上海市徐汇区高考化学二模试卷

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‎2018年上海市徐汇区高考化学二模试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）‎ ‎1．（2分）下列物质属于纯净物的是（　　）‎ A．液氯 B．铝热剂 C．氨水 D．石油 ‎2．（2分）下列物质属于强电解质的是（　　）‎ A．Fe B．CH3COONH4 C．CO2 D．CH3COOH ‎3．（2分）下列过程只涉及物理变化的是（　　）‎ A．盐酸除锈 B．石油分馏 C．煤的气化 D．氯气消毒 ‎4．（2分）关于二氧化碳，下列化学用语正确的是（　　）‎ A．分子比例模型 ‎ B．分子电子式 C．分子结构式 O=C=O D．溶于水电离：CO2+H2O→H++HCO3﹣‎ ‎5．（2分）下列我国古代的几种技术应用，不涉及氧化还原反应的是（　　）‎ A．卤水煮盐 B．铁矿石炼铁 C．化丹（Pb3O4）为铅 D．火药爆炸 ‎6．（2分）容量瓶上不会标示（　　）‎ A．标线 B．容量 C．温度 D．浓度 ‎7．（2分）潮湿氯气、新制氯水以及次氯酸钠溶液都能使有色布条褪色，因为它们都含有微粒（　　）‎ A．HClO B．ClO﹣ C．HCl D．Cl2‎ ‎8．（2分）分析能量变化示意图，下列热化学方程式正确的是（　　）‎ A．2A（g）+B（g）→2C（g）﹣Q B．2A（g）+B（g）→2C（g）+‎ Q C．2A+B→2C+Q D．2C→2A+B﹣Q ‎9．（2分）下列溶液不能区别SO2和CO2的是（　　）‎ A．酸性KMnO4溶液 B．品红溶液 C．氢硫酸溶液 D．Ba（OH）2溶液 ‎10．（2分）如图为元素周期表中元素X的信息。下列关于X的说法正确的是（　　）‎ A．属于过渡元素 B．质量数为74.92‎ C．处于第4周期第IIIA族 D．非金属性比氮弱 ‎11．（2分）某同学认为金属铝也有非金属性。下列化学反应中，你认为能支持该同学观点的是（　　）‎ A．铝片与盐酸反应生成氢气 B．氢氧化铝溶于强酸溶液 C．氢氧化铝溶于强碱溶液 D．铝热反应 ‎12．（2分）关于醋酸钠的结构，下列说法错误的是（　　）‎ A．有极性键 B．有非极性键 C．是极性分子 D．是离子晶体 ‎13．（2分）在醋酸溶液中，CH3COOH电离达到平衡的标志是（　　）‎ A．溶液显电中性 B．溶液中检测不出CH3COOH分子存在 C．氢离子浓度恒定不变 D．c（H+）=c（CH3COO﹣）‎ ‎14．（2分）《开宝本草》中记载了如何提取硝酸钾：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。文中对硝酸钾提取没有涉及的操作方法是（　　）‎ A．溶解 B．蒸发 C．结晶 D．升华 ‎15．（2分）常温下，0.1mol•L﹣1HF溶液的pH=2，下列关于HF溶液的表述错误的是（　　）‎ A．HF是弱酸 B．c（H+）＞c（HF） C．c（HF）＞c（OH﹣） D．c（H+）＞c（F﹣）‎ ‎16．（2分）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法正确的是（　　）‎ A．d为石墨，铁片不易被腐蚀 B．d为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+4e→4OH﹣‎ C．d为锌块，铁片腐蚀加快 D．d为锌块，铁片上电极反应为：2H++2e→H2↑‎ ‎17．（2分）实验室用乙醇和浓硫酸共热制取乙烯并用酸性高锰酸钾溶液验证乙烯的性质。若要达到实验目的，从气体发生装置导出的气体必须先洗气，洗气试剂最合适的是（　　）‎ A．氢氧化钠溶液 B．溴水 C．浓硫酸 D．亚硫酸氢钠溶液 ‎18．（2分）为探究铁的性质进行如图所示实验。下列说法错误的是（　　）‎ A．①中溶液呈淡绿色 B．②中溶液呈淡绿色 C．③中溶液可能呈棕黄色 D．③中稀硫酸氧化了Fe2+‎ ‎19．（2分）某电池反应原理为4Li+2SOCl2→4LiCl+S+SO2↑．SOCl2遇水或潮气会分解放出二氧化硫、氯化氢。下列叙述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（　　）‎ A．反应可以在水中进行 B．2 mol SOCl2参加反应，转移电子8 NA C．Li是还原剂 D．SOCl2既是氧化剂又是还原剂 ‎20．（2分）浓硫酸分别和三种钠盐反应，现象见图。下列分析正确的是（　　）‎ A．对比①和②可以说明还原性Br﹣＞Cl﹣‎ B．①和③相比可说明氧化性Br2＞SO2‎ C．②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致，说明酸性H2SO4＞HCl D．③中浓H2SO4被还原成SO2‎ ‎　‎ 二、综合分析题 ‎21．（13分）硫酸工业：‎ 硫酸是基础化工的重要产品，工业上制备硫酸的主要反应为：‎ 造气：4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2‎ 催化氧化：2SO2+O2 2SO3‎ 吸收：SO3+H2O→H2SO4‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）一定条件下，1mol SO2和0.75mol O2在容积为1L的恒容密闭容器中发生反应，5min时达到化学平衡。‎ ‎①反应达到平衡后若改变条件使平衡常数K值变大，则在平衡移动过程中υ（正）　 　 （填序号）‎ a．一直增大 b．一直减小 c．先增大后减小 d．先减小后增大 ‎②达到平衡时若SO3的浓度为0.98mol•L﹣1，则5min内氧气的反应速率为　 　 mol•L﹣1•min﹣1．反应体系中氧气过量的目的是　 　。‎ ‎（2）催化氧化反应中，SO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。则工业生产中最适宜的压强为　 　，最适宜的温度范围为　 　。