廣西柳州鐵一中、南寧三中2025年高一下化學期末質量跟蹤監視模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列選項中，在元素周期表內不呈現周期性變化的是A．原子半徑 B．化合價C．原子序數 D．元素性質2、下列屬于取代反應的是()A．乙烯與水反應生成乙醇B．甲烷與氯氣反應生成一氯甲烷C．乙醇與氧氣反應生成乙醛D．乙烯與高錳酸鉀溶液反應生成CO23、下列反應中不屬于取代反應的是（）A．苯的硝化反應B．乙烯使溴水褪色C．苯在鐵粉存在下與液溴的反應D．乙醇與乙酸發生酯化反應4、下列說法正確的是A．MgF2晶體中存在共價鍵和離子鍵B．某物質在熔融態能導電，則該物質中一定含有離子鍵C．NH3和Cl2兩種分子中，每個原子的最外層都具有8電子穩定結構D．氫氧化鈉在熔融狀態下離子鍵被削弱，形成自由移動的離子，具有導電性5、現將AlCl3、MgCl2、MgSO4、Al2(SO4)3四種物質溶于水，形成的混合溶液中c(Al3+)=0.1mol?L﹣1、c(Mg2+)=0.25mol?L﹣1、c(Cl﹣)=0.2mol?L﹣1，則該溶液中c(SO42-)為()A．0.15mol?L﹣1B．0.2mol?L﹣1C．0.25mol?L﹣1D．0.30mol?L﹣16、高溫下，熾熱的鐵與水蒸氣在一個體積可變的密閉容器中進行反應:3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)，下列條件的改變對其反應速率幾乎無影響的是A．增加H2的量B．升高溫度C．壓強不變，充入氮氣使容器體積增大D．增加鐵的質量7、將4molA氣體和3molB氣體在2L的容器中混合并在一定條件下發生如下反應：2A（g）＋B（g）2C（g）,若經2s后測得C的濃度為0.6mol?L-1，現有下列幾種說法：①用物質A表示反應的平均速率為0.3mol?L-1?s-1②物質B的體積分數是40%③2s時物質A的轉化率為30％④2s時物質B的濃度為1.0mol?L-1其中正確的是A．①④ B．②③ C．①③ D．③④8、下列有關性質的比較，不能用元素周期律解釋的是（）A．酸性：HCl>HF B．金屬性：Na>MgC．堿性：KOH>NaOH D．熱穩定性：HCl>HBr9、已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反應方向放熱)。若在500℃和催化劑的作用下，該反應在容積固定的密閉容器中進行，下列有關說法正確的是()A．若降低溫度，可以加快反應速率B．使用催化劑是為了加快反應速率，但反應限度一定不會改變C．隨著反應的進行，正反應速率逐漸減小，最后變為0D．達到化學平衡狀態時，SO2和SO3的濃度一定相等10、將CO2轉化為甲醇的原理為CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0。500℃時，在體積為1L的固定容積的密閉容器中充入1molCO2、3molH2，測得CO2濃度與CH3OH濃度隨時間的變化如圖所示，從中得出的結論錯誤的是()A．曲線X可以表示CH3OH(g)或H2O(g)的濃度變化B．從反應開始到10min時，H2的反應速率υ(H2)=0.225mol/(L·min)C．500℃時該反應的平衡常數K=3D．平衡時H2的轉化率為75%11、紐扣電池可作計算器、電子表等的電源。有一種紐扣電池，其電極分別為Zn和Ag2O，用KOH溶液作電解質溶液，電池的總反應為Zn＋Ag2O===2Ag＋ZnO。關于該電池下列敘述不正確的是（）A．正極的電極反應為Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－B．Zn極發生氧化反應，Ag2O極發生還原反應C．使用時電子由Zn極經外電路流向Ag2O極，Zn是負極D．使用時溶液中電流的方向是由Ag2O極流向Zn極12、下列有機物一氯取代物的同分異構體數目相等的是①②③④A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和③13、下列說法中，可以說明反應P(g)+Q(g)R(g)+T(g)在恒溫下已經達到平衡的是()A．