2025年外研版2024高二化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年外研版2024高二化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、25℃時(shí)，F(xiàn)e(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、基態(tài)原子的4s能級(jí)中只有1個(gè)電子的元素共有A.1種B.2種C.3種D.8種3、下列說(shuō)法中，錯(cuò)誤的是（）A.石油主要是由各種烷烴、烯烴和芳香烴組成的混合物B.氧化鋁可用于制造耐火坩堝、耐火管等C.金屬在腐蝕的過程中，發(fā)生了氧化還原反應(yīng)D.血液滲析法治療尿毒癥，實(shí)質(zhì)是膠體的滲析4、已知rm{NaCl}的摩爾質(zhì)量為rm{Mg?mol^{-1}}晶體的密度為rmhzbdtjnrm{g?cm^{-3}}如圖中rm{Na^{+}}與最鄰近的rm{Cl^{-}}的核間距離為rm{x}rm{cm}那么阿伏加德羅常數(shù)的值可表示為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、在一個(gè)rm{1L}的密閉容器中，加入rm{2molA}和rm{1molB}發(fā)生下述反應(yīng)：rm{2A(g)+B(g)?3C(g)+D(s)}達(dá)到平衡時(shí)，rm{C}的濃度為rm{1.2mol/L.}若維持容器的體積和溫度不變，反應(yīng)從逆反應(yīng)開始，按不同配比作為起始物質(zhì)，達(dá)到平衡時(shí)，rm{C}的濃度仍是rm{1.2mol/L}則rm{D}的起始物質(zhì)的量應(yīng)滿足的條件應(yīng)是rm{(}rm{)}A.大于rm{0.6mol}B.大于零C.等于rm{1mol}D.任意值6、下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是rm{(}rm{)}

。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論rm{A}分別加熱rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}固體試管內(nèi)壁都有水珠兩種物質(zhì)均受熱分解rm{B}加熱盛有rm{NH_{4}Cl}固體的試管試管底部固體消失，試管口有晶體凝結(jié)．rm{NH_{4}Cl}固體可以升華rm{C}向含rm{I^{-}}的無(wú)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變成藍(lán)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}}后溶液變成血紅色rm{Fe^{2+}}既有氧化性又有還原性A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、已知水在25℃和95℃時(shí)，其電離平衡曲線如右圖所示：⑴則25℃時(shí)水的電離平衡曲線應(yīng)為____（填“A”或“B”），請(qǐng)說(shuō)明理由________________。⑵95℃時(shí)PH=2的NaOH溶液中由水電離的c(H＋)______。⑶25℃時(shí)，將pH=9的NaOH溶液與pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，則NaOH溶液與H2SO4溶液的體積比為____。⑷25℃時(shí)，若100體積pH1=a的某強(qiáng)酸溶液與1體積pH2=b的某強(qiáng)堿溶液混合后溶液呈中性，則混合前，該強(qiáng)酸的pH1與強(qiáng)堿的pH2之間應(yīng)滿足的關(guān)系是____。⑸曲線B對(duì)應(yīng)溫度下，pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等體積混合后，混合溶液的pH=5。請(qǐng)分析原因：____。⑹95℃時(shí)，某氨水與氯化銨的混合溶液的PH=7，則c（NH4+）______c（Cl－）（填“>”、“<”、或“=”）8、已知rm{CH_{3}COOH}為弱酸rm{.}請(qǐng)回答以下問題：

rm{壟脵}寫出rm{CH_{3}COOH}的電離方程式：______．

rm{壟脷25隆忙}時(shí)，rm{CH_{3}COONa}溶液的rm{pH}______rm{7(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}．9、請(qǐng)回答下列問題：rm{(1)}醋酸是常見的弱酸。rm{壟脵}醋酸在水溶液中的電離方程式為_____________。rm{壟脷}下列方法中，可以使醋酸稀溶液中rm{CH_{3}COOH}電離程度增大的是_____rm{(}填字母序號(hào)rm{)}rm{a.}滴加少量濃鹽酸rm{b.}微熱溶液rm{c.}加水稀釋rm{d.}加入少量醋酸鈉晶體rm{(2)}純水在rm{T隆忙}時(shí)rm{pH=6}該溫度下rm{1mol/L}的rm{NaOH}溶液中，由水電離出的rm{c(OH^{-})=}_____rm{mol/L}rm{mol/L}某一元弱酸溶液rm{(3)}與二元強(qiáng)酸rm{(A)}的rm{(B)}相等。若將兩溶液稀釋相同的倍數(shù)后，rm{pH}rm{pH(A)}填“___rm{pH(B)(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}現(xiàn)用上述稀釋溶液中和等濃度等體積的rm{NaOH}溶液，則需稀釋溶液的體積rm{V(A)}___rm{V(B)(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}”、“rm{pH(B)(}”或“rm{>}”rm{=}現(xiàn)用上述稀釋溶液中和等濃度等體積的rm{<}溶液，則需稀釋溶液的體積rm{)}___rm{NaOH}填“rm{V(A)}”、“rm{V(B)(}”或“rm{>}”rm{=}rm{<}已知：二元酸rm{)}的電離方程式是：rm{(4)}rm{H_{2}R}若rm{H_{2}R=H^{+}+HR^{-}}溶液的rm{HR^{-}?R^{2-}+H^{+}}則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{=}電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度的物理量。已知：。rm{)}化學(xué)式電離常數(shù)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{壟脵25隆忙}時(shí)，有等濃度的rm{HCN}溶液、rm{H_{2}CO_{3}}溶液和rm{CH_{3}COOH}溶液，三溶液的rm{pH}由大到小的順序?yàn)開_______rm{(}用化學(xué)式表示rm{)}rm{壟脷}向rm{NaCN}溶液中通入少量的rm{CO2}發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______________。10、（9分）大理石與鹽酸反應(yīng)的反應(yīng)速率如圖所示，已知反應(yīng)為放熱反應(yīng)。（1）寫出該反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式：（2）反應(yīng)開始時(shí)反應(yīng)速率加快的原因是。（3）反應(yīng)后期反應(yīng)速率下降的原因是。11、（12分，每空3分）.請(qǐng)回答下列問題：（1）圖中A、C分別表示、，E的大小對(duì)該反應(yīng)的反應(yīng)熱有無(wú)影響？。該反應(yīng)通常用V2O5作催化劑，加V2O5會(huì)使圖中B點(diǎn)升高還是降低？，理由是；（2）圖中△H=KJ·mol-1；12、物質(zhì)在水中可能存在電離平衡、鹽的水解平衡和沉淀的溶解平衡rm{.}請(qǐng)根據(jù)所學(xué)知識(shí)回答下列問題：

rm{(1)N}rm{a}rm{HCO_{3}}溶液中共存在rm{7}種微粒，它們是rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{H^{+}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{H_{2}O}____________、____________rm{.(}填寫微粒符號(hào)rm{)}

rm{(2)}常溫時(shí)，rm{A}rm{l}rm{{,!}_{2}(SO_{4})_{3}}的水溶液呈____________rm{(}填“酸”、“中”、“堿”rm{)}性，原因是rm{(}用離子方程式表示rm{)}____________；實(shí)驗(yàn)室在配制rm{A}rm{l}rm{{,!}_{2}(SO_{4})_{3}}的溶液時(shí)，為了抑制rm{A}rm{l}rm{{,!}_{2}(SO_{4})_{3}}的水解可加入少量的____________rm{(}填寫物質(zhì)的名稱rm{).}把rm{A}rm{l}rm{C}rm{l}rm{{,!}_{3}}溶液蒸干；灼燒，最后得到的主要固體產(chǎn)物是____________．

