2022年湖北省恩施州高中教育联盟高三第二次调研化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、通过下列反应不可能一步生成MgO的是A化合反应B分解反应C复分解反应D置换反应2、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中

2、原子半径最大,X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下,0.1 molL-1 W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物,先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是A简单离子半径:WYZXBY、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物CY、W的简单离子都不会影响水的电离平衡D元素的最高正化合价:WX Z Y3、实验室用纯净N2和H2合成NH3（N2+3H22NH3）时，是先将分别制得的含水蒸气的N2和H2通过如图所示的装置。下面是对该装置作用的几种叙述干燥气体混合气体观察气体的流速。正确的是A只有B只有和C只有和D4、下列有关物质的性质

3、与用途具有对应关系的是（）ANH4HCO3受热易分解，可用作化肥BNaHCO3溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂CSO2具有氧化性，可用于纸浆漂白DAl2O3具有两性，可用于电解冶炼铝5、中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是( )A我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电。电能属于一次能源B“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐C我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属

4、于金属材料6、下列说法正确的是（）A分子式为C2H6O的有机化合物性质相同B相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能途径a：CCO+H2CO2+H2O 途径b：CCO2C食物中可加入适量的食品添加剂，如香肠中可以加少量的亚硝酸钠以保持肉质新鲜D生石灰、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂7、本草纲目中记载：“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。下列叙述正确的是A“取碱浣衣”与酯的水解有关B取该“碱”溶于水可得到一种碱溶液C“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、分液D“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可增强肥效8、下列由实验现象得出的结论正确的是操作及现象结论A

5、向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀。Ksp（AgCl）O2Na+Al3+，即WXYZ，故A错误；B. AlCl3为共价化合物，故B错误；C. Cl和Na+在水溶液中均不发生水解，不影响水的电离平衡，故C正确；D. O没有正价，故D错误；故答案为C。【点睛】电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大；主族元素若有最高正价，最高正价等于族序数，若有最低负价，最低负价等于族序数-8。3、D【解析】根据浓硫酸的吸水性以及气体通过浓硫酸洗气瓶进行混合分析。【详解】氮气中含有水蒸气，浓硫酸具有吸水性，能除去氮气中的水蒸气；氮气和氢气都通过浓硫酸再出来，可将两种气体混合，同时

6、可通过两种气体冒出气泡的速度观察气体的流速，答案选D。【点睛】工业上合成氨是氮气和氢气在高温高压催化剂等条件下发生可逆反应制得氨气，混合通过硫酸可控制通入的混合气体的体积比，提高原料利用率。4、B【解析】A、NH4HCO3含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3受热易分解无关，故A不符合题意； B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B符合题意；C、SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2具有氧化性无关，故C不符合题意； D、熔融状态下的Al2O3能发生电离，可用于电解冶炼铝，与Al2O3具有两性无关，故D不符合题意； 故选：B。【点睛】高中

7、阶段常见具有漂白的物质类型有：强氧化性(漂白过程不可逆)，常见物质有O3、H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、Ca(ClO)2等；形成不稳定化合物型(漂白过程可逆)，常见物质有SO2；物理吸附型(漂白过程不可逆)，常见物质有活性炭。5、D【解析】A. 我国近年来大量减少化石燃料的燃烧，大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于二次能源，故A错误；B. 新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故B错误；C. 光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；D. 金属材料包括纯金属以及它们的

8、合金，铝锂合金属于金属材料，故D正确；答案选D。【点睛】化学在能源，材料，方面起着非常重要的作用，需要学生多关注最新科技发展动态，了解科技进步过程中化学所起的作用。6、C【解析】A分子式为C2H6O的有机化合物存在同分异构体，可能为二甲醚，也可能是乙醇，二者的化学性质不同，故A错误；B途径a：CCO+H2CO2+H2O， 途径b：CCO2，两个途径中，只是反应途径的不同，根据盖斯定律可知，途径a与途径b放出的热能一定相同，故B错误；C亚硝酸钠有强的氧化性，可起到杀菌消毒的作用，香肠中可以加少量的亚硝酸钠以保持肉质新鲜，注意加入的量必须适量，否则会影响人的健康，故C正确；D铁粉无法吸水，为抗氧化

