河北省武邑中学2025年高二化学第二学期期末考试试题含解析

河北省武邑中学2025年高二化学第二学期期末考试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是()A．升高温度，平衡常数减小B．0-3s内，反应速率v(NO2)=0.2

mol•L-1C．

t1时仅加入催化剂，平衡正向移动D．达到平衡时，仅改变X，则X为c(O2)2、下列物质熔化时破坏分子间作用力的是（）A．CaOB．CO2C．SiO2D．NaCl3、有机锗具有抗肿瘤活性，锗元素的部分信息如右图。则下列说法不正确的是A．x=2B．锗元素与碳元素位于同一族，属于ⅣA族C．锗位于元素周期表第4周期，原子半径大于碳的原子半径D．距离锗原子核较远区城内运动的电子能量较低4、从海水中提取镁的工业流程如下图所示，下列说法正确的是A．在实验室进行②的操作需用到坩埚、坩埚钳、玻璃棒、酒精灯B．步骤⑥电解MgCl2时，阴极产生H2C．步骤⑤应将晶体置于HCl气体氛围中脱水D．上述工艺流程中的反应未涉及氧化还原反应5、下列数据对应物质的熔点，据此作出下列判断中错误的是()Na2ONaClAlF3AlCl3920℃801℃1292℃190℃BCl3Al2O3CO2SiO2-107℃2073℃-57℃1723℃A．铝的化合物的晶体中有离子晶体B．表中只有BCl3和AlCl3是分子晶体C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体6、关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是()ABCD强电解质NaClH2SO4CaCO3HNO3弱电解质HFBaSO4HClONaHCO3非电解质Cl2CS2C2H5OHSO2A．A B．B C．C D．D7、化学与材料、生活和环境密切相关，下列有关说法中正确的是()A．食品袋中常放有硅胶和铁粉，都能起到干燥的作用B．“绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C．碘是人体必需的微量元素，所以要多吃富含碘的食物D．某新型航天服材料主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，它是一种新型无机非金属材料8、锌-空气电池（原理如图）适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是A．氧气在石墨电极上发生氧化反应B．该电池的负极反应为Zn+H2O-2e-=ZnO+2H+C．该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连D．该电池放电时OH-向石墨电极移动9、下列说法不正确的是（）A．蔗糖、淀粉、蛋白质、油脂都属于高分子化合物B．船身上镶锌块能减轻海水对船身的腐蚀，是利用了原电池原理C．甲烷燃烧放热，表明的反应物的总能量大于生成物的总能量D．医疗上血液透析是利用了胶体的渗析10、已知TNT为烈性炸药，其爆炸时的方程式为：TNT+21O228CO2+10H2O+6N2，下列有关该反应的说法正确的是（）A．TNT在反应中只做还原剂B．TNT中的N元素化合价为+5价C．方程式中TNT前的化学计量数为2D．当1molTNT参加反应时，转移的电子数为30×6.02×102311、某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个“·”代表一种元素，其中O点代表氢元素。下列说法中错误的是()A．原子半径大小顺序：r(B)＞r(C)＞r(A)B．B、C最高价氧化物对应的水化物可以相互反应C．虚线相连的元素处于同一族，A、C元素都位于元素周期表ⅥA族D．A分别与B、C形成的化合物中化学键类型相同12、将标准状况下2.24LCO2缓慢通入1L0.15mol·L－1的NaOH溶液中，气体被充分吸收，下列关系不正确的是()A．混合溶液溶质为NaHCO3和Na2CO3B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3-)＋2c(CO32-)C．c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)D．加热蒸干所得混合溶液，最终得到Na2CO3固体13、某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下，请根据以上信息和相关知识判断，下列分析不正确的是A．该“84消毒液”的物质的量浓度约为4.0mol·L－1B．一瓶该“84消毒液”敞口放置一段时间后浓度会变小C．取100mL该“84消毒液”稀释100倍，稀释后溶液中c(Na＋)约为0.04mol·L－1D．参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制含25%NaClO的消毒液480