rm{(3)}常溫下，物質(zhì)的量濃度相同的下列溶液：rm{壟脵NH_{4}C}rm{l}rm{壟脷(NH_{4})_{2}SO_{4}壟脹NH_{3}?H_{2}O壟脺(NH_{4})_{2}CO_{3}壟脻NH_{4}HSO_{4}.}溶液中rm{c}rm{(NH_{4}^{+})}從大到小的順序?yàn)椋篲___________rm{.(}填寫溶液的序號(hào)rm{)}

rm{(4)}現(xiàn)有濃度均為rm{0.1}rm{mol}rm{/L}的下列溶液：rm{壟脵}氫氧化鋇；rm{壟脷}醋酸；rm{壟脹}氫氧化鈉；rm{壟脺}碳酸鈉，四種溶液中由水電離出的rm{OH^{-}}濃度由大到小的順序是rm{(}填序號(hào)____________．評(píng)卷人得分三、解答題(共7題，共14分)13、常溫下，兩種溶液①0.1mol/LNH3?H2O②0.1mol/LNH4Cl中：

（1）若向氨水中加入少量硫酸銨固體，此時(shí)溶液中c（OH-）______（填“增大”、“減小”或“不變”）；KW______（填“增大”；“減小”或“不變”）

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

（用離子方程式表示）．升溫可以______（填“促進(jìn)”或“抑制”）NH4Cl的水解．

（3）兩種溶液中c（NH4+）的大小為______（填字母）．

a．兩種溶液中c（NH4+）都等于0.1mol/L

b．兩種溶液中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，此時(shí)c（NH4+）=amol/l，則c（SO42-）=______mol/l

（5）若向氨水中加入pH=1的硫酸；且氨水與硫酸的體積比為1：1，則所得溶液中各離子物質(zhì)的量濃度由大到小的關(guān)系是______．

14、近年來(lái)，乳酸CH3CH（OH）COOH成為人們的研究熱點(diǎn)之一．乳酸可以用化學(xué)方法合成；也可以由淀粉通過生物發(fā)酵法制備．乳酸有許多用途，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，它無(wú)論在哺乳動(dòng)物體內(nèi)或自然環(huán)境中，最終都能夠降解成二氧化碳和水．請(qǐng)完成下列有關(guān)問題：

（1）乳酸在發(fā)生下列變化時(shí)所用的試劑①______；②______；

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

（2）乳酸可以跟精制的鐵粉反應(yīng)制備一種補(bǔ)鐵的藥物，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CH3CH（OH）COOH+Fe→[CH3CH（OH）COO]2Fe+H2↑

該反應(yīng)中氧化劑是______；還原產(chǎn)物是______．

（3）由乳酸可以制取請(qǐng)寫出設(shè)計(jì)合成實(shí)驗(yàn)時(shí)所涉及的有機(jī)反應(yīng)類型：______．

（4）若碳原子以單鍵與四個(gè)不同的原子或原子團(tuán)相結(jié)合，則稱該碳原子為“手性碳原子”，含有手性碳原子的分子稱為“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______號(hào)碳原子．

15、在實(shí)驗(yàn)室里制取少量FeCl3；可按照一定順序連接下圖中所列裝置，所通過的氣體過量且反應(yīng)充分．試回答以下問題：

（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，各裝置接口的連接順序?yàn)開_____（用a、b；c、d等字母表示）；

（2）C裝置的作用是______；

（3）D裝置的作用是______；

（4）檢驗(yàn)B裝置中反應(yīng)后鐵是否有剩余的方法是：______；

（5）用此方法可制得無(wú)水氯化鐵．你認(rèn)為能否改用Fe和鹽酸反應(yīng)；再通入過量氯氣；蒸干溶液的方法來(lái)制取無(wú)水氯化鐵，______（答：是或否）；說(shuō)明理由：______．

16、某學(xué)生用0.1mol/LKOH溶液滴定未知濃度的鹽酸溶液；其操作可分解為如下幾步：

①移取20.00mL待測(cè)的鹽酸溶液注入潔凈的錐形瓶；并加入2-3滴酚酞。

②用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管2-3次。

③把盛有標(biāo)準(zhǔn)溶液的堿式滴定管固定好；調(diào)節(jié)液面使滴定管尖嘴充滿溶液。

④取標(biāo)準(zhǔn)KOH溶液注入堿式滴定管至0刻度以上2-3cm

⑤調(diào)節(jié)液面至0或0刻度以下；記下讀數(shù)。

⑥把錐形瓶放在滴定管的下面；用標(biāo)準(zhǔn)KOH溶液滴定至終點(diǎn)，記下滴定管液面的刻度。

完成以下填空：

（1）正確操作的順序是（用序號(hào)填寫）______

（2）上述②操作的目的是______

（3）實(shí)驗(yàn)中用左手控制______（填儀器及部位）；眼睛注視______，直至滴定終點(diǎn)．判斷到達(dá)終點(diǎn)的現(xiàn)象是______．

下列操作；對(duì)測(cè)定結(jié)果的影響是（填“偏大”；“偏小”、“不變”）

（4）上述①操作之前；如先用蒸餾水洗錐形瓶______．

（5）滴定結(jié)束后如仰視觀察滴定管中液面刻度______

（6）若稱取一定量的KOH固體（含少量NaOH）配制標(biāo)準(zhǔn)溶液并用來(lái)滴定上述鹽酸；則______．

17、在發(fā)射“神舟”七號(hào)的火箭推進(jìn)器中裝有肼（N2H4）和過氧化氫；當(dāng)兩者混合時(shí)即產(chǎn)生氣體，并放出大量的熱．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液態(tài)肼與足量過氧化氫反應(yīng)生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水；則整個(gè)過程中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為______，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為______．

18、將左欄與右欄相關(guān)內(nèi)容用直線連接起來(lái)．

隱形殺手水俁病。

Hg2+Rn

光導(dǎo)纖維臭氧層空洞。

氟氯烴純SiO2．

19、如圖是實(shí)驗(yàn)室制取乙酸乙酯的裝置．

（1）在大試管中配制一定比例的乙醇；乙酸和濃硫酸的混合溶液的方法是：______；并輕輕地振蕩試管，使之混合均勻．反應(yīng)方程式：______

評(píng)卷人得分四、推斷題(共3題，共9分)20、rm{A}與rm{B}在一定條件下反應(yīng)生成rm{C}進(jìn)一步反應(yīng)生成抗氧化劑“安維那”rm{D}其分子式為rm{C_{10}H_{10}O_{4}.A}對(duì)氫氣的相對(duì)密度為rm{52}rm{1mol}rm{A}與足量rm{NaHCO_{3}}反應(yīng)生成rm{2mol}氣體rm{.B}屬于芳香類化合物rm{.}已知：

rm{RCHO+CH_{2}(COOH)_{2}xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂}}RCH=C(COOH)_{2}+H_{2}O}

rm{RCH=C(COOH)_{2}xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂}}RCH=CHCOOH+CO_{2}}

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

xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂}}RCH=C(COOH)_{2}+H_{2}O}可能發(fā)生的反應(yīng)是______rm{RCH=C(COOH)_{2}

xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂}}RCH=CHCOOH+CO_{2}}填序號(hào)rm{(1)C}．