9、剂，不是干燥剂，故D错误；答案选C。【点睛】选择食品添加剂时，要根据物质的性质适量的添加，否则有些添加剂过量，会造成身体的危害。7、A【解析】A草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，使衣服中的油脂水解，A正确；B、取该“碱”溶于水可得到一种盐溶液碳酸钾溶液，B错误；C、“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、过滤，C错误；D、“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可减弱肥效，因碳酸根与铵根离子发生双水解而使肥效减弱， D错误；答案选A。8、C【解析】A、Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，A错误；B、滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明该溶液可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；C、上

10、层呈橙红色，说明Cl2与NaBr反应生成了Br2和NaCl，则Br的还原性强于Cl，C正确；D、不是升华，试管底部NH4Cl分解生成NH3和HCl，试管口NH3与HCl反应生成了NH4Cl，发生了化学反应，D错误；答案选C。【点睛】把元素化合物的知识、化学原理和实验操作及实验结论的分析进行了结合，考查了考生运用所学知识分析实验现象，得出正确结论的能力，审题时应全面细致，如滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液可能含有Fe2+或Fe3+，体现了化学实验方案设计的严谨性，加热盛有NH4Cl固体的试管，体现了由现象看本质的科学态度。9、A【解析】通入二氧化碳，OA段生成沉淀，发生反应Ba2+2OH-+

11、CO2= BaCO3+H2O，说明溶液中一定含有Ba2+、OH-； BC段生成沉淀，发生反应AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-，说明含有AlO2-。【详解】通入二氧化碳，OA段生成沉淀，发生反应Ba2+2OH-+ CO2= BaCO3+H2O，说明溶液中一定含有Ba2+、OH-； BC段生成沉淀，发生反应AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-，BC段生成沉淀，说明含有AlO2-。AB段沉淀物质的量不变，发生反应2OH-+ CO2= CO32-+H2O；CD段沉淀的物质的量不变，发生反应CO32-+CO2+H2O2HCO3-；DE段沉淀溶解，发生反应BaCO3

12、+CO2+H2OBa(HCO3)2； Ba2+与SO42-生成沉淀，OH-与NH4+反应生成一水合氨，所以一定不存在NH4+、SO42-；故选A。10、C【解析】A当pH=9时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小；B0.1 molL-1 NH4HCO3溶液中存在的物料守恒分析，图象可知PH=7.1时c（NH4）=c（HCO3）；C该碳酸氢铵溶液的pH=7.1，结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NH4和HCO3浓度变化；D碳酸氢铵溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小。【详解】A结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3）c（NH4+）c（NH3H

13、2O）c（CO32），故A正确；BNH4HCO3溶液中，pH=7.1溶液显碱性，图象可知PH=7.1时c（NH4+）=c（HCO3），溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），得到c（NH3H2O）=c（H2CO3）+c（CO32），故B正确；C.0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，根据图象可知，当溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，故C错误；D由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka

14、1（H2CO3），故D正确；故选：C。【点睛】本题结合图象考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，解题关键：明确图象曲线变化的含义，难点B，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。11、D【解析】A.b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，b点溶液的pH=7，说明X-与NH4+的水解程度相等，则Ka(HX)的值与Kb(NH3H2O)的值相等，故A正确；B.由图可知0.1 molL-1的HX溶液的pH=3，HX为弱酸，因为b点的pH=7，所以b点c(X-)=c(NH4+)，根据物料守恒c(X-)+c(HX)=0.1mol/L0.05L/