反應容器內的壓強不隨時間變化B．反應容器內P、Q、R、T四者共存C．P和T的生成速率相等D．反應容器內混合物的總物質的量不隨時間變化14、鋁既能與硫酸溶液反應，又能與燒堿溶液反應，下列說法不正確的是（）A．兩個反應都是氧化還原反應B．鋁與硫酸反應時，硫酸作氧化劑C．鋁與燒堿溶液反應時，氫氧化鈉作氧化劑D．兩個反應都有氣體生成15、已知：①H2(g)＋O2(g)H2O(g)；ΔH1＝akJ·mol-1②2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)；ΔH2＝bkJ·mol-1③H2(g)＋O2(g)H2O(l)；ΔH3＝ckJ·mol-1④2H2(g)＋O2(g)2H2O(l)；ΔH4＝dkJ·mol-1下列關系正確的是()A．c<a<0B．b>a>0C．2a=d<0D．2c=d>016、把a、b、c、d四塊金屬片浸入稀硫酸中，用導線兩兩相連可以組成幾個原電池。若a、b相連時a為負極；c、d相連時電流由d到c；a、c相連時c極上產生大量氣泡；b、d相連時d極質量減少，則四種金屬的活動性順序由強到弱為（）A．a＞b＞c＞dB．a＞c＞d＞bC．c＞a＞b＞dD．b＞d＞c＞a二、非選擇題（本題包括5小題）17、下圖是無機物A～F在一定條件下的轉化關系(部分產物及反應條件未標出)。其中A為氣體，A～F都含有相同的元素。試回答下列問題：（1）寫出下列物質的化學式：C_______、F_______。（2）在反應①中，34gB發生反應后放出452.9kJ的熱量，請寫出該反應的熱化學方程式________。（3）③的化學方程式為__________，該反應氧化劑與還原劑的物質的量之比為______。（4）銅與E的濃溶液反應的離子方程式為__________。（5）25.6g銅與含有1.4molE的濃溶液恰好完全反應，最終得到氣體的體積為（標準狀況下）__________L。18、甘蔗渣和一種常見的烴A有如下轉化關系，烴A對氫氣的相對密度為13，F為生活中一種常用調味品的主要成分。請回答：(1)E分子含有的官能團名稱是______。(2)B的分子式是______，反應③的反應類型是______。(3)向試管中加入甘蔗渣經濃硫酸水解后的混合液，先加NaOH溶液至堿性，再加新制氫氧化銅，加熱，可看到的現象是______。(4)寫出D與F反應的化學方程式______。(5)下列說法正確的是______。A．若一定條件下兩分子E可以直接得到乙酸乙酯，則其原子利用率達到100%B．等物質的量E和C完全燃燒，消耗的氧氣量相同。C．工業上可以通過石油裂解工藝獲得大量的C。D．可以通過先加入氫氧化鈉后分液除去乙酸乙酯中含有的D19、工業上生產高氯酸時，還同時生產了一種常見的重要含氯消毒劑和漂白劑亞氯酸鈉(NaClO2)，其工藝流程如下：已知：①NaHSO4溶解度隨溫度的升高而增大，適當條件下可結晶析出。②高氯酸是至今為止人們已知酸中的最強酸，沸點90℃。請回答下列問題：（1）反應器Ⅰ中發生反應的化學方程式為__________________，冷卻的目的是_____________，能用蒸餾法分離出高氯酸的原因是___________________。（2）反應器Ⅱ中發生反應的離子方程式為__________________。（3）通入反應器Ⅱ中的SO2用H2O2代替同樣能生成NaClO2，請簡要說明雙氧水在反應中能代替SO2的原因是_________________________。（4）Ca(ClO)2、ClO2、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒劑和漂白劑，是因為它們都具有________________，請寫出工業上用氯氣和NaOH溶液生產消毒劑NaClO的離子方程式：____________________。20、實驗室里需要純凈的氯化鈉溶液，但手邊只有混有硫酸鈉、碳酸氫銨的氯化鈉。某學生設計了如下方案：如果此方案正確，那么：(1)操作①可選擇_______儀器。