‎ ‎（3）若制取硫酸的上述三个反应过程中硫元素的转化率都是98%，则1mol硫铁矿可以制得SO2　 　L（标准状况下），最终得到纯硫酸　 　mol（均保留2位小数）。‎ ‎22．（17分）纯碱和氮肥：‎ 某种制取纯碱的生产流程如图1所示：‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）N原子核外有　 　种不同运动状态的电子，它的最外层电子排布式是　 　；组成纯碱的元素原子半径从大到小依次为　 　。‎ ‎（2）氨水是常用氮肥，用氨水施肥时要避开高温、大风天气，原因是　 　。‎ ‎（3）用离子方程式表示碳酸钠被称为“碱”的原因　 　。‎ ‎（4）结合图2用溶解平衡理论解释反应II的反应原理　 　。‎ ‎（5）在向母液中通入石灰乳进行蒸氨之前，通常需要先将母液加热。若不加热，加入石灰乳容易产生沉淀堵塞管道，生成的沉淀是　 　。‎ ‎（6）上述流程中可以循环利用的物质有　 　，副产物是　 　。‎ ‎（7）利用化工生产遵循的一般原则分析上述纯碱生产流程，指出不足之处　 　（写一条）。‎ ‎23．（14分）过氧化钠（Na2O2）的性质：‎ 有人说：“Na2O2脾气火爆，一见二氧化碳就变脸，遇见水就生气”。这种说法引起了某学习小组的兴趣，于是对Na2O2性质进行以下实验探究。‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）实验装置如图所示。挤压胶头滴管，预期看到的实验现象　 　、　 　（写出2条主要现象）。‎ ‎（2）写出Na2O2遇CO2“变脸”的化学方程式　 　。若Na2O2长期露置于空气中，最终会转化为　 　（填物质名称）。‎ ‎（3）某同学发现Na2O2见水“生气”后所得溶液温度升高，滴加酚酞试液，酚酞先变红，但很快就褪色。对此设计实验进行探究：取两支试管分别加入少量Na2O2粉末，一支冰水浴，一支热水浴，两支试管里都滴加蒸馏水和酚酞。该实验的目的是　 　。另一同学将实验改为：取两支试管，分别加入滴有酚酞的红色NaOH溶液，一支冰水浴，一支热水浴。你认为改后能否达到原实验目的　 　，理由　 　。‎ ‎（4）根据Na2O2的性质，指出它的一种用途　 　。‎ ‎24．（16分）苯乙烯（ ）是合成橡胶和塑料的重要单体，也是生产某些药物、农药的中间体。化合物E是一种昆虫信息素，可以通过以下流程制备。‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）反应②的反应类型　 　；上述流程中的物质，与B互为同系物的是　 　。写出B的属于芳香烃的一种同分异构体的结构简式　 　，该物质的名称为　 　。‎ ‎（2）反应①中，A和苯按摩尔比1：1完全反应，产物只有B．写出A的结构简式　 　。‎ ‎（3）写出反应③的化学方程式　 　。‎ ‎（4）以B为原料制取C的反应是可逆反应，分离C、B混合物的实验操作为　 　。‎ ‎（5）苯乙烯露置于空气中可被氧化为苯甲醛和甲醛。设计实验方案检验苯乙烯样品是否被氧化变质　 　。‎ ‎（6）参照上述合成路线的表示方法，设计以苯乙烯为原料经过三步反应制备新型高分子导电材料PPA（ ）的合成路线，并注明必要的反应条件。（无机物任选）‎ ‎　‎ ‎2018年上海市徐汇区高考化学二模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）‎ ‎1．（2分）下列物质属于纯净物的是（　　）‎ A．液氯 B．铝热剂 C．氨水 D．石油 ‎【分析】只由一种物质组成的是纯净物，由两种或以上物质组成的是混合物，据此分析。‎ ‎【解答】解：A、液氯是液态的氯气，是纯净物，故A正确；‎ B、铝热剂是金属铝和某些金属氧化物的混合物，故铝热剂是混合物，故B错误；‎ C、氨水是氨气的水溶液，是混合物，故C错误；‎ D、石油是多种烷烃、环烷烃的混合物，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查了纯净物和混合物的概念和物质的组成，难度不大，应注意物质的成分的掌握。‎ ‎　‎ ‎2．（2分）下列物质属于强电解质的是（　　）‎ A．Fe B．CH3COONH4 C．CO2 D．CH3COOH ‎【分析】强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐。‎ ‎【解答】解：A、Fe是单质，它既不是电解质也不是非电解质，故A错误；‎ B、CH3COONH4是在水溶液中能完全电离的电解质，属于强电解质，故B正确；‎ C、二氧化碳溶于水与水发生反应生成碳酸，碳酸电离属于电解质，而二氧化碳是非电解质，故C错误；‎ D、醋酸是在水溶液中部分电离的电解质，属于弱电解质，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了强电解质的判断，难度不大，注意：电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力无关。‎ ‎　‎ ‎3．（2分）下列过程只涉及物理变化的是（　　）‎ A．盐酸除锈 B．石油分馏 C．煤的气化 D．氯气消毒 ‎【分析】有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为化学变化，据此判断。‎ ‎【解答】解：A．盐酸除锈是盐酸与氧化铁反应生成氯化铁和水，有新物质生成，属于化学变化，故A不选；‎ B．石油分馏是利用物质沸点不同分离物质的方法，没有新物质生成，属于物理变化，故B选；‎ C．煤的气化过程中有新物质生成，属于化学变化，故C不选；‎ D．氯气消毒，是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性使蛋白质变性，有新物质生成，属于化学变化，故D不选；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了物理变化与化学变化的判断，明确是否有新物质生成是解题关键，注意物质分离方法的原理，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎4．