15、0.1L=0.05mol/L，则c(NH4+)+c(HX)=0.05 molL-1，故B正确； C. a c点过程中，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则值不变，故C正确；D. b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，NH4X是弱酸弱碱盐，促进水电离，则a、b、c三点，b 点时水电离出的c(H)最大，故D错误。答案选D。12、D【解析】A若H+先CO32-反应生成二氧化碳，向AlO2-溶液中通入二氧化碳能够反应生成氢氧化铝沉淀，若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，因此反应顺序应为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误

16、；B离子还原性I-Fe2+Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；C氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，即顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；D氧化性顺序：Fe3+Cu2+H+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+，故D正确；故选D。【点睛】本题考查离子反应的先后顺序等，明确反应发生的本质与物质性质是关键。同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应。本题的易错点为A，可以用假设法判断。13、D【解析】由图中

17、电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：2Ru-2e-=2 Ru，Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，据此分析解答。【详解】A. 由图中信息可知，该电池将太阳能转变为电能，选项A正确；B. 由图中电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，电池工作时，X极电势低于Y极电势，选项B正确；C. 电池工作时，在电解质溶液中Ru再生的反应为：2Ru+3I-=2Ru+I3-，选项C正确；D. Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I

18、-，电路中每通过2mol电子生成3molI-，但电解质中又发生反应2Ru+3I-=2Ru+I3-，使溶液中I-浓度基本保持不变，选项D错误。答案选D。14、B【解析】A若某气体具有强氧化性将溴单质氧化，溴水也会褪色，故A错误；B向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成SO2，且浓硫酸溶于水放热，降低了SO2的溶解度，能够达到实验目的，故B正确；C硅酸胶体中加入加入过量盐酸可使胶体聚沉，故C错误；D量取一定体积的浓醋酸在烧杯中稀释后，迅速转移至1000mL容量瓶中，要用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2-3次，洗涤液转移进容量瓶，否则会造成溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，浓醋酸的少量挥发，也会导致溶质的损失，

19、导致最终溶液浓度偏低，故D错误；故答案为B。15、B【解析】将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，说明Y中含有MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，所以Y中含有Fe、CuO、MnO2；向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，一定含有K2CO3，可

20、能含有KCl，由以上分析可知X中一定含有Fe、CuO、MnO2、K2CO3，但不能确定是否含有FeO、KCl。答案选B。16、C【解析】淀为M(OH)2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n(OH-)=0.3mol，根据氢氧根离子守恒nM(OH)2=n(OH-)=0.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol；A因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；B由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)=100mL，故B错误；C由转移电子守恒得n(NO)=0.1mol，生成标况下NO体

21、积=22.4L/mol0.1mol=2.24L，故C正确；D根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量=0.1mol，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2nM(NO3)2=2n(M)=0.15mol2=0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故D错误；故答案为C。【点睛】本题以镁、铜为载体考查混合物的计算，侧重考查分析、计算能力，正确判断沉淀和合金质量差成分是解本题关键，灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可。二、非选择题（本题包括5小题）17、C、D 【解析】（1）奥美拉的分子式为C17 H19N3O3S，A错误；J生成K的过

22、程中，增加了氧原子，反应类型为氧化反应，B错误；化合物C中有苯环，可发生取代和加成反应；有碳氧双键，可得到氢，发生还原反应；C正确；设计A转化为B的目的是保护其中的官能团，D正确。答案选CD。（2）根据流程I到J有机物两个分子结构的差别可知，化合物F的结构简式。（3）根据生成物B的结构式和反应物可得A的结构式为，发生的化学反应为；（4）分子中含苯环，遇FeC13显紫色，结构中有酚羟基；分子中含有4种不同化学环境的氢原子，根据化合物G的结构符合要求的化合物H结构式为；（5）结合题中流程图，从乙烯合成的路线为；18、氯原子、羟基 加成反应 【解析】由有机物的转化关系可知，与KMnO4或K2Cr2O

23、7等氧化剂发生氧化反应生成，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则B为；与LiAlH4反应生成，则C为；发生氧化反应生成，与双氧水发生加成反应生成，酸性条件下与ROH反应生成，则F为。【详解】（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为氯原子、羟基；（2）由D生成E的反应为与双氧水发生加成反应生成，故答案为加成反应；（3）由副产物的分子式为C9H5O4Cl2可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则副产物的结构简式为，故答案为；（4）化合物C的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，核磁共振氢谱图中有3个吸收峰说明结构对称，结构简式为，故答案

