2025年外研版2024高二化学上册月考试卷含答案VIP

…………○…………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2025年外研版2024高二化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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6题，共12分)1、25℃时，Fe(OH)3的Ksp＝4×10-38，若使某溶液中Fe3＋完全沉淀所需pH最接近A.3B.7C.9D.112、基态原子的4s能级中只有1个电子的元素共有A.1种B.2种C.3种D.8种3、下列说法中，错误的是（）A.石油主要是由各种烷烃、烯烃和芳香烃组成的混合物B.氧化铝可用于制造耐火坩埚、耐火管等C.金属在腐蚀的过程中，发生了氧化还原反应D.血液渗析法治疗尿毒症，实质是胶体的渗析4、已知rm{NaCl}的摩尔质量为rm{Mg?mol^{-1}}晶体的密度为rm{d}rm{g?cm^{-3}}如图中rm{Na^{+}}与最邻近的rm{Cl^{-}}的核间距离为rm{x}rm{cm}那么阿伏加德罗常数的值可表示为rm{(}rm{)}A.rm{2Mx^{3}d}B.rm{dfrac{M}{(2x^{3}d)}}C.rm{dfrac{4M}{(x^{3}d)}}D.rm{dfrac{M}{(N_{A}x^{3})}}5、在一个rm{1L}的密闭容器中，加入rm{2molA}和rm{1molB}发生下述反应：rm{2A(g)+B(g)?3C(g)+D(s)}达到平衡时，rm{C}的浓度为rm{1.2mol/L.}若维持容器的体积和温度不变，反应从逆反应开始，按不同配比作为起始物质，达到平衡时，rm{C}的浓度仍是rm{1.2mol/L}则rm{D}的起始物质的量应满足的条件应是rm{(}rm{)}A.大于rm{0.6mol}B.大于零C.等于rm{1mol}D.任意值6、下列实验操作、现象和结论均正确的是rm{(}rm{)}

。选项实验操作现象结论rm{A}分别加热rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}固体试管内壁都有水珠两种物质均受热分解rm{B}加热盛有rm{NH_{4}Cl}固体的试管试管底部固体消失，试管口有晶体凝结．rm{NH_{4}Cl}固体可以升华rm{C}向含rm{I^{-}}的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}rm{D}向rm{FeSO_{4}}溶液中先滴入rm{KSCN}溶液再滴加rm{H_{2}O_{2}}溶液加入rm{H_{2}O_{2}}后溶液变成血红色rm{Fe^{2+}}既有氧化性又有还原性A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如右图所示：⑴则25℃时水的电离平衡曲线应为____（填“A”或“B”），请说明理由________________。⑵95℃时PH=2的NaOH溶液中由水电离的c(H＋)______。⑶25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为____。⑷25℃时，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是____。⑸曲线B对应温度下，pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH=5。请分析原因：____。⑹95℃时，某氨水与氯化铵的混合溶液的PH=7，则c（NH4+）______c（Cl－）（填“>”、“<”、或“=”）8、已知rm{CH_{3}COOH}为弱酸rm{.}请回答以下问题：

rm{垄脵}写出rm{CH_{3}COOH}的电离方程式：______．

rm{垄脷25隆忙}时，rm{CH_{3}COONa}溶液的rm{pH}______rm{7(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}．9、请回答下列问题：rm{(1)}醋酸是常见的弱酸。rm{垄脵}醋酸在水溶液中的电离方程式为_____________。rm{垄脷}下列方法中，可以使醋酸稀溶液中rm{CH_{3}COOH}电离程度增大的是_____rm{(}填字母序号rm{)}rm{a.}滴加少量浓盐酸rm{b.}微热溶液rm{c.}加水稀释rm{d.}加入少量醋酸钠晶体rm{(2)}纯水在rm{T隆忙}时rm{pH=6}该温度下rm{1mol/L}的rm{NaOH}溶液中，由水电离出的rm{c(OH^{-})=}_____rm{mol/L}rm{mol/L}某一元弱酸溶液rm{(3)}与二元强酸rm{(A)}的rm{(B)}相等。若将两溶液稀释相同的倍数后，rm{pH}rm{pH(A)}填“___rm{pH(B)(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}现用上述稀释溶液中和等浓度等体积的rm{NaOH}溶液，则需稀释溶液的体积rm{V(A)}___rm{V(B)(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}”、“rm{pH(B)(}”或“rm{>}”rm{=}现用上述稀释溶液中和等浓度等体积的rm{<}溶液，则需稀释溶液的体积rm{)}___rm{NaOH}填“rm{V(A)}”、“rm{V(B)(}”或“rm{>}”rm{=}rm{<}已知：二元酸rm{)}的电离方程式是：rm{(4)}rm{H_{2}R}若rm{H_{2}R=H^{+}+HR^{-}}溶液的rm{HR^{-}?R^{2-}+H^{+}}则rm{0.1mol?L^{-1}NaHR}溶液中rm{c(H^{+})=amol?L^{-1}}____rm{0.1mol?L^{-1}H_{2}R}填“rm{c(H^{+})}”、“rm{(0.1+a)mol?L^{-1}(}”或“rm{<}”rm{>}理由是______。rm{=}电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的物理量。已知：。rm{)}化学式电离常数rm{(25隆忙)}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}=4.3隆脕10^{-7}}rm{K_{2}=5.6隆脕10^{-11}}

rm{垄脵25隆忙}时，有等浓度的rm{HCN}溶液、rm{H_{2}CO_{3}}溶液和rm{CH_{3}COOH}溶液，三溶液的rm{pH}由大到小的顺序为________rm{(}用化学式表示rm{)}rm{垄脷}向rm{NaCN}溶液中通入少量的rm{CO2}发生反应的化学方程式为_______________。10、（9分）大理石与盐酸反应的反应速率如图所示，已知反应为放热反应。（1）写出该反应的离子反应方程式：（2）反应开始时反应速率加快的原因是。（3）反应后期反应速率下降的原因是。11、（12分，每空3分）.请回答下列问题：（1）图中A、C分别表示、，E的大小对该反应的反应热有无影响？。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？，理由是；（2）图中△H=KJ·mol-1；12、物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡rm{.}请根据所学知识回答下列问题：

