2024届湖南省常德市示范初中化学高二上期中经典模拟试题含解析

2024届湖南省常德市示范初中化学高二上期中经典模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、由为原料制取，需要经过的反应为A．加成——消去——取代B．消去——加成——取代C．消去——取代——加成D．取代——消去——加成2、下列物质中，可用于制作太阳能电池的是A．Si B．SiO2 C．H2SiO3 D．Na2SiO33、已知反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色)△H＜0。将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法正确的是A．b点的操作是压缩注射器B．d

点：v正＞v逆C．c点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小D．若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则Tb＞Tc4、合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是（）A．增加压强 B．降低温度 C．增大CO的浓度 D．更换催化剂5、用强酸滴定强碱时，若选用甲基橙作指示剂，当达到滴定终点时溶液的颜色变化是()A．由红变橙 B．由黄变橙C．由黄变红 D．由红变黄6、如图曲线a表示放热反应2X(g)Z(g)＋M(g)＋N(s)进行过程中X的转化率随时间变化的关系。若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，不可能采取的措施是()A．升高温度 B．X的投入量增加C．加催化剂 D．减小容器体积7、下列关于0.10mol·L－1NaHCO3溶液的说法正确的是A．溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO32-B．25℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大C．离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)D．25～45℃小范围内温度升高，c(HCO3-)增大8、室温下向1LpH=2的醋酸溶液中加入2LpH=2的盐酸，则混合溶液的pH约为（假设混合后溶液体积不变，室温下醋酸的电离平衡常数为1.8×10-5）A．2 B．1.7 C．2.3 D．无法确定9、下列有关盐类水解的说法不正确的是（）A．盐类的水解破坏了纯水的电离平衡B．盐类的水解是酸碱中和反应的逆过程C．盐类的水解使溶液一定不呈中性D．NaClO水解的实质是ClO-与H2O电离出的H+结合生成HClO10、下列电离方程式书写正确的是A．H2SO4═H22++SO42-B．NaHCO3═Na++H++CO32-C．NaOH═Na++O2-+H+D．Na2SO4═2Na++SO42-11、已知:2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-217kJ·mol-1,C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=bkJ·mol-1,H—H、O—H和O=O键的键能分别为436kJ·mol-1、462kJ·mol-1和495kJ·mol-1,则b为()A．+352 B．+132 C．-120 D．-33012、工业上常用煤和水作原料经过多步反应制得氢气，其中一步反应的原理为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，下列选项的条件中可判断该反应达到平衡状态的是()A．单位时间内消耗2mol的CO同时生成2mol的CO2B．两个H—O键断裂的同时有一个H—H键断裂C．反应容器内的压强不再发生变化D．混合气体的相对分子质量不发生变化13、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A．已知P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0，则白磷比红磷稳定B．已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ•mol-1，则氢气的标准燃烧热为241.8kJ•mol-1C．已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=akJ•mol-1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=bkJ•mol-1，则a＞bD．已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1，则含40.0gNaOH的稀溶液与浓硫酸完全中和，放出大于57.3kJ的热量14、X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，X原子核内没有中子，在周期表中，Z与Y、W均相邻；Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为1．则下列有关叙述正确的是A．两化合物均由X、Y、Z和W四种元素组成且它们的水溶液能发生化学反应,则反应的离子方程式为:H++=SO2↑+H2OB．上述元素形成的氢化物中，W的氢化物相对分子质量最大，熔沸点最高C．Y和W分别形成的含氧酸均为强酸，是离子化合物D．Y、Z和W三种元素可能位于同一周期15、常压下羰基化法精炼镍的原理：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B．该反应达到平衡时，生成[Ni(CO)4]）＝4生成(CO)C．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃D．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低16、下列有关甲苯的实验事实中，能说明侧链对苯环性质有影响的是A．甲苯燃烧产生大量黑烟B．1mol甲苯与3molH2发生加成反应C．甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色而甲烷不能D．苯在50~60°C时发生硝化反应而甲苯在30°C时即可二、非选择题（本题包括5小题）17、含有C、H、O的某个化合物，其C、H、O的质量比为12：1：16，其蒸气对氢气的相对密度为58，它能与小苏打反应放出CO2，也能使溴水褪色，0.58g