mL，需要称量的NaClO固体质量为143

g14、组成和结构可用表示的有机物中，能发生消去反应的共有（）A．10种 B．16种 C．20种 D．25种15、下列说法中一定正确的是()A．固态时能导电的物质一定是金属晶体B．熔融状态能导电的晶体一定是离子晶体C．水溶液能导电的晶体一定是离子晶体D．固态不导电而熔融状态导电的晶体一定是离子晶体16、某酸碱指示剂（HIn）在水溶液中存在以下平衡：HIn(aq)H++In—(aq)（红色）（蓝色）下列物质的溶液中，能使指示剂显蓝色的是（）A．稀硫酸B．氯化铝溶液C．稀氨水D．饱和食盐水二、非选择题（本题包括5小题）17、如图1所示是某些物质的转化关系图(部分小分子产物没有标出)。已知:I.A、B、C是三种常见的气态含碳化合物，A、B的相对分子质量均为28，C的相对分子质量略小于A。II.化合物D的比例模型如图2所示。III.硫酸氢乙酯水解得E与硫酸。V.E与F反应，得一种有浓郁香味的油状液体G，E与D反应得无色液体H。请按要求回答下列问题:(1)化合物D所含官能团的名称是______，化合物C的结构简式为__________。(2)化合物A与F在一定条件下也可发生类似①的反应，其化学方程式为___________。(3)下列说法正确的是___________。A．反应①的反应类型是加成反应B．化合物H可进一步聚合成某种高分子化合物C．在反应②、③中，参与反应的官能团不完全相同D．从A经硫酸氢乙酯至E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用18、已知乙烯能发生以下转化：（1）乙烯的结构简式为___________。（2）C中官能团的名称：__________D中官能团的名称：__________。（3）物质B可以被直接氧化为D，需要加入的试剂是_____。（4）②的反应类型__________。（5）写出①的化学方程式_________。写出②的化学方程式________。19、实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸．某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I：称取样品1.500g。步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤Ⅲ：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点．按上述操作方法再重复2次。(1)根据步骤Ⅲ填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察______。A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化④滴定达到终点时，酚酞指示剂由______色变成______色。(2)滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol•L-1，则该样品中氮的质量分数为______。20、抗爆剂的添加剂常用1，2-二溴乙烷。如图为实验室制备1，2-二溴乙烷的装置图，图中分液漏斗和烧瓶a中分别装有浓H2SO4和无水乙醇，d装罝试管中装有液溴。相关数据列表如下：乙醇1，2-二溴乙烷乙醚溴状态无色液体无色液体无色液体红棕色液体密度/g·cm-30.792.180.713.10沸点/℃78.5131.434.658.8熔点/℃-114.39.79-116.2-7.2水溶性混溶难溶微溶可溶（1）安全瓶b在实验中有多重作用。其一可以检查实验进行中d装罝中导管是否发生堵塞，请写出发生堵塞时瓶b中的现象：①_____________________________；如果实验时d装罝中导管堵塞，你认为可能的原因是②___________________________________；安全瓶b还可以起到的作用是③_______________________________________。（2）容器c、e中都盛有NaOH溶液，c中NaOH溶液的作用是_______________________。（3）某学生在做此实验时，使用一定量的液溴，当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正确情况下超过许多，如果装罝的气密性没有问题，试分析可能的原因：________________________、_____________________________(写出两条即可)。（4）除去产物中少量未反应的Br2后，还含有的主要杂质为________________，要进一步提纯，下列操作中必需的是________________(填字母)。A．重结晶B．过滤C．萃取D．蒸馏（5）实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管中，则此时冷水除了能起到冷却1，2-二溴乙烷的作用外，还可以起到的作用是________________。21、2018年6月27日，国务院发布《打赢蓝天保卫战三年行动计划》，该计划是中国政府部署的一项污染防治行动计划，旨在持续改善空气质量，为群众留住更多蓝天。对废气的进行必要的处理，让空气更加清洁是环境科学的重要课题。(1)已知：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H1＝＋180.5kJ/molC(s)＋O2(g)＝CO2(g)△H2＝－393.5kJ/mol2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H3＝－221.0kJ/mol若某反应的平衡常数表达式为，请写出此反应的热化学方程式_________________。(2)用如图所示的电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH和SO①写出物质A的化学式____________。②NO在电极上发生的反应为_________________。SO2在电极上发生的反应为__________________。(3)工业上常用氨水吸收SO2，可生成NH4HSO3和(NH4)2SO3。①某同学测得氨水吸收SO2所得溶液中NH4HSO3和(NH4)2SO3的物质的量之比恰好为2:1，写出该吸收过程的总反应方程式______________________________________。②已知常温下H2S的电离常数Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15，将等物质的量浓度的NaHS与Na2S溶液等体积混合，所得溶液中离子浓度大小顺序为__________________。(用物质的量浓度符号由大到小排列)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A、由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，A正确；B、由图可知，0-3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，故v(NO2)=0.6mol/L÷3s=0.2mol/（L•s），单位错误，B错误；C、t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动。该反应前后气体的物质的量减小，不可能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，C错误；D、达平衡时，仅增大c(O2)，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，D错误。答案选A。2、B【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。3、D【解析】分析：根据原子的核外电子排布规律、Ge的原子组成以及元素周期律解答。详解：A.K层只能容纳2个电子，则x=2，A错误；B.最外层电子数是4，则锗元素与碳元素位于同一族，属于第ⅣA族，B正确；C.原子核外电子层数是4层，锗位于元素周期表第4周期，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大于碳的原子半径，C正确；D.距离锗原子核较远区城内运动的电子能量较高，D错误。答案选D。4、C【解析】试题分析：蒸发溶液时应该用蒸发皿，而不是坩埚，坩埚用于固体的加热，A不正确；镁是活泼的金属，应该电解熔融的氯化镁，阴极生成镁，阳极生成氯气，B不正确；氯化镁在溶液中存在水解平衡，而水解是吸热的，且生成的氯化氢极易挥发，所以直接加热得不到氯化镁，因此选项C正确，目的是抑制镁离子的水解；D不正确，⑥是氧化还原反应，答案选C。考点：考查海水的综合应用、仪器的选择、电解产物的判断、水解的应用及氧化还原反应的判断等点评：本题容易错选选项A，这是由于不能正确理解蒸发皿和坩埚的使用范围造成的。蒸发皿用来蒸发水分、浓缩溶液等，例如提纯食盐等；坩埚用来煅烧、熔融固体的，有瓷坩埚及金属坩埚之分，金属坩埚有镍坩埚、金坩埚及铂坩埚等，可耐受某些强氧化剂、强酸或强碱的侵蚀。5、B【解析】