rm{(1)N}rm{a}rm{HCO_{3}}溶液中共存在rm{7}种微粒，它们是rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{H^{+}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{H_{2}O}____________、____________rm{.(}填写微粒符号rm{)}

rm{(2)}常温时，rm{A}rm{l}rm{{,!}_{2}(SO_{4})_{3}}的水溶液呈____________rm{(}填“酸”、“中”、“碱”rm{)}性，原因是rm{(}用离子方程式表示rm{)}____________；实验室在配制rm{A}rm{l}rm{{,!}_{2}(SO_{4})_{3}}的溶液时，为了抑制rm{A}rm{l}rm{{,!}_{2}(SO_{4})_{3}}的水解可加入少量的____________rm{(}填写物质的名称rm{).}把rm{A}rm{l}rm{C}rm{l}rm{{,!}_{3}}溶液蒸干；灼烧，最后得到的主要固体产物是____________．

rm{(3)}常温下，物质的量浓度相同的下列溶液：rm{垄脵NH_{4}C}rm{l}rm{垄脷(NH_{4})_{2}SO_{4}垄脹NH_{3}?H_{2}O垄脺(NH_{4})_{2}CO_{3}垄脻NH_{4}HSO_{4}.}溶液中rm{c}rm{(NH_{4}^{+})}从大到小的顺序为：____________rm{.(}填写溶液的序号rm{)}

rm{(4)}现有浓度均为rm{0.1}rm{mol}rm{/L}的下列溶液：rm{垄脵}氢氧化钡；rm{垄脷}醋酸；rm{垄脹}氢氧化钠；rm{垄脺}碳酸钠，四种溶液中由水电离出的rm{OH^{-}}浓度由大到小的顺序是rm{(}填序号____________．评卷人得分三、解答题(共7题，共14分)13、常温下，两种溶液①0.1mol/LNH3•H2O②0.1mol/LNH4Cl中：

（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中c（OH-）______（填“增大”、“减小”或“不变”）；KW______（填“增大”；“减小”或“不变”）

（2）溶液②呈______性（填“酸”；“碱”或“中”）．其原因是______

（用离子方程式表示）．升温可以______（填“促进”或“抑制”）NH4Cl的水解．

（3）两种溶液中c（NH4+）的大小为______（填字母）．

a．两种溶液中c（NH4+）都等于0.1mol/L

b．两种溶液中c（NH4+）都小于0.1mol/L

c．NH4Cl溶液中c（NH4+）小于NH3•H2O溶液中c（NH4+）

（4）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时c（NH4+）=amol/l，则c（SO42-）=______mol/l

（5）若向氨水中加入pH=1的硫酸；且氨水与硫酸的体积比为1：1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的关系是______．

14、近年来，乳酸CH3CH（OH）COOH成为人们的研究热点之一．乳酸可以用化学方法合成；也可以由淀粉通过生物发酵法制备．乳酸有许多用途，其中利用乳酸聚合而合成的高分子材料，具有很好的生物兼容性，它无论在哺乳动物体内或自然环境中，最终都能够降解成二氧化碳和水．请完成下列有关问题：

（1）乳酸在发生下列变化时所用的试剂①______；②______；

CH3CH（OH）COOHCH3CH（OH）COONaCH3CH（ONa）COONa

（2）乳酸可以跟精制的铁粉反应制备一种补铁的药物，反应的化学方程式为2CH3CH（OH）COOH+Fe→[CH3CH（OH）COO]2Fe+H2↑

该反应中氧化剂是______；还原产物是______．

（3）由乳酸可以制取请写出设计合成实验时所涉及的有机反应类型：______．

（4）若碳原子以单键与四个不同的原子或原子团相结合，则称该碳原子为“手性碳原子”，含有手性碳原子的分子称为“手性分子”，手性分子往往具有一定生物活性．乳酸分子是手性分子，乳酸[③CH3②CH（OH）①COOH]的手性碳原子是______号碳原子．

15、在实验室里制取少量FeCl3；可按照一定顺序连接下图中所列装置，所通过的气体过量且反应充分．试回答以下问题：

（1）实验时，各装置接口的连接顺序为______（用a、b；c、d等字母表示）；

（2）C装置的作用是______；

（3）D装置的作用是______；

（4）检验B装置中反应后铁是否有剩余的方法是：______；

（5）用此方法可制得无水氯化铁．你认为能否改用Fe和盐酸反应；再通入过量氯气；蒸干溶液的方法来制取无水氯化铁，______（答：是或否）；说明理由：______．

16、某学生用0.1mol/LKOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液；其操作可分解为如下几步：

①移取20.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶；并加入2-3滴酚酞。

②用标准溶液润洗滴定管2-3次。

③把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好；调节液面使滴定管尖嘴充满溶液。

④取标准KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm

⑤调节液面至0或0刻度以下；记下读数。

⑥把锥形瓶放在滴定管的下面；用标准KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度。

完成以下填空：

（1）正确操作的顺序是（用序号填写）______

（2）上述②操作的目的是______

（3）实验中用左手控制______（填仪器及部位）；眼睛注视______，直至滴定终点．判断到达终点的现象是______．

下列操作；对测定结果的影响是（填“偏大”；“偏小”、“不变”）

（4）上述①操作之前；如先用蒸馏水洗锥形瓶______．

（5）滴定结束后如仰视观察滴定管中液面刻度______

（6）若称取一定量的KOH固体（含少量NaOH）配制标准溶液并用来滴定上述盐酸；则______．

17、在发射“神舟”七号的火箭推进器中装有肼（N2H4）和过氧化氢；当两者混合时即产生气体，并放出大量的热．已知：

N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.6kJ/mol

H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ/mol

若用3.2g液态肼与足量过氧化氢反应生成氮气和液态水；则整个过程中转移的电子的物质的量为______，该反应的热化学方程式为______．

18、将左栏与右栏相关内容用直线连接起来．

隐形杀手水俣病。

Hg2+Rn

光导纤维臭氧层空洞。

氟氯烃纯SiO2．

19、如图是实验室制取乙酸乙酯的装置．

（1）在大试管中配制一定比例的乙醇；乙酸和浓硫酸的混合溶液的方法是：______；并轻轻地振荡试管，使之混合均匀．反应方程式：______

评卷人得分四、推断题(共3题，共9分)20、rm{A}与rm{B}在一定条件下反应生成rm{C}进一步反应生成抗氧化剂“安维那”rm{D}其分子式为rm{C_{10}H_{10}O_{4}.A}对氢气的相对密度为rm{52}rm{1mol}rm{A}与足量rm{NaHCO_{3}}反应生成rm{2mol}气体rm{.B}属于芳香类化合物rm{.}已知：

