北京海淀北京科技大学附属中学2024年高三下学期联考化学试题含解析

北京海淀北京科技大学附属中学2024年高三下学期联考化学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关判断的依据正确的是（）A．电解质：水溶液是否导电B．原子晶体：构成晶体的微粒是否是原子C．共价分子：分子中原子间是否全部是共价键D．化学平衡状态：平衡体系中各组分的物质的量浓度是否相等2、35Cl和37Cl－具有A．相同电子数 B．相同核电荷数 C．相同中子数 D．相同质量数3、已知A、B、D均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去）。则下列有关物质的推断不正确的是（）A．若A为碳，则E可能为氧气B．若A为Na2CO3，则E可能为稀HClC．若A为Fe，E为稀HNO3，则D为Fe（NO3）3D．若A为AlCl3，则D可能为Al（OH）3，E不可能为氨水4、某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（）A．灼烧海带：B．将海带灰溶解后分离出不溶性杂质：C．制备Cl2，并将I-氧化为I2：D．以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定：5、LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，它遇水剧烈反应产生氢气，实验室贮存硼氢化锂的容器应贴标签是A． B． C． D．6、己知：；常温下，将盐酸滴加到N2H4的水溶液中，混合溶液中pOH[pOH=-lgc(OH-)]随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A．曲线M表示pOH与1g的变化关系B．反应的C．pOH1>pOH2D．N2H5Cl的水溶液呈酸性7、线型PAA（）具有高吸水性，网状PAA在抗压性、吸水性等方面优于线型PAA。网状PAA的制备方法是：将丙烯酸用NaOH中和，加入少量交联剂a，再引发聚合。其部分结构片段如图所示，列说法错误的是A．线型PAA的单体不存在顺反异构现象B．形成网状结构的过程发生了加聚反应C．交联剂a的结构简式是D．PAA的高吸水性与—COONa有关8、下列说法正确的是()A．钢铁发生电化学腐蚀的负根反应：B．常温下通入溶液，当溶液中约，一定存在C．向稀溶液中加入固体，则的值变小D．向溶液中滴加少量溶液，产生黑色沉淀，水解程度增大9、将40mL1.5mol·L-1的CuSO4溶液与30mL3mol·L-1的NaOH溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c(Cu2+)或c(OH-)都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（）A．Cu(OH)2 B．CuSO4·Cu（OH）2C．CuSO4·2Cu(OH)2 D．CuSO4·3Cu(OH)210、高纯碳酸锰在电子工业中有着重要的应用，湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量Fe、Al、Mg等杂质元素)制备高纯碳酸锰的流程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的试剂X，调节浸出液的pH为3.5～5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…下列说法正确的是(已知室温下：Kap[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Kap[Al(OH)3]＝3.0×10－34，Kap[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。)A．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂B．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5～5.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质C．试剂X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质D．为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度11、莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是（）A．分子中所有碳原子共平面B．分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物C．分子中含有3种官能团，能发生加成、氧化、取代反应D．1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体12、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B与C的简单离子具有相同的电子层结构，D的最高正价与最低负价代数和为6。工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB），X与金属单质C反应制得单质钛。下列说法不正确的是A．简单离子半径：D＞B＞CB．氧化物的水化物酸性：D＞AC．X与单质C不能在空气的氛围中反应制得单质钛D．B与D组成的某化合物可用于饮用水消毒13、下列图示与对应的叙述相符的是()。A．表示反应的B．表示不同温度下溶液中和浓度变化曲线，点对应温度高于点C．针对N2+3H2=2NH3的反应，图Ⅲ表示时刻可能是减小了容器内的压强D．表示向醋酸稀溶液中加水时溶液的导电性变化，图中点大于点14、研究铜和铁与浓硫酸的反应，实验如下：①②铜丝表面无明显现象铁丝表面迅速变黑，之后无明显现象铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，品红溶液褪色下列说法正确的是A．常温下不能用铁制容器盛放浓硫酸，可用铜制容器盛放浓硫酸B．②中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量相等C．依据②，可推断出铜和铁与浓硫酸反应可生成SO2D．①②中现象的差异仅是由于温度改变了化学反应速率15、根据能量示意图,下列判断正确的是()A．