2020届高三化学上学期入学调研考试题二【附答案】

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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020届高三入学调研考试卷化 学 （二）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 As 751运用化学知

2、识，对下列内容进行分析不合理的是A成语“饮鸩止渴”中的“鸩”是指放了砒霜()的酒，砒霜有剧毒，具有还原性。B油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油充分分离C屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出治疗疟疾的青蒿素，其过程包含萃取操作D东汉魏伯阳在周易参同契中对汞的描述：“得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里的“黄芽”是指硫。2下列化学用语对事实的表述不正确的是A由H和Cl形成共价键的过程：BNa2O2用于呼吸面具的供氧剂：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2C实验室用NH4Cl和Ca(OH)2的混合物制取氨：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2OD铝粉加入NaOH

3、溶液中产生无色气体：2Al+2OH+2H2O=2AlO+3H23设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A4.0g由CO2和SO2组成的混合物中含有的质子数为2NAB2.24L Cl2与CH4在光照下反应生成的HCl分子数为0.1NAC常温下，0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.3NAD4.2g CaH2与水完全反应，转移的电子数为0.1NA4氢氧化铈Ce(OH)4是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：下列说法错误的是A滤渣A中主要含有SiO2、CeO2B过滤

4、操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒C过程中发生反应的离子方程式为CeO2+H2O2+3H+=Ce3+2H2O+O2D过程中消耗11.2L O2(已折合成标准状况)，转移电子数为26.0210235通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实的解释正确的是选项现象解释AKI淀粉溶液中通入Cl2，溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B测得饱和NaA溶液的pH大于饱和NaB溶液常温下水解程度：ABC往乙醇中加入适量浓硫酸制备乙烯，并将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去证明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化D常温下，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色SO2具

5、有还原性6下列离子方程式正确的是AKClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO+2Fe(OH)3=2FeO+3Cl+4H+H2OB用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：S2O+2H+=SO2+S+H2OC硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OD向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO+OH=CaCO3+H2O7下列四幅图示所表示的信息与对应的叙述相符的是A图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8kJmol1B图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C图3表示一定条件下

6、H2和Cl2生成HCl的反应热与途径无关，则H1=H2+H3D图4表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大8在Fe2(SO4)3溶液中，加入a g铜，完全溶解后，再加b g铁，充分反应后得到c g残余固体，且ac，则下列说法正确的是A最后得到的溶液中一定含有Cu2+ B残余固体是铜和铁C将残余固体加入到稀H2SO4中，有气泡产生 D最后得到的溶液中可能含有Fe3+9HI在一定条件下可发生反应 2HI(g)H2(g)I2(g) H，在2L恒容密闭容器中，充入一定量的HI(g)，反应物的物质的量n（mol）随时间t（min）变化的数据如下：根据表中数据，下列说

7、法正确的是A实验 1中，反应在0至10min内，v(HI)0.02mol(Lmin)1B800时，该反应的平衡常数K=0.25C根据实验 1和实验2可说明：反应物浓度越大，反应速率越快DH YZWBW的单质在常温下是黄绿色气体C气态氢化物的稳定性：ZWYDX和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种11M是一种常见的工业原料，实验室制备M的化学方程式如下，下列说法正确的 Almol的C能与7mol的H2反应B分子C中所有原子一定共面C可以用酸性KMnO4溶液鉴别A和BDA的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种12人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素CO(NH2

8、)2。下列有关说法正确的是Aa为电源的负极B电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C除去尿素的反应为：CO(NH2)22Cl2H2O= N2CO24HClD若两极共收集到气体0.6mol，则除去的尿素为0.12mol(忽略气体溶解，假设氯气全部参与反应)13下列说法正确的是A反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)在一定条件下能自发进行，该反应一定为放热反应B可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法延缓钢铁水闸的腐蚀CNa2O2与水反应产生1mol O2，理论上转移的电子数目约为46.021023D保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中c(OH)/c(NH3H2O )的

9、值增大14含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN+OH+Cl2CO2+N2+Cl+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中NA表示阿伏加德罗常数的值)ACl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物B上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为25 C该反应中，若有1molCN发生反应，则有5NA电子发生转移D若将该反应设计成原电池，则CN在负极区发生反应15将一定量的镁和铜组成的混合物加入到足量的稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加3mol/L NaOH溶液至沉淀

10、完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。下列叙述错误的是A当金属全部溶解时，电子转移的数目为0.3NAB参加反应的金属的总质量3.6gw实验3，说明升高温度，平衡正向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，正反应方向为吸热反应，H0，D错误；故合理选项是B。10. 【答案】B【解析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na元素；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应

11、的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径YZCl，SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3S2ClNa+，A错误；B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性WZY，所以气态氢化物的稳定性：WZY，C错误；D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水

