安徽省巢湖市2020年高一(下)化学期末联考模拟试题含解析

安徽省巢湖市2020年高一(下)化学期末联考模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列属于碱的是
A．NaOH B．CH3COOH C．NH3D．H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
电离出的阴离子全部是OH-的化合物是碱
【详解】
A. NaOH=Na++OH-
B. CH3COOH⇌CH3COO-+H+
C. NH3不会电离；
D. H2O⇌H++ OH-
根据定义故A正确。

2．下列元素的原子半径最大的是
A．O B．A1C．Na D．Cl
【答案】C
【解析】分析：同周期元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，据此判断。

详解：Na、Al、S、Cl处于同周期，自左而右原子半径减小，O原子半径小于S原子半径，故原子半径最大的是Na，故选C。

3．氢氰酸（HCN）的下列性质中，能证明它是弱酸的是
A．HCN 易溶于水
B．HCN溶液的导电性比盐酸的弱
C．25℃时1mol/L HCN溶液pH约为3
D．10 mL 1mol/L HCN溶液恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应
【答案】C
【解析】
【分析】
HCN为弱电解质，利用其部分电离来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性的比较，以及对应盐溶液的酸碱性来判断；
【详解】
A、HCN是强酸还是弱酸，与溶解度无关，故A不符合题意；
能说明HCN为弱酸，故B不符合题意；
C、假设HCN为强电解质，1mol·L－1的HCN的pH应为1，但现在pH=3，说明HCN为弱酸，故C符合题意；
D、无论HCN是强酸还是弱酸，10 mL 1mol/L HCN溶液都恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应，不能证明酸性强弱，故D不符合题意；
答案选C。

【点睛】
本题考查弱电解质的判断方法，明确弱电解质在水中电离不完全是解答本题的关键，学生应注意在平时的学习中归纳判断弱电解质的方法，难度不大。

4．升高温度，下列数据不一定
．．．增大的是
A．水的离子积常数B．化学平衡常数C．反应的活化分子百分数D．化学反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】
A、水的离子积只受温度影响，水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，故A 不符合题意；
B、化学平衡常数只受温度的影响，如果反应为放热反应，升高温度，化学平衡常数减小，如果反应为吸热反应，升高温度，化学平衡常数增大，故B符合题意；
C、升高温度，增加反应的活化分子百分数，故C不符合题意；
D、升高温度，加快反应速率，故D不符合题意；
答案选B。

【点睛】
考查温度对反应速率的影响，温度对化学平衡常数与水的离子积的影响，比较基础，根据勒夏特列原理判断平衡移动方向即可得出，注意基础知识的掌握。

5．一种碳纳米管能够吸附氢气，用这种材料制备的二次电池原理如图甲所示，该电池的电解质为6 mol/L KOH溶液，下列说法中正确（）
B．放电时电池负极的电极反应为：H2—2e- = 2H+
C．放电时电池正极的电极反应为：NiO(OH)+H2O+e- = Ni(OH)2+OH-
D．该电池充电时将碳电极与电源的正极相连
【答案】C
【解析】
分析：本题考查原电池和电解池工作原理。

放电是原电池，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电是电解池，充电时阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连。

详解：A.放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以K+移向镍电极，故A错误；B.已知电解质溶液为KOH溶液，放电时碳电极作负极，H2失电子发生氧化反应的电极式为：H2－2e－
+OH-=2H2O，故B项错误；C.由图分析可知，放电时，镍电极为正极，NiO(OH)得电子发生还原反应，电极反应式为NiO(OH)＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－，故C项正确；D.该电池充电时，碳电极得电子发生还原反应，作阴极，应与外接电源的负极相连，故D项错误。

本题正确答案为C。

点睛：本题考查原电池和电解池工作原理。

解题时抓住原电池工作原理进行解答。

放电是原电池，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；负极还原剂发生氧化反应，失电子；正极氧化剂发生还原反应，得电子。

