北京市西城區(qū)重點(diǎn)中學(xué)化學(xué)模擬試卷（月份）

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2017年北京市西城區(qū)重點(diǎn)中學(xué)高考化學(xué)模擬試卷（3月份）一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．化學(xué)與生產(chǎn)、生活、科技等密切相關(guān)，下列說法正確的是（）A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化學(xué)變化B．“神州七號(hào)"的防護(hù)層中含聚四氟乙烯，制備聚四氟乙烯的單體屬于不飽和烴C．濃硫酸可用于干燥SO2、C2H4、O2等氣體D．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以實(shí)現(xiàn)“碳”的循環(huán)利用2．已知HF酸性強(qiáng)于CH3COOH，常溫下有下列三種溶液．有關(guān)敘述不正確的是（)編號(hào)①②③PH1133溶液NaOH溶液CH3COOH溶液HF溶液A．CH3COOH稀溶液中加入少量CH3COONa，能使比值c(CH3COO﹣）/c(Na+)增大B．①、②等體積很合后：c(CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．向②加入NaF固體，CH3COOH電離平衡正向移動(dòng)D．中和相同體積的②、③，需消耗①的體積②＜③3．下列各圖與表述一致的是（）A．圖①可以表示對(duì)某化學(xué)平衡體系改變溫度后反應(yīng)速率隨時(shí)間的變化B．用圖2所示裝置蒸發(fā)FeCl3溶液制備無水FeCl3C．曲線圖③可以表示向一定量的明礬溶液中逐滴摘加一定濃度氫氧飯化鋇溶液時(shí)產(chǎn)生Al（OH）3沉淀的物質(zhì)的量變化D．圖④電解飽和食鹽水的裝置中，溶液A、B中由水電離出的c（H+):A＞B4．X、Y、Z、W是分別位于第2、3周期的元素，原子序數(shù)依次遞增．X與Z位于同一主族，Y元素的單質(zhì)既能與鹽酸反應(yīng)也能與NaOH溶液反應(yīng),Z原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，Y、Z、W原子的最外層電子數(shù)之和為14．下列說法正確的是（）A．原子半徑由小到大的順序：X＜Y＜Z＜WB．Z的最高價(jià)氧化物能與水反應(yīng)生成相應(yīng)的酸C．Y單質(zhì)在一定條件下可以與氧化鐵發(fā)生置換反應(yīng)D．室溫下，0.1mol/LW的氣態(tài)氫化物的水溶液的pH＞15．下列“試劑”和“試管中的物質(zhì)"不能完成“實(shí)驗(yàn)?zāi)康摹钡氖?)實(shí)驗(yàn)?zāi)康脑噭┰嚬苤械奈镔|(zhì)A羥基對(duì)苯環(huán)的活性有影響飽和溴水①苯②苯酚溶液B甲基對(duì)苯環(huán)的活性有影響酸性KMnO4溶液①苯②甲苯C苯分子中沒有碳碳雙鍵Br2的CCl2溶液①苯②乙烯D碳酸的酸性比苯酚強(qiáng)石蕊溶液①苯酚溶液②碳酸溶液A．A B．B C．C D．D6．阿斯巴甜是目前使用最廣泛的甜味劑．甜度約為蔗糖的200倍，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：下列關(guān)于阿斯巴甜的說法正確的是（)A．分子式為C14H19N2O5B．既能與酸反應(yīng)又能與堿反應(yīng)C．不能發(fā)生水解反應(yīng)D．1mol該物質(zhì)最多可與2molNaOH反應(yīng)7．K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O?2CrO42﹣（黃色）+2H+．用K2Cr2O7溶液進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)：結(jié)合實(shí)驗(yàn)，下列說法不正確的是（）A．①中溶液橙色加深，③中溶液變黃B．②中Cr2O72﹣被C2H5OH還原C．對(duì)比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性強(qiáng)D．若向④中加入70%H2SO4溶液至過量，溶液變?yōu)槌壬?、綜合題:8．淀粉通過下列轉(zhuǎn)化可以得到C（以下反應(yīng)部分條件略去)：淀粉MN→ADCA～F六種物質(zhì)可以發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化：注：[O］表示足最常用氧化劑；C常用于汽車的防凍液．(1）A的官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，其產(chǎn)量可以用來衡量一個(gè)國家石油化工的發(fā)展水平．N生成A的反應(yīng)條件為，B的一種同分異構(gòu)體的名稱為．(2）①寫出E生成F的離子方程式．②寫出C2H2O2生成E的化學(xué)方程式（［O]為含銅物質(zhì)）．（3）C與E一定條件下反應(yīng)的生成物中相對(duì)分子質(zhì)量最小的物質(zhì)的摩爾質(zhì)量為．（4)H分子含有4個(gè)碳，且為C2H2O2的同系物,H的同分異構(gòu)體中含有，且無環(huán)狀結(jié)構(gòu)的同分異構(gòu)體有種．（不考慮立體異構(gòu)）（5）芳香化合物G僅含碳、氫、氧三種元素，相對(duì)分子質(zhì)量為110．G能與碳酸鈉反應(yīng)，不能與碳酸氫鈉反應(yīng)，且G分子中烴基上的一氯取代物只有一種．則G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．(6)已知：．