四川省蓬安二中2024屆高二化學第二學期期末達標測試試題含解析

四川省蓬安二中2024屆高二化學第二學期期末達標測試試題注意事項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(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)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、下列說法錯誤的一組是（）①不溶于水的BaSO4

是強電解質②可溶于水的酸都是強電解質③0.5mol/L的所有一元酸中氫離子濃度都是0.5mol/L

④熔融態(tài)的電解質都能導電。A．①③④ B．②③④ C．①④ D．①②③2、將1mol乙醇（其中的羥基氧用18O標記）在濃硫酸存在下并加熱與足量乙酸充分反應。下列敘述不正確的是（）A．生成的乙酸乙酯中含有18OB．生成的水分子中含有18OC．可能生成45g乙酸乙酯D．不可能生成90g乙酸乙酯3、下列同周期元素中，原子半徑最小的是A．Mg B．Al C．Si D．S4、下列事實與氫鍵有關的是A．HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱B．水加熱到很高的溫度都難以分解C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔點隨相對分子質量增大而升高D．水結成冰體積膨脹5、下列酸溶液的pH相同時，其物質的量濃度最小的是（）A．H2SO3 B．H2SO4 C．CH3COOH D．HNO36、下列離子方程式書寫正確的是A．H2S

溶液顯酸性：H2S+2H2O2H3O++S2-B．將少量二氧化硫通入次氯酸鈉溶液中：SO2+H2O+3ClO-=SO42-+Cl-+2HC1OC．向Ca(HCO3)2溶液中加入澄清石灰水：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OD．向FeI2

溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-7、下列化工生產(chǎn)過程中，未涉及氧化還原反應的是（）A．侯式制堿法制純堿 B．海帶提碘C．電解飽和食鹽水制燒堿 D．工業(yè)上合成氨8、熱播電視劇《破冰行動》中曾經(jīng)多次提到一種叫東莨菪堿(Scopolamine)的化學物質。東莨菪堿是1892年由E.施密特首先從東莨菪中分離出來，可用于麻醉、鎮(zhèn)痛、止咳、平喘，對動暈癥有效。但其毒性較強，稍一過量服用即可致命，具有極高的致幻作用，稱為“魔鬼呼吸”。其結構如下圖，下列說法不正確的是()A．分子間可以形成分子間氫鍵B．東莨菪堿的化學式為C17H21NO4C．該物質能發(fā)生加成、取代和氧化反應D．可使用質譜儀測出這個分子的相對分子質量，也可用核磁共振氫譜確定這個分子的環(huán)狀結構9、下列操作達不到預期目的的是()①石油分餾時把溫度計插入液面以下②用溴水除去乙烯中混有的SO2氣體③用乙醇與3mol·L－1的H2SO4混合共熱到170℃以上制乙烯④將苯和溴水混合后加入Fe粉制溴苯⑤將飽和食鹽水滴入盛有電石的燒瓶中制乙炔A．①④ B．③⑤ C．②③④⑤ D．①②③④10、25℃時，把0.2mol/L的醋酸加水稀釋，那么圖中的縱坐標y表示的是（）A．溶液中OH-的物質的量濃度 B．溶液的導電能力C．溶液中的 D．醋酸的電離程度11、向Ba(OH)2和NaOH混合溶液中緩緩通入CO2氣體至過量，生成沉淀物質的量與通入CO2氣體的體積V（標準狀況）的關系如圖所示，下列結論不正確的是A．原混合物中n[Ba(OH)2]：n[NaOH]=1:2B．橫坐標軸上p點的值為90C．b點時溶質為NaHCO3D．a(chǎn)b段發(fā)生反應的離子方程式依次為：CO2+2OH-?=H2O+CO32-，CO2+H2O+CO32-=2HCO3-12、下列裝置中，不添加其他儀器無法檢查氣密性的是()A． B． C． D．13、下列說法正確的是