6．酸雨被称为“天堂的眼泪”，会造成水土酸性化、建筑物加速腐蚀等危害。

下列有关说法正确的是A．酸雨是指pH值＜7的雨水，酸雨长时间放置，酸性变强
B．NO2与SO2的过度排放是形成酸雨的主要原因
C．使用新型能源不会对酸雨的防治产生效果
D．酸雨不会对动物的健康产生任何影响
【答案】B
【解析】
【详解】
A．pH＜5.6的降水叫酸雨，硫酸型酸雨长时间放置，其中的亚硫酸会被氧化成硫酸，酸性变强，故A错误；
B．酸雨的形成是由于SO2、NO2而引起的，故B正确；
C．使用新型能源可以减少氮的氧化物和硫的氧化物的排放量，故对酸雨的防治很有效，C错误；
D．酸雨会破坏生态平衡，故对动物的健康一定会产生影响，D错误。

故选B。

7．已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，而Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。

下列反应在水溶液中不可能发生的是（）
A．Cl2+FeI2=FeCl2＋I2B．3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3
C．Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O D．2Fe3＋+2I-=2Fe2++I2
【解析】
【详解】
A.因为氧化性FeCl3>I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，A正确；
B.根据反应：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性是：Cl2>FeCl3，但是氧化性：FeCl3>I2，还原性：I->Fe2+，I-会先被Cl2氧化，和题意不相符合，不可能发生，B错误；
C.根据反应：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，得出氧化性是：Co2O3>Cl2，和题意相符合，反应可能发生，C正确；
D.因为氧化性FeCl3>I2，所以2Fe3＋+2I-=2Fe2++I2能发生，D正确；
故合理选项是B。

8．苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。

”按照现代科技观点，该文中的“气”是指（）
A．脱落酸B．生长素C．乙烯D．甲烷
【答案】C
【解析】
【详解】
根据记载，其中的“气”是能促进果实成熟的气体；
A. 脱落酸指能引起芽休眠、叶子脱落和抑制细胞生长等生理作用的植物激素，不能促进果实成熟，“气”不是脱落酸；
B.生长素是植物激素，促进细胞分裂和根的分化，促进营养器官的伸长，促进果实发育，较低浓度促进生长，较高浓度抑制生长，“气”不是生长素；
C.乙烯是能够促进果实的成熟的气体，“气”是乙烯；
D.甲烷对植物的生长无作用，“气”不是甲烷；
故选C。

9．化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A．碳酸氢钠可用于焙制糕点
B．木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色
C．漂白粉可用于游泳池用水的消毒
D．聚乙烯塑料可用于制造包装材料、农用薄膜等
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
B．木材纤维遇到碘不显蓝色，淀粉遇到碘显蓝色，故B错误；
C．把漂白粉撒到水中时，发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO具有强氧化性而杀菌消毒，所以漂白粉可用于游泳池用水的消毒，故C正确；
D．聚乙烯塑料具有热塑性，可用来制造多种包装材料，故D正确；
故选B。

10．一定条件下，将3 mol A气体和1 mol B气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生反应：3A（g）＋B（g）垐?
噲?C（g）＋2D（s）。

2 min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间的变化情况如图所示。

下列判断正确的是（）
A．若混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态
B．2 min后，加压会使正反应速率加快，逆反应速率变慢
C．反应过程中A和B的转化率之比为3∶1
D．开始到平衡，用A表示的化学反应速率为0.3 mol·L－1·min－1
【答案】D
【解析】
【详解】
A.因为生成物D为固体，所以气体质量和气体体积都发生变化，若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态，故A错误；
B. 2 min后加压会使正、逆反应速率都加快，平衡正向移动，故B错误；
C.将3 mol A气体和1 mol B气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，因为加入的反应物之比和方程式中化学计量数相同，所以反应过程中A和B的转化率相等即为1：1，故C错误；
D. 根据反应方程式可知：2 min内生成0.8molD，消耗A的物质的量为1.2mol，故2 min 内A的反应速
率v(A)=n c/n t=
1.2mol
2?min2?L
=0.3 mol·L－1·min－1，故D选项是正确的；
所以正确答案为D。

