2026届湖南省益阳市桃江县化学高三上期中调研试题含解析

2026届湖南省益阳市桃江县化学高三上期中调研试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列有关实验装置进行的相应实验,能达到实验目的的是()A．用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B．用图2所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液C．用图3所示装置可除去NO2中的NOD．用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色2、国际上确认，利用原子核间的撞击已制造出原子序数分别为113、115、117和118四种新元素，填补了目前元素周期表的空白，请根据元素周期表的结构推测，下列说法正确的是（）A．核反应发电实现了化学能到电能的转化B．115号元素一定是处于VA族的非金属元素C．117号元素与F、Cl、Br、I均处于VIIA族，可能是金属元素D．四种新元素位于元素周期表中的不同周期3、下列反应的方程式正确的是A．蔗糖与浓硫酸混合产生刺激性气味的气体：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2OB．Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu+2H++NO3—=Cu2++NO2↑+H2OC．向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO42—=BaSO4↓D．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：HCO3—+Ca2++OH—=CaCO3↓+H2O4、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．22.0gT2O中含有的中子数为10NAB．7.2g过氧化钙(CaO2)固体中阴、阳离子总数为0.3NAC．6.2LNO2溶于足量水中，充分反应后转移的电子数为0.2NAD．标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合充分反应后，原子总数是0.4NA5、某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（）A．曲线Ⅰ代表溶液B．溶液中水的电离程度：b点＞c点C．从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同6、X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、Y可能是①C、CO②AlCl3、Al(OH)3③N2、NO④S、SO2A．①②B．②③C．③④D．①②④．7、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A．收集氯气可以用排饱和食盐水的方法B．在一定条件下，氢气与碘蒸汽反应达平衡后，加压，混合气体颜色变深C．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D．合成三氧化硫过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率8、下列曲线表示F、Cl、Br元素及所形成物质的某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是A． B． C． D．9、在一个氧化还原反应体系中存在Fe3+、NO3－、Fe2+、NH4+、H+、H2O，则下列判断正确的是A．配制Fe(NO3)2溶液时应加入硝酸酸化防止Fe2+水解B．该反应中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为8：1C．若有1molNO3－发生还原反应，转移的电子物质的量为2molD．若将该反应设计成原电池，则负极反应式为Fe2+-e－＝Fe3+10、在标准状况下，将VLA气体(摩尔质量是Mg/mol)溶于0.1L水中，所得溶液的密度为dg/cm3，则此溶液的物质的量浓度为A．B．C．D．11、把400mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含bmolHCl的溶液恰好反应完全。该混合溶液中c(Na＋)为()A．(10b－5a)mol·L－1B．(b－0.5a)mol·L－1C．(－)mol·L－1D．(5b－)mol·L－112、下列指定反应的离子方程式正确的是()A．将少量SO2气体通入过量氨水中：SO2＋NH3·H2O＝NH4＋＋HSO3－B．铝溶于NaOH溶液中：2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑C．用醋酸除去水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑D．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋IO3－＋3H2O＝3I2＋6OH－13、下列各反应中，氧化反应与还原反应在同种元素中进行的是（）A．Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O B．2KClO32KCl＋3O2↑C．2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑ D．2H2O2H2↑＋O2↑14、已知三个氧化还原反应：①②③若某溶液中、和共存，要想除去而又不影响和，可加入的试剂是()A． B． C． D．15、下列说法正确的是A．一定温度下，反应MgCl2(1)=Mg(

1)