()A．某物質灼燒時焰色反應為黃色,則一定只含鈉元素,不含其他元素B．鋁制品在生活中十分普遍,是因為鋁不活潑C．碳酸氫鈉在醫(yī)療上可用于治療胃酸過多D．地殼中含量最多的金屬是鐵14、下列關于物質性質與應用的說法正確的是A．二氧化碳有氧化性，在點燃條件下能將金屬鎂氧化B．二氧化硫有漂白、殺菌性能，可在食品加工中大量使用C．二氧化氯具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒D．二氧化錳具有較強的的氧化性，可作H2O2分解的氧化劑15、在第n電子層中，當它作為原子的最外層時，容納電子數(shù)最多與第(n-1)層相同；當它作為原子的次外層時，其電子數(shù)比(n-1)層多10個，則對此電子層的判斷正確的是()A．必為K層 B．只能是L層C．只能是M層 D．可以是任意層16、五種短周期主族元素X、Y、Z、W、M，它們的原子序數(shù)依次增大；其中X、W同主族，Y和M同主族；Y、M質子數(shù)之和是X、W質子數(shù)之和的2倍。下列說法中正確的是()A．電解Z與W形成的化合物的水溶液以制取Z的單質B．與X形成化合物的穩(wěn)定性Z＞Y＞MC．單質Y和W化合生成的化合物只含有離子鍵D．M、W、Y所形成的化合物水溶液呈中性二、非選擇題（本題包括5小題）17、A與CO、H2O以物質的量1:1:1的比例發(fā)生加成反應制得B。E是有芳香氣味，不易溶于水的油狀液體，有關物質的轉化關系如下：回答下列問題:(1)A的化學名稱為________。(2)寫出B在一定條件下生成高分子化合物的化學方程式___________。(3)下列說法不正確的是_________。a.E是乙酸乙酯的同分異構體

b.可用碳酸鈉鑒別B和Cc.B生成D的反應為酯化反應

d.A在一定條件下可與氯化氫發(fā)生加成反應e.與A的最簡式相同，相對分子質量為78的烴一定不能使酸性KMnO4溶液褪色(4)B可由丙烯醛(CH2=CHCHO)制得，請選用提供的試劑檢驗丙烯醛中含有碳碳雙鍵。提供的試劑:稀鹽酸稀硫酸、新制的氫氧化銅懸濁液、酸性KMnO4溶液、NaOH溶液。所選試劑為_____；其中醛基被氧化時的化學方程式為__________________。18、已知：A是石油裂解氣的主要成份且A的產(chǎn)量通常用來衡量一個國家的石油化工水平；D是常用作廚房中調味品。請回答下列問題：（1）寫出C的結構簡式________________________。（2）寫出下列反應的反應類型：①________________，④________________。（3）寫出下列反應的化學方程式：②______________________________________________________________。⑤______________________________________________________________。19、含有K2Cr2O7的廢水具有較強的毒性，工業(yè)上常用鋇鹽沉淀法處理含有K2Cr2O7的廢水并回收重鉻酸，具體的流程如下：已知：i.CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它幾種鹽在常溫下的溶度積如下表所示。物質CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度積ii.Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+（1）向濾液1中加入BaCl2·H2O的目的，是使CrO42－從溶液中沉淀出來。①結合上述流程說明熟石灰的作用是_______________________________。②結合表中數(shù)據(jù)，說明選用Ba2+而不選用Ca2+處理廢水的理由是________________。③研究溫度對CrO42－沉淀效率的影響。實驗結果如下：在相同的時間間隔內，不同溫度下CrO42－的沉淀率，如下圖所示。已知：BaCrO4（s）Ba2+（aq）+CrO42－（aq）CrO42－的沉淀效率隨溫度變化的原因是___________________________________。（2）向固體2中加入硫酸，回收重鉻酸。①硫酸濃度對重鉻酸的回收率如下圖（左）所示。結合化學平衡移動原理，解釋使用0.450mol/L的硫酸時，重鉻酸的回收率明顯高于使用0.225mol/L的硫酸的原因是_________________________________。②回收重鉻酸的原理如下圖（右）所示。當硫酸濃度高于0.450mol/L時，重鉻酸的回收率沒有明顯變化，其原因是_______________________________。（3）綜上所述，沉淀BaCrO4并進一步回收重鉻酸的效果與___________有關。20、利用如圖所示的實驗裝置進行實驗。（1）裝置中素瓷片的作用____________，礦渣棉的作用__________。（2）請設計實驗證明所得氣體生成物中含有不飽和氣態(tài)烴______。21、反應A(g)B(g)+C(g)在容積為1.0L的密閉容器中進行，A的初始濃度為0.050mol/L。溫度T1和T2下A的濃度與時間關系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）上述反應的溫度T1____T2，平衡常數(shù)K(T1)____K(T2)。（填“大于”、“小于”或“等于”）（2）若溫度T2時，5min后反應達到平衡，A的轉化率為70%，則：①平衡時體系總的物質的量為________。②反應的平衡常數(shù)K=_______。③反應在0~5min區(qū)間的平均反應速率v(A)=________。（3）已知1gFeS2完全燃燒放出7.1kJ熱量，F(xiàn)eS2燃燒反應的熱化學方程式為______。（4）物質(t-BuNO)2在正庚烷溶劑中發(fā)生如下反應：(t-BuNO)22(t-BuNO)ΔH=50.5kJ·mol-1。該反應的ΔS_____0(填“＞”、“＜”或“＝”)。在______填“較高”或“較低”)溫度下有利于該反應自發(fā)進行。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解題分析】