rm{RCHO+CH_{2}(COOH)_{2}xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}RCH=C(COOH)_{2}+H_{2}O}

rm{RCH=C(COOH)_{2}xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}RCH=CHCOOH+CO_{2}}

rm{RCHO+CH_{2}(COOH)_{2}

xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}RCH=C(COOH)_{2}+H_{2}O}可能发生的反应是______rm{RCH=C(COOH)_{2}

xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}RCH=CHCOOH+CO_{2}}填序号rm{(1)C}．

rm{(}氧化反应rm{)}水解反应rm{a.}消去反应rm{b.}酯化反应。

rm{c.}等物质的量的rm{d.}分别与足量的rm{(2)}rm{C}rm{Na}反应时消耗rm{NaHCO_{3}}rm{NaOH}rm{Na}的物质的量之比是______．

rm{NaHCO_{3}}的分子式是______rm{NaOH}写出rm{(3)A}中的含氧官能团名称：______

rm{.}反应rm{D}的化学方程式是______．

rm{(4)}符合下列条件的rm{垄脵}的同分异构体有______种，写出其中任意一种的结构简式______．

rm{(5)}在苯环上只有两个取代基；rm{D}在苯环上的一氯取代物只有两种；

rm{垄脵}该同分异构体与足量rm{垄脷}反应生成rm{垄脹1mol}rm{NaHCO_{3}}．rm{2mol}21、有机物A是最常用的食用油抗氧化剂，分子式为C10H12O5，可发生如下转化：已知B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基。C的结构可表示为：请回答下列问题：（1）B的结构简式为____C中含有的官能团-X的名称为____（2）反应④的反应类型为____（3）反应①的化学方程式为____（4）从分子结构上看，A作为食用油抗氧化剂的主要原因是____a.含有苯环b.含有羰基c.含有酚羟基22、以石油裂解气为原料，通过一系列化学反应可得到重要的化工产品增塑剂rm{G}．请完成下列各题：rm{(1)}写出反应类型：反应rm{垄脵}________，反应rm{垄脺}________．rm{(2)}写出反应条件：反应rm{垄脹}________，反应rm{垄脼}________．rm{(3)}反应rm{垄脷垄脹}的目的是：________．rm{(4)}写出反应rm{垄脻}的化学方程式：________．rm{(5)B}被氧化成rm{C}的过程中会有中间产物生成，该中间产物可能是________rm{(}写出一种物质的结构简式rm{)}检验该物质存在的试剂是________rm{(6)}写出rm{G}的结构简式________评卷人得分五、工业流程题(共3题，共21分)23、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___。24、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。25、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，同时具有Na2CO3和H2O2双重性质。可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域。工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%＝×100%)来衡量其优劣；13%以上为优等品。一种制备过碳酸钠的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式：_____________。

(2)稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响。

①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反应温度对产品产率(y%)及活性氧含量的影响如下图所示。要使产品达到优等品且产率超过90%，合适的反应温度范围是______________。

③“结晶”时加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循环利用的主要物质是______________。

(4)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。

①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有_____________。

②该样品的活性氧含量为________%。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】试题分析：当Fe3+小于等于10-5mol/L时认为沉淀完全，则C（OH-）===1.59×10-11mol/L，C（H+）=mol/L=6.29×10-4mol/L，pH=-lg6.29×10−4=4.2，故A正确。考点：难溶电解质溶解平衡及沉淀转化的计算【解析】【答案】A2、C【分析】K1s22s22p63s23p64s1或[Ar]4s1Cr1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1Cu1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1【解析】【答案】C3、A【分析】解：A．石油主要成分是各种烷烃；环烷烃、芳香烃的混合物；无烯烃，故A错误；

B．利用氧化铝耐高温的性质；常用来制造耐高温的实验仪器，故B正确；

C．金属腐蚀原理是金属失电子被氧化的过程；故发生了氧化还原反应，故C正确；

D．透析时；病人的血液通过浸在透析液中的透析膜进行循环和透析．血液中，蛋白质和血细胞不能透过透析膜，血液内的毒性物质则可以透过，血液透析原理同胶体的渗析原理类似，故D正确；

故选A．

A．根据石油成分分析；

B．根据氧化铝的用途分析；

C．金属腐蚀原理是金属失电子被氧化的过程；

D．根据胶体性质分析．

本题考查了石油组成、氧化铝的用途、金属腐蚀原理和胶体性质，中等难度．注意石油主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，无烯烃．【解析】【答案】A4、B【分析】解：一个rm{NaCl}的晶胞中所包含的rm{Na^{+}}为：rm{12隆脕dfrac{1}{4}+1=4}rm{Cl^{-}}数目为：rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}即rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}个rm{1}晶胞的体积实际上是rm{NaCl}个rm{4}和rm{Na^{+}}个rm{4}共同所占的体积，由rm{Cl^{-}}晶胞示意图可知rm{NaCl}个rm{1}与rm{Na^{+}}个rm{1}共同占有的体积为rm{V=dfrac{1}{4}隆脕(2xcm)^{3}=2x^{3}cm^{3}}由等式rm{Cl^{-}}可得rm{N_{A}=dfrac{M}{2x^{3}d}}

故选B．

根据均摊法计算出一个晶胞中所包含的rm{V=dfrac

{1}{4}隆脕(2xcm)^{3}=2x^{3}cm^{3}}与rm{N_{A}?d?V=58.5}数目；利用晶体密度；晶胞体积和晶胞摩尔质量计算阿伏伽德罗常数．

本题考查有关晶体计算等方法，应注意每个晶胞中所含微粒数目，然后计算摩尔质量，难度不大．rm{N_{A}=dfrac

{M}{2x^{3}d}}【解析】rm{B}5、A【分析】解：在恒温恒容条件下，rm{C}的浓度仍为rm{1.2mol/L}即平衡时rm{C}的物质的量为rm{1.2mol}则rm{B}的物质的量为rm{1-dfrac{1.2}{3}=0.6mol}假设反应完全逆向，则在折算之后要满足rm{n(A)=2mol}rm{n(B)=1mol}但又rm{D}为固体，对平衡移动没有影响，所以rm{D}只要能够与rm{C}反应生成达到平衡状态rm{B}的量即可，所以rm{D}最少为rm{0.6mol}rm{D}的起始物质的量应满足的条件应是大于rm{0.6mol}