以乙烯為起始原料，選用必要的無機(jī)試劑合成正丁酸，寫出合成路線（用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示有機(jī)物）,用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系,箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件）．9．納米級(jí)Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注，表為制取Cu2O的三種方法：方法Ⅰ用炭粉在高溫條件下還原CuO方法Ⅱ電解法：2Cu+H2OCu2O+H2↑方法Ⅲ用肼（N2H4)還原新制Cu（OH)2（1)工業(yè)上常用方法II和方法III制取Cu2O而很少用方法I，其原因是．（2）己知:2Cu(s）+O2（g）=Cu2O（s）△H=﹣akJ?mol﹣1C（s）+O2(g)=CO（s)△H=﹣bkJ?mol﹣1Cu（s）+O2（g）=CuO（s）△H=﹣ckJ?mol﹣1則方法I發(fā)生的反應(yīng):2CuO(s）+C（s)=Cu2O(s）+CO（g）△H=kJ?mol﹣1．(3)方法II采用離子交換膜控制電解液中OH﹣的濃度而制備納米Cu2O，裝置如圖所示,該電池的陽極反應(yīng)式為．(4)方法III為加熱條件下用液態(tài)拼(N2H4）還原新制Cu(OH)2來制備納米級(jí)Cu2O，同時(shí)放出N2．該制法的化學(xué)方程式為．（5）在相同的密閉容器中，用以上兩種方法制得的Cu2O分別進(jìn)行催化分解水的實(shí)驗(yàn)：2H2O（g)2H2（g）+O2（g）△H＞0水蒸氣的濃度隨時(shí)間t變化如表所示．序號(hào)01020304050①T10.0500.04920。04860.04820。04800.0480②T10.0500。04880。04840.04800。04800。0480③T20。100.0940.0900.0900.0900.090下列敘述正確的是（填字母代號(hào)）．A．實(shí)驗(yàn)溫度：T1＜T2B．實(shí)驗(yàn)①前20min的平均反應(yīng)速率v(O2）=7×10﹣5mol/（L?min)C．實(shí)驗(yàn)②比實(shí)驗(yàn)①所用的催化劑效率高（6）25℃時(shí),向50mL0。018mol/L的AgNO3溶液中加入50mL0.02mol/L鹽酸，生成沉淀．若已知Ksp（AgCl）=1。8×10﹣10,則此時(shí)溶液中的c（Ag+)=．(體積變化忽略不計(jì)）若再向沉淀生成后的溶液中加入100mL0.001mol/L鹽酸，是否繼續(xù)產(chǎn)生沉淀（填“是”或“否”）．10．工業(yè)上，以鈦鐵礦為原料制備二氧化鈦的工藝流程如下圖所示．鈦鐵礦主要成分為鈦酸亞鐵（FeTiO3）,其中一部分鐵元素在風(fēng)化過程中會(huì)轉(zhuǎn)化為+3價(jià)．已知：TiOSO4遇水會(huì)水解．（1）步驟②中，用鐵粉將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+的反應(yīng)的離子方程式為．(2）步驟③中,實(shí)現(xiàn)混合物的分離是利用物質(zhì)的(填字母序號(hào)）．a(chǎn)．熔沸點(diǎn)差異b．溶解性差異c．氧化性、還原性差異（3）步驟②、③、④中，均需用到的操作是（填操作名稱）．(4）請(qǐng)結(jié)合化學(xué)用語用化學(xué)平衡理論解釋步驟④中將TiO2+轉(zhuǎn)化為H2TiO3的原理:．（5）可以利用生產(chǎn)過程中的廢液與軟錳礦(主要成分為MnO2）反應(yīng)生產(chǎn)硫酸錳（MnSO4，易溶于水），該反應(yīng)的離子方程式為．(6）研究發(fā)現(xiàn)，可以用石墨作陽極、鈦網(wǎng)作陰極、熔融CaF2﹣CaO作電解質(zhì),利用如下圖所示裝置獲得金屬鈣，并以鈣為還原劑,還原二氧化鈦制備金屬鈦．①寫出陽極所發(fā)生反應(yīng)的電極反應(yīng)式：．②在制備金屬鈦前后,CaO的總量不變，其原因是（請(qǐng)結(jié)合化學(xué)用語解釋)．11．某課外小組設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)室制取乙酸乙酯的裝置如圖1：己知：A中放有濃硫酸;B中放有乙醇、無水碳酸鈉；D中放有飽和碳酸鈉溶液．有關(guān)有機(jī)物的沸點(diǎn)．試劑乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸點(diǎn)/℃34。778.511877。1請(qǐng)回答:（1）濃硫酸的作用：催化劑和；反應(yīng)中加入過量的乙醇，目的是．（2）儀器C的名稱是,其作用有冷凝乙酸乙酯和，若反應(yīng)前向D中加入幾滴酚酞，溶液呈紅色．實(shí)驗(yàn)完畢后，將燒杯D中的溶液充分振蕩、靜止，現(xiàn)象為．（3）若用同位素18O示蹤法確定反應(yīng)產(chǎn)物水分子中氧原子的提供者，寫出能表示18O位置的化學(xué)方程式:．（4）現(xiàn)擬分離乙酸乙酯（含少量乙醇和乙酸)粗產(chǎn)品，如圖2是分離操作步驟流程圖：則試劑a是：,試劑b是：．分離方法I是，分離方法II是．（5）甲、乙兩位同學(xué)欲將所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗產(chǎn)品提純，在未用指示劑的情況下，他們都先加NaOH溶液中和酯中過量的酸，然后用蒸餾水將酯分離出來．甲、乙兩人實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下：甲得到了顯酸性的酯的混合物；乙得到了大量水溶性的物質(zhì)；丙同學(xué)分析了上述實(shí)驗(yàn)?zāi)繕?biāo)產(chǎn)物后認(rèn)為甲、乙的實(shí)驗(yàn)沒有成功．試解答下列問題：①甲實(shí)驗(yàn)失敗的原因是：．②乙實(shí)驗(yàn)失敗的原因是:．

