2024年岳麓版高二化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年岳麓版高二化学下册月考试卷352考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、用石墨作电极，电解1mol•L﹣1下列物质的溶液，则电解前后溶液的pH保持不变的是（）A.H2SO4B.NaOHC.Na2SO4D.NaCl2、将物质的量均为2.0mol的物质X、Y混合，发生如下反应：2X（g）+Y（g）⇌2W（g）．在反应过程中W的物质的量分数随温度变化如图所示，下列判断不正确的是（）A.T0对应的V（正）和V（逆）的关系是：V（正）=V（逆）B.此反应的正反应为放热反应C.B两点正反应速率的大小关系是：V（A）=V（B）D.若B点的W的物质的量分数为50.0%，则参加反应的X的物质的量为1.6mol3、有8种物质：①乙烷；②乙烯；③聚1，3-丁二烯；④苯；⑤2-丁炔；⑥溴乙烷；⑦聚丙烯；⑧环己烯；⑨邻二甲苯．其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是（）A.①③⑤⑦B.①③④⑧C.①④⑥⑦D.②③⑤⑧4、用rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是rm{(}rm{)}A.常温常压下，rm{22.4LCl_{2}}含有的分子数目为rm{N_{A}}B.rm{18.0gH_{2}O}含有的氢原子数目为rm{N_{A}}C.rm{56.0gFe}与足量rm{Cl_{2}}完全反应时失去的电子数目为rm{2N_{A}}D.rm{1.0L}浓度为rm{1.0mol隆陇L^{-1}}的rm{Ca(NO_{3})_{2}}溶液中含有的rm{{NO}_{3}^{-}}离子数目为rm{2N_{A}}5、将rm{0.2mol/L}的rm{KI}溶液和rm{0.05mol/LFe_{2}(SO_{4})_{3}}溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“rm{2Fe^{3+}+2I^{-}?2Fe^{2+}+I_{2}}”的是。rm{0.05mol/L

Fe_{2}(SO_{4})_{3}}实验编号实验操作实验现象rm{垄脵}滴入rm{KSCN}溶液溶液变红色rm{垄脷}滴入rm{AgNO_{3}}溶液有黄色沉淀生成rm{垄脹}滴入rm{K_{3}[Fe(CN)_{6}]}溶液有蓝色沉淀生成rm{垄脺}滴入淀粉溶液溶液变蓝色A.rm{垄脵}和rm{垄脷}B.rm{垄脷}和rm{垄脺}C.rm{垄脹}和rm{垄脺}D.rm{垄脵}和rm{垄脹}6、rm{25隆忙}向rm{50mL}rm{0.018mol/L}rm{AgNO_{3}}溶液中加入rm{50mL}rm{0.02mol/L}盐酸生成沉淀rm{.}已知：rm{K_{sp}(AgCl)=1.8隆脕10^{-10}}则生成沉淀后的体系中rm{c(Ag^{+})}为rm{(}rm{)}A.rm{1.8隆脕10^{-7}mol/L}B.rm{1.8隆脕10^{-8}}rm{mol/L}C.rm{1.8隆脕10^{-9}mol/L}D.rm{1.8隆脕10^{-10}mol/L}7、下列反应中；属于取代反应的是（）