故选：rm{A}．

在恒温恒容条件下，rm{C}的浓度仍为rm{1.2mol/L}即平衡时rm{C}的物质的量为rm{1.2mol}则rm{B}的物质的量为rm{1-dfrac{1.2}{3}=0.6mol}假设反应完全逆向，则在折算之后要满足rm{n(A)=2mol}rm{n(B)=1mol}rm{D}为固体；对平衡移动没有影响，据此分析．

本题考查化学平衡的有关计算；等效平衡；难度中等，构建平衡建立的途径是解题关键，注意等效平衡规律：

rm{1}恒温恒压下；按化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量之比相同，为等效平衡；

rm{2}恒温恒容下，若反应前后气体气体发生变化，按化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量相等，为等效平衡；若反应前后气体的体积不变，按化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量之比相同，为等效平衡．【解析】rm{A}6、C【分析】解：rm{A.}碳酸钠加热不分解；而碳酸氢钠加热分解生成水，结论不合理，故A错误；

B.氯化铵加热分解，而升华为物理变化，试管口rm{HCl}与氨气化合生成氯化铵；与升华无关，故B错误；

C.氯气可氧化碘离子，生成碘，淀粉遇碘变蓝，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}则实验操作；现象和结论均合理，故C正确；

D.亚铁离子被过氧化氢氧化，生成铁离子，遇rm{KSCN}溶液变为血红色；该实验体现亚铁离子的还原性，结论不合理，故D错误；

故选C．

A.碳酸钠加热不分解；

B.氯化铵加热分解；而升华为物理变化；

C.氯气可氧化碘离子；生成碘，淀粉遇碘变蓝；

D.亚铁离子被过氧化氢氧化．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象、结论的分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【解析】试题分析：（1）电离是吸热，则升高温度，电离程度增加，水中氢离子浓度增加，所以25℃时水的电离平衡曲线应为A。（2）95℃时水的离子积常数是10－12，所以pH=2的NaOH溶液中由水电离的c(H＋)＝10-10mol/L。（3）若所得混合溶液的pH=7，则解得（4）若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则所以该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是a+b=16或pH1+pH2=16。（5）曲线B对应95℃，此时水的离子积为10-12。HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH=5。（6）95℃时，某氨水与氯化铵的混合溶液的PH=7，则溶液显碱性。所以根据电荷守恒可知c（NH4+）＋c（H+）＝c（OH－）＋c（Cl－），c（NH4+）>c（Cl－）。考点：考查外界条件对水的电离平衡的影响、pH的计算以及溶液中离子浓度大小比较【解析】【答案】（14分）⑴①A（2分）②水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，c（H+）、c（OH-）小（2分）⑵10-10（2分）⑶10∶1（2分）⑷a+b=16或pH1+pH2=16（2分）⑸曲线B对应95℃，此时水的离子积为10-12。HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH=5。（2分）⑹>（2分）8、略

【分析】解：rm{垄脵}醋酸是一元弱酸，只能部分电离为氢离子和醋酸根，故用可逆号，电离方程式为rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}故答案为：rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}

rm{垄脷}醋酸钠是强碱弱酸盐，根据盐类水解规律“谁强显谁性”可知，醋酸钠溶液显碱性，即rm{pH>7}故答案为：rm{>}．

rm{垄脵}醋酸是一元弱酸；只能部分电离；

rm{垄脷}醋酸钠是强碱弱酸盐；根据盐类水解规律来分析．

本题考查了弱电解质电离方程式的书写以及盐类水解的规律，难度不大，应注意对盐类水解规律的掌握．【解析】rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}rm{>}9、(1)①CH3COOHCH3COO-+H+②bc(2)10－12(3)＜＜(4)＜H2R中第一步电离出的H+对HR﹣的电离产生了抑制作用(5)①HCN>H2CO3>CH3COOH②NaCN＋H2O＋CO2═══HCN＋NaHCO3【分析】【分析】

本题考查了离子浓度大小的比较，电解质、强电解质、非电解质的判断，溶液酸碱性与rm{pH}值的相关计算；题目综合性强，设计内容多，难度中等，解题时注意把握电解质强弱的判断依据，注意弱电解质电离的特点。

【解答】

rm{(1)}醋酸是常见的弱酸。rm{垄脵}醋酸在水溶液中部分电离，其电离方程式为醋酸在水溶液中部分电离，其电离方程式为rm{垄脵}rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{COOH}rm{COOH}rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{COO}rm{COO}rm{-}rm{-}rm{+H}rm{+H}rm{+}rm{+}，故答案为：rm{CH}rm{CH}rm{3}滴加少量浓盐酸增大氢离子的浓度，抑制醋酸的电离，故rm{3}错误；rm{COOH}醋酸的电离是吸热的，微热溶液，醋酸的电离程度增大，故rm{COOH}正确；