+Cl2(g)的△H>0，△S>0B．常温下，NH4Cl

溶液加水稀释增大C．电解饱和食盐水产生了11.2

L

H2，则反应中转移的电子数为6.02×1023D．在NaCl

和KBr

的混合溶液中滴加AgNO3

溶液，一定先产生淡黄色沉淀16、下列对于“摩尔”的理解正确的是A．摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量B．摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为molC．22.4LO2中所含氧气分子为1摩尔D．1mol氧含6.02×1023个O217、下列离子方程式书写正确的是()A．用醋酸除去水垢：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑B．用氯化铁溶液腐蚀铜板：Cu＋Fe3＋＝Cu2＋＋Fe2＋C．FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2＝2Fe3＋＋Br2＋4Cl－D．Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋＝BaSO4↓＋2H2O18、下列化工生产不符合实际的是（）A．海水提溴时用到热空气将Br2吹出B．工业制HCl时氯气在氢气中燃烧C．硫酸工业中使用到热交换器D．石油通过分馏得到裂化汽油19、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．使甲基橙呈红色的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、NO3-B．c(OH-)<的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、NO3-C．含有大量Fe(NO3)2的溶液中：H+、NH4+、Cl-、SO42-D．水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：K+、Mg2+、Br-、CH3COO-20、某同学对所学部分化学知识归纳如下，其中有错误的一组是（）A物质性质与用途B安全常识N2性质稳定———填充在食品袋防腐

乙醇具有可燃性———用作燃料

CO具有还原性———冶炼金属假酒中毒———由甲醇引起

假盐中毒———由黄曲霉毒素引起

瓦斯爆炸———由天然气引起C元素与人体健康D日常生活经验缺铁———易引起贫血

缺钙———易得佝偻病或骨质疏松症

缺碘———易得甲状腺肿大去除衣服上的油污———用汽油洗涤

热水瓶中的水垢———用食醋清除

使煤燃烧更旺———把煤做成蜂窝状A．A B．B C．C D．D21、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s)C．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)D．N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)22、下列有关滴定的说法正确的是（）A．用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mLB．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质，则结果偏低C．用C1mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去酸性高猛酸钾溶液体积为V1mL，则H2C2O4溶液的浓度为0.4CD．用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低二、非选择题(共84分)23、（14分）布洛芬是一种比阿司匹林副作用更小的消炎镇痛药，下图是布洛芬的一种合成路线。请回答下列问题：(1)合成路线中不包括的反应类型为__________。A．加成反应B．取代反应C．氧化反应D．消去反应(2)D中所含官能团的名称为______，D分子式为_______；A→G中有手性碳的物质有____种。(3)E→F的化学方程式为____________________________________________。(4)B含有苯环的同分异构体有_____种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱只有2组峰的同分异构体的名称为______________。24、（12分）中学常见反应的化学方程式是A+BX+Y+H2O(未配平，反应条件略去)，其中A、B的物质的量之比为了1：4。请回答：(1)若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是______，该反应的离子方程式是______。(2)若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是________．(3)若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中。①元素在周期表中的位置是______(填所在周期和族)；Y的化学式是______。②含amol

X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是______mol。(4)若A、B、X、Y均为化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色，则A与B按物质的量之比1：4恰好反应后，溶液中离子浓度从大到小的顺序是_________。25、（12分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。②C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有（请配平）_____Cl2+Fe(OH)3+KOHK2FeO4+KCl+H2O（2）探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。i．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是________________。26、（10分）氯化亚铜晶体呈白色，不溶于水、乙醇及稀硫酸，露置于潮湿空气中易被氧化。氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料。实验室中以粗铜（含杂质Fe）为原料，一种制备铜的氯化物的流程如下。（已知：CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀）按要求回答下列问题：（1）“操作①”调节溶液的pH范围为3.2≤pH<5.6，便于将Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀除去，加入的“试剂X”可以是__________。ACuO