(2)操作②是否可改為加硝酸鋇溶液__________，原因是___________。(3)進行操作②后，判斷硫酸根離子已除盡的方法是_____________。(4)操作③的目的是_______，不先過濾后加碳酸鈉溶液的理由是__________。(5)操作④的目的是____________________________。21、孔雀石是一種古老的玉料，常與其它含銅礦物共生（藍銅礦、輝銅礦、赤銅礦、自然銅等），主要成分是Cu(OH)2?CuCO3，含少量FeCO3及硅的氧化物。實驗室以孔雀石為原料制備硫酸銅晶體的步驟如下：已知：Fe3+在水溶液中存在Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+Fe(OH)3開始沉淀的pH=2.7，沉淀完全的pH=3.7。(1)為了提高原料的浸出速率，可采取的措施有________。(2)步驟I所得沉淀主要成分的用途為________。(3)步驟Ⅱ中試劑①是____________(填代號）A.KMnO4B.H2O2C.Fe粉D.KSCN加入試劑①反應的離子方程式為：________。(4)請設計實驗檢驗溶液3中是否存在Fe3+：___________。(5)測定硫酸銅晶體(CuSO4?xH2O)中結晶水的x值：稱取2.4500g硫酸銅晶體，加熱至質量不再改變時，稱量粉末的質量為1.6000g。則計算得x=______（計算結果精確到0.1)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A．同周期從左到右原子半徑逐漸減小，同主族從上到下原子半徑逐漸增大，則隨著原子序數遞增呈現周期性變化，故A正確；B．化合價同周期從左到右最高正價逐漸增大，同主族最高價相同（O、F除外），則隨著原子序數遞增呈現周期性變化，故B正確；C．原子序數等于原子核內質子數，不呈現周期性變化，故C錯誤；D．同周期從左到右金屬性逐漸減弱、非金屬性逐漸增強，同主族從上到下金屬性逐漸增強、非金屬性逐漸減弱，則元素性質隨著原子序數遞增呈現周期性變化，故D正確；故答案為C。2、B【解析】

有機物中的原子或原子團被其它原子或原子團所代替的反應是取代反應，據此判斷。【詳解】A.乙烯與水反應生成乙醇屬于加成反應，A錯誤；B.甲烷與氯氣反應生成一氯甲烷，同時還有氯化氫生成，屬于取代反應，B正確；C.乙醇與氧氣反應生成乙醛，同時還有水生成，屬于氧化反應，C錯誤；D.高錳酸鉀具有強氧化性，乙烯與高錳酸鉀溶液反應生成CO2，屬于氧化反應，D錯誤；答案選B。3、B【解析】分析：有機物中的原子或原子團被其它原子或原子團所代替的反應是取代反應，據此解答。詳解：A.苯的硝化反應是苯環上的氫原子被硝基取代，屬于取代反應，A錯誤；B.乙烯含有碳碳雙鍵，與溴水發生加成反應而使溴水褪色，B正確；C.苯在鐵粉存在下與液溴的反應是苯環上的氫原子被溴原子取代，屬于取代反應，C錯誤；D.乙醇與乙酸發生酯化反應生成乙酸乙酯和水，屬于酯化反應，酯化反應是取代反應，D錯誤。答案選B。4、D【解析】

A.MgF2晶體是離子晶體，存在離子鍵，故A錯誤；B.金屬晶體在熔融態能導電，不含有離子鍵，故B錯誤；C.NH3分子中，氫原子的最外層不具有8電子穩定結構，故C錯誤；D.氫氧化鈉在熔融狀態下離子能自由移動，具有導電性，故D正確。5、D【解析】c（Al3+）=0.1mol?L-1、c（Mg2+）=0.25mol?L-1、c（Cl-）=0.2mol?L-1，設該溶液中c（SO42-）為x，由電荷守恒可知，0.1×3+0.25×2=0.2×1+x×2，解得x=0.30

