上海市静安区高考化学二模试卷

上海市静安区高考化学二模试卷

‎2018年上海市静安区高考化学二模试卷 ‎　‎ 一、选择题（共40分，每小题2分．每小题只有一个正确答案）‎ ‎1．（2分）下列过程不涉及化学变化的是（　　）‎ A．用氨气做制冷剂 B．用氢氧化铝治疗胃酸过多 C．用糯米酿制甜酒 D．用食醋除去水壶中的水垢 ‎2．（2分）2017年9月美俄科学家利用计算机模拟设计出密度比水还小的超轻晶体铝，这种晶体铝属于（　　）‎ A．电解质 B．有机物 C．单质 D．化合物 ‎3．（2分）属于同位素的两种微粒是（　　）‎ A．H2和D2 B．2He和3He C．CH4和C2H6 D．O2和O3‎ ‎4．（2分）有关化学用语的表示中正确的是（　　）‎ A．羟基电子式 B．S2﹣的结构示意图 ‎ C．乙烯的结构简式CH2CH2‎ D．原子核内有20个中子的氯原子 Cl ‎5．（2分）属于极性分子的是（　　）‎ A．CO2 B．H2O C．CCl4 D．N2‎ ‎6．（2分）下列过程的热效应属于吸热的是（　　）‎ A．碘蒸气的凝华 B．化学反应中化学键的形成 C．铝热反应 D．氯化铵的水解 ‎7．（2分）有关性质的比较中，不能用元素周期律解释的是（　　）‎ A．热稳定性：HC1＞HBr B．金属性：Mg＞Be C．碱性：KOH＞Ca（OH）2 D．酸性：H2SO4＞HClO ‎8．（2分）两种物质所含化学键种类完全相同，晶体类型也相同的是（　　）‎ A．NaC1和HC1 B．NaOH和Na2O C．C3H8和H2O2 D．SO2和SiO2‎ ‎9．（2分）将已除去氧化膜的镁条投入到盛有稀盐酸的敞口容器中，产生H2‎ 的速率v与时间t的关系如图所示，其中影响AB段速率的主要因素是（　　）‎ A．H+的浓度 B．Cl﹣的浓度 C．溶液的温度 D．体系的压强 ‎10．（2分）某有机物加氢反应后生成，该有机物可能是（　　）‎ A．乙醛的同系物 B．戊醛的同分异构体 C．丙醇的同系物 D．丁醇的同分异构体 ‎11．（2分）ClO2是一种高效水处理剂，实验室通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，关于此反应的说法正确的是（　　）‎ A．KClO3发生化合价降低，失电子 B．反应中H2SO4体现了酸性和强氧化性 C．反应中H2C2O4被氧化 D．产物中Cl与C化合价相同，因而氧化性一样强 ‎12．（2分）在pH=13的某溶液中存在大量的Na+、ClO﹣、NO3﹣，该溶液还可能大量存在的离子是（　　）‎ A．NH4+ B．CO32﹣ C．HCO3﹣ D．Al3+‎ ‎13．（2分）将下列物质溶于水，能促进水的电离的是（　　）‎ A．NaHSO4 B．Na2CO3 C．SO2 D．NaOH ‎14．（2分）实验室以石墨为电极电解饱和食盐水的装置如图所示，下列判断正确的是（　　）‎ A．通电使氯化钠发生电离 B．A电极上发生还原反应 C．B电极上有C12产生 D．通电一段时间后，阴极区pH上升 ‎15．（2分）下列图示的实验设计能达到相应实验目的是（　　）‎ A．‎ 检验溴乙烷消去的产物 B．‎ 检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+‎ C．‎ 检验亚硫酸钠溶液是否变质 D．‎ 验证钢铁的析氢腐蚀 ‎16．（2分）关于C、N、S等非金属元素及其化合物的说法错误的是（　　）‎ A．它们都能以游离态存在于自然界中 B．二氧化硫、氮氧化物的任意排放会形成酸雨 C．浓硫酸可干燥CO2、SO2、H2S 等气体，但不能干燥NH3‎ D．加热条件下，碳、硫单质都能与浓硝酸、浓硫酸发生反应 ‎17．（2分）已知C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O （g）+1256kJ，下列说法正确的是（　　）‎ A．1 份乙炔完全燃烧可放热1256 kJ B．反应中乙炔做还原剂、被还原 C．乙炔完全燃烧时，生成2 mol液态水，所放热量小于2512 kJ D．若有10 mol电子发生转移，则需消耗2.5 mol O2‎ ‎18．（2分）小苏打溶液水解的离子方程式书写正确的是（　　）‎ A．HCO3﹣+H+→H2CO3 B．HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣‎ C．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ D．HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+‎ ‎19．（2分）实验室用海带提取碘的操作过程中，所选仪器错误的是（　　）‎ 选项 操作 所选仪器 A 称取3g左右的干海带 托盘天平 B 灼烧干海带至完全变成灰烬 烧杯 C 过滤煮沸后的海带灰与水的混合液 漏斗 D 用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘 分液漏斗 A．A B．B C．C D．D ‎20．（2分）有关实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述错误的是（　　）‎ A．两反应均需使用浓硫酸、乙酸 B．过量乙酸可提高1﹣丁醇的转化率 C．制备乙酸乙酯时乙醇应过量 D．提纯乙酸丁酯时，需过滤、洗涤等操作 ‎　‎ 二、综合题（共60分）‎ ‎21．（15分）人类能够有效利用氮气的主要途径是合成氨，生产化学肥料等。