（2分）关于二氧化碳，下列化学用语正确的是（　　）‎ A．分子比例模型 ‎ B．分子电子式 C．分子结构式 O=C=O D．溶于水电离：CO2+H2O→H++HCO3﹣‎ ‎【分析】A、二氧化碳分子是直线型分子；‎ B、二氧化碳中碳原子和两个氧原子之间均以双键结合；‎ C、二氧化碳中碳原子和两个氧原子之间均以双键结合，用短线来代表一对共用电子对所得到的式子为结构式；‎ D、二氧化碳和水的反应为可逆反应，生成的碳酸是二元弱酸，电离分步进行。‎ ‎【解答】解：A、二氧化碳分子是直线型分子，故其比例模型是 ‎，故A错误；‎ B、二氧化碳中碳原子和两个氧原子之间均以双键结合，故其电子式为，故B错误；‎ C、二氧化碳中碳原子和两个氧原子之间均以双键结合，用短线来代表一对共用电子对所得到的式子为结构式，由于二氧化碳的电子式为，故其结构式为O=C=O，故C正确；‎ D、二氧化碳和水的反应为可逆反应，生成的碳酸是二元弱酸，电离分步进行，且也是可逆的，故应用可逆号，即电离方程式为CO2+H2O⇌H++HCO3﹣，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了电子式、比例模型的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及正确的表示方法，明确比例模型与球棍模型、离子化合物与共价化合物的电子式的区别。‎ ‎　‎ ‎5．（2分）下列我国古代的几种技术应用，不涉及氧化还原反应的是（　　）‎ A．卤水煮盐 B．铁矿石炼铁 C．化丹（Pb3O4）为铅 D．火药爆炸 ‎【分析】含元素化合价变化的反应，为氧化还原反应；没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．卤水煮盐，是蒸发结晶，属于物理变化，没有发生氧化还原反应，故A选；‎ B．铁矿石炼铁中金属元素的化合价降低，为氧化还原反应，故B不选；‎ C．化丹（Pb3O4）为铅中Pb元素的化合价降低，为氧化还原反应，故C不选；‎ D．火药爆炸，属于剧烈的氧化还原反应，存在元素的化合价变化，故D不选。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎6．（2分）容量瓶上不会标示（　　）‎ A．标线 B．容量 C．温度 D．浓度 ‎【分析】根据容量瓶的使用特点来回答，容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用。‎ ‎【解答】解：容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，实验室常见规格有50ml、100ml、150ml、200ml、500ml等，容量瓶上有容积标线、并标有容量，容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为25°C，‎ 所以容量瓶上不会表示浓度，‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查常见仪器的使用方法，题目难度不大，注意容量瓶的使用注意事项，要注意积累各种化学实验仪器的使用方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。‎ ‎　‎ ‎7．（2分）潮湿氯气、新制氯水以及次氯酸钠溶液都能使有色布条褪色，因为它们都含有微粒（　　）‎ A．HClO B．ClO﹣ C．HCl D．Cl2‎ ‎【分析】潮湿的氯气，新制的氯水，次氯酸钠溶液均具有漂白性，最终产生漂白作用的物质是次氯酸，都能使有色布条褪色。‎ ‎【解答】解：潮湿氯气、新制氯水都是氯气和水反应能生成盐酸和次氯酸，次氯酸酸性弱于碳酸，次氯酸钠和水、二氧化碳反应生成次氯酸，所以潮湿氯气、新制氯水以及次氯酸钠溶液这些物质都能使布条褪色，是因为这些物质反应后生成次氯酸。次氯酸能使有色布条褪色。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查学生次氯酸的漂白性知识，注意次氯酸盐的漂白原理最终也是生成次氯酸的缘故是解答关键，难度不大。‎ ‎　‎ ‎8．（2分）分析能量变化示意图，下列热化学方程式正确的是（　　）‎ A．2A（g）+B（g）→2C（g）﹣Q B．2A（g）+B（g）→2C（g）+Q C．2A+B→2C+Q D．2C→2A+B﹣Q ‎【分析】由图象知，2A+B的能量大于2C的能量，根据化学反应前后能量守恒，如果A、B为反应物，C为生成物，2A（g）+B（g）═2C（g）时该反应放出能量，2C（g）═2A（g）+B（g）时该反应吸收能量，据此回答。‎ ‎【解答】解：由图象知，2A+B的能量大于2C的能量，根据化学反应前后能量守恒，如果A、B为反应物，C为生成物，2A（g）+B（g）═2C（g）时该反应放出能量，△H=a＜0；如果C为反应物，A、B为生成物，2C（g）═2A（g）+B（g）时该反应吸收能量，△H=a＞0．反应的能量变化和物质的聚集状态有关，图象中物质是气体，所以要标注物质聚集状态，才能标注反应热；综上所述分析得到，B正确；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了化学反应中能量的变化，难度不大，根据能量守恒定律即可解决问题。‎ ‎　‎ ‎9．（2分）下列溶液不能区别SO2和CO2的是（　　）‎ A．酸性KMnO4溶液 B．品红溶液 C．氢硫酸溶液 D．Ba（OH）2溶液 ‎【分析】SO2和CO2气体均为酸性氧化物，但二氧化硫具有漂白性、还原性，结合物质的性质差异及发生的反应来解答。‎ ‎【解答】解：A．使高锰酸钾褪色的为二氧化硫，无现象的为二氧化碳，可鉴别，故A正确；‎ B．使品红褪色的为二氧化硫，无现象的为二氧化碳，可鉴别，故B正确；‎ C．二氧化硫与硫化氢反应生成单质硫，溶液变浑浊，而二氧化碳不反应，可鉴别，故C正确；‎ D．