2024届高三化学一轮复习培优--难溶电解质的沉淀溶解训练

这是一份2024届高三化学一轮复习培优--难溶电解质的沉淀溶解训练，共23页。试卷主要包含了单选题，实验题等内容，欢迎下载使用。

2024届高三化学一轮复习培优--难溶电解质的沉淀溶解训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中科院研制的某种具有高效率电子传输性能的有机发光材料的结构简式如图，下列说法正确的是

A．五种组成元素中的四种元素均位于p区且处于同一周期
B．原子半径：Al＞C＞N＞O＞H，基态N原子核外有5种运动状态不同的电子
C．第一电离能：N＞O＞C，简单氢化物沸点：H2O＞NH3＞CH4
D．该材料分子结构中含有σ键和π键，碳原子采取了sp3杂化方式
2．下列表述正确的是
A．键角：H2O>NH3
B．用原子轨道描述氯化氢分子中化学键的形成：
C．电负性：N>O>C>H
D．冰的密度比水小的性质与氢键无关
3．反应SiHCl3(g)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g)可用于纯硅的制备，下列说法正确的是
A．SiHCl3中Si原子的杂化方式为sp2杂化
B．SiHCl3中Si元素的化合价为+2
C．键长：Si－Si>C－C，故键能：Si－Si D．HCl易溶于水是因为HCl和水分子之间能形成氢键
4．如图是一种分子式为C4H8O2的有机物的红外光谱图，则该有机物可能为

A．CH3COOCH2CH3 B．CH3CH2COOH
C．HCOOCH2CH2CH3 D．(CH3)2CHCH2COOH
5．下列说法中，不正确的是
A．键比键的重叠程度大，形成的共价键强度大
B．两个原子之间形成共价键时，最多有一个键
C．气体单质中，一定有键，可能有键
D．含有键的化合物与只含键的化合物的化学性质不同
6．海洋生物参与氮循环过程如图所示：

下列说法正确的是
A．NH3、N2的结构式分别为、N= N
B．上述微粒间的转化均存在极性键和非极性键的断裂与生成
C．反应③中可能有氧气参与反应
D．1 mol NO参加反应，反应⑤转移电子数为6 mol
7．下列说法不正确的是

A．HCl分子中的共价键是s-p σ键
B．σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转
C．CH3﹣CH3、CH2=CH2、CH≡CH中σ键都是C-C键，所以键能都相同
D．石墨的层状结构(如上图所示)，24g石墨中含有NA个六元环
8．我国科学家首次实现从二氧化碳到淀粉的全合成。部分流程如图(部分产物略去)，下列有关说法错误的是
CO2CH3OHHCHO→……→(C6H10O5)n(淀粉)
A．分子中存在1个键1个键
B．和HCHO均为极性分子
C．人工合成淀粉为“碳中和”提供了新途径
D．相同压强下，的沸点比高，因为前者能形成分子间氢键
9．日前，中国科学院天津工业生物技术研究所科研人员在淀粉人工合成方面取得重大突破性进展，科研人员用一种类似“搭积木”的方式，从头设计并构建了以11步核心生化反应合成淀粉的新途径：首先把二氧化碳和氢气合成为甲醇，再把甲醇转化成三碳化合物然后把三碳化合物合成为六碳化合物，以此类推，像搭积木一样，最后聚合成淀粉。下列有关人工合成淀粉的说法中错误的是
A．人工合成的淀粉属于高分子化合物 B．可减少空气中的含量减少酸雨的产生
C．可促进碳中和的生物经济发展 D．是直线形的非极性分子
10．己二酸是一种重要的化工原料，合成路线如图所示。

下列说法正确的是
A．苯与环己醇的分子中σ键之比为12：19
B．环己烷分子中所有碳原子共平面
C．己二酸中碳原子的杂化方式均为sp3
D．0.1 mol己二酸与足量NaHCO3溶液反应生成4.48 L CO2气体
11．二氯化二硫()，非平面结构，常温下是一种黄红色液体，有刺激性恶臭，熔点80℃，沸点135.6℃，对于二氯化二硫的叙述不正确的是