rm{CH}越稀越电离，加水稀释，rm{CH}正确rm{3}

rm{3}加入少量醋酸钠晶体，增大醋酸根的浓度，抑制醋酸的电离，故rm{COO}错误；故答案为：rm{COO}rm{-}某一元弱酸溶液rm{-}与二元强酸rm{+H}的rm{+H}相等，则弱酸有大部分为电离，加水稀释时，能够促进更多的弱酸电离，所以加水稀释后，氢离子浓度大于二元强酸中氢离子浓度，所以rm{+}rm{+}，上述稀释溶液中弱酸的氢离子的物质的量浓度大于强酸，所以等体积含有的氢离子的物质的量多，中和等浓度等体积的溶液，用的体积少，故答案为：；rm{(2)}rm{a.}滴加少量浓盐酸增大氢离子的浓度，抑制醋酸的电离，故rm{a}错误；根据电离方程式知，rm{a.}只电离不水解，rm{a}溶液的rm{b.}醋酸的电离是吸热的，微热溶液，醋酸的电离程度增大，故rm{b}正确；则rm{b.}电离出氢离子浓度为rm{b}rm{c.}越稀越电离，加水稀释，第一步完全电离生成rm{c.}的氢离子，第一步电离出的氢离子抑制第二步电离，所以第二步电离出的氢离子浓度小于醋酸的电离程度增大，故rm{c}正确则rm{c}溶液中氢离子的物质的量浓度应小于；故答案为：rm{d.}加入少量醋酸钠晶体，增大醋酸根的浓度，抑制醋酸的电离，故rm{d}错误；rm{d.}中第一步电离出的rm{d}对rm{bc}的电离产生了抑制作用；rm{(3)}根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，rm{(A)}越小，根据图表数据分析，电离常数：醋酸rm{(B)}rm{pH}rm{pH(A)<}rm{pH(B)}rm{pH(B)}rm{NaOH}所以三溶液的rm{<}由大到小的顺序为rm{<}rm{(4)}rm{HA-}rm{0.1mol?L-1NaHA}rm{pH=2}rm{HA-}rm{0.01mol/L}，故答案为：rm{H2A}rm{0.1mol/L}rm{0.01mol/L}rm{H2A}rm{0.11mol/L}rm{<}rm{H_{2}R}；rm{H+}向rm{HR^{-}}溶液中通入少量rm{(5)垄脵}由于酸性：rm{pH}故反应生成rm{>}和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为rm{H}rm{H}rm{2}rm{2}rm{CO}rm{CO}，故答案为：rm{3}rm{3}rm{>HCN}rm{pH}rm{HCN>H}rm{HCN>H}。rm{2}【解析】rm{(1)}rm{垄脵CH}rm{垄脵CH}rm{3}rm{3}rm{COOH}rm{COOH}rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{COO}rm{COO}rm{-}rm{-}rm{+H}rm{+H}rm{+}rm{+}rm{垄脷bc}中第一步电离出的rm{垄脷bc}rm{(2)10}对rm{-}rm{-}的电离产生了抑制作用rm{12}rm{12}rm{(3)<}rm{<}rm{(4)<}rm{H}rm{2}rm{2}rm{R}rm{H}rm{+}rm{+}rm{HR}10、略

【分析】（1）大理石和盐酸反应生成物是CO2、氯化钙和水，所以离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑。（2）由于反应是放热反应，放出的热量使溶液温度升高，反应速率加快。（3）反应后期由于盐酸的浓度减小，使得反应速率逐渐降低。【解析】【答案】（1）CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑（2）温度升高，反应速率加快。（3）反应物浓度减小，反应速率减慢。11、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分)（1）反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低。（2）-19812、(1)OH-、H2CO3(2)酸Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+硫酸Al2O3(3)②＞④＞⑤＞①＞③(4)④＞②＞③＞①【分析】【分析】本题旨在考查学生对弱电解质的电离平衡、盐类水解的原理等应用。【解答】rm{(1)N}rm{(1)N}rm{a}rm{a}rm{HCO}种微粒，它们是rm{HCO}rm{{,!}_{3}}溶液中水解和电离，共存在rm{7}种微粒，它们是rm{N}rm{7}rm{N}rm{a}rm{a}rm{{,!}^{+}}、rm{HCO}rm{HCO}rm{{,!}_{3}^{-}}、rm{H}rm{H}rm{{,!}^{+}}、rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}、rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{OH}rm{O}rm{OH}rm{{,!}^{-}}、rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}硫酸铝水解呈酸性，由于氯离子水解，方程式为：rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}；故答案为：rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-}}、rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}；rm{(2)}硫酸铝水解呈酸性，由于氯离子水解，方程式为：rm{Al}rm{(2)}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}rm{+3H}rm{+3H}rm{{,!}_{2}}rm{O?Al(OH)}氨水是弱电解质，部分电离出铵根离子，其余为盐全部电离，碳酸根离子水解促进铵根离子水解，硫酸氢钠中氢离子抑制铵根离子水解，故铵根离子浓度大小顺序为：rm{O?Al(OH)}故答案为：rm{{,!}_{3}}rm{+3H}碳酸钠水解显碱性，氢氧化钠含有rm{+3H}个氢氧根离子，氢氧化钡含有rm{{,!}^{+}}个氢氧根离子，醋酸是弱酸，部分电离，故氢氧根离子浓度大小顺序为：；为抑制其水解需加入硫酸，氯化铝在水中水解生成氢氧化铝和氯化氢，蒸干得到氢氧化铝，灼烧生成氧化铝，故答案为：酸；rm{Al}故答案为：rm{Al}rm{{,!}^{3+}}【解析】rm{(1)OH^{-}}rm{H_{2}CO_{3}}rm{(1)OH^{-}}rm{H_{2}CO_{3}}酸rm{(2)}酸rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}硫酸rm{Al_{2}O_{3}}硫酸rm{(2)}rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}rm{Al_{2}O_{3}}rm{(3)垄脷>垄脺>垄脻>垄脵>垄脹}三、解答题(共7题，共14分)13、略

【分析】

（1）氨水电离生成铵根离子和氢氧根离子，NH3•H2O⇌NH4++OH-，加入硫酸铵后，铵根离子浓度增大，所以平衡逆向移动，氢氧根浓度减小，KW只受温度的影响；温度不变，值不变，故答案为：减小；不变；

（2）氯化铵中，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液显示酸性，故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；

（3）氨水属于弱电解质，不完全电离，氯化铵中，铵根离子会发生水解反应，所以二者的浓度均会小于0.1mol/L，故选b；

（4）根据溶液中的电荷守恒：c（NH4+）+C（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），溶液显示中性，则氢离子和氢氧根浓度相等，所以c（SO42-）=0.5c（H+）=0.5amol/L；故答案为：0.5a；

（5）向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，则所得溶液恰好为硫酸铵，溶液中铵根离子水解，溶液显示酸性，离子浓度大小关系为：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-），故答案为：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）．

【解析】【答案】（1）氨水电离生成铵根离子和氢氧根离子，加入硫酸铵会影响电离平衡的移动，KW只受温度的影响；

（2）氯化铵中；铵根离子水解显示酸性；

（3）氨水属于弱电解质；不完全电离，氯化铵中，铵根离子会发生水解反应；

（4）根据溶液中的电荷守恒来计算回答；

（5）氨水可以和硫酸发生反应生成硫酸铵；根据溶液总的组成情况来回答．

14、略

【分析】

（1）羧基能和氢氧化钠、钠反应生成羧酸钠，醇羟基能和钠反应生成醇钠，但不能和氢氧化钠反应生成醇钠，所以2-羟基丙酸和氢氧化钠反应生成2-羟基丙酸钠，2-羟基丙酸钠和钠反应生成CH3CH（ONa）COONa；