A．由表中数据可知，Al2O3为离子晶体，故A正确；B．表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体，沸点都较低，故B错误；C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确；D．Na和Al不同主族，但对应的氧化物都为离子晶体，说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体，故D正确；故答案为B。6、C【解析】分析：在溶液中全部电离出离子的电解质是强电解质，部分电离出离子，存在电离平衡的电解质是弱电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此解答。详解：A、非电解质的对象是化合物，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、BaSO4属于盐，能完全电离出阴阳离子，属于强电解质，B错误；C、CaCO3属于盐，能完全电离出阴阳离子，属于强电解质，次氯酸是弱酸，属于弱电解质，乙醇不能自身电离出离子，是非电解质，C正确；D、碳酸钠能完全电离出钠离子和碳酸根离子，属于强电解质，D错误。答案选C。7、D【解析】分析：A.有吸水性的物质能起到干燥的作用；B.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物；C.补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是多吃富含碘的食物；D.碳化硅、陶瓷和碳纤维均为无机非金属材料。详解:A.在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶(具有吸湿性)能吸收水分，但铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，故A错误；

B.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物，所以B选项是错误的；

C.碘是人体必需的微量元素，但不是要多吃富含碘的食物，而是要适量摄取，C项错误；

D.碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构和氮化硅属于无机物，属于无机非金属材料，所以D选项是正确的。