化学反应中断键要放出能量,形成化学键要吸收能量B．该反应的反应物总能量小于生成物总能量C．2A2(g)+B2(g)=2C(g)ΔH=-(b+c-a)kJ·mol-1D．由图可知,生成1molC(l),放出(b+c-a)kJ热量16、实验室采用下列装置制取氨气，正确的是A．生成氨气B．干燥氨气C．收集并验满氨气D．吸收多余氨气二、非选择题（本题包括5小题）17、扁桃酸D在有机合成和药物生产中有着广泛应用。用常见化工原料制备D，再由此制备有机物I的合成路线如下：回答下列问题：(l)C的名称是____，I的分子式为____。(2)E→F的反应类型为____，G中官能团的名称为____。(3)A→B的化学方程式为________。(4)反应G→H的试剂及条件是________。(5)写出符合下列条件的D的同分异构体：________。①能发生银镜反应②与FeC13溶液显紫色③核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3(6)写出以溴乙烷为原料制备H的合成路线（其他试剂任选）_____。18、氨甲环酸（F）又称止血环酸、凝血酸，是一种在外科手术中广泛使用的止血药，可有效减少术后输血。氨甲环酸（F）的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂未标明）：（1）B的系统命名为_______；反应①的反应类型为_____。（2）化合物C含有的官能团的名称为_____。（3）下列有关氨甲环酸的说法中，正确的是_____（填标号）。a．氨甲环酸的分子式为C8H13NO2b．氨甲环酸是一种天然氨基酸c．氨甲环酸分子的环上一氯代物有4种d．由E生成氨甲环酸的反应为还原反应（4）氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为________。（5）写出满足以下条件的D的同分异构体的结构简式_____。①属于芳香族化合物②具有硝基③核磁共振氢谱有3组峰（6）写出用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。_____19、B．[实验化学]丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为实验步骤如下：步骤1：在反应瓶中，加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是________。（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是______；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是______。（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是____；分离出有机相的操作名称为____。（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是________。20、Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置如下：在三颈烧瓶中加入16.7gFeSO4·7H2O和40.0ml蒸馏水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H2SO4，再加入2.0gNaClO3固体。水浴加热至80℃，搅拌一段时间后，加入NaOH溶液，充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。(1)NaClO3氧化FeSO4·7H2O的离子方程式为_____________。(2)加入浓硫酸的作用为_________(填标号)。a.提供酸性环境，增强NaClO3氧化性b.脱去FeSO4·7H2O的结晶水c.抑制Fe3+水解d.作为氧化剂(3)检验Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是_________。(4)研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，设计对比实验如下表编号T/℃FeSO4·7H2O/gNaClO3/g氧化效果/%i70251.6aii7025mbiii80n2.0civ80251.687.8①m=______；n=______。②若c>87.8>a，则a、b、c的大小关系为___________。(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是___(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_________________；(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。___________。21、大多数金属硫化物难溶于水，可溶于硝酸。例如：①FeS+HNO3（稀）→Fe(NO3)3+NO↑+S↓+H2O（未配平）②CuS+HNO3（浓）→CuSO4+NO2↑+H2O（未配平）（1）配平反应②的方程式：__CuS+__HNO3（浓）→__CuSO4+__NO2↑+__H2O（2）反应①中若生成3.2g硫，则电子转移___个。（3）由反应①和②是否能够判断稀硝酸与浓硝酸的氧化性强弱？并说明判断依据。____。（4）反应①和②所涉及的4种非金属元素中，原子半径由大到小的顺序是____；未成对电子最多的原子核外电子排布式为___。下列描述，不能用来比较硫、氮两种元素的非金属性强弱的是___。a．单质与氧气化合的难易程度b．气态氢化物的稳定性c．含氧酸的酸性强弱d．S4N4中共用电子对的偏向（5）写出①NO②S③H2O④NO2四种物质的沸点由高到低的顺序（用编号回答）____。若要判断NO2分子的极性，你所需要的信息是___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，故A错误；B.原子晶体的构成微粒是原子，原子间以共价键结合，故B错误；C.仅由共价键形成的分子是共价分子，所以分子中原子间是否全部是共价键是共价分子的判断依据，故C正确；D.平衡体系中各组分的物质的量浓度保持不变的状态是化学平衡状态，故D错误；答案选C。【点睛】原子晶体的构成微粒是原子，原子间以共价键结合；由原子构成的晶体不一定是原子晶体，例如，稀有气体是由单原子分子构成的分子晶体，分子间存在范德华力。2、B【解析】