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

rm{c.}等物質(zhì)的量的rm{d.}分別與足量的rm{(2)}rm{C}rm{Na}反應(yīng)時(shí)消耗rm{NaHCO_{3}}rm{NaOH}rm{Na}的物質(zhì)的量之比是______．

rm{NaHCO_{3}}的分子式是______rm{NaOH}寫出rm{(3)A}中的含氧官能團(tuán)名稱：______

rm{.}反應(yīng)rm{D}的化學(xué)方程式是______．

rm{(4)}符合下列條件的rm{壟脵}的同分異構(gòu)體有______種，寫出其中任意一種的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式______．

rm{(5)}在苯環(huán)上只有兩個(gè)取代基；rm{D}在苯環(huán)上的一氯取代物只有兩種；

rm{壟脵}該同分異構(gòu)體與足量rm{壟脷}反應(yīng)生成rm{壟脹1mol}rm{NaHCO_{3}}．rm{2mol}21、有機(jī)物A是最常用的食用油抗氧化劑，分子式為C10H12O5，可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化：已知B的相對(duì)分子質(zhì)量為60，分子中只含一個(gè)甲基。C的結(jié)構(gòu)可表示為：請(qǐng)回答下列問題：（1）B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為____C中含有的官能團(tuán)-X的名稱為____（2）反應(yīng)④的反應(yīng)類型為____（3）反應(yīng)①的化學(xué)方程式為____（4）從分子結(jié)構(gòu)上看，A作為食用油抗氧化劑的主要原因是____a.含有苯環(huán)b.含有羰基c.含有酚羥基22、以石油裂解氣為原料，通過一系列化學(xué)反應(yīng)可得到重要的化工產(chǎn)品增塑劑rm{G}．請(qǐng)完成下列各題：rm{(1)}寫出反應(yīng)類型：反應(yīng)rm{壟脵}________，反應(yīng)rm{壟脺}________．rm{(2)}寫出反應(yīng)條件：反應(yīng)rm{壟脹}________，反應(yīng)rm{壟脼}________．rm{(3)}反應(yīng)rm{壟脷壟脹}的目的是：________．rm{(4)}寫出反應(yīng)rm{壟脻}的化學(xué)方程式：________．rm{(5)B}被氧化成rm{C}的過程中會(huì)有中間產(chǎn)物生成，該中間產(chǎn)物可能是________rm{(}寫出一種物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式rm{)}檢驗(yàn)該物質(zhì)存在的試劑是________rm{(6)}寫出rm{G}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式________評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共21分)23、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-?；卮鹣铝袉栴}：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價(jià)為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時(shí)的化學(xué)反應(yīng)類型為___(填“氧化還原反應(yīng)”；“復(fù)分解反應(yīng)”或“化合反應(yīng)”)。

②反應(yīng)2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學(xué)氧化法生產(chǎn)高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為___（保留小數(shù)點(diǎn)后1位）。

（3）采用三室膜電解技術(shù)制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為___(填化學(xué)式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測(cè)得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測(cè)曲線I和曲線Ⅱ產(chǎn)生差異的原因是___。24、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產(chǎn)。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產(chǎn)金屬鉻，并能獲得副產(chǎn)物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關(guān)流程如下:

已知部分陽(yáng)離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘?jiān)闹饕煞质莀__________，轉(zhuǎn)化時(shí)需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽(yáng)極液通入SO2的離子反應(yīng)方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當(dāng)加入過量NaF使兩種沉淀共存時(shí)，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動(dòng)小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經(jīng)過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡(jiǎn)寫為H2Y2-)測(cè)定粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，準(zhǔn)確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，則測(cè)定結(jié)果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w[Cr2(CO3)3]=____。25、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，同時(shí)具有Na2CO3和H2O2雙重性質(zhì)?？捎糜谙礈?、紡織、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領(lǐng)域。工業(yè)上常以過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%＝×100%)來(lái)衡量其優(yōu)劣；13%以上為優(yōu)等品。一種制備過碳酸鈉的工藝流程如圖：

回答下列問題：

(1)過碳酸鈉受熱易分解，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應(yīng)溫度等因素對(duì)產(chǎn)品質(zhì)量有很大影響。

①下列試劑中，可能用作“穩(wěn)定劑”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反應(yīng)溫度對(duì)產(chǎn)品產(chǎn)率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產(chǎn)品達(dá)到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，合適的反應(yīng)溫度范圍是______________。

③“結(jié)晶”時(shí)加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循環(huán)利用的主要物質(zhì)是______________。

(4)產(chǎn)品中活性氧含量的測(cè)定方法：稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色即為終點(diǎn)，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均體積為26.56mL。另外，在不加樣品的情況下按照上述過程進(jìn)行空白實(shí)驗(yàn)，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

①過碳酸鈉與硫酸反應(yīng)，產(chǎn)物除硫酸鈉和水外，還有_____________。

②該樣品的活性氧含量為________%。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】試題分析：當(dāng)Fe3+小于等于10-5mol/L時(shí)認(rèn)為沉淀完全，則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正確。考點(diǎn)：難溶電解質(zhì)溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的計(jì)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．石油主要成分是各種烷烴；環(huán)烷烴、芳香烴的混合物；無(wú)烯烴，故A錯(cuò)誤；

B．利用氧化鋁耐高溫的性質(zhì)；常用來(lái)制造耐高溫的實(shí)驗(yàn)儀器，故B正確；

C．金屬腐蝕原理是金屬失電子被氧化的過程；故發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，故C正確；

D．透析時(shí)；病人的血液通過浸在透析液中的透析膜進(jìn)行循環(huán)和透析．血液中，蛋白質(zhì)和血細(xì)胞不能透過透析膜，血液內(nèi)的毒性物質(zhì)則可以透過，血液透析原理同膠體的滲析原理類似，故D正確；

故選A．

A．根據(jù)石油成分分析；

B．根據(jù)氧化鋁的用途分析；

C．金屬腐蝕原理是金屬失電子被氧化的過程；

D．根據(jù)膠體性質(zhì)分析．

本題考查了石油組成、氧化鋁的用途、金屬腐蝕原理和膠體性質(zhì)，中等難度．注意石油主要成分是各種烷烴、環(huán)烷烴、芳香烴的混合物，無(wú)烯烴．【解析】【答案】A4、B【分析】解：一個(gè)rm{NaCl}的晶胞中所包含的rm{Na^{+}}為：rm{12隆脕dfrac{1}{4}+1=4}rm{Cl^{-}}數(shù)目為：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}個(gè)rm{1}晶胞的體積實(shí)際上是rm{NaCl}個(gè)rm{4}和rm{Na^{+}}個(gè)rm{4}共同所占的體積，由rm{Cl^{-}}晶胞示意圖可知rm{NaCl}個(gè)rm{1}與rm{Na^{+}}個(gè)rm{1}共同占有的體積為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}}

故選B．

根據(jù)均攤法計(jì)算出一個(gè)晶胞中所包含的rm{V=dfrac

{1}{4}隆脕(2xcm)^{3}=2x^{3}cm^{3}}與rm{N_{A}?d?V=58.5}數(shù)目；利用晶體密度；晶胞體積和晶胞摩爾質(zhì)量計(jì)算阿伏伽德羅常數(shù)．

本題考查有關(guān)晶體計(jì)算等方法，應(yīng)注意每個(gè)晶胞中所含微粒數(shù)目，然后計(jì)算摩爾質(zhì)量，難度不大．rm{N_{A}=dfrac