①CH3CH═CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br

②CH3CH2OHCH2═CH2↑+H2O

③CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O

④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O．A.①②B.③④C.①③D.②④8、烃的含氧衍生物甲在一定条件下可发生银镜反应，且甲水解后可以得到乙和丙两种物质．在一定条件下，丙可以氧化成乙，则甲为（）A.HCOOCH3B.HCOOC2H5C.CH3COOCH3D.CH3COOC2H5评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、在25℃、1.01×105Pa条件下，反应2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H=+56.7kJ•mol﹣1能够自发进行．从能量上分析，生成物的总能量比反应物的总能量____，从反应前后的熵值看，反应后的熵值____（填“增加”、“减小”或“不变”）．10、（20分）（1）同分异构体现象在有机化学中是非常普遍的，下列有机物互为同分异构体的是____、____①CH2＝CHCH3②③CH3CH2CH3④HCCCH3⑤⑥CH3CH＝CHCH3写出⑥的其它链状同分异构体及名称____。（2）最近我国自主研制了一种新型燃料电池，一个电极通入空气，另一个电极通入汽油蒸气，电池的电解质是掺杂了的晶体，它在高温下能传导回答如下问题：①以丁烷（）代表汽油，这个电池放电时发生反应的化学方程式是_________________________________________________________。②这个电池的正极发生的反应是_________________，固体电解质里的移动方向是__________________。（3）下图是一个化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O①请回答：甲池是____装置，B（石墨）电极的名称是____。②写出下列电极反应式：通入CH3OH的电极的电极反应式是____，A（Fe）电极的电极反应式为____。③乙池中反应的化学方程式为____。④当乙池中A（Fe）极的质量增加5.40g时，甲池中理论上转移电子____mol。11、(10分)配位键是一种特殊的共价键，即共用电子对由某原子单方面提供和另一提供空轨道的粒子结合。如NH4+就是由NH3(氮原子提供电子对)和H＋(提供空轨道)通过配位键形成的。据此，回答下列问题：(1)下列粒子中可能存在配位键的是________。A．CO2B．H3O＋C．CH4D．NH4+(2)硼酸(H3BO3)溶液呈酸性，试写出其电离方程式：_____________________________。(3)科学家对H2O2结构的认识经历了较为漫长的过程，最初科学家提出了两种观点：甲：(式中O→O表示配位键，在化学反应中O→O键遇到还原剂时易断裂)乙：HOOH化学家Baeyer和Villiyer为研究H2O2的结构，设计并完成了下列实验：a．将C2H5OH与浓H2SO4反应生成(C2H5)2SO4和水；b．将制得的(C2H5)2SO4与H2O2反应，只生成A和H2SO4；c．将生成的A与H2反应(已知该反应中H2作还原剂)。①如果H2O2的结构如甲所示，实验c中化学反应方程式为(A写结构简式)__________________。②为了进一步确定H2O2的结构，还需要在实验c后添加一步实验d，请设计d的实验方案：_____________________________________________________________。12、（14分）具有水果香味的中性物质A可以发生下列变化：（1）推断下述物质的结构简式：A：________________B：________________C：________________D：________________（2）写出下列变化的化学方程式：A+NaOH→B+C：_________________________________反应类型___________C→G：____________________________________反应类型___________13、(4分)已知：CH2＝CH－CH＝CH2和Br2按物质的量之比1：1发生加成反应时，可得到两种产物：CH2BrCHBrCH＝CH2与CH2BrCH＝CHCH2Br，则①和Br2按物质的量之比1：1发生加成反应时，可得到种产物②和HBr按物质的量之比1：1发生加成反应时，可得到种产物。14、（6分）某有机物A的结构简式为请回答下列问题。（1）A中所含官能团的名称是、；（2）A可能发生的反应有（填序号）；①取代反应②消去反应③水解反应④酯化反应（3）将A与氢氧化钠的乙醇溶液混合并加热，再让得到的主要产物发生加聚反应，生成了某聚合物，该聚合物的结构简式是。评卷人得分三、实验题(共5题，共10分)15、50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_______________。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_________________________。（3）实验中改用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比较，所放出的热量__________（填“相等”或“不相等”），中和热__________（填“相等”或“不相等”），理由是__________________________________。（4）用50mL0.50mol/L的醋酸代替盐酸溶液进行上述实验，测得中和热的数值与57.3kJ/mol相比较会____________。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（5）完整地做一次这样的实验，需测定______次温度。（6）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)16、电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量rm{.}已知如表数据rm{(25隆忙)}

。化学式电离平衡常数rm{HCN}rm{K=4.9隆脕10^{-10}}rm{CH_{3}COOH}rm{K=1.8隆脕10^{-5}}rm{H_{2}CO_{3}}rm{K_{1}=4.4隆脕10^{-7}}rm{K_{2}=4.7隆脕10^{-11}}rm{(1)25隆忙}时，等浓度的三种溶液rm{(A.NaCN}溶液、rm{B.Na_{2}CO_{3}}溶液、rm{C.CH_{3}COONa}溶液rm{)}的rm{pH}由大到小的顺序为______rm{.(}填写序号rm{)}

rm{(2)25隆忙}时，向rm{NaCN}溶液中通入少量rm{CO_{2}}所发生反应的化学方程式为______．

rm{(3)}现有浓度为rm{0.02mol/L}的rm{HCN}与rm{0.01mol/L}rm{NaOH}等体积混合后，测得rm{c(Na^{+})>c(CN^{-})}下列关系正确的是______．

A.rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}

B.rm{c(H^{+})<c(OH^{-})}

C.rm{c(H^{+})+c(HCN)=c(OH^{-})}

D.rm{c(HCN)+c(CN^{-})=0.01mol/L}

rm{(4)}浓的rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液和浓的小苏打rm{(NaHCO_{3})}溶液混合可用于灭火；请用离子反应方程式表示灭火的原理______．

rm{(5)}已知rm{NaHC_{2}O_{4}}水溶液显酸性；请写出该溶液中各离子浓度的大小______；电荷守恒表达式______．

rm{(6)H_{2}C_{2}O_{4}}溶液和rm{KMnO_{4}}酸性溶液可发生反应：rm{H_{2}C_{2}O_{4}+MnO_{4}^{-}+H^{+}隆煤CO_{2}+Mn^{2+}+H_{2}O}反应中每生成标况下rm{4.48LCO_{2}}气体，转移的电子的物质的量为______rm{mol}．17、实验室以正丁醇；溴化钠、硫酸为原料制备正溴丁烷的反应如下：

rm{NaBr+H_{2}SO_{4}篓THBr+NaHSO_{4}}

rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH+HBrxrightarrow[]{?}}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH+HBr

xrightarrow[]{?}}

在圆底烧瓶中加入原料，充分振荡后加入几粒沸石，安装装置Ⅰrm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Br+H_{2}O}加热至沸腾，反应约rm{.}待反应液冷却后，改装为装置Ⅱ，蒸出粗产品rm{40min.}部分物理性质列表如下：

rm{.}物质正丁醇正溴丁烷沸点rm{/隆忙}rm{117.2}rm{101.6}熔点rm{/隆忙}rm{-89.12}rm{-112.4}密度rm{/g?cm^{-3}}rm{0.8098}rm{1.2758}溶解性微溶于水，溶于浓硫酸不溶于水和浓硫酸将所得粗产品倒入分液漏斗中，先用rm{10mL}水洗涤，除去大部分水溶性杂质，然后依次用rm{5mL}浓硫酸、rm{10mL}水、rm{10mL}饱和rm{NaHCO_{3}}溶液、rm{10mL}水洗涤rm{.}分离出有机层，加入无水氯化钙固体，静置rm{1h}过滤除去氯化钙，再常压蒸馏收集rm{99隆芦103隆忙}馏分．