这种物质能与50mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液完全反应。试回答：(1)该有机物的分子式为________。(2)该有机物可能的结构简式有_________。18、已知乙烯能发生以下转化：(1)写出反应①化学方程式______，其反应类型为________。(2)B中官能团名称_______。(3)C的结构简式为_______。(4)写出反应②的化学方程式_______。(5)检验C中官能团的方法是_________，化学方程式为_______。(6)B与D制取乙酸乙酯需要三种药品①浓硫酸②乙酸③乙醇，加入三种药品的先后顺序为(填序号)__________。19、氯苯在染料、医药工业用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有机中间体，橡胶工业用于制造橡胶助剂。其合成工艺分为气相法和液相法两种，实验室模拟液相法(加热装置都已略去)如下图，在C三颈烧瓶中加入催化剂FeCl3及50.0mL苯。+Cl2+HCl有关物质的性质：名称相对分子质量沸点/(℃)密度/(g/mL)苯78780.88氯苯112.5132.21.1邻二氯苯147180.41.3回答下列问题：(1)A反应器是利用实验室法制取氯气，装置中空导管B的作用是______。(2)把干燥的氯气通入装有干燥苯的反应器C中制备氯苯，C的反应温度不宜过高，原因为①温度过高，反应得到二氯苯；②______。球形冷凝管的作用是：______，D出口的主要尾气成分除苯蒸气外还有______。(3)提纯粗产品过程如图：为了确定所得产品为氯苯，而非二氯苯，可对产品进行分析，下列方法可行的是______。A质谱法B同位素示踪法C核磁共振氢谱图法(4)苯气相氧氯化氢法制氯苯：空气、氯化氢气混合物温度210℃，进入氯化反应器，在迪肯型催化剂(CuCl2、FeCl3附在三氧化铝上)存在下进行氯化，反应方程式为______。20、硝酸亚铁可用作媒染剂、分析试剂、催化剂等。(1)硝酸亚铁可用铁屑在低温下溶于稀硝酸制得，还原产物为NO。反应的化学方程式为________。(2)某小组为探究硝酸亚铁晶体的热分解产物，按下图所示装置进行实验。①仪器B的名称是____，实验中无水CuSO4变蓝，由此可知硝酸亚铁晶体含有___。②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，检验热分解后固体为氧化铁的实验方案为：实验步骤现象取少量固体加适量稀硫酸，振荡，将溶液分成两份固体溶解得黄色溶液一份滴入____溶液变成红色另一份滴入1～2滴K3[Fe(CN)6]溶液___________A中硝酸亚铁晶体[Fe(NO3)2·xH2O]分解的化学方程式为______。(3)继续探究mg硝酸亚铁晶体中铁元素的质量分数①取A中热分解后的固体放入锥形瓶，用稀硫酸溶解，加入过量的KI溶液，滴入2滴___作指示剂。②用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，滴定至终点时用去bmLNa2S2O3溶液，则硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为______。21、偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应：(CH3)2NNH2(l)+2N2O4(l)====2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)(Ⅰ)(1)反应(Ⅰ)中氧化剂是_____________________________。(2)火箭残骸中常出现红棕色气体，原因为：N2O4(g)2NO2(g)(Ⅱ)当温度升高时，气体颜色变深，则反应(Ⅱ)为_______(填“吸热”或“放热”)反应。(3)一定温度下，反应(Ⅱ)的焓变为ΔH。现将1molN2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是____________。若在相同温度下，上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行，平衡常数______(填“增大”“不变”或“减小”)，反应3s后NO2的物质的量为0.6mol，则0～3s内的平均反应速率v(N2O4)=________mol·L-1·s-1。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】由逆合成法可知，二卤代烃水解可制备二元醇，烯烃加成可制备二卤代烃，则以2-溴丙烷为原料制取1，2-丙二醇，步骤为①2-溴丙烷在NaOH醇溶液中发生消去反应生成丙烯；②丙烯与溴单质发生加成反应生成1，2-二溴丙烷；③1，2-二溴丙烷在NaOH水溶液条件水解(取代反应)生成1，2-丙二醇，故选B。2、A【题目详解】A．太阳能电池板的材料是单质硅，即硅可以用于制造太阳能电池，故A正确；B．光导纤维的主要成分为二氧化硅，即二氧化硅能制造光导纤维，故B错误；C．H2SiO3可用于制硅胶，作干燥剂，故C错误；D．Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，可作防腐剂，故D错误；答案为A。3、A【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但c(NO2)增大，混合气体颜色变深；压强减小平衡逆向移动，但c(NO2)减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大。【题目详解】A．b点开始是压缩注射器的过程，c(NO2)增大，气体颜色变深，透光率变小，A正确；B．d点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v正＜v逆，B错误；C．c点是压缩注射器后的情况，c(NO2)和c(N2O4)均增大，C错误；D．b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致Tb＜Tc，D错误；答案选A。【题目点拨】对于反应2NO2(红棕色)N2O4(无色)，通过压缩体积，增大压强，虽然平衡正向移动，NO2的物质的量减小，但是由于体积减小，各物质的浓度是增大的。4、B【题目详解】提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可。A、增加压强，该平衡不会发生移动，故A错误；B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误；答案选B。5、B【题目详解】选用甲基橙作为指示剂时，它的变色范围是3.1～4.4，颜色依次为红、橙、黄色（酸性、中性、碱性）；开始滴入碱中应为黄色，到滴定终点时应变为橙色，因此变化为由黄变橙，故答案选B。6、A【题目详解】A、该反应正反应是放热反应,升高温度,反应速率加快,平衡向逆反应移动,X的转化率降低,故A错误；