【点睛】
解题依据：根据化学反应速率影响因素进行判断速率的变化；根据速率的计算公式计算速率的大小；根据变化量判断转化率。

11．下列物质中，属于电解质的是
A．铁B．氯气C．二氧化碳D．氯化钾
【解析】电解质是化合物，一般为酸、碱、多数的盐、多数的金属氧化物等，因此氯化钾属于电解质，故D正确。

12．下列过程因发生取代反应而发生的是()
A．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
B．将苯加入溴水中，振荡后水层接近无色
C．将苯、浓硫酸、浓硝酸混合后在50～60 ℃水浴中加热
D．液态植物油与氢气反应生成固态物质
【答案】C
【解析】
【详解】
A、发生的是加成反应，故A错，
B、苯与溴水不反应，苯只与溴单质发生取代反应，故B错
C、苯、浓硫酸、浓硝酸混合后在50～60 ℃水浴中加热，发生取代反应生成硝基苯，正确；
D、液态植物油属于不饱和烃与氢气发生的是加成反应故D错。

答案选C。

13．已知：SO32-+I2+H2O==SO42-+2I-+2H+。

某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I-、SO32-、SO42-，且所有离子物质的量浓度相等。

向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。

下列关于该溶液的判断错误的是A．肯定不含I-
B．肯定不含SO42-
C．肯定含有SO32-
D．可能含有NH4+
【答案】A
【解析】Fe2+、I-均与溴水发生氧化还原反应后，溶液具有颜色，由SO32-+I2+H2O═SO42-+2I-+2H+可知，则向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，则一定不含Fe2+，一定含SO32-，又离子浓度相等、溶液为电中性，若阴离子只有SO32-，则含Na+、NH4+、K+中的两种，若含SO32-、I-，则含Na+、NH4+、K+，若含SO32-、SO42-，不遵循电荷守恒，则一定不存在SO42-，故选A。

14．冶炼金属一般有以下几种方法：①热分解法；②焦炭法；③水煤气法（CO或H2）；④活泼金属置换法；⑤电解法。

这几种方法各有优缺点，它们在工业上均有应用。

古代有：a火烧孔雀石炼铜；b湿法炼铜；现代有：c铝热法炼铁；d光卤石法炼镁。

对它们的冶炼方法分析不正确的是（）
A．a②B．b③C．c④D．d⑤
【答案】B
【解析】
【详解】
要冶炼上述三种金属镁、铁、铜，应采用什么方法是由它们的金属活动性决定的。

有关反应为：
a.火烧孔雀石炼铜：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O
2CuO+C2Cu+CO2↑
b.湿法炼铜：Fe+CuSO4====FeSO4+Cu
c.铝热法炼铁：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3
d.用从海水中提取的氯化镁炼镁：MgCl2Mg+Cl2↑
据上述原理可知，铁可通过②③④三种方法冶炼；铜可以通过②③④⑤四种方法进行冶炼；镁则因活动性较强，用⑤适宜。

答案选B。

15．下列物质反应后出现蓝色的是
A．淀粉遇碘B．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热
C．蛋白质与浓硝酸作用D．在新制氢氧化铜中加入葡萄糖溶液，加热至沸腾
【答案】A
【解析】
【详解】
A.淀粉遇碘变蓝色，故A正确；
B.乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热反应生成乙酸乙酯，不变蓝色，故B错误；
C.蛋白质与浓硝酸发生颜色反应呈黄色，故C错误；
D.新制氢氧化铜中加入葡萄糖溶液加热反应生成砖红色沉淀，故D错误；
故选A。