二者都与氢氧化钡溶液反应，且现象相同，不能鉴别，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意二氧化硫的氧化性，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎10．（2分）如图为元素周期表中元素X的信息。下列关于X的说法正确的是（　　）‎ A．属于过渡元素 B．质量数为74.92‎ C．处于第4周期第IIIA族 D．非金属性比氮弱 ‎【分析】A．As最后填充p电子，位于主族；‎ B．由图可知原子的相对原子质量为74.92；‎ C．由价电子排布可知，有4个电子层、最外层电子数为5；‎ D．位于P元素的下方，同主族从上到下非金属性减弱。‎ ‎【解答】解：A．As最后填充p电子，位于主族，为ⅤA族元素，故A错误；‎ B．由图可知原子的相对原子质量为74.92，其质量数为74，故B错误；‎ C．由价电子排布可知，有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期ⅤA族，故C错误；‎ D．位于P元素的下方，同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性比N弱，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握图中信息、元素的位置与原子结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎11．（2分）某同学认为金属铝也有非金属性。下列化学反应中，你认为能支持该同学观点的是（　　）‎ A．铝片与盐酸反应生成氢气 B．氢氧化铝溶于强酸溶液 C．氢氧化铝溶于强碱溶液 D．铝热反应 ‎【分析】一般的金属氢氧化物都只能溶于酸中，氢氧化铝溶于碱中，即验证了铝与其它金属不同，又验证了它的非金属性，据此来分析。‎ ‎【解答】解：A、铝片与盐酸反应生成氢气，仅仅体现了金属铝的金属性方面，故A错误；‎ B、氢氧化铝溶于强酸溶液，仅仅体现了金属铝的金属性方面，故B错误；‎ C、常见的金属氢氧化物都只能溶于酸中，非金属（如Si）或是非金属氧化物一般会溶解在碱中，这里氢氧化铝溶于强碱溶液中，可以表明金属铝和其他金属不同，同时还表现了金属铝的非金属性一面，故C正确；‎ D、铝热反应证明的是金属可以置换金属，只能证明金属铝的金属性方面，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题是一道设计新颖的开放式题目，注意多角度掌握金属铝的性质并和其他金属进行比较是解题的关键，难度不大。‎ ‎　‎ ‎12．（2分）关于醋酸钠的结构，下列说法错误的是（　　）‎ A．有极性键 B．有非极性键 C．是极性分子 D．是离子晶体 ‎【分析】活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属之间易形成共价键，同种非金属元素间形成非极性共价键，不同种非金属元素间形成极性共价键，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：CH3COONa中钠离子与醋酸根离子之间存在离子键，C与H、C与O之间存在极性键，C与C之间存在非极性键，含有离子键的化合物属于离子化合物，CH3COONa属于离子化合物，不存在分子，不是极性分子，故C错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查化学键，把握化学键形成的一般规律及化学键的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎13．（2分）在醋酸溶液中，CH3COOH电离达到平衡的标志是（　　）‎ A．溶液显电中性 B．溶液中检测不出CH3COOH分子存在 C．氢离子浓度恒定不变 D．c（H+）=c（CH3COO﹣）‎ ‎【分析】CH3COOH为弱电解质，为可逆过程，CH3COOH电离达到平衡时，溶液中离子浓度不变，以此进行判断．‎ ‎【解答】解：A．无论是否达到平衡状态，溶液都呈电中性，故A错误；‎ B．CH3COOH为弱电解质，为可逆过程，溶液中应存在CH3COOH分子，故B错误；‎ C．氢离子浓度恒定不变，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；‎ D．由于醋酸的电离程度未知，达到平衡时c（H+）与c（CH3COO﹣）关系不确定，且c（H+）=c（CH3COO﹣）不符合溶液电中性原则，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查化学平衡状态的判断，侧重于弱电解质的电离平衡的考查，题目难度不大，注意把握平衡状态的特征．‎ ‎　‎ ‎14．（2分）《开宝本草》中记载了如何提取硝酸钾：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。文中对硝酸钾提取没有涉及的操作方法是（　　）‎ A．溶解 B．蒸发 C．结晶 D．升华 ‎【分析】KNO3溶解度随温度变化大，提纯的方法是利用溶解后，煎炼得之主要利用蒸发结晶，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：扫取以水淋汁后，乃煎炼而成，水淋为溶解过程、煎炼为蒸发、结晶过程，没有涉及升华，升华为固体直接变为气体的过程。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】‎ 本题考查物质的性质及分离提纯等，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析、应用能力的考查，题目的情景设计较新颖，予化学知识于古文字中，注意古文的理解和化学物质性质的分析判断，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎15．（2分）常温下，0.1mol•L﹣1HF溶液的pH=2，下列关于HF溶液的表述错误的是（　　）‎ A．HF是弱酸 B．