回答下列问题：

rm{(1)}仪器rm{A}的名称是______，冷却水从rm{A}的______rm{(}填“上”或“下”rm{)}口通入．

rm{(2)}在圆底烧瓶中加入的原料有：rm{垄脵10ml}水；rm{垄脷7.5ml}正丁醇；rm{垄脹10g}溴化钠；rm{垄脺12mL}浓硫酸rm{.}上述物质的加入顺序合理的是______rm{(}填正确答案标号rm{)}．

rm{a.垄脵垄脺垄脷垄脹b.垄脺垄脵垄脷垄脹c.垄脹垄脺垄脵垄脷}

rm{(3)}烧杯rm{B}中盛有rm{NaOH}溶液，吸收的尾气主要是______rm{(}填化学式rm{).}本实验使用电热套进行加热，总共使用了______次rm{.}

rm{(4)}用浓硫酸洗涤粗产品时，有机层从分液漏斗______rm{(}填“上口倒出”或“下口放出”rm{).}最后一次水洗主要是洗掉______．

rm{(5)}制备正溴丁烷时，不直接用装置Ⅱ边反应边蒸出产物，其原因是______．

rm{(6)}本实验得到正溴丁烷rm{6.5g}产率为______rm{(}只列式，不必计算出结果rm{)}．18、某校化学兴趣小组为制备消毒液（主要成分是NaClO），设计了下列装置，并查阅到下列资料：在加热情况下氯气和碱溶液能发生如下反应：3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O；请回答下列问题：

（1）连接好装置，装药品之前，必须进行的一项操作步骤是______．

（2）圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为______；大试管内发生反应的离子方程式为______．

（3）饱和食盐水的作用是______；冰水的作用是______．

（4）在制取Cl2时，实验室中若无MnO2，可用KMnO4粉末代替；发生下列反应：

2KMnO4+16HCl（浓）═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，则可选择的发生装置是（填序号）______．19、实验室制得气体中常含有杂质，影响其性质检验rm{.}如图rm{A}为除杂装置，rm{B}为性质检验装置；完成下列表格：

。序号气体反应原理rm{A}中试剂rm{垄脵}乙烯溴乙烷和rm{NaOH}的醇溶液加热______rm{垄脷}乙烯无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至rm{170隆忙}反应的化学方程式是。

______rm{NaOH}溶液rm{垄脹}乙炔电石与饱和食盐水反应______评卷人得分四、工业流程题(共1题，共3分)20、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。评卷人得分五、计算题(共3题，共12分)21、已知反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)在427°C时的平衡常数是9．4．如果反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0．01mol·L-1，计算一氧化碳在此反应条件下的转化率。22、硫酸和盐酸混合溶液20mL，加入0.05mol/L的Ba(OH)2溶液时，生成BaSO4沉淀量及溶液pH发生下图所示的变化。⑴开始时混合溶液中硫酸和盐酸的物质的量浓度各是多少？⑵在A点溶液的pH是多少？23、（6分）成都市近年来常常发生“毒奶粉”事件。劣质奶粉制造商为牟取暴利，大大降低了奶粉中蛋白质的含量，导致食用这种奶粉的众多婴幼儿严重营养不良乃至死亡。为了测定某牛奶样品中蛋白质的含量，现采用“盖尔达法”分解其中的蛋白质。其原理是把蛋白质中的氮元素完全转化为氨气（化学式为NH3），再用稀硫酸吸收氨气，反应的化学方程式为：2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4现取该奶粉样品100g，用“盖尔达法”分解其中的蛋白质，产生的氨气用7.5g溶质质量分数为19.6%的稀硫酸恰好完全吸收。计算并回答下列问题：（1）产生氨气的质量是多少？（计算结果精确到0.01，下同）（2）含氮元素的质量多少？（3）该奶粉中氮的含量是否达到了国家规定的标准。（奶粉中蛋白质的含量国家标准为：每100g婴幼儿奶粉中含12g~25g。蛋白质含氮元素的质量分数为16%）参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【解答】解：A；电解硫酸；溶液中氢离子、氢氧根离子放电，所以溶液水量减少，溶液浓度逐渐增大，pH值逐渐变小，故A错误；B、电解氢氧化钠，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中氢氧化钠的浓度增大，溶液的pH值增大，故B错误；

C；电解硫酸钠溶液；溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，故C正确；

D；电解氯化钠；溶液中氯离子和氢离子放电，所以溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，pH值逐渐变大，故D错误．