①BaSO4

雖難溶于水，但溶解的部分是完全電離的，因此BaSO4

是強電解質，該說法正確；

②HF、H2S、CH3COOH等酸均可溶于水，但溶解后僅部分電離，因此為弱電解質，該說法錯誤；

③0.5mol/L的一元強酸中氫離子濃度是0.5mol/L

；若為一元弱酸，則氫離子濃度小于0.5mol/L

，該說法錯誤；

④并非所有熔融態(tài)的電解質都能導電，如共價化合物HCl、H2SO4等在熔融態(tài)時就不能導電，該說法錯誤；因此說法錯誤的有：②③④，答案應選：B。2、B【解題分析】分析：本題考查的是酯化反應的歷程，注意反應中的斷鍵位置。詳解：乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應的過程中，乙酸的羥基和醇中羥基上的氫原子生成水分子，所以乙醇中標記的氧原子到乙酸乙酯中，水分子中沒有標記的氧原子。故選B。乙酸和乙醇的酯化反應為可逆反應，所以1mol乙醇生成的乙酸乙酯的物質的量小于1mol，即乙酸乙酯的質量小于90克。3、D【解題分析】

同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，原子半徑最小的是S，故D正確。答案選D。4、D【解題分析】

A、HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱與共價鍵有關系，A不選；B、水加熱到很高的溫度都難以分解與共價鍵有關系，B不選；C、CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔點隨相對分子質量增大而升高與分子間作用力有關系，C不選；D、水結成冰體積膨脹與氫鍵有關系，D選。答案選D。5、B【解題分析】

酸越弱，在pH相同的條件下酸的濃度越大。亞硫酸是中強酸，硫酸是二元強酸，醋酸是一元弱酸，硝酸是一元強酸，則醋酸的濃度最大，硫酸的濃度最小，答案選B。6、B【解題分析】

A．H2S屬于弱酸，分步電離，且以第一步電離為主，H2S+H2OH3O++HS-，故A錯誤；B．少量二氧化硫通入次氯酸鈉溶液中發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，故B正確；C．向Ca(HCO3)2溶液中加入澄清石灰水，與用量無關，離子方程式：Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O，故C錯誤；D．向FeI2溶液中通入少量Cl2，只氧化I-，反應的離子方程式為：2I-+Cl2═I2+2Cl-，故D錯誤；故選B?！绢}目點撥】本題的易錯點為CD，C中反應與用量無關，要注意與NaHCO3溶液中加入澄清石灰水的區(qū)別；D中要注意亞鐵離子和碘離子的還原性的強弱比較，反應時，首先與還原性強的離子反應。7、A【解題分析】

A、反應是NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，沒有涉及化合價的變化，不屬于氧化還原反應，故A選；B、海帶中碘元素以化合態(tài)形式存在，提取的碘是碘單質，涉及化合價的變化，屬于氧化還原反應，故B不選；C、電解飽和食鹽水，2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，涉及化合價的變化，屬于氧化還原反應，故C不選；D、N2＋3H22NH3，屬于氧化還原反應，故D不選。答案選A。8、D【解題分析】

A．分子中存在羥基，因此分子間可以形成氫鍵，故A正確；B．根據(jù)分子的結構簡式可知，東莨菪堿的化學式為C17H21NO4，故B正確；C．結構中存在苯環(huán)，一定條件下能夠與氫氣發(fā)生加成反應，含有羥基，能夠發(fā)生取代反應和氧化反應，故C正確；D．質譜儀通過質荷比確定相對分子質量，核磁共振氫譜能測定一個有機物中存在的氫原子環(huán)境，不能確定環(huán)狀結構，故D錯誤；答案選D。9、D【解題分析】