16．同时含有离子键、极性键和非极性键的化合物是（）
A．Na2O2B．CH3COONa C．NH4Cl D．CaBr2
【答案】B
【解析】
A、Na2O2为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，不含极性共价键，不合题意；
B、CH3COONa是离子化合物，含有离子键，且含有C-C非极性共价键和C-O、C-H等极性共价键。

正确；
C、NH4Cl离子化合物，含有离子键和N-H极性共价键，不含非极性共价键，不合题意；
D、CaBr2离子化合物，只含离子键，不合题意。

故选B。

点睛：本题重点考察离子键和共价键，离子化合物和共价化合物。

一般来说，活泼金属和活泼非金属之间形成的化学键为离子键，相同非金属原子之间形成的化学键为非极性共价键，不同原子之间形成的化学键是极性共价键。

离子化合物中肯定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中只含有共价键。

17．下列分子中14个碳原子不可能处于同一平面上的是
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
A、该分子结构可以看作是相邻的两个苯环共用两个碳原子形成的，所以所有的碳原子都处在同一平面上14个碳原子处于同一平面上，错误；
B、苯环上所有原子共面，所以两个苯环形成的结构中12个碳原子共面，甲基上碳原子连接苯环，甲基和苯环上碳原子共面,所以该分子中14个碳原子可能共面，错误；
C、该分子结构可以看作是两个苯环共用两个碳原子形成的，每个苯环上的碳原子一定共面，但是甲基碳原子以及甲基相连的碳原子是烷烃的结构，一定不会共面，该分子中的所有碳原子不可能都处在同一平面上，正确；
D、该分子结构可以看作是两个苯环共用两个碳原子形成的，每个苯环上的碳原子一定共面，亚甲基上碳原子连接苯环，亚甲基和甲基中两个碳原子可以共面，亚甲基和苯环上碳原子共面，所以该分子中所有碳原子可能共面，错误；故选C。

点睛：本题考查碳原子共面问题。

解答这种题型应联想到已学过典型有机化合物的空间构型，甲烷是正四面体，乙烯、苯是平面型分子，乙炔是直线型分子。

18．下列化学电池不易造成环境污染的是( )
A．锂电池B．锌锰电池C．镍镉电池D．氢氧燃料电池
【答案】D
【解析】分析：. 锂电池、铅蓄电池、锌锰电池、镍镉电池都含有重金属离子，氢氧燃料电池生成物为水，无污染。

详解：A、锂电池往往含有重金属钴，可导致环境污染，选项A错误；B、锌锰电池中含有重金属锰，对环境有污染，选项B错误；C、镍镉电池中含有重金属镍镉，对环境有污染，选项C错误；D、氢氧燃料电池生成物为水，无污染，选项D正确。

答案选D。

点睛：本题考查常见化学电源的种类及其工作原理、二次电池的污染，题目难度不大，注意基础知识的积累。

19．“纳米材料”是粒子直径为1～100nm（纳米）的材料，纳米碳就是其中的一种。

若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质
①是溶液②是胶体③是浊液④不能透过滤纸⑤能透过滤纸⑥能产生丁达尔效应⑦静置后，会析出黑色沉淀
A．②⑤⑥B．②⑥⑦C．①⑤D．③④⑦
【答案】A
【详解】
①纳米碳粒子直径为l～100nm之间，分散到水中，所形成的分散系为胶体，错误；
②纳米碳粒子直径为l～100nm之间，形成的分散系为胶体，正确；
③浊液分散质粒子直径大于100nm，错误；
④溶液和胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，能全部透过滤纸，错误；
⑤胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，能全部透过滤纸，正确；
⑥胶体具有丁达尔效应，正确；
⑦胶体处于介稳定状态，则不会形成黑色沉淀，错误。