c（H+）＞c（HF） C．c（HF）＞c（OH﹣） D．c（H+）＞c（F﹣）‎ ‎【分析】常温下，0.1mol•L﹣1HF溶液的pH=2，可知HF为弱酸，不能完全电离，存在电离平衡，且电离的程度不大，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．常温下0.1mol•L﹣1HF溶液的pH=2，可知HF为弱酸，故A正确；‎ B．电离的程度不大，则c（H+）＜c（HF），故B错误；‎ C．电离显酸性，且电离程度不大，则c（HF）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；‎ D．HF酸电离出氢离子和F﹣，且水电离出氢离子和氢氧根离子，则溶液中存在c（H+）＞c（F﹣），故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，把握弱酸的电离平衡、电离程度为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎16．（2分）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法正确的是（　　）‎ A．d为石墨，铁片不易被腐蚀 B．d为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+4e→4OH﹣‎ C．d为锌块，铁片腐蚀加快 D．d为锌块，铁片上电极反应为：2H++2e→H2↑‎ ‎【分析】A、d为石墨，铁片活泼，金属铁是负极；‎ B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；‎ C、锌比铁片活泼，所以金属锌是负极；‎ D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；‎ ‎【解答】解：A、d为石墨，活泼金属铁片作负极，发生腐蚀，所以铁片腐蚀加快，故A错误；‎ B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以石墨作正极，电极反应：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故B正确；‎ C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C错误；‎ D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写。‎ ‎　‎ ‎17．（2分）实验室用乙醇和浓硫酸共热制取乙烯并用酸性高锰酸钾溶液验证乙烯的性质。若要达到实验目的，从气体发生装置导出的气体必须先洗气，洗气试剂最合适的是（　　）‎ A．氢氧化钠溶液 B．溴水 C．浓硫酸 D．亚硫酸氢钠溶液 ‎【分析】用乙醇和浓硫酸共热制取乙烯，由于浓硫酸有脱水性和强氧化性，故生成的乙烯中混有CO2、SO2和乙醇，据此分析。‎ ‎【解答】解：用乙醇和浓硫酸共热制取乙烯，由于浓硫酸有脱水性和强氧化性，故生成的乙烯中混有CO2、SO2和乙醇，而检验乙烯用高锰酸钾溶液或溴水，故应将CO2、SO2和乙醇特别是SO2和乙醇将除去，用氢氧化钠溶液可以用CO2、SO2和乙醇除去。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查了乙烯的实验室制法中乙烯中杂质的除去，难度不大，应注意的是乙烯和氢氧化钠溶液不反应，而氢氧化钠能除去二氧化碳、二氧化硫和乙醇。‎ ‎　‎ ‎18．（2分）为探究铁的性质进行如图所示实验。下列说法错误的是（　　）‎ A．①中溶液呈淡绿色 B．②中溶液呈淡绿色 C．③中溶液可能呈棕黄色 D．③中稀硫酸氧化了Fe2+‎ ‎【分析】①中滴入稀硝酸发生反应，铁片剩余，说明铁和稀硝酸发生反应生成硝酸亚铁，溶液显浅绿色；‎ ‎②中铁片剩余，生成的硝酸铁和铁反应生成硝酸亚铁，溶液为硝酸亚铁为浅绿色；‎ ‎③加入稀硫酸和硝酸根离子形成稀硝酸能继续氧化亚铁离子生成铁离子，溶液可能呈棕黄色。‎ ‎【解答】解：A．①中滴入稀硝酸发生反应，铁片剩余，说明铁和稀硝酸发生反应生成硝酸亚铁，溶液显浅绿色，故A正确；‎ B．②中铁片剩余溶液为硝酸亚铁为浅绿色溶液，故B正确；‎ C．③加入稀硫酸和硝酸根离子形成稀硝酸能继续氧化亚铁离子生成铁离子，可能呈棕黄色，故C正确；‎ D．加入稀硫酸和硝酸根离子形成稀硝酸能继续氧化亚铁离子生成铁离子，稀硫酸不能氧化亚铁离子，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了稀硝酸的性质、铁及其化合物性质、注意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，题目难度中等。‎ ‎　‎ ‎19．（2分）某电池反应原理为4Li+2SOCl2→4LiCl+S+SO2↑．SOCl2遇水或潮气会分解放出二氧化硫、氯化氢。下列叙述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（　　）‎ A．反应可以在水中进行 B．2 mol SOCl2参加反应，转移电子8 NA C．Li是还原剂 D．SOCl2既是氧化剂又是还原剂 ‎【分析】4Li+2SOCl2→4LiCl+S+SO2↑，Li元素化合价由0价升高到+1价，S元素化合价由+4价降低到0价，则Li为还原剂，SOCl2为氧化剂，又SOCl2遇水或潮气会分解放出二氧化硫、氯化氢，则反应不可以在水中进行，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：A、SOCl2遇水或潮气会分解放出二氧化硫、氯化氢，则反应不可以在水中进行，故A错误；‎ B、4Li+2SOCl2→4LiCl+S+SO2↑，2molSOCl2参加反应，只有1molSOCl2中S元素化合价由+4价降低到0价，则2 mol SOCl2参加反应，转移电子4NA，故B错误；‎ C、4Li+2SOCl2→4LiCl+S+SO2↑，Li元素化合价由0价升高到+1价，则Li是还原剂，故C正确；‎ D、4Li+2SOCl2→4LiCl+S+SO2↑，S元素化合价由+4价降低到0价，则SOCl2为氧化剂，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了氧化还原反应的原理，难度不大，注意抓住化合价变化来分析即可。