2025年北師大版高二化學下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大版高二化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖是表示：2X＋YZ＋R⊿H<0的氣體反應速率（υ）與時間（t）的關系，t1時開始改變條件，則所改變的條件符合曲線的是A.減少Z物質(zhì)B.加大壓強C.升高溫度D.使用催化劑2、預測H2S和BF3的立體結構，兩個結論都正確的是()A.直線形；三角錐形B.V形；三角錐形C.直線形；平面三角形D.V形；平面三角形3、下列物質(zhì)由于發(fā)生化學反應，既能使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色的是（）A.乙烷B.甲苯C.乙烯D.苯4、下列反應中生成物總能量高于反應物總能量的是（）A.碳酸鈣受熱分解B.乙醇燃燒C.鋁粉與氧化鐵粉末反應D.氧化鈣溶于水5、NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值．下列敘述正確的是（）A.1.0L1.0mo1?L﹣1的NaClO水溶液中含有的ClO﹣數(shù)為NAB.14g乙烯中含單鍵個數(shù)為2NAC.22.4LNO2中含分子數(shù)為NA個D.1mol金屬鐵溶解于過量的氯化鐵溶液中，電子轉移數(shù)為3NA6、反應2C＋O2===2CO的能量變化如下圖所示。下列說法正確的是()A.12gC(s)與一定量O2(g)反應生成14gCO(g)放出的熱量為110.5kJB.該反應的熱化學方程式是2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH＝－221kJC.2molC(s)與足量O2(g)反應生成CO2(g)，放出的熱量大于221kJD.該反應的反應熱等于CO分子中化學鍵形成時所釋放的總能量與O2分子中化學鍵斷裂時所吸收的總能量的差評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、（10分）化學能和電能的相互轉化，是能量轉化的重要方式之一，如圖兩個實驗裝置是實現(xiàn)化學能和電能相互轉化的裝置。（1）把化學能轉化為電能的裝置是____（填“甲”或“乙”）；（2）④電極上的電極反應式為（3）①電極上的電極反應式為，檢驗該電極反應產(chǎn)物的方法是____(4)寫出裝置甲的反應總化學方程式。8、(8分)用50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應。通過測定反應過程中所放出的熱量可計算中和熱。回答下列問題：（1）從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是。（2）燒杯間填滿碎紙條的作用是。（3）大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的中和熱數(shù)值(填“偏大、偏小、無影響”)（4）如果用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所放出的熱量(填“相等、不相等”)，所求中和熱(填“相等、不相等”)，簡述理由（5）用相同濃度和體積的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液進行上述實驗，測得的中和熱的數(shù)值會；（填“偏大”、“偏小”、“無影響”）。9、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}代表rm{6}種元素。請?zhí)羁眨簉m{(1)A}元素基態(tài)原子的最外層有rm{2}個未成對電子，次外層有rm{2}個電子，其元素符號為________。rm{(2)B}元素基態(tài)原子的最外層有rm{3}個未成對電子，次外層有rm{2}個電子，該原子的電子排布圖為____________________。rm{(3)C}元素的原子最外層電子排布式為rm{ns^{n}np^{n+2}}則該原子中能量最高的是________電子。rm{(4)D}元素的正三價離子的rm{3d}能級為半充滿，該基態(tài)原子的價電子排布式為_____________。rm{(5)E}元素基態(tài)原子的rm{M}層全充滿，rm{N}層沒有成對電子，只有一個未成對電子，該基態(tài)原子的電子排布式為__________________________________。10、按要求寫出下列化學方程式：

（1）丙烯→聚丙烯____；

（2）2-溴丙烷→丙烯____；

（3）CaC2→乙炔____．11、（17分）．有機化學反應因反應條件不同，可生成不同的有機產(chǎn)品。例如：（一）苯的同系物與鹵素單質(zhì)混合，在光照條件下，側鏈上的氫原子被鹵素原子取代；(二)工業(yè)上利用上述信息，按下列路線合成結構簡式為的物質(zhì)該物質(zhì)是氫化阿托醛一種香料。請根據(jù)上述路線，回答下列問題：（1）A為一氯代物，它的結構簡式可能為_______________________________________。（2）工業(yè)生產(chǎn)過程中，中間產(chǎn)物必須經(jīng)過②③④得到D，而不采取直接轉化為D的方法原因是_____________________________________。（3）寫出反應類型②_________、③_________。（4）反應④的化學方程式為：__________________________________________。（5）氫化阿托醛與氫氣1:1加成后的產(chǎn)物C9H10O的同分異構體很多，寫出兩種符合下列三個條件的C9H10O的同分異構體的結構簡式：__________________、___________________。①能與溴水反應②能與氫氧化鈉溶液反應③分子中只有苯環(huán)一種環(huán)狀結構，苯環(huán)上有兩個取代基，且苯環(huán)上的一溴代物有兩種；(6)氫化阿托醛發(fā)生銀鏡反應的化學方程式為_____________________________________。12、現(xiàn)有下列rm{5}種有機物：