24、为；（5）由题给转化关系可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，与LiAlH4反应生成，催化氧化生成，与过氧化氢发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为。【点睛】本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。19、防止Fe2被氧化 维生素C KSCN Fe(OH)3，Fe3水解程度大，加入稀硫酸，水解平衡Fe3+3H2OFe(OH)3+3H左移，Fe3浓度增大，因此显红色 2SCN+11H2O2=N2+2CO2+2S

25、O42+10H2O+2H+ 酸 变为紫色(或浅紫色或其他合理颜色) 389.2 合格 【解析】(1)实验一是探究铁元素的价态，根据甲同学的实验现象推断是Fe2。乙同学按照实验原理看，先加KSCN溶液无现象，再加双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，应该能看到红色。之所以没有看到，除了分析实验原理是否可行，也要看实验实际。本题主要从三个角度入手：一是其他原料的影响；二是反应物的量是否达到能够反应的量；三是看反应物的存在形式。铁元素主要以Fe2+形式被人体吸收，但Fe2容易被氧化，而实验1中提示“维生素C有还原性”，因为其还原性比Fe2+强，所以先与氧气反应，因此其作用是防止Fe2被氧化。同时实验中如果

26、双氧水量少的话，双氧水也是先与维生素C反应，反应后无剩余或剩余量少，导致Fe2+可能没有被氧化或生成极少量的Fe3+。因此继续滴加过量的双氧水，将维生素C完全氧化后再氧化Fe2+，因此过量的双氧水是排除维生素C的影响。实验2中提示“二者没有达到反应浓度”，该实验中有两个反应，一是双氧水氧化Fe2，二是Fe3与SCN的反应；双氧水在实验1中已经排除其量的影响，铁元素在药品中是定量，不可更改，故只有改变KSCN的量。实验3中提示“铁的价态是+3价，但可能不是以自由离子Fe3+形式存在”“滴加1滴稀硫酸，溶液迅速变为红色”，通过这两处信息结合“Fe3+水解程度较大，通常用于净水”等常识，可知Fe3+

27、水解成Fe(OH)3。加入稀硫酸以后，水解平衡Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+左移，使Fe3+浓度增大，因此显红色。(2)甲同学注意到乙同学加稀硫酸变红后的溶液，放置一段时间后颜色又变浅了。分析SCN中各元素的化合价，S为-2价，C为+4价，N为-3价，说明SCN有还原性。通过“一份中滴入KSCN溶液，发现红色又变深”，说明褪色是因为SCN被消耗；“另一份滴入双氧水，发现红色变得更浅，但无沉淀，也无刺激性气味的气体生成”说明双氧水与SCN发生反应，其中S元素没有生成硫黄，也没有生成SO2气体，应该是被氧化为SO42，反应的离子方程式为2SCN+11H2O2=N2+2CO2+2SO42+1

28、0H2O2H+。(3)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，易氧化橡胶管，所以不可以用碱式滴定管，须用酸式滴定管。滴定时紫色酸性KMnO4溶液变为无色Mn2，当Fe2反应完，呈现MnO4-的紫色。依据反应方程式MnO4-+5Fe2+8H=5Fe3+Mn2+4H2O可知，每100mL补铁剂中含FeSO47H2O的质量为0.002molL-10.035L5278gmol14=0.3892g=389.2mg，因此该补铁剂中铁元素含量合格。20、通风橱 促进反应正向进行，提高苯胺的转化率 让苯胺与乙酸反应成盐 使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方

