【文档说明】【精准解析】天津市滨海新区2020-2021学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）.doc，共(17)页，1.983 MB，由小赞的店铺上传

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滨海新区2020-2021学年度第二学期期末质量检测高二化学试题本试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)，共100分，考试用时60分钟。第I卷第1至3页，第II卷第4至8页。答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、考号、座位号填写在答题卡上。答卷时，考生务必将第I卷(选择题)答案用铅笔

涂写在答题卡上，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；第II卷(非选择题)答案写在答题卡上，答案写在试卷上无效。考试结束后，将答题卡上交。可能用到的相对原子质量B11C12N14O16Na23Al27Fe56Cu64Ag108Pb207第I卷选

择题注意事项：本卷共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.下列说法正确的是A.CH4分子的球棍模型B.SO2是由极性键构成的非极性分子C.HClO分子中既有σ键又有

π键D.[Cu(NH3)4]SO4·H2O中中心离子是Cu2+，配体是NH3，配位数为4【答案】D【解析】【分析】【详解】A．CH4分子的填充模型是，故A错误；B．SO2为V形分子，SO2是由极性键构成的极性分子，故B错误；C．HClO分子的结构式是H-

O-Cl，只有σ键，故C错误；D．[Cu(NH3)4]SO4·H2O中中心离子是Cu2+，Cu2+与NH3通过配位键形成配离子，配体是NH3，配位数为4，故D正确；选D。2.下列物质的熔点高低顺序，正确的是A.CBr4＞CCI4B.CH3CH2CH2CH3＞C.Na

Br＞NaCl＞NaFD.金刚石＞晶体硅＞碳化硅【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．CBr4、CCI4都是分子晶体，CBr4相对分子质量大于CCI4，沸点CBr4＞CCI4，故A正确；B．CH3CH2CH2CH3、相对分子

质量相同，支链越多熔沸点越低，所以熔点CH3CH2CH2CH3＞，故B正确；C．NaBr、NaCl、NaF都是离子晶体，离子半径Br->Cl->F-，离子半径越大，晶格能越小，熔沸点越低，熔点NaBr<NaCl<NaF，故C错

误；D．键长越短，键能越大，原子半径C<Si，金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故D错误；选AB。3.下列说法正确的是(用NA表示阿伏加德罗常数的值)A.17g羟基(-OH)所含有的电子数是10NA个B.常温下，14g乙

烯含有的共用电子对数是2.5NA个C.12g石墨中含有C﹣C键的个数为1.5NAD.3.0g某有机物在足量氧气中完全燃烧，生成4.4gCO2和1.8gH2O，其实验式为CHO【答案】C【解析】【分析】【详解】A．1个-OH含有9个电子

，17g羟基(-OH)所含有的电子数是A17g9N=17g/mol9NA个，故A错误；B．1个乙烯分子含有6个共用电子对，常温下，14g乙烯含有的共用电子对数是A14g6N=328g/molNA个，故B错误；C．12g石墨中含碳原子数是1mol，1个碳原子

形成3个C﹣C键，每个共价键被2个原子共用，根据均摊原则，C﹣C键的个数为1.5NA，故C正确；D．3.0g某有机物在足量氧气中完全燃烧，生成4.4gCO2和1.8gH2O，n(C)=c(CO2)=0.1mol、n(H)

=c(H2O)=0.2mol，根据质量守恒，n(O)=3g12g/mol0.1mol-1g/mol0.2mol0.1mol16g/mol−=，所以其实验式为CH2O，故D错误；选C。4.下列物质不属于高分子的是A.纤维素B.核酸C.蛋白质D.核糖【答案】D【解析】【分析】【详解】A

．纤维素的分子式是(C6H10O5)n，相对分子质量大于10000，属于高分子化合物，故不选A；B．核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，故不选B；C．蛋白质是以氨基酸为基本单位构成的生物高分子，故不选C；D．核糖是一种单糖，分子式C5H10O5，相对分子质量小，不是高分子化合物，故选D

。选D。5.X、Y、Z、W为醇、醛、羧酸、酯中的一种，它们之间存在如图所示的转化关系。下列判断正确的是A.X是羧酸，Y是酯B.Y是醛，W是醇C.X是醇，Z是酯D.Z是醛，W是羧酸【答案】D【解析】【分析】醇氧化为醛，醛被还原成醇；醛被