完成下列填空：‎ ‎（1）氮原子核外电子排布式为　 　，其最外层有　 　种运动状态不同的电子；氮气的电子式为　 　；氨气分子的空间构型是　 　。‎ ‎（2）工业上常用醋酸亚铜氨溶液来吸收含有大量N2的高炉气体系中的CO，从而实现CO和N2的分离，反应的化学方程式如下：CH3COOCu（NH3）2 （aq）+CO（g）⇌CH3COOCu（NH3）2•CO（aq）+Q（Q＞0）‎ 该反应的化学平衡常数表达式K=　 　；欲使K值变大，可采取的措施是　 　。‎ 吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的适当处理措施有　 　（选填序号）。‎ a．适当升高温度 b．适当降低温度 c．增大压强 d．减小压强 ‎（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，这样能使NH3的脱除率增大，试用平衡移动原理解释其原因　 　。‎ 为实现CO2减排，合成氨工厂采用苯菲尔法脱碳。该方法是用碳酸钾溶液为吸收剂捕集混合气中的CO2得到富液，再高温加热富液使之分解释放出CO2，正常情况下再生的二氧化碳气体体积分数可达98.5%以上。‎ ‎（4）某研究小组用200mL 1.5mol/L K2CO3溶液吸收了3.36L 的CO2（标准状况）形成富液，碳酸钾溶液吸收CO2的离子反应方程式为　 　，该富液中的溶质是　 　（填化学式），各离子的浓度关系正确的是　 　。‎ a．c（K+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）‎ b．3c（K+）=4c（CO32﹣）+4c（HCO3﹣）+4c（H2CO3）‎ c．c（K+）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+）‎ ‎22．（15分）X、Y、Z、M、W、Q、R是7种短周期元素，其原子半径及主要化合价如下：‎ 元素代号 X Y Z M W Q R 原子半径/nm ‎0.186‎ ‎0.143‎ ‎0.104‎ ‎0.099‎ ‎0.070‎ ‎0.066‎ ‎0.032‎ 主要化合价 ‎+1‎ ‎+3‎ ‎+6，﹣2‎ ‎+7，﹣1‎ ‎+5，﹣3‎ ‎﹣2‎ ‎+1‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）上述元素中，金属性最强的在周期表中的位置是　 　；X、Y、Q各自形成的简单离子中，离子半径由大到小的顺序是　 　（填离子符号）。W和R按原子个数比1﹕4构成的阳离子所含的化学键是　 　。‎ ‎（2）表中所列4种第三周期元素的最高价氧化物的水化物碱性最弱的是　 　（填化学式），其电离方程式为　 　。‎ ‎（3）M与Z相比，非金属性较强的是　 　（填元素名称），请从原子结构的角度说明理由　 　。‎ ‎（4）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应，反应方程式如下：　 　KMnO4+　 　 H2O2+　 　H2SO4→　 　 K2SO4+　 　 MnSO4+　 　 O2↑+　 　 H2O，请配平，当有0.5mol H2O2参加此反应，电子转移的个数为　 　。‎ ‎23．（15分）晶须是由高纯度单晶生长而成的微 纳米级的短纤维，工业应用的晶须主要是在人工控制条件下合成。‎ 碳酸镁晶须（MgCO3•nH2O，n=1～5的整数）广泛应用于冶金、耐火材料及化工产品等领域。制取碳酸镁晶须的步骤如图：‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）步骤1必须将反应的温度控制在50℃，较好的加热方法是　 　；氨水、硫酸镁、碳酸氢铵三者反应，除生成MgCO3•nH2O沉淀外，同时生成的产物还有　 　。‎ ‎（2）步骤2是　 　、洗涤，检验沉淀A已洗涤干净的方法是　 　。 为测定碳酸镁晶须产品中n的值，某兴趣小组设计了如下装置，并进行了三次实验。（不考虑稀盐酸的挥发性）‎ ‎（3）装置A中盛放的溶液是　 　。装置D中盛放的固体是　 　，其作用是　 　。‎ ‎（4）若三次实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为a mol，则n值为　 　（用含a的代数式表达）。‎ ‎（5）下列选项中，会造成实验结果偏大的是　 　。 （选填序号）‎ ‎①实验开始，未先通空气，即称量装置C； ‎ ‎②B中反应结束后，没有继续通空气；‎ ‎③缺少装置A； ‎ ‎④缺少装置D；‎ ‎⑤装置B中稀盐酸的滴加速率过快； ‎ ‎⑥装置C中的NaOH溶液浓度过大。‎ ‎24．（15分）有机物D的结构简式：，学名肉桂酸，又名β﹣苯丙烯酸，主要用于香精香料、食品添加剂、医药工业、美容、农药、有机合成等方面，其合成路线（部分反应条件略去）如下所示：‎ 已知：ⅰCH3CH=CH2CH3CHO+HCHO；‎ ⅱRCHO 完成下列填空：‎ ‎（1）C中含氧官能团名称是　 　，E的结构简式为　 　。‎ ‎（2）反应②的反应类型是　 　，A的名称是　 　。‎ ‎（3）反应①发生所需的试剂是　 　。反应⑥的化学方程式为　 　。‎ ‎（4）D的分子式是　 　，与D具有相同官能团的同分异构体有多种，其中一种的结构简式为　 　。‎ ‎（5）设计一条以溴乙烷为原料合成乳酸（ ）的路线（其它试剂任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物 ）。　 　。