{M}{2x^{3}d}}【解析】rm{B}5、A【分析】解：在恒溫恒容條件下，rm{C}的濃度仍為rm{1.2mol/L}即平衡時(shí)rm{C}的物質(zhì)的量為rm{1.2mol}則rm{B}的物質(zhì)的量為rm{1-dfrac{1.2}{3}=0.6mol}假設(shè)反應(yīng)完全逆向，則在折算之后要滿足rm{n(A)=2mol}rm{n(B)=1mol}但又rm{D}為固體，對(duì)平衡移動(dòng)沒有影響，所以rm{D}只要能夠與rm{C}反應(yīng)生成達(dá)到平衡狀態(tài)rm{B}的量即可，所以rm{D}最少為rm{0.6mol}rm{D}的起始物質(zhì)的量應(yīng)滿足的條件應(yīng)是大于rm{0.6mol}

故選：rm{A}．

在恒溫恒容條件下，rm{C}的濃度仍為rm{1.2mol/L}即平衡時(shí)rm{C}的物質(zhì)的量為rm{1.2mol}則rm{B}的物質(zhì)的量為rm{1-dfrac{1.2}{3}=0.6mol}假設(shè)反應(yīng)完全逆向，則在折算之后要滿足rm{n(A)=2mol}rm{n(B)=1mol}rm{D}為固體；對(duì)平衡移動(dòng)沒有影響，據(jù)此分析．

本題考查化學(xué)平衡的有關(guān)計(jì)算；等效平衡；難度中等，構(gòu)建平衡建立的途徑是解題關(guān)鍵，注意等效平衡規(guī)律：

rm{1}恒溫恒壓下；按化學(xué)計(jì)量數(shù)轉(zhuǎn)化到一邊，滿足對(duì)應(yīng)物質(zhì)的物質(zhì)的量之比相同，為等效平衡；

rm{2}恒溫恒容下，若反應(yīng)前后氣體氣體發(fā)生變化，按化學(xué)計(jì)量數(shù)轉(zhuǎn)化到一邊，滿足對(duì)應(yīng)物質(zhì)的物質(zhì)的量相等，為等效平衡；若反應(yīng)前后氣體的體積不變，按化學(xué)計(jì)量數(shù)轉(zhuǎn)化到一邊，滿足對(duì)應(yīng)物質(zhì)的物質(zhì)的量之比相同，為等效平衡．【解析】rm{A}6、C【分析】解：rm{A.}碳酸鈉加熱不分解；而碳酸氫鈉加熱分解生成水，結(jié)論不合理，故A錯(cuò)誤；

B.氯化銨加熱分解，而升華為物理變化，試管口rm{HCl}與氨氣化合生成氯化銨；與升華無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；

C.氯氣可氧化碘離子，生成碘，淀粉遇碘變藍(lán)，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}則實(shí)驗(yàn)操作；現(xiàn)象和結(jié)論均合理，故C正確；

D.亞鐵離子被過氧化氫氧化，生成鐵離子，遇rm{KSCN}溶液變?yōu)檠t色；該實(shí)驗(yàn)體現(xiàn)亞鐵離子的還原性，結(jié)論不合理，故D錯(cuò)誤；

故選C．

A.碳酸鈉加熱不分解；

B.氯化銨加熱分解；而升華為物理變化；

C.氯氣可氧化碘離子；生成碘，淀粉遇碘變藍(lán)；

D.亞鐵離子被過氧化氫氧化．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)及現(xiàn)象、結(jié)論的分析為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋}目難度不大．【解析】rm{C}二、填空題(共6題，共12分)7、略

【分析】【解析】試題分析：（1）電離是吸熱，則升高溫度，電離程度增加，水中氫離子濃度增加，所以25℃時(shí)水的電離平衡曲線應(yīng)為A。（2）95℃時(shí)水的離子積常數(shù)是10－12，所以pH=2的NaOH溶液中由水電離的c(H＋)＝10-10mol/L。（3）若所得混合溶液的pH=7，則解得（4）若100體積pH1=a的某強(qiáng)酸溶液與1體積pH2=b的某強(qiáng)堿溶液混合后溶液呈中性，則所以該強(qiáng)酸的pH1與強(qiáng)堿的pH2之間應(yīng)滿足的關(guān)系是a+b=16或pH1+pH2=16。（5）曲線B對(duì)應(yīng)95℃，此時(shí)水的離子積為10-12。HA為弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中還剩余較多的HA分子，可繼續(xù)電離出H+，使溶液pH=5。（6）95℃時(shí)，某氨水與氯化銨的混合溶液的PH=7，則溶液顯堿性。所以根據(jù)電荷守恒可知c（NH4+）＋c（H+）＝c（OH－）＋c（Cl－），c（NH4+）>c（Cl－）?？键c(diǎn)：考查外界條件對(duì)水的電離平衡的影響、pH的計(jì)算以及溶液中離子濃度大小比較【解析】【答案】（14分）⑴①A（2分）②水的電離是吸熱過程，溫度低時(shí)，電離程度小，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曲線B對(duì)應(yīng)95℃，此時(shí)水的離子積為10-12。HA為弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中還剩余較多的HA分子，可繼續(xù)電離出H+，使溶液pH=5。（2分）⑹>（2分）8、略

【分析】解：rm{壟脵}醋酸是一元弱酸，只能部分電離為氫離子和醋酸根，故用可逆號(hào)，電離方程式為rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}故答案為：rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}

rm{壟脷}醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，根據(jù)鹽類水解規(guī)律“誰(shuí)強(qiáng)顯誰(shuí)性”可知，醋酸鈉溶液顯堿性，即rm{pH>7}故答案為：rm{>}．

rm{壟脵}醋酸是一元弱酸；只能部分電離；

rm{壟脷}醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽；根據(jù)鹽類水解規(guī)律來(lái)分析．

本題考查了弱電解質(zhì)電離方程式的書寫以及鹽類水解的規(guī)律，難度不大，應(yīng)注意對(duì)鹽類水解規(guī)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中第一步電離出的H+對(duì)HR﹣的電離產(chǎn)生了抑制作用(5)①HCN>H2CO3>CH3COOH②NaCN＋H2O＋CO2═══HCN＋NaHCO3【分析】【分析】

本題考查了離子濃度大小的比較，電解質(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)、非電解質(zhì)的判斷，溶液酸堿性與rm{pH}值的相關(guān)計(jì)算；題目綜合性強(qiáng)，設(shè)計(jì)內(nèi)容多，難度中等，解題時(shí)注意把握電解質(zhì)強(qiáng)弱的判斷依據(jù)，注意弱電解質(zhì)電離的特點(diǎn)。