mol?L-1，故選D。6、D【解析】分析：根據濃度、溫度、壓強等外界條件對化學反應速率的影響規律作答。詳解：A項，由于容器的體積可變，增加H2的量，容器的體積增大，逆反應速率加快，正反應速率減慢；B項，升高溫度，化學反應速率加快；C項，壓強不變，充入氮氣使容器體積增大，氣體物質的濃度減小，化學反應速率減慢；D項，Fe呈固態，增加鐵的質量，對化學反應速率幾乎無影響；對化學反應速率幾乎無影響的是D項，答案選D。點睛：本題考查外界條件對化學反應速率的影響，理解濃度、壓強、溫度、催化劑等外界條件對化學反應速率的影響是解題的關鍵。注意：①固體的濃度是一個常數，增大固體的量對化學反應速率無影響，增大固體的表面積可加快反應速率。②壓強對化學反應速率的影響本質上通過濃度的改變來實現，恒容時充入與反應無關的氣體，化學反應速率不變；恒壓時充入與反應無關的氣體，容器的體積變大，相當于減小壓強，對有氣體參與的反應，化學反應速率減慢。7、C【解析】

利用三段式分析①用物質A表示的反應的平均速率為0.6mol/L÷2s＝0.30.3mol?L-1?s-1，正確；②物質B的體積分數是×100%=54.5%，錯誤；③2s時物質A的轉化率為×100%=30%，正確；④2s時物質B的濃度為1.2mol?L-1，錯誤，選C。8、A【解析】A項，由元素周期律可解釋非金屬元素最高價氧化物對應水化物酸性的強弱，不能解釋氣態氫化物水溶液酸性的強弱；B項，核電荷數：NaMg，原子半徑：NaMg，原子核對外層電子的引力：NaMg，金屬性：NaMg，可用元素周期律解釋；C項，金屬性：KNa，堿性：KOHNaOH，能用元素周期律解釋；D項，非金屬性：ClBr，熱穩定性：HClHBr，能用元素周期律解釋；不能用元素周期律解釋的是A，答案選A。點睛：本題考查元素周期律，理解元素周期律的實質和內容是解題的關鍵。元素原子的核外電子排布、原子半徑、元素的主要化合價、元素的金屬性和非金屬性隨著原子序數的遞增呈周期性變化。元素金屬性的強弱可通過金屬單質與水（或酸）反應置換出氫的難易程度或最高價氧化物對應水化物堿性的強弱推斷，元素非金屬性的強弱可通過最高價氧化物對應水化物酸性強弱、或與氫氣生成氣態氫化物的難易程度以及氫化物的穩定性推斷。注意：元素非金屬性的強弱不能通過含氧酸酸性強弱或氣態氫化物水溶液酸性強弱判斷，如由非金屬性：SCl可推出酸性：H2SO4HClO4；但酸性：H2SO4HClO等。9、B【解析】分析：A、升高溫度反應速率加快；B、催化劑只能改變反應速率；C、平衡時正逆反應速率相等，不為0；D、平衡時濃度不再發生變化，物質間的濃度不一定相等。詳解：A、升高溫度，可以加快反應速率，降低溫度反應速率減小，A錯誤；B、使用催化劑是為了加快反應速率，但反應限度一定不會改變，B正確；C、隨著反應的進行，正反應速率逐漸減小，達到平衡后正逆反應速率相等，不等于0，C錯誤；D、達到化學平衡狀態時，SO2和SO3的濃度不再變化，不一定相等，D錯誤。答案選B。10、C【解析】A、隨反應進行X的濃度增大，X表示生成物，由方程式可知CH3OH（g）、H2O（g）的濃度變化相等，曲線X可以表示CH3OH（g）或H2O（g）的濃度變化，選項A正確；B、Y的起始濃度為1mol/L，故Y表示二氧化碳，平衡時二氧化碳的濃度為0.25mol/L，故v（CO2）=1mol/L-0.25mol/L10min=0.075mol/（L﹒min），速率之比等于化學計量數之比，故v（H2）=3v（CO2CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），開始（mol/L）：1300變化（mol/L）：0.752.250.750.75平衡（mol/L）：0.250.750.750.75故平衡常數k=0.75×0.750.25×0.753=5.33，選項C錯誤；D、平衡時二氧化碳的濃度為0.25mol/L，二氧化碳的濃度變化量為1mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，由方程式可知氫氣的濃度變化為3×0.75mol/L=2.25mol/L，氫氣的轉化率=.25mol/L3mol/L×100%=75%，11、D【解析】

由題意知，紐扣電池的總反應為Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，故Zn為負極、Ag2O為正極。A.正極發生還原反應，電極反應為Ag2O+2e￣+H2O=2Ag+2OH￣，A正確；B.Zn極發生氧化反應，Ag2O極發生還原反應，B正確；C.使用時Zn是負極，電子由Zn極經外電路流向正極，C正確；D.溶液中是由離子導電的，溶液不能傳遞電流或電子，D不正確；本題選D。12、B【解析】