A．的电子式是 B．S采用sp3杂化，键角是
C．分子中既有极性键又有非极性键 D．是极性分子
12．四氘肼可发生反应：，下列有关叙述正确的是
A．水分子的空间填充模型为 B．的电子式为
C．的氧化性比强 D．和中N原子的杂化方式不相同
13．在“HI(s)→HI(g)→H2和I2”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（   ）
A．范德华力、范德华力 B．共价键、离子键
C．范德华力、共价键 D．共价键、共价键
14．下表表示周期表的一部分，下列说法不正确的是

A．C、D气态氢化物稳定性强弱和沸点高低顺序均为
B．A、B、C对应的简单氢化物的还原性
C．AD3和ED4两分子的中心原子均为杂化，但两者的键角大小不同
D．ED4分子中各原子均达8电子稳定结构，与四氯化碳互为等电子体
15．联氨()可用于处理水中的溶解氧，其反应机理如下图所示。

下列说法错误的是
A．分子的共价键只有键
B．具有还原性，在一定条件下可被氧化
C．过程②发生的是非氧化还原反应
D．③中发生反应：

二、实验题
16．铁及其化合物在生活中用途广泛，绿矾(FeSO4·7H2O)是一种常见的中草药成分，失水后可转为FeSO4·H2O，与FeS2可联合制备铁粉精(FexOy)和H2SO4。
i.FeSO4·H2O结构如图所示：

(1)Fe2+价层电子排布式为_________。
(2)比较和分子中的键角大小并给出相应解释：_________。
(3)与和之间的作用力分别为_________。
ii.实验室以 FeCl2溶液为原料制备高密度磁记录材料 Fe/Fe3O4复合物。
(4)在氩气气氛下，向装有50mL1mol•L−1FeCl2溶液的三颈烧瓶(装置如图)中逐滴加入 100mL14 mol∙L−1KOH溶液，用磁力搅拌器持续搅拌，在100℃下回流3h，得到成分为Fe和Fe3O4的黑色沉淀。

①三颈烧瓶发生反应的离子方程式为_________。
②检验反应是否进行完全的操作是_________。
(5)待三颈烧瓶中的混合物冷却后，过滤，再依次用沸水和乙醇洗涤，在40℃干燥后焙烧3h，得到Fe/Fe3O4复合物产品 3.24g。
①焙烧需在隔绝空气条件下进行，原因是_________。
②计算实验所得产品的产率_________。
17．I.乙醇在生产生活中有着广泛的应用，回答下列与乙醇相关的问题：
(1)乙醇的沸点为78℃，而乙烷的沸点—89℃，远低于乙醇，试解释原因：____。
(2)乙醇和苯酚的官能团都是羟基，它们的性质具有相似性，同时也具有差异性，教材中对它们的相似性和差异性描述不正确的是____。
A．都可以和金属Na发生反应，且苯酚与金属Na反应更为剧烈
B．都可以发生燃烧，且相同物质的量的乙醇和苯酚耗氧量完全相同
C．都可以发生消去反应，都能得到含有不饱和键的有机物
D．都可以发生取代反应，且苯酚可以得到白色沉淀
(3)实验室可用乙醇和乙酸反应制备乙酸乙酯，为探究反应原理，某科研团队使用了同位素标记法，完成下列方程式：____。
CH3COOH+H18OCH2CH3_______+______。
II.如图是实验室用乙醇与浓硫酸制取并检验乙烯性质的装置图。