rm{壟脵CH_{2}簍TCH_{2}}rm{壟脷CH_{3}CH_{2}OH}rm{壟脹CH_{3}-C隆脭C-CH_{3}}

rm{壟脺}rm{壟脻}

rm{(1)}其中，屬于炔烴的是______rm{(}填序號，下同rm{)}屬于烴的衍生物的是______，與rm{壟脵}互為同系物的是______．

rm{(2)}用系統(tǒng)命名法給rm{壟脺}命名，其名稱為______．13、回答下列問題：rm{(1)}鉛蓄電池的總反應為：rm{Pb+PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}underset{魯盲碌莽}{overset{路脜碌莽}{?}}2PbSO_{4}+2H_{2}O}放電時，負極反應式為__________，充電時，陽極反應式為_________。rm{Pb+PbO_{2}+

2H_{2}SO_{4}underset{魯盲碌莽}{overset{路脜碌莽}{?}}2PbSO_{4}+

2H_{2}O}利用下圖裝置，可以模擬鐵的電化學防護。

rm{(2)}若rm{壟脵}為石墨，為減緩鐵的腐蝕，將開關rm{X}置于rm{K}處，該電化學防護法稱為___________。rm{攏脦}若rm{壟脷}為鋅，開關rm{X}置于rm{K}處，該電化學防護法稱為__________。rm{M}我國的科技人員為了消除rm{(3)}的污染，利用原電池原理，設計如圖裝置用rm{SO_{2}}和rm{SO_{2}}制備硫酸，電極rm{O_{2}}rm{A}為多孔的材料。

rm{B}極的電極反應式是_______。rm{壟脵A}極的電極反應式是_______。rm{壟脷B}14、有機物rm{A(C_{10}H_{20}O_{2})}具有蘭花香味，可用作香皂、洗發(fā)香波的芳香賦予劑rm{.}已知：

rm{壟脵B}分子中沒有支鏈．

rm{壟脷D}能與碳酸氫鈉溶液反應放出二氧化碳．

rm{壟脹D}rm{E}互為具有相同官能團的同分異構體rm{.E}分子烴基上的氫若被rm{Cl}取代；其一氯代物只有一種．

rm{壟脺F}可以使溴的四氯化碳溶液褪色．

rm{(1)B}可以發(fā)生的反應有______rm{(}選填序號rm{)}．

rm{壟脵}取代反應rm{壟脷}消去反應rm{壟脹}加聚反應rm{壟脺}氧化反應。

rm{(2)D}rm{F}分子所含的官能團的名稱依次是______；______．

rm{(3)}寫出與rm{D}rm{E}具有相同官能團的同分異構體的可能結構簡式：______．

rm{(4)E}可用于生產(chǎn)氨芐青霉素等rm{.}已知rm{E}的制備方法不同于其常見的同系物，據(jù)報道，可由rm{2-}甲基rm{-1-}丙醇和甲酸在一定條件下制取rm{E.}該反應的化學方程式是______．

rm{(5)}某學生檢驗rm{C}的官能團時，取rm{1mol/LCuSO_{4}}溶液和rm{2mol/LNaOH}溶液各rm{1mL}在一支潔凈的試管內(nèi)混合后，向其中又加入rm{0.5mL40%}的rm{C}加熱后無紅色沉淀出現(xiàn)rm{.}該同學實驗失敗的原因可能是______rm{.(}選填序號rm{)}

rm{壟脵}加入的rm{C}過多rm{壟脷}加入的rm{C}太少rm{壟脹}加入rm{CuSO_{4}}溶液的量過多rm{壟脺}加入rm{CuSO_{4}}溶液的量不夠．評卷人得分三、探究題(共4題，共8分)15、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為。16、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質(zhì)量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為。17、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為。18、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質(zhì)量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為。評卷人得分四、解答題(共1題，共3分)19、一定溫度下；冰醋酸加水稀釋過程中溶液的導電能力變化曲線如圖所示，請回答：