氧化为羧酸，羧酸不能还原成醛；羧酸和醇酯化生成酯，酯水解生成醇和羧酸，故Z是醛，W是羧酸，Y是酯，X是醇，据此解答。【详解】A．X是醇，Y是酯，A错误；B．Y是酯，W是羧酸，B错误；C．X是醇，Z是醛，C错误；D

．Z是醛，W是羧酸，D正确。答案选D。6.明代《本草纲目》中对民间酿酒有如下叙述：“凡酸杯之酒，皆可蒸烧。”这里用到的操作方法可用于分离A.丙烯酸甲酯和丙烯酸B.对硝基甲苯和HNO3溶液C.硝酸钾和氯化

钠D.氯化铵和碳酸铵【答案】A【解析】【详解】根据文献判断“蒸烧”为关键词，并结合其语境，可以得出该处指的是实验基本操作中的蒸馏。A．丙烯酸甲酯和丙烯酸混合，二者沸点不同，一般采用蒸馏方法分离，故A正确；B．对硝基甲苯和含硝酸的水层不互溶，直接分液即

可分离，故B错误；C．硝酸钾和氯化钠溶解度不同，可以用重结晶分离，是故C错误；D．氯化铵和碳酸铵溶解度不同，可以用重结晶分离，故D错误；故答案为A。7.在给定条件下，下列选项中所示物质间的转化均能实现的是A.CH3CH2CH2BrNaOH(aq)Δ⎯⎯⎯⎯→CH3CH=

CH22Br⎯⎯→CH3CBr2CH3B.()3NaHCOaq⎯⎯⎯⎯⎯→()2Braq⎯⎯⎯→C.石油裂解⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CH=CH2催化剂Δ⎯⎯⎯⎯⎯→D.NaOH(aq)()4CuSOaq⎯⎯⎯⎯→Cu(OH)2悬浊液丙酮Δ⎯⎯⎯⎯⎯→Cu2O(s)【答案】C【解析】【详解】A

．CH3CH2CH2BrNaOH(aq)Δ⎯⎯⎯⎯→CH3CH2OH，且CH3CH=CH22Br⎯⎯→CH3CHBrCH2Br，故A错误；B．因酸性：H2CO3>苯酚>-3HCO，所以与NaHCO3(aq)不反应，

故B错误；C．石油裂解生成丙烯，丙烯发生加聚反应生成，故C正确；D．丙酮结构为，其中不含醛基，因此丙酮与新制Cu(OH)2悬浊液不反应，故D错误；综上所述，所示物质间的转化均能实现的是C项，故答案为C。

8.下列实验事实不能．．用基团间相互作用来解释的是A.苯酚能跟NaOH溶液反应，乙醇不能B.乙烯能发生加成反应，乙烷不能发生加成反应C.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烷不能D.甲酸酸性大于乙酸【答案】B【解析】【分析】【详解】A．乙醇不能和氢氧化钠反应，羟基

受苯环影响，苯酚能跟NaOH溶液反应，故不选A；B．乙烯含有碳碳双键，所以乙烯能发生加成反应，乙烷不含碳碳双键，乙烷不能发生加成反应，故选B；C．乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯中的甲基受苯环影响，甲苯能被酸性高锰酸钾乙烷苯甲酸，故不选C；D．因为甲基的斥电子作用要大于氢，因此

乙酸的羧基的负电荷大于甲酸羧基，因此乙酸的氢离子更难解离，其酸性也就较弱，故不选D；选B。9.下列实验操作和结论的有关叙述中，正确的是A.向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液，未出现银镜，则说明蔗糖未水解B.在提纯鸡

蛋中的蛋白质时，可向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，将沉淀过滤并用乙醇洗涤，即得较纯的蛋白质C.区分植物油和矿物油可以分别与氢氧化钠溶液混合，煮沸，无变化的为矿物油D.向混有少量苯酚的苯中加入过量的浓溴水，过滤后静置分层，取上层得到纯净的苯【答案】C【解析】【分析】【详解