BNH3·H2O

CNaOH溶液

DCu2（OH）2CO3

（2）“反应②”是向溶液2中加入食盐并通入SO2可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀，过滤、洗涤、干燥密封包装即得产品，据此回答下列问题：①写出向溶液2中加入食盐并通入SO2可生成CuCl的离子方程式__________。②用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却。于70℃真空干燥的目的是_____________________。（3）在氯化氢气流中得到CuCl2·2H2O固体的“操作②”具体步骤为________、过滤、洗涤。（4）氯化亚铜的定量分析：①称取样品0.250g和10mL过量的FeCl3溶液于250mL锥形瓶中，充分溶解。②用0.100mol·L－1硫酸铈[Ce（SO4）2]标准溶液滴定。已知：CuCl＋FeCl3＝CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋＝Fe3＋＋Ce3＋。三次平行实验结果如下（平行实验结果相差不能超过1%）：平行实验次数1230.250g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）20.3520.0519.95则样品中CuCl的纯度为________。（5）如图所示将氯气从a通入与粗铜反应（铁架台、铁夹、酒精灯省略），反应后，盛有NaOH溶液的广口瓶中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效。该电化学腐蚀过程中的正极反应式为___________。27、（12分）乙酸丁酯是重要的化工原料，具有水果香味。实验室制备乙酸丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)的反应装置示意图和有关信息如下：乙酸正丁醇乙酸丁酯熔点/℃16.6－89.5－73.5沸点/℃117.9117126.0密度/g·cm－31.10.800.88(1)乙酸丁酯粗产品的制备在干燥的50mL圆底烧瓶中，装入沸石，加入12.0mL正丁醇和16.0mL冰醋酸(过量)，再加3～4滴浓硫酸。然后再安装分水器(作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水)、冷凝管，然后小火加热。写出制备乙酸丁酯的化学方程式_________。将烧瓶中反应后的混合物冷却与分水器的酯层合并。装置中冷水应从________(填“a”或“b”)口通入；通过分水器不断分离除去反应生成的水的目的是_____________。(2)乙酸丁酯的精制将乙酸丁酯粗产品用如下的操作进行精制：①水洗、②蒸馏、③用无水MgSO4干燥、④用10%碳酸钠洗涤。①正确的操作步骤是________________(填标号)。A．①②③④B．③①④②C．④①③②D．③④①②②在乙酸丁酯的精制中，用10%碳酸钠洗涤的主要目的是_________。③在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后________(填标号)。a.直接将乙酸丁酯从分液漏斗的上口倒出b.直接将乙酸丁酯从分液漏斗的下口放出c.先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从下口放出d.先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口倒出(3)计算产率测量分水器内由乙酸与丁醇反应生成的水体积为1.8mL，假设在制取乙酸丁酯过程中反应物和生成物没有损失，且忽略副反应，乙酸丁酯的产率为________。28、（14分）英国曼彻斯特大学科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法成功获得超薄材料石墨烯而获奖。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如下：（1）下列有关石墨烯说法正确的是________________。A．键长：石墨烯>金刚石B．石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面C．12g石墨烯含键数为NAD．从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。①铜原子在基态时，在有电子填充的能级中，能量最高的能级符号为_____________；第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有________________________。②乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，请解释原因______________________________。③下列分子属于非极性分子的是__________________。a．甲烷b．二氯甲烷c．苯d．乙醇④酞菁与酞菁铜染料分子结构如图，酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是__________；酞菁铜分子中心原子的配位数为________________。⑤金与铜可形成的金属互化物合金（如图，该晶胞中，Au占据立方体的8个顶点）：它的化学式可表示为_____；在Au周围最近并距离相等的Cu有_____个，若2个Cu原子核的最小距离为dpm，该晶体的密度可以表示为___________________g/cm3。（阿伏伽德罗常数用NA表示）29、（10分）碘及其化合物在合成杀菌剂和药物等方面具有广泛用途。（1）氢碘酸与氯化铁溶液________（填“能”或“不能”）发生反应。（2）碘酸碘中的碘有+3、+5两种化合价，则碘酸碘的化学式为_______________。（3）粗碘中通常含有的卤素互化物ICl、IBr，在受热时均可像I2一样升华。将粗碘提纯为精碘方法是_______________。（已知：ICl+I-=I2+Cl-；IBr+I-=I2+Br-）（4）氯酸钾、碘单质按物质的量之比11:6和水反应会生成微溶于水的碘酸氢钾[KH(IO3)2]，并放出氯气。则该反应的化学方程式为__________________。（5）在工业上还可以用电解法来制备碘酸钾。若通过电解强酸性条件下的碘化钾溶液来制备碘酸钾，则产率极低，其原因是________（用离子方程式表示）。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【分析】A.氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集。B.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离。C.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。D.本装置为电解池，铁连接电源正极，通电才能发生氧化反应。【详解】A.氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集，A错误。B.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，B正确。