故选：C．

【分析】电解时，根据溶液中离子放电顺序判断电解后溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小如何改变，如果电解后溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，如果氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，如果两者相等则溶液呈中性．2、C【分析】解：A、起始时加入物质的量均为2.00mol的物质X、Y，随着温度的升高，反应向正反应方向进行，当温度达到T0时；W的物质的量分数最大，说明达到反应的最大限度，即平衡状态，此时正逆反应速率相等，故A正确；

B；随着温度的继续升高；W的物质的量分数逐渐减小，说明温度升高平衡左移，则正反应为放热反应，故B正确；

C；温度越高；反应速率越大，B点温度大于A点，则A点反应速率小于B点，故C错误；

D；设反应的X物质的量为x

2X（g）+Y（g）⇌2W（g）

起始量（mol）220

变化量（mol）x0.5xx

平衡量（mol）2-x2-0.5xx

W的物质的量分数为50.0%，则×100%=50%；x=1.6mol，故D正确；

故选C．

起始时加入物质的量均为2.00mol的物质X、Y，随着温度的升高，反应向正反应方向进行，当温度达到T0时；W的物质的量分数最大，说明达到反应的最大限度，即平衡状态，此时正逆反应速率相等，随着温度的继续升高，W的物质的量分数逐渐减小，说明温度升高平衡左移，温度越高，反应速率越大，依据化学平衡三段式列式计算反应的物质的量．

本题考查反应速率的影响因素，化学平衡计算分析应用，题目难度不大，注意把握曲线的变化特点．【解析】【答案】C3、C【分析】解：①乙烷为饱和烃，既不能使酸性KMnO4溶液褪色；也不能与溴水反应使溴水褪色，故选；

②乙烯中含C=C；均与高锰酸钾；溴水反应使其褪色，故不选；

③聚1；3-丁二烯中含C=C，均与高锰酸钾；溴水反应使其褪色，故不选；

④苯中不含C=C，既不能使酸性KMnO4溶液褪色；也不能与溴水反应使溴水褪色，故选；

⑤2-丁炔中含C≡C；均与高锰酸钾；溴水反应使其褪色，故不选；

⑥溴乙烷中不含不饱和键，既不能使酸性KMnO4溶液褪色；也不能与溴水反应使溴水褪色，故选；

⑦聚丙烯中不含C=C，既不能使酸性KMnO4溶液褪色；也不能与溴水反应使溴水褪色，故选；

⑧环己烯中含C=C；均与高锰酸钾；溴水反应使其褪色，故不选；

⑨邻二甲苯为苯的同系物，能使酸性KMnO4溶液褪色；故不选；

故选C．

既不能使酸性KMnO4溶液褪色；也不能与溴水反应使溴水褪色，则不含C=C；C≡C或苯的同系物等，可能为烷烃、苯、饱和卤代烃等，以此来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、炔烃、苯的同系物性质及加成、氧化反应的考查，题目难度不大．【解析】【答案】C4、D【分析】【分析】本题主要考查阿伏伽德罗常量和化学计量数的综合计算，记住相关的计算公式，代入数据即可计算，注意公式的使用条件，难度一般。【解答】A.常温常压下，rm{22.4L}氯气的物质的量不能确定，其所含的原子数目也就不能确定，故A错误；B.rm{18.0g}水的物质的量是rm{1mol}rm{1mol}水中含rm{2mol}氢原子，故氢原子个数为rm{2}rm{N}rm{A}rm{N}，故B错误；rm{A}铁的物质的量为rm{A}失去的电子数为C.铁与氯气反应生成氯化铁，rm{56g}铁的物质的量为rm{1mol}失去的电子数为rm{3NA}故C错误；故C错误；rm{56g}rm{1mol}rm{3NA}D.rm{1.0L1.00mol隆陇L}rm{-}rm{-}rm{1}溶液中含有的rm{1}离子数目为rm{Ca(NO}rm{3}，故D正确。故选D。rm{3}【解析】rm{D}5、A【分析】【分析】本题考查了反应的可逆性，应注意的是平衡只能建立在可逆反应上，故若证明平衡的存在，只需证明反应为可逆反应。【解答】将rm{0.2mol?L^{-1}}的rm{KI}溶液和rm{0.05mol?L^{-1}}rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}溶液等体积混合后，若此反应不可逆，则rm{Fe^{3+}}和rm{I^{-}}能恰好完全反应，则溶液中无rm{Fe^{3+}}和rm{I^{-}}故只需要证明溶液中含rm{Fe^{3+}}和rm{I^{-}}则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡；

rm{垄脵}向溶液中滴入rm{KSCN}溶液，溶液变红，则说明溶液中有rm{Fe^{3+}}即能说明反应存在平衡，故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷}向溶液中滴入rm{AgNO_{3}}溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中含rm{I^{-}}能说明反应存在平衡，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}无论反应是否存在平衡，溶液中均存在rm{Fe^{2+}}滴入rm{K_{3}[Fe(CN)_{6}]}溶液均有蓝色沉淀生成，故rm{垄脹}错误；

rm{垄脺}无论反应是否存在平衡，溶液中均有rm{I_{2}}滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故rm{垄脺}错误；据以上分析知rm{垄脵}和rm{垄脷}正确。和rm{垄脵}正确。