(4)写出该实验中制取乙烯的化学方程式____。
(5)酒精灯加热前，在圆底烧瓶中放入几块碎瓷片的目的是____。
(6)有同学认为，溴水和酸性高锰酸钾褪色不一定是乙烯的作用，也可能是上述反应过程中产生了副产物____气体(填化学式，下同)，为了排除该气体的影响，应在A、B中间连入两个洗气装置，分别装有____溶液和品红溶液。
18．某小组设计一系列实验探究SO2和AgNO3溶液的反应原理。
实验(一)：制备纯净的SO2并完成SO2和AgNO3溶液的反应实验。
已知：常温下，实验室用70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2。

实验中，硝酸银溶液中产生大量白色沉淀，过滤得到白色沉淀A和无色溶液B。
(1)制备SO2的发生装置宜选择_______(填字母)。饱和NaHSO3溶液的作用是_______。

实验(二)：探究实验(一)中白色沉淀A的成分。已知：常温下，Ksp(Ag2SO3)=1.5×10-14，Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5。
操作与现象：
步骤1：在沉淀A中加入足量的浓氨水，白色沉淀逐渐溶解。
步骤2：吸出上层清液于试管中，加入浓硝酸，产生红棕色气体。
(2)白色沉淀A中可能含有Ag2SO3、_______(填化学式)，Ag2SO3与浓氨水反应的离子方程式为_______。
实验(三)：探究实验(一)中无色溶液B的成分。已知：AgCl溶于浓盐酸生成[AgCl2]-。
操作与现象：
向无色溶液B中逐滴加入浓盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；再滴加BaCl2溶液，溶液又变浑浊。
(3)经检验发现无色溶液B中银元素的主要存在形式为[Ag(SO3)2]3-，用平衡移动原理解释向溶液B中滴加浓盐酸出现白色沉淀的原因：_______。
(4)上述滴加氯化钡溶液产生沉淀的实验中，有同学认为是空气中的O2参与反应，设计实验探究该同学的猜想：_______。
(5)通过实验，该小组得出的结论是SO2与AgNO3溶液的反应包括氧化还原反应和复分解反应。由此推知，Fe3+和不能大量共存的原因有两种：一种是2Fe3+++6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2SO3，另一种是_______(用离子方程式表示)。
19．某小组探究Cu与反应，发现有趣的现象。室温下，的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。

回答下列问题：
(1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。
①假设1：_____________对该反应有催化作用。
实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。
结论：假设1不成立。
②假设2：对该反应有催化作用。
方案Ⅰ：向盛有铜片的溶液A中通入少量，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液A中加入几滴的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_____________。
方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：，该实验能够证明假设2成立的理由是_________________。
③查阅资料：溶于水可以生成和___________________。
向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明对该反应也有催化作用。
结论：和均对Cu与的反应有催化作用。
(2)试从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因________________。
(3)Cu与稀硝酸反应中参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。
i．
ii．______________________
iii．
(4)探究的性质。
将一定质量的放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至时，剩余固体质量变为原来的，则剩余固体的化学式可能为______________。
20．某实验小组利用以下装置制取氨气并探究氨气的性质：

(1)装置A中发生反应的化学方程式___________。
(2)装置B中的干燥剂是___________(填名称)。
(3)装置C中的现象是___________。
(4)实验进行一段时间后，挤压装置D中的胶头滴管，滴入1~2滴浓盐酸，可观察到的现象是___________。
(5)在末端增加一个尾气吸收装置，应选用的装置是___________(填“E”或“F”)，从物质结构来分析采用该装置的原因是___________。
(6)欲制取标准状况下，至少需要___________g(保留两位小数)。