【解答】

rm{(1)}醋酸是常見的弱酸。rm{壟脵}醋酸在水溶液中部分電離，其電離方程式為醋酸在水溶液中部分電離，其電離方程式為rm{壟脵}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{+}，故答案為：rm{CH}rm{CH}rm{3}滴加少量濃鹽酸增大氫離子的濃度，抑制醋酸的電離，故rm{3}錯(cuò)誤；rm{COOH}醋酸的電離是吸熱的，微熱溶液，醋酸的電離程度增大，故rm{COOH}正確；

rm{CH}越稀越電離，加水稀釋，rm{CH}正確rm{3}

rm{3}加入少量醋酸鈉晶體，增大醋酸根的濃度，抑制醋酸的電離，故rm{COO}錯(cuò)誤；故答案為：rm{COO}rm{-}某一元弱酸溶液rm{-}與二元強(qiáng)酸rm{+H}的rm{+H}相等，則弱酸有大部分為電離，加水稀釋時(shí)，能夠促進(jìn)更多的弱酸電離，所以加水稀釋后，氫離子濃度大于二元強(qiáng)酸中氫離子濃度，所以rm{+}rm{+}，上述稀釋溶液中弱酸的氫離子的物質(zhì)的量濃度大于強(qiáng)酸，所以等體積含有的氫離子的物質(zhì)的量多，中和等濃度等體積的溶液，用的體積少，故答案為：；rm{(2)}rm{a.}滴加少量濃鹽酸增大氫離子的濃度，抑制醋酸的電離，故rm{a}錯(cuò)誤；根據(jù)電離方程式知，rm{a.}只電離不水解，rm{a}溶液的rm{b.}醋酸的電離是吸熱的，微熱溶液，醋酸的電離程度增大，故rm正確；則rm{b.}電離出氫離子濃度為rmrm{c.}越稀越電離，加水稀釋，第一步完全電離生成rm{c.}的氫離子，第一步電離出的氫離子抑制第二步電離，所以第二步電離出的氫離子濃度小于醋酸的電離程度增大，故rm{c}正確則rm{c}溶液中氫離子的物質(zhì)的量濃度應(yīng)小于；故答案為：rm{d.}加入少量醋酸鈉晶體，增大醋酸根的濃度，抑制醋酸的電離，故rm77x7h5p錯(cuò)誤；rm{d.}中第一步電離出的rm7rvvbrh對(duì)rm{bc}的電離產(chǎn)生了抑制作用；rm{(3)}根據(jù)酸的電離常數(shù)進(jìn)行分析判斷，電離常數(shù)越大，rm{(A)}越小，根據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析，電離常數(shù)：醋酸rm{(B)}rm{pH}rm{pH(A)<}rm{pH(B)}rm{pH(B)}rm{NaOH}所以三溶液的rm{<}由大到小的順序?yàn)閞m{<}rm{(4)}rm{HA-}rm{0.1mol?L-1NaHA}rm{pH=2}rm{HA-}rm{0.01mol/L}，故答案為：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)壟脵}由于酸性：rm{pH}故反應(yīng)生成rm{>}和碳酸氫鈉，不能生成二氧化碳，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{H}rm{H}rm{2}rm{2}rm{CO}rm{CO}，故答案為：rm{3}rm{3}rm{>HCN}rm{pH}rm{HCN>H}rm{HCN>H}。rm{2}【解析】rm{(1)}rm{壟脵C(jī)H}rm{壟脵C(jī)H}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{壟脷bc}中第一步電離出的rm{壟脷bc}rm{(2)10}對(duì)rm{-}rm{-}的電離產(chǎn)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）大理石和鹽酸反應(yīng)生成物是CO2、氯化鈣和水，所以離子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑。（2）由于反應(yīng)是放熱反應(yīng)，放出的熱量使溶液溫度升高，反應(yīng)速率加快。（3）反應(yīng)后期由于鹽酸的濃度減小，使得反應(yīng)速率逐漸降低?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑（2）溫度升高，反應(yīng)速率加快。（3）反應(yīng)物濃度減小，反應(yīng)速率減慢。11、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分)（1）反應(yīng)物能量生成物能量無(wú)降低因?yàn)榇呋瘎└淖兞朔磻?yīng)的歷程使活化能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】本題旨在考查學(xué)生對(duì)弱電解質(zhì)的電離平衡、鹽類水解的原理等應(yīng)用?！窘獯稹縭m{(1)N}rm{(1)N}rm{a}rm{a}rm{HCO}種微粒，它們是rm{HCO}rm{{,!}_{3}}溶液中水解和電離，共存在rm{7}種微粒，它們是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}}硫酸鋁水解呈酸性，由于氯離子水解，方程式為：rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}；故答案為：rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-}}、rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}；rm{(2)}硫酸鋁水解呈酸性，由于氯離子水解，方程式為：rm{Al}rm{(2)}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}rm{+3H}rm{+3H}rm{{,!}_{2}}rm{O?Al(OH)}氨水是弱電解質(zhì)，部分電離出銨根離子，其余為鹽全部電離，碳酸根離子水解促進(jìn)銨根離子水解，硫酸氫鈉中氫離子抑制銨根離子水解，故銨根離子濃度大小順序?yàn)椋簉m{O?Al(OH)}故答案為：rm{{,!}_{3}}rm{+3H}碳酸鈉水解顯堿性，氫氧化鈉含有rm{+3H}個(gè)氫氧根離子，氫氧化鋇含有rm{{,!}^{+}}個(gè)氫氧根離子，醋酸是弱酸，部分電離，故氫氧根離子濃度大小順序?yàn)椋?；為抑制其水解需加入硫酸，氯化鋁在水中水解生成氫氧化鋁和氯化氫，蒸干得到氫氧化鋁，灼燒生成氧化鋁，故答案為：酸；rm{Al}故答案為：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)壟脷>壟脺>壟脻>壟脵>壟脹}三、解答題(共7題，共14分)13、略

【分析】

（1）氨水電離生成銨根離子和氫氧根離子，NH3?H2O?NH4++OH-，加入硫酸銨后，銨根離子濃度增大，所以平衡逆向移動(dòng)，氫氧根濃度減小，KW只受溫度的影響；溫度不變，值不變，故答案為：減?。徊蛔?；

（2）氯化銨中，銨根離子水解生成一水合氨和氫離子，溶液顯示酸性，故答案為：酸；NH4++H2O?NH3?H2O+H+；

（3）氨水屬于弱電解質(zhì)，不完全電離，氯化銨中，銨根離子會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)，所以二者的濃度均會(huì)小于0.1mol/L，故選b；

（4）根據(jù)溶液中的電荷守恒：c（NH4+）+C（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），溶液顯示中性，則氫離子和氫氧根濃度相等，所以c（SO42-）=0.5c（H+）=0.5amol/L；故答案為：0.5a；

（5）向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水與硫酸的體積比為1：1，則所得溶液恰好為硫酸銨，溶液中銨根離子水解，溶液顯示酸性，離子濃度大小關(guān)系為：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-），故答案為：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）．

【解析】【答案】（1）氨水電離生成銨根離子和氫氧根離子，加入硫酸銨會(huì)影響電離平衡的移動(dòng)，KW只受溫度的影響；

（2）氯化銨中；銨根離子水解顯示酸性；

（3）氨水屬于弱電解質(zhì)；不完全電離，氯化銨中，銨根離子會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)；

（4）根據(jù)溶液中的電荷守恒來(lái)計(jì)算回答；

（5）氨水可以和硫酸發(fā)生反應(yīng)生成硫酸銨；根據(jù)溶液總的組成情況來(lái)回答．

14、略

【分析】

（1）羧基能和氫氧化鈉、鈉反應(yīng)生成羧酸鈉，醇羥基能和鈉反應(yīng)生成醇鈉，但不能和氫氧化鈉反應(yīng)生成醇鈉，所以2-羥基丙酸和氫氧化鈉反應(yīng)生成2-羥基丙酸鈉，2-羥基丙酸鈉和鈉反應(yīng)生成CH3CH（ONa）COONa；

故答案為：NaOH；Na；

（2）反應(yīng)中鐵由0價(jià)變成+2價(jià)；故作還原劑，乳酸作氧化劑，則還原產(chǎn)物是氫氣，故答案為：乳酸；氫氣；

（3）2-羥基丙酸發(fā)生消去反應(yīng)生成丙烯酸，丙烯酸和甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯發(fā)生加聚反應(yīng)生成所以涉及的反應(yīng)類型是：消去反應(yīng)；酯化反應(yīng)、加聚反應(yīng)，故答案為：消去反應(yīng)、酯化反應(yīng)、加聚反應(yīng)；