（1）O點為什么不導電______．

（2）a、b；c三點的pH由小到大的順序是______．

（3）H+的物質(zhì)的量最大的是______（填“a”、“b”或“c”）．

（4）若使c點溶液中的c（CH3COO-）增大；可以采取下列措施中的______（填序號）．

A．加熱B．加很稀的NaOH溶液C．加NaOH固體D．加水E．加固體CH3COONaF．加入鋅粒．

評卷人得分五、其他(共2題，共20分)20、實驗室有下列實驗儀器。ABCDEF在過濾操作中除了鐵架臺外還需要用到的實驗儀器是____、____、(用字母填寫)。21、（8分）由丙烯出發(fā)，經(jīng)如下反應，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）寫出X和Y的結構簡式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反應類型為__________；由W生成丙烯酸的反應類型為___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定條件下可合成高分子G，反應方程式為。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共2題，共4分)22、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，同時具有Na2CO3和H2O2雙重性質(zhì)。可用于洗滌、紡織、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領域。工業(yè)上常以過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%＝×100%)來衡量其優(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，寫出反應的化學方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應溫度等因素對產(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反應溫度對產(chǎn)品產(chǎn)率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產(chǎn)品達到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，合適的反應溫度范圍是______________。

③“結晶”時加入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高錳酸鉀標準溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色即為終點，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行空白實驗，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

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

②該樣品的活性氧含量為________%。23、疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊及頭孢類藥物生產(chǎn)等。水合肼還原亞硝酸甲酯(CH3ONO)制備疊氮化鈉(NaN3)的工藝流程如下：

已知：i．疊氮化鈉受熱或劇烈撞擊易分解；具有較強的還原性。

ii．相關物質(zhì)的物理性質(zhì)如下表：。相關物質(zhì)熔點℃沸點℃溶解性CH3OH-9767.1與水互溶亞硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5與水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300與水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步驟I總反應的化學方程式為___________。

(2)實驗室模擬工藝流程步驟II；III的實驗裝置如圖。

①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為___________。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是___________。

②步驟II開始時的操作為___________(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是___________(選填字母編號)。

a．打開K1、K2b．關閉K1、K2c．打開K3d．關閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)實驗室用滴定法測定產(chǎn)品純度。測定過程涉及的反應為：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

稱取2.50g產(chǎn)品配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反應后稍作稀釋，向溶液中加適量硫酸，滴加2滴鄰菲噦啉指示劑，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標準溶液V2mL。

①產(chǎn)品純度為___________。

②為了提高實驗的精確度，該實驗還需要___________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】根據(jù)方程式可知，該反應是體積減小的、放熱的可逆反應。而根據(jù)圖像可知，改變的條件是正逆反應速率增大相同的倍數(shù)，而平衡不移動，因此改變的條件只能是使用了催化劑，答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、D【分析】H2S的中心原子含有2對孤電子對數(shù)，所以是V形結構。BF3的中心原子沒有孤對電子，所以是平面三角形結構，因此答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿3、C【分析】乙烷和溴水、酸性高錳酸鉀溶液均不反應。甲苯和溴水發(fā)生萃取。苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，和溴水發(fā)生萃取。乙烯含有碳碳雙鍵，既能發(fā)生加成反應，又能發(fā)生氧化反應，所以正確的答案是C。【解析】【答案】C4、A【分析】碳酸鈣受熱分解吸熱反應，乙醇燃燒、鋁粉與氧化鐵粉末反應、氧化鈣溶于水都是放熱反應?！窘馕觥俊敬鸢浮緼5、B【分析】【解答】解：A、次氯酸根為弱酸根，在溶液中會水解，故溶液中的次氯酸根的個數(shù)小于NA個；故A錯誤；