参考答案：
1．C
【详解】A． 五种组成元素中的C、N、O三种元素均位于p区且处于第二周期，铝在第三周期，氢在第一周期，故A错误；
B． 电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，原子半径：Al＞C＞N＞O＞H，N是7号元素，基态N原子核外有7种运动状态不同的电子，故B错误；
C． 同周期从左向右第一电离能有增大的趋势，ⅡA族、ⅤA族处于全满、半满状态时，第一电离能增大，第一电离能：N＞O＞C，水分子形成的氢键强于氨分子，甲烷分子间不能形成氢键，简单氢化物沸点：H2O＞NH3＞CH4，故C正确；
D． 该材料分子结构中含有σ键和π键，碳原子分别采取了sp3、sp2杂化方式，故D错误；
故选C。
2．B
【详解】A．H2O键角为104.5°，NH3键角为107.3°，A错误；
B．氯化氢分子中化学键的形成用原子轨道描述如图所示，B正确；
C．电负性应O> N，C错误；
D．冰的密度比水小的性质与氢键有关，冰和水密度不同主要是由于水分子间存在氢键，在水液态时，一个水分子与四个水分子相连，而水凝固为冰时，氢键会拉伸水分子使水分子之间距离增大，体积也就增大了，故冰密度比水小与氢键有关，D错误；
故选B。
3．C
【详解】A．SiHCl3中Si原子的价层电子对数为，Si原子的杂化方式为sp3杂化，A项错误；
B．SiHCl3中H、Cl元素的电负性均强于Si元素，故H、Cl元素的化合价均为-1价，则Si元素的化合价为+4价，B项错误；
C．键长越大，键能越小，Si的原子半径大于C的原子半径，键长：Si－Si>C－C，故键能：Si－Si D．HCl和H2O均为极性分子，根据相似相溶原理，HCl易溶于水，D项错误；
答案选C。
4．A
【分析】由红外光谱图可看出该分子中有不对称CH3，含有C=O、C-O-C单键，结合分子式C4H8O2判断。
【详解】A．CH3COOCH2CH3中存在不对称-CH3、C-O-C和C=O，且分子式为C4H8O2，故A符合题意；
B．CH3CH2COOH的分子式不为C4H8O2，且结构中没有C-O-C单键，故B不符合题意；
C．HCOOCH2CH2CH3中只含有1个-CH3，不存在C-O-C单键，故C不符合题意；
D．(CH3)2CHCH2COOH分子中存在对称-CH3，不存在C—O—C单键，且含碳数为5，故D不符合题意；
答案选A。
【点睛】一般根据红外光谱图可判断有机物中含有的化学键或者某些基团，然后与选项中的物质进行对比，即可筛选出答案。
5．C
【详解】A．键是电子云以“头碰头”的方式重叠，键是电子云以“肩并肩”的方式重叠，键比键的重叠程度大，形成的共价键强度大，故A正确；
B．两个原子之间形成共价键时，最多有一个键，故B正确，
C．稀有气体单质分子中不含共价键，故C错误；
D．键的强度小于键，含有键的化合物与只含键的化合物的化学性质不同，故D正确；
选C。
6．C
【详解】A．NH3的电子式为，结构式为：，N2的电子式为：，结构式为：，A错误；
B．①只有极性键的断裂，②有极性键的断裂和生成以及非极性键的生成，③有极性键的断裂和非极性键的形成，④有极性键的断裂和生成，⑤有极性键的断裂和非极性键的形成，B错误；
C．反应③，N2H4中N元素的化合价升高，被氧化，氧气可以氧化N2H4，则可能有氧气参与反应，C正确；
D．反应⑤中N元素的化合价从+3价降低到0价，1 mol NO参加反应，反应⑤转移电子数为3NA，D错误；
答案选C。
7．C
【详解】A．HCl分子中的共价键是H原子的1s轨道与 Cl原子的3p轨道形成的s-p σ键，故A正确；
B．σ键为轴对称，π键为镜面对称，σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转，故B正确；
C．CH3—CH3、CH2=CH2、CH≡CH中的σ键是碳氢单键和C-C键，故C错误；
D．石墨分子中1个六元环中含6个C原子，每个C原子由3个碳碳键共用，根据均摊法可知，1个六元环中含有的C原子个数为=2个，所以24g石墨中含有六元环的个数为=NA，故D正确；
故选C。
8．A
【详解】A．双键中含有1个键和1个键，二氧化碳分子中含有2个双键，则分子中存在2个键、2个键，选项A错误；
B．和HCHO分子中正负电荷重心不重合，均为极性分子，选项B正确；
C．人工合成淀粉可以吸收二氧化碳，为“碳中和”提供了新途径，选项C正确；
D．相同压强下，的沸点比高，是因为前者能形成分子间氢键，选项D正确；
答案选A。
9．B
【详解】A．高分子化合物，简称高分子，又称高分子聚合物，一般指相对分子质量高达几千到几百万的化合物，而淀粉的化学式表示为，符合高分子化合物的概念，A正确；
B．造成酸雨的主要原因是和氮氧化合物的排放，而的排放造成的是温室效应问题，B错误；
C．碳中和是指国家、企业、产品、活动或个人在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”。而生物经济以生命科学和生物技术的研究开发与应用为基础，通过生物产品和生物过程制造，使未来社会在能源和工业原料方面不再完全依赖于化石能源。该过程可消耗，最终聚合得到淀粉，故可促进碳中和和生物经济发展，C正确；
D．依据价层电子对互斥理论模型，分子中C为中心原子，σ键电子对数为2，孤电子对数为，所以的空间结构为直线形，且正负电荷中心重合，为非极性分子，D正确；
故合理选项为B。
10．A
【详解】A．苯分子中有12个σ键，环己醇分子中含有19个σ键，σ键数之比为12：19，故A正确；
B．环己烷分子的空间构型为“船型或椅形”，不可能所有碳原子共平面，故B错误；
C．己二酸中单键碳原子的杂化方式为sp3，羧基中碳原子杂化方式为sp2，故C错误；
D．0.1 mol己二酸与足量NaHCO3溶液反应生成0.2mol二氧化碳，没有明确是否为标准状况，CO2的体积不一定是4.48L，故D错误；
选A。
11．B
【详解】A．S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，结合分子结构可知S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，电子式为：，A正确；
B．S2Cl2分子中每个S原子价层电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化，有2个孤电子对，键角为107.7 °，B错误；
C．S2Cl2中Cl-S属于极性键，S-S键属于非极性键， C正确；
D．分子的结构不对称，为极性分子，D正确；
故选B。
12．C
【详解】A．水分子为V形结构，空间填充模型为，故A错误；
B．中氟、氮原子满足结构，电子式为，故B错误；
C．反应中作氧化剂，氧气是氧化产物，所以的氧化性比的强，故C正确；
D．N2F4与N2H4中N原子形成3个共价键，且N原子上有1对孤对电子，则氮原子的杂化方式均为sp3，故D错误；
故选：C。
13．C
【详解】碘化氢是分子晶体，由固态转化为气态时，需要克服范德华力，碘化氢气体受热分解为氢气和碘时，需要破坏的是氢原子、碘原子间的共价键。
故选C。
【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，分子晶体和原子晶体中存在共价键、离子晶体中存在离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力、原子晶体熔化时破坏共价键、离子晶体熔化时破坏离子键。
14．A
【分析】根据题目所给图象可推得，A为N元素、B为O元素、C为F元素、D为Cl元素、E为Si元素。
【详解】A．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则F、Cl元素气态氢化物稳定性HCl < HF，HF分子间有氢键，沸点比HCl高，A错误；
B．同周期从左到右主族元素非金属性递增，非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，N、O、F对应的简单氢化物的还原性HF < H2O < NH3，B正确；
C．中心原子价电子对数，中心原子价电子对数，则两分子的中心原子均为即杂化，但中有孤电子对，两者的键角大小不同，C正确；
D．分子中各原子均达8电子稳定结构，具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子互为等电子体，则与CCl4互为等电子体，D正确；
综上，本题选A。
15．A
【分析】由反应机理示意图可知，①转化中氧化铜与联氨共热反应生成氧化亚铜、氮气和水，反应的化学方程式为4CuO+N2H42Cu2O+N2↑+2H2O；②转化中氧化亚铜与氨水反应生成二氨合亚铜离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为Cu2O+4NH3∙H2O=2Cu(NH3)+2OH—+3H2O；③转化中二氨合亚铜离子与一水合氨、氧气反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为4Cu(NH3)+O2+8NH3∙H2O=4Cu(NH3)+4OH—+6H2O，总反应方程式为CuO+N2H4+4NH3∙H2O+O2=Cu(NH3)+N2↑+2H2O。
【详解】A．N2H4分子的共价键有N-H之间的键和N-N之间的键，A错误；
B．由题干信息可知，N2H4能够被CuO氧化生成N2，即N2H4具有还原性，而O2的氧化性强于CuO，故N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化，B正确；
C．由分析可知，②转化中氧化亚铜与氨水反应生成二氨合亚铜离子、氢氧根离子和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，C正确；
D．根据氧化还原反应配平可知，③中发生反应：，D正确；
故答案为：A。
16．(1)3d6
(2)中心原子硫原子不存在孤对电子、和中心原子氧原子有2对孤对电子，孤电子对与成键电子对之间的斥力较大，故中的键角大于中的键角
(3)配位键、氢键
(4) 取样品，滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水，溶液仍不变色，说明反应进行完全
(5) 防止复合物产品中铁被空气中氧气氧化 90.0%