】A．向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热，加入氢氧化钠中和硫酸，再加入银氨溶液，检验葡萄糖，故A错误；B．乙醇能使蛋白质变性，不能用乙醇洗涤蛋白质，故B错误；C．植物油在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成可溶性高级脂肪酸钠和甘油，矿物油的主要成分是烃，矿物油难溶于氢氧化钠溶液且与氢氧化

钠不反应，故C正确；D．向混有少量苯酚的苯中加入过量的浓溴水，生成的三溴苯酚易溶于苯，不能生成沉淀，故D错误；选C。10.我国屠呦呦等科学家从中药中提取并用柱色谱分离得到抗疟疾有效成分青蒿素。其分子结构信息如下图所示。研究提取青蒿素时发现青蒿素中的某个基团对热不稳定，该基

团还能与NaI作用生成I2。下列分析不正确的是A.青蒿素的分子式为C15H22O5B.青蒿素可以与NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应C.青蒿素分子中含有手性碳D.青蒿素中对热不稳定且具有氧化性的基团是“-O-O-”【答案】B【解析】【分析】【详解】A．青蒿素的分子机构，可知分子式为

C15H22O5，故A正确；B．青蒿素分子中含酯基，能与氢氧化钠反应；青蒿素分子中不含羧基，不能与Na2CO3、NaHCO3反应，故B错误；C．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，青蒿素分子中含有

7个手性碳(红圈标出)，故C正确；D．“-O-O-”中氧元素化合价为-1，类似双氧水中的过氧键，具有氧化性，受热易分解，青蒿素中对热不稳定且具有氧化性的基团是“-O-O-”，故D正确；选B。11.两种气态烃以任意比例混合，在1

05℃时1L该混合烃与9L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10L。下列各组混合烃中不符合此条件的是A.CH4与C2H4B.CH4与C3H4C.C2H2与C3H6D.C2H4与C3H4【答案】C【解析】【分析】【详解】假设烃的分子式为CxHy，其

燃烧通式为CxHy＋(x＋y4)O2xCO2＋y2H2O，在105℃时，H2O是气体。1L的混合烃与9L氧气混合，恢复到原状态，气体仍为10L，反应前后气体体积不变，1＋x＋y4=+y2，可知y=4。该两种气态烃以任意比例混合其燃烧前后的体积均不变，则两种气态

烃的H原子数均为4。则不符合题意的是C。答案选C。【点睛】注意题干所给的温度，105℃，此时水为水蒸气。如温度低于100℃，水为液体，相比于气体，其液体水的体积可以忽略不计，则反应前后的体积差为x-(1＋x

＋y4)，恒小于0，则燃烧后，体积一定会变小。12.有机物X—“奥司他韦”能抗病毒，抑制新冠病毒活性，达到治疗肺炎的效果。X在一定条件下可以生成Y，转化关系如下图所示。下列关于X、Y叙述错误的是一定条件⎯⎯

⎯⎯⎯⎯→A.X可发生加成、氧化和水解反应B.-NH2可与HCl反应C.六元环上的6个碳原子一定共平面D.1molY最多可以与1molH2反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A．X含有碳碳双键、酯基，可发生加成、氧化和水解反应，故A正确；B．-NH2具有碱性，可与HCl反应，B正确；C．六元环

上含有1个碳碳双键，有4个碳原子一定共平面，故C错误；D．Y中的碳碳双键能与氢气发生加成反应，1molY最多可以与1molH2反应，故D正确；选C。第II卷注意事项：用黑墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上

。本卷共4题，共64分。13.(1)用如图装置制备乙酸乙酯①甲试管中发生反应方程式___________②浓硫酸的作用是___________。③进行该实验时，最好向试管甲中加入几块碎瓷片，其目的是___________。(2)一定质量的某饱和一元醛(所含碳原

子数大于1)完全发生银镜反应，生成银21.6g，若等质量的该醛完全燃烧时生成CO24.48L(标准状况下)，则该醛发生银镜反应的化学方程式___________(3)使用现代分析仪器对有机化合物的分子结构进行测定，相关结果如下：根据以上结果和图3(两组峰的面

积比为2：3)，推测C的结构简式为___________。(4)人造羊毛的主要成分为聚丙烯腈，此物质有多种途径合成，下列是以电石为原料的合成路线：，请写出涉及的反应方程式___________【答案】①.C