（4）乳酸中，如[③CH3②CH（OH）①COOH]中②號(hào)碳原子四個(gè)鍵分別連接-H、-OH、-COOH、-CH3四個(gè)不同的基團(tuán)；故該碳原子為手性碳原子，故選②．

【解析】【答案】（1）羧基能和氫氧化鈉；鈉反應(yīng)生成羧酸鈉；醇羥基能和鈉反應(yīng)生成醇鈉，但不能和氫氧化鈉反應(yīng)生成醇鈉；

（2）氧化還原反應(yīng)中；得電子化合價(jià)降低的反應(yīng)物是氧化劑，氧化劑對(duì)應(yīng)的產(chǎn)物是還原產(chǎn)物；

（3）2-羥基丙酸發(fā)生消去反應(yīng)生成丙烯酸，丙烯酸和甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯發(fā)生加聚反應(yīng)生成

（4）碳原子以單鍵與四個(gè)不同的原子或原子團(tuán)相結(jié)合；則稱該碳原子為“手性碳原子”，根據(jù)手性碳原子定義判斷．

15、略

【分析】

（1）制備氯氣中含有氯化氫和水蒸氣，有水蒸氣不能制的氯化鐵，除去水蒸氣用濃硫酸，應(yīng)先除去水蒸氣干燥，干燥的氯氣通入玻璃管中和鐵反應(yīng)生成無(wú)水氯化鐵，最后吸收尾氣中未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣，洗氣裝置導(dǎo)氣管長(zhǎng)進(jìn)短處，導(dǎo)氣管口連接順序?yàn)椋篴edbcf，故答案為：aedbcf；

（2）氣體中含有水蒸氣，F(xiàn)eCl3容易水解；C裝置中是濃硫酸作用是干燥氯氣，故答案為：干燥氯氣；

（3）氯氣有毒不能排放到空氣中；氫氧化鈉作用是吸收尾氣氯氣，防止污染空氣，故答案為：吸收尾氣氯氣；

（4）檢驗(yàn)B裝置中反應(yīng)后鐵是否有剩余的方法是；用磁鐵吸引產(chǎn)物，若被磁鐵吸引，則含有鐵；

故答案為：用磁鐵吸引產(chǎn)物；若被磁鐵吸引，則含有鐵；

（5）改用Fe和鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵；再通入過量氯氣把氯化亞鐵氧化為氯化鐵，因?yàn)槁然F水解，蒸干溶液，得到的是氫氧化鐵；不能來(lái)制取無(wú)水氯化鐵；

故答案為：否；由于FeCl3水解，加熱蒸干該溶液只能得到Fe（OH）3．

【解析】【答案】（1）制備氯氣中含有氯化氫和水蒸氣；除去氯化氫氣體用飽和食鹽水，除去水蒸氣用濃硫酸，應(yīng)先除氯化氫，后干燥，最后吸收尾氣中未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣；

（2）如果進(jìn)入B的氣體不干燥，F(xiàn)eCl3容易水解；

（3）氯氣有毒不能排放到空氣中；需要進(jìn)行尾氣吸收；

（4）依據(jù)鐵的特征性質(zhì)；可以用磁鐵進(jìn)行檢驗(yàn)；

（5）氯化亞鐵可以被氧化為氯化鐵；但氯化鐵蒸干過程中促進(jìn)氯化鐵的水解，得到氫氧化鐵，得不到氯化鐵固體．

16、略

【分析】

（1）中和滴定按照檢漏；洗滌、潤(rùn)洗、裝液、取待測(cè)液并加指示劑、滴定等順序操作；則正確的順序?yàn)棰冖堍邰茛佗蓿蚀鸢笧椋孩冖堍邰茛佗蓿?/p>

（2）②操作的目的是防止將標(biāo)準(zhǔn)液稀釋；故答案為：防止將標(biāo)準(zhǔn)液稀釋；

（3）滴定時(shí)；滴定過程中，用左手控制堿式滴定管橡皮管玻璃珠處，右手搖動(dòng)錐形瓶，兩眼應(yīng)該注視錐形瓶?jī)?nèi)溶液的顏色變化；滴定時(shí)，錐形瓶中溶液的顏色由無(wú)色變淺紅且保持30秒內(nèi)不褪色，可說(shuō)明達(dá)到滴定終點(diǎn)，故答案為：堿式滴定管橡皮管玻璃珠處；錐形瓶中溶液的顏色變化；錐形瓶中溶液的顏色由無(wú)色變淺紅且保持30秒內(nèi)不褪色；

（4）①操作之前；如先用蒸餾水洗錐形瓶，所取待測(cè)液的物質(zhì)的量沒變，故不影響V（標(biāo)準(zhǔn)），所以滴定結(jié)果不變，故答案為：不變；

（5）因滴定管的小刻度在上方，則滴定結(jié)束后如仰視觀察滴定管中液面刻度，讀數(shù)偏大，即V（堿）偏大，由c（酸）=可知；c（酸）偏大，故答案為：偏大；

（6）稱取一定量的KOH固體（含少量NaOH），等質(zhì)量的NaOH或KOH固體來(lái)中和酸時(shí)，NaOH消耗的鹽酸的多，則n（OH-）偏大，消耗酸的體積偏大，由c（酸）=可知；c（酸）偏小，故答案為：偏小．

【解析】【答案】（1）中和滴定有檢漏；洗滌、潤(rùn)洗、裝液、取待測(cè)液并加指示劑、滴定等操作；

（2）潤(rùn)洗的目的是防止溶液被稀釋；

（3）實(shí)驗(yàn)中應(yīng)控制流速并觀察錐形瓶中顏色變化；

（4）錐形瓶中有水對(duì)實(shí)驗(yàn)無(wú)影響；

（5）仰視觀察滴定管中液面刻度；讀數(shù)偏大；

（6）稱取一定量的KOH固體（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；

依據(jù)蓋斯定律，①-②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-817.6kJ/mol；依據(jù)反應(yīng)前后元素化合價(jià)變化可知，N2H4～N2～4e-；3.2g液態(tài)肼物質(zhì)的量==0.1mol；依據(jù)電子守恒計(jì)算得到轉(zhuǎn)移電子為0.4mol；

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

【解析】【答案】依據(jù)熱化學(xué)方程式結(jié)合蓋斯定律計(jì)算分析得到熱化學(xué)方程式；依據(jù)反應(yīng)前后元素化合價(jià)變化分析計(jì)算氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移；

18、略

【分析】

因水俁病與重金屬離子的污染有關(guān)，應(yīng)與Hg2+相連；

Rn具有放射性；能引起肺癌，被稱為隱形殺手；

臭氧層空洞與氟氯烴的大量使用有關(guān)；

二氧化硅為光導(dǎo)纖維的主要原料；

則故答案為：．

【解析】【答案】根據(jù)水俁病與重金屬離子的污染有關(guān)；Rn（氡0）為無(wú)色具有放射性的氣體，臭氧層空洞是由氟氯烴的大量使用導(dǎo)致的，二氧化硅為光導(dǎo)纖維的主要原料等來(lái)解答．