【分析】FeCl2溶液逐滴加入KOH溶液得到成分为Fe和Fe3O4的黑色沉淀，分离出固体用沸水和乙醇洗涤，在40℃干燥后焙烧3h，得到Fe/Fe3O4复合物产品；
【详解】（1）Fe2+为铁原子失去2个电子后形成的离子，价层电子排布式为3d6；
（2）孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力；中心原子硫原子不存在孤对电子、中心原子氧原子有2对孤对电子，孤电子对与成键电子对之间的斥力较大，故中的键角大于中的键角；
（3）由图可知，亚铁离子提供空轨道、提供孤对电子两者形成配位键；氧的电负性较大，故和之间形成氢键；
（4）①FeCl2溶液逐滴加入KOH溶液得到成分为Fe和Fe3O4的黑色沉淀，则三颈烧瓶发生反应的离子方程式为。
②检验反应是否进行完全，就是检验是否还存在亚铁离子，亚铁离子能被氯水氧化使KSCN溶液变红色的铁离子，故操作为：取样品，滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水，溶液仍不变色，说明反应进行完全；
（5）①空气中氧气具有氧化性，焙烧需在隔绝空气条件下进行，原因是防止复合物产品中铁被空气中氧气氧化。
②50mL1mol•L−1FeCl2溶液中铁元素为0.05mol，根据可知生成Fe、Fe3O4各0.0125mol，故实验所得产品的产率为。
17．(1)乙醇能形成分子间氢键，而乙烷不能
(2)BC
(3)CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O
(4)CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O
(5)防暴沸
(6) SO2 NaOH