‎ ‎　‎ ‎2018年上海市静安区高考化学二模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共40分，每小题2分．每小题只有一个正确答案）‎ ‎1．（2分）下列过程不涉及化学变化的是（　　）‎ A．用氨气做制冷剂 B．用氢氧化铝治疗胃酸过多 C．用糯米酿制甜酒 D．用食醋除去水壶中的水垢 ‎【分析】判断一个变化是物理变化还是化学变化，要依据在变化过程中有没有生成其他物质，生成其他物质的是化学变化，没有生成其他物质的是物理变化。‎ ‎【解答】解：A．液氨制冷是利用氨气液化后洗手能量变化为气体过程中吸收能量，无新物质生成属于物理变化，故A错误；‎ B．用氢氧化铝和胃酸中盐酸反应生成氯化铝和水，是化学变化，故B正确；‎ C．用糯米酿甜酒过程过程有新物质生成，属于化学变化，故C正确；‎ D．用食醋除去水壶中的水垢有新物质生成，属于化学变化，故D正确，‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。‎ ‎　‎ ‎2．（2分）2017年9月美俄科学家利用计算机模拟设计出密度比水还小的超轻晶体铝，这种晶体铝属于（　　）‎ A．电解质 B．有机物 C．单质 D．化合物 ‎【分析】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；‎ 含碳元素的化合物为有机物；‎ 只由一种元素所形成的纯净物为单质；‎ 由两种或两种以上元素所形成的纯净物为化合物，据此分析。‎ ‎【解答】解：晶体铝是只由一种元素所形成的纯净物，故为单质，不是电解质，也不是有机物、化合物。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了电解质、化合物和纯净物、有机物、单质等概念的辨析，难度不大，掌握概念的要点是解题关键。‎ ‎　‎ ‎3．（2分）属于同位素的两种微粒是（　　）‎ A．H2和D2 B．2He和3He C．CH4和C2H6 D．O2和O3‎ ‎【分析】质子数相同中子数不同的原子互称同位素，据此进行分析。‎ ‎【解答】解：①A．H2和D2，是同一种物质，故A错误；‎ B．2He和3He，He的中子数不同，是氦元素的不同原子，互为同位素，故B正确；‎ C．CH4和C2H6，分子组成上相差1个CH2，是同系物，故C错误；‎ D．O2和O3，是同种元素形成的不同种单质，是同素异形体，故D错误，‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查同系物、同分异构体、同位素、同素异形体、同一物质的区别，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。‎ ‎　‎ ‎4．（2分）有关化学用语的表示中正确的是（　　）‎ A．羟基电子式 B．S2﹣的结构示意图 ‎ C．乙烯的结构简式CH2CH2‎ D．原子核内有20个中子的氯原子 Cl ‎【分析】A、羟基不显电性，含一个未成对电子；‎ B、硫离子的核外有18个电子；‎ C、烯烃的结构简式中碳碳双键不能省略；‎ D、质量数=质子数+中子数。‎ ‎【解答】解：A、羟基不显电性，含一个未成对电子，故羟基的电子式为，故A正确；‎ B、硫离子的核外有18个电子，故其最外层有8个电子，故其结构示意图为，故B错误；‎ C、烯烃的结构简式中碳碳双键不能省略，故乙烯的结构简式为CH2=CH2，故C错误；‎ D、质量数标示在元素符号的左上方，而质量数=质子数+中子数=37，故氯原子为3717Cl，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查了原子结构示意图、电子式、结构简式等知识，题目难度中等，注意掌握离子化合物与共价化合物的电子式区别，明确电子式、分子式、结构简式、结构式的正确表示方法，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力。‎ ‎　‎ ‎5．（2分）属于极性分子的是（　　）‎ A．CO2 B．H2O C．CCl4 D．N2‎ ‎【分析】同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．CO2含有的化学键C=O是极性键，二氧化碳是直线型结构，正负电荷重心重合，是非极性分子，故A错误；‎ B．H2O含有的化学键H﹣O是极性键，水分子是V型结构，正负电荷重心不重合是极性分子，故B正确；‎ C．CCl4 中含有极性键C﹣Cl键，为正四面体结构，结构对称，分子中正负电荷重心重叠，为非极性分子，故C错误；‎ D．N2 中含有非极性键N≡N键，结构对称，正负电荷的中心重合，属于由非极性键构成的非标极性分子，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】‎ 本题考查分子的极性，明确化学键判断的方法及分子极性的判断方法是解答本题的关键，应熟悉常见分子的构型，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎6．（2分）下列过程的热效应属于吸热的是（　　）‎ A．碘蒸气的凝华 B．化学反应中化学键的形成 C．铝热反应 D．氯化铵的水解 ‎【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；‎ 常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）；‎ 铵盐的水解是吸热过程，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．