高考_高考化学真题试卷_*苏高考化学_2020*苏高考化学试题及*

2020年*苏高考真题化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Il27单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是A.PM2.5B.O2C.SO2D.NO2.反应false可用于*气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为9的氮原子：falseB.N2分子的电子式：falseC.Cl2分子的结构式：Cl—ClD.Cl的结构示意图：3.下列有关物质的*质与用途具有对应关系的是A.铝的金属活泼*强，可用于制作铝金属制品B.氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料C.*氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃*D.明*溶于水并水解形成胶体，可用于净水4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.false氨水溶液：Na+、K+、OH、NOB.false盐*溶液：Na+、K+、SOfalse、SiOfalseC.falseKMnO4溶液：NH、Na+、NO、ID.falseAgNO3溶液：NH、Mg2+、Cl、SOfalse5.实验室以CaCO3为原料，制备CO2并获得CaCl2﹒6H2O晶体。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是A.制备CO2B.收集CO2C.滤去CaCO3D.制得CaCl2﹒6H2O6.下列有关化学反应叙述正确的是A.室温下，Na在空气中反应生成Na2O2B.室温下，Al与4.0mol﹒L1NaOH溶液反应生成NaAlO2C.室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体D.室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO47.下列指定反应的离子方程式正确的是A.Cl2通入水中制*水：falseB.NO2通入水中制**：falseC.falseNaAlO2溶液中通入过量CO2：falseD.falseAgNO3溶液中加入过量浓氨水：false8.反应false可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是A.该反应false、falseB.该反应的平衡常数falseC.高温下反应每生成1molSi需消耗falseD用E表示键能，该反应false阅读下列资料，完成9~10题海水晒盐后精制得到NaCl，*碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl2和NaOH，以NaCl、NH3、CO2等为原料可得到NaHCO3；向海水晒盐得到的卤水中通Cl2可制溴；从海水中还能提取镁。9.下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是A.NaOH的碱*比Mg(OH)2的强B.Cl2得到电子的能力比Br2的弱C.原子半径r:falseD.原子的最外层电子数n:false10.下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.false(aq)false(g)false漂白粉(s)B.false(aq)false(s)false(s)C.false(aq)false(aq)false(aq)D.false(s)falsefalse(aq)false(s)不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确*只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确*包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是A.*极的电极反应式为falseB.金属M的活动*比Fe的活动*弱C.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快12.化合物Z是合成某种抗结核候选*物的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是A.X分子中不含手*碳原子B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面C.Z在浓硫*催化下加热可发生消去反应D.X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成*三醇13.根据下列实验*作和现象所得到的结论正确的是选项实验*作和现象结论A向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中*，再滴加少量*水，溶液变蓝淀粉未水解B室温下，向falseHCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升镁与盐*反应放热C室温下，向浓度均为false的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液，出现白*沉淀白*沉淀是BaCO3D向falseH2O2溶液中滴加falseKMnO4溶液，溶液褪*H2O2具有氧化*A.AB.BC.CD.D14.室温下，将两种浓度均为false的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.false混合溶液(pH=10.30)：falseB.氨水NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：falseC.false混合溶液(pH=4.76):falseD.false混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱*):false15.CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应falsefalse在恒压、反应物起始物质的量比false条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是A.升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化C.相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D.恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值16.吸收工厂*气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收*气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫*盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3、SO32的物质的量分数随pH的分布如图1所示。(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的*离子是_____________(填化学式)。(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。(3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SOfalse生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。17.化合物F是合成某种抗肿瘤*物的重要中间体，其合成路线如下：(1)A中的含氧官能团名称为*基、__________和____________。(2)B的结构简式为______________。(3)C→D的反应类型为___________。