B、14g乙烯的物質(zhì)的量為0.5mol，而乙烯中含4條單鍵，故0.5mol乙烯中含2NA條單鍵；故B正確；

C；二氧化氮所處的狀態(tài)不明確；故其物質(zhì)的量和分子個數(shù)無法計算，故C錯誤；

D、鐵和過量的氯化鐵反應后變?yōu)?2價，故1mol鐵轉移2NA個電子；故D錯誤．

故選B．

【分析】A；次氯酸根為弱酸根；在溶液中會水解；

B；求出乙烯的物質(zhì)的量；然后根據(jù)乙烯中含4條單鍵來分析；

C；二氧化氮所處的狀態(tài)不明確；

D、鐵和過量的氯化鐵反應后變?yōu)?2價．6、C【分析】【解析】試題分析：根據(jù)圖示：A選項錯誤，12gC(s)與一定量O2(g)反應生成28gCO(g)放出的熱量為110.5kJ；B選項錯誤，ΔH的單位一般為kJ·mol－1（kJ/mol），該反應的熱化學方程式是2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1；C選項正確，2molC(s)與O2(g)反應生成CO(g)放出的熱量為221kJ，由于CO(g)與O2(g)反應生成CO2(g)放熱，因此2molC(s)與足量O2(g)反應生成CO2(g)放出的熱量大于221kJ，D選項錯誤，該反應的反應熱等于CO分子中化學鍵形成時所釋放的總能量與C、O2分子中化學鍵斷裂時所吸收的總能量的差。故選C?？键c：化學反應與能量變化【解析】【答案】C二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】甲為電解池乙為原電池，化學能轉化為電能的為原電池。甲中鐵（負極）Fe-2e-=Fe2+碳（正極）2H2O+O2+4e-=4OH-,發(fā)生吸氧腐蝕。乙中鐵（陰極）2H++2e-=H2碳（陽極）2Cl-2e-=Cl2↑電解氯化鈉溶液產(chǎn)生氫氣和氯氣?！窘馕觥俊窘馕觥俊敬鸢浮恳?；（2）Fe–2e-=2Fe2+(3)2Cl-2e-=Cl2↑用濕潤的淀粉KI試紙檢驗，若變藍色則為氯氣8、略

【分析】試題分析：（1）根據(jù)量熱計的構造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌器，答案為：環(huán)形玻璃攪拌器；（2）中和熱測定實驗成敗的關鍵是保溫工作，大小燒杯之間填滿碎紙條的作用是：減少實驗過程中的熱量損失，答案為：減少實驗過程中的熱量損失；（3）大燒杯上如不蓋硬紙板，會導致熱量散失，求得的中和熱數(shù)值偏小；（4）反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關，若用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，但是中和熱的均是強酸和強堿反應生成1mol水時放出的熱，與酸堿的用量無關，所以用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液反應，測得中和熱數(shù)值相等，答案為：不相等；相等；因為中和熱是指酸跟堿發(fā)生中和反應生成1molH2O所放出的熱量，與酸堿的用量無關；（5）氨水為弱堿，電離過程為吸熱過程，所以氨水代替NaOH溶液反應，反應放出的熱量小于57.3kJ，答案為：偏小.考點：考查中和熱的測定。【解析】【答案】17.(8分)（1）環(huán)形玻璃攪拌棒（2）減少實驗過程中的熱量損失。（3）偏小（4）不相等；相等；因為中和熱是指酸跟堿發(fā)生中和反應生成1molH2O所放出的熱量，與酸堿的用量無關（5）偏??；9、(1)C或O

(2)

(3)2p

(4)3d64s2

(5)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1【分析】【分析】本題考查元素推斷、核外電子排布等，題目難度不大，注意掌握原子核外電子的排布規(guī)律，以此推斷元素，注意基礎知識的理解掌握?！窘獯稹縭m{(1)}rm{A}元素基態(tài)原子的最外層電子排布式應為rm{ns}元素基態(tài)原子的最外層電子排布式應為rm{A}rm{ns}rm{{,!}^{2}}rm{np}或rm{np}rm{{,!}^{2}}個電子，則其電子排布式為：rm{ns^{2}np^{4}}，次外層有rm{2}個電子，則其電子排布式為：rm{1s}rm{2}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}或rm{2s}rm{{,!}^{2}}元素或rm{2p}元素，rm{2p}rm{{,!}^{2}}或rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}應為rm{O}元素或rm{C}元素，rm{O}rm{C}故答案為：rm{C}rm{O}個電子，其電子排布式為：rm{(2)B}元素基態(tài)原子的核外電子排布應為rm{ns}rm{ns}rm{{,!}^{2}}rm{np}rm{np}rm{{,!}^{3}}元素，電子排布圖為：故答案為：，次外層有rm{2}個電子，其電子排布式為：rm{1s}rm{2}元素的原子最外層電子排布式為rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}則rm{{,!}^{2}}該元素原子中能量最高的是rm{2p}電子，故答案為：rm{2p}rm{{,!}^{3}}，應為rm{N}元素，電子排布圖為：元素的正三價離子的rm{N}軌道為半充滿，rm{(3)}軌道電子數(shù)為rm{C}元素的原子最外層電子排布式為rm{ns}則基態(tài)原子的電子排布式為rm{C}rm{ns}rm{{,!}^{n}}rm{np}rm{np}rm{{,!}^{n+2}}rm{n=2}rm{2p}rm{2p}rm{(4)}rm{D}元素的正三價離子的rm{3d}軌道為半充滿，rm{3d}軌道電子數(shù)為rm{5}則基態(tài)原子的電子排布式為rm{1s}rm{D}rm{3d}rm{3d}rm{5}rm{1s}rm{{,!}^{2}}

rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}元素基態(tài)原子的rm{2p}層全充滿，rm{{,!}^{6}}層沒有成對電子，只有一個未成對電子，基態(tài)原子的電子排布式為rm{3s}rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}rm{3p}rm{{,!}^{6}}rm{3d}rm{3d}rm{{,!}^{6}}rm{4s}rm{4s}rm{{,!}^{2}}，價電子排布式為：rm{3d^{6}4s^{2}}，元素，

故答案為：rm{3d^{6}4s^{2}}或rm{(5)}rm{E}元素基態(tài)原子的rm{M}層全充滿，rm{N}層沒有成對電子，只有一個未成對電子，基態(tài)原子的電子排布式為rm{1s}【解析】rm{(1)C}或rm{O}rm{(2)}rm{(3)2p}rm{(4)}rm{3d}rm{3d}rm{{,!}^{6}}rm{4s}rm{4s}rm{{,!}^{2}}rm{(5)}rm{1s}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}rm{2p}rm{{,!}^{6}}rm{3s}rm{3s}rm{{,!}^{2}}或rm{3p}rm{3p}10、略

【分析】

（1）丙烯發(fā)生加聚反應生成聚丙烯，化學方程式為：

故答案為：

（2）2-溴丙烷在氫氧化鈉的醇溶液中發(fā)生消去反應生成丙烯；溴化鈉和水；

反應的化學方程式為：CH3-CHBr-CH3+NaOHCH3-CH=CH2↑+NaBr+H2O；

故答案為：CH3-CHBr-CH3+NaOHCH3-CH=CH2↑+NaBr+H2O；

（3）CaC2和水反應生成乙炔和氫氧化鈣，反應的化學方程式為：CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca（OH）2；

故答案為：CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca（OH）2．

【解析】【答案】（1）丙烯發(fā)生加聚反應生成聚丙烯；

（2）2-溴丙烷在氫氧化鈉的醇溶液中發(fā)生消去反應生成丙烯；溴化鈉和水；

（3）CaC2和水反應生成乙炔和氫氧化鈣；

11、略

【分析】【解析】【答案】（1）（4分）（2）A有兩種結構，直接水解不能生成純凈產(chǎn)物，生成的是混合物(2分)（3）消去反應加成反應（2分）（4）（2分）（5）（4分）（6）（3分）略12、略

【分析】解：rm{(1)}炔烴中含有碳碳雙鍵，所以屬于炔烴的為rm{壟脹CH_{3}-C隆脭C-CH_{3}}烴的衍生物中含有除了rm{C}rm{H}元素以外的其它原子，屬于烴的衍生物的為：rm{壟脷CH_{3}CH_{2}OH}結構相似，分子之間相差rm{1}個或rm{n}個rm{CH_{2}}原子團的有機物屬于同系物，與rm{壟脵}乙烯互為同系物的為rm{壟脻}

、故答案為：rm{壟脹}rm{壟脷}rm{壟脻}

rm{(2)}為烷烴，最長碳鏈含有rm{5}個碳原子，主鏈為戊烷，編號從左邊開始，在rm{2}號rm{C}含有rm{1}個甲基，該有機物命名為：rm{2-}甲基戊烷；