碘蒸气的凝华过程中，气体变为固体，放出热量，故A不选；‎ B．形成化学键放出热量，故B不选；‎ C．铝热反应为放热反应，故C不选；‎ D．盐类的水解为吸热反应，故D选。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查反应热与焓变的应用，题目难度中等，从宏观、微观角度理解化学反应与能力变化的关系为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎　‎ ‎7．（2分）有关性质的比较中，不能用元素周期律解释的是（　　）‎ A．热稳定性：HC1＞HBr B．金属性：Mg＞Be C．碱性：KOH＞Ca（OH）2 D．酸性：H2SO4＞HClO ‎【分析】A．非金属性越强，对应氢化物越稳定；‎ B．同主族从上到下金属性增强；‎ C．金属性越强，对应碱的碱性越强；‎ D．HClO不是最高价含氧酸。‎ ‎【解答】解：A．非金属性Cl＞Br，热稳定性：HC1＞HBr，能用元素周期律解释，故A正确；‎ B．同主族从上到下金属性增强，则金属性：Mg＞Be，故B正确；‎ C．金属性K＞Ca，对应碱的碱性为KOH＞Ca（OH）2，能用元素周期律解释，故C正确；‎ D．HClO不是最高价含氧酸，硫酸、HClO的酸性比较不能用元素周期律解释，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎8．（2分）两种物质所含化学键种类完全相同，晶体类型也相同的是（　　）‎ A．NaC1和HC1 B．NaOH和Na2O C．C3H8和H2O2 D．SO2和SiO2‎ ‎【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。‎ ‎【解答】解：A．NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，固体HCl分子晶体，HCl中只含共价键，故A错误；‎ B．NaOH和Na2O都是离子晶体，NaOH中既含离子键又含共价键，而Na2O只含离子键，故B错误；‎ C．C3H8和H2O2都是分子晶体，C3H8和H2O2都只含共价键，所含化学键类型完全相同，晶体类型也完全相同，故C正确；‎ D．固体CO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，化学键种类完全相同，但晶体类型不相同，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了化学键类型和晶体类型的关系。判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。‎ ‎　‎ ‎9．（2分）将已除去氧化膜的镁条投入到盛有稀盐酸的敞口容器中，产生H2的速率v与时间t的关系如图所示，其中影响AB段速率的主要因素是（　　）‎ A．H+的浓度 B．Cl﹣的浓度 C．溶液的温度 D．体系的压强 ‎【分析】由图可知，开始反应速率加快，与温度有关，后来反应速率减小与氢离子浓度有关，以此来解答。‎ ‎【解答】解：镁条投入到盛有盐酸的敞口容器里，发生Mg与盐酸的反应，AB段时刻，浓度不断减小，反应速率应减小，但放热反应，温度升高，且总体反应速率呈不断增大趋势，说明影响AB段时间段反应速率的主要因素是温度，‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握温度、浓度对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与知识应用能力的考查，注意反应为放热反应，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎10．（2分）某有机物加氢反应后生成，该有机物可能是（　　）‎ A．乙醛的同系物 B．戊醛的同分异构体 C．丙醇的同系物 D．丁醇的同分异构体 ‎【分析】有机物加氢反应后的还原产物是，则有机物中含有不饱和键，对应的有机物可能含有碳碳双键、醛基等，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．如为CH3CH（CH3）CHO，则为乙醛的同系物，故A正确；‎ B．有机物含有4个C原子，则与戊醛的分子式不同，不可能为同分异构体，故B错误；‎ C．如为醇，则应含有碳碳双键，与丙醇的结构不同，不是同系物，故C错误；‎ D．丁醇的同分异构体不含双键，不能发生加成反应，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】‎ 本题考查了加成反应和醇结构的分析，同系物的结构理解应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意碳碳双键、醛基、羰基都可以和氢气发生加成反应形成羟基，题目难度中等。‎ ‎　‎ ‎11．（2分）ClO2是一种高效水处理剂，实验室通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，关于此反应的说法正确的是（　　）‎ A．KClO3发生化合价降低，失电子 B．反应中H2SO4体现了酸性和强氧化性 C．反应中H2C2O4被氧化 D．产物中Cl与C化合价相同，因而氧化性一样强 ‎【分析】2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl元素从+5价变为+4价，H2C2O4中C元素从+3价变为+4价，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．