2025年湘师大新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2025年湘师大新版高二化学下册月考试卷874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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、H+＋OH-=H2O表示下列哪组离子反应A.Cu(OH)2与H2SO4B.Ba(OH)2与H2SO4C.Fe(OH)3与HClD.KHSO4与KOH2、欲使0.1mol/L的NaHCO3溶液中c（H+）、c（CO）、c（HCO）都减少，其方法是（）A.通入二氧化碳气体B.加入氢氧化钠固体C.通入氯化氢气体D.加入饱和石灰水溶液3、工业上制取rm{ClO_{2}}的化学反应：rm{2NaClO_{3}+SO_{2}+H_{2}SO_{4}=2ClO_{2}+2NaHSO_{4}}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}}在反应中作还原剂B.rm{NaClO_{3}}在反应中被氧化C.rm{H_{2}SO_{4}}在反应中作氧化剂D.rm{1mol}氧化剂在反应中失去rm{1mol}电子4、根据表提供的数据可知，在溶液中能大量共存的微粒组是()

A.rm{H_{2}CO_{3}}、rm{HCO_{3}^{-}}rm{CH_{3}COO^{-}}rm{CN^{-;;;;;;;;;;;}}B.rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{CH_{3}COOH}rm{CN^{-}}C.rm{HCO_{3}^{-}}rm{CH_{3}COO^{-}}rm{CN^{-}}rm{HCN}D.rm{HCN}、rm{HCO_{3}^{-}}rm{CN^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}5、如图所示是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是

A.该硫酸的物质的量浓度为rm{9.2mol/L}B.rm{1molAl}与足量的该硫酸反应产生rm{3g}氢气C.实验室稀释硫酸时，将蒸馏水缓慢倒入硫酸中，并及时搅拌D.配制rm{200mL2.3mol/L}的稀硫酸需量取该硫酸rm{25mL}6、等物质的量的下列各组有机物，完全燃烧时消耗氧气的量相同的是A.乙醇和甲醚B.乙炔和苯C.甲醛和葡萄糖D.甲烷和乙烷7、按能量由低到高的顺序排列，正确的一组是A.1s、2p、3d、4sB.1s、2s、3s、2pC.2s、2p、3s、3pD.4p、3d、4s、3p8、以下反应可以用熵判据来解释的是（）A.硫酸铜饱和溶液降低温度时有晶体析出B.（NH4）2CO3（s）═NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9kJ/molC.CaO（s）+CO2（g）═CaCO3（s）△H=-175.7kJ/molD.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-285.8kJ/mol评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、下列物质中，属于合金的是（）A.水银B.黄铜C.钢铁D.生铁10、下列关于浓硫酸和稀硫酸的叙述中错误的是rm{(}rm{)}A.都能作干燥剂B.都具有一定的氧化性C.加热时都能与铜发生反应D.在常温下都能用铁制容器贮存11、下列物质可以导电的是A.甲苯B.金属rm{Cu}C.rm{NaCl}溶液D.rm{HCl}溶液12、某短周期元素原子的最外电子层只有rm{2}个电子，该元素可能是()A.rm{0}族元素B.Ⅱrm{A}族元素C.第三周期元素D.Ⅳrm{A}族元素13、下列物质中，属于合金的是rm{(}rm{)}A.水银B.黄铜C.钢铁D.生铁14、下列说法正确的是。