2017年北京市西城區(qū)重點(diǎn)中學(xué)高考化學(xué)模擬試卷（3月份）參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分)1．化學(xué)與生產(chǎn)、生活、科技等密切相關(guān)，下列說法正確的是（）A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化學(xué)變化B．“神州七號(hào)”的防護(hù)層中含聚四氟乙烯，制備聚四氟乙烯的單體屬于不飽和烴C．濃硫酸可用于干燥SO2、C2H4、O2等氣體D．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以實(shí)現(xiàn)“碳”的循環(huán)利用【考點(diǎn)】物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系．【分析】A．石油裂解生成乙烯、丙烯等化工原料；B．烴是只含有碳?xì)鋬煞N元素的化合物；C．濃硫酸能氧化乙烯；D．利用CO2合成聚碳酸酯類可降解塑料，減少二氧化碳的排放．【解答】解：A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料，是石油發(fā)生了裂解，有新物質(zhì)生成屬于化學(xué)變化，故A錯(cuò)誤；B．“神州七號(hào)”的防護(hù)層中含聚四氟乙烯，聚四氟乙烯含有氟元素，不屬于烴，故B錯(cuò)誤；C．濃硫酸能氧化乙烯，不能干燥乙烯，可以干燥氧氣、二氧化硫，故C錯(cuò)誤;D．利用CO2合成聚碳酸酯類可降解塑料，實(shí)現(xiàn)“碳”的循環(huán)利用應(yīng)用，減少二氧化碳的排放，故D正確;故選D．2．已知HF酸性強(qiáng)于CH3COOH，常溫下有下列三種溶液．有關(guān)敘述不正確的是（）編號(hào)①②③PH1133溶液NaOH溶液CH3COOH溶液HF溶液A．CH3COOH稀溶液中加入少量CH3COONa，能使比值c（CH3COO﹣)/c（Na+）增大B．①、②等體積很合后：c（CH3COO﹣）＞c(Na+）＞c（H+）＞c(OH﹣)C．向②加入NaF固體，CH3COOH電離平衡正向移動(dòng)D．中和相同體積的②、③，需消耗①的體積②＜③【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【分析】A．CH3COOH稀溶液中存在電離平衡CH3COOH?CH3COO﹣+H+，加入少量CH3COONa，醋酸根離子濃度增大;B．氫氧化鈉是強(qiáng)電解質(zhì)，醋酸是弱電解質(zhì)，常溫下，pH=11的氫氧化鈉溶液濃度小于pH=3的醋酸溶液，二者等體積混合時(shí),醋酸過量導(dǎo)致溶液呈酸性，再結(jié)合電荷守恒判斷；C．氟化鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽,其溶液呈堿性，向醋酸中加入氟化鈉促進(jìn)醋酸電離;D．相同溫度下,HF酸性強(qiáng)于CH3COOH,則HF的電離程度大于CH3COOH，則pH相等的兩種溶液中HF濃度大于CH3COOH,中和酸需要?dú)溲趸c的體積與酸的物質(zhì)的量成正比．【解答】解：A．CH3COOH稀溶液中存在電離平衡CH3COOH?CH3COO﹣+H+，加入少量CH3COONa，醋酸根離子濃度增大比值增大,故A正確；B．氫氧化鈉是強(qiáng)電解質(zhì)，醋酸是弱電解質(zhì),常溫下，pH=11的氫氧化鈉溶液濃度小于pH=3的醋酸溶液,二者等體積混合時(shí)，醋酸過量導(dǎo)致溶液呈酸性，則c(H+）＞c(OH﹣）,溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（CH3COO﹣)+c（OH﹣)=c(Na+）+c(H+），所以c(CH3COO﹣）＞c(Na+），酸的電離程度較小，所以c（Na+）＞c（H+)，則混合溶液中離子濃度大小順序是c(CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正確；C．氟化鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，向醋酸中加入氟化鈉促進(jìn)醋酸電離，則醋酸電離平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),故C正確；D．相同溫度下,HF酸性強(qiáng)于CH3COOH，則HF的電離程度大于CH3COOH，則pH相等的兩種溶液中HF濃度大于CH3COOH,中和酸需要?dú)溲趸c的體積與酸的物質(zhì)的量成正比，pH相等、體積相等的HF和醋酸溶液中，醋酸的物質(zhì)的量大于HF，所以中和相同體積的②、③，需消耗①的體積②＞③，故D錯(cuò)誤；故選D．3．下列各圖與表述一致的是（）A．圖①可以表示對(duì)某化學(xué)平衡體系改變溫度后反應(yīng)速率隨時(shí)間的變化B．用圖2所示裝置蒸發(fā)FeCl3溶液制備無水FeCl3C．曲線圖③可以表示向一定量的明礬溶液中逐滴摘加一定濃度氫氧飯化鋇溶液時(shí)產(chǎn)生Al（OH）3沉淀的物質(zhì)的量變化D．圖④電解飽和食鹽水的裝置中，溶液A、B中由水電離出的c(H+）：A＞B【考點(diǎn)】鹽類水解的應(yīng)用．【分析】A．升高溫度，正逆反應(yīng)速率都增大，降低溫度，正逆反應(yīng)速率都減小;B．加熱FeCl3溶液促進(jìn)鐵離子的水解；C．向一定量的明礬溶液中逐滴摘加一定濃度氫氧化鋇溶液，開始時(shí)生成氫氧化鋁沉淀，當(dāng)氫氧化鋇過量，氫氧化鋁溶解；D．電解飽和食鹽水的裝置中，陽極上產(chǎn)生氧氣，氫氧根離子失電子，陰極上是氫離子濃度減小，生成氫氣和氫氧化鈉，氫氧化鈉抑制水的電離．【解答】解:A．升高溫度,正逆反應(yīng)速率都增大，降低溫度，正逆反應(yīng)速率都減小，圖中應(yīng)為增大生成物濃度,降低生成物濃度,故A錯(cuò)誤；B．加熱FeCl3溶液促進(jìn)鐵離子的水解，水解生成氫氧化鐵，加熱蒸干得到氫氧化鐵，得不到無水FeCl3，故B錯(cuò)誤；C．