由方程式可知：KClO3中Cl元素从+5价变为+4价，化合价降低，得到电子，故A错误；‎ B．反应中S的化合价没有变化，不表现氧化性，故B错误；‎ C．H2C2O4中C元素从+3价变为+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，故C正确；‎ D．不同元素的化合价相同，其氧化性却不同，ClO2具有强氧化性，CO2具有弱氧化性，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价的变化角度分析氧化还原反应问题，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。‎ ‎　‎ ‎12．（2分）在pH=13的某溶液中存在大量的Na+、ClO﹣、NO3﹣，该溶液还可能大量存在的离子是（　　）‎ A．NH4+ B．CO32﹣ C．HCO3﹣ D．Al3+‎ ‎【分析】pH=13的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，‎ A．铵根离子与氢氧根离子反应；‎ B．碳酸根离子不与氢氧根离子、Na+、ClO﹣、NO3﹣；‎ C．碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；‎ D．铝离子与氢氧根离子、次氯酸根离子反应。‎ ‎【解答】解：pH=13的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，‎ A．NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．CO32﹣不与OH﹣、Na+、ClO﹣、NO3﹣反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；‎ C．HCO3﹣与OH﹣反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．Al3+与OH﹣、ClO﹣反应，在溶液不能大量共存，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查离子共存，题目难度不大，明确离子反应发生条件即可解答，注意题干附加条件，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。‎ ‎　‎ ‎13．（2分）将下列物质溶于水，能促进水的电离的是（　　）‎ A．NaHSO4 B．Na2CO3 C．SO2 D．NaOH ‎【分析】酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大，据此进行解答。‎ ‎【解答】解：A．NaHSO4为酸性溶液，溶液中氢离子抑制水的电离，故A错误；‎ B．Na2CO3溶液中碳酸根离子是弱酸阴离子水解，促进水的电离，故B正确；‎ C．SO2中溶于水生成亚硫酸，显酸性，溶液中氢离子抑制水的电离，故C错误；‎ D．NaOH为强碱性溶液，溶液中氢氧跟离子抑制水的电离，故D错误，‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了水的电离、盐的水解原理离及其影响因素，题目难度不大，注意掌握盐的水解原理、水的电离及其影响因素，明确酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，能够水解的盐溶液促进了水的电离。‎ ‎　‎ ‎14．（2分）实验室以石墨为电极电解饱和食盐水的装置如图所示，下列判断正确的是（　　）‎ A．通电使氯化钠发生电离 B．A电极上发生还原反应 C．B电极上有C12产生 D．通电一段时间后，阴极区pH上升 ‎【分析】由电源正负极可知左侧A电极为阳极，发生：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，则右侧B电极为阴极，发生2H++2e﹣=H2↑，电解时，阳极生成氯气，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，阴极生成OH﹣。‎ ‎【解答】解：A、氯化钠发生电离不需要通电条件，故A错误；‎ B、左侧A电极为阳极，发生氧化反应：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故B错误；‎ C、右侧B电极为阴极，发生2H++2e﹣=H2↑，故C错误；‎ D、右侧B电极为阴极，发生2H++2e﹣=H2↑，阴极区pH上升，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查电解原理，侧重于氯碱工业的考查，注意把握题给信息，阳离子交换膜为解答该题的关键，注意审题，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎15．（2分）下列图示的实验设计能达到相应实验目的是（　　）‎ A．‎ 检验溴乙烷消去的产物 B．‎ 检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+‎ C．‎ 检验亚硫酸钠溶液是否变质 D．‎ 验证钢铁的析氢腐蚀 ‎【分析】A．溴乙烷在NaOH醇溶液在发生消去反应，水除去乙醇，乙烯被高锰酸钾氧化；‎ B．检验亚铁离子，应利用其还原性；‎ C．