【解析】(1)
乙醇分子中含有羟基，能形成分子间氢键，而乙烷分子不能形成分子间氢键，所以乙醇分子间的作用力强于乙烷，沸点高于乙烷，故答案为：乙醇能形成分子间氢键，而乙烷不能；
(2)
A．乙醇和苯酚都含有羟基，但是苯酚分子中羟基的活泼性强于乙醇，所以乙醇和苯酚都可以和金属钠发生反应，但苯酚与金属钠反应更为剧烈，故正确；
B．1mol乙醇完全燃烧消耗3mol氧气，1mol苯酚完全燃烧消耗7mol氧气，所以相同物质的量的乙醇和苯酚耗氧量不相同，故错误；
C．苯酚不能发生消去反应，故错误；
D．乙醇和苯酚都能发生消去反应，其中苯酚能与浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，故正确；
故选BC；
(3)
由酯化反应机理可知，乙醇和乙酸反应制备乙酸乙酯时羧酸去羟基醇去氢，所以用同位素标记乙醇的化学方程式为CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O；
(4)
由实验装置图可知，实验中制取乙烯的反应为在浓硫酸作用下，乙醇加热到170℃条件下发生消去反应生成乙烯和水，反应的化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；
(5)
制备乙烯的反应为液液加热的反应，在用酒精灯加热前，应在圆底烧瓶中放入几块碎瓷片防止产生暴沸，故答案为：防暴沸；
(6)
浓硫酸具有强氧化性，在用浓硫酸和乙醇共热制备乙烯时，浓硫酸可使乙醇脱水碳化，反应生成的碳能与浓硫酸共热反应生成二氧化硫，二氧化硫能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，所以溴水和酸性高锰酸钾褪色不一定是乙烯的作用，为防止二氧化硫干扰乙烯的检验，应在A、B中间连入盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化硫，并用连有品红溶液的洗气瓶验证二氧化硫完全除去，排出二氧化硫的干扰，故答案为：SO2；NaOH。
18．(1) c 除去二氧化硫中硫酸酸雾和三氧化硫气体
(2) Ag2SO4 Ag2SO3+4NH3▪ H2O=2[Ag(NH3)2]++SO+4H2O
(3)加入浓盐酸发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，2SO+2H+= H2O+SO2↑，导致[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO平衡正向移动，银离子与氯离子生成沉淀
(4)另取无色溶液B于试管中，然后滴加几滴植物油隔绝氧气，再用长胶头滴管伸入液面以下滴加氯化钡溶液，若无浑浊出现，则可以证明空气中氧气参与了反应
(5)2Fe3+++ H2O=2Fe2+++ 2H+