向一定量的明礬溶液中逐滴摘加一定濃度氫氧化鋇溶液,開始時(shí)生成氫氧化鋁沉淀，當(dāng)氫氧化鋇過量，氫氧化鋁溶解，所以Al(OH）3沉淀的物質(zhì)的量開始逐漸增大，達(dá)到最大值又逐漸減少，最后全部溶解，故C正確；D．圖電解飽和食鹽水的裝置中，根據(jù)鈉離子移向陰極，知道b是陽極，該極上產(chǎn)生氯氣、氧氣，氫氧根離子失電子，a是陰極，該電極上是氫離子濃度減小，生成氫氣和氫氧化鈉，溶液A、B中由水電離出的c(H+）：A＜B，故D錯(cuò)誤．故選C．4．X、Y、Z、W是分別位于第2、3周期的元素，原子序數(shù)依次遞增．X與Z位于同一主族，Y元素的單質(zhì)既能與鹽酸反應(yīng)也能與NaOH溶液反應(yīng),Z原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，Y、Z、W原子的最外層電子數(shù)之和為14．下列說法正確的是(）A．原子半徑由小到大的順序：X＜Y＜Z＜WB．Z的最高價(jià)氧化物能與水反應(yīng)生成相應(yīng)的酸C．Y單質(zhì)在一定條件下可以與氧化鐵發(fā)生置換反應(yīng)D．室溫下,0。1mol/LW的氣態(tài)氫化物的水溶液的pH＞1【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【分析】X、Y、Z、W是分別位于第2、3周期的元素,原子序數(shù)依次遞增．Y元素的單質(zhì)既能與鹽酸反應(yīng)也能與NaOH溶液反應(yīng)，Y為Al元素；Z原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，Z為Si元素，X與Z位于同一主族，則X為C元素；Y、Z、W原子的最外層電子數(shù)之和為14,則W的最外層電子數(shù)為14﹣3﹣4=7，且原子序數(shù)最大,W為Cl元素．【解答】解：X、Y、Z、W是分別位于第2、3周期的元素，原子序數(shù)依次遞增．Y元素的單質(zhì)既能與鹽酸反應(yīng)也能與NaOH溶液反應(yīng)，Y為Al元素;Z原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半,Z為Si元素，X與Z位于同一主族，則X為C元素;Y、Z、W原子的最外層電子數(shù)之和為14,則W的最外層電子數(shù)為14﹣3﹣4=7,且原子序數(shù)最大,W為Cl元素．A、C元素位于第二周期，其它元素位于第三周期，則C元素的半徑最小，同周期元素從左到右元素的原子半徑逐漸減小，則子半徑由小到大的順序?yàn)镃＜Cl＜Si＜Al，故A錯(cuò)誤;B、Z的最高價(jià)氧化物是二氧化硅，二氧化硅不與水反應(yīng),故B錯(cuò)誤;C、Al在高溫下可以與氧化鐵發(fā)生鋁熱反應(yīng)，置換出鐵，故C正確；D、W的氣態(tài)氫化物為HCl，溶于水形成鹽酸，HCl是強(qiáng)電解質(zhì),在溶液中完全電離，室溫下，0。1mol/L鹽酸溶液的pH=1，故D錯(cuò)誤．故選C．5．下列“試劑"和“試管中的物質(zhì)”不能完成“實(shí)驗(yàn)?zāi)康?的是（）實(shí)驗(yàn)?zāi)康脑噭┰嚬苤械奈镔|(zhì)A羥基對(duì)苯環(huán)的活性有影響飽和溴水①苯②苯酚溶液B甲基對(duì)苯環(huán)的活性有影響酸性KMnO4溶液①苯②甲苯C苯分子中沒有碳碳雙鍵Br2的CCl2溶液①苯②乙烯D碳酸的酸性比苯酚強(qiáng)石蕊溶液①苯酚溶液②碳酸溶液A．A B．B C．C D．D【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)；實(shí)驗(yàn)裝置綜合．【分析】A．苯與溴水發(fā)生萃取，苯酚與溴水發(fā)生取代反應(yīng);B．只有甲苯能被高錳酸鉀氧化;C．只有乙烯與溴發(fā)生加成;D．苯酚酸性較弱,不能使指示劑變色．【解答】解：A．飽和溴水與苯進(jìn)行萃取、與苯酚生成三溴苯酚沉淀，驗(yàn)證了羥基對(duì)苯環(huán)活性的影響，故A正確;B．酸性高錳酸鉀與甲苯反應(yīng)生成苯甲酸，溶液褪色，驗(yàn)證苯環(huán)對(duì)甲基活性的影響,故B錯(cuò)誤；C．乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，而苯不能,證明苯中無碳碳雙鍵，故C正確；D．碳酸能使石蕊變色，苯酚不能使石蕊變色，證明碳酸的酸性強(qiáng)于苯酚的酸性，故D正確；故選B．6．阿斯巴甜是目前使用最廣泛的甜味劑．甜度約為蔗糖的200倍，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：下列關(guān)于阿斯巴甜的說法正確的是()A．分子式為C14H19N2O5B．既能與酸反應(yīng)又能與堿反應(yīng)C．不能發(fā)生水解反應(yīng)D．1mol該物質(zhì)最多可與2molNaOH反應(yīng)【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【分析】由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知該物質(zhì)含﹣COOH、﹣NH2、﹣CONH﹣、﹣COOC﹣及苯環(huán)結(jié)構(gòu)，結(jié)合酯、肽鍵及氨基酸的性質(zhì)等來解答．【解答】解：A．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，分子式為C14H17N2O5，故A錯(cuò)誤；B．含﹣COOH、﹣NH2，則既能與酸反應(yīng)又能與堿反應(yīng),故B正確；C．含有酯基,可發(fā)生水解反應(yīng),故C錯(cuò)誤；D．能與氫氧化鈉反應(yīng)的官能團(tuán)為羧基,酯基，且肽鍵水解生成的羧基也可與氫氧化鈉反應(yīng),則1mol該物質(zhì)最多可與3molNaOH反應(yīng)，故D錯(cuò)誤．故選B．7．K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2O72﹣（橙色）+H2O?2CrO42﹣（黃色）+2H+．