亚硫酸根离子、硫酸根离子均与钡离子反应生成白色沉淀；‎ D．食盐水为中性。‎ ‎【解答】解：A．溴乙烷在NaOH醇溶液在发生消去反应，水除去乙醇，乙烯被高锰酸钾氧化，则图中装置可验证溴乙烷消去的产物，故A正确；‎ B．检验亚铁离子，应利用其还原性，可选高锰酸钾检验，不能选氯水、KSCN溶液，故B错误；‎ C．亚硫酸根离子、硫酸根离子均与钡离子反应生成白色沉淀，则不能检验是否变质，故C错误；‎ D．食盐水为中性，钢铁发生吸氧腐蚀，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、离子检验、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎16．（2分）关于C、N、S等非金属元素及其化合物的说法错误的是（　　）‎ A．它们都能以游离态存在于自然界中 B．二氧化硫、氮氧化物的任意排放会形成酸雨 C．浓硫酸可干燥CO2、SO2、H2S 等气体，但不能干燥NH3‎ D．加热条件下，碳、硫单质都能与浓硝酸、浓硫酸发生反应 ‎【分析】A．以游离态存在于自然界中是指C、N、S在自然界中存在单质形态；‎ B．二氧化硫溶于水变化为亚硫酸，亚硫酸被空气中氧气氧化生成硫酸形成酸雨，氮氧化物也可以形成硝酸型酸雨；‎ C．H2S 具有还原性可以被浓硫酸氧化；‎ D．加热条件下，碳、硫都是强还原剂，能被强氧化剂浓硝酸、浓硫酸氧化。‎ ‎【解答】解：A．地下煤炭是碳单质，空气中氮气是氮的单质，火山口附近存在单质硫，它们都能以游离态存在于自然界中，故A正确；‎ B．二氧化硫溶于水变化为亚硫酸，亚硫酸被空气中氧气氧化生成硫酸形成酸雨，氮氧化物中的二氧化氮溶于水形成硝酸，也可以形成硝酸型酸雨，故B正确；‎ C．浓硫酸可干燥CO2、SO2等气体，但不能干燥H2S、NH3 等还原性和碱性气体，故C错误；‎ D．加热条件下，碳、硫单质都能被浓硝酸、浓硫酸氧化生成碳、硫的氧化物，发生氧化还原反应，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查非金属元素及其单质、化合物的性质，明确元素化合物知识即可解答，掌握基础是解题关键，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎17．（2分）已知C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O （g）+1256kJ，下列说法正确的是（　　）‎ A．1 份乙炔完全燃烧可放热1256 kJ B．反应中乙炔做还原剂、被还原 C．乙炔完全燃烧时，生成2 mol液态水，所放热量小于2512 kJ D．若有10 mol电子发生转移，则需消耗2.5 mol O2‎ ‎【分析】A．C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O （g）+1256kJ，则1molC2H2‎ 和2.5molO2燃烧生成气态水放出的热量为1256 kJ；‎ B．C2H2中的C由﹣1价升高到+4价，据此进行分析；‎ C．液态水到气态水要吸热；‎ D．C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O （g）～10e﹣，据此进行分析。‎ ‎【解答】解：A．A．C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O （g）+1256kJ，则1molC2H2和2.5molO2燃烧生成气态水放出的热量为1256 kJ，而不是1 份乙炔完全燃烧可放热1256 kJ，故A错误；‎ B．C2H2中的C由﹣1价升高到+4价，化合价升高，作还原剂，还原剂具有还原性被氧化，故B错误；‎ C．液态水到气态水要吸热，故乙炔完全燃烧时，生成2 mol液态水，所放热量大于2512 kJ，故C错误；‎ D．C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O，1mol乙炔反应转移10mol电子，故若有10 mol电子发生转移，则需消耗2.5 mol O2，故D正确，‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查热化学方程式的意义，氧化剂还原剂的判断，电子的转移，本题难度中等。‎ ‎　‎ ‎18．（2分）小苏打溶液水解的离子方程式书写正确的是（　　）‎ A．HCO3﹣+H+→H2CO3 B．HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣‎ C．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ D．HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+‎ ‎【分析】小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子部分水解生成碳酸和氢氧根离子，据此书写该反应的离子方程式。‎ ‎【解答】解：小苏打为NaHCO3，HCO3离子在溶液中部分水解生成H2CO3和OH﹣，其水解的离子方程式为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查水解离子方程式的书写方法，题目难度不大，明确水解离子方程式的书写原则即可解答，试题培养了学生的灵活应用能力。‎ ‎　‎ ‎19．