C.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，不能除去NO2中的NO，C错误。D.本装置为电解池，铁连接在电源负极，铁不能发生氧化反应生成亚铁离子，故不能制备氢氧化亚铁，D错误。2、C【分析】核反应发电是核能转化成电能，113、115、117和118四种新元素均为第七周期元素，分别为ⅢA族、ⅤA族、ⅦA族与零族元素，结合同族元素递变规律解答。【详解】A.核反应发电是核能转化成电能，A项错误；B.第ⅤA族前六周期的元素由上自下依次为氮、磷、砷、锑、铋，则115号元素是位于第七周期第ⅤA族的金属元素，B项错误；C.第ⅦA族前六周期的元素由上自下依次为氟、氯、溴、碘、砹，117号元素是位于第七周期第ⅦA族的元素，可能为金属元素，C项正确；D.四种新元素都在第七周期，D项错误；答案选C。3、A【详解】A、浓硫酸具有脱水性和强的氧化性，使蔗糖脱水生成碳，该过程放热，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和二氧化碳和水，其化学反应方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故A正确；B、Cu溶于稀硝酸HNO3，其反应的生成物为硝酸铜、一氧化氮、水，其离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故B错误；C、向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，其反应的离子方程式为：SO42－＋2NH4＋＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2NH3·H2O，故C错误；D、以Ca(HCO3)2系数为1，与NaOH溶液反应的离子方程式为：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故D错误。【点睛】配比型离子反应方程式：当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关。书写方法为“少定多变”法（1）“少定”就是把相对量较少的物质定为“1mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符。（2）“多变”就是过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制约，是可变的。4、D【详解】A、T2O的摩尔质量为22g/mol，所以22.0gT2O的物质的量为1mol，中子数为12NA，A错误；B、过氧化钙CaO2中阴阳离子数目比为1:1，所以7.2g过氧化钙(CaO2)固体（物质的量为0.1mol）中阴、阳离子总数为0.2NA.B错误；C、没有给定气体的状态，不能计算出物质的量，C错误；D、NO和O2均为双原子分子，且标准状况下，2.24L气体为0.1mol，所以标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合充分反应后，原子总数是0.4NA，D正确；故选D。【点睛】能够使用气体摩尔体积等于22.4mol/L的一般条件为标准状况下为气体。C选项未提及状态，不能使用。5、C【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。6、A【解析】试题分析：①可以，此时W是氧气；②也是可以的，此时W是强碱，例如氢氧化钠；氮气和氧气反应只能得到NO，得不到NO2，所以③不可能；S单质燃烧生成物只能是SO2，也得不到三氧化硫，④不可能，所以正确的答案选A。考点：考查常见物质的性质、及有关转化点评：该题关键是熟练记住常见物质的性质，特别是化学性质。另外该题也可以通过排除法，利用具体的实例进行验证得出正确的结论。7、B【分析】利用勒夏特列原理的定义进行分析。【详解】A、Cl2与H2O发生Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，排饱和食盐水收集氯气，增加Cl-浓度，使平衡向逆反应方向进行，抑制Cl2的溶解，符合勒夏特列原理，故A不符合题意；B、H2和I2发生H2＋I22HI，组分都是气体，且反应前后气体系数之和相等，即增大压强平衡不移动，但组分浓度增大，颜色加深，故B符合题意；C、浓氨水中存在NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH固体，增加溶液中OH-的浓度，平衡向逆反应方向移动，NaOH固体遇水放出热量，使NH3逸出，故C不符合题意；D、2SO2＋O22SO3，使用过量的氧气，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率提高，故D不符合题意；答案选B。8、A【解析】A．同一主族元素的得电子能力随着原子序数的增大而减小，所以从氟到溴，其得电子能力逐渐减小，故A正确；B．同一主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减小，分解温度逐渐降低，故B错误；C．同一主族从上到下，离子半径逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，离子晶体的熔点越低，故C错误；D．由于卤族元素的单质均属于分子晶体，随相对分子质量增大范德华力增大，因而熔点逐渐升高，故D错误；故选A。9、D【分析】亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成铁离子、铵根离子，其反应方程式为8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、N元素化合价由+5价变为-3价，所以亚铁离子是还原剂、硝酸根离子是氧化剂，以此解答该题。【详解】反应方程式为8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O；A.亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成铁离子，不能用酸酸化，故A错误；B.该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、N元素化合价由+5价变为−3价，所以亚铁离子是还原剂、硝酸根离子是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:8，故B错误；C.反应中N元素化合价由+5价降低到−3价，则若有1molNO3−发生还原反应，则转移电子8mol，故C错误；D.若将该反应设计成原电池，则负极失电子发生氧化反应，根据氧化还原反应，亚铁离子失电子发生氧化反应，则负极反应式为Fe2+-e－＝Fe3+，故D正确；答案选D。10、A【解析】溶质的物质的量为mol，溶液的体积是V22.4×M+0.1×103d×10－3L，根据c=n/V，代入数值，得出物质的量浓度为mol·L－111、D【解析】把400mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，设200mL溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为：NH4HCO3+2NaOH═NH3•H2O+Na2CO3+H2O，1