用K2Cr2O7溶液進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn):結(jié)合實(shí)驗(yàn)，下列說法不正確的是（）A．①中溶液橙色加深，③中溶液變黃B．②中Cr2O72﹣被C2H5OH還原C．對(duì)比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性強(qiáng)D．若向④中加入70％H2SO4溶液至過量,溶液變?yōu)槌壬究键c(diǎn)】氧化還原反應(yīng);化學(xué)平衡的影響因素．【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣(橙色）+H2O?2CrO42﹣（黃色）+2H+，加入酸，氫離子濃度增大，平衡逆向移動(dòng)，則溶液橙色加深，加入堿，平衡正向移動(dòng)，溶液變黃，由實(shí)驗(yàn)②、④可知Cr2O72﹣具有較強(qiáng)的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42﹣不能，以此解答該題．【解答】解：A．在平衡體系中加入酸，平衡逆向移動(dòng)，重鉻酸根離子濃度增大，橙色加深，加入堿，平衡正向移動(dòng)，溶液變黃，故A正確；B．②中重鉻酸鉀氧化乙醇，重鉻酸鉀被還原，故B正確；C．②是酸性條件,④是堿性條件，酸性條件下氧化乙醇,而堿性條件不能，說明酸性條件下氧化性強(qiáng)，故C正確；D．若向④溶液中加入70％的硫酸到過量，溶液為酸性,可以氧化乙醇，溶液變綠色,故D錯(cuò)誤．故選D．二、綜合題:8．淀粉通過下列轉(zhuǎn)化可以得到C（以下反應(yīng)部分條件略去）：淀粉MN→ADCA～F六種物質(zhì)可以發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化:注:[O］表示足最常用氧化劑；C常用于汽車的防凍液．(1）A的官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，其產(chǎn)量可以用來衡量一個(gè)國家石油化工的發(fā)展水平．N生成A的反應(yīng)條件為濃硫酸、170℃，B的一種同分異構(gòu)體的名稱為乙醛．（2）①寫出E生成F的離子方程式5HOOC﹣COOH+2MnO4﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O．②寫出C2H2O2生成E的化學(xué)方程式（[O］為含銅物質(zhì))OHC﹣CHO+4Cu(OH）2HOOC﹣COOH+4Cu2O↓+4H2O．（3）C與E一定條件下反應(yīng)的生成物中相對(duì)分子質(zhì)量最小的物質(zhì)的摩爾質(zhì)量為134g/mol．（4）H分子含有4個(gè)碳，且為C2H2O2的同系物，H的同分異構(gòu)體中含有，且無環(huán)狀結(jié)構(gòu)的同分異構(gòu)體有8種．（不考慮立體異構(gòu)）（5)芳香化合物G僅含碳、氫、氧三種元素，相對(duì)分子質(zhì)量為110．G能與碳酸鈉反應(yīng)，不能與碳酸氫鈉反應(yīng)，且G分子中烴基上的一氯取代物只有一種．則G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．（6）已知：．以乙烯為起始原料,選用必要的無機(jī)試劑合成正丁酸，寫出合成路線（用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示有機(jī)物）,用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系,箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件)．【考點(diǎn)】有機(jī)物的推斷．【分析】淀粉在酸性條件下水解得到M為葡萄糖，M轉(zhuǎn)化為N，N轉(zhuǎn)化為A，由（1）中A產(chǎn)量可以用來衡量一個(gè)國家石油化工的發(fā)展水平，則A為CH2=CH2，則M再酒化酶作用下得到N為CH3CH2OH，N在濃硫酸、170℃條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成A，A與試劑X得到D，D在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下得到C,C常用于汽車的防凍液，則C為HOCH2CH2OH，試劑X可以為溴水，與乙烯發(fā)生加成反應(yīng)得到D,D再發(fā)生水解反應(yīng)得到乙二醇．A發(fā)生氧化反應(yīng)得到C2H4O,且C2H4O與水反應(yīng)得到C，則C2H4O為環(huán)氧乙烷（）,乙二醇發(fā)生氧化反應(yīng)生成C2H2O2為OHC﹣CHO，進(jìn)一步氧化生成E為HOOC﹣COOH,HOOC﹣COOH被酸性高錳酸鉀氧化生成F為二氧化碳，同時(shí)生成硫酸錳與水，據(jù)此解答（1﹣4)；（5）中芳香化合物G僅含碳、氫、氧三種元素,G能與碳酸鈉反應(yīng)，不能與碳酸氫鈉反應(yīng)，則G不含羧基、含有酚羥基，相對(duì)分子質(zhì)量為110,去掉一個(gè)苯基(﹣C6H5)、﹣OH后剩余數(shù)量為110﹣17﹣77=16，故還含有一個(gè)O原子，則G含有1個(gè)苯環(huán)、2個(gè)酚羥基，且G分子中烴基上的一氯取代物只有一種,則G最中2個(gè)酚羥基處于對(duì)位；（6）乙烯與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2Br，然后發(fā)生水解反應(yīng)生成CH3CH2OH，再發(fā)生氧化反應(yīng)生成CH3CHO，2分子乙醛發(fā)生加成反應(yīng)生成,再在濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成CH3CH=CHCHO，再與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2CH2CH2OH，在KMnO4條件下發(fā)生氧化反應(yīng)生成生成CH3CH2CH2COOH，據(jù)此解答．