A.油脂属于脂类B.蛋白质水解的最终产物是氨基酸。

C.纤维素不能发生水解反应D.淀粉完全水解的产物是葡萄糖15、甲rm{隆芦}辛等元素在周期表中的位置如下表所示。下列说法正确的是A.甲、丁、戊的单质都是金属B.乙、丙、辛都是非金属元素C.乙、庚、辛都能形成氧化物D.已的氧化物既可溶于rm{KOH}溶液又可溶于rm{H_{2}SO_{4}}溶液16、制造下列文化用品的原料属于有机材料的是A.纸B.铅笔芯C.橡皮擦D.塑料文具盒17、在下列变化过程中，有发生化学变化的是rm{(}rm{)}A.荔枝酿酒B.酸雨侵蚀建筑物C.空气液化制取氮气D.生石灰遇水成为熟石灰评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)18、（1）若是某单烯烃与氢气加成后的产物，则烯烃可能有____种结构；若是炔烃与氢气加成的产物，则此炔烃可能有种结构。（2）已知某有机物的结构简式为：①该有机物中所含官能团的名称是_______________________________。②该有机物发生加成聚合反应后，所得产物的结构简式为_____。③写出该有机物发生消去反应的化学方程式（注明反应条件）：_________________________________。19、（14分）多巴胺是一种重要的中枢神经传导物质，用来帮助细胞传送脉冲的化学物质，能影响人对事物的欢愉感受。多巴胺可用香兰素与硝基甲烷等为原料按下列路线合成：（1）香兰素保存不当往往会导致颜色、气味发生明显变化，其原因是____（2）多巴胺中的官能团的名称是____、____；反应②的反应条件为________；反应④的反应类型为____反应。（3）写出反应①的化学方程式____（4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：①具有天然α-氨基酸的共同结构②能与FeCl3溶液发生显色反应③有6种不同化学环境的氢原子____20、(6分)在密闭容器中进行如下反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)，反应经5min达到平衡，测得此时A的浓度减小了amol·L－1，而C的浓度增加了2/3amol·L－1，又知平均反应速率v(C)＝2v(B)。(1)写出上述化学方程式中各物质的计量数：m＝________，n＝________，p＝________(2)压强一定时，C的百分含量(C%)与温度、时间(T表示温度，t表示时间)的关系如图所示。由此可知，该反应为____(填“吸热”或“放热”)反应。(3)该反应的平衡常数表示式为____，升高温度，K值将________填“增大”、“减小”或“不变”)。21、利用图装置进行实验，开始时，rm{a}rm{b}两处液面相平，密封好，放置一段时间rm{.a}rm{b}两处具有相同的电极反应式为：______；一段时间后，rm{a}管液面______于rm{b}管液面rm{(}填“高”、“低”或“等”rm{)}22、下图表示在密闭容器中反应：2SO2+O22SO3△H＜0，达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a~b过程中改变的条件可能是____；b~c过程中改变的条件可能是；若增大压强时，反应速度变化情况画在c~d处.23、(12分)向某密闭容器中加入0.3molA、0.08molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如下左图所示[t0～t1阶段的c(B)变化未画出]。右图为t2时刻后改变容器中条件，平衡体系中速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种条件，所用条件均不同。已知t4～t5阶段为增大容器体积（即减压）。（1）写出该反应的化学方程式：。（2）若t1=30s，则t0～t1阶段以C浓度变化表示的反应速率为v(C)=；t1～t2的平衡常数K=。（3）若t2～t3阶段，C的体积分数在不断地变小，则此阶段没有平衡前v(正)v(逆)（填“＞”、“=”或“＜”）。（4）t5～t6阶段改变的条件为；B的起始物质的量浓度为mol/L。24、在容积为rm{2L}的容器中，通入一定量的rm{N_{2}O_{4}}发生反应rm{N_{2}O_{4}(g)}rm{2NO_{2}(g)}回答下列问题：rm{(1)100隆忙}时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在rm{0隆芦60s}时段，反应速率rm{nu(N_{2}O_{4})}为____rm{mol隆陇Ldfrac{1.67times{{10}^{3}}}{n}simdfrac{1.83times{{10}^{3}}}{n}隆陇s^{-1}}反应的平衡常数rm{mol隆陇Ldfrac{1.67times

{{10}^{3}}}{n}simdfrac{1.83times{{10}^{3}}}{n}

隆陇s^{-1}}为____。rm{{{K}_{1}}}若在相同条件下最初向该容器中充入二氧化氮气体，要达到上述平衡状态，二氧化氮的起始浓度是_______rm{mol隆陇Ldfrac{1.67times{{10}^{3}}}{n}simdfrac{1.83times{{10}^{3}}}{n}}达平衡后二氧化氮的转化率为_______，混合气体的平均摩尔质量为_______。rm{(2)}达到平衡后，升高温度，混合气体颜色变深，则升高温度后，该反应的平衡常数将________rm{mol隆陇Ldfrac{1.67times