‎ ‎　‎ ‎20．（2分）浓硫酸分别和三种钠盐反应，现象见图。下列分析正确的是（　　）‎ A．对比①和②可以说明还原性Br﹣＞Cl﹣‎ B．①和③相比可说明氧化性Br2＞SO2‎ C．②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致，说明酸性H2SO4＞HCl D．③中浓H2SO4被还原成SO2‎ ‎【分析】A、反应①生成棕色气体是溴蒸气，反应②‎ 白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气；‎ B、反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型；‎ C、白雾说明氯化氢易挥发；‎ D、反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应；‎ ‎【解答】解：A、反应①生成棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，与同一种氧化剂在相同条件下反应，溴离子被氧化成溴单质，而氯离子不能被氧化，说明还原性Br﹣＞Cl﹣，故A正确；‎ B、反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，故B错误；‎ C、白雾说明氯化氢易挥发，说明挥发性H2SO4＜HCl，故C错误；‎ D、反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是强酸制弱酸，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应中相关概念，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意由现象得出结论，题目难度不大。‎ ‎　‎ 二、综合分析题 ‎21．（13分）硫酸工业：‎ 硫酸是基础化工的重要产品，工业上制备硫酸的主要反应为：‎ 造气：4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2‎ 催化氧化：2SO2+O2 2SO3‎ 吸收：SO3+H2O→H2SO4‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）一定条件下，1mol SO2和0.75mol O2在容积为1L的恒容密闭容器中发生反应，5min时达到化学平衡。‎ ‎①反应达到平衡后若改变条件使平衡常数K值变大，则在平衡移动过程中υ（正）　b　 （填序号）‎ a．一直增大 b．一直减小 c．先增大后减小 d．先减小后增大 ‎②达到平衡时若SO3的浓度为0.98mol•L﹣1，则5min内氧气的反应速率为　0.098　 mol•L﹣1•min﹣1．反应体系中氧气过量的目的是　使平衡正向移动，充分利用SO2　。‎ ‎（2）催化氧化反应中，SO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。则工业生产中最适宜的压强为　1atm　，最适宜的温度范围为　400～450℃　。‎ ‎（3）若制取硫酸的上述三个反应过程中硫元素的转化率都是98%，则1mol硫铁矿可以制得SO2　43.90　L（标准状况下），最终得到纯硫酸　1.88　mol（均保留2位小数）。‎ ‎【分析】（1）①反应为放热反应，达到平衡后若改变条件使平衡常数K值变大，说明是降低温度，平衡正向进行，反应速率减小；‎ ‎②达到平衡时若SO3的浓度为0.98mol•L﹣1，计算5min内三氧化硫的反应速率，速率之比等于化学方程式计量数之比计算氧气的反应速率，氧气过量会提高二氧化硫的转化率；‎ ‎（2）SO2的平衡转化率与温度、压强的关系图分析二氧化硫催化氧化在1atm，400～450℃时的转化率已经很大，增大压强，转化率变化不大，催化剂400～450℃时活性最大；‎ ‎（3）若制取硫酸的上述三个反应过程中硫元素的转化率都是98%，结合定量关系计算：FeS2～2SO2～H2SO4。‎ ‎【解答】解：（1）①一定条件下，1mol SO2和0.75mol O2‎ 在容积为1L的恒容密闭容器中发生反应，5min时达到化学平衡，反应为放热反应，达到平衡后若改变条件使平衡常数K值变大，说明是降低温度，平衡正向进行，反应速率减小，正反应速率和农夫与蛇李都减小，故选b，‎ 故答案为：b； ‎ ‎②达到平衡时若SO3的浓度为0.98mol•L﹣1，计算5min内三氧化硫的反应速率v（SO3）=，速率之比等于化学方程式计量数之比，v（O2）=v（SO3）=×=0.098mol/（L•min），反应体系中氧气过量的目的是 使平衡正向移动，提高二氧化硫转化率，充分利用SO2 ，‎ 故答案为：0.098； 使平衡正向移动，充分利用SO2；‎ ‎（2）SO2的平衡转化率与温度、压强的关系图分析可知，二氧化硫催化氧化在1atm，400～450℃时的转化率已经很大，增大压强，转化率变化不大，催化剂400～450℃时活性最大，最适宜的温度范围为400～450℃，‎ 故答案为：1atm； 400～450℃；‎ ‎（3）若制取硫酸的上述三个反应过程中硫元素的转化率都是98%，结合定量关系计算：FeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4，1mol硫铁矿可以制得SO2 物质的量=1mol×98%×2=1.96mol，标准状况下体积=1.96mol×22.4L/mol=43.90 L，最终得到纯硫酸物质的量=1mol×98%×98%×98%×2=1.88mol，‎ 故答案为：43.90；1.88。