（2分）实验室用海带提取碘的操作过程中，所选仪器错误的是（　　）‎ 选项 操作 所选仪器 A 称取3g左右的干海带 托盘天平 B 灼烧干海带至完全变成灰烬 烧杯 C 过滤煮沸后的海带灰与水的混合液 漏斗 D 用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘 分液漏斗 A．A B．B C．C D．D ‎【分析】A．托盘天平可称量固体的质量；‎ B．在坩埚中灼烧固体；‎ C．过滤需要漏斗；‎ D．萃取需要分液漏斗。‎ ‎【解答】解：A．托盘天平可称量固体的质量，则仪器选择合理，故A正确；‎ B．在坩埚中灼烧固体，不能在烧杯中进行，故B错误；‎ C．过滤需要漏斗，可分离煮沸后的海带灰与水的混合液，故C正确；‎ D．萃取需要分液漏斗，则可从氧化后的海带灰浸取液中提取碘，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎20．（2分）有关实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述错误的是（　　）‎ A．两反应均需使用浓硫酸、乙酸 B．过量乙酸可提高1﹣丁醇的转化率 C．制备乙酸乙酯时乙醇应过量 D．提纯乙酸丁酯时，需过滤、洗涤等操作 ‎【分析】‎ 该题主要考查有机物的制备，有机物的制备我们需要注意的是反应物是什么，生成物是什么，反应条件，是否需要催化剂，以及试剂加入顺序，是否需要过量等问题。乙酸乙酯的制备是我们课本介绍过的，该实验的原料需要冰醋酸和乙醇，考虑到冰醋酸和乙醇的价格，一般会使乙醇过量，提高冰醋酸的转化率，而且反应过程中要使用浓硫酸做催化剂和吸水剂，反应条件上需要酒精灯加热。乙酸丁酯的制备和乙酸乙酯的制备区别在于正丁醇和乙醇的价格差异。‎ ‎【解答】解：A、制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的原料分别是乙酸和乙醇、乙酸和丁醇，故A正确；‎ B、制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，可以促使化学平衡正向进行，以提高丁醇的利用率，故B正确；‎ C、制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，故C正确；‎ D、提纯乙酸丁酯时，需萃取分液操作，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】该题考查高中化学课本中比较重要的有机反应，因此要做到对课本实验的关键因素了如指掌（如反应物、生成物、反应条件、催化剂和实验注意事项等）。‎ ‎　‎ 二、综合题（共60分）‎ ‎21．（15分）人类能够有效利用氮气的主要途径是合成氨，生产化学肥料等。完成下列填空：‎ ‎（1）氮原子核外电子排布式为　1s22s22p3　，其最外层有　5　种运动状态不同的电子；氮气的电子式为　　；氨气分子的空间构型是　三角锥型　。‎ ‎（2）工业上常用醋酸亚铜氨溶液来吸收含有大量N2的高炉气体系中的CO，从而实现CO和N2的分离，反应的化学方程式如下：CH3COOCu（NH3）2 （aq）+CO（g）⇌CH3COOCu（NH3）2•CO（aq）+Q（Q＞0）‎ 该反应的化学平衡常数表达式K=　　；欲使K值变大，可采取的措施是　降低温度　。‎ 吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的适当处理措施有　ad　（选填序号）。‎ a．适当升高温度 b．适当降低温度 c．增大压强 d．减小压强 ‎（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，这样能使NH3的脱除率增大，试用平衡移动原理解释其原因　氨气在水中存在如下平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除　。‎ 为实现CO2减排，合成氨工厂采用苯菲尔法脱碳。该方法是用碳酸钾溶液为吸收剂捕集混合气中的CO2得到富液，再高温加热富液使之分解释放出CO2，正常情况下再生的二氧化碳气体体积分数可达98.5%以上。‎ ‎（4）某研究小组用200mL 1.5mol/L K2CO3溶液吸收了3.36L 的CO2（标准状况）形成富液，碳酸钾溶液吸收CO2的离子反应方程式为　CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣　，该富液中的溶质是　KHCO3和K2CO3　（填化学式），各离子的浓度关系正确的是　a b　。‎ a．c（K+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）‎ b．3c（K+）=4c（CO32﹣）+4c（HCO3﹣）+4c（H2CO3）‎ c．c（K+）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+）‎ ‎【分析】（1）氮原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有5个电子，运动状态各不相同，氮气存在N≡N键，氨气为sp3杂化，含有1个孤电子对；‎ ‎（2）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，正反应为放热反应，欲使K值变大，应降低温度，吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，平衡逆向进行；‎ ‎（3）氨气水溶液呈碱性，c（OH﹣）浓度增大，可使平衡逆向移动；‎ ‎（4）碳酸钾溶液吸收CO2生成KHCO3，结合电荷守恒、物料守恒判断。