有機物的等效氫有幾種，它的一氯代物就有幾種。①中有7種不同環境的氫原子，②中有4種不同環境的氫原子，③中有4種不同環境的氫原子，④中有7種不同環境的氫原子。【詳解】A．①中有7種不同環境的氫原子，②中有4種不同環境的氫原子，則①有7種一氯代物，②有四種一氯代物，A項錯誤；B．②中有4種不同環境的氫原子，③中有4種不同環境的氫原子，則②③都有4中一氯代物，B項正確；C．③中有4種不同環境的氫原子，④中有7種不同環境的氫原子，③有4種一氯代物，④有7種一氯代物，C項錯誤；D．①中有7種不同環境的氫原子，③中有4種不同環境的氫原子，①有7種一氯代物，③有4種一氯代物，D項錯誤；所以答案選擇B項。【點睛】題中所給的均為烴類物質，可考查物質的對稱性，直接利用等效氫法判斷同分異構體數目。13、C【解析】

在一定條件下，當可逆反應的正反應速率和逆反應速率相等時（但不為0），反應體系中各種物質的濃度或含量不再發生變化的狀態，稱為化學平衡狀態，據此判斷。【詳解】A.反應前后體積不變，壓強始終不變，因此反應容器內的壓強不隨時間變化不能說明反應達到平衡狀態，A錯誤；B.由于是可逆反應，反應容器內P、Q、R、T四者共存不能說明反應達到平衡狀態，B錯誤；C.P和T的生成速率相等說明正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態，C正確；D.反應前后體積不變，混合氣體的物質的量始終不變，因此反應容器內混合物的總物質的量不隨時間變化不能說明反應達到平衡狀態，D錯誤；答案選C。【點睛】掌握平衡狀態的含義、特征和判斷依據是解答的關鍵。注意可逆反應達到平衡狀態有兩個核心的判斷依據，即①正反應速率和逆反應速率相等，②反應混合物中各組成成分的百分含量保持不變。只要抓住這兩個特征就可確定反應是否達到平衡狀態，對于隨反應的發生而發生變化的物理量如果不變了，即說明可逆反應達到了平衡狀態。判斷化學反應是否達到平衡狀態，關鍵是看給定的條件能否推出參與反應的任一物質的物質的量不再發生變化。14、C【解析】

鋁既能與硫酸溶液反應化學方程式為：2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑鋁能與燒堿溶液反應的化學方程式為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根據氧化還原反應的規律和具體反應作答。【詳解】根據上述分析可知：A.兩個反應都是氧化還原反應，A項正確；B.鋁與硫酸反應時，硫酸轉化為氫氣，其中H元素化合價從+1價降低到0價，被還原，作氧化劑，B項正確；C.鋁與燒堿溶液反應時，可理解為鋁先與水反應生成氫氧化鋁與氫氣，生成的氫氧化鋁再與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉與水，因此水作氧化劑，C項錯誤；D.兩個反應都有氫氣生成，D項正確；答案選C。【點睛】C項是本題的難點，學生要理解鋁與氫氧化鈉反應的實質。15、A【解析】

反應③與反應①相比較以及反應②與反應④相比較，產物的狀態不同，H2O(g)轉化為H2O(l)放熱，所以0＞a＞c，0＞b＞d；反應②的化學計量數是①的2倍，反應④的化學計量數是③的2倍，則d＝2c，b＝2a。答案選A。【點睛】比較反應熱的大小時，不要只比較ΔH數值的大小，還要考慮其符號，即對放熱反應，放熱越多，ΔH越小；對吸熱反應，吸熱越多，ΔH越大。其次當反應物和生成物的狀態相同時，參加反應物質的量越多放熱反應的ΔH越小，吸熱反應的ΔH越大。另外參加反應物質的量和狀態相同時，反應的程度越大，熱量變化越大。16、B【解析】分析：原電池中，一般來說，較活潑的金屬作負極；還可以根據電子、電流的流向及電極反應現象判斷正負極，據此分析解答。