{{10}^{3}}}{n}simdfrac{1.83times{{10}^{3}}}{n}}填“增大”“减小”或“不变”rm{(3)}rm{(}达到平衡后，如果向该密闭容器中再充入rm{)}并把容器体积扩大为rm{(4)}则平衡将________rm{0.32molHe}填“向左移动”“向右移动”或“不移动”rm{4L}rm{(}评卷人得分四、其他(共1题，共3分)25、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共24分)26、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．27、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．28、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。29、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共28分)30、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去31、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]=____。32、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________%。33、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、D【分析】【解答】解：A、CO2+H2O=H2CO3，H2CO3H++HCO所以二氧化碳溶于水后，氢离子和碳酸氢根离子浓度都增大，故A错误；B、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O；所以加入氢氧化钠固体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，故B错误；

C、HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑；所以通入氯化氢气体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以氢离子浓度增大，故C错误；

D、Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH；所以加入饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离子浓度；碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以氢离子浓度也减小，故D正确；

故选D．

【分析】碳酸氢钠溶于水电离出碳酸氢根离子，碳酸氢根离子能电离出氢离子和碳酸根离子，且存在电离平衡，HCO3﹣H++CO32﹣，只要加入的物质和氢离子、碳酸根离子都反应，使平衡向正反应方向移动即可．3、A【分析】解：rm{A.S}元素化合价升高，被氧化，rm{SO_{2}}为还原剂；故A正确；

B.反应中rm{Cl}元素由rm{+5}价降低到rm{+4}价；被还原，故B错误；

C.rm{H_{2}SO_{4}}在反应中没有参与氧化还原反应；仅起到酸性的作用，故C错误；

D.氧化剂在反应中得到电子；故D错误．

故选A．

反应中rm{Cl}元素由rm{+5}价降低到rm{+4}价，被还原，rm{NaClO_{3}}为氧化剂，rm{S}元素化合价由rm{+4}价升高到rm{+6}价，被氧化，rm{SO_{2}}为还原剂；结合化合价的变化解答该题．

本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，为高考高频考点，注意从元素化合价的角度认识相关概念和物质的性质，难度不大．【解析】rm{A}4、C【分析】【分析】

本题旨在考查学生对离子共存的应用。【解答】

A.由于碳酸的电离常数大于rm{HCN}故溶液中不能存在rm{CN^{-}}故A错误；B.由于醋酸的电离常数大于碳酸氢根离子，故与碳酸氢根离子不能共存，故B错误；C.四种离子可以共存，故C正确；D.由于碳酸氢根离子的电离常数大于rm{HCN}故Crm{N^{-}}不能共存，故D错误。故选C。【解析】rm{C}5、D【分析】【分析】本题考查浓硫酸的性质和物质的量浓度的计算，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度与溶质质量分数的关系，选项D易错点，注意硫酸的密度比水大，且浓度越大密度越大。【解答】A.该硫酸溶液的物质的量浓度为rm{dfrac{1000隆脕1.84隆脕98拢楼}{98}=18.4mol/Lmol/L}故A错误；

B.rm{

dfrac{1000隆脕1.84隆脕98拢楼}{98}=18.4mol/Lmol/L}在浓硫酸中发生钝化；不会生成氢气，故B错误；

C.因为浓硫酸的密度比水大；所以稀释时将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，以防浓硫酸稀释放出大量的热，使酸溅出，故C正确；

D.rm{Al}配制溶液稀释前后溶质的物质的量不变，该浓硫酸浓度为rm{18.4mol/L}配制rm{200mL2.3mol/L}的稀硫酸需取该硫酸体积为rm{

dfrac{2.3mol/L隆脕0.2L}{18.4mol/L}=0.25L=25mL}的稀硫酸需取该硫酸体积为rm{dfrac{2.3mol/L隆脕0.2L}{18.4mol/L}=0.25L=25mL}；故D正确。