综上，答案为A。

20．下列选项中，在元素周期表内不呈现周期性变化的是
A．原子半径B．化合价
C．原子序数D．元素性质
【答案】C
【解析】
【详解】
A．同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则随着原子序数递增呈现周期性变化，故A正确；
B．化合价同周期从左到右最高正价逐渐增大，同主族最高价相同（O、F除外），则随着原子序数递增呈现周期性变化，故B正确；
C．原子序数等于原子核内质子数，不呈现周期性变化，故C错误；
D．同周期从左到右金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强，同主族从上到下金属性逐渐增强、非金属性逐渐减弱，则元素性质随着原子序数递增呈现周期性变化，故D正确；
故答案为C。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。

已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3的
ΔH=-99kJ·mol-1.请回答下列问题：
（1）图中A、C分别表示______、______，E的大小对该反应的反应热有无影响？_______。

该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？________，理由是________________________；
（3）已知单质硫的燃烧热为296 KJ·mol -1，计算由S(s)生成3 molSO 3(g)的△H__（要求写计算过程）。

【答案】反应物能量 生成物能量 无 降低 因为催化剂改变了反应的历程使活化能E 降低 -198 －1185 KJ·mol -1
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据图像特点和方程式可知，A 表示反应物的总能量，C 表示生成物的总能量。

E 表示活化能，其大小和反应热是无关的。

催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率。

（2）图像表示的是生成2molSO 3时反应过程中的能量变化，因此△H ＝－2×99kJ/mol ＝－198 kJ/mol 。

（3）硫燃烧的热化学方程式为S(s)+O 2(g) =2SO 2(g) △H 1=-296KJ·
mol -1，又知 SO 2(g)+1/2O 2(g) =SO 3(g) △H 2=-99 KJ·
mol -1，据盖斯定律可知，3 S(s)+9/2O 2(g)=3SO 3(g) △H=3(△H 1+△H 2)= －1185 kJ/mol 。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．有一含NaCl 、Na 2CO 3•10H 2O 和NaHCO 3的混合物，某同学设计如下实验，通过测量反应前后C 、D 装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。

（1）加热前通入空气的目的是 ____________，操作方法为___________________。

（2）装置A 、C 、D 中盛放的试剂分别为A___________，C__________，D__________。

（3）若将A 装置换成盛放NaOH 溶液的洗气瓶，则测得的NaCl 含量将__________（填“偏高”、
“偏低”或“无影响”，下同）；若B 中反应管右侧有水蒸气冷凝，则测定结果中测定结果中NaHCO 3的含量将___________；若撤去E 装置，则测得Na 2CO 3•10H 2O 的含量____________。

（4）若样品质量为 w g ，反应后C 、D 增加的质量分别为 m 1g 、m 2g ，由此可知混合物中NaHCO 3质量分数为_____________________（用含w 、m 1、m 2的代数式表示）。

【答案】出去装置内CO 2、H 2O 关闭b ，打开a ，通空气 碱石灰 CaCl 2（或CuSO 4） 碱石灰 偏低 不变 偏低
24200%11m w 【解析】
【分析】
将混合物加热会产生H 2O （g ）、CO 2等气体，应在C 、D 中分别吸收，其中应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C 中的干燥剂吸水后不能吸收CO 2；由D 的增重（NaHCO 3分解产生的CO 2的质量）可求出NaHCO 3质量。

中的空气，所以关闭b ，打开a 就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；E 中碱石灰可防止外界空气中的H 2O （g ）、CO 2进入装置D 影响实验效果，据此解答。