B、加大X的投入量，X浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应移动，反应前后气体体积不变，等效为增大压强，平衡不移动，平衡时x的转化率不变,所以B选项是正确的；

C、加入催化剂，反应速率加快，催化剂不影响平衡移动，X的转化率不变，所以C选项是正确的；

D、减小体积,压强增大，该反应前后气体的物质的量不变，压强增大平衡不移动，但反应速率加快，所以D选项是正确的；所以本题答案：A选项。【题目点拨】突破口：由图象可以知道，由曲线a到曲线b到达平衡的时间缩短，改变条件使反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，据此结合选项判断。7、B【解题分析】试题分析：A．NaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故A错误；B．25℃时，加水稀释后，促进HCO3-水解，n(OH-)增大，c(OH-)减小，由Kw不变，可知c(H+)增大，则n(H+)增大，则n(H+)与n(OH-)的乘积变大，故B正确；C．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故C错误；D．HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c(HCO3-)减小，故D错误；故选B。考点：考查了盐类的水解、离子浓度大小的比较的相关知识。8、A【分析】根据醋酸溶液的pH=2，可知溶液中的c（H+）和c（CH3COO-），结合醋酸的电离平衡常数可求出c（CH3COOH）；加入2LpH=2的盐酸时，溶液体积变为3L，计算出混合后溶液中c（H+）、c（CH3COO-）和c（CH3COOH）的浓度，求出浓度商Qc=Ka，判断处于平衡状态，即可确定混合溶液中的c（H+），从而求出pH。【题目详解】1LpH=2的醋酸溶液中，醋酸电离出的c（H+）=c（CH3COO-）=10-2mol/L，由于醋酸的电离平衡常数为1.8×10-5，则c（CH3COOH）=cCH3COO加入2LpH=2的盐酸时，溶液体积变为3L，则c（CH3COO-）=10-23mol/L、c（H+）=10-2mol/L、c（CH3COOH）=509mol/L×13=5027mol/L，则Qc=cCH3COO-c(H+)c(CH3COOH)=由以上分析知A项正确。综上所述，本题正确答案为A。【题目点拨】本题考查了溶液混合后pH的有关计算，应注意的是弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，不受其他因素的影响，利用浓度商Qc和电离平衡常数相等确定加入盐酸后电离平衡处于平衡状态，不发生移动，可确定此时溶液中的氢离子浓度，进而求出pH，可简化计算过程。9、C【题目详解】A．盐类水解实质是弱离子交换水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的过程，破坏了纯水的电离平衡，所以A选项是正确的；B．盐类水解生成酸和碱是中和反应的逆反应，所以B选项是正确的；C．两弱离子水解程度相同，溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性，水解程度不同溶液呈酸碱性，单离子水解溶液表现岀酸碱性，盐类水解的结果使溶液不一定呈中性，所以C选项是错误的；D．NaClO水解的实质是ClO-与H2O电离出的H+结合生成HClO，所以D选项是正确的；故选C。10、D【解题分析】1个H2SO4分子电离出2个氢离子和1个硫酸根离子；NaHCO3是弱酸的酸式盐，电离出钠离子和碳酸氢根离子；NaOH电离出钠离子和氢氧根离子；Na2SO4电离出钠离子和硫酸根离子。【题目详解】1个H2SO4分子电离出2个氢离子和1个硫酸根离子，电离方程式是H2SO4═2H++SO42-，故A错误；NaHCO3是弱酸的酸式盐，电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式是NaHCO3═Na++HCO3-，故B错误；NaOH电离出钠离子和氢氧根离子，电离方程式是NaOH═Na++OH-，故C错误；Na2SO4电离出钠离子和硫酸根离子，电离方程式是Na2SO4═2Na++SO42-，故D正确。【题目点拨】本题考查电离方程式的书写，明确书写方法及注意电荷守恒和质量守恒定律、原子团、弱酸的酸式根离子的书写等是解答的关键。11、B【分析】①2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=kJ·mol-1,②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=bkJ·mol-1,根据盖斯定律:②2-①得:2H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=2b-(-217)根据键能的关系，2H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=4462-436-495=2b-(-217),所以b=+132。【题目详解】A.+352不符合题意，故A错误；B.+132符合题意，故B正确；C.-120不符合题意，故C错误；D.-330不符合题意，故D错误；答案：B。【题目点拨】根据盖斯定律计算水分解反应的焓变,化学反应的焓变ΔH=H产物-H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答。12、B【题目详解】A项，单位时间内消耗2mol的CO同时生成2mol的CO2只表明正反应，不能表明反应达到平衡状态；B项，两个H—O键断裂的同时有一个H—H键断裂表示正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态；C项，该反应为气体分子数不变的反应，建立平衡过程气体物质的量始终不变，容器内的压强始终不变，反应容器内的压强不再发生变化不能说明反应达到平衡状态；D项，气体的总质量始终不变，气体总物质的量始终不变，混合气体的相对分子质量始终不变，混合气体的相对分子质量不变不能说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的是B，B正确；答案选B。【题目点拨】判断可逆反应是否达到平衡状态的标志是“逆向相等，变量不变”，“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志。13、D【解题分析】A.P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0，反应是放热反应，能量越低越稳定，所以白磷不如红磷稳定，故A错误；B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧应生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热为<-241.8kJ•mol-1，故B错误；C.碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，即a<b，故C错误；D.中和热是指稀的强酸和强碱溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量，浓硫酸稀释时要放出热量，故放出热量大于57.3