19、略

【分析】

（1）濃硫酸溶于水放出大量的熱；加入藥品時(shí)，為防止酸液飛濺，應(yīng)先加入乙醇再加入濃硫酸和乙酸，如先加濃硫酸會(huì)出現(xiàn)酸液飛濺的可能現(xiàn)象；實(shí)驗(yàn)中用乙醇與乙酸作用，酯化反應(yīng)的本質(zhì)為酸脫羥基，醇脫氫，該反應(yīng)生成乙酸乙酯和水，且為可逆反應(yīng)，所以乙酸脫羥基，乙醇脫氫離子；

故答案為：向試管倒入一定量的乙醇，然后邊搖動(dòng)試管邊慢慢加入一定量的濃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；二者易溶于水而產(chǎn)生倒吸，故答案為：防止倒吸；

（3）乙酸與乙醇需濃硫酸作催化劑；該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，濃硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移動(dòng)．故濃硫酸的作用為催化劑，吸水劑，故答案為：催化作用；吸水作用；

（4）制備乙酸乙酯時(shí)常用飽和碳酸鈉溶液吸收乙酸乙酯；目的是除去乙醇和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，便于分層．

故答案為：除去乙醇和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度；便于分層；

（5）在碳酸鈉溶液層上方有無(wú)色油狀液體出現(xiàn)；聞到香味，說(shuō)明實(shí)驗(yàn)中生成的乙酸乙酯，其密度比水??；分離粗產(chǎn)品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物，加入飽和碳酸鈉溶液，實(shí)現(xiàn)酯與乙酸和乙醇的分離，分離油層和水層采用分液的方法即可，所以用到的儀器為分液漏斗，故答案為：??；分液漏斗；

【解析】【答案】（1）加入藥品時(shí)；為防止酸液飛濺，應(yīng)先加入乙醇再加入濃硫酸和乙酸；酯化反應(yīng)的本質(zhì)為酸脫羥基，醇脫氫；

（2）根據(jù)粗產(chǎn)品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物中各自的性質(zhì)；進(jìn)行解答；

（3）乙酸與乙醇需濃硫酸作催化劑；該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，濃硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移動(dòng)；

（4）用飽和碳酸鈉溶液吸收乙酸乙酯；乙醇溶解，碳酸鈉與乙酸反應(yīng)除去乙酸；同時(shí)降低乙酸乙酯的溶解度；

（5）根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象進(jìn)行解答；

四、推斷題(共3題，共9分)20、ad；3：2：3；C3H4O4；羧基、羥基、醚鍵；4；任意一種【分析】解：rm{A}對(duì)氫氣的相對(duì)密度為rm{52}則rm{Mr(A)=52隆脕2=104}rm{1molA}與足量rm{NaHCO_{3}}溶液反應(yīng)生成rm{2mol}氣體，則rm{A}分子中含有rm{2}個(gè)rm{-COOH.B}屬于芳香族化合物，且含有醛基，rm{B}與rm{A}反應(yīng)生成rm{C}由反應(yīng)信息rm{RCHO+CH_{2}(COOH)xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂}}RCH=C(COOH)_{2}+H_{2}O}結(jié)合rm{RCHO+CH_{2}(COOH)

xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂}}RCH=C(COOH)_{2}+H_{2}O}的結(jié)構(gòu)可知，rm{C}為rm{A}rm{CH_{2}(COOH)_{2}}為rm{B}反應(yīng)生成rm{C}其分子式為rm{D}分子組成減少rm{C_{10}H_{10}O_{4}}分子rm{1}由反應(yīng)信息rm{RCH=C(COOH)_{2}xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂}}RCH=CHCOOH+CO_{2}隆眉}可知，rm{CO_{2}}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．

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

xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂}}RCH=CHCOOH+CO_{2}隆眉}含有酚羥基；碳碳雙鍵；可以發(fā)生氧化反應(yīng)，含有羧基可以發(fā)生酯化反應(yīng)，不能發(fā)生消去反應(yīng)與水解反應(yīng)；

故答案為：rm{D}

rm{(1)C}由rm{ad}的結(jié)構(gòu)可知，rm{(2)}中含有rm{C}rm{1molC}酚羥基rm{2mol-COOH}rm{1mol}

羧基、羥基與鈉反應(yīng)，rm{-OH}可以消耗rm{1molC=C}

羧基與碳酸氫鈉反應(yīng)，rm{1molC}消耗rm{3molNa}

羧基、酚羥基與氫氧化鈉反應(yīng)，rm{1molC}消耗rm{2molNaHCO_{3}}

故等物質(zhì)的量的rm{1molC}分別與足量的rm{3molNaOH}rm{C}rm{Na}反應(yīng)時(shí)消耗反應(yīng)時(shí)消耗rm{NaHCO_{3}}rm{NaOH}rm{Na}的物質(zhì)的量之比為rm{NaHCO_{3}}rm{NaOH}rm{3mol}rm{2mol}rm{3mol=3}

故答案為：rm{2}rm{3}rm{3}

rm{2}由上述分析可知，rm{3}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為rm{(3)}分子式為rm{A}rm{CH_{2}(COOH)_{2}}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為含有的含氧官能團(tuán)有：羧基；羥基、醚鍵；

故答案為：rm{C_{3}H_{4}O_{4}}羧基；羥基、醚鍵；

rm{D}反應(yīng)rm{C_{3}H_{4}O_{4}}的化學(xué)方程式是：

故答案為：

rm{(4)}rm{壟脵}同分異構(gòu)體符合：

rm{(5)D(}在苯環(huán)上只有兩個(gè)取代基；

rm{)}在苯環(huán)上的一氯取代物只有兩種，結(jié)合rm{壟脵}的結(jié)構(gòu)；說(shuō)明兩個(gè)不同的取代基處于對(duì)位位置或者兩個(gè)相同的取代基處于鄰位位置；

rm{壟脷}該同分異構(gòu)體與足量rm{D}反應(yīng)生成rm{壟脹1mol}氣體，含有rm{NaHCO_{3}}個(gè)rm{2molCO_{2}}

所以符合條件的rm{2}的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分別為：共有rm{-COOH}種；

故答案為：rm{D}任意一種．

rm{4}對(duì)氫氣的相對(duì)密度為rm{4}則rm{A}rm{52}與足量rm{Mr(A)=52隆脕2=104}溶液反應(yīng)生成rm{1molA}氣體，則rm{NaHCO_{3}}分子中含有rm{2mol}個(gè)rm{A}屬于芳香族化合物，且含有醛基，rm{2}與rm{-COOH.B}反應(yīng)生成rm{B}由反應(yīng)信息rm{RCHO+CH_{2}(COOH)xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂}}RCH=C(COOH)_{2}+H_{2}O}結(jié)合rm{A}的結(jié)構(gòu)可知，rm{C}為rm{RCHO+CH_{2}(COOH)

xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂}}RCH=C(COOH)_{2}+H_{2}O}rm{C}為rm{A}反應(yīng)生成rm{CH_{2}(COOH)_{2}}其分子式為rm{B}分子組成減少rm{C}分子rm{D}由反應(yīng)信息rm{RCH=C(COOH)_{2}xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂}}RCH=CHCOOH+CO_{2}隆眉}可知，rm{C_{10}H_{10}O_{4}}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為據(jù)此解答rm{1}本題考查有機(jī)物的推斷，涉及官能團(tuán)的性質(zhì)、同分異構(gòu)體的書寫，是對(duì)有機(jī)物知識(shí)的綜合考查，利用題給信息，結(jié)合rm{CO_{2}}的結(jié)構(gòu)判斷rm{RCH=C(COOH)_{2}

xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂}}RCH=CHCOOH+CO_{2}隆眉}rm{D}的結(jié)構(gòu)，能較好的考查學(xué)生的閱讀、分析與思維能力，是有機(jī)熱點(diǎn)題型，難度中等．rm{.}【解析】rm{ad}rm{3}rm{2}rm{3}rm{C_{3}H_{4}O_{4}}羧基、羥基、醚鍵；rm{4}任意一種21、略