H3COOH+CH3CH2OH浓硫酸CH3COOC2H5+H2O②.催化剂、吸水剂③.防暴沸④.CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH⎯⎯→CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O⑤.CH3CH2OCH2CH3⑥.CaC2+2H2O⎯⎯→Ca(O

H)2+CHCH↑、CHCH+HCN催化剂加热⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=CH-CN、nCH2=CH-CN加热⎯⎯⎯⎯⎯→【解析】【分析】【详解】(1)利用乙醇和乙酸在浓硫酸催化下反应制乙酸乙酯，用装有饱和碳酸钠溶液的试管收集乙酸乙酯，导管应置于饱和碳酸钠溶液上方；①甲试管中

发生反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸CH3COOC2H5+H2O；②浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂；③进行该实验时，最好向试管甲中加入几块碎瓷片，其目的是防暴沸；(2)一定质量的某饱和一元醛(所含碳原子数大于1)完全发生银镜反应，生成银21.6g，21.6g银

的物质的量为0.2mol，根据醛的银镜反应，1mol醛基对应2mol银，则醛的物质的量为0.1mol，CO24.48L(标准状况下)对应物质的量为0.2mol，醛中C原子的个数为2，则醛为乙醛，乙醛发生银镜

反应的化学方程式为CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH⎯⎯→CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；(3)根据质荷比可知有机物C的相对分子质量为74，根据红外光谱可知有机物中含有烷基C-H键，含有醚键C-O，根

据核磁共振氢谱可知有2组峰，峰面积之比为2：3，则高度对称，综合可推出C为CH3CH2OCH2CH3；(4)根据合成路线：，涉及的反应方程式分别有碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔，乙炔与HCN发生加成反应生成CH2=CH-

CN，CH2=CH-CN发生加聚反应生成，反应分别为CaC2+2H2O⎯⎯→Ca(OH)2+CHCH↑、CHCH+HCN催化剂加热⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=CH-CN、nCH2=CH-CN加热⎯⎯⎯⎯⎯→。14.氮化硼是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂(主要成分Na2B4O7)为起始物，经过一系列

反应可以得到氮化硼和有机合成催化剂BF3的过程如下：(1)BF3中B原子的杂化轨道类型为___________杂化，BF3分子空间构型为___________。(2)三氟化硼与氨气相遇，立即生成白色固体，写出该白色固体的结构式：_

__________(用←标注出其中的配位键)(3)氮化硼晶体有多种相结构。六方相氮化硼(晶体结构如图所示)是通常存在的稳定相，可作高温润滑剂。立方相氮化硼(晶体结构如图所示)是超硬材料，有优异的耐磨性。①关于这两种晶体的说法，不正确的是___________

(填字母)。A．两种晶体均为分子晶体B．两种晶体中的B—N键均为共价键C．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软D．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大②六方相氮化硼晶体内B—N键数与硼原子数之比为___________，其结构与石墨相似却不导电，原因是___________。③按粒子间作

用力种类，与立方相氮化硼晶体类型相同的是___________。A．干冰B．铜C．氯化铯晶体D．晶体硅(4)利用“卤化硼法”也可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，下图为该晶体的晶胞结构，该功能陶瓷晶体的化学式为___________。已知该晶胞的边长为anm，则该晶体的密度为_________

__g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的数值)。【答案】①.sp2②.（平面）正三角形③.④.AD⑤.3∶1⑥.六方相氮化硼晶体内无自由移动的电子⑦.D⑧.BN⑨.1×1023/(a3·NA)【解析】【分析】【详解】(1)BF3中B原子的杂化轨道数是3+3=

32，杂化轨道类型为sp2杂化，B原子无孤电子对，BF3分子空间构型为（平面）正三角形；(2)氨气中N原子含有孤电子对，三氟化硼中B原子含有空轨道，三氟化硼中B与氨气中的N原子形成配位键，该白色固体的结构式；(3)①A．六方相氮化硼是混合

晶体，立方相氮化硼是超硬材料，属于原子晶体，故A错误；B．非金属原子之间形成共价键，两种晶体中的B—N键均为共价键，故B正确；C．六方相氮化硼层间为分子间作用力，作用力小，导致其质地软，故C正确；D．立方相氮化硼N原子和B原子之间全是共价单键，所