故选A。rm{垄脷}【解析】rm{A}6、A【分析】解：rm{50ml0.02mol/L}的盐酸中加入rm{50ml0.018mol/LAgNO_{3}}溶液加入后两者浓度分别为。

rm{c(Ag^{+})=dfrac{0.018}{2}mol/L=0.009(mol/L)}

rm{c(Cl^{-})=dfrac{0.02}{2}mol/L=0.01(mol/L)}

rm{c(Ag^{+})=dfrac

{0.018}{2}mol/L=0.009(mol/L)}与rm{c(Cl^{-})=dfrac

{0.02}{2}mol/L=0.01(mol/L)}是等物质的量反应的，此时rm{Ag^{+}}过量，过量浓度rm{Cl^{-}}

rm{Cl^{-}}

则：rm{c(Ag^{+})=dfrac{1.8隆脕10^{-10}}{0.001}=1.8隆脕10^{-7}(mol/L)}

故选A．

依据题干数据计算沉淀后溶液中氯离子浓度，结合rm{c(Cl^{-})=0.01-0.009=0.001mol/L}计算溶液中银离子浓度．

本题考查溶液浓度的计算，本题难度不大，做题时注意判断两种物质的反应程度，再根据溶度积常数计算．rm{Ksp=c(Ag^{+})隆脕C(Cl^{-})=1.8隆脕10^{-10}}【解析】rm{A}7、B【分析】【解答】解：①CH3CH═CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br为加成反应，故不选；②CH3CH2OHCH2═CH2↑+H2O为消去反应；故不选；

③CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；为取代反应，故选；

④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O；为取代反应，故选；

故选B．

【分析】①碳碳双键转化为单键；

②﹣OH转化为碳碳双键；

③发生酯化反应；属于取代反应；

④苯中H被硝基取代．8、A【分析】【解答】解：烃的含氧衍生物甲在一定条件下可发生银镜反应；说明甲中含有醛基；甲能水解说明含有酯基，甲水解后可以得到乙和丙两种物质，在一定条件下，丙可以氧化成乙，则丙是醇，乙是羧酸，且乙丙分子中含有相同的碳原子；

A．甲酸甲酯中含有醛基；甲酸甲酯分解生成的甲醇和甲酸中碳原子数相同，所以甲酸甲酯符合条件，故A正确；

B．甲酸乙酯中含有醛基；但甲酸乙酯分解生成的甲酸和乙醇中碳原子个数不同，所以不符合条件，故B错误；

C．乙酸甲酯中不含醛基；且分解后的羧酸和醇中碳原子个数不同，所以不符合条件，故C错误；

D．乙酸乙酯中不含醛基；所以不符合条件，故D错误；

故选A．

【分析】烃的含氧衍生物甲在一定条件下可发生银镜反应，说明甲中含有醛基；甲能水解说明含有酯基，甲水解后可以得到乙和丙两种物质，在一定条件下，丙可以氧化成乙，则丙是醇，乙是羧酸，且乙丙分子中含有相同的碳原子，据此分析解答．二、填空题(共6题，共12分)9、高|增加【分析】【解答】解：反应2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H=+56.7kJ•mol﹣1的△H＞0；说明该反应为吸热反应，则生成物的总能量比反应物的总能量高；该反应为气体体积增大的反应，则反应后物质的混乱度增加，其熵变△S＞0，即熵值增加；

故答案为：高；增加．

【分析】该反应的焓变大于0，为吸热反应，反应物总能量大于生成物；△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行，该反应为气体体积增大的反应，其熵变大于0，据此进行解答．10、略

【分析】【解析】试题分析：（1）同分异构体：分子式相同，结构不同的化合物。（2）该燃料电池总的方程式为又各物质化合价的升价可以知道，O从0价降低到-2价，发生还原反应，故为正极。O-2在正极（阴极）产生，故会移向负极。（3）①甲池是一个原电池，乙池为一个电解池。通入氧气的电极发生还原反应，为原电池的正极，与正极相连的B电极为阳极。②乙醇在碱性溶液中放电，电极方程式为CH3OH—6e-+8OH-==6H2O+CO32-，A电极为电解池的阴极，发生还原反应，故电极方程式为Ag++e－==Ag。③A电极增加的是银的质量，根据4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3转移电子数故转移0.05mol的电子。考点：同分异构体、原电池原理和电解池原理【解析】【答案】1）①②⑤⑥CH2＝CHCH2CH31—丁烯CH2＝C（CH3）22—甲基丙烯（各1分）（2）①②从正极移向负极（1分）。（3）①原电池（1分）阳极（1分）②CH3OH-6e-+8OH-==6H2O+CO32-Ag++e－="=Ag"（1分）③4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3④0.05（其它每空2分）11、略

【分析】（1）根据配位键的概念可知，要形成配位键必须有提供孤对电子的配体。和能容纳电子的空轨道，据此空判断选项BD正确。（2）硼酸中B原子含有空轨道，水中的氧原子提供孤对电子，形成配位键，所以硼酸溶于水显酸性，电离方程式为H3BO3＋H2OH＋＋[B(OH)4]－。（3）根据原子守恒可知，A的分子式为C4H10O2，所以如果双氧水的结构如甲所示，则c中的反应式为因为在反应中同时还有水生成，所以需要利用无水硫酸铜检验也没有水生成。【解析】【答案】(1)BD(2)H3BO3＋H2OH＋＋[B(OH)4]－②用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水生成12、略