故答案为：NaOH；Na；

（2）反应中铁由0价变成+2价；故作还原剂，乳酸作氧化剂，则还原产物是氢气，故答案为：乳酸；氢气；

（3）2-羟基丙酸发生消去反应生成丙烯酸，丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯发生加聚反应生成所以涉及的反应类型是：消去反应；酯化反应、加聚反应，故答案为：消去反应、酯化反应、加聚反应；

（4）乳酸中，如[③CH3②CH（OH）①COOH]中②号碳原子四个键分别连接-H、-OH、-COOH、-CH3四个不同的基团；故该碳原子为手性碳原子，故选②．

【解析】【答案】（1）羧基能和氢氧化钠；钠反应生成羧酸钠；醇羟基能和钠反应生成醇钠，但不能和氢氧化钠反应生成醇钠；

（2）氧化还原反应中；得电子化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂对应的产物是还原产物；

（3）2-羟基丙酸发生消去反应生成丙烯酸，丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯发生加聚反应生成

（4）碳原子以单键与四个不同的原子或原子团相结合；则称该碳原子为“手性碳原子”，根据手性碳原子定义判断．

15、略

【分析】

（1）制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，有水蒸气不能制的氯化铁，除去水蒸气用浓硫酸，应先除去水蒸气干燥，干燥的氯气通入玻璃管中和铁反应生成无水氯化铁，最后吸收尾气中未反应的氯气，防止污染空气，洗气装置导气管长进短处，导气管口连接顺序为：aedbcf，故答案为：aedbcf；

（2）气体中含有水蒸气，FeCl3容易水解；C装置中是浓硫酸作用是干燥氯气，故答案为：干燥氯气；

（3）氯气有毒不能排放到空气中；氢氧化钠作用是吸收尾气氯气，防止污染空气，故答案为：吸收尾气氯气；

（4）检验B装置中反应后铁是否有剩余的方法是；用磁铁吸引产物，若被磁铁吸引，则含有铁；

故答案为：用磁铁吸引产物；若被磁铁吸引，则含有铁；

（5）改用Fe和盐酸反应生成氯化亚铁；再通入过量氯气把氯化亚铁氧化为氯化铁，因为氯化铁水解，蒸干溶液，得到的是氢氧化铁；不能来制取无水氯化铁；

故答案为：否；由于FeCl3水解，加热蒸干该溶液只能得到Fe（OH）3．

【解析】【答案】（1）制备氯气中含有氯化氢和水蒸气；除去氯化氢气体用饱和食盐水，除去水蒸气用浓硫酸，应先除氯化氢，后干燥，最后吸收尾气中未反应的氯气，防止污染空气；

（2）如果进入B的气体不干燥，FeCl3容易水解；

（3）氯气有毒不能排放到空气中；需要进行尾气吸收；

（4）依据铁的特征性质；可以用磁铁进行检验；

（5）氯化亚铁可以被氧化为氯化铁；但氯化铁蒸干过程中促进氯化铁的水解，得到氢氧化铁，得不到氯化铁固体．

16、略

【分析】

（1）中和滴定按照检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作；则正确的顺序为②④③⑤①⑥，故答案为：②④③⑤①⑥；

（2）②操作的目的是防止将标准液稀释；故答案为：防止将标准液稀释；

（3）滴定时；滴定过程中，用左手控制碱式滴定管橡皮管玻璃珠处，右手摇动锥形瓶，两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色，可说明达到滴定终点，故答案为：碱式滴定管橡皮管玻璃珠处；锥形瓶中溶液的颜色变化；锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色；

（4）①操作之前；如先用蒸馏水洗锥形瓶，所取待测液的物质的量没变，故不影响V（标准），所以滴定结果不变，故答案为：不变；

（5）因滴定管的小刻度在上方，则滴定结束后如仰视观察滴定管中液面刻度，读数偏大，即V（碱）偏大，由c（酸）=可知；c（酸）偏大，故答案为：偏大；

（6）称取一定量的KOH固体（含少量NaOH），等质量的NaOH或KOH固体来中和酸时，NaOH消耗的盐酸的多，则n（OH-）偏大，消耗酸的体积偏大，由c（酸）=可知；c（酸）偏小，故答案为：偏小．

【解析】【答案】（1）中和滴定有检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；

（2）润洗的目的是防止溶液被稀释；

（3）实验中应控制流速并观察锥形瓶中颜色变化；

（4）锥形瓶中有水对实验无影响；

（5）仰视观察滴定管中液面刻度；读数偏大；

（6）称取一定量的KOH固体（含少量NaOH），n（OH-）偏大，消耗酸偏大，由c（酸）=分析．

17、略

【分析】

①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.6kJ/mol

②H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ/mol；

依据盖斯定律，①-②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-817.6kJ/mol；依据反应前后元素化合价变化可知，N2H4～N2～4e-；3.2g液态肼物质的量==0.1mol；依据电子守恒计算得到转移电子为0.4mol；

故答案为：0.4mol；N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-817.6kJ/mol；

【解析】【答案】依据热化学方程式结合盖斯定律计算分析得到热化学方程式；依据反应前后元素化合价变化分析计算氧化还原反应的电子转移；

18、略

【分析】

因水俣病与重金属离子的污染有关，应与Hg2+相连；

Rn具有放射性；能引起肺癌，被称为隐形杀手；

臭氧层空洞与氟氯烃的大量使用有关；

二氧化硅为光导纤维的主要原料；

则故答案为：．

【解析】【答案】根据水俣病与重金属离子的污染有关；Rn（氡0）为无色具有放射性的气体，臭氧层空洞是由氟氯烃的大量使用导致的，二氧化硅为光导纤维的主要原料等来解答．

19、略

【分析】

（1）浓硫酸溶于水放出大量的热；加入药品时，为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸和乙酸，如先加浓硫酸会出现酸液飞溅的可能现象；实验中用乙醇与乙酸作用，酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，该反应生成乙酸乙酯和水，且为可逆反应，所以乙酸脱羟基，乙醇脱氢离子；