(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式________。①能与FeCl3溶液发生显*反应②能发生水解反应，水解产物之一是α氨基*，另一产物分子中不同化学环境的*原子数目比为1:1且含苯环。(5)写出以CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________。18.次***溶液和二*异*尿**(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二*异*尿**.(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为__________；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是__________________。(2)二*异*尿**优质品要求有效*大于60%。通过下列实验检测二*异*尿**样品是否达到优质品标准。实验检测原理为falsefalsefalse准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于*量瓶中，加入适量稀硫*和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用falseNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄*，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程，false)②若在检测中加入稀硫*的量过少，将导致样品的有效*测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。19.实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁*材料αFe2O3。其主要实验流程如下：(1)*浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有___________(填序号)。A．适当升高*浸温度B．适当加快搅拌速度C．适当缩短*浸时间(2)还原：向“*浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验*作是______________。(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________[false，false]。(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。①生成FeCO3沉淀的离子方程式为____________。②设计以FeSO4溶液、氨水NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3实验方案：__。【FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5】。20.CO2/HCOOH循环在*能的贮存/释放、燃料电池等方*有重要应用。(1)CO2催化加*。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO3转化为HCOO的转化率随温度的变化如图1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3催化加*的转化率迅速上升，其主要原因是_____________。(2)HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池*能的装置如图2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。①电池负极电极反应式为_____________；放电过程中需补充的物质A为_________(填化学式)。②图2所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_______________。(3)HCOOH催化释*。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图3所示。①HCOOD催化释*反应除生成CO2外，还生成__________(填化学式)。②研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释*的效果更佳，其具体优点是_______________。21.以铁、硫*、柠檬*、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬*铁铵【(NH4)3Fe(C6H5O7)2】。(1)Fe基态核外电子排布式为___________；false中与Fe2+配位的原子是________(填元素符号)。(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是____________；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______________。(3)与NH互为等电子体的一种分子为_______________(填化学式)。(4)柠檬*的结构简式见图。1mol柠檬*分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为_________mol。22.羟基乙**易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。制备少量羟基乙**的反应为false实验步骤如下：步骤1：如图所示装置的反应瓶中，加入40g*乙*、50mL水，搅拌。逐步加入40%NaOH溶液，在95℃继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活*炭脱*，分离掉活*炭。步骤4：将去除活*炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙**。(1)步骤1中，如图所示的装置中仪器A的名称是___________；逐步加入NaOH溶液的目的是____________。(2)步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是_______________。(3)步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率__________(填“增大”或“减小”)；去除活*炭的*作名称是_______________。(4)步骤4中，将去除活*炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是_______________。2020年*苏高考真题化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Il27单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是A.PM2.5B.O2C.SO2D.NO【*】B【解析】【详解】A．PM2.5指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米颗粒物，PM2.5粒径小，面积大，活*强，易附带有毒、有害物质，且在大气中的停留时间长、输送距离远，因而对人体健康和大气环境质量的影响大，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，PM2.5属于空气污染物，A不选；B．O2是空气的主要成分之一，是人类维持生命不可缺少的物质，不属于空气污染物，B选；C．SO2引起的典型环境问题是形成硫*型*雨，SO2属于空气污染物，C不选；D．NO引起的典型环境问题有：**型*雨、光化学*雾、破坏O3层等，NO属于空气污染物，D不选；*选B。2.反应false可用于*气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为9的氮原子：falseB.N2分子的电子式：falseC.Cl2分子的结构式：Cl—ClD.Cl的结构示意图：【*】C【解析】【详解】A．