2x

amol解得：x=0.5amol；故NH4HCO3为0.5amol。加入含bmolHCl的盐酸的反应为：NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，1

1

1

20.5amol

0.5amol

y

b-0.5amol解得：y=(b-0.5amol)mol；n(Na+)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a)mol，c(Na+)==(5b-a)mol/L，故选D。12、B【解析】A．将少量SO2气体通入氨水中生成亚硫酸铵，不生成亚硫酸氢铵，A错误；B．铝溶于NaOH溶液中生成偏铝酸盐和氢气，离子方程式电荷守恒，原子守恒，产物正确，B正确；C．醋酸是弱酸，用化学式表示，不能拆成离子形式，C错误；D．酸性溶液中不能生成OH-，D错误；综上所述，本题选B。13、A【解析】A．Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O中氯元素一部分升高化合价，一部分降低化合价，A符合；B．2KClO32KCl＋3O2↑氧元素由-2价升高到0价，氯元素由+5价降低到-1价，B不符；C．2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑氧元素由-2价升高到0价，锰元素由+7价降低到+2价，C不符；D．2H2O2H2↑＋O2↑氢元素由+1价降低到0价，氧元素由-2价升高到0价，D不符；答案选A。14、C【详解】A．由反应②知，可将氧化为，故A不符合题意；B．由反应③知，可将氧化为，故B不符合题意；C．由反应①知，可将氧化为，自身转变为，故可将除去，而、不受影响，故C符合题意；D．不能氧化，无法除去，故D不符合题意；答案选C。15、A【解析】A项，该反应为分解反应，ΔH0，反应物中没有气体，生成物中有气体，ΔS0，正确；B项，NH4Cl溶液中存在水解平衡：NH4++H2ONH3·H2O+H+，加水稀释促进NH4+的水解，为水解平衡常数，温度不变，水解平衡常数不变，加水稀释不变，错误；C项，没有指明H2所处温度和压强，无法计算11.2LH2的物质的量，无法计算转移的电子数；D项，由于NaCl和KBr的浓度未知，无法确定加入AgNO3溶液优先达到的是AgCl的溶度积还是AgBr的溶度积，无法确定优先生成AgCl沉淀还是AgBr沉淀，错误；答案选A。点睛：易错分析：错选B，以为加水稀释促进NH4+的水解，NH3·H2O、H+物质的量浓度增加，NH4+物质的量浓度减小，增大；错选C，以22.4L/mol计算H2物质的量；错选D，Ksp（AgCl）Ksp（AgBr），以为加入AgNO3溶液一定先达到AgBr的溶度积，忽视溶液中Cl-和Br-浓度的大小未知。16、B【解析】A．物质的量为一种基本物理量，摩尔是物质的量的单位，不是一种物理量，故A错误；B．物质的量为国际单位制中的七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，符号为mol，故B正确；C、未注明是否为标准状况，无法判断22.4LO2中所含氧气分子，故C错误；D.1mol氧，该表示方法错误，无法判断是1mol氧气还是1mol氧原子，故D错误；故选B。17、D【详解】A．醋酸是弱酸，书写离子方程式时应保留其分子式，A项错误；B．用氯化铁溶液腐蚀铜板，反应生成铜离子和亚铁离子，离子方程式中电荷必须守恒，正确的离子方程式为：Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，B项错误；C．过量的Cl2会把FeBr2溶液中的Fe2+、Br－完全氧化，离子方程式中n(Fe2+):n(Br－)=1:2，正确的离子方程式为：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2＝2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，C项错误；D．Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性要求反应中n(Ba2+):n(OH-)=1:2，NaHSO4为强酸的酸式盐，可以完全电离，D项正确；答案选D。18、D【解析】石油通过分馏得到直馏汽油，通过裂化才能得到裂化汽油，故选D。19、A【解析】A项，使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下离子间不反应，能大量共存；B项，c(