35Cl和37Cl－具有相同的质子数，而核电荷数等于质子数，故具有相同的核电荷数，故选：B。【点睛】在原子中，质子数=电子数=核电荷数，但质子数不一定等于中子数，所以中子数与电子数、核电荷数是不一定相等的。3、C【解析】

A．若A为碳，E为氧气，则B为CO2，D为CO，CO2与CO可以相互转化，选项A正确；B．若A为Na2CO3，E为稀HCl，则B为CO2，D为NaHCO3，CO2和NaHCO3可以相互转化，选项B正确；C．若A为Fe，E为稀HNO3，则B为Fe（NO3）3，D为Fe（NO3）2，选项C错误；D．AlCl3与少量NaOH溶液反应生成Al（OH）3，与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，符合转化关系，若E是氨水则不符合，因为AlCl3与少量氨水和过量氨水反应都生成Al（OH）3沉淀和NH4Cl，选项D正确。故选C。4、B【解析】

A.灼烧需在坩埚中进行，不能选烧杯，A项错误；B.将海带灰溶解后分离出不溶性杂质采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，图中操作科学规范，B项正确；C.制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和食盐水，尾气需用氢氧化钠吸收，C项错误；D.Na2S2O3为强碱弱酸盐，因S2O32-的水解使溶液呈现碱性，所以滴定时Na2S2O3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D项错误；答案选B。【点睛】本题的易错点是D项，选择酸碱滴定管一方面要考虑实际的反应所需的环境，另一方面要考虑标准溶液的酸碱性。如高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，需选择酸式滴定管；而本题的硫酸硫酸钠还原碘单质时，考虑到标准溶液的水解来选择碱式滴定管。此外，学生要牢记仪器的构造，会区分酸式滴定管与碱式滴定管。5、D【解析】A、氧化剂标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，故A错误；B、爆炸品标识，LiBH4是一种供氢剂，属于易燃物品，故B错误；C、腐蚀品标识，与LiBH4是一种供氢剂不符，故C错误；D、易燃物品标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，属于易燃物品标识，故D正确；故选D。6、C【解析】

M、N点==1，M点c(OH-)=10-15、N点c(OH-)=10-6，M点表示的电离平衡常数=10-15，N点表示的电离平衡常数=10-6；第一步电离常数大于第二步电离常数。【详解】A.，所以曲线M表示pOH与1g的变化关系，曲线N表示pOH与1g的变化关系，故A正确；B.反应表示第二步电离，=10-15，故B正确；C.pOH1=、pOH2=，，所以pOH1<pOH2，故C错误；D.N2H4是二元弱碱，N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D正确；故答案选C。7、C【解析】

A.线型PAA的单体为CH2=CHCOONa，单体不存在顺反异构现象，故A正确；B.

CH2=CHCOONa中的碳碳双键发生的加成聚合反应，形成网状结构，过程发生了加聚反应，故B正确；C.分析结构可知交联剂a的结构简式是，故C错误；D.线型PAA()具有高吸水性，和−COONa易溶于水有关，故D正确；故选：C。8、B【解析】

A．钢铁发生电化学腐蚀时，负极发生的反应是：Fe-2e-═Fe2+，故A错误；B．当在25℃时由水电离的H+浓度为10-7mol/L，说明溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)①，根据电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)②，由①②得，c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故B正确；C．常温下向CH3COONa稀溶液中加入CH3COONa固体，加入CH3COONa固体，醋酸根离子以及钠离子浓度均增大，同时会对水解平衡起到抑制作用，所以醋酸根离子浓度增加的程度大，的比值变大，故C错误；D．在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，HS-电离出的S2-与Cu2+结合生成CuS黑色沉淀，HS-电离程度增大，pH减小，故D错误；故答案为B。9、D【解析】