【分析】【解析】試題分析：B的相對(duì)分子質(zhì)量為60，分子中只含一個(gè)甲基，能在濃硫酸的作用下發(fā)生消去反應(yīng)，則B為1-丙醇，即CH3CH2CH2OH，發(fā)生消去反應(yīng)得到丙烯，即D為CH3CH═CH2，高分子化合物E為聚丙烯，C能和碳酸鈉發(fā)生反應(yīng)生成二氧化碳，則一定含有羧基，能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，一定含有酚羥基，所以c為：B和C是A發(fā)生酯的水解反應(yīng)得到的產(chǎn)物，所以A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：（1）B的名稱為1-丙醇，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2CH2OH。c為：官能團(tuán)-X的名稱為羧基。（2）B為CH3CH2CH2OH，發(fā)生消去反應(yīng)生成物質(zhì)D為CH3CH==CH2，故D→E反應(yīng)即反應(yīng)④的反應(yīng)類型為加聚反應(yīng)。（3）A為與NaOH溶液反應(yīng)的方程式為（4）A具有抗氧化作用的主要原因是分子中有酚羥基，根據(jù)苯酚在空氣中易被氧化為粉紅色來(lái)確定即可，故答案為：c?？键c(diǎn)：有機(jī)物的推斷有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【解析】【答案】（8分）⑴CH3CH2CH2OH羧基（各1分）⑵加聚反應(yīng)（2分）⑶（2分）⑷C（2分）22、（1）加成反應(yīng)；取代反應(yīng)（2）氫氧化鈉醇溶液、加熱；氫氧化鈉水溶液、加熱（3）保護(hù)碳碳雙鍵，防止被氧化（4）CH2=CHCH2Br+HBr→CH2BrCH2CH2Br；（5）HOCH2CHClCH2CHO或OHCCHClCH2CHO或OHCCHClCH2COOH；銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液【分析】本題考查有機(jī)物的推斷，涉及常見有機(jī)反應(yīng)類型、鹵代烴、烯烴、醇、醛。rm{1}rm{3-}丁二烯可以與氯氣發(fā)生rm{1}rm{4}加成反應(yīng)生成rm{A}為rm{ClCH}rm{1}丁二烯可以與氯氣發(fā)生rm{3-}rm{1}加成反應(yīng)生成rm{4}為rm{A}rm{ClCH}rm{2}rm{2}rm{CH=CHCH}rm{CH=CHCH}在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成rm{2}rm{2}rm{Cl}rm{A}在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成rm{HOCH}rm{Cl}rm{A}與rm{HOCH}發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{2}為rm{2}rm{CH=CHCH}rm{CH=CHCH}rm{2}rm{2}rm{OH}與rm{HCl}發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{B}為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發(fā)生催化氧化生成rm{OH}為rm{D}rm{C}rm{4}rm{4}在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{H}則rm{H}為rm{4}．rm{4}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}，故D為鹽，則rm{C}rm{C}rm{4}rm{4}發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{H}為rm{H}rm{4}rm{4}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}為rm{HOOC-CH=CH-COOH}故B發(fā)生催化氧化生成rm{C}為rm{HOOCCH}在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成rm{HOOC-CH=CH-COOH}rm{C}rm{HOOCCH}rm{2}rm{2}rm{CH(Cl)COOH}rm{C}在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{D}則rm{D}為rm{NaOOC-CH=CH-COONa}．rm{CH(Cl)COOH}與rm{C}通過酯化反應(yīng)進(jìn)行的縮聚反應(yīng)生成高聚物rm{D}為rm{D}rm{NaOOC-CH=CH-COONa}反應(yīng)rm{CH}是rm{CH}rm{3}丁二烯與氯氣發(fā)生rm{3}rm{CH=CH}加成反應(yīng)生成rm{CH=CH}rm{2}rm{2}與溴發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{BrCH}rm{BrCH}反應(yīng)rm{2}是rm{2}rm{CH=CH}rm{CH=CH}rm{2}rm{2}，與rm{HBr}發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{F}為rm{BrCH}rm{HBr}rm{F}rm{BrCH}rm{2}反應(yīng)rm{2}是rm{CH}rm{CH}rm{2}在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}反應(yīng)rm{Br}rm{F}在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成rm{HOCH}是rm{Br}rm{F}rm{HOCH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{OH}與rm{HOOC-CH=CH-COOH}通過酯化反應(yīng)進(jìn)行的縮聚反應(yīng)生成高聚物rm{G}為故答案為：氫氧化鈉醇溶液、加熱；氫氧化鈉水溶液、加熱；rm{OH}rm{HOOC-CH=CH-COOH}rm{G}，rm{(1)}反應(yīng)rm{壟脵}是rm{1}rm{3-}丁二烯與氯氣發(fā)生rm{1}rm{4-}加成反應(yīng)生成rm{ClCH}中含有rm{(1)}雙鍵，氧化羥基時(shí)也可以氧化rm{壟脵}雙鍵，轉(zhuǎn)化生成rm{1}為rm{3-}rm{1}中含有rm{4-}雙鍵，故反應(yīng)rm{ClCH}的目的是：保護(hù)碳碳雙鍵，防止被氧化，故答案為：保護(hù)碳碳雙鍵，防止被氧化；rm{2}rm{2}反應(yīng)rm{CH=CHCH}的化學(xué)方程式為：rm{CH=CHCH}rm{2}rm{2}rm{Cl}反應(yīng)rm{壟脺}是rm{CH}rm{Cl}rm{壟脺}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CH=CH}rm{CH=CH}故答案為：rm{2}rm{2}與溴發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{BrCH}rm{BrCH}rm{2}rm{2}rm{CH=CH}rm{CH=CH}rm{2}rm{2}，故答案為：加成反應(yīng)；取代反應(yīng)；rm{(2)}反應(yīng)rm{壟脹}是rm{HOOCCH}rm{(2)}被氧化成rm{壟脹}的過程中，可能氧化不完全會(huì)有中間產(chǎn)物生成，該中間產(chǎn)物可能是rm{HOOCCH}rm{2}rm{2}rm{CHClCOOH}在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{NaOOC}rm{CHClCOOH}或rm{NaOOC}rm{-}rm{-}或rm{CH=CH}rm{CH=CH}rm{-}含有醛基，用銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液進(jìn)行檢驗(yàn)是否存在該物質(zhì)，故答案為：rm{-}rm{COONa}反應(yīng)rm{壟脼}是rm{BrCH}rm{COONa}rm{壟脼}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}在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成rm{HOCH}【解析】rm{(1)}rm{(1)}加成反應(yīng)；取代反應(yīng)rm{(2)}rm{(2)}氫氧化鈉醇溶液、加熱；氫氧化鈉水溶液、加熱rm{(3)}rm{(3)}保護(hù)碳碳雙鍵，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、工業(yè)流程題(共3題，共21分)23、略

【分析】【分析】

(1)反應(yīng)1中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應(yīng)生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)生成Na2FeO4，同時(shí)生成還原產(chǎn)物NaCl，結(jié)合守恒法寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式；根據(jù)電子守恒計(jì)算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量；

(3)電解時(shí)，陽(yáng)極發(fā)