12、解反应，产生HPO，产生的HPO会进一步发生水解反应产生H2PO、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH，因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；故合理选项是B。11. 【答案】D【解析】A. C中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基，lmol的C能与8mol的H2发生加成反应，故A错误；B. 分子C中含有甲基，为四面体结构，所以C中不可能所有原子共面，故B错误；C. A和B都能使高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鉴别A和B，故C错误；D. A的同分异构体中含有苯环和醛基的结构，侧链为-CH2CH2CHO有1种、侧链为-CH(CHO)CH3有1种、侧链为-CH2CH3和-CHO有3种、侧

13、链为-CH2CHO和-CH3有3种、侧链为2个-CH3和1个-CHO有6种，共14种，故D正确。12. 【答案】D【解析】A. 由图可以知道，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故a为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极，故A错误；B. 阴极反应为6H2O+6e=6OH-+3H2，阳极反应为6Cl-6e=3Cl2，CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+，通过质子交换膜进入阴极室与OH恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，故B错误；C. 由图可以知

14、道，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为6Cl-6e=3Cl2，CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，故C错误；D. 如图所示，阴极反应为6H2O+6e=6OH+3H2，阳极反应为6Cl-6e=3Cl2，CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，若两极共收集到气体0.6mol，则n(N2)=n(CO2)=0.61/5mol=0.12mol，由反应CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知所消耗的CO(NH2)2的物质的量也为0.12mol，故D正确。答案选D。13

15、. 【答案】B 【解析】A. 如果该反应能自发进行，则GHTS0，该反应的S0，该反应在一定条件下能自发进行，则该反应不一定是放热反应，故A错误；B. 作原电池负极或作电解池阳极的金属材料加速被腐蚀，如果采用牺牲阳极的阴极保护法保护钢闸时钢闸作正极被保护，如果采用外加电流的阴极保护法保护钢闸时钢闸作阴极被保护，所以可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法延缓钢铁水闸的腐蚀，故B正确；C. 过氧化钠和水反应中，过氧化钠一半作氧化剂、一半作还原剂，生成1mol氧气，转移电子物质的量1mol20(1)2mol，所以转移电子数为26.021023，故C错误；D. c(OH)/c(NH3H2O)=c(OH)c

16、(NH)/ c(NH3H2O)c(NH)=Kb/c(NH)，温度不变电离平衡常数不变，溶液中，通入二氧化碳时，二氧化碳和水反应生成的碳酸与氢氧根离子结合生成水，促进一水合氨电离，导致铵根离子浓度增大，因此该比值减小，故D错误。14. 【答案】B【解析】A.在反应CN+OH+Cl2CO2+N2+Cl+H2O中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；B.由上述分析可知，反应方程式为2CN+8OH+5Cl2=2CO2+N2+10Cl+4H2O，反应中是CN是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂

17、与还原剂的化学计量数之比为52，B错误；C.由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1molCN发生反应，则有(4-2)+(3-0)NA=5NA电子发生转移，C正确；D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，则若将该反应设计成原电池，则CN在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确； 故合理选项是B。15. 【答案】D【解析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应3Mg+8HNO3 (稀)=3Mg(NO3)2+2NO+4H2O、3Cu+

18、8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为n=，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。A.根据上述分析可知：反应过程中电子转移的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，n(e)=n(OH)=0.3mol，所以转移的电子数目N=0.3NA，A正

19、确；B.镁和铜的总的物质的量为0.15mol，若全为Mg，其质量是m=0.15mol24g/mol=3.6g；若全为金属Cu，其质量为m=0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量(m)为3.6gm9.6g，B正确；C.反应过程中转移电子的物质的量为0.3mol，根据电子转移数目相等，可知反应产生NO的物质的量为n(NO)=，其在标准状况下的体积V=0.1mol22.4L/mol=2.24L，C正确；D.若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积V=；若硝酸有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，D错误；故合理选项是D。16.

20、 【答案】C【解析】Alg越大，溶液中氢离子浓度越大，未加NaOH时，HX溶液中lg=12，说明c(H+)=0.1mol/L=c(HX)，所以HX为强酸，其酸性强于HY，加入氢氧化钠物质的量1010-3mol，酸HX和氢氧化钠溶液恰好反应，lg=1，c(H+)=c(OH)，溶液呈中性，故HX为强酸，HY为弱酸，故A错误；Bd点是强酸HX的溶液中滴加NaOH溶液恰好将HX反应一半、剩余一半，故水的电离被强酸抑制；c点加入的氢氧化钠的物质的量为510-3mol，所得的溶液为NaY和HY的等浓度的混合溶液，而lg=6，水的离子积Kw= c(H+)c(OH)=10-14，故可知c(H+)2=10-8，