OH-)

<

即c（OH-）c（H+），溶液呈酸性，酸性条件下H+与ClO-结合成弱酸HClO，ClO-不能大量存在；C项，酸性条件下NO3-表现强氧化性，发生离子反应：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，含大量Fe（NO3）2的溶液中H+不能大量存在；D项，水电离的c(

H+)=

1×

10

-13mol/L，常温下溶液的pH可能为1或13，若溶液呈酸性CH3COO-不能大量存在，若溶液呈碱性Mg2+不能大量存在；答案选A。点睛：离子不能大量共存的原因有：（1）离子间发生复分解反应生成沉淀、弱电解质、气体；（2）离子间发生氧化还原反应，如Fe2+与H+、NO3-等；（3）离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；（4）离子间发生双水解反应，如Al3+、Fe3+与CO32-、HCO3-、AlO2-等；（5）注意题干的附加条件，如无色溶液中不含MnO4-、Cu2+、Fe3+、Fe2+等；酸性溶液中与H+反应的离子不能存在；碱性溶液中与OH-反应的离子不能存在。20、B【详解】A项，N2中含氮氮三键，键能大，性质稳定，可填充在食品袋防腐，乙醇具有可燃性，燃烧时放出大量的热，可用作燃料，CO具有还原性，可冶炼Fe等金属，A项正确；B项，甲醇有毒，食用少量甲醇可使人双目失明，大量食用可使人死亡，假酒中毒是由甲醇引起的，假盐中毒是由NaNO2引起的，瓦斯爆炸是由天然气引起的，B项错误；C项，铁是构成血红蛋白的必须元素之一，缺铁易引起贫血，钙在人体中主要存在于骨骼和牙齿中，缺钙易得佝偻病或骨质疏松症，缺碘易得甲状腺肿大，C项正确；D项，油污易溶于汽油，去除衣服上的油污用汽油洗涤，水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，食醋含CH3COOH，CaCO3和Mg(OH)2能溶于CH3COOH，用食醋清除热水瓶中的水垢，把煤做成蜂窝状，增大接触面积，使煤燃烧更旺，D项正确；答案选B。21、B【分析】A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性；B.根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。22、B【解析】A、滴定管的精度为0.01ml，故A错误；B、若配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质，使KOH浓度偏高，滴定未知浓度的盐酸时，则使消耗标准液的体积偏小，使测的盐酸的浓度偏小；C、酸性高锰酸钾溶液滴定未知浓度的H2C2O4溶液，2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2On（KMnO4）：n（H2C2O4）=2：5，则H2C2O4溶液的浓度为5C1二、非选择题(共84分)23、D酯基、醚键C16H22O34+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O211，2，4，5-四甲基苯【分析】甲苯与CH2=CH-CH3发生加成反应产生B：，B与CH3COCl在AlCl3催化下发生苯环上对位的取代反应产生C：，C与ClCH2COOC2H5在C2H5ONa作用下反应产生D：，D与NaOH、HCl先后发生反应产生E：，E中含有醛基，与银氨溶液反应反应，醛基被氧化变为羧基，在碱性条件下反应产生的F是羧酸铵盐，结构简式是，F酸化得到G是。【详解】(1)A→B的反应类型是加成反应；B→C的反应类型是取代反应；E→F的反应类型是氧化反应，没有发生的反应类型是消去反应，故合理选项是D；(2)D的结构简式是，分子中含有的官能团名称是酯基、醚键；D分子式是C16H22O3；手性C原子是连接4个不同原子或原子团的C原子，在A→G中有手性碳的物质有、、、四种物质，其中的手性C原子用※进行了标注；(3)E是，含有醛基-CHO，具有还原性，能够与Ag(NH3)2OH水浴加热，发生氧化反应，产生醛基被氧化变为—COOH，由于该溶液显碱性，—COOH与NH3结合形成—COONH4，该反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)B是，分子式是C10H14。其含有苯环的同分异构体中，侧链可能含有一个取代基、二个取代基、三个取代基、四个取代基。若只有一个取代基，—C4H9，该取代基为丁基，丁基有2种不同结构，每种结构都有2种不同的H原子，去掉B物质本身，有3种不同结构；若有二个取代基，可能是—CH3、—CH2CH2CH3，—CH3、或2个-CH2CH3共3种情况，它们在苯环上的位置有邻、间、对三种，故含有2个取代基的同分异构体种类数有3×3=9种；若有三个取代基，则其中1个-CH2CH3、2个—CH3，根据它们在苯环上的位置的不同，共有6种不同结构；若有四个取代基，则有4个—CH3，根据它们在苯环上的位置的不同，共有3种不同结构；故物质B的含有苯环的同分异构体种类数目共有3+9+6+3=21种；其中一种同分异构体核磁共振氢谱只有2组峰，说明该物质分子中含有2种不同位置的H原子，该同分异构体结构简式是，名称是1，2，4，5-四甲基苯。【点睛】本题以布洛芬的合成为线索，考查有机化学反应类型、结构简式的书写、同分异构体数目的判断。要根据物质转化关系中反应前后物质结构的不同，结合反应特点判断反应类型；易错点是物质B的同分异构体种类的判断，要结合侧链的数目、侧链的种类、侧链在苯环上的相对位置进行分析判断。