N原子的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示为false，A错误；B．N2分子中两个N原子间形成3对共用电子对，N2分子的电子式为，B错误；C．Cl2分子中两个Cl原子间形成1对共用电子对，Cl2分子的结构式为Cl—Cl，C正确；D．Cl的核电荷数为17，核外有18个电子，Cl的结构示意图为，D错误；*选C。3.下列有关物质的*质与用途具有对应关系的是A.铝的金属活泼*强，可用于制作铝金属制品B.氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料C.*氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃*D.明*溶于水并水解形成胶体，可用于净水【*】D【解析】【详解】A．铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展*，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；B．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；C．*氧化铝为两**氧化物，可以用于中和过多的胃*，C错误；D．明*溶于水后电离出的铝离子水解生成*氧化铝胶体，*氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；故选D。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.false氨水溶液：Na+、K+、OH、NOB.false盐*溶液：Na+、K+、SOfalse、SiOfalseC.falseKMnO4溶液：NH、Na+、NO、ID.falseAgNO3溶液：NH、Mg2+、Cl、SOfalse【*】A【解析】【详解】A．在0.1mol/L氨水中，四种离子可以大量共存，A选；B．在0.1mol/L盐*中含有大量*离子，四种离子中硅*根可以与*离子反应生成硅*沉淀，故不能共存，B不选；C．false具有强氧化*，可以将*离子氧化成*单质，故不能共存，C不选；D．在0.1mol/L**银溶液中，银离子可以与*离子、硫*根离子反应生成*化银、硫*银沉淀，不能共存，D不选；故选A。5.实验室以CaCO3为原料，制备CO2并获得CaCl2﹒6H2O晶体。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是A.制备CO2B.收集CO2C.滤去CaCO3D.制得CaCl2﹒6H2O【*】D【解析】【详解】A．碳*钙盛放在锥形瓶中，盐*盛放在分液漏斗中，打开分液漏斗活塞，盐*与碳*钙反应生成*化钙、二氧化碳和水，故A正确；B．二氧化碳密度比空气大，用向上排空气法收集二氧化碳气体，故B正确；C．加入的盐*与碳*钙反应后，部分碳*钙未反应完，碳*钙是难溶物，因此用过滤的方法分离，故C正确；D．CaCl2∙6H2O易失去结晶水，因此不能通过加热蒸发皿得到，可由*化钙的热饱和溶液冷却结晶析出六水*化钙结晶物，故D错误。综上所述，*为D。6.下列有关化学反应叙述正确的是A.室温下，Na在空气中反应生成Na2O2B.室温下，Al与4.0mol﹒L1NaOH溶液反应生成NaAlO2C.室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体D.室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4【*】B【解析】【详解】A．室温下，*与空气中氧气反应生成氧化*，故A错误；B．室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝**和*气，故B正确；C．室温下，铜与浓**反应生成二氧化氮气体，故C错误；D．室温下，铁在浓硫*中发生钝化，故D错误。综上所述，*为B。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A.Cl2通入水中制*水：falseB.NO2通入水中制**：falseC.falseNaAlO2溶液中通入过量CO2：falseD.falseAgNO3溶液中加入过量浓氨水：false【*】C【解析】【详解】A.次**为弱*，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故A错误；B.NO2与H2O反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，离子方程式为3NO2＋H2O=2H＋＋2false＋NO，故B错误；C.碳*的**强于偏铝*，因此NaAlO2溶液通入过量的CO2，发生的离子方程式为false＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋false，故C正确；D.AgOH能与过量的NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH，故D错误；*为C。【点睛】本题应注意“量”，像选项C中若不注意CO2是过量的，往往产物写成false，还有选项D，AgOH能溶于氨水中，生成银氨溶液。8.反应false可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是A.该反应false、falseB.该反应的平衡常数falseC.高温下反应每生成1molSi需消耗falseD用E表示键能，该反应false【*】B【解析】【详解】A．SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，故A错误；B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=false,故B正确；C.题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，故C错误；D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl)－2E(Si－Si)，故D错误；*为B。阅读下列资料，完成9~10题海水晒盐后精制得到NaCl，*碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl2和NaOH，以NaCl、NH3、CO2等为原料可得到NaHCO3；向海水晒盐得到的卤水中通Cl2可制溴；从海水中还能提取镁。9.下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是A.NaOH的碱*比Mg(OH)2的强B.Cl2得到电子的能力比Br2的弱C.原子半径r:falseD.原子的最外层电子数n:false【*】A【解析】【详解】A．同周期自左至右金属*减弱，所以金属*Na＞Mg，则碱*NaOH＞Mg(OH)2，故A正确；B．同主族元素自上而下非金属*减弱，所以非金属*Cl＞Br，所以Cl2得电子的能力比Br2强，故B错误；C．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径：r(Br)＞r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，故C错误；D．Cl和Br为同主族元素，最外层电子数相等，故D错误。综上所述，*为A。10.下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.false(aq)false(g)false漂白粉(s)B.false(aq)false(s)false(s)C.false(aq)false(aq)false(aq)D.false(s)falsefalse(aq)false(s)【*】C【解析】【详解】A．石灰水中Ca(OH)2浓度太小，一般用*气和石灰乳反应制取漂白粉，故A错误；B．碳*的**弱于盐*，所以二氧化碳与*化*溶液不反应，故B错误；C．氧化*Cl2＞Br2＞I2，所以*气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化*化*得到*单质，故C正确；D．