故答案為：rm{2-}甲基戊烷．

rm{(1)}根據(jù)炔烴；烴的衍生物、同系物的概念進行解答；

rm{(2)}根據(jù)烷烴的命名原則進行解答．

本題考查了烴、烴的衍生物、同系物的判斷、烷烴的命名，題目難度中等，注意明確烴與烴的衍生物的概念、組成及區(qū)別，明確常見有機物的命名原則．【解析】rm{壟脹}rm{壟脷}rm{壟脻}rm{2-}甲基戊烷13、（1）負極：Pb+SO42-－2e-＝PbSO4陽極：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-

（2）外加電流的陰極保護法犧牲陽極陰極保護法。

（3）①4H++O2+4e-＝2H2O②SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+【分析】【分析】

本題考查了原電池和電解池的工作原理以及應用和電極方程式的書寫；綜合性強，難度較大，側重考查學生分析能力和基礎知識應用能力，是高考的熱點習題，答題時注意體會電極方程式的書寫。

【解答】

rm{(1)}鉛蓄電池放電時是原電池，負極rm{Pb}失電子結合rm{SO_{4}^{2-}}生成rm{PbSO_{4}}反應式為rm{Pb+SO_{4}^{2-}-2e^{-}=PbSO_{4}}充電時為電解池，陽極是失電子，生成，電極反應式為：rm{PbSO_{4}+2H_{2}O-2e^{-}=PbO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}}

故答案為：rm{Pb+SO_{4}^{2-}-2e^{-}=PbSO_{4}}rm{PbSO_{4}+2H_{2}O-2e^{-}=PbO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}}

rm{(2)壟脵K}置于處rm{N}處；則鐵是電解池的陰極，被保護，是外加電流的陰極保護法；

故答案為：外加電流的陰極保護法；

rm{壟脷K}置于rm{M}處；該裝置構成原電池，鋅易失電子作負極，鐵作正極而被保護，該電化學防護法稱為犧牲陽極的陰極保護法；

故答案為：犧牲陽極的陰極保護法；

rm{(3)}根據(jù)原電池原理，用rm{SO_{2}}和rm{O_{2}}制備硫酸，則rm{SO_{2}}應在負極失電子，rm{O_{2}}在正極得電子。又根據(jù)硫酸在rm{B}極得到，故B極應為負極，rm{A}極為正極，對應的電極反應式為rm{A}極：rm{4H^{+}+O_{2}+4e^{-}=2H_{2}O}rm{B}極：rm{SO_{2}+2H_{2}O-2e^{-}=SO_{4}^{2-}+4H^{+}}

故答案為：rm{壟脵}rm{4H^{+}+O_{2}+4e^{-}=2H_{2}O}rm{壟脷SO_{2}+2H_{2}O-2e^{-}=SO_{4}^{2-}+4H^{+}}

【解析】rm{(1)}負極：rm{Pb+SO_{4}^{2-}-2e^{-}=PbSO_{4}}陽極：rm{PbSO_{4}+2H_{2}O-2e^{-}=PbO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}}

rm{(2)}外加電流的陰極保護法犧牲陽極陰極保護法。

rm{(3)壟脵4H^{+}+O_{2}+4e^{-}=2H_{2}O}rm{壟脷SO_{2}+2H_{2}O-2e^{-}=SO_{4}^{2-}+4H^{+}}rm{(3)壟脵

4H^{+}+O_{2}+4e^{-}=2H_{2}O}14、略

【分析】解：rm{B}連續(xù)氧化生成rm{D}rm{D}能與碳酸氫鈉溶液反應放出二氧化碳，rm{D}含有羧基，則rm{B}為醇，rm{C}為醛，rm{D}rm{E}互為具有相同官能團的同分異構體，rm{D}rm{E}為羧酸，故A為酯，且rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}分子中碳原子數(shù)相同，rm{A}的分子式為rm{C_{10}H_{20}O_{2}}屬于飽和一元酯，則rm{B}的分子式為rm{C_{5}H_{12}O}rm{E}的分子式為rm{C_{5}H_{10}O_{2}}rm{B}分子中無支鏈，故B結構簡式為rm{CH_{3}(CH_{2})_{3}CH_{2}OH}則rm{C}為rm{CH_{3}(CH_{2})_{3}CHO}rm{D}為rm{CH_{3}(CH_{2})_{3}COOH}rm{E}分子烴基上的氫若被rm{Cl}取代，其一氯代物只有一種，則rm{E}的結構簡式為rm{(CH_{3})_{3}CCOOH}rm{B}和rm{E}發(fā)生酯化反應生成rm{A}故A為rm{C(CH_{3})_{3}COOCH_{2}(CH_{2})_{3}CH_{3}}rm{F}可以使溴的四氯化碳溶液褪色，則rm{B}在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應生成rm{F}則rm{F}的結構簡式為rm{CH_{3}(CH_{2})_{2}CH=CH_{2}}

rm{(1)B}為rm{CH_{3}(CH_{2})_{3}CH_{2}OH}含有的官能團為羥基，可以發(fā)生取代反應，可以燃燒，屬于氧化反應，可以發(fā)生催化氧化，能發(fā)生消去反應，不能發(fā)生加聚反應；