故答案为：向试管倒入一定量的乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入一定量的浓硫酸和一定量的醋酸；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；

（2）乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸；二者易溶于水而产生倒吸，故答案为：防止倒吸；

（3）乙酸与乙醇需浓硫酸作催化剂；该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动．故浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为：催化作用；吸水作用；

（4）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯；目的是除去乙醇和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层．

故答案为：除去乙醇和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度；便于分层；

（5）在碳酸钠溶液层上方有无色油状液体出现；闻到香味，说明实验中生成的乙酸乙酯，其密度比水小；分离粗产品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可，所以用到的仪器为分液漏斗，故答案为：小；分液漏斗；

【解析】【答案】（1）加入药品时；为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸和乙酸；酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢；

（2）根据粗产品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物中各自的性质；进行解答；

（3）乙酸与乙醇需浓硫酸作催化剂；该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；

（4）用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯；乙醇溶解，碳酸钠与乙酸反应除去乙酸；同时降低乙酸乙酯的溶解度；

（5）根据实验操作和实验现象进行解答；

四、推断题(共3题，共9分)20、ad；3：2：3；C3H4O4；羧基、羟基、醚键；4；任意一种【分析】解：rm{A}对氢气的相对密度为rm{52}则rm{Mr(A)=52隆脕2=104}rm{1molA}与足量rm{NaHCO_{3}}溶液反应生成rm{2mol}气体，则rm{A}分子中含有rm{2}个rm{-COOH.B}属于芳香族化合物，且含有醛基，rm{B}与rm{A}反应生成rm{C}由反应信息rm{RCHO+CH_{2}(COOH)xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}RCH=C(COOH)_{2}+H_{2}O}结合rm{RCHO+CH_{2}(COOH)

xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}RCH=C(COOH)_{2}+H_{2}O}的结构可知，rm{C}为rm{A}rm{CH_{2}(COOH)_{2}}为rm{B}反应生成rm{C}其分子式为rm{D}分子组成减少rm{C_{10}H_{10}O_{4}}分子rm{1}由反应信息rm{RCH=C(COOH)_{2}xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}RCH=CHCOOH+CO_{2}隆眉}可知，rm{CO_{2}}的结构简式为．

rm{RCH=C(COOH)_{2}

xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}RCH=CHCOOH+CO_{2}隆眉}含有酚羟基；碳碳双键；可以发生氧化反应，含有羧基可以发生酯化反应，不能发生消去反应与水解反应；

故答案为：rm{D}

rm{(1)C}由rm{ad}的结构可知，rm{(2)}中含有rm{C}rm{1molC}酚羟基rm{2mol-COOH}rm{1mol}

羧基、羟基与钠反应，rm{-OH}可以消耗rm{1molC=C}

羧基与碳酸氢钠反应，rm{1molC}消耗rm{3molNa}

羧基、酚羟基与氢氧化钠反应，rm{1molC}消耗rm{2molNaHCO_{3}}

故等物质的量的rm{1molC}分别与足量的rm{3molNaOH}rm{C}rm{Na}反应时消耗反应时消耗rm{NaHCO_{3}}rm{NaOH}rm{Na}的物质的量之比为rm{NaHCO_{3}}rm{NaOH}rm{3mol}rm{2mol}rm{3mol=3}

故答案为：rm{2}rm{3}rm{3}

rm{2}由上述分析可知，rm{3}的结构简式为rm{(3)}分子式为rm{A}rm{CH_{2}(COOH)_{2}}的结构简式为含有的含氧官能团有：羧基；羟基、醚键；

故答案为：rm{C_{3}H_{4}O_{4}}羧基；羟基、醚键；

rm{D}反应rm{C_{3}H_{4}O_{4}}的化学方程式是：

故答案为：

rm{(4)}rm{垄脵}同分异构体符合：

rm{(5)D(}在苯环上只有两个取代基；

rm{)}在苯环上的一氯取代物只有两种，结合rm{垄脵}的结构；说明两个不同的取代基处于对位位置或者两个相同的取代基处于邻位位置；

rm{垄脷}该同分异构体与足量rm{D}反应生成rm{垄脹1mol}气体，含有rm{NaHCO_{3}}个rm{2molCO_{2}}

所以符合条件的rm{2}的同分异构体结构简式分别为：共有rm{-COOH}种；

故答案为：rm{D}任意一种．

rm{4}对氢气的相对密度为rm{4}则rm{A}rm{52}与足量rm{Mr(A)=52隆脕2=104}溶液反应生成rm{1molA}气体，则rm{NaHCO_{3}}分子中含有rm{2mol}个rm{A}属于芳香族化合物，且含有醛基，rm{2}与rm{-COOH.B}反应生成rm{B}由反应信息rm{RCHO+CH_{2}(COOH)xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}RCH=C(COOH)_{2}+H_{2}O}结合rm{A}的结构可知，rm{C}为rm{RCHO+CH_{2}(COOH)

xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}RCH=C(COOH)_{2}+H_{2}O}rm{C}为rm{A}反应生成rm{CH_{2}(COOH)_{2}}其分子式为rm{B}分子组成减少rm{C}分子rm{D}由反应信息rm{RCH=C(COOH)_{2}xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}RCH=CHCOOH+CO_{2}隆眉}可知，rm{C_{10}H_{10}O_{4}}的结构简式为据此解答rm{1}本题考查有机物的推断，涉及官能团的性质、同分异构体的书写，是对有机物知识的综合考查，利用题给信息，结合rm{CO_{2}}的结构判断rm{RCH=C(COOH)_{2}

xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁}}RCH=CHCOOH+CO_{2}隆眉}rm{D}的结构，能较好的考查学生的阅读、分析与思维能力，是有机热点题型，难度中等．rm{.}【解析】rm{ad}rm{3}rm{2}rm{3}rm{C_{3}H_{4}O_{4}}羧基、羟基、醚键；rm{4}任意一种21、略