【分析】根据A的性质可知是酯类，水解得到羧酸和醇，则C是醇，醇最终的氧化产物是B，说明B和C中的碳原子数是相同的。醇的消去产物G和溴水的加成产物是1，2－二溴乙烷，所以G是乙烯，则C是乙醇，所以A是乙酸乙酯。【解析】【答案】（1）A：CH3COOCH2CH3；B：CH3COONa；C：CH3CH2OH；D：CH3CHO(此小题每空各2分)（2）A与NaOH：CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH（2分）取代（1分）CH3CH2OHCH2===CH2+H2O（2分）消去（1分）13、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分，共4分）①3②614、略

【分析】试题分析：（1）在物质A中所含官能团的名称是溴原子、醛基；（2）A含有Br原子，可以发生取代反应和水解反应，由于Br原子连接的C原子的邻位C原子上有H原子，所以还可以发生消去反应；但是在该化合物中无羟基和羧基，所以不能发生酯化反应。故可能发生的反应有①②③，（3）将A与氢氧化钠的乙醇溶液混合并加热，发生消去反应产生CH2=CHCHO，再让得到的主要产物发生加聚反应，生成了某聚合物，该聚合物的结构简式是考点：考查有机物的结构、性质及官能团的名称的知识。【解析】【答案】（1）溴原子、醛基（2）①②③（3）三、实验题(共5题，共10分)15、略

【分析】考查中和热的测定及误差分析等（1）在实验过程中，微粒使溶液混合均匀，需要搅拌，因此好缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒。（2）在实验过程中，需要尽可能的减少热量的损失，所以烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中热量损失。（3）由于中和热是指在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的能量，与酸碱用量无关。所以改变酸或碱的用量，反应中放出的热量可以改变，但中和热是不变的。（4）醋酸是弱电解质，存在电离平衡。而电离是吸热的，所以测定的数值会偏小。（5）为了减小实验误差，应该至少测定3次温度，然后求其平均值。（6）大烧杯上如不盖硬纸板，则热量会损失，因此得的中和热数值偏小。【解析】【答案】（1）环形玻璃搅拌棒（2）减少实验过程中热量损失（3）不相等相等因为中和热是指在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的能量，与酸碱用量无关⑷偏小（5）3（6）偏小16、b＞a＞c；NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；B、D；Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（H+）+c（Na+）；0.2【分析】解：rm{(1)}根据图表数据分析，电离常数：醋酸rm{>HCN>}碳酸氢根离子，所以等浓度的rm{NaCN}溶液、rm{Na_{2}CO_{3}}溶液、rm{CH_{3}COONa}溶液水解程度为：rm{Na_{2}CO_{3}}溶液rm{>NaCN}溶液rm{>CH_{3}COONa}溶液，故溶液的rm{pH}为：rm{Na_{2}CO_{3}}溶液rm{>NaCN}溶液rm{>CH_{3}COONa}溶液，即rm{b>a>c}

故答案为：rm{b>a>c}

rm{(2)}向rm{NaCN}溶液中通入少量rm{CO_{2}}由于酸性：rm{H_{2}CO_{3}>HCN>HCO_{3}^{-}}故反应生成rm{HCN}和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为rm{NaCN+H_{2}O+CO_{2}=HCN+NaHCO_{3}}

故答案为：rm{NaCN+H_{2}O+CO_{2}=HCN+NaHCO_{3}}

rm{(3)}将rm{0.02mol/L}的rm{HCN}与rm{0.01mol/L}的rm{NaOH}溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为rm{0.005mol?L^{-1}}的rm{NaCN}rm{HCN}测得rm{c(Na^{+})>c(CN^{-})}根据电荷守恒可知：rm{c(H^{+})<c(OH^{-})}溶液呈碱性，所以rm{HCN}的浓度为rm{0.005mol?L^{-1}}rm{CN^{-}}的浓度小于rm{0.005mol?L^{-1}}

A.根据分析可知，溶液呈碱性，rm{c(H^{+})<c(OH^{-})}故A错误；

B.混合液呈碱性，则rm{c(H^{+})<c(OH^{-})}故B正确；

C.氢氧根离子浓度较小，rm{c(CN^{-})}远远大于rm{c(OH^{-})}故C错误；

D.根据物料守恒可知：rm{c(HCN)+c(CN^{-})=0.01mol/L}故D正确；

故答案为：rm{BD}

rm{(4)}铝离子与碳酸氢根离子混合发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：rm{Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}篓TAl(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉}

故答案为：rm{Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}篓TAl(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉}

rm{(5)}草酸氢钠溶液显示酸性，则rm{HC_{2}O_{4}^{-}}的电离程度大于其水解程度，所以rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}由于氢离子来自水的电离和rm{HC_{2}O_{4}^{-}}的电离，则rm{c(H^{+})>c(C_{2}O_{4}^{2-})}rm{HC_{2}O_{4}^{-}}的水解程度较小，则rm{c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(C_{2}O_{4}^{2-})}所以溶液中各离子浓度大小为：rm{c(Na^{+})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(H^{+})>c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(OH^{-})}