kJ的热量，故D正确。故选D。【题目点拨】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量。（2）中和热是指稀的强酸和强碱溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量。14、A【分析】X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，X原子核内没有中子，所以X是H元素；在周期表中，Z与Y、W均相邻，Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为1，若Y、Z、W属于同一周期，Y、Z、W的最外层电子数应为3的倍数，1不是3的倍数，所以不是同一周期；在周期表中，Z与Y、W均相邻，Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为1，所以Z和Y属于同一周期，Z和W属于同主族，设Z的最外层电子数是a，则Y最外层电子数是a-1，W的最外层电子数是a，a+a+a-1=1，a=6，所以Y最外层电子数是5，Z最外层电子数是6，W最外层电子数是6，Y、Z和W的原子序数小于19，所以Y是N元素，Z是O元素，W是S元素。综上所述，X是H元素，Y是N元素，Z是O元素，W是S元素。【题目详解】A．根据分析，X、Y、Z和W可形成多种离子化合物，如NH4HSO4、NH4HSO3，二者反应的离子方程式为H++=SO2↑+H2O，A正确；B．共价化合物的熔沸点与相对分子质量有关，一般来说，相对分子质量越大物质的熔沸点越高，但由于氢键的存在导致某些物质的熔沸点增大，所以由于H2O分子间有氢键，H2O的熔沸点最高，B错误；C．Y和W所形成的含氧酸不一定都是强酸，如H2SO3是弱酸，C错误；D．根据分析，Y是N元素，Z是O元素，W是S元素，所以Y、Z和W三种元素位于不同周期，D错误；故选A。15、C【题目详解】A．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以增加c（CO），虽然平衡向正向移动，但反应的平衡常数不变，故A错误；B．反应的速率之比等于气体的计量数之比，所以平衡时有4生成[Ni(CO)4]=生成(CO)，故B错误；C．Ni(CO)4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4，则第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故C正确；D．加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段Ni(CO)4分解率较大，故D错误；故选C。16、D【解题分析】A．甲苯含碳量高，燃烧有黑烟，与组成元素有关，与结构无关，故A不选；B．甲苯含苯环，1mol甲苯与3molH2发生加成反应，与苯环的不饱和度有关，与侧链无关，故B不选；C．甲苯能被高锰酸钾溶液氧化，是侧链甲基受到苯环影响的结果，故C不选；D．苯在50～60°C时发生硝化反应而甲苯在30°C时即可，说明苯环受到了侧链甲基的影响，故D选；故选D。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，把握有机物的结构、性质及有机反应为解答的关键。选项C为解答的易错点，要注意区分侧链对苯环性质的影响与苯环对侧链性质的影响。二、非选择题（本题包括5小题）17、C4H4O4HOOC-CH=CH-COOH、CH2=C(COOH)2【分析】由C、H、O的质量比，可求出其最简式，再由与氢气的相对密度，求出相对分子质量，从而求出分子式；最后由“与小苏打反应放出CO2，也能使溴水褪色”的信息，确定所含官能团的数目，从而确定其结构简式。【题目详解】(1)由C、H、O的质量比为12:1:16，可求出n(C):n(H):n(O)=1:1:1，其最简式为CHO；其蒸气对氢气的相对密度为58，则相对分子质量为58×2=116；设有机物的分子式为(CHO)n，则29n=116，从而求出n=4，从而得出分子式为C4H4O4。答案为：C4H4O4；(2)它能与小苏打反应放出CO2，则分子中含有-COOH，0.58g

