为10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑,10molNaN3中的N均化合价升高得到氧化产物N2，根据N原子守恒，氧化产物有15molN2，2molKNO3中的N化合价降低，得到还原产物N2，还原产物有1molN2；可知每生成16molN2，氧化产物比还原产物多了15－1mol=14mol。现氧化产物比还原产物多1.75mol，设生成的N2的物质的量为x，有，得x=2mol。【题目详解】A.计算得生成2molN2，在标况下的体积为2mol×22.4L·mol－1=44.8L，A正确；B.KNO3做氧化剂，被还原；生成2molN2，需要0.25molKNO3参加反应，B正确；C.2molKNO3参加反应转移10mol电子，生成16molN2。现生成2molN2，则有0.25molKNO3参与反应，转移1.25mol电子，C错误；D.被氧化的N原子为NaN3中的N原子，0.25molKNO3参加反应，则有1.25molNaN3参加反应，所以被氧化的N原子有3×1.25mol=3.75mol，D正确；故合理选项为C。【答案点睛】该题中，氧化产物、还原产物都是N2，但是0价N原子的来源及途径不同，所以要仔细分析氧化产物比还原产物多的说法。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基酯化(或取代)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OHBC【答案解析】

A的蒸汽对氢气的相对密度是15，则A的相对分子质量为15×2=30，且能发生银镜反应，说明分子内含醛基，则推出A的结构简式为HCHO，与氢气发生加成反应转化为甲醇（CH3OH），故C为甲醇，F的分子式为C3H6O2，采用逆合成分析法可知，E为乙酸，两者发生酯化反应生成F，F为乙酸甲酯；M在酒化酶作用下生成B，B经过一系列氧化反应得到乙酸，则M为葡萄糖，B为乙醇，D为乙醛，E为乙酸，据此分析作答。【题目详解】根据上述分析可知，（1）B为乙醇，其中含有的官能团名称是羟基，反应⑥为甲醇与乙酸酯化生成乙酸甲酯的过程，其反应类型为酯化(或取代)，故答案为羟基；酯化(或取代)；（2）反应④为乙醇氧化成乙醛的过程，其化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）有机物F为CH3COOCH3，与NaOH溶液发生水解反应，其化学方程式为CH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OH，故答案为CH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OH；（4）A．甲醛的水溶液常用于标本的防腐，有机物D为乙醛，A项错误；B.含羟基或羧基的有机物均能与钠反应生成氢气，则有机物B、C、E都能与金属钠发生反应，B项正确；C.乙酸甲酯中含乙酸，则可用饱和碳酸钠溶液进行分离，C项正确；D.有机物M为葡萄糖，分子式为C6H12O6，不是高分子化合物，D项错误；答案选BC。18、4C8H8O2酯类bc【答案解析】

（1）核磁共振氢谱可知A有4个峰；（2）N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，A的相对分子质量为136；（3）从红外光谱可知；（4）由A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1∶2∶2∶3，A的分子式为C8H8O2；（5）会从质谱法中得到分子的相对分子质量，会分析核磁共振图谱得知有机物分子中氢的环境，会分析红外光谱仪确定分子中所含基团，结合起来可得A的结构简式。【题目详解】（1）由核磁共振氢谱可知A有4个峰，所以A分子中共有4种化学环境不同的氢原子；（2）已知A中含碳为70.59％、含氢为5.88％，含氧23.53％，列式计算N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，求得A的实验式为C4H4O，设A的分子式为（C4H4O）n，又由A的相对分子质量为136，可得n=2，分子式为C8H8O2；（3）从红外光谱可知8个碳原子中有6个C在苯环中，还有C=O、C—O—C、C—H这些基团，可推测含有的官能团为酯基，所以A是酯类；（4）由A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1∶2∶2∶3，A的分子式为C8H8O2，可知A分子中只含一个甲基，因为甲基上的氢原子有3个，答案选bc；（5）根据以上分析可知，A的结构简式为：。【答案点睛】本题考查测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构方法，会从质谱法中得到分子的相对分子质量，会分析核磁共振图谱得知有机物分子中氢的环境，会分析红外光谱仪确定分子中所含基团，综合计算可以得到有机物的分子式和结构。19、电磁搅拌过量的高锰酸钾可被乙醇还原成二氧化锰或除去过量的高锰酸钾二氧化锰或MnO2氯化钾或KCl重结晶【答案解析】分析：一定量的甲苯和KMnO4溶液和氢氧化钠在加热条件下反应2h后停止反应，反应混合物为苯甲酸钾、氢氧化钾、二氧化锰和剩余的高锰酸钾，过量的高锰酸钾可以用乙醇除去，经过滤除去不溶物二氧化锰，滤液为苯甲酸钾、氢氧化钾溶液，加入盐酸酸化，过滤得白色固体为苯甲酸和氯化钾的混合物。详解：（1）根据题干信息，甲苯和KMnO4溶液在加热条件下反应，属于溶液之间的反应，在加热条件下进行，为了防止暴沸，必需加入碎瓷片，并进行不断的搅拌，所以可以用电磁搅拌完成这一操作；乙醇易溶于水，被氧化为二氧化碳和水，所以过量的高锰酸钾可以用乙醇除去，生成的二氧化锰通过过滤除去，所以乙醇的作用：除去过量的高锰酸钾溶液，正确答案：电磁搅拌；除去过量的高锰酸钾；（2）根据分析可知，过滤所得沉淀是二氧化锰，正确答案：二氧化锰；（3）通过测定白色固体苯甲酸的熔点，发现其在122℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，推测白色固体是苯甲酸与KCl的混合物，所以不熔物的成分是氯化钾，正确答案：氯化钾；（4）利用苯甲酸和氯化钾的溶解度不同，通过重结晶的方法分离苯甲酸和氯化钾，除去苯甲酸中的氯化钾，所以正确答案：重结晶。20、SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2吸收尾气，防止污染空气6：1或65.5～6.0pH＞5.5以后，随pH的增大，NO的还原性减弱（或过氧化氢、NaClO2的氧化性减弱），NO不能被氧化成硝酸【答案解析】

根据实验目的，装置I为二氧化硫与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯气体，二氧化氯气体在装置II反应生成亚氯酸钠和氧气，二氧化氯有毒，未反应的应进行尾气处理，防止污染环境。【题目详解】（1