所以D选项是正确的。8、C【解析】分析:A.氧气在石墨电极上发生得到电子的还原反应；B.溶液显碱性，负极反应为Zn+2OH－-2e－=ZnO+H2O；C.充电时，电源的负极与外接电源的负极相连，即该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连；D.放电时OH-向负极即向锌电极移动。

详解：A.氧气在石墨电极上发生得到电子的还原反应，A错误；B.溶液显碱性，负极反应为Zn+2OH－-2e－=ZnO+H2O，B错误；C.充电时，电源的负极与外接电源的负极相连，即该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连，C正确；D.放电时OH-向负极即向锌电极移动，D错误。答案选C。

点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，难点是电极反应式的书写，书写时注意离子的移动方向、电解质溶液的酸碱性、是否存在交换膜以及是不是熔融电解质等。9、A【解析】

A、蔗糖、油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物,A错误；B、船身上镶锌块，锌、铁和海水能构成原电池，较活泼的金属锌作负极,锌在反应中失去电子被氧化,从而铁被保护,所以是利用原电池原理,B正确；C、反应物的总能量大于生成物的总能量是放热反应,该反应放热，C正确；D、血液是胶体,不能透过半透膜,代谢产生的废物是离子或小分子能透过半透膜,D正确；正确选项A。【点睛】高分子分为天然高分子和合成高分子；天然高分子常见的有：淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶；合成高分子有合成橡胶、合成纤维和合成塑料等。10、D【解析】

A.TNT的分子式为C7H5O6N3，TNT在爆炸时，不仅碳的化合价升高，还有氮的化合价由+3价降低至0价，所以TNT在反应中既是氧化剂，也是还原剂，A项错误；B.TNT中H的化合价为+1价，O的化合价为-2价，C的平均化合价为-价，TNT中氮元素应显+3价，B项错误；C.据氮原子守恒和TNT每分子中含有3个氮原子可知，TNT前的计量数为4，C项错误；D.反应中只有碳的化合价升高，每个碳原子升高的价态为（+4）-（-）=，所以1molTNT发生反应时转移的电子数为7××6.02×1023=30×6.02×1023，D项正确；所以答案选择D项。11、D【解析】

根据O点代表氢元素，每个“·”代表一种元素，可知A是氧，B、C分别是铝、硫。【详解】A.铝和硫在同一周期，同一周期的元素的原子半径随着原子序数的递增逐渐减小，所以铝的原子半径大于硫，硫和氧是同一主族元素，硫在第三周期，氧在第二周期，故硫的原子半径大于氧，所以原子半径大小顺序：r(B)＞r(C)＞r(A)，故A不选；B.铝的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，是两性氢氧化物，硫的最高价氧化物的水化物是硫酸，是强酸，可以和氢氧化铝反应，故B不选；C.从分析可知，A、C元素是同一主族元素，都位于元素周期表ⅥA族，故C不选；D.氧和铝形成的化合物为Al2O3，是离子化合物，含离子键，氧和硫形成的化合物为SO2和SO3，是共价化合物，含共价键，故D选。故选D。12、C【解析】

A、先判断CO2与NaOH反应后的产物，利用元素守恒进行计算；B、利用电荷守恒进行判断；C、利用CO32－的水解能力强于HCO3－进行分析；D、注意NaHCO3不稳定，受热易分解。【详解】A、根据C元素守恒，有n(NaHCO3)＋n(Na2CO3)=2.24/22.4=0.1mol，根据Na元素守恒，有n(NaHCO3)＋2n(Na2CO3)=1×0.15mol，解得n(Na2CO3)=0.05mol，n(NaHCO3)=0.05mol，故A说法正确；B、根据电荷守恒，因此有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，故B说法正确；C、CO32－的水解能力强于HCO3－，即CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)，故C说法错误；D、加热蒸干后得到Na2CO3和NaHCO3，因为NaHCO3不稳定，受热易分解，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，因此最终得到物质为Na2CO3，故D说法正确。【点睛】本题的难点是离子浓度大小的比较，根据上述分析，得出Na2CO3和NaHCO3的物质的量相等，Na2CO3和NaHCO3都属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，即c(OH－)>c(H＋)，因为多元弱酸根的水解以第一步为主，即CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，水解的程度微弱，因此有c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)，综上所述，离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)。13、D【解析】