‎ ‎【点评】本题考查了硫酸工业制备过程、反应速率计算、影响化学反应速率和平衡的因素分析判断、制备条件选择、化学方程式计算等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。‎ ‎　‎ ‎22．（17分）纯碱和氮肥：‎ 某种制取纯碱的生产流程如图1所示：‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）N原子核外有　7　种不同运动状态的电子，它的最外层电子排布式是　2s22p3　；组成纯碱的元素原子半径从大到小依次为　Na＞C＞O　。‎ ‎（2）氨水是常用氮肥，用氨水施肥时要避开高温、大风天气，原因是　氨水易挥发，大风高温天气加速氨气挥发从而失去肥效　。‎ ‎（3）用离子方程式表示碳酸钠被称为“碱”的原因　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣　。‎ ‎（4）结合图2用溶解平衡理论解释反应II的反应原理　碳酸氢钠溶解度最小；反应I生成高浓度HCO3﹣，反应II加入大量Na+，造成溶液中HCO3﹣和Na+的离子浓度超出碳酸氢钠饱和溶液浓度，所以析出碳酸氢钠　。‎ ‎（5）在向母液中通入石灰乳进行蒸氨之前，通常需要先将母液加热。若不加热，加入石灰乳容易产生沉淀堵塞管道，生成的沉淀是　CaCO3　。‎ ‎（6）上述流程中可以循环利用的物质有　CO2，NH3　，副产物是　CaCl2　。‎ ‎（7）利用化工生产遵循的一般原则分析上述纯碱生产流程，指出不足之处　有副产物生成，原料没有充分利用　（写一条）。‎ ‎【分析】浓氨水中通入过量二氧化碳反应生成碳酸氢铵，加入食盐，利用物质溶解度不同发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到晶体干燥加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，母液加入石灰乳反应生成氨气，‎ ‎（1）N原子原子核外7个电子，最外层5个电子，组成纯碱的元素原子半径比较，依据电子层数越多半径越大，电子层数相同的核电荷数越大半径越小；‎ ‎（2）氨水易挥发；‎ ‎（3）碳酸钠溶液中碳酸根离子水解呈碱性；‎ ‎（4）反应II是利用碳酸氢根离子和钠离子浓度较大超出饱和溶液中的离子浓度，会析出晶体；‎ ‎（5）母液中含少量的碳酸氢钠，和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀；‎ ‎（6）参加反应过程，最后生成的物质可以循环使用；‎ ‎（7）母液中有大量氯化钠与氯化钙一起排出，原料没有充分利用。‎ ‎【解答】解：浓氨水中通入过量二氧化碳反应生成碳酸氢铵，加入食盐，利用物质溶解度不同发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到晶体干燥加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，母液加入石灰乳反应生成氨气，‎ ‎（1）N原子原子核外7个电子，N原子核外有7种不同运动状态的电子，最外层5个电子，最外层电子排布式是：2s22p3，组成纯碱的元素原子半径比较依据电子层数越多半径越大，电子层数相同的核电荷数越大半径越小，元素原子半径从大到小依次为：Na＞C＞O，‎ 故答案为：7； 2s22p3；Na＞C＞O；‎ ‎（2）氨水是常用氮肥，用氨水施肥时要避开高温、大风天气，原因是：氨水易挥发，大风高温天气加速氨气挥发从而失去肥效，‎ 故答案为：氨水易挥发，大风高温天气加速氨气挥发从而失去肥效；‎ ‎（3）碳酸钠溶液中碳酸根离子水解呈碱性，离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，‎ 故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；‎ ‎（4）用溶解平衡理论解释反应II的反应原理是：碳酸氢钠溶解度最小；反应I生成高浓度HCO3﹣，反应II加入大量Na+，造成溶液中HCO3﹣和Na+的离子浓度超出碳酸氢钠饱和溶液浓度，所以析出碳酸氢钠，‎ 故答案为：碳酸氢钠溶解度最小；反应I生成高浓度HCO3﹣，反应II加入大量Na+，造成溶液中HCO3﹣和Na+‎ 的离子浓度超出碳酸氢钠饱和溶液浓度，所以析出碳酸氢钠；‎ ‎（5）母液中含少量的碳酸氢钠，和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，在向母液中通入石灰乳进行蒸氨之前，通常需要先将母液加热，分解生成沉淀除去，若不加热，加入石灰乳容易产生沉淀堵塞管道，生成的沉淀是CaCO3，‎ 故答案为：CaCO3；‎ ‎（6）参加反应过程，最后生成的物质可以循环使用，上述流程中可以循环利用的物质有：CO2，NH3，副产物是CaCl2，‎ 故答案为：CO2，NH3；CaCl2；‎ ‎（7）利用化工生产遵循的一般原则分析上述纯碱生产流程不足之处是母液中有大量氯化钠与氯化钙一起排出，原料没有充分利用，‎ 故答案为：有副产物生成，原料没有充分利用。‎ ‎【点评】本题考查了侯氏制碱法的分析、反应依据和过程分析判断、物质性质等，主要是反应过程中的物质性质、物质溶解度变化，掌握基础是解题关键，题目难度中等。‎ ‎　‎ ‎23．（14分）过氧化钠（Na2O2）的性质：‎ 有人说：“Na2O2脾气火爆，一见二氧化碳就变脸，遇见水就生气”。这种说法引起了某学习小组的兴趣，于是对Na2O2性质进行以下实验探究。‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）实验装置如图所示。挤压胶头滴管，预期看到的实验现象　有气体产生　、　香剧烈燃烧　（写出2条主要现象）。‎ ‎（2）写出Na2O2遇CO2“变脸”的化学方程式　2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2　。若Na2O2长期露置于空气中，最终会转化为　碳酸钠（或苏打、纯碱、Na2CO3均可）　（填物质名称）。