【分析】【解析】试题分析：B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基，能在浓硫酸的作用下发生消去反应，则B为1-丙醇，即CH3CH2CH2OH，发生消去反应得到丙烯，即D为CH3CH═CH2，高分子化合物E为聚丙烯，C能和碳酸钠发生反应生成二氧化碳，则一定含有羧基，能和氯化铁溶液发生显色反应，一定含有酚羟基，所以c为：B和C是A发生酯的水解反应得到的产物，所以A的结构简式为：（1）B的名称为1-丙醇，结构简式为CH3CH2CH2OH。c为：官能团-X的名称为羧基。（2）B为CH3CH2CH2OH，发生消去反应生成物质D为CH3CH==CH2，故D→E反应即反应④的反应类型为加聚反应。（3）A为与NaOH溶液反应的方程式为（4）A具有抗氧化作用的主要原因是分子中有酚羟基，根据苯酚在空气中易被氧化为粉红色来确定即可，故答案为：c。考点：有机物的推断有机物的结构和性质．【解析】【答案】（8分）⑴CH3CH2CH2OH羧基（各1分）⑵加聚反应（2分）⑶（2分）⑷C（2分）22、（1）加成反应；取代反应（2）氢氧化钠醇溶液、加热；氢氧化钠水溶液、加热（3）保护碳碳双键，防止被氧化（4）CH2=CHCH2Br+HBr→CH2BrCH2CH2Br；（5）HOCH2CHClCH2CHO或OHCCHClCH2CHO或OHCCHClCH2COOH；银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液【分析】本题考查有机物的推断，涉及常见有机反应类型、卤代烃、烯烃、醇、醛。rm{1}rm{3-}丁二烯可以与氯气发生rm{1}rm{4}加成反应生成rm{A}为rm{ClCH}rm{1}丁二烯可以与氯气发生rm{3-}rm{1}加成反应生成rm{4}为rm{A}rm{ClCH}rm{2}rm{2}rm{CH=CHCH}rm{CH=CHCH}在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{2}rm{2}rm{Cl}rm{A}在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{HOCH}rm{Cl}rm{A}与rm{HOCH}发生加成反应生成rm{2}为rm{2}rm{CH=CHCH}rm{CH=CHCH}rm{2}rm{2}rm{OH}与rm{HCl}发生加成反应生成rm{B}为rm{HOCH}rm{OH}rm{HCl}酸化得到rm{B}rm{HOCH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH(Cl)CH}rm{CH(Cl)CH}rm{2}rm{2}rm{OH}rm{D}酸化得到rm{C}故B发生催化氧化生成rm{OH}为rm{D}rm{C}rm{4}rm{4}在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成rm{H}则rm{H}为rm{4}．rm{4}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}，故D为盐，则rm{C}rm{C}rm{4}rm{4}发生加成反应生成rm{H}为rm{H}rm{4}rm{4}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}为rm{HOOC-CH=CH-COOH}故B发生催化氧化生成rm{C}为rm{HOOCCH}在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{HOOC-CH=CH-COOH}rm{C}rm{HOOCCH}rm{2}rm{2}rm{CH(Cl)COOH}rm{C}在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成rm{D}则rm{D}为rm{NaOOC-CH=CH-COONa}．rm{CH(Cl)COOH}与rm{C}通过酯化反应进行的缩聚反应生成高聚物rm{D}为rm{D}rm{NaOOC-CH=CH-COONa}反应rm{CH}是rm{CH}rm{3}丁二烯与氯气发生rm{3}rm{CH=CH}加成反应生成rm{CH=CH}rm{2}rm{2}与溴发生取代反应生成rm{BrCH}rm{BrCH}反应rm{2}是rm{2}rm{CH=CH}rm{CH=CH}rm{2}rm{2}，与rm{HBr}发生加成反应生成rm{F}为rm{BrCH}rm{HBr}rm{F}rm{BrCH}rm{2}反应rm{2}是rm{CH}rm{CH}rm{2}在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}反应rm{Br}rm{F}在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{HOCH}是rm{Br}rm{F}rm{HOCH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{OH}与rm{HOOC-CH=CH-COOH}通过酯化反应进行的缩聚反应生成高聚物rm{G}为故答案为：氢氧化钠醇溶液、加热；氢氧化钠水溶液、加热；rm{OH}rm{HOOC-CH=CH-COOH}rm{G}，rm{(1)}反应rm{垄脵}是rm{1}rm{3-}丁二烯与氯气发生rm{1}rm{4-}加成反应生成rm{ClCH}中含有rm{(1)}双键，氧化羟基时也可以氧化rm{垄脵}双键，转化生成rm{1}为rm{3-}rm{1}中含有rm{4-}双键，故反应rm{ClCH}的目的是：保护碳碳双键，防止被氧化，故答案为：保护碳碳双键，防止被氧化；rm{2}rm{2}反应rm{CH=CHCH}的化学方程式为：rm{CH=CHCH}rm{2}rm{2}rm{Cl}反应rm{垄脺}是rm{CH}rm{Cl}rm{垄脺}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CH=CH}rm{CH=CH}故答案为：rm{2}rm{2}与溴发生取代反应生成rm{BrCH}rm{BrCH}rm{2}rm{2}rm{CH=CH}rm{CH=CH}rm{2}rm{2}，故答案为：加成反应；取代反应；rm{(2)}反应rm{垄脹}是rm{HOOCCH}rm{(2)}被氧化成rm{垄脹}的过程中，可能氧化不完全会有中间产物生成，该中间产物可能是rm{HOOCCH}rm{2}rm{2}rm{CHClCOOH}在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成rm{NaOOC}rm{CHClCOOH}或rm{NaOOC}rm{-}rm{-}或rm{CH=CH}rm{CH=CH}rm{-}含有醛基，用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液进行检验是否存在该物质，故答案为：rm{-}rm{COONa}反应rm{垄脼}是rm{BrCH}rm{COONa}rm{垄脼}rm{BrCH}或rm{2}rm{2}rm{CH}或rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{Br}在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{HOCH}【解析】rm{(1)}rm{(1)}加成反应；取代反应rm{(2)}rm{(2)}氢氧化钠醇溶液、加热；氢氧化钠水溶液、加热rm{(3)}rm{(3)}保护碳碳双键，防止被氧化rm{(4)}rm{(4)}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{=CHCH}rm{=CHCH}rm{2}rm{2}rm{Br+HBr隆煤CH}rm{Br+HBr隆煤CH}rm{2}rm{2}rm{Br}rm{CH}rm{CH}或rm{2}rm{2}rm{CH}或rm{CH}rm{2}rm{2}rm{Br}rm{Br}五、工业流程题(共3题，共21分)23、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发