A．该“84消毒液”的物质的量浓度为：c（NaClO）=1000×1.19×25%74.5mol/L≈4.0mol/L，故A正确；B．HClO易分解生成氯化氢和氧气，则一瓶该“84消毒液”敞口放置一段时间后浓度会变小，故B正确；C．取100mL该“84消毒液”稀释100倍后用以消毒，稀释过程中钠离子的物质的量不变，则稀释后的溶液中c（Na+）=0.4mol/L×0.1L0.1L×100=0.04mol•L-1，故C正确；D．实验室不存在480mL容量瓶，应用500mL容量瓶配制，则n（NaClO）=0.5L×4.0mol/L=2.0mol，m（NaClO）=2.0mol×74.5g/mol=149g，故D14、C【解析】试题分析：苯环前面的取代基共有5种：CH2ClCH2CH2-、CH3CHClCH2-、CH3CH2CHCl-、CH3（CH2Cl）CH-、（CH3）2CCl-，其中有5种能发生消去反应；右边的有4种：CH3OCH2-、CH3CH2O-、CH3CH（OH）-、HOCH2CH-，因此能发生消去反应的共有20种，故选C。考点：本题主要考查了同分异构体的书写和消去反应的条件，注意碳链异构和官能团异构。15、D【解析】

A.固态时能导电的物质不一定是金属晶体，也可能是原子晶体如硅，或混合型晶体如石墨，A不正确；B.熔融状态能导电的晶体不一定是离子晶体，也可能是金属晶体，B不正确；C.水溶液能导电的晶体不一定是离子晶体，也可能是属于电解质的分子晶体，C不正确；D.固态不导电而熔融状态导电的晶体，说明其在晶体状态下没有自由移动的离子，但在熔融态有自由移动的离子，故一定是离子晶体，D正确。故选D。16、C【解析】要使指示剂显蓝色，则平衡必须向正反应方向移动。氨水能中和氢离子，降低氢离子的浓度，平衡向正反应方向移动，答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键、羧基CH≡CHCH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3

ABD【解析】分析：本题考查有机物推断，根据体重信息结合有机物结构及相互转化关系进行推断，从而得出各有机物的结构，是对有机化学基础知识的综合考查，需要学生熟练掌握分子结构中的官能团，抓官能团性质进行解答。详解：化合物D的比例模式为CH2=CHCOOH，硫酸氢乙酯水解得到E和硫酸，说明E为乙醇，从A经硫酸氢乙酯到E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用，A的相对分子质量为28，可以推知其为乙烯，E与F反应，得一种有浓郁香味的油状液体G，则F为乙酸，G为乙酸乙酯，E与D反应得无色液体H为CH2=CHCOOCH2CH3，B的相对分子质量为28，为一氧化碳，C的相对分子质量略小于A，说明其为乙炔。(1)根据以上分析，D中含有的官能团为碳碳双键、羧基；化合物C为乙炔，结构简式为CH≡CH；(2)乙烯和乙酸可以发生类似①的加成反应，方程式为CH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3；(4)A.反应①的过程中碳碳双键消失，说明该反应类型是加成反应，故正确；B.化合物H含有碳碳双键，可进一步聚合成某种高分子化合物，故正确；C.在反应②、③都为酯化反应中，参与反应的官能团都为羧基和羟基，完全相同，故错误；D.从A经硫酸氢乙酯至E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用，故正确。故选ABD。18、CH2=CH2醛基羧基酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液酯化反应（或取代反应）2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2OCH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOC2H5+H2O【解析】