故选D。rm{18.4mol/L}【解析】rm{D}6、A【分析】【解析】试题分析：根据有机物燃烧的通式CnHmOz＋（n＋m/4－z/2）O2＝nCO2＋m/2H2O可知，在物质的量相等的条件下，完全燃烧消耗的氧气与（n＋m/4－z/2）有关系，即（n＋m/4－z/2）越大，消耗的氧气越多，所以根据物质的化学式可知，选项A中物质互为同分异构体，消耗的氧气相等，答案选A。考点：考查有机物燃烧的有关计算【解析】【答案】A7、C【分析】试题分析：A、能量3d＞4s，A错误；B、根据构造原理可知能量3s＞2p，B错误；C、符合能级构造原理，能量顺序正确，C正确；D、能量4p＞3d，4s＞3p，D错误。答案选C。考点：考查原子核外电子排布。【解析】【答案】C8、B【分析】解：A．硫酸铜饱和溶液降低温度时有晶体析出是一个放热的熵减小的反应；不能用熵判据解释，故A错误；

B．反应的△H＞0；△S＞0，△H-T•△S＜0，反应能自发进行，主要取决于△S的大小，故B正确；

C．反应的△H＜0；△S＜0，要使△H-T•△S＜0，反应能自发进行，主要取决于△H的大小，故C错误；

D．反应的△H＜0；△S＜0，要使△H-T•△S＜0，反应能自发进行，主要取决于△H的大小，故D错误；

故选B．

反应能否自发进行；取决于焓变和熵变的综合判据，当△H-T•△S＜0时，反应可自发进行，可以用熵判据来解释，一般情况下反应吸热，且熵增加的反应，以此解答．

本题考查反应自发进行的判据，题目难度不大，注意反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据．【解析】【答案】B二、多选题(共9题，共18分)9、BCD【分析】解：A．水银是单质；不属于合金，故A错误；

B．黄铜是铜锌合金；故B正确；

C．钢铁是铁与碳的合金；属于合金，故C正确；

D．生铁是铁与碳的合金；故D正确．

故选BCD．

合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中至少有一种金属等．

本题考查合金的定义，难度不大，主要考查合金的特征，掌握合金的特征是正确解答本题的关键．【解析】【答案】BCD10、ACD【分析】解：rm{A}浓硫酸具有吸水性；稀硫酸不具有吸水性，所以浓硫酸能作干燥剂，稀硫酸不能，故A错误；

B；浓硫酸具有强氧化性；稀硫酸具有弱氧化性，所以都具有一定的氧化性，故B正确；

C；加热时浓硫酸与铜发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；稀硫酸不与铜反应，故C错误；

D；常温下浓硫酸与铁发生钝化能用铁制容器贮存；稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气不能用铁制容器贮存，故D错误；

故选：rm{ACD}．

A；浓硫酸具有吸水性；稀硫酸不具有吸水性；

B；浓硫酸具有强氧化性；稀硫酸具有弱氧化性；

C；加热时浓硫酸与铜发生反应；稀硫酸不与铜反应；

D；常温下浓硫酸与铁发生钝化；稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气；

本题考查浓硫酸、稀硫酸的性质，难度不大，注意基础知识的积累．【解析】rm{ACD}11、BCD【分析】本题考查物质的导电性，可以导电的物质包括金属单质和电解质溶液或者熔融的电解质。A.甲苯不能导电，故不选；B.rm{Cu}是金属单质，可以导电，故选B；C.rm{NaCl}溶液是电解质溶液，可以导电，故选C；D.rm{HCl}是电解质，其溶液可以导电，故选D。故选BCD。【解析】rm{BCD}12、ABC【分析】【分析】本题考查原子结构与元素在元素周期表的关系。【解答】A.rm{He}原子最外电子层只有rm{2}个电子，属于rm{0}族元素，故A正确；原子最外电子层只有rm{He}个电子，属于rm{2}族元素，故A正确；

rm{0}族元素的原子最外层电子数为B.Ⅱrm{A}族元素的原子最外层电子数为rm{2}故B正确；故B正确；

rm{A}位于第三周期，故C正确；

rm{2}族元素的最外层电子数为C.若为rm{Mg}位于第三周期，故C正确；故D错误。rm{Mg}D.Ⅳrm{A}族元素的最外层电子数为rm{4}故D错误。【解析】rm{ABC}13、BCD【分析】解：rm{A.}水银是单质；不属于合金，故A错误；

B.黄铜是铜锌合金；故B正确；

C.钢铁是铁与碳的合金；属于合金，故C正确；

D.生铁是铁与碳的合金；故D正确．

故选BCD．

合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：rm{垄脵}一定是混合物；rm{垄脷}合金中至少有一种金属等．