Cu2+或OH－浓度都已变得很小，说明二者恰好反应。硫酸铜和氢氧化钠的物质的量分别是0.06mol和0.09mol，则铜离子和OH－的物质的量之比是2︰3，而只有选项D中符合，答案选D。10、A【解析】

A、结合流程分析，需将四价锰还原为二价，因植物粉为有机物，具有还原性，选项A正确；B、根据KSP可知，pH为3.5-5.5不能完全除去镁离子，选项B错误；C、二氧化锰不能与酸反应，无法调节pH，选项C错误；D、碳酸氢铵不稳定，受热易分解，故不能温度太高，选项D错误。答案选A。11、C【解析】

A．分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5个碳原子共平面，A错误；B．分子中无苯环，不属于芳香族化合物，B错误；C．分子中有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；D．1mol莽草酸中含有1mol-COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1molCO2气体，D错误；答案选C。【点睛】高中阶段，能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基。1mol-COOH与足量的碳酸氢钠反应生成1molCO2。12、B【解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，D的最高正价与最低负价代数和为6，则D为Cl元素，工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB），X与金属单质C反应制得单质钛，这种常见的可燃性气体为CO，则A为C元素，B为O元素，X为TiCl4，工业上用金属镁还原TiCl4制得金属钛，则C为Mg元素，据此分析解答。【详解】A.D为Cl，B为O，C为Mg，Cl-核外有3个电子层，O2-和Mg2+核外电子排布相同，均有2个电子层，当核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则它们的简单离子半径：D＞B＞C，故A正确；B.A为C，D为Cl，其中H2CO3的酸性比HClO的酸性强，故B错误；C.因为镁会与空气中的氮气、氧气、二氧化碳反应，则金属镁还原TiCl4制得金属钛时不能在空气的氛围中反应，故C正确；D.D为Cl，B为O，由二者组成的化合物中ClO2具有强氧化性，可用于饮用水消毒，故D正确；故选B。【点睛】工业上制金属钛采用金属热还原法还原四氯化钛，将TiO2(或天然的金红石)和炭粉混合加热至1000～1100K，进行氯化处理，并使生成的TiCl4蒸气冷凝，发生反应TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；在1070K下，用熔融的镁在氩气中还原TiCl4可得多孔的海绵钛，发生反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti。13、C【解析】A.根据图Ⅰ，反应A＋B＝C＋D属于放热反应，ΔH＝-(a-c)kJ·mol-1，故A错误；B.根据图Ⅱ，温度越高，水的离子积常数越大，图中a点对应温度低于b点，故B错误；C.根据图Ⅲ，t1时刻，反应速率减小，平衡逆向移动，可能减小了容器内的压强，故C正确；D.根据图Ⅳ，向醋酸稀溶液中加水时，溶液中离子的浓度逐渐减小，溶液的导电性能力逐渐减小，p点酸性比q点强，pH小于q点，故D错误；故选C。14、C【解析】

A．常温下铁遇冷浓硫酸发生钝化，则可以用铁制容器盛放浓硫酸，故A错误；B．随着反应的进行浓硫酸的浓度逐渐降低，Cu与稀硫酸不反应，而Fe能与稀硫酸反应生成氢气，则②中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量不可能相等，故B错误；C．②中在加热条件下，铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，品红溶液褪色，说明反应中生成SO2，故C正确；D．温度升高可加快化学反应速率，同时浓硫酸的氧化性随温度升高而升高，故D错误；故答案为C。15、D【解析】

A.断键需要吸热，成键会放热，故A不选；B.该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B不选；C.2A2(g)+B2(g)=2C(g)ΔH=-(b-a)kJ·mol-1。生成C(l)时的ΔH=-(b+c-a)kJ·mol-1，故C不选；D.据图可知，生成1molC(l)，放出(b+c-a)kJ的热量，故D选。故选D。16、D【解析】A.加热氯化铵分解生成的氨气和氯化氢温度降低后又化合生成氯化铵，故A错误；B.氨气的水溶液显碱性，不能用浓硫酸干燥，故B错误；C.收集氨气的导管应该插入试管底部，故C错误；D.氨气极易溶于水，采用倒扣的漏斗可以防止倒吸，故D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯甲醛C11H10O4取代反应（或水解反应）羰基、羧基+2Cl2+2HClH2/Ni，加热、CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO【解析】