故答案為：rm{壟脵壟脷壟脺}

rm{(2)D}為rm{CH_{3}(CH_{2})_{3}COOH}含有官能團為羧基，結構簡式為rm{-CHO}rm{F}為rm{CH_{3}(CH_{2})_{2}CH=CH_{2}}分子所含的官能團是碳碳雙鍵；

故答案為：羧基；碳碳雙鍵；

rm{(3)}與rm{D}rm{E}具有相同官能團的物質(zhì)結構簡式：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}COOH}或rm{CH_{3}CH_{2}CH(CH_{3})COOH}

故答案為：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}COOH}或rm{CH_{3}CH_{2}CH(CH_{3})COOH}

rm{(4)}由rm{2}一甲基rm{-1-}丙醇和甲酸在一定條件下制取rm{E}該反應的化學方程式是：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}OH+HCOOHxrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂脧脗}}(CH_{3})_{3}CCOOH+H_{2}O}

故答案為：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}OH+HCOOHxrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂脧脗}}(CH_{3})_{3}CCOOH+H_{2}O}

rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}OH+HCOOH

xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂脧脗}}(CH_{3})_{3}CCOOH+H_{2}O}為rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}OH+HCOOH

xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂脧脗}}(CH_{3})_{3}CCOOH+H_{2}O}含有醛基，用新制的氫氧化銅檢驗，需要再堿性條件下、加熱，取rm{(5)C}溶液和rm{CH_{3}(CH_{2})_{3}CHO}溶液各rm{1mol/LCuSO_{4}}二者恰好反應生成氫氧化銅，加入的硫酸銅過多，不是堿性條件，故加熱無紅色沉淀出現(xiàn)；

故答案為：rm{2mol/LNaOH}．

rm{1mL}連續(xù)氧化生成rm{壟脹}rm{B}能與碳酸氫鈉溶液反應放出二氧化碳，rm{D}含有羧基，則rm{D}為醇，rm{D}為醛，rm{B}rm{C}互為具有相同官能團的同分異構體，rm{D}rm{E}為羧酸，故A為酯，且rm{D}rm{E}rm{B}rm{C}rm{D}分子中碳原子數(shù)相同，rm{E}的分子式為rm{F}屬于飽和一元酯，則rm{A}的分子式為rm{C_{10}H_{20}O_{2}}rm{B}的分子式為rm{C_{5}H_{12}O}rm{E}分子中無支鏈，故B結構簡式為rm{C_{5}H_{10}O_{2}}則rm{B}為rm{CH_{3}(CH_{2})_{3}CH_{2}OH}rm{C}為rm{CH_{3}(CH_{2})_{3}CHO}rm{D}分子烴基上的氫若被rm{CH_{3}(CH_{2})_{3}COOH}取代，其一氯代物只有一種，則rm{E}的結構簡式為rm{Cl}rm{E}和rm{(CH_{3})_{3}CCOOH}發(fā)生酯化反應生成rm{B}故A為rm{E}rm{A}可以使溴的四氯化碳溶液褪色，則rm{C(CH_{3})_{3}COOCH_{2}(CH_{2})_{3}CH_{3}}在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應生成rm{F}則rm{B}的結構簡式為rm{F}據(jù)此進行解答．

本題考查有機物的推斷，題目難度較大，涉及醇、醛、羧酸的性質(zhì)與轉化等，難度中等，根據(jù)題目信息、結合反應條件及rm{F}的分子式進行推斷，確定rm{CH_{3}(CH_{2})_{2}CH=CH_{2}}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}分子中碳原子數(shù)相同是解題的關鍵．rm{E}【解析】rm{壟脵壟脷壟脺}羧基；碳碳雙鍵；rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}COOH}或rm{CH_{3}CH_{2}CH(CH_{3})COOH}：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}OH+HCOOHxrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂脧脗}}(CH_{3})_{3}CCOOH+H_{2}O}rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}OH+HCOOH

xrightarrow{{脪祿露簍脤玫錄鎂脧脗}}(CH_{3})_{3}CCOOH+H_{2}O}rm{壟脹}三、探究題(共4題，共8分)15、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣馧a2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）16、略