21、则c(H+)=10-4mol/L，溶液显酸性，即HY的电离大于Y-的水解，水的电离也被抑制；而在b点，加入的氢氧化钠的物质的量为810-3mol，所得的溶液为大量的NaY和少量的HY混合溶液，而lg=0，离子积Kw=c(H+)c(OH)=10-14，故可知c(H+)=107，溶液显中性，即HY的电离程度等于Y的水解程度，水的电离没有被促进也没有被抑制，故水的电离程度dcb，故B错误；Cc点加入的氢氧化钠的物质的量为510-3mol，所得的溶液为NaY和HY的等浓度的混合溶液，而lg=6，水的离子积Kw=c(H+)c(OH)=1014，故可知c(H+)2=108，则c(H+)=104mol/L，

22、溶液显酸性，即HY的电离大于Y-的水解，故c(Y)c(Na+)c(HY)c(H+)c(OH)，故C正确；D若将c点与d点的溶液全部混合，所得溶液等同NaX、HY等物质的量的混合液，其中X不水解，HY部分电离，则溶液中离子浓度大小为c(Na)=c(X)c(H)c(Y)c(OH)，故D错误；答案为C。17【答案】（1） （2）4Na2SO3Na2S+3Na2SO4 （3）2S2+SO+6H+3S+3H2O （4）取少量亚硫酸钠样品于一支试管中，加入适量蒸馏水溶解，向溶液中加入足量盐酸后，再滴入几滴氯化钡溶液，若生成白色沉淀说明有Na2SO3被氧化为Na2SO4 （5）Fe2+eFe3+ 【解析】（

23、1）气体Y是一种纯净物，标准状况下密度为1.518gL1，则Y的摩尔质量为1.518gL122.4Lmol1=34gmol1，根据元素守恒，推出Y为H2S，电子式为；（2）由以上分析可知，气体Y为H2S，以及生成气体Y的条件，推出固体X中含有S2，即固体X中含有Na2S，溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀为BaSO4，则固体X中含有Na2SO4，Na2SO3受热分解生成Na2S和Na2SO4，反应的化学方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；（3）固体X试样和Na2SO3混合，加水溶解后与稀盐酸反应，有淡黄色沉淀产生，即有S单质生成，反应的离子方程式为2S2+SO+6H

24、+3S+3H2O；（4）Na2SO3长期露置在空气中，会被氧化成Na2SO4，检验Na2SO3是否变质的实验操作是：取少量亚硫酸钠样品于一支试管中，加入适量蒸馏水溶解，向溶液中加入足量盐酸后，再滴入几滴氯化钡溶液，若生成白色沉淀说明有Na2SO3被氧化为Na2SO4，亚硫酸钠变质；（5）将气体Y通入FeCl3，发生氧化还原反应，装置图中放出氢气的一端为阴极，b为电源负极，a为电源正极，将所得滤液加入电解槽中进行电解，电解后的滤液可以循环利用，说明亚铁离子在阳极失电子生成了铁离子，电极反应为：Fe2+eFe3+。18【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率 （2）Na

25、OH溶液 使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去 （3）3NaBiO3+2Cr3+7OH+H2O=3Bi(OH)3+2CrO+3Na+ （4）CrO+2H+Cr2O+H2O （5）重结晶 【解析】铬铁矿加入过量的硫酸，反应生成硫酸亚铁和硫酸铬、硫酸铝，二氧化硅不溶于硫酸，所以固体A为二氧化硅，溶液B中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化成铁离子，加入碱调节pH使铁离子和铝离子沉淀，根据表格数据分析，控制pH到5，固体D为氢氧化铁和氢氧化铝，溶液E中加入铋酸钠和少量氢氧化钠溶液，反应生成Na2CrO4，酸化将其变成重铬酸钠，最后重结晶得到红矾钠，据此解答。(1)为了增大

26、反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率，反应之前先将矿石粉碎，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率；(2)根据表格数据分析，步骤加的试剂为氢氧化钠溶液或NaOH溶液；此时溶液pH要调到5的目的使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀；故答案为：NaOH溶液；使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去；(3)反应中铋酸钠将硫酸铬氧化生成铬酸钠同时生成氢氧化铋，离子反应方程式为 3NaBiO3+2Cr3+7OH+H2O=3Bi(OH)3+2CrO+3Na+，故答案为：3NaBiO3

27、+2Cr3+7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO+3Na+；(4)中酸化是使CrO转化为Cr2O，离子方程式2CrO+2H+Cr2O+H2O，故答案为：2CrO+2H+Cr2O+H2O；(5)将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶，故答案为：重结晶。19【答案】（1）冷凝管 回流有机酸和醇，提高实验结果的准确性 （2）H2O2+SO2=H2SO4 （3）增大气体与溶液的按触面积，使气体吸收充分 （4）用待装液润洗滴定管 挥发出来的盐酸消耗氢氧化钠，增大了SO2的含量 将盐酸换为稀硫酸 （5）向C中加入足量的BaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、烘干