电解*化镁溶液无法得到镁单质，阳极*离子放电生成*气，*极水电离出的*离子放电产生*气，同时产生大量*氧根，与镁离子产生沉淀，故D错误。综上所述，*为C。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确*只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确*包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是A.*极的电极反应式为falseB.金属M的活动*比Fe的活动*弱C.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快【*】C【解析】【分析】该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的*极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正极，据此分析解答。【详解】A.*极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误；B.阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动*比Fe的活动*强，故B错误；C.金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确；D.海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电*越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；故选：C。12.化合物Z是合成某种抗结核候选*物的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是A.X分子中不含手*碳原子B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面C.Z在浓硫*催化下加热可发生消去反应D.X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成*三醇【*】CD【解析】【详解】A.X中红*碳原子为手*碳原子，故A说法错误；B.中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键，可以旋转，因此左侧*基上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，故B说法错误；C.中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有*原子，在浓硫*作催化并加热条件下，能够发生消去反应，故C说法正确；D.中含有卤素原子，在过量*氧化*溶液并加热条件下能够发生取代反应生成*三醇，在*氧化*溶液作用下先发生水解反应生成，然后在*氧化*溶液并加热条件下能够发生取代反应生成*三醇，故D说法正确；综上所述，说法正确的是：CD。【点睛】醇类和卤代烃若发生消去反应，则醇分子中羟基(OH)或卤代烃中卤原子相连的碳原子必须有相邻的碳原子，且此相邻的碳原子上还必须连有*原子时，才可发生消去反应。13.根据下列实验*作和现象所得到的结论正确的是选项实验*作和现象结论A向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中*，再滴加少量*水，溶液变蓝淀粉未水解B室温下，向falseHCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升镁与盐*反应放热C室温下，向浓度均为false的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液，出现白*沉淀白*沉淀是BaCO3D向falseH2O2溶液中滴加falseKMnO4溶液，溶液褪*H2O2具有氧化*A.AB.BC.CD.D【*】B【解析】【详解】A.加入*水后，溶液呈蓝*，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反应，故A错误；B.加入盐*后，产生大量气泡，说明镁与盐*发生化学反应，此时溶液温度上升，可*镁与盐*反应放热，故B正确；C.BaCl2、CaCl2均能与Na2CO3反应，反应产生了白*沉淀，沉淀可能为BaCO3或CaCO3或二者混合物，故C错误；D.向H2O2溶液中加入高锰*钾后，发生化学反应2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑等(中*条件)，该反应中H2O2被氧化，体现出还原*，故D错误；综上所述，故*为：B。【点睛】淀粉在稀硫*作催化剂下的水解程度确定试验较为典型，一般分三种考法：①淀粉未发生水解：向充分反应后的溶液中加入*单质，溶液变蓝，然后加入过量*氧化*溶液使溶液呈碱*，然后加入新制*氧化铜溶液并加热，未生成砖红*沉淀；②淀粉部分发生水解：向充分反应后的溶液中加入*单质，溶液变蓝，然后加入过量*氧化*溶液使溶液呈碱*，然后加入新制*氧化铜溶液并加热，生成砖红*沉淀；③向充分反应后的溶液中加入*单质，溶液不变蓝，然后加入过量*氧化*溶液使溶液呈碱*，然后加入新制*氧化铜溶液并加热，生成砖红*沉淀。此实验中需要注意：①*单质需在加入*氧化*溶液之前加入，否则*氧化*与*单质反应，不能完成淀粉的检验；②**水解后的溶液需要加入*氧化*溶液碱化，否则无法完成葡萄糖的检验；③利用新制*氧化铜溶液或银氨溶液检验葡萄糖试验中，均需要加热，银镜反应一般为水浴加热。14.室温下，将两种浓度均为false的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.false混合溶液(pH=10.30)：falseB.氨水NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：falseC.false混合溶液(pH=4.76):falseD.false混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱*):false【*】AD【解析】【详解】A.NaHCO3水溶液呈碱*，说明false的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：false，溶液中剩余微粒浓度关系为：false，false和false水解程度微弱，生成的OH浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：false，故A正确；B.该混合溶液中电荷守恒为：false，物料守恒为：false，两式联立消去c(Cl)可得：false，故B错误；C.若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO)=c(Na+)，该溶液呈**，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误；D.该混合溶液中物料守恒为：false，电荷守恒为：false，两式相加可得：false，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。15.CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应falsefalse在恒压、反应物起始物质的量比false条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是A.升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化C.相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D.恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值【*】BD【解析】【详解】A．**和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，**转化率增大，**和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，**转化率减小，故A错误；B．