以该化合物中含有σ键，不存在π键，所以硬度大，故D错误；选AD；②1mol六方相氮化硼晶体内含有1molN原子，B—N键数为3mol，B—N键与硼原子数之比为3:1；六方相氮化硼晶体内无自由移动的电子，所以其结构与石墨相

似却不导电。③立方相氮化硼晶体只含共价键。A．干冰是分子晶体，含有共价键、分子间作用力，故不选A；B．铜是金属晶体，含有金属键，故不选B；C．氯化铯晶体是离子晶体，含有离子键、共价键，故不选C；D．晶体硅属于原子晶体，只

含共价键，故选D；选D。(4)根据均摊原则，晶胞中B原子数是118+6=482、N原子数是4，该功能陶瓷晶体的化学式为BN。已知该晶胞的边长为anm，晶胞的体积为321310cma，则该晶体的密度为()3213A411+14g10cmNa−=1×1023/(a3·NA)g·cm-3。1

5.某化学兴趣小组利用以下线路合成有机化合物F：已知：R—C≡CH＋R′—Br23Pd/KCO⎯⎯⎯⎯→R—C≡C—R′＋HBr(1)C中官能团的名称是___________，E的化学名称是___________。(2)F的结构简式为___________，由D生成E的反应类型是_______

____。(3)试推断在核磁共振氢谱中A有多少组峰？___________。A．8组B．9组C．7组D．6组(4)写出C与足量NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式：___________。(5)2分子A在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的化合物，该生成物的

结构简式为___________。(6)同时满足下列条件的A的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。①属于芳香族化合物；②能与碳酸氢钠溶液反应生成CO2；③在一定条件下能发生催化氧化，且其产物能发生银镜反应。(7)合成物质A的两个中间物

质甲、乙结构简式如下：写出由甲转化为乙的路线流程图___________(无机试剂和不超过2个碳的有机试剂任选)已知：碳碳双键易被氧化例：由转化为的路线流程图：【答案】①.溴原子、羧基②.苯乙炔③.④.消去反应⑤.C⑥.+3NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→水加热+2Na

Br+H2O⑦.⑧.17⑨.HCl催化剂Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→(或)2OCu/Δ⎯⎯⎯→(或)NaOH/乙醇Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→【解析】【分析】B与溴的四氯化碳发生加成反应生成C，由C逆推，可知B是，结合A的分子式，可知A在浓硫酸作用下发生消去反应生成，2分子

A在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的化合物则A；在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成；根据R—C≡CH＋R′—Br23Pd/KCO⎯⎯⎯⎯→R—C≡C—R′＋HBr可知，和反应生成。【详解】(1)C是，

官能团的名称是羧基、溴原子，E是，化学名称是苯乙炔；(2)根据R—C≡CH＋R′—Br23Pd/KCO⎯⎯⎯⎯→R—C≡C—R′＋HBr可知，和反应生成，F的结构简式为，由D生成E是在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成，反应类型是消去反应

；(3)A是，有7种等效氢，核磁共振氢谱中有7组峰，选C。(4)与足量NaOH溶液在加热条件下发生水解反应生成，反应的化学方程式是+3NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→水加热+2NaBr+H2O；(5)2分子在一定条件下反应酯化反应生成一种含有

3个六元环的化合物和2个水分子，该生成物的结构简式为；(6)①属于芳香族化合物，含有苯环；②能与碳酸氢钠溶液反应生成CO2，含有羧基；③在一定条件下能发生催化氧化，且其产物能发生银镜反应，含有-CH2OH；同时满足下列条件的

的同分异构体，可能苯环上含有1个取代基-，结构有1种；可能苯环上含有2个取代基-CH2COOH、-CH2OH或-COOH、-CH2CH2OH，有6种结构；可能苯环上含有3个取代基-COOH、-CH2OH、-CH3有10种结构；共17种。(7)碳碳双键

、羟基都易被氧化，为防止碳碳双键被氧化，先用甲和氯化氢发生加成反应生成保护碳碳双键不被氧化，再把羟基氧化成醛基，最后再发生消去反应生成，合成路线为HCl催化剂Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→(或)2OCu/Δ⎯⎯⎯→(或