①分餾時溫度計用于測量餾分的溫度，溫度計水銀球應位于蒸餾燒瓶的支管口附近，①不能達到預期目的；②溴水與乙烯和二氧化硫均反應，不能用溴水除去乙烯中混有的SO2氣體，應用氫氧化鈉溶液除雜，②不能達到預期目的；③應用濃硫酸，稀硫酸不能起到催化和脫水作用，③不能達到預期目的；④苯和溴水不反應，應用液溴，④不能達到預期目的；⑤為減緩反應的速率，可用飽和食鹽水與電石反應制取乙炔，⑤能達到預期目的；答案選D。10、B【解題分析】

A.加水稀釋促進醋酸電離，但酸的電離程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中氫離子濃度逐漸減少，OH-的物質的量濃度逐漸增大，故A錯誤；B.醋酸是弱電解質，加水稀釋促進醋酸電離，但酸的電離程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中氫離子、醋酸根離子濃度逐漸減少，溶液的導電能力逐漸減小，故B正確；C.因溫度不變，則Ka不變，且Ka=c(H+)，因

c(H+)濃度減小，則增大，故C錯誤；D.加水稀釋，促進電離，醋酸的電離程度增大，

故D錯誤；答案選B。11、A【解題分析】

A．Oa段：Ba2++2OH-+CO2═BaCO3↓+H2O，消耗30mL的二氧化碳、ab段：OH-+CO2═HCO3-、ab段消耗（60-30）mL的二氧化碳；bp段：最后是BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3-，由Oa段和ac段的反應原理可知，消耗二氧化碳的量Ba（OH）2和NaOH的物質的量相等，所以原混合溶液中Ba（OH）2和NaOH的物質的量之比為30：（60-30）=1：1，故A錯誤；B．Oa段：Ba2++2OH-+CO2═BaCO3↓+H2O，消耗30mL的二氧化碳，bp段：最后是BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3-，需消耗30mL的二氧化碳，所以P點為90mL，故B正確；C．a(chǎn)b段：2OH-+CO2═CO32-+H2O、CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，所以b點溶液中溶質為NaHCO3，故C正確；D．a(chǎn)b段，當氫氧化鋇消耗完時，繼續(xù)通入二氧化碳，二氧化碳和氫氧化鈉反應生成碳酸鈉，CO2+2OH-=CO32-+H2O，繼續(xù)通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸鈉、水反應生成碳酸氫鈉，CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，故D正確；故選A?！军c晴】本題考查物質之間的反應，明確物質的性質及反應先后順序是解本題關鍵，向NaOH和Ba（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氫氧化鋇反應生成碳酸鋇沉淀，當氫氧化鋇消耗完時，繼續(xù)通入二氧化碳，二氧化碳和氫氧化鈉反應生成碳酸鈉，當氫氧化鈉完全反應后，繼續(xù)通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸鈉、水反應生成碳酸氫鈉，當碳酸鈉反應后，繼續(xù)通入二氧化碳，二氧化碳和和碳酸鋇、水反應生成可溶性的碳酸氫鋇。12、A【解題分析】A、因為分液漏斗液面上的氣體與燒瓶內氣體相通，故分液漏斗中的液體上下壓強相等，所以無論該裝置氣密性是否良好，液體都會順利滴下，所以不能檢查出裝置是否漏氣；B、用彈簧夾夾住右邊導管，向長頸漏斗中倒水，若液面高度不變，說明裝置氣密性良好，所以能檢查出裝置是否漏氣；C、用手握住試管，試管內氣體受熱膨脹，在燒杯內若有氣泡產(chǎn)生，說明裝置氣密性良好，所以能檢查出裝置是否漏氣；D、向外拉活塞，若氣密性良好，則導管口會有氣泡產(chǎn)生，若氣密性不好則不會有氣泡產(chǎn)生，所以能檢查出裝置是否漏氣；故選A。點睛：裝置氣密性的檢驗是常考的實驗題，解題關鍵：通過氣體發(fā)生器與附設的液體構成封閉體系，依據(jù)改變體系內壓強時產(chǎn)生的現(xiàn)象（如氣泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）來判斷裝置氣密性的好壞。易錯選項A，分液漏斗液面上的氣體與燒瓶內氣體相通，故分液漏斗中的液體上下壓強相等，無論該裝置氣密性是否良好，液體都會順利滴下，這個敘述正確，但不是題目的要求。13、C【解題分析】試題分析：A不正確，因為K元素的焰色反應需要透過藍色的鈷玻璃觀察，所以A中不能排除K元素；鋁是活潑的金屬，在其表明容易形成一層致密的氧化膜，從而阻止內部金屬的氧化，所以鋁制品耐腐蝕，B不正確；地殼中含量最多的金屬是鋁，D不正確，答案選C?？键c：考查焰色反應、金屬鋁的性質、碳酸氫鈉的用途以及地殼中元素的含量點評：該題考查的知識點比較分散，但都很基礎，難度不大。有利于培養(yǎng)學生分析問題、發(fā)現(xiàn)問題和解決問題的能力。該題的關鍵是學生要熟練記住常見物質的性質、用途。14、A【解題分析】