根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g)H2(g)＋3CO(g)＋H2O(g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B正确；C．使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；D．800K时**的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高**的转化率达到Y点的值，故D正确。综上所述，*为BD。16.吸收工厂*气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收*气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫*盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3、SO32的物质的量分数随pH的分布如图1所示。(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的*离子是_____________(填化学式)。(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。(3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SOfalse生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。【*】(1).false或false(2).HSO(3).ZnSO3(4).false或false(5).随着pH降低，HSO浓度增大(6).减小【解析】【分析】向氨水中通入少量的SO2，反应生成亚硫*铵，结合图像分析pH=6时溶液中浓度最大的*离子；通过分析ZnO吸收SO2后产物的溶解*判断吸收率变化的原因；通过分析false与氧气反应的生成物，分析溶液pH的变化情况。【详解】(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫*铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2false+false（或2NH3·H2O+SO2=2false+false+H2O）；根据图1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫*，仅含有false和false，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中*离子浓度最大的是false；(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2false（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2false）(3)false可以经氧气氧化生成false，这一过程中需要调节溶液pH在4.5~6.5的范围内，pH越低，溶液中的false的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的false反应生成false，反应的离子方程式为2false+O2=2false+2H+，随着反应的不断进行，有大量的*离子生成，导致*离子浓度增大，溶液pH减小。17.化合物F是合成某种抗肿瘤*物的重要中间体，其合成路线如下：(1)A中的含氧官能团名称为*基、__________和____________。(2)B的结构简式为______________。(3)C→D的反应类型为___________。(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式________。①能与FeCl3溶液发生显*反应②能发生水解反应，水解产物之一是α氨基*，另一产物分子中不同化学环境的*原子数目比为1:1且含苯环。(5)写出以CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________。【*】(1).醛基(2).(*)羟基(3).(4).取代反应(5).(6).【解析】【分析】本题从官能团的*质进行分析，利用对比反应前后有机物不同判断反应类型；【详解】(1)根据A的结构简式，A中含氧官能团有*基、*羟基、醛基；(2)对比A和C的结构简式，可推出A→B：CH3I中的－CH3取代*羟基上的H，即B的结构简式为；(3)对比C和D的结构简式，Br原子取代－CH2OH中的羟基位置，该反应类型为取代反应；(4)①能与FeCl3溶液发生显*反应，说明含有*羟基；②能发生水解反应，说明含有酯基或肽键，水解产物之一是α－氨基*，该有机物中含有“”，另一产物分子中不同化学环境的*原子数目之比为1：1，且含有苯环，说明是对称结构，综上所述，符合条件的是；(5)生成,根据E生成F，应是与H2O2发生反应得到，按照D→E，应由CH3CH2CH2Br与反应得到，CH3CH2CHO与H2发生加成反应生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH在PBr3作用下生成CH3CH2CH2Br，合成路线是CH3CH2CHOCH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br。【点睛】有机物的推断和合成中，利用官能团的*质以及反应条件下进行分析和推断，同时应注意利用对比的方法找出断键和生成键的部位，从而确定发生的反应类型。18.次***溶液和二*异*尿**(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二*异*尿**.(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为__________；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是__________________。(2)二*异*尿**优质品要求有效*大于60%。通过下列实验检测二*异*尿**样品是否达到优质品标准。实验检测原理为falsefalsefalse准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于*量瓶中，加入适量稀硫*和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用falseNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄*，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程，false)②若在检测中加入稀硫*的量过少，将导致样品的有效*测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。【*】(1).false(2).NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解(3).false根据物质转换和电子得失守恒关系：false得false*元素的质量:false该样品的有效*为：false该样品的有效*大于60%，故该样品为优质品(4).