【详解】
（1）本实验中需要分别测定反应生成的二氧化碳和水的质量，所以实验前必须将装置中的水蒸气和二氧化碳赶走，避免影响测定结果；操作方法为：关闭b ，打开a ，缓缓通入氮气，直至a 处出来的气体不再使澄清石灰水变浑浊为止；
（2）装置A 用于吸收空气中的二氧化碳和水，可以使用碱石灰；装置C 吸收Na 2CO 3•10H 2O 和NaHCO 3分解生成的水蒸气，可以使用无水CaCl 2或P 2O 5；装置D 吸收碳酸氢钠分解生成的二氧化碳，可以用碱石灰；
（3）若将A 装置换成盛放NaOH 溶液的洗气瓶，则m （H 2O ）增加，使Na 2CO 3•10H 2O 和NaHCO 3的含量偏高，NaCl 的含量偏低；若B 中反应管右侧有水蒸气冷凝，测定碳酸氢钠的质量是根据装置D 中质量变化计算的，与水蒸气的量无关，则测定结果中NaHCO 3的含量不变；E 中碱石灰可防止外界空气中的H 2O （g ）、CO 2进入装置D ，若撤去E 装置，则测定的碳酸氢钠的质量偏大，碳酸氢钠分解生成水的质量偏高，而Na 2CO 3•10H 2O 的测定是根据生成水的总质量计算的，则测得Na 2CO 3•10H 2O 的含量将偏低； （4）若样品质量为wg ，反应后C 、D 增加的质量分别为m 1g 、m 2g ，则碳酸氢钠分解生成的二氧化碳的质量为m 2g ，则
2NaHCO 3Na 2CO 3+CO 2↑+H 2O
168 44
m （NaHCO 3） m 2g
m （NaHCO 3）=24211
m g 混合物中NaHCO 3的质量分数为：2242420011100%%11m g m w w
⨯=。

【点睛】
该本题综合考查元素化合物性质、测定混合物中各成分的质量分数，题目难度中等，解题时必须结合实验装置和物质的性质进行综合分析，综合考查学生实验能力和分析能力，注意把握物质的性质以及实验原理。

误差分析是解答的难点和易错点。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．我国天然气化工的一项革命性技术是甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、芳烃等化工产品。

以甲烷为原料合成部分化工产品流程如下(部分反应条件已略去):
(1)A、C分子中所含官能团的名称分别为____、_______。

(2)写出A的同分异构体的结构简式:_______。

(3)写出下列反应的化学方程式和反应类型。

反应①:__________，反应类型:_____________；
反应②：___________；反应类型: _____________；
反应③:_____________，反应类型:_____________。

(4)下图为实验室制取D的装置图。

①图中试剂a名称为_______，其作用是______________。

用化学方程式表示试剂a参与的化学反
应: ______________。

②实验结束后从混合物中分离出D的方法为_____________。

【答案】羟基羧基CH3OCH3CH2=CH2+H2O CH3CH2OH加成反立
2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反应CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O酯化反应或取代反应饱和碳酸钠溶液溶解乙醇，去除乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度
Na2CO3+ 2CH3COOH = 2CH3COONa+ H2O +CO2↑分液
【解析】
分析：根据框图分析推A为CH3CH2OH、B为CH3CHO、C为CH3COOH、D为 CH3COOCH2CH3结合物质之间的转化关系进行解答。

详解：(1)根据上述分析A为CH3CH2OH、C为CH3COOH分子中所含官能团的名称分别为羟基和羧基。

答案：羟基和羧基
(2)A为CH3CH2OH其同分异构体为甲醚，结构简式: CH3OCH3。

答案：CH3OCH3。

(3)反应①是乙烯和水的加成反应，化学反应方程式为: CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，反应类型为加成反应；反应②是乙醇的催化氧化反应生成乙醛, 化学反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应类型为氧化反应；反应③是乙醇和乙酸的酯化反应，化学反应方程式为
CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O，反应类型为酯化反应或取代反应。

（4）此装置为制乙酸乙酯的反应。

①图中试剂a名称为饱和碳酸钠溶液，其作用是溶解乙醇，去除乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度。

试剂a为饱和碳酸钠溶液能与乙酸反应，此化学反应的方程式为:
Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+H2O+CO2↑。