乙烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成B为乙醇，乙醇在铜的催化下与氧气发生氧化反应生成C为乙醛，乙醇与乙酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成乙酸乙酯，故D为乙酸，据此分析解答。【详解】乙烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成B为乙醇，乙醇在铜的催化下与氧气发生氧化反应生成C为乙醛，乙醇与乙酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成乙酸乙酯，故D为乙酸。（1）乙烯的结构简式为CH2=CH2；（2）C为乙醛，官能团的名称为醛基；D为乙酸，官能团的名称为羧基；（3）物质B乙醇可以被直接被酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液氧化为D乙酸，故需要加入的试剂是KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液；（4）②是乙醇和乙酸在浓硫酸催化下发生酯化反应，也属于取代反应生成乙酸乙酯，反应类型为酯化反应（或取代反应）；（5）反应①是乙醇在铜的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛和水，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；反应②是乙醇与乙酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOC2H5+H2O。19、偏高无影响B无色浅红18.85%【解析】

(1)①滴定管需要要NaOH溶液润洗，否则会导致溶液浓度偏低，体积偏大；②锥形瓶内是否有水，对实验结果无影响，可从物质的物质的量的角度分析；③滴定时眼睛应注意注意观察颜色变化，以确定终点；④根据酚酞的变色范围确定滴定终点时颜色变化；(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，计算出溶液中H+的物质的量，根据方程式可知(CH2)6N4H+的物质的量，进而确定样品中氮的质量分数。【详解】(1)①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗氢氧化钠溶液的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高；②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，对配制溶液的浓度无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化，确定滴定终点，故合理选项是B；④待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色由无色变为粉红或浅红色；(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，首先确定滴定时所用的NaOH标准溶液为mL=20.00mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1.500g铵盐经溶解后，取了其中进行滴定，即取了样品质量是0.15g，滴定结果，溶液中含有H+[含(CH2)6N4H+]的物质的量为n(H+)=0.02L×0.1010mol/L=0.00202mol，根据4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+可知：每生成4molH+[含(CH2)6N4H+]，会消耗NH4+的物质的量为4mol，因此一共消耗NH4+的物质的量为0.00202mol，则其中含氮元素的质量m(N)=0.00202mol×14g/mol=0.02828g，故氮的质量分数为×100%=18.85%。【点睛】本题考查了滴定方法在物质的含量的测定的应用，涉及化学实验基本操作、误差分析、实验数据的处理等，更好的体现了化学是实验性学科的特点，让学生从思想上重视实验，通过实验提高学生学生实验能力、动手能力和分析能力和计算能力。20、b中长直玻璃管内液柱上升过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装罝d中凝固防止倒吸吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙醇挥发；乙烯流速过快，未完全发生加成反应乙醚D液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发【解析】

（1）当d堵塞时，气体不畅通，则在b中气体产生的压强将水压入直玻璃管中，甚至溢出玻璃管；1，2-二溴乙烷的凝固点较低（9.79℃），过度冷却会使其凝固而使气路堵塞；b为安全瓶，还能够防止倒吸；

（2）c中盛氢氧化钠液，其作用是洗涤乙烯；除去其中含有的杂质（CO2、SO2等）；

（3）根据乙烯与溴反应的利用率减少的可能原因进行解答；

（4）根据反应2CH3CH2OH→CH3CH2OCH2CH3+H2O可知，溴乙烷产物中还会含有杂质乙醚；1，2一二溴乙烷与乙醚互溶，可以根据它们的沸点不同通过蒸馏方法分离；

（5）根据1，2一二溴乙烷、液溴在水在溶解度不大，且密度大于水进行解答。【详解】（1）根据大气压强原理，试管d发生堵塞时，b中压强的逐渐增大会导致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出；根据表中数据可知，1，2-二溴乙烷的沸点为9.79℃，若过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固会堵塞导管d；b装置具有够防止倒吸的作用，

故答案为b中长直玻璃管内有一段液柱上升；过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固；防止倒吸；

（2）氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应，防止造成污染，

故答案为吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体；

（3）当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超过许多的原因可能是乙烯发生（或通过液溴）速度过快，导致大部分乙烯没有和溴发生反应；此外实验过程中，乙醇和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃会导致副反应的发生和副产物的生成，

故答案为浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙烯流速过快，未完全发生加成反应；乙醇挥发；（4）在制取1，2一二溴乙烷的过程中还会有副产物乙醚生成；除去1，