偏低【解析】【详解】(1)由题意可知，*气通入*氧化*中产生次***，同时产生*化*，反应的离子方程式为：false；次***溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次****比碳*弱，因此次***可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定*，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而是次***失效，故*为：false；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解；(2)①由题中反应可知，false在**条件产生HClO，HClO氧化*离子产生*单质，*单质再用硫代硫**滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：false，false，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5false=false，*元素的质量：m(Cl)=false=0.03550g，该样品中的有效*为：false=63.39%，该样品中的有效*大于60%，故该样品为优质品故*为：n(S2Ofalse)=false，根据物质转换和电子得失守恒关系：false，得n(Cl)=0.5false=false，*元素的质量：m(Cl)=false=0.03550g，该样品中的有效*为：false=63.39%，该样品中的有效*大于60%，故该样品为优质品②如果硫*的用量过少，则导致反应false不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效*含量会偏低，故*为：偏低；19.实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁*材料αFe2O3。其主要实验流程如下：(1)*浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有___________(填序号)。A．适当升高*浸温度B．适当加快搅拌速度C．适当缩短*浸时间(2)还原：向“*浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验*作是______________。(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________[false，false]。(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。①生成FeCO3沉淀的离子方程式为____________。②设计以FeSO4溶液、氨水NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3实验方案：__。【FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5】。【*】(1).AB(2).H2(3).取少量清液，向其中滴加几滴KS溶液，观察溶液颜*是否呈血红*(4).pH偏低形成HF，导致溶液中F浓度减小，CaF2沉淀不完全(5).false或false(6).在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐**化的BaCl2溶液，不出现白*沉淀【解析】【分析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“*浸”得到相应硫*盐溶液，向“*浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列*作制得α—Fe2O3；据此分析作答。【详解】(1)A．适当升高*浸温度，加快*浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；B．适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫*溶液的接触，加快*浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；C．适当缩短*浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；*选AB。(2)为了提高铁元素的浸出率，“*浸”过程中硫*溶液要适当过量，故向“*浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KS溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验*作是：取少量清液，向其中滴加几滴KS溶液，观察溶液颜*是否呈血红*，若不呈血红*，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红*，则Fe3+没有还原完全，故*为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KS溶液，观察溶液颜*是否呈血红*。(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F)，当Ca2+完全沉淀（某离子浓度小于1×105mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F)至少为falsemol/L=false×102mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F形成弱*HF，导致溶液中c(F)减小，CaF2沉淀不完全，故*为：pH偏低形成HF，导致溶液中F浓度减小，CaF2沉淀不完全。(4)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为Fe2++false+NH3·H2O=FeCO3↓+false+H2O（或Fe2++false+NH3=FeCO3↓+false），*为：Fe2++false+NH3·H2O=FeCO3↓+false+H2O（或Fe2++false+NH3=FeCO3↓+false）。②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐**化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含false；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐**化的BaCl2溶液，不出现白*沉淀，故*为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐**化的BaCl2溶液，不出现白*沉淀。【点睛】本题的易错点是实验方案设计中的细节，需注意两点：(1)控制pH不形成Fe(OH)2沉淀；(2)沉淀洗涤完全的标志。20.CO2/HCOOH循环在*能的贮存/释放、燃料电池等方*有重要应用。(1)CO2催化加*。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO3转化为HCOO的转化率随温度的变化如图1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3催化加*的转化率迅速上升，其主要原因是_____________。(2)HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池*能的装置如图2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。①电池负极电极反应式为_____________；放电过程中需补充的物质A为_________(填化学式)。②图2所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_______________。(3)HCOOH催化释*。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图3所示。①HCOOD催化释*反应除生成CO2外，还生成__________(填化学式)。②研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释*的效果更佳，其具体优点是_______________。【*】(1).false(2).温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活*增强(3).false(4).H2SO4(5).false或false(6).HD(7).提高释放*气的速率，提高释放出*气的纯度【解析】【分析】(1)根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；从温度对反应速率的影响以及温度对催化剂的影响的角度分析。