詳解：若a、b相連時a為負極，則活動性順序a＞b；c、d相連時電流由d→c，說明c是負極，則活動性順序c＞d；a、c相連時c極上產生大量氣泡，說明c是正極，則活動性順序a＞c；b、d相連時d極質量減少，說明d是負極，b是正極，則活動性順序d＞b，故活動性順序是a＞c＞d＞b。答案選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、NONH4NO34NH3(g)+5O24NO(g)+6H2O(g)△H=-905.8kJ/mol3NO2+H2O=2HNO3+NO1：2Cu+4H++2NO3-=Cu2++2H2O+2NO2↑13.44【解析】A為氣體，A～F都含有相同的元素，則A為N2，結合圖中轉化可知，B可發生連續氧化反應，且B為氫化物，B為NH3，C為NO，D為NO2，E為HNO3，F為NH4NO3，則（1）由上述分析可知，物質C、F化學式分別為NO、NH4NO3；（2）化學方程式①為4NH3+5O24NO+6H2O，34gB即2mol氨氣發生反應后放出452.9kJ的熱量，因此4mol氨氣完全反應放出的熱量是452.9kJ×2＝905.8kJ，所以該反應的熱化學方程式為4NH3(g)+5O24NO(g)+6H2O(g)△H=－905.8kJ/mol；（3）③反應為3NO2+H2O＝2HNO3+NO，只有N元素的化合價變化，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：2；（4）銅與E的濃溶液即濃硝酸反應的離子方程式為Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2H2O+2NO2↑；（5）25.6g銅與含有1.4molE的濃溶液恰好完全反應，n（Cu）=25.6g÷64g/mol=0.4mol，作酸性的硝酸為0.4mol×2=0.8mol，由N原子守恒可知最終得到氣體的體積為（1.4mol-0.8mol）×22.4L/mol=13.44L。點睛：本題考查無機物的推斷，把握含氮物質的性質及相互轉化為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的考查，注意常見連續氧化反應的物質判斷；（5）中計算注意守恒法的靈活應用。18、醛基C6H12O6加成反應出現磚紅色沉淀C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2OAC【解析】

由圖可知，在濃硫酸作用下，甘蔗渣在加熱條件下發生水解反應生成葡萄糖，則B為葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下發酵生成乙醇和二氧化碳，則D為乙醇；由逆推法可知，乙炔在催化劑作用下，與氫氣發生加成反應生成乙烯，乙烯在催化劑作用下與水發生加成反應生成乙醇，則A為乙炔、C為乙烯；乙炔在催化劑作用下，與水發生加成反應生成乙醛，則E為乙醛；乙醛發生催化氧化反應生成乙酸，在濃硫酸作用下，乙酸與乙醇發生酯化反應生成乙酸乙酯，則F為乙酸。【詳解】（1）由分析可知E為乙醛，結構簡式為CH3CHO，官能團為醛基，故答案為：醛基；(2)B為葡萄糖，分子式為C6H12O6；反應③為乙炔在催化劑作用下，與水發生加成反應生成乙醛，故答案為：C6H12O6；加成反應；(3)向試管中加入甘蔗渣經濃硫酸水解后的混合液中含有葡萄糖，在堿性條件下，葡萄糖與新制氫氧化銅共熱發生氧化反應生成磚紅色的氧化亞銅沉淀，故答案為：出現磚紅色沉淀；(4)D與F的反應為在濃硫酸作用下，乙酸與乙醇發生酯化反應生成乙酸乙酯，反應的化學方程式為C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O，故答案為：C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O；(5)A.若一定條件下兩分子E可以直接得到乙酸乙酯，說明乙醛發生加成反應生成乙酸乙酯，加成反應的原子利用率為100%，故正確；B.乙醛和乙烯分子中碳和氫的原子個數相同，但乙醛分子中含有氧原子，氧原子個數越多，完全燃燒消耗的氧氣量越小，則等物質的量乙醛和乙烯完全燃燒，消耗的氧氣量乙醛要小，故錯誤；C.