这种物质能与50mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液完全反应，则0.005mol有机物与0.01molNaOH完全反应，从而得出该有机物分子中含有2个-COOH；该有机物也能使溴水褪色，由不饱和度为3还可确定分子内含有1个碳碳双键，从而确定其结构简式为HOOC-CH=CH-COOH或CH2=C(COOH)2。答案为：HOOC-CH=CH-COOH或CH2=C(COOH)2。【题目点拨】由分子式C4H4O4中C、H原子个数关系，与同数碳原子的烷烃相比，不饱和度为3。18、加成反应羟基加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热③①②【分析】由转化可知，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化反应生成C为CH3CHO，B与D发生酯化反应生成乙酸乙酯，可知D为CH3COOH，制备乙酸乙酯时先加乙醇、再加浓硫酸，后加乙酸，提高乙酸的利用率。【题目详解】(1)反应①是乙烯与水反应生成乙醇，化学方程式是，碳碳双键转化为-OH，反应类型为加成反应；(2)B为乙醇，官能团为羟基；(3)C的结构简式为；(4)反应②的化学方程式为；(5)检验C中官能团醛基的方法是加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热出现砖红色沉淀，说明含有醛基，反应的化学方程式是；(6)制备乙酸乙酯时先加乙醇、再加浓硫酸，后加乙酸，提高乙酸的利用率，则加入三种药品的先后顺序为③①②。19、平衡内外气压温度过高，苯挥发，原料利用率不高冷凝回流，提高原料利用率Cl2、HClAC2+2HCl+O22+2H2O【分析】本实验模拟液相法制取氯苯，装置A为制取氯气的装置，实验室一般利用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，中空导管B可以防止装置内压强过高；装置C

中进行氯气和苯的反应，球形冷凝管可以冷凝回流产品和苯，提高原料的利用率；之后进行产品的提纯，氯化液水洗、碱洗除去HCl、FeCl3等杂质，加入氯化钠晶体吸水干燥，过滤后的滤液蒸馏、精馏得到产品。【题目详解】(1)根据分析可知，中空导管B可以防止装置内压强过高，则B的作用是平衡内外气压；(2)把干燥的氯气通入装有干燥苯的反应器C中制备氯苯，C的反应温度不宜过高，原因为①温度过高，反应得到二氯苯；②根据表格中提供的物质信息，温度过高，苯挥发，原料利用率不高；球形冷凝管可以冷凝回流挥发的苯，提高原料的利用率；反应器C是利用苯和氯气发生取代反应制备氯苯，苯易挥发、氯气不能完全反应，反应生成氯苯和HCl，HCl易挥发，则D出口的主要尾气成分有Cl2、苯蒸气、HCl；(3)A．质谱法质谱法可以确定相对分子质量，氯苯、二氯苯相对分子质量不同，故A可行；B．同位素示踪法利用放射性核素作为示踪剂对研究对象进行标记，可以标记氯原子的去向，但不能确定氯原子的个数，故B不可行；C．核磁共振氢谱图法可以确，分子中不同环境氢原子的个数比，氯苯、二氯苯中氢原子的环境和数量比不同，故C可行；答案选AC。(4)苯气相氧氯化氢法制氯苯：空气、氯化氢气混合物温度210℃，进入氯化反应器，在迪肯型催化剂(CuCl2、FeCl3附在三氧化铝上)存在下进行氯化，发生反应生成氯苯，根据元素守恒可知产物应还有水，所以化学方程式为2+2HCl+O22+2H2O。【题目点拨】注意实验基本操作的理解应用，掌握基础是解题关键，一般在有机物的制备实验中通常都会在反应装置中加装球形冷凝管，目的一般都是冷凝回流，提高原料的利用率。20、3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O干燥管(或球形干燥管)结晶水l~2滴KSCN溶液无蓝色沉淀生成4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O淀粉溶液【解题分析】(1)铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，据此书写反应的化学方程式；(2)①无水CuSO4变蓝，说明生成了水，据此解答；②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，据此书写分解的化学方程式；将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色，K3[Fe(CN)6]溶液是检验亚铁离子的试剂，据此分析解答；(3)①铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，据此选择指示剂；②根据发生的反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-分析解答。【题目详解】(1)铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，反应的化学方程式为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为3Fe