本题考查合金的定义，难度不大，主要考查合金的特征，掌握合金的特征是正确解答本题的关键．【解析】rm{BCD}14、ABD【分析】【分析】本题考查了有机物的水解，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握。【解答】A.油脂是油与脂肪的统称，由高级脂肪酸与甘油形成的酯，液态为油，固态为脂肪，故A正确；

B.蛋白质是氨基酸缩聚形成的高分子化合物，水解最终生成氨基酸，故B正确；

C.纤维素水解生成葡萄糖，能发生水解，故C错误；

D.淀粉水解最终生成葡萄糖，故D正确。

故选ABD。【解析】rm{ABD}15、BCD【分析】略。

【解析】rm{BCD}16、ACD【分析】【分析】有机材料指的是成分为有机化合物的材料，最基本的组成要素是都含碳元素，含有碳元素的化合物叫有机化合物，简称有机物。碳的氧化物、碳酸盐、碳酸虽含碳，但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物。【解答】A.纸的主要成分是纤维素，纤维素属于有机物，故A正确；B.铅笔芯的主要成分是碳单质，属于无机物，故B错误；C.橡皮擦的成分是橡胶，属于有机物，故C正确；D.塑料文具盒的成分是塑料，塑料属于有机物，故D正确。故选ACD。【解析】rm{ACD}17、ABD【分析】A；荔枝酿酒的过程包括物质氧化的过程；有化学变化，故A正确；

B；酸雨侵蚀建筑物是建筑物和酸反应的过程；有新物质生成，故B正确；

C；空气液化制取氮气的原理是根据氮气和氧气沸点的不同来实现物质分离的方法；没有新物质生成，属于物理变化过程，故C错误；

D；生石灰遇水发生反应生成氢氧化钙；即熟石灰，有新物质生成，属于化学变化，故D正确．

故选ABD．

A；荔枝酿酒的过程包括物质氧化的过程；有化学变化；

B；酸雨侵蚀建筑物是建筑物和酸反应的过程；有新物质生成；

C；空气液化制取氮气的原理是根据氮气和氧气沸点的不同来实现物质分离的方法；没有新物质生成；

D；生石灰遇水发生反应生成氢氧化钙；即熟石灰，有新物质生成．

本考点考查了物理变化和化学变化的区别，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决，本考点基础性比较强．【解析】rm{ABD}三、填空题(共7题，共14分)18、略

【分析】试题分析：（1）此有机物是有单烯烃与氢气加成后的产物，还原成单烯烃时相邻的两个碳原子各去掉一个氢原子，5种单烯烃，如果是炔烃，相邻的两个碳原子各去掉2个氢原子，1种炔烃；（2）①此有机物中含有的官能团：碳碳双键、羟基；②发生加聚反应是官能团碳碳双键的性质，所得结构简式：③发生消去反应是羟基的性质，发生消去反应条件羟基所连碳原子的相邻碳原子必须有氢原子，考点：考查有机物官能团的性质。【解析】【答案】（1）5，1；（2）①碳碳双键．羟基；②③19、略

【分析】【解析】试题分析：（1）由于香兰素中含有酚羟基，极易被氧化而变色。（2）根据结构简式可知，多巴胺分子中含有氨基和酚羟基。A中含有羟基，而B中羟基消失，所以反应②是羟基的消去反应，需要的反应条件是浓硫酸（催化剂）、加热。B中的硝基在C变成氨基，所以反应④是还原反应。（3）根据反应物和生成物结构变化可知，反应①是醛基的加成反应，所以反应的化学方程式是（4）具有天然α-氨基酸的共同结构，则含有－CH(H2N)COOH。与FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基。又因为有6种不同化学环境的氢原子为，因此苯环上的2个羟基是对称的，则可能的结构简式是或考点：考查有机物制备、合成，以及有机物结构和性质、同分异构体的判断【解析】【答案】（1）被O2氧化（2）羟基、氨基浓硫酸（催化剂）、△还原（3）（4）或20、略