28、称量得硫酸钡的质量 【解析】（1）仪器A为（直型）冷凝管，葡萄酒中含有乙醇和有机酸，乙醇和有机酸受热易挥发，冷凝管的作用是回流有机酸和醇，提高实验结果的准确性；（2）SO2具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2把SO2氧化成SO，因此化学反应方程式为H2O2SO2=H2SO4；（3）换成多孔的球泡，可以增大气体与溶液的接触面积，使气体吸收充分；（4）使用滴定管应先检漏，再用待盛液润洗，最后装液体，因此量取NaOH标准液的前的一步操作是用待装液润洗滴定管；B中加入的是葡萄酒和适量盐酸，盐酸易挥发，挥发出的盐酸能与NaOH反应，消耗NaOH的量增加，测的SO2的含量偏高；把酸换成难挥发酸，把盐

29、酸换成稀硫酸；（5）根据C中反应，SO2转化成SO，向C的溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，然后根据硫元素守恒，求出SO2的量，具体操作是向C中加入足量的BaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、烘干称量得硫酸钡的质量。20【答案】（1）33 （2）2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S 加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率 （3）2H1-3H2-H3 （4）b d 大于 小于 tm时生成物浓度较低 【解析】（1）砷(As)与氮处于同一主族，As原子比N原子多两个电子层，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，砷元素原子序数为7+8+18=33，故答案为：33；（2）工业上

30、常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3价变化为+5价，反应的化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；增大压强，可增大反应速率，并使平衡正向移动，增大反应物的转化率，故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率；（3）已知：As(s)+3/2H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s) H1 H2(g)+1/2O2(g)=H2O（l） H2 2As(s)+5/2O2(g)=As2O5(s) H3，则利用盖斯定律将2-3-可得As2O5(s)+

31、3H2O(l)=2H3AsO4(s) H=2H1-3H2-H3，故答案为：2H1-3H2-H3；（4）a同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v（I-）=2v(AsO)，a项错误；b溶液pH不变时，则c(OH)也保持不变，反应达到平衡状态，b项正确；c由图可知，当c(AsO)=y molL1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c(I)=2ymolL1，所以c(I)=y molL1时没有达到平衡状态，c项错误；dc(AsO)/c(AsO)不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，d项正确；故答案为：bd；反应从正反应开始进行，tm时反

32、应继续正向进行，则v正大于v逆，故答案为：大于；tm时比tn时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；t m时AsO浓度更小，反应速率更慢；反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3x mol/L20/(20+20+20)=x mol/L，同理I2的浓度为x mol/L，反应达到平衡时，生产c(AsO)为y mol/L，则反应生产的c(I)=2y mol/L，消耗的AsO、I2的浓度均为ymol/L，平衡时c(AsO)=（x-y）mol/L，c(I2)=（x-y）mol/L，溶液中c(OH)=1 mol/L，则 ，故答案为：4y3/(xy)2。21【答案】（1）羟基 取代反应 （2）

33、对氯甲苯(或4-氯甲苯) 如果颠倒则(酚)羟基会被酸性高锰酸钾氧化 （3）9 （4） 【解析】AM均为芳香族化合物，根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，且能够发生已知中反应，则B分子中含有苯环和侧链-CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为，C为；E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚钠和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为，G和D发生酯化反应生成M，则D中含有羟基，C与氢气加成生成D，结合M的分子

34、式，则D为，M为，据此分析解答。(1)A为，所含官能团为羟基；根据上述分析，F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚钠和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，FG的反应为取代反应，M为，故答案为：羟基；取代反应；(2)E为，名称是对氯甲苯(或4-氯甲苯)；EG的反应中需要分别引进酚羟基和羧基，由于酚羟基容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以EF与FG的顺序不能颠倒，故答案为：对氯甲苯(或4-氯甲苯)；如果颠倒则(酚)羟基会被酸性高锰酸钾氧化；(3)G为，G的同分异构体中，遇FeCl3溶液显紫色且能发生银镜反应，说明结构中含有酚羟基和醛基，满足条件的有：苯环上含有羟基和HCOO-的有3种结构；苯环上有2个羟基和1个醛基的有6种(羟基位于邻位的有2种、羟基位于间位的有3种、羟基位于对位的有1种)，共9种；其中苯环上的一氯代物只有2种且能发生水解反应的是，故答案为：9；(4)以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH，需要增长碳链，根据已知需要合成乙醛，可以由乙醇催化氧化得到，因此合成路线为。