【分析】70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2，生成气体通过饱和NaHSO3溶液进行除杂，得到纯净二氧化硫气体通入硝酸银溶液中观察实验现象，二氧化硫气体有毒，尾气通入碱液中吸收处理。
（1）
已知：常温下，实验室用70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2；反应为固液不加热反应，且亚硫酸钠为粉末，多孔隔板不起作用，故应该选择装置c；生成的二氧化硫气体会带出部分硫酸酸雾和三氧化硫气体，硫酸、三氧化硫会和饱和碳酸氢钠反应，故饱和NaHSO3溶液的作用是除去二氧化硫中硫酸酸雾和三氧化硫气体；
（2）
二氧化硫和水反应生成亚硫酸，在酸性条件下，硝酸根离子会把部分Ag2SO3转化为Ag2SO4；Ag2SO3与浓氨水反应会生成[Ag(NH3)2]+离子和亚硫酸根离子而使Ag2SO3沉淀溶解，反应为Ag2SO3+4NH3▪ H2O=2[Ag(NH3)2]++SO+4H2O；
（3）
[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO，加入浓盐酸发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，2SO+2H+= H2O+SO2↑，导致[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO平衡正向移动，银离子与氯离子生成沉淀；
（4）
设计实验探究空气中的O2参与反应，导致沉淀产生，则应该设计实验排除空气中氧气干扰，观察实验是否出现沉淀，实验设计可以为：另取无色溶液B于试管中，然后滴加几滴植物油隔绝氧气，再用长胶头滴管伸入液面以下滴加氯化钡溶液，若无浑浊出现，则可以证明空气中氧气参与了反应；
（5）
铁离子具有氧化性、具有还原性，结合SO2与AgNO3溶液的反应结论，由此推知，Fe3+和不能大量共存的原因有两种，一种是复分解反应、一种是氧化还原反应，故氧化还原反应为2Fe3+++ H2O=2Fe2+++ 2H+。
19． Cu2+ 排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响 通入N2可以带走溶液中的，因此三份溶液中的浓度：B＞C＞A，反应速率随 浓度降低而减慢，说明对该反应有催化作用 有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子
【分析】影响铜和硝酸反应速率的外因有反应物的浓度、温度、催化剂等，要探究催化剂对反应速率的影响，变量是催化剂，作对比实验，反应物浓度、温度必须相同，催化剂可以参与反应，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后催化剂的质量和化学性质不发生改变；计算受热分解所得产物化学式时，结晶水合物先失去水、硝酸盐不稳定分解、结合应用质量守恒定律计算即可；
【详解】(1) ①溶液B与稀硝酸的区别就是B是铜和浓硝酸反应后的稀释液，先呈绿色后呈蓝色，稀释液中除了硝酸还存在铜离子、少量二氧化氮，溶液B遇铜片立即发生反应，催化剂能极大地加快反应速率，故推测Cu2+对该反应有催化作用、并通过实验探究之。②排除了Cu2+对该反应有催化作用，就要通过实验探究对该反应有催化作用。作对比实验，控制变量，方案Ⅰ中向盛有铜片的溶液A中通入少量，补充对比实验，补充该实验的目的是排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，则三份溶液中唯一的变量的浓度不一样：由于通入N2可以带走溶液中的，因此的浓度：B＞C＞A，则相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：可以证明，该实验能够证明对该反应有催化作用。③已知溶于水可以生成，氮元素化合价降低，则该反应是氧化还原反应，推测氧化产物为，故溶于水可以生成和。
(2) 根据价层电子对互斥理论，中孤电子对数为 ，价层电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，空间构型为平面正三角形， 在NO2分子中，N周围的价电子数为5，根据价层电子对互斥理论，氧原子不提供电子，因此，中心氮原子的价电子总数为5，其中有两对是成键电子对，一个单电子，故从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因为：有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子。
(3) Cu与稀硝酸反应中反应过程中可能参与催化，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后的质量和化学性质不发生改变；Cu与稀硝酸反应为： ，反应ii=(总反应-i×6-iii×2)，则反应ii 为：。
(4) 硝酸盐受热易分解，铜活泼性较弱，硝酸铜晶体受热分解会生成铜的氧化物，假设的质量为296g，即1mol，当温度升至时，剩余固体质量为296g×24.33%=72g，其中Cu为64g，还剩余8g其他元素，应为氧元素，所以剩余物质中Cu和O的物质的量之比为1:0.5，则该物质应为Cu2O。
20．(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(2)碱石灰
(3)湿润的红色石蕊试纸变蓝
(4)D装置内有白烟生成
(5) E 氨气是极性分子，水也是极性分子根据相似相容原理氨气易溶于水，且氨气可以与水分子形成分子间氢键
(6)8.03