【分析】（1）若假設1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變?yōu)檠t色。（2）由于鐵離子能氧化單質(zhì)銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據(jù)反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質(zhì)量是所以混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為【解析】【答案】（1）溶液變?yōu)檠t色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）17、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣馧a2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）18、略

【分析】（1）若假設1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變?yōu)檠t色。（2）由于鐵離子能氧化單質(zhì)銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據(jù)反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質(zhì)量是所以混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為【解析】【答案】（1）溶液變?yōu)檠t色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）四、解答題(共1題，共3分)19、略

【分析】

（1）溶液的導電性與離子濃度有關；離子濃度越大，導電性越強，冰醋酸中沒有自由移動的離子，所以冰醋酸不導電，故答案為：無自由移動的離子；

（2）導電能力越強，離子濃度越大，氫離子濃度越大，pH越小，則a、b、c三點溶液的pH為b＜a＜c，故答案為：b＜a＜c；

（3）溶液越??；越促進醋酸電離，則溶液中氫離子的物質(zhì)的量越大，所以氫離子物質(zhì)的量最大的是c，故選C；

（4）要使醋酸根離子濃度增大；可以采用加熱；加入含有醋酸根離子的物質(zhì)、加入和氫離子反應的物質(zhì)；

A．加熱促進醋酸電離；則溶液中醋酸根離子濃度增大，故正確；

B．加很稀的NaOH溶液；促進醋酸電離，但溶液的體積增大，導致醋酸根離子濃度減小，故錯誤；

C．加NaOH固體；氫氧化鈉和氫離子反應促進醋酸電離，所以醋酸根離子濃度增大，故正確；

D．加水稀釋能促進醋酸電離；但醋酸根離子濃度減小，故錯誤；

E．加固體CH3COONa；能抑制醋酸電離，但醋酸鈉電離出的醋酸根離子大于抑制醋酸電離出的醋酸根離子，所以醋酸根離子濃度增大，故正確；

F．加入鋅粒；和氫離子反應，促進醋酸電離，所以醋酸根離子濃度增大，故正確；

故選ACEF．

【解析】【答案】（1）溶液的導電性與離子濃度有關；離子濃度越大，導電性越強；

（2）導電能力越強；離子濃度越大，氫離子濃度越大，pH越??；

（3）溶液越??；越促進醋酸電離，則溶液中氫離子的物質(zhì)的量越大；

（4）要使醋酸根離子濃度增大；可以采用加熱；加入含有醋酸根離子的物質(zhì)、加入和氫離子反應的物質(zhì)．

五、其他(共2題，共20分)20、略

【分析】【解析】【答案】AEF21、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反應（或取代反應）；消去反應（各1分）（3）略（2分）六、工業(yè)流程題(共2題，共4分)22、略

【分析】【詳解】

(1)過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，受熱分解生成碳酸鈉、氧氣、水，反應為：2(2Na2CO3?3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，具有碳酸鈉和過氧化氫的性質(zhì)，過氧化氫易分解，MnO2、FeCl3為其催化劑，所以不能選，過氧化氫與碘離子發(fā)生氧化還原反應：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能選，過碳酸鈉與硅酸鈉不反應，可能用作“穩(wěn)定劑”，故C選項符合，故答案為c；

②根據(jù)圖象分析，溫度為286.8～288.5K，產(chǎn)品達到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，超過288.5K后，活性氧百分含量和產(chǎn)率均降低，所以最佳反應溫度范圍為286.8～288.5K；

③結晶過程中加入氯化鈉、攪拌，增加鈉離子濃度，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出；

(3)結晶過程中加入氯化鈉促進過碳酸鈉析出，“母液”中主要為氯化鈉溶液，NaCl溶液又是結晶過程中促進過碳酸鈉析出的原料，故循環(huán)利用的物質(zhì)是NaCl；

(4)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，過碳酸鈉與硫酸反應，為碳酸鈉、過氧化氫和硫酸反應，所以產(chǎn)物為硫酸鈉、過氧化氫、二氧化碳、水；

②稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用1