‎ ‎（3）某同学发现Na2O2见水“生气”后所得溶液温度升高，滴加酚酞试液，酚酞先变红，但很快就褪色。对此设计实验进行探究：取两支试管分别加入少量Na2O2粉末，一支冰水浴，一支热水浴，两支试管里都滴加蒸馏水和酚酞。该实验的目的是　探究温度对酚酞变色的影响　‎ ‎。另一同学将实验改为：取两支试管，分别加入滴有酚酞的红色NaOH溶液，一支冰水浴，一支热水浴。你认为改后能否达到原实验目的　能　，理由　要探究的是温度对酚酞变色的影响，与氢氧化钠的来源无关　。‎ ‎（4）根据Na2O2的性质，指出它的一种用途　潜水艇中的制氧剂（或漂白剂、消毒剂等）　。‎ ‎【分析】（1）水与过氧化钠反应生成氧气，并且反应放热；‎ ‎（2）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；过氧化钠在空气中与水、二氧化碳反应，最终生成较为稳定的碳酸钠；‎ ‎（3）一支冰水浴，一支热水浴，二者温度不同，可比较温度对酚酞变色的影响；取两支试管，分别加入滴有酚酞的红色NaOH溶液，一支冰水浴，一支热水浴，可达到温度对酚酞变色的影响；‎ ‎（4）过氧化钠可生成氧气，可用作供氧剂，具有强氧化性，可用作消毒剂或漂白剂等。‎ ‎【解答】解：（1）水与过氧化钠反应生成氧气，并且反应放热，可观察到有气体产生、香剧烈燃烧（或容器很烫，香复燃……），‎ 故答案为：有气体产生、香剧烈燃烧（或容器很烫，香复燃……）；‎ ‎（2）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，过氧化钠在空气中与水、二氧化碳反应，最终生成较为稳定的碳酸钠，‎ 故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；碳酸钠（或苏打、纯碱、Na2CO3均可）；‎ ‎（3）一支冰水浴，一支热水浴，二者温度不同，可比较温度对酚酞变色的影响；取两支试管，分别加入滴有酚酞的红色NaOH溶液，一支冰水浴，一支热水浴，可达到温度对酚酞变色的影响，可达到实验目的，‎ 故答案为：探究温度对酚酞变色的影响；能；要探究的是温度对酚酞变色的影响，与氢氧化钠的来源无关；‎ ‎（4）过氧化钠可生成氧气，可用作供氧剂，具有强氧化性，可用作消毒剂或漂白剂等，故答案为：潜水艇中的制氧剂（或漂白剂、消毒剂等）。‎ ‎【点评】本题考查化学实验探究，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，本题注意把握物质的性质以及实验的原理、目的，把握实验的对比原理，难度中等。‎ ‎　‎ ‎24．（16分）苯乙烯（ ）是合成橡胶和塑料的重要单体，也是生产某些药物、农药的中间体。化合物E是一种昆虫信息素，可以通过以下流程制备。‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）反应②的反应类型　加成反应　；上述流程中的物质，与B互为同系物的是　苯　。写出B的属于芳香烃的一种同分异构体的结构简式　（或、）　，该物质的名称为　邻二甲苯（或对二甲苯、间二甲苯）　。‎ ‎（2）反应①中，A和苯按摩尔比1：1完全反应，产物只有B．写出A的结构简式　CH2=CH2　。‎ ‎（3）写出反应③的化学方程式　+NaOH+NaBr+H2O　。‎ ‎（4）以B为原料制取C的反应是可逆反应，分离C、B混合物的实验操作为　蒸馏　。‎ ‎（5）苯乙烯露置于空气中可被氧化为苯甲醛和甲醛。设计实验方案检验苯乙烯样品是否被氧化变质 ‎　取样于试管，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若有砖红色沉淀，说明变质，若无砖红色沉淀说明没有变质　。‎ ‎（6）参照上述合成路线的表示方法，设计以苯乙烯为原料经过三步反应制备新型高分子导电材料PPA（ ）的合成路线，并注明必要的反应条件。（无机物任选）‎ ‎【分析】反应①中，A和苯按摩尔比1：1完全反应，产物只有B，则该反应为加成反应，A为CH2=CH2；B反应生成C，C和溴发生加成反应生成D，D发生部分消去反应生成1﹣溴苯乙烯，则D为；1﹣溴苯乙烯发生取代反应生成E；‎ ‎（6）和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生加聚反应生成。‎ ‎【解答】解：反应①中，A和苯按摩尔比1：1完全反应，产物只有B，则该反应为加成反应，A为CH2=CH2；B反应生成C，C和溴发生加成反应生成D，D发生部分消去反应生成1﹣溴苯乙烯，则D为；1﹣溴苯乙烯发生取代反应生成E；‎ ‎（1）反应②的反应类型加成反应；上述流程中的物质，与B互为同系物的是苯，B的属于芳香烃的一种同分异构体的结构简式（或、），该物质的名称为邻二甲苯（或对二甲苯、间二甲苯），‎ 故答案为：加成反应；苯；（或、）；邻二甲苯（或对二甲苯、间二甲苯）；‎ ‎（2）写出A的结构简式CH2=CH2，‎ 故答案为：CH2=CH2；‎ ‎（3）反应③的化学方程式+NaOH+NaBr+H2O，‎ 故答案为：+NaOH+NaBr+H2O；‎ ‎（4）二者互溶但熔沸点不同，所以分离C、B混合物的实验操作为蒸馏，‎ 故答案为：蒸馏；‎ ‎（5）检验苯乙烯样品是否被氧化变质的方法为：取样于试管，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若有砖红色沉淀，说明变质，若无砖红色沉淀说明没有变质，‎ 故答案为：取样于试管，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若有砖红色沉淀，说明变质，若无砖红色沉淀说明没有变质；‎ ‎（6）和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生加聚反应生成，合成路线为，‎ 故答案为：。‎ ‎【点评】本题考查有机物推断和合成，为学习重点和难点，根据反应前后结构变化确定反应类型及未知物质的结构简式，难点是有机合成路线设计，要熟练掌握常见有机物官能团及其性质、物质之间的转化及反应条件。‎ ‎　‎