工業上通過石油裂解工藝獲得大量的乙烯，故正確；D.乙酸和乙酸乙酯都與氫氧化鈉溶液反應，應通過先加入飽和碳酸鈉溶液洗滌，后分液除去乙酸乙酯中的乙酸，故錯誤；AC正確，故答案為：AC。19、3NaClO3+3H2SO4＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4結晶析出HClO4沸點低2ClO2+SO2+4OH－＝2ClO2－+SO42－+2H2OH2O2有還原性，也能把ClO2還原為NaClO2強氧化性Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O【解析】

NaClO3和濃H2SO4在反應器I中反應：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；生成HClO4、ClO2和NaHSO4，ClO2在反應器II中與二氧化硫、氫氧化鈉反應2ClO2+SO2+4NaOH═2NaClO2+Na2SO4+2H2O；生成亞氯酸鈉，再得到其晶體；反應器I中得到的溶液通過冷卻過濾得到NaHSO4晶體，濾液為HClO4，蒸餾得到純凈的HClO4；（1）NaClO3和濃H2SO4在反應器I中反應生成HClO4、ClO2和NaHSO4；冷卻溶液時會析出NaHSO4晶體；高氯酸易揮發，蒸餾可以得到高氯酸；（2）反應器Ⅱ中ClO2與二氧化硫、氫氧化鈉反應生成亞氯酸鈉；（3）H2O2具有還原性，能還原ClO2；（4）具有強氧化性的物質能用作消毒劑和漂白劑，氯氣和NaOH溶液生成NaCl和次氯酸鈉、水。【詳解】（1）根據題給化學工藝流程分析反應器Ⅰ中NaClO3和濃H2SO4發生反應生成HClO4、ClO2、NaHSO4和H2O，化學方程式為3NaClO3+3H2SO4＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；冷卻的目的是：降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4結晶析出；能用蒸餾法分離出高氯酸的原因是高氯酸的沸點低，易揮發；（2）反應器Ⅱ中ClO2、SO2和氫氧化鈉發生反應生成亞氯酸鈉、硫酸鈉和水，離子方程式為2ClO2+SO2+4OH－＝2ClO2－+SO42－+2H2O；（3）H2O2中O元素為-1價，有還原性，能被強氧化劑氧化，H2O2能還原ClO2；所以通入反應器Ⅱ中的SO2用另一物質H2O2代替同樣能生成NaClO2；（4）消毒劑和漂白劑的消毒原理和漂白原理是利用它們的強氧化性來達到目的，因此Ca(ClO)2、ClO2、NaClO、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒劑和漂白劑是因為它們都具有強氧化性，用氯氣和NaOH溶液生產另一種消毒劑NaClO的離子方程式為Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O。20、坩堝否引入后面操作中無法除去的新雜質硝酸根離子靜置，取少量上層清液于試管中，滴加氯化鋇溶液，若無沉淀生成說明硫酸根離子已沉淀完全除去過量的鋇離子減少一次過濾操作，減少損耗除去溶解在溶液中的二氧化碳和多余的鹽酸【解析】

由流程可知，加熱混有硫酸鈉、碳酸氫銨的氯化鈉后碳酸氫銨分解，殘留物為氯化鈉和硫酸鈉的混合物，將殘留物溶解后加入過量氯化鋇溶液，硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，加入碳酸鈉溶液除去過量的鋇離子，過濾除去硫酸鋇、碳酸鋇沉淀后向濾液中加入鹽酸除去過量的碳酸鈉，最后通過加熱煮沸得到純凈的氯化鈉，以此來解答。【詳解】（1）操作①是將固體混合物加熱，使用到的儀器為坩堝；（2）改用硝酸鋇會使溶液中引入新的雜質離子NO3－，以后操作中無法除去，因此不能改用硝酸鋇；（3）操作②中鋇離子與硫酸根離子反應生成硫酸鋇沉淀，檢驗硫酸根離子已除盡的方法是：靜置，取少量上層清液于試管中，滴加氯化鋇溶液，若無沉淀生成說明硫酸根離子已沉淀完