24、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O4：1第四周期Ⅷ族NO0.4ac(Na+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)【分析】(1)若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：4，结合实验室常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取氯气来解答；(2)A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，即A为碳元素；A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为碳与浓硝酸反应，然后利用元素的化合价分析；(3)A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中，则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；利用铁的原子序数分析其位置，利用三价铁离子与铁的反应及溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等来计算被还原的三价铁；(4)向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有Cl-，B的焰色为黄色，则B中含有钠元素，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，利用反应中各物质的量级偏铝酸钠的水解来分析。【详解】(1)因黄绿色气体为氯气，氯原子最外层7个电子，则氯气中存在一对共用电子对，其电子式为，A、B的物质的量之比为1：4，则反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，其质子数等于电子数等于6，即A为碳元素；A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为碳与浓硝酸反应，其反应为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。根据元素的化合价变化可知：碳元素的化合价升高，则碳作还原剂；硝酸中氮元素的化合价降低，则硝酸作氧化剂，由化学计量数可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1；(3)A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应方程式为Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O。①铁为26号元素，在在元素周期表中的第四周期Ⅷ族，铁与稀硝酸反应生成的气体Y为NO；②设被还原的硝酸铁的物质的量为x，则根据放出2Fe3++Fe=3Fe2+可知：每有2molFe3+反应会产生3molFe2+，假设反应的Fe3+的物质的量是x，则反应产生Fe2+的物质的量是mol，由于反应后溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则a-x=，解得x=0.4a；(4)若A、B、X、Y均为化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有Cl-，B的焰色为黄色，则B中含有Na+，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，其反应为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，由题意知A与B的物质的量分别为1mol、4mol，则n(Na+)=4mol，n(Cl-)=3mol，NaAlO2是强碱弱酸盐，AlO2-水解消耗，则n(AlO2-)<1mol，因偏铝酸根离子水解则溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，则c(AlO2-)>c(OH-)，故溶液离子大小为：c(Na+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、化学方程式的书写、离子浓度大小比较等，要求学生应熟悉常见的氧化还原反应及常见物质的性质，弄清物质结构与物质组成及性质的关系，这是解答本题的关键。25、2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O3，2，10，2，6，84FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O>溶液酸碱性不同【解析】装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2；由于Cl2中混有HCl（g）和H2O（g），HCl（g）会消耗Fe（OH）3和KOH，装置B中应盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl（g）；C装置中Cl2与KOH、Fe（OH）3反应制备K2FeO4，在此装置中Cl2还可以直接与KOH反应生成KCl、KClO和H2O；D装置中NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止污染大气。【详解】（1）①根据题意，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据电子守恒和原子守恒配平，A中反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；②C中Cl2与KOH、Fe（OH）3反应制备K2FeO4，反应中Cl2做氧化剂被还原为KCl，Fe(OH)3做还原剂被氧化K2FeO4，根据电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，故答案为：3，2，10，2，6，8；（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.