【分析】（1）平均反应速率v(C)＝2v(B)，所以B的浓度减少了1/3amol/L。根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知，m︰n︰p＝3︰1︰2，所以m＝3，n＝1，p＝2。（2）根据图像可知，T1首先达到平衡状态，所以温度是T1大于T2。温度高，C的百分含量低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，所以正反应是放热反应。（3）平衡常数是在一定条件下，可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以平衡常数的表达式是K＝c2(C)/c3(A).c(B)；升高温度平衡向逆反应方向进行，所以平衡常数是减小的。【解析】【答案】（6分）：(1)312（每空1分）(2)放热（1分）(3)K＝c2(C)/c3(A).c(B)（2分）减小（2分）21、略

【分析】解：生铁和氯化钠溶液、稀硫酸溶液都能构成原电池，左边试管中，生铁发生吸氧腐蚀，右边试管中，生铁发生析氢腐蚀，所以rm{a}处负极上铁失电子，正极上氧气得电子，rm{b}处负极上铁失电子，正极上氢离子得电子，则rm{a}rm{b}两处相同的电极反应式为rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}rm{a}处发生吸氧腐蚀，rm{b}处发生析氢腐蚀，一段时间后，rm{a}处气体压强减小，rm{b}处气体压强增大，导致溶液从rm{b}处向rm{a}处移动，所以rm{a}处液面高于rm{b}处液面，故答案为：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}高．

生铁中含有碳；铁；生铁遇到合适的电解质溶液能构成原电池，酸性条件下，发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，发生吸氧腐蚀，据此分析解答．

本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的环境是解本题关键，会写电极反应式．【解析】rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}高22、略

【分析】【解析】【答案】略23、略

【分析】试题分析：（1）从第一个图像看出A的浓度变化了0.09mol/L，C的浓度变化了0.06mol/L，则A、C的化学计量数比为3︰2，t4～t5阶段为增大容器体积，但平衡不发生移动，所以两边气体的化学计量数要相等，则B为产物，化学计量数为1，该反应的化学方程式为：3A（g）B（g）+2C（g）。（2）v(C)=0.06mol/L÷30s=0.002mol·L－1·s-1，平衡常数为：K=c(B)·c(C)/c(A)=0.04×0.12/0.063=50/27。（3）若t2～t3阶段，C的体积分数在不断地变小，说明平衡向逆向移动，则此平衡前v(正)<v(逆)。（4）t2～t3改变的是浓度，t4～t5阶段改变的是压强，t3～t4阶段，改变条件平衡不移动，则是加入了催化剂，故t5～t6阶段化学反应速率增大，故改变的条件为升高温度；根据反应变化量之比等于化学计量数之比，则B的的浓度改变了0.03mol/L，则B的起始浓度为0.04-0.03=0.01mom/L。考点：化学平衡图像的认识、化学平衡移动方向以影响因素的关系、化学反应速率的计算。【解析】【答案】（1）3A（g）B（g）+2C（g）（2）0.002mol·L－1·s-150/27（3）<（4）升高温度0.0124、（1）0.0010.36（2）0.240%57.5（3）增大（4）向右移动【分析】【分析】本题考查外界条件对化学平衡和速率的影向，速率计算、平衡转化率的判断、等效平衡而转化率的计算等知识，难度中等。【解答】

rm{(1)0隆芦60s}时段，rm{N_{2}O_{4}}浓度变化为：rm{0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L}时段，rm{(1)0隆芦60s}浓度变化为：rm{N_{2}O_{4}}rm{v({N}_{2}{O}_{4})=dfrac{0.06mol/L}{60S}=0.0010mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}}rm{0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L}

rm{v({N}_{2}{O}_{4})=

dfrac{0.06mol/L}{60S}=0.0010mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}}，故答案为：rm{0.0010}rm{0.36}根据等效平衡原理，容积不变的容器中，最初加料量相同时，平衡等同及各组分量相同，因此在相同条件下最初向该容器中充入二氧化氮气体，要达到上述平衡状态，二氧化氮的起始浓度是rm{0.0010}rm{0.36}rm{(2)}根据等效平衡原理，容积不变的容器中，最初加料量相同时，平衡等同及各组分量相同，因此在相同条件下最初向该容器中充入二氧化氮气体，要达到上述平衡状态，二氧化氮的起始浓度是rm{0.2}，达到平衡后，二氧化氮浓度为rm{(2)}则二氧化氮的转化率rm{=dfrac{0.08mol/L}{0.2;mol/L}隆脕100拢楼=40拢楼}反应后混合其中含有rm{0.2}的二氧化氮和rm{mol/L}四氧化氮，则混合气体的平均相对分子质量rm{=dfrac{0.12}{0.12+0.04}隆脕46+dfrac{0.04}{0.12+0.04}隆脕92=57.5}故答案为：rm{0.12mol/L}rm{=