)NaOH/乙醇Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→。【点睛】本题考查有机推断、有机合成，明确流程图中各物质结构式的变化及反应条件是解题关键，熟悉常见官能团的结构和性质，理解“官能团保护”在有机合成中的应用。16.阿司匹林已应用百年，是医药史上三大经典药物之一，阿司匹林药片的有效成分是乙酰水杨酸，它是一种白色晶体

，微溶于水。其结构简式为(相对分子质量为180)，可由水杨酸与乙酸酐在81～82℃反应40～60min合成：已知：①阿司匹林药片中一般添加少量的辅料(都不溶于水，也不与NaOH反应)②酚类物质与FeCl3溶液在弱

酸性条件下能发生显色反应③酯水解反应缓慢。某课外学习小组为检验阿司匹林有效成分中的官能团的性质并测定乙酰水杨酸在药片中的含量，进行了如下实验：Ⅰ．乙酰水杨酸中官能团的性质实验。①将一片阿司匹林研碎后放入适量水中，振荡后静置，各取上层清液2mL于两支洁净的试管中；②向一

支试管中加入___________，若观察到___________，即证明乙酰水杨酸具有酸性；③向另一支试管中滴入2滴稀硫酸，加热几分钟，冷却后滴入几滴NaHCO3溶液，振荡，再向其中滴入___________溶液，振荡，若观察到溶液逐渐变为___________色，即说明乙酰水杨酸中酯基

已水解。Ⅱ．该学习小组设计了如下实验方案测定乙酰水杨酸在药片中的含量：①称取阿司匹林样品mg；②将样品研碎，溶于V1mLamol·L-1NaOH溶液(过量)并加热，除去辅料等不溶物，将所得溶液移入锥形瓶③向锥形瓶中滴加指示剂，用浓度为bmol

·L-1的标准盐酸反滴未反应的NaOH，消耗盐酸的体积为V2mL。回答下列问题：(1)阿司匹林中加入过量的NaOH溶液并加热发生反应的化学方程式为___________；其中，加热的目的是___________。(2)不能用NaOH溶液直接滴定阿司匹林的原因是______

_____。(3)根据实验中记录的数据，阿司匹林药片中乙酰水杨酸质量分数的表达式为______。【答案】①.紫色石蕊溶液②.溶液变为红色③.FeCl3④.紫⑤.＋3NaOH加热⎯⎯⎯⎯⎯→＋CH3COONa＋2H2O⑥.使乙酰水杨酸快速反应⑦.乙酰水杨酸与NaOH反应缓慢，导致

判定滴定终点时指示剂不能灵敏指出反应终点⑧.-312(aV-bV)1060100%m【解析】【分析】【详解】Ⅰ．②证明乙酰水杨酸的酸性可利用酸碱指示剂，向乙酰水杨酸溶液中加入紫色石蕊溶液，若溶液变蓝则说

明乙酰水杨酸显酸性，故答案为：紫色石蕊溶液；溶液变为红色；③由乙酰水杨酸的结构简式可知其水解产物为邻羟基苯甲酸和甲醇，可用氯化铁溶液检验其水解产物中的酚羟基，通过观察溶液变紫色可说明乙酰水杨酸已经水解，故答案为：FeCl

3；紫；Ⅱ．与足量氢氧化钠反应，羧基发生中和反应，酯基发生水解反应得到，反应方程式为：＋3NaOH加热⎯⎯⎯⎯⎯→＋CH3COONa＋2H2O，反应过程中加热可以加快化学反应速率，促使乙酰水杨酸快速反应完；故答案为：＋3NaOH加

热⎯⎯⎯⎯⎯→＋CH3COONa＋2H2O；使乙酰水杨酸快速反应；(2)NaOH溶液直接滴定阿司匹林反应缓慢，导致判定滴定终点时指示剂不能灵敏指出反应终点，故答案为：乙酰水杨酸与NaOH反应缓慢，导致判定滴定终点时指示剂不能灵敏指出反应终点；(

3)V1mLamol·L-1NaOH溶液，其物质的量为-31aV10mol，剩余NaOH的物质的量为-32bV10mol，则乙酰水杨酸消耗的NaOH的物质的量为-312(aV-bV)10mol，由反应可知乙酰水杨酸的物质的量为-312(aV-)3bV10mo

l，其质量分数为：-312(aV-bV)1060100%m，故答案为：-312(aV-bV)1060100%m；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com