溶液a中滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明溶液a中含有Fe3+，Fe3+的产生不能判断FeO42-与Cl-一定发生了反应，根据资料“K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2”，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O，故答案为：4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O；②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2>FeO42-；根据方案II，方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，由方案II得出氧化性FeO42->Cl2，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱，故答案为：>；溶液酸碱性不同。【点睛】理解制备K2FeO4的原理和K2FeO4性质探究的原理是解答本题的关键。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置→除杂净化装置→制备实验装置→尾气吸收。进行物质性质实验探究是要控制反应的条件、排除其他物质的干扰。26、AD2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化蒸发浓缩，冷却结晶79.6%（或0.796）ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－【分析】粗铜（含杂质Fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，同时抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入X调节溶液pH，得到溶液乙，经过系列操作得到CuCl2•2H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶得到CuCl2•2H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体，据此分析。【详解】(1)用于调节pH以除去溶液1杂质可加试剂具有与酸反应，且不引入Cu2+之外的离子，故用CuO或Cu2(OH)2CO3，调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，故答案为：AD；(2)①根据信息可知：在加热条件下，SO2与铜离子反应生成CuCl白色沉淀和，其反应的离子方程式为：2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+，故答案为：2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+；②由于CuCl露置于潮湿空气中易被氧化，于70℃真空干燥的目的是加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化，故答案为：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；(3)氯化铜溶液易水解，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到CuCl2⋅2H2O，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；(4)根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为20.35mL，误差大舍去，滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为20mL，结合方程式可知：，CuCl的纯度为，故答案为：79.6%（或0.796）；(5)反应后，盛有NaOH溶液的广口瓶中生成NaClO溶液，该溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁(含Fe、C)制品盛装该溶液会发生电化腐蚀，ClO−得电子作正极生成Cl−，则正极上的电极方程式为：ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－，故答案为：ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－。27、CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2Ob分离生成的水，使平衡正向移动，提高产品的产率C洗掉浓硫酸和过量的乙酸d77.1%【分析】（1）根据冷水从下进上出冷却效果好判断进水口，正丁醇和冰醋酸反应生成乙酸丁酯和水，水的密度大，除掉生成物平衡右移；（2）①根据各物质的溶解性及性质进行排序；②饱和碳酸钠溶液能洗掉浓硫酸和过量的乙酸；③乙酸丁酯的不溶于水，密度比水小，所以先从下口放出水溶液，再从上口倒出乙酸丁酯；（3）先根据正丁醇的量计算理论上酯的量，再根据水的量计算实际上酯的量，实际上酯的量与理论值之比即为酯的产率。【详解】（1）正丁醇和冰醋酸（过量)反应生成乙酸丁酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O，冷凝管冷却时，采用逆流冷却的效果好，所以冷水从b进，生成乙酸丁酯的反应为可逆反应，生成物