dfrac{0.08mol/L}{0.2;mol/L}隆脕100拢楼=40拢楼}rm{0.12mol/L}rm{0.04mol/L}值增大，故答案为：增大；rm{=dfrac{0.12}{0.12+0.04}隆脕46+

dfrac{0.04}{0.12+0.04}隆脕92=57.5}达到平衡后，如果向该密闭容器中再充入rm{0.2}并把容器体积扩大为rm{40%}平衡体系所产生的压强减小，所以向其体量增大的方向移动，即向右移动，故答案为：向右移动。

rm{57.5}【解析】rm{(1)0.001}rm{0.36}rm{(2)0.2}rm{40%}rm{57.5}rm{(3)}增大rm{(4)}向右移动四、其他(共1题，共3分)25、略

【分析】【解析】【答案】五、有机推断题(共4题，共24分)26、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH227、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH228、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；

D．根据抗痫灵的分子结构，可知其分子式是C15H17NO3；D错误；

故合理选项是BC；

(2)根据上述分析可知化合物E结构简式是

(3)G是G与发生取代反应产生抗痫灵和HCl，该反应的化学方程式为：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C为原料经过三步制备化合物D，首先是与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生然后与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生该物质与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：故由C经三步反应产生D的合成路线为：

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物；符合条件：①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则其可能的同分异构体结构简式是【解析】BC++HCl29、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A为甲苯。在相同条件下,D的蒸气相对于氢气的密度为39,则D的相对分子质量为39×2=78,D与A互为同系物,由此知D为芳香烃,设1个D分子中含有n个碳原子,则有14n-6=78,解得n=6,故D为苯,与乙醛反应得到E,结合信息①,E为E与溴发生加成反应得到的F为F发生氧化反应生成的G为

详解：(1)根据分析可知:G为则G中含氧官能团为羧基；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此；鉴别A和D的试剂为酸性高锰酸钾溶液；本题答案为：羧基；酸性高锰酸钾溶液；

(2)苯甲醛与氯仿发生加成反应生成B为F为

（3）反应①：乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O。

（4）C为苯甲醇,属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共4种；

(5)苯乙醛与甲醛反应生成再与溴发。

生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成故合成路线为

点睛：本题主要考查结构简式、官能团、反应类型、化学方程式、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力，抓好信息是解题的关键。【解析】①.羧基②.酸性高锰酸钾溶液③.加成反应④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.六、工业流程题(共4题，共28分)30、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D31、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，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抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成SO42-、Cr3+，反应的离子反应方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)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，消耗的标准溶液计数偏大，则测定结果将偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接触面积，提高反应速率②.碳(或C)③.使Fe2+转化为Fe3+④.蒸发浓缩，冷却结晶⑤.抑制离子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%32、略

【分析】【详解】

(1)过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，受热分解生成碳酸钠、氧气、水，反应为：2(2Na2CO3•3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，过氧化氢易分解，MnO2、FeCl3为其催化剂，所以不能选，过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能选，过碳酸钠与硅酸钠不反应，可能用作“稳定剂”，故C选项符合，故答案为c；

②根据图象分析，温度为286.8～288.5K，产品达到优等品且产率超过90%，超过288.5K后，活性氧百分含量和产率均降低，所以最佳反应温度范围为286.8～288.5K；

③结晶过程中加入氯化钠、搅拌，增加钠离子浓度，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出；

(3)结晶过程中加入氯化钠促进过碳酸钠析出，“母液”中主要为氯化钠溶液，NaCl溶液又是结晶过程中促进过碳酸钠析出的原料，故循环利用的物质是NaCl；

(4)①过碳酸