(2)该装置为原电池装置，放电时HCOOˉ转化为false被氧化，所以左侧为负极，Fe3+转化为Fe2+被还原，所以右侧为正极。(3)HCOOH生成HCOOˉ和H+分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOOˉ分解生成CO2和Hˉ，之后在催化剂表面Hˉ和第一步产生的H+反应生成H2。【详解】(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：false+H2falseHCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活*增强，所以false的催化加*速率迅速上升；(2)①左侧为负极，碱*环境中HCOOˉ失电子被氧化为false，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ===false+H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的*离子为硫*根，而随着硫*钾不断被排除，硫*根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫*根，为增强氧气的氧化*，溶液最好显**，则物质A为H2SO4；②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱*环境中被氧气氧化为false，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ=2false+2H2O或2HCOOˉ+O2=2false；(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)；②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使*气更纯净，所以具体优点是：提高释放*气的速率，提高释放出*气的纯度。【点睛】第3小题为本题难点，要注意理解图示的HCOOH催化分解的反应机理，首先HCOOH分解生成H+和HCOOˉ，然后HCOOˉ再分解成CO2和Hˉ，Hˉ和H+反应生成*气。21.以铁、硫*、柠檬*、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬*铁铵【(NH4)3Fe(C6H5O7)2】。(1)Fe基态核外电子排布式为___________；false中与Fe2+配位的原子是________(填元素符号)。(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是____________；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______________。(3)与NH互为等电子体的一种分子为_______________(填化学式)。(4)柠檬*的结构简式见图。1mol柠檬*分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为_________mol。【*】(1).1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2(2).O(3).sp3(4).N＞O＞C(5).CH4或SiH4(6).7【解析】【分析】(1)Fe核外有26个电子，H2O中O原子有孤对电子，提供孤对电子。(2)先计算NH3分子中氮原子价层电子对数，同周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族。(3)根据价电子数Si＝C＝N+的关系得出false互为等电子体的分子。(4)羧基的结构是，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个σ键，一个羟基与碳原子相连形成一个σ键。【详解】(1)Fe核外有26个电子，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；由于H2O中O原子有孤对电子，因此[Fe(H2O)6]2+中与Fe2+配位的原子是O；故*为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；O。(2)NH3分子中氮原子价层电子对数为false，因此氮杂化类型为sp3，同周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；故*为：sp3；N＞O＞C。(3)根据价电子数Si＝C＝N+，得出false互为等电子体的分子是CH4或SiH4；故*为：CH4或SiH4。(4)羧基的结构是，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个σ键，三个羧基有6个，还有一个羟基与碳原子相连形成一个σ键，因此1mol柠檬*分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为7mol；故*为：7。【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式，电离能、电负*、共价键分类、杂化类型、空间构型等。22.羟基乙**易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。制备少量羟基乙**的反应为false实验步骤如下：步骤1：如图所示装置的反应瓶中，加入40g*乙*、50mL水，搅拌。逐步加入40%NaOH溶液，在95℃继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活*炭脱*，分离掉活*炭。步骤4：将去除活*炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙**。(1)步骤1中，如图所示的装置中仪器A的名称是___________；逐步加入NaOH溶液的目的是____________。(2)步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是_______________。(3)步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率__________(填“增大”或“减小”)；去除活*炭的*作名称是_______________。(4)步骤4中，将去除活*炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是_______________。【*】(1).(回流)冷凝管(2).防止升温太快、控制反应体系pH(3).防止暴沸(4).减小(5).趁热过滤(6).提高羟基乙**的析出量(产率)【解析】【分析】制备少量羟基乙**的反应为false，根据羟基乙**易溶于热水，粗产品溶解于适量热水中，加活*炭脱*，分离掉活*炭，趁热过滤，根据羟基乙**不溶于醇，将去除活*炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙**。【详解】(1)根据图中仪器得出仪器A的名称为冷凝管，根据题中信息可知制备羟基乙**的反应为放热反应，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH；故*为：(回流)冷凝管；防止升温太快，控制反应体系的pH。(2步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；故*为：防止暴沸。(3)粗产品溶于过量水，导致在水中溶解过多，得到的产物减少，因此导致产率减小；由于产品易溶于热水，微溶于冷水，因此去除活*炭的*作名称是趁热过滤；故*为：减少；趁热过滤。(4)根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4中，将去除活*炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙**的析出量(产量)；故*为：提高羟基乙**的析出量(产量)。【点睛】化学实验是常考题型，主要考查实验仪器、实验*作、对新的信息知识的理解。