A．二氧化碳有氧化性，在點燃條件下能將金屬鎂氧化為氧化鎂，故A正確；B．二氧化硫有有毒，不能在食品加工中大量使用，故B錯誤；C．二氧化氯具有氧化性，可用于自來水的殺菌消毒，故C錯誤；D．在H2O2分解中二氧化錳作催化劑，故D錯誤；答案選A。15、C【解題分析】

K層最多只能排2個電子，L層最多只能排8個電子，M層最多排18個電子，由題意可知M層作最外層時，最多只能排8個電子與第(n-1)層L層相同；當它作為原子的次外層時，可以排滿18個電子，其電子數(shù)比(n-1)層即L層多10個，所以第n電子層只能是M層，答案選C。16、B【解題分析】

X、Y、M、N是短周期且原子序數(shù)依次增大的主族元素，其中X、W同主族，Y和M同主族；Y、M質子數(shù)之和是X、W質子數(shù)之和的2倍，則X為H元素；W為Na元素；Y、M同主族,則Y為O元素，M為S元素；故Z為F元素，據(jù)此解答。【題目詳解】A．Z與W形成的化合物為NaF，電解其水溶液，相當于電解水，生成氧氣、氫氣，不能得到Z單質，故A錯誤；B．非金屬性Z>Y>M，故氫化物穩(wěn)定性：Z＞Y＞M，故B正確；C．Y和W形成的化合物有氧化鈉、過氧化鈉，但過氧化鈉中含有共價鍵，故C錯誤；D．M、W、Y所形成化合物有Na2SO4、Na2SO3等，Na2SO3溶液呈堿性，而Na2SO4溶液呈中性，所以D選項是錯誤的。所以B選項是正確的。二、非選擇題（本題包括5小題）17、乙炔be稀硫酸、新制的氫氧化銅懸濁液、酸性KMnO4溶液CH2=CHCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O↓+3H2O【解題分析】分析：本題考查的是有機推斷，根據(jù)反應條件和前后的物質的結構進行分析，有一定的難度。詳解：A與CO、H2O以物質的量1:1:1的比例發(fā)生加成反應制得BCH2=CHCOOH，說明A為乙炔，E是有芳香氣味，不易溶于水的油狀液體，說明其為酯類。因為C與甲醇反應生成E，所以C的分子式為C3H6O2，為丙酸，D與氫氣反應生成E，說明D的結構為CH2=CHCOOCH3。(1)根據(jù)以上分析可知A為乙炔。(2)B為CH2=CHCOOH，發(fā)生加聚反應生成聚合物，方程式為：。(3)a.E與乙酸乙酯的分子式相同，但結構不同，是同分異構體，故正確；b.B和C都含有羧基，不能用碳酸鈉鑒別，故錯誤；c.B為酸，D為酯，故從B到D的反應為酯化反應，故正確；d.A為乙炔，在一定條件下可與氯化氫發(fā)生加成反應，故正確。e.與A的最簡式相同，相對分子質量為78的烴可能為苯，或其他不飽和烴，苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，但其他不飽和烴能，故錯誤。故選be。(4)醛基和碳碳雙鍵都可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以先將醛基氧化成羧基，再檢驗碳碳雙鍵，所以首先使用新制的氫氧化銅懸濁液，然后加入稀硫酸中和溶液中的氫氧化鈉，再加入酸性高錳酸鉀溶液，故選的試劑為稀硫酸、新制的氫氧化銅懸濁液、酸性KMnO4溶液。醛基被氧化的方程式為：CH2=CHCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O↓+3H2O。18、CH3CHO加成反應取代反應或酯化反應2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH【解題分析】