由电荷守恒可知：正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则溶液中的电荷守恒为：rm{c(OH^{-})+c(HC_{2}O_{4}^{-})+2c(C_{2}O_{4}^{2-})=c(H^{+})+c(Na^{+})}

故答案为：rm{c(Na^{+})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(H^{+})>c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(OH^{-})}rm{c(OH^{-})+c(HC_{2}O_{4}^{-})+2c(C_{2}O_{4}^{2-})=c(H^{+})+c(Na^{+})}

rm{(6)H_{2}C_{2}O_{4}}溶液和rm{KMnO_{4}}酸性溶液可发生反应：rm{H_{2}C_{2}O_{4}+MnO_{4}^{-}+H^{+}隆煤CO_{2}+Mn^{2+}+H_{2}O}若将该反应设计成原电池，负极失去电子发生氧化反应，该反应中草酸失去电子被氧化生成二氧化碳，则负极的电极反应式为：rm{H_{2}C_{2}O_{4}-2e=2CO_{2}+2H^{+}}

标准状况下rm{4.48L}二氧化碳的物质的量为：rm{dfrac{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}rm{dfrac

{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}中rm{H_{2}C_{2}O_{4}}元素的化合价为rm{C}价，二氧化碳分子中rm{+3}的化合价为rm{C}价，则生成rm{+4}二氧化碳转移的电子的物质的量为：rm{0.2mol}

故答案为：rm{0.2mol隆脕(4-3)=0.2mol}．

rm{0.2}根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的rm{(1)}越小；

rm{pH}根据电离常数大小分析反应的生成物；

rm{(2)}将rm{(3)}的rm{0.02mol/L}与rm{HCN}的rm{0.01mol/L}溶液等体积混合，溶液中的溶质是等物质的量浓度的rm{NaOH}rm{NaCN}已知混合溶液中rm{HCN}根据电荷守恒可知rm{c(CN^{-})<c(Na^{+})}混合溶液呈碱性，说明rm{c(H^{+})<c(OH^{-})}的水解程度大于rm{CN^{-}}的电离程度；据此进行判断；

rm{HCN}铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀；

rm{(4)}根据rm{(5)}水溶液显酸性及电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小；由电荷守恒可知：正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度；

rm{NaHC_{2}O_{4}}负极失去电子发生氧化反应，该反应中草酸失去电子生成二氧化碳气体，据此写出负极的电极反应式；根据化合价变化计算出生成rm{(6)}二氧化碳转移的电子的物质的量．

本题考查了弱电解质的电离及其影响、离子浓度大小比较、原电池工作原理的应用等知识，题目难度中等，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素、原电池工作原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．rm{4.48L}【解析】rm{b>a>c}rm{NaCN+CO_{2}+H_{2}O=NaHCO_{3}+HCN}rm{B}rm{D}rm{Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}=Al(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉}rm{c(Na^{+})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(H^{+})>c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(OH^{-})}rm{c(OH^{-})+c(HC_{2}O_{4}^{-})+2c(C_{2}O_{4}^{2-})=c(H^{+})+c(Na^{+})}rm{0.2}17、球形冷凝管；下；a；HBr；3；上口倒出；有机物中少量的碳酸氢钠；正丁醇、正溴丁烷的沸点相差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出，使产率降低；×100%【分析】解：rm{(1)}根据仪器rm{a}的结构特征，可知仪器rm{a}是球形冷凝管，冷凝管充满冷凝水充分冷却，冷却水从rm{A}的下口通入；

故答案为：球形冷凝管；下；

rm{(2)}浓硫酸稀释时，必须将浓硫酸慢慢倒入水中，冷却后加入丁醇，减少挥发，最后加入rm{NaBr}

故选：rm{a}

rm{(3)}正丁醇、溴化钠、硫酸反应时，会有挥发出来的rm{HBr}用氢氧化钠溶液吸收，实验中在反应生成rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Br}时要加热，装置Ⅱ蒸出粗产品需要加热，粗产品洗涤、分液后分离出有机层，加入无水氯化钙固体后常压蒸馏收集rm{99隆芦103隆忙}馏分；也需要加热，所以共有三次用电热套进行加热；

故答案为：rm{HBr}rm{3}

rm{(4)}有机层的密度小于浓硫酸；所以有机层在上层，要从分液漏斗上口倒出，按实验步骤可知，最后一次水洗主要是除去有机物中少量的碳酸氢钠；

故答案为：上口倒出；有机物中少量的碳酸氢钠；

rm{(5)}正丁醇；正溴丁烷的沸点相差较小；若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出，使产率降低，所以制备正溴丁烷时，不直接用装置Ⅱ边反应边蒸出产物；