【解答】解:(1)A為CH2=CH2，官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,N生成A是乙醇在濃硫酸、170℃條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，B為，它的一種同分異構(gòu)體為CH3CHO，名稱為乙醛，故答案為：;濃硫酸、170℃；乙醛；（2）①E生成F的離子方程式為:5HOOC﹣COOH+2MnO4﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；②C2H2O2生成E的化學(xué)方程式（［O］為含銅物質(zhì)）：OHC﹣CHO+4Cu（OH）2HOOC﹣COOH+4Cu2O↓+4H2O，故答案為：5HOOC﹣COOH+2MnO4﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;OHC﹣CHO+4Cu（OH)2HOOC﹣COOH+4Cu2O↓+4H2O；（3）C（HOCH2CH2OH）與E（HOOC﹣COOH）一定條件下反應(yīng)的生成物中相對(duì)分子質(zhì)量最小的物質(zhì)為乙二酸乙二醇酯，該物質(zhì)的摩爾質(zhì)量為134g/mol，故答案為：134g/mol;（4）H分子含有4個(gè)碳，且為C2H2O2（OHC﹣CHO）的同系物,則H的分子式為C4H6O2，H的同分異構(gòu)體中含有，且無環(huán)狀結(jié)構(gòu)，含有酯基或羧基，且還含有1個(gè)碳碳雙鍵，符合條件的同分異構(gòu)體有：CH2=CHCH2COOH，CH3CH=CHCOOH，CH2=C（CH3）COOH,CH2=CHCH2OOCH，CH3CH=CHOOCH，CH2=C（CH3）OOCH，CH2=CHOOCCH3，CH2=CHCOOCH3，故共有8種，故答案為：8；（5)中芳香化合物G僅含碳、氫、氧三種元素，G能與碳酸鈉反應(yīng)，不能與碳酸氫鈉反應(yīng)，則G不含羧基、含有酚羥基，相對(duì)分子質(zhì)量為110,去掉一個(gè)苯基(﹣C6H5）、﹣OH后剩余數(shù)量為110﹣17﹣77=16，故還含有一個(gè)O原子，則G含有1個(gè)苯環(huán)、2個(gè)酚羥基，且G分子中烴基上的一氯取代物只有一種，則G最中2個(gè)酚羥基處于對(duì)位，故G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：；（6）乙烯與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2Br，然后發(fā)生水解反應(yīng)生成CH3CH2OH，再發(fā)生氧化反應(yīng)生成CH3CHO，2分子乙醛發(fā)生加成反應(yīng)生成，再在濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成CH3CH=CHCHO，再與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2CH2CH2OH，在KMnO4條件下發(fā)生氧化反應(yīng)生成生成CH3CH2CH2COOH,合成路線流程圖為：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2COOH，故答案為：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2COOH．9．納米級(jí)Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注，表為制取Cu2O的三種方法:方法Ⅰ用炭粉在高溫條件下還原CuO方法Ⅱ電解法：2Cu+H2OCu2O+H2↑方法Ⅲ用肼（N2H4）還原新制Cu（OH）2（1）工業(yè)上常用方法II和方法III制取Cu2O而很少用方法I,其原因是反應(yīng)不易控制，易還原產(chǎn)生Cu．（2）己知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）△H=﹣akJ?mol﹣1C(s）+O2(g）=CO(s）△H=﹣bkJ?mol﹣1Cu（s)+O2（g）=CuO（s）△H=﹣ckJ?mol﹣1則方法I發(fā)生的反應(yīng)：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s)+CO(g）△H=2c﹣a﹣bkJ?mol﹣1．（3）方法II采用離子交換膜控制電解液中OH﹣的濃度而制備納米Cu2O，裝置如圖所示,該電池的陽極反應(yīng)式為2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O．（4）方法III為加熱條件下用液態(tài)拼（N2H4）還原新制Cu(OH）2來制備納米級(jí)Cu2O，同時(shí)放出N2．該制法的化學(xué)方程式為4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O．（5）在相同的密閉容器中,用以上兩種方法制得的Cu2O分別進(jìn)行催化分解水的實(shí)驗(yàn)：2H2O(g）2H2（g)+O2(g）△H＞0水蒸氣的濃度隨時(shí)間t變化如表所示．序號(hào)01020304050①T10。0500。04920.04860。04820。04800。0480②T10.0500。04880.04840。04800。04800.0480③T20.100.0940.0900。0900。0900。090下列敘述正確的是AC（填字母代號(hào)）．A．實(shí)驗(yàn)溫度：T1＜T2B．實(shí)驗(yàn)①前20min的平均反應(yīng)速率v（O2）=7×10﹣5mol/（L?min)C．實(shí)驗(yàn)②比實(shí)驗(yàn)①所用的催化劑效率高（6）25℃時(shí),向50mL0。