②D为 CH3COOCH2CH3，因为乙酸乙酯是难溶于水且密度比水小的液体，可用分液的方法从混合物中分离
出。

答案：分液。

点睛：本题属于有机推断题，主要考察物质之间的反应关系。

解题时结合物质类别烷烃、烯烃、醇、醛、酸和酯之间转化关系进行推断。

如可用乙烯和水的加成反应制取乙醇，乙醇有还原性可以通过氧化还原反应制乙醛，乙醛既有氧化性又有还原性，既可以被氧化为乙酸，又可以被还原为乙醇。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．常温下,溶液M 中存在的离子有A 2- HA - H + OH -等,存在的分子有H 2O 、H 2A 。

根据题意回答下列问题:
（1）写出酸H 2A 的电离方程式:__________________________________________
（2）若溶液M 由10mL 2mol .L -1NaHA 溶液与10mL 2mol .L -1NaOH 溶液混合而得,则溶液M 中离子浓度由大到小的顺序为_____________________。

已知常温下,K sp （BaA ）=1.8×10-10,向该混合溶液中加入10mL 1mol .L -1BaCl 2溶液,混合后溶液中的C （Ba 2+）为__________mol .L -1。

（3）若NaHA 溶液呈碱性，则溶液M 有下列三种情况:①0.01 mol .L -1的H 2A 溶液;②0.01 mol .L -1的NaHA 溶液;③0.02 mol .L -1的HCl 溶液与0.04 mol .L -1的NaHA 溶液等体积混合而成。

则三种情况的溶液中C （H 2A ）最大的为__________（填序号,下同）;pH 由大到小的顺序为_______
【答案】+-2H A H +HA ƒ 、-+2-HA H +A ƒ +2---+(Na )(A )(OH )(HA )(H )c c c c c >>>>
105.410-⨯ ③ ②>③>①
【解析】
【分析】
（1）存在的分子有H 2O 、H 2A ，则H 2A 为弱酸；
（2）当NaHA 与NaOH 等物质的量反应后生成Na 2A ，共0.02mol ，由于A 2-水解使得溶液显碱性，pH ＞7，根据溶液呈碱性判断离子浓度；由反应式Ba 2++A 2-=BaA ↓可得：沉淀后A 2-过量0.01mol ，溶液中c （A 2-）=1/3mol∙L -1，根据BaA 的K sp =c （Ba 2+）•c （A 2-）可得c （Ba 2+）；
（3）①弱酸电离，②中水解生成分子，③中等体积混合后为等量的NaCl 、NaHA 、H 2A ，抑制弱酸的电离。

【详解】
（1）存在的分子有H 2O 、H 2A ，则H 2A 为弱酸，电离方程式为 +-2H A H +HA ƒ
、-+2-HA H +A ƒ ，故答案为+-2H A H +HA ƒ、-+2-HA H +A ƒ；
（2）当NaHA 与NaOH 等物质的量反应后生成Na 2A ，共0.02mol ，由于A 2-水解使得溶液显碱性，pH ＞7，可得溶液中离子浓度的大小顺序为c （Na +）＞c （A 2-）＞c （OH -）＞c （HA -）＞c （H +）；由反应式Ba 2++A 2-=BaA ↓
可得：沉淀后A 2-过量0.01mol ，溶液中c （A 2-）=1/3mol∙L -1，根据BaA 的K sp =c （Ba 2+）•c （A 2-）可得c （Ba 2+）
=K sp /c （A 2-）=105.410-⨯mol∙L -1，故答案为c （Na +）＞c （A 2-）＞c （OH -）＞c （HA -）＞c （H +）；105.410-⨯； （3）①弱酸电离，②中水解生成分子，③中等体积混合为等量的NaCl 、NaHA 、H 2A ，抑制弱酸的电离，则三种情况的溶液中H 2A 分子浓度最大的为③，最小的为②，②中水解显碱性，①③相比①的酸性强，则
pH最小，所以②＞③＞①，故答案为③；②＞③＞①。