29、向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率 油浴 a 冷凝管中不再有液滴流下 b 防止暴沸 偏小 49.7 【解析】(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要防止其扩散到室内空气中，过量加入反应物(冰醋酸)的目的，应从平衡移动考虑。(2)反应开始时要小火加热10min，主要是让反应物充分反应。(3)实验中使用刺形分馏柱，可提高乙酰苯胺产率，则应从反应物的利用率和平衡移动两个方面分析原因。(4)反应中加热温度超过100，不能采用水浴；蒸发时，应减少反应物的挥发损失。(5)判断反应基本完全，则基本上看不到反应物产生的现象；乙酰苯胺易溶于酒精，在热水中的溶解度也比较大，由此可确定洗

30、涤粗品最合适的试剂。 (6)热溶液中加入冷物体，会发生暴沸；活性炭有吸附能力，会吸附有机物。(7)计算乙酰苯胺的产率时，应先算出理论产量。【详解】(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，易扩散到室内空气中，损害人的呼吸道，所以实验中要在通风橱内取用；苯胺与冰醋酸的反应为可逆反应，加入过量冰醋酸的目的，促进平衡正向移动，提高苯胺的转化率。答案为：通风橱；促进反应正向进行，提高苯胺的转化率；(2)可逆反应进行比较缓慢，需要一定的时间，且乙酸与苯胺反应是先生成盐，后发生脱水反应，所以反应开始时小火加热10min，是为了让苯胺与乙酸反应成盐。答案为：让苯胺与乙酸反应成盐；(3)反应可逆，且加热过程中反应物会转

31、化为蒸气，随水蒸气一起蒸出，实验中使用刺形分馏柱，可将乙酸、苯胺的蒸气冷凝，让其重新流回反应装置内，同时将产物中的水蒸出，从而提高乙酰苯胺的产率，从化学平衡的角度分析其原因是：使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率。答案为：使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率；(4)反应中需要将生成的水蒸出，促进平衡正向移动，提高产率。水的沸点是100，而冰醋酸的沸点

32、为117.9，温度过高会导致反应物的挥发，温度过低反应速率太慢，且不易除去水，所以加热温度应介于水与乙酸的沸点之间，不能采用水浴反应，加热方式可采用油浴，最佳温度范围是a。答案为：油浴；a；(5)不断分离出生成的水，可以使反应正向进行，提高乙酰苯胺的产率，反应基本完全时，冷凝管中不再有液滴流下；乙酰苯胺易溶于酒精和热水，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量的冷水洗，以减少溶解损失。答案为：冷凝管中不再有液滴流下；b；(6)分离提纯乙酰苯胺时，若趁热加入活性炭，溶液会因受热不均而暴沸，所以在加入活性炭脱色前需放置数分钟，使热溶液稍冷却，其目的是防止暴沸，若加入过多的活性炭，则会吸附一部分乙酰苯胺，使

33、乙酰苯胺的产率偏小。答案为：防止暴沸；偏小；(7)苯胺的物质的量为=0.11mol，理论上完全反应生成乙酰苯胺的质量为0.11mol135.16g/mol=14.8g，该实验最终得到纯品7.36g，则乙酰苯胺的产率是=49.7%。答案为：49.7。【点睛】乙酸与苯胺反应生成乙酰苯胺的反应是一个可逆反应，若想提高反应物的转化率或生成物的产率，压强和催化剂都是我们无须考虑的问题，温度是我们唯一可以采取的措施。因为反应物很容易转化为蒸气，若不控制温度，反应物蒸出，转化率则会降低，所以温度尽可能升高，但同时要保证其蒸气不随水蒸气一起蒸出，这样就需要我们使用刺形分馏柱，并严格控制温度范围。21、Ca2+

34、CO32-=CaCO3、Ba2+CO32-=BaCO3 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 （冷却）结晶、过滤（洗涤）、干燥 C AC 取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl 用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶 当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变 95% 【解析】(1)稍过量的NaOH是除去粗盐水中含有的MgCl2，稍过量的BaCl2除去粗盐水中含有的Na2SO4，稍过量的Na2CO3是除去粗盐水中含有的CaCl2和过量的BaCl2，根据电解饱和食盐水原理书写；(2