018mol/L的AgNO3溶液中加入50mL0。02mol/L鹽酸，生成沉淀．若已知Ksp(AgCl）=1。8×10﹣10，則此時(shí)溶液中的c(Ag+）=1。8×10﹣7mol/L．（體積變化忽略不計(jì))若再向沉淀生成后的溶液中加入100mL0.001mol/L鹽酸，是否繼續(xù)產(chǎn)生沉淀否（填“是”或“否"）．【考點(diǎn)】反應(yīng)熱和焓變；化學(xué)平衡的計(jì)算．【分析】（1）用炭粉在高溫條件下還原CuO容易生成Cu；（2)根據(jù)蓋斯定律,由已知熱化學(xué)方程式乘以適當(dāng)?shù)南禂?shù)進(jìn)行加減構(gòu)造目標(biāo)熱化學(xué)方程式,反應(yīng)熱也乘以相應(yīng)的系數(shù)作相應(yīng)的加減；(3）陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，堿性條件下Cu在陽極失去電子得到Cu2O與H2O；（4)液態(tài)肼（N2H4）還原新制Cu（OH)2來制備納米級(jí)Cu2O，同時(shí)放出N2，根據(jù)得失電子守恒分析;(5）A．根據(jù)溫度對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)的影響知識(shí)來回答；B．根據(jù)反應(yīng)速率v=來計(jì)算；C．催化劑不會(huì)引起化學(xué)平衡狀態(tài)的改變,會(huì)使反應(yīng)速率加快；(6）計(jì)算溶液混合后,不發(fā)生反應(yīng)時(shí)c（Ag+）、c(Cl﹣），令平衡時(shí)溶液中Ag+的濃度為xmol/L，根據(jù)反應(yīng)Ag+（aq）+Cl﹣（aq）?AgCl（s），表示出平衡時(shí)c（Ag+）、c(Cl﹣)，代入溶度積常數(shù)列方程計(jì)算;再計(jì)算混合后溶液，不發(fā)生反應(yīng)時(shí)c(Ag+）、c（Cl﹣)，計(jì)算離子濃度積，與溶度積比較，判斷是否產(chǎn)生沉淀．【解答】解：（1）用炭粉在高溫條件下還原CuO容易生成Cu，反應(yīng)不易控制生成Cu2O；故答案為:反應(yīng)不易控制，易還原產(chǎn)生Cu；（2)①2Cu(s)+O2（g）=Cu2O（s）△H=﹣akJ?mol﹣1，②C（s）+O2（g)=CO（g）△H=﹣bkJ?mol﹣1，③Cu（s）+O2（g）=CuO（s）△H=﹣ckJ?mol﹣1由蓋斯定律可知，①﹣③×2+②得2CuO（s)+C（s）=Cu2O(s）+CO(g)△H=2c﹣a﹣bkJ?mol﹣1；故答案為：2c﹣a﹣b；(3）陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，堿性條件下Cu在陽極失去電子得到Cu2O與H2O，陽極電極反應(yīng)式為：2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O,故答案為：2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O；（4）液態(tài)肼(N2H4)還原新制Cu（OH）2來制備納米級(jí)Cu2O，同時(shí)放出N2,其反應(yīng)的方程式為：4Cu（OH)2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O；故答案為:4Cu(OH）2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O；（5）A、實(shí)驗(yàn)溫度越高，達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)水蒸氣轉(zhuǎn)化率越大，②和③相比，③轉(zhuǎn)化率高，所以T2＞T1，故A正確；B、實(shí)驗(yàn)①前20min的平均反應(yīng)速率v(O2)===3。5×10﹣5mol?L﹣1min﹣1,故B錯(cuò)誤；C、①②化學(xué)平衡狀態(tài)未改變，②反應(yīng)速率加快,先到達(dá)平衡，則實(shí)驗(yàn)②比實(shí)驗(yàn)①所用的催化劑效率高，故C正確．故選AC；（6）溶液混合后，不發(fā)生反應(yīng)時(shí)c（Ag+）=×0。018mol?L﹣1=0。009mol?L﹣1、c（Cl﹣）=×0。02mol?L﹣1=0.01mol?L﹣1,令平衡時(shí)溶液中Ag+的濃度為xmol/L，Ag+（aq）+Cl﹣（aq）?AgCl(s）（0.009﹣x）mol/L(0。009﹣x）mol/L反應(yīng)后溶液中c（Cl﹣）=0.01mol/L﹣（0。009﹣x)mol/L=（0.001+x）mol/L，故x×(0。001+x）=1。8×10﹣10，由于0.009×0.01=9×10﹣5＞1.8×10﹣10,故0。001+x≈0.001,解得x≈1。8×10﹣7，再向反應(yīng)后的溶液中加入100mL0.001mol?L﹣1鹽酸，不發(fā)生反應(yīng)時(shí)c（Ag+）=×1.8×10﹣7mol?L﹣1=9×10﹣8mol?L﹣1、c（Cl﹣）=×[（0.001+1.8×10﹣7+0。001］mol?L﹣1≈0。001mol?L﹣1,而離子濃度積=0.001×9×10﹣8=0。9×10﹣10＜1。8×10﹣10，故沒有沉淀產(chǎn)生，故答案為：1。8×10﹣7mol/L；否．10．工業(yè)上，以鈦鐵礦為原料制備二氧化鈦的工藝流程如下圖所示．鈦鐵礦主要成分為鈦酸亞鐵（FeTiO3），其中一部分鐵元素在風(fēng)化過程中會(huì)轉(zhuǎn)化為+3價(jià)．已知：TiOSO4遇水會(huì)水解．(1)步驟②中，用鐵粉將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+的反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++Fe═3Fe2+．（2）步驟③中，實(shí)現(xiàn)混合物的分離是利用物質(zhì)的b（填字母序號(hào)）．