故答案为：正丁醇；正溴丁烷的沸点相差较小；若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出，使产率降低；

rm{(6)7.5ml}正丁醇的物质的量为rm{dfrac{7.5mL隆脕0.8098g/mL}{74g/mol}mol=0.082mol}rm{dfrac

{7.5mL隆脕0.8098g/mL}{74g/mol}mol=0.082mol}溴化钠的物质的量为rm{dfrac{10g}{103g/mol}mol=0.097mol}根据反应rm{10g}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH+HBroverset{triangle}{}CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Br+H_{2}O}可知，是正丁醇不足量，则正溴丁烷理论产量为rm{7.5隆脕0.8098隆脕dfrac{137}{74}g}故产率rm{=[6.6g隆脗(7.5隆脕0.8098隆脕dfrac{137}{74}g)]隆脕100%=dfrac{6.5隆脕74}{7.5times0.8098times137}隆脕100%}

故答案为：rm{dfrac{6.5隆脕74}{7.5times0.8098times137}隆脕100%}．

rm{dfrac

{10g}{103g/mol}mol=0.097mol}根据装置图可知仪器rm{NaBr+H_{2}SO_{4}篓THBr+NaHSO_{4}}名称；冷凝管充满冷凝水充分冷却，逆流冷却效果好；

rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH+HBr

overset{triangle}{}CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Br+H_{2}O}浓硫酸稀释时，必须将浓硫酸慢慢倒入水中，冷却后加入丁醇，减少挥发，最后加入rm{7.5隆脕0.8098隆脕dfrac

{137}{74}g}

rm{=[6.6g隆脗(7.5隆脕0.8098隆脕dfrac

{137}{74}g)]隆脕100%=dfrac{6.5隆脕74}{7.5times0.8098times

137}隆脕100%}正丁醇、溴化钠、硫酸反应时，会有挥发出来的溴化氢，用氢氧化钠溶液吸收；实验中在反应生成rm{dfrac{6.5隆脕74}{7.5times

0.8098times137}隆脕100%}时要加热，装置Ⅱ蒸出粗产品需要加热，粗产品洗涤、分液后分离出有机层，加入无水氯化钙固体后常压蒸馏收集rm{(1)}馏分；也需要加热；

rm{A}有机层的密度小于浓硫酸；有机层在上层；最后一次水洗主要是除去有机物中少量的碳酸氢钠；

rm{(2)}正丁醇；正溴丁烷的沸点相差较小；

rm{NaBr}正丁醇的物质的量为rm{dfrac{7.5mL隆脕0.8098g/mL}{74g/mol}mol=0.082mol}rm{(3)}溴化钠的物质的量为rm{dfrac{10g}{103g/mol}mol=0.097mol}根据反应rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Br}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH+HBroverset{triangle}{}CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Br+H_{2}O}可知，是正丁醇不足量，根据正丁醇的质量计算正溴丁烷理论产量，产率rm{99隆芦103隆忙}实际产量rm{(4)}理论产量rm{(5)}．

本题考查有机物的合成实验、基本操作、物质的分离提纯、实验条件的控制与分析评价等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，注意题目数据的运用，难度中等．rm{(6)7.5ml}【解析】球形冷凝管；下；rm{a}rm{HBr}rm{3}上口倒出；有机物中少量的碳酸氢钠；正丁醇、正溴丁烷的沸点相差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出，使产率降低；rm{dfrac{6.5隆脕74}{7.5times0.8098times137}隆脕100%}rm{dfrac{6.5隆脕74}{7.5times

0.8098times137}隆脕100%}18、略

【分析】解：（1）连接好装置；装药品之前，必须进行检查装置的气密性；

故答案为：检查装置的气密性；

（2）二氧化锰与浓盐酸加热产生氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；大试管内发生反应是氯气与氢氧化钠溶液的反应，反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（3）在制取氯气的反应中，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体；温度较高时，能够发生副反应3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O；

故答案为：除去Cl2中的HCl气体；防止溶液温度升高而发生副反应（其他合理答案仍得分）；

（4）根据反应2KMnO4+16HCl（浓）═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；不需要加热，所以图2中ad装置都可以；

故答案为：ad．

（1）实验开始前一定要检查装置的气密性；

（2）圆底烧瓶内发生反应是实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气的反应；氯气和碱溶液能发生反应生成消毒液；

（3）制取氯气的反应中，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体；温度较高时，能够发生副反应3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O；

（4）根据反应2KMnO4+16HCl（浓）═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；不需要加热就可以制取氯气．

本题借助制备消毒液考查了氯气的实验室制法、氯气的化学性质，充分考查了学生综合运用知识解决问题的能力，能训练学生的审题能力、思维能力和规范答题的能力，本题难度中等．【解析】检查装置的气密性；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；除去Cl2中的HCl气体；防止溶液温度升高而发生副反应（其他合理答案仍得分）；ad19、略

【分析】解：rm{垄脵}乙醇易挥发；且易溶于水，乙烯混有乙醇，可用水除杂，故答案为：水；

rm{垄脷}无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至rm{170隆忙}反应，生成乙烯和水，反应的方程式为rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}乙炔中混有硫化氢气体，可用硫酸铜除杂，生成rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}沉淀，故答案为：rm{垄脹}溶液．

rm{CuS}乙烯混有乙醇；可用水除杂；

rm{CuSO_{4}}无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至rm{垄脵}反应；生成乙烯和水；

rm{垄脷}乙炔中混有硫化氢气体；可用硫酸铜除杂．

本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理以及物质的性质，难度不大．rm{170隆忙}【解析】水；rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]