已知A是石油裂解氣的主要成份且A的產(chǎn)量通常用來衡量一個國家的石油化工水平，因此A是乙烯，與水發(fā)生加成反應生成B是乙醇，乙醇發(fā)生催化氧化生成C是乙醛，乙醛氧化生成D是乙酸，乙酸常用作廚房中調味品。乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應生成E是乙酸乙酯，乙酸乙酯在堿性溶液中水解生成乙酸鈉和乙醇，F(xiàn)酸化轉化為乙酸，則F是乙酸鈉，據(jù)此解答?！绢}目詳解】（1）根據(jù)以上分析可知C是乙醛，結構簡式為CH3CHO；（2）反應①是乙烯與水的加成反應；反應④是酯化反應，也是取代反應；（3）反應②是乙醇的催化氧化，反應的方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反應⑤是乙酸乙酯在堿性溶液中水解，方程式為CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH。19、沉淀SO42－；調節(jié)溶液pH，使Cr2O72－轉化為CrO42－而沉淀BaCrO4比CaCrO4更難溶，可以使CrO42－沉淀更完全溫度升高，沉淀速率加快c（H2SO4）增大，則c（SO42－）增大，與Ba2+生成沉淀，促進BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c（CrO42－）增大；同時，c（H+）也增大，共同促進Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7BaSO4與BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其難于接觸H2SO4，阻礙重鉻酸生成受到溶液pH、溫度、H2SO4濃度、BaCrO4顆粒大小等影響（其他答案合理給分）【解題分析】

①加入熟石灰有兩個作用，首先Ca2+使SO42－沉淀便于分離，同時OH-的加入會與溶液中的H+反應，使上述離子方程式平衡向右移動，Cr2O72－轉化為CrO42－，便于與BaCl2·H2O生成沉淀BaCrO4。②BaCrO4的溶度積比CaCrO4小很多，所以BaCrO4更難溶，加入Ba2+可以使CrO42－沉淀更完全。③根據(jù)熱化學方程式可知沉淀溶解是吸熱反應，因此生成沉淀的過程是放熱的，溫度升高會加快生成沉淀的速率，在未達化學平衡態(tài)時，相同的時間間隔內產(chǎn)生更多的沉淀，所以沉淀率提高。（3）①c（H2SO4）增大，則c（SO42－）增大，與Ba2+生成沉淀，促進BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c（CrO42－）增大；同時，c（H+）也增大，共同促進Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7。②BaSO4與BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使CrO42－更難接觸到H2SO4，阻礙H2Cr2O7生成，所以H2SO4濃度高于0.450mol/L時，H2Cr2O7的回收率沒有明顯變化。（3）溶液pH降低有利于生成Cr2O72-，溫度改變會影響沉淀回收率，加入H2SO4能回收H2Cr2O7，同時BaCrO4顆粒大小關系到回收量的多少，顆粒越大BaSO4越難完全包裹住BaCrO4，因此沉淀BaCrO4并進一步回收H2Cr2O7的效果受溶液pH

、溫度、H2SO4濃度、BaCrO4顆粒大小等影響。20、作催化劑作為石蠟油的載體將所得氣體通入到酸性高錳酸鉀溶液或溴水溶液中，若觀察到溶液顏色褪色則說明所得氣體中含有氣態(tài)不飽和烴【解題分析】

石蠟油主要含碳、氫元素，經(jīng)過反應產(chǎn)生能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的氣體，一般是氣態(tài)不飽和烴，如乙烯或乙炔等。石蠟油分子本身碳原子數(shù)較多，經(jīng)過反應產(chǎn)生乙烯、乙炔等小分子，主要是發(fā)生了催化裂化，生成相對分子質量較小、沸點較低的烴。【題目詳解】(1)根據(jù)上述分析可知：裝置中素瓷片起到了催化劑的作用，礦渣棉用作為石蠟油的載體，故答案：作催化劑；作為石蠟油的載體；(2)因為石蠟油主要含碳、氫元素，主要是發(fā)生了催化裂化，