根据流程图，A为甲苯，甲苯与氯气在光照条件下发生侧链的取代反应生成B，因此B为；B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C，则C为，根据信息，D为；丙烯与溴发生加成反应生成E，E为1，2-二溴丙烷，E在氢氧化钠溶液中水解生成F，F为；F被高锰酸钾溶液氧化生成G，G为，G与氢气加成得到H，H为；与发生酯化反应生成I，加成分析解答。【详解】(l)根据上述分析，C为，名称为苯甲醛，I()的分子式为C11H10O4；(2)E→F为1，2-二溴丙烷在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成的反应；G()中官能团有羰基、羧基；(3)根据上述分析，A→B的化学方程式为+2Cl2+2HCl；(4)反应G→H为羰基的加成反应，试剂及条件为H2/Ni，加热；(5)D为，①能发生银镜反应，说明结构中存在醛基；②与FeC13溶液显紫色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3，符合条件的D的同分异构体有、；(6)以溴乙烷为原料制备H()，需要增长碳链，根据流程图中制备D的分析，可以结合题中信息制备，因此需要首先制备CH3CHO，可以由溴乙烷水解生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，因此合成路线为CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO。18、2-氯-1,3-丁二烯加成反应碳碳双键、酯基；氯原子cd【解析】

根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。【详解】（1）B的结构简式为,所以B系统命名为2-氯-1,3-丁二烯；由,所以反应①的反应类型为加成反应。答案:2-氯-1,3-丁二烯;加成反应。（2）由C的结构简式为，则化合物C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。答案：碳碳双键、酯基；氯原子。（3）a．氨甲环酸的结构简式为：，则氨甲环酸的分子式为C8H15NO2，故a错误；b.氨甲环酸的结构简式为：，氨基不在碳原子上，所以不是一种天然氨基酸，故b错误；c．氨甲环酸分子的环上有四种类型的氢，所以一氯代物有4种，故c正确；d．由E生成氨甲环酸的框图可知属于加氢反应，所以此反应也称为还原反应，故d正确；答案：cd。（4）由氨甲环酸的结构简式为：，含有羧基和氨基，所以可发生缩聚反应，生成高分子化合物，故氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。答案：。（5）由D的结构简式的，符合下列条件：①属于芳香族化合物说明含有苯环；②具有硝基说明含有官能团–NO2;③核磁共振氢谱有3组峰说明含有3种类型的氢原子，符合条件的同分异构体为：；答案：。（6）根据已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线：。答案：。19、作为溶剂、提高丙炔酸的转化率(直形)冷凝管防止暴沸丙炔酸分液丙炔酸甲酯的沸点比水的高【解析】

（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加热提供最高温度为100℃，而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。【点睛】《实验化学》的考查，相对比较简单，本题可以联想实验制备乙酸乙酯作答，如碳酸钠的作用，实验室制备乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平时复习实验时，应注重课本实验复习，特别是课本实验现象、实验不足等等。20、ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2Oa、cK3[Fe(CN)6]溶液2.025c>b>a若温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于【解析】

(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，据此书写；(2)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分析；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii是研究NaClO3用量的影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；(5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要检验无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净；(7)根据Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。【详解】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，NaClO3被还原为NaCl，同时产生水，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；(2)NaClO3氧化FeSO4·7H2O时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强NaClO3氧化性，选项a合理；同时FeSO4·7H2O被氧化为Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项c合理，故答案为ac；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；(4)①根据实验目的，i、ii是在相同温度下，研究NaClO3用量的影响，ii、iii或i、iv是研究温度的影响；因此m=2，n=25；②在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验b>a；ii、iii的反应物浓度相同时，升高温度，化学反应速率大大加快，实验c>b，因此三者关系为c>b>a；(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，原因是温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降；(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