a(chǎn)．熔沸點(diǎn)差異b．溶解性差異c．氧化性、還原性差異（3）步驟②、③、④中,均需用到的操作是過濾（填操作名稱）．（4)請(qǐng)結(jié)合化學(xué)用語用化學(xué)平衡理論解釋步驟④中將TiO2+轉(zhuǎn)化為H2TiO3的原理:溶液中存在平衡：TiO2++2H2O?H2TiO3+2H+,當(dāng)加入熱水稀釋、升溫后,平衡正向移動(dòng)，生成H2TiO3．．（5）可以利用生產(chǎn)過程中的廢液與軟錳礦（主要成分為MnO2）反應(yīng)生產(chǎn)硫酸錳（MnSO4，易溶于水），該反應(yīng)的離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O．（6)研究發(fā)現(xiàn)，可以用石墨作陽極、鈦網(wǎng)作陰極、熔融CaF2﹣CaO作電解質(zhì)，利用如下圖所示裝置獲得金屬鈣，并以鈣為還原劑，還原二氧化鈦制備金屬鈦．①寫出陽極所發(fā)生反應(yīng)的電極反應(yīng)式：2O2﹣﹣4e﹣═O2↑．②在制備金屬鈦前后，CaO的總量不變，其原因是（請(qǐng)結(jié)合化學(xué)用語解釋）制備TiO2時(shí),在電解槽發(fā)生如下反應(yīng)：2CaO═2Ca+O2↑，2Ca+TiO2Ti+2CaO，由此可見，CaO的量不變．【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；電解原理；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【分析】(1）鐵粉將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+;(2）溶液中析出晶體是利用物質(zhì)溶解度的不同得到;(3）②③④都是從溶液中得到固體的分離過程，需要用過濾裝置；（4）依據(jù)溶液中存在平衡：TiO2++2H2O?H2TiO3+2H+，平衡影響因素和平衡移動(dòng)原理分析判斷；（5)廢液主要是亞鐵離子、氫離子和二氧化錳反應(yīng)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成錳離子和鐵離子；（6)①依據(jù)裝置圖分析判斷，陽極生成二氧化碳?xì)怏w，是電解質(zhì)中的氧離子失電子生成氧氣，氧氣和陽極石墨反應(yīng)生成的二氧化碳;②制備TiO2時(shí),在電解槽發(fā)生如下反應(yīng):陰極：2Ca2++4e﹣═2Ca陽極:2O2﹣﹣4e﹣═O2↑，2Ca+TiO2Ti+2CaO，由此可見，CaO的量不變．【解答】解：（1)步驟②中,用鐵粉將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+的反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案為：2Fe3++Fe═3Fe2+;（2）步驟③冷卻結(jié)晶得到硫酸亞鐵晶體，利用的是物質(zhì)溶解度的不同,通過冷卻熱飽和溶液得到，故答案為：b;(3）②③④步驟的操作過程中都得到沉淀或晶體，所以需要過濾得到固體和溶液，故答案為：過濾；(4）④中使用熱水的目的是促進(jìn)TiO2+水解生成H2TiO3,分離出固體加熱得到TiO2;溶液中存在平衡：TiO2++2H2O?H2TiO3+2H+，當(dāng)加入熱水稀釋、升溫后，平衡正向移動(dòng)，生成H2TiO3;故答案為：溶液中存在平衡：TiO2++2H2O?H2TiO3+2H+，當(dāng)加入熱水稀釋、升溫后，平衡正向移動(dòng)，生成H2TiO3．(5）利用生產(chǎn)過程中的廢液與軟錳礦（主要成分為MnO2）反應(yīng)生產(chǎn)硫酸錳(MnSO4,易溶于水），利用二氧化錳的氧化性氧化亞鐵離子為三價(jià)鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；故答案為：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O;(6）①用石墨作陽極、鈦網(wǎng)作陰極、熔融CaF2﹣CaO作電解質(zhì),陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極析出鈣金屬發(fā)生還原反應(yīng)，陽極圖示產(chǎn)物可可知，陽極生成二氧化碳?xì)怏w,是電解質(zhì)中的氧離子失電子生成氧氣，氧氣和陽極石墨反應(yīng)生成的二氧化碳，所以電極反應(yīng)為:2O2﹣﹣4e﹣=O2↑，或C+2O2﹣﹣4e﹣=CO2↑；故答案為：2O2﹣﹣4e﹣=O2↑,或C+2O2﹣﹣4e﹣=CO2↑;②制備TiO2時(shí)，在電解槽發(fā)生如下反應(yīng)：2CaO═2Ca+O2↑,2Ca+TiO2Ti+2CaO，由此可見，CaO的量不變；或：制備TiO2時(shí),在電解槽發(fā)生如下反應(yīng)：陰極：2Ca2++4e﹣═2Ca陽極：2O2﹣﹣4e﹣═O2↑；2Ca+TiO2Ti+2CaO，由此可見，CaO的量不變；故答案為：制備TiO2時(shí)，在電解槽發(fā)生如下反應(yīng)：2CaO═2Ca+O2↑,2Ca+TiO2Ti+2CaO，由此可見，CaO的量不變．11．某課外小組設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)室制取乙酸乙酯的裝置如圖1：己知:A中放有濃硫酸；B中放有乙醇、無水碳酸鈉；D中放有飽和碳酸鈉溶液．有關(guān)有機(jī)物的沸點(diǎn)．試劑乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸點(diǎn)/℃34。778.511877.1請(qǐng)回答:（1)濃硫酸的作用:催化劑和吸水劑；反應(yīng)中加入過量的乙醇，目的是提高乙酸的轉(zhuǎn)化率．(2）儀器C的名稱是球形干燥管，其作用有冷凝乙酸乙酯和防止倒吸，若反應(yīng)前向D中加入幾滴酚酞，溶液呈紅色．實(shí)驗(yàn)完畢后，將燒杯