【分析】装置A用氯化铵固体和氢氧化钙固体加热反应生成氯化钙、氨气和水，经装置B的碱石灰干燥氨气，进入装置C使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，氨气和浓盐酸反应生成氯化铵固体，为防止倒吸，应选E做尾气吸收装置；
【详解】（1）氯化铵固体和氢氧化钙固体加热反应生成氯化钙、氨气和水，装置A中发生反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（2）氨气是碱性气体用碱石灰干燥，装置B中的干燥剂是碱石灰；
（3）氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子溶液显碱性，氨气遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝色；
（4）浓盐酸易挥发生成氯化氢气体，遇到氨气发生反应生成白色固体氯化铵，实验进行一段时间后，挤压装置D中的胶头满管，滴入1-2滴浓盐酸，可观察到的现象是瓶内有白烟生成，发生反应的化学方程式为NH3+HCl= NH4Cl；
（5）氨气极易溶于水，水吸收需要防止倒吸，选择倒扣在水面的漏斗用水吸收多余的氨气，选装置E；氨气是极性分子，水也是极性分子根据相似相容原理氨气易溶于水，且氨气可以与水分子形成分子间氢键，导致氨气极易溶于水；
（6）根据2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，标准状况下4.48L氨气物质的量为，NH4Cl的物质的量为0.15mol，。