‎ ‎【解答】解：（1）氮原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有5个电子，运动状态各不相同，氮气存在N≡N键，电子式为，氨气为sp3杂化，含有1个孤电子对，空间构型是三角锥型，‎ 故答案为：1s22s22p3；5；；三角锥型；‎ ‎（2）CH3COOCu（NH3）2 （aq）+CO（g）⇌CH3COOCu（NH3）2•CO（aq）+Q（Q ‎＞0）的平衡常数表达式为，正反应为放热反应，欲使K值变大，应降低温度，吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，平衡逆向进行，则可升高温度，减小压强，ad正确，‎ 故答案为：；降低温度；ad；‎ ‎（3）氨气水溶液呈碱性，在水中存在如下平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，c（OH﹣）浓度增大，可使平衡逆向移动，则加入NaOH溶液可达到目的，‎ 故答案为：氨气在水中存在如下平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除；‎ ‎（4）碳酸钾溶液吸收CO2生成KHCO3，反应的离子方程式为CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣，200mL 1.5mol/L K2CO3溶液中n（K2CO3）=0.3mol，吸收了3.36L 的CO2（标准状况）的物质的量为0.15mol，则反应后存在KHCO3和K2CO3，‎ a．由电荷守恒可知c（K+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故a正确；‎ b．用200mL 1.5mol/L K2CO3溶液吸收了3.36L 的CO2（标准状况）形成富液，反应后溶液中n（K+）=0.6mol，‎ n（CO32﹣）+n（HCO3﹣）+n（H2CO3）=0.45mol，则3c（K+）=4c（CO32﹣）+4c（HCO3﹣）+4c（H2CO3）‎ ‎，故b正确；‎ c．KOH完全反应，溶液中c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故c错误。‎ 故答案为：CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣；KHCO3和K2CO3；a b。‎ ‎【点评】‎ 本题考查较为综合，涉及化学平衡常数，平衡移动以及弱电解质的电离、离子浓度的大小比较等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，难度中等，主要把握离子浓度的比较方法。‎ ‎　‎ ‎22．（15分）X、Y、Z、M、W、Q、R是7种短周期元素，其原子半径及主要化合价如下：‎ 元素代号 X Y Z M W Q R 原子半径/nm ‎0.186‎ ‎0.143‎ ‎0.104‎ ‎0.099‎ ‎0.070‎ ‎0.066‎ ‎0.032‎ 主要化合价 ‎+1‎ ‎+3‎ ‎+6，﹣2‎ ‎+7，﹣1‎ ‎+5，﹣3‎ ‎﹣2‎ ‎+1‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）上述元素中，金属性最强的在周期表中的位置是　第三周期ⅠA族　；X、Y、Q各自形成的简单离子中，离子半径由大到小的顺序是　O2﹣＞Na+＞Al3+　（填离子符号）。W和R按原子个数比1﹕4构成的阳离子所含的化学键是　共价键　。‎ ‎（2）表中所列4种第三周期元素的最高价氧化物的水化物碱性最弱的是　Al（OH）3　（填化学式），其电离方程式为　H++AlO2﹣+H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣　。‎ ‎（3）M与Z相比，非金属性较强的是　氯　（填元素名称），请从原子结构的角度说明理由　氯原子与硫原子电子层数相同，氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子，氯的原子半径比硫的原子半径小，原子核对外层电子的吸引力比硫大，所以氯的非金属性更强　。‎ ‎（4）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应，反应方程式如下：　2　KMnO4+　5　 H2O2+　3　H2SO4→　1　 K2SO4+　2　 MnSO4+　5　 O2↑+　8　 H2O，请配平，当有0.5mol H2O2参加此反应，电子转移的个数为　6.02×1023　。‎ ‎【分析】X、Y、Z、M、W、Q、R是7种短周期元素，Q化合价﹣2价，没有最高正价，为O；最高正价+6，最低负价﹣2，为S；M化合价﹣1，最高正价为+7，为Cl；W化合价+5，﹣3价，且原子半径小于Cl，则为N；Y化合价+‎ ‎3，半径大于Cl，为Al，X、R化合价为+1价，属于ⅠA族，且原子半径X大于Y，为Na，R半径小于N，为H；‎ ‎（1）周期表中金属性最强的位于周期表左下方；电子数相同的，质子数越多半径越小；非金属元素原子之间形成共价键；‎ ‎（2）同周期元素中金属性从左到右依次减弱，其对应最高价氧化物水化物碱性依次减弱；氢氧化铝为两性物质，氢氧化铝能发生碱式电离和酸式电离；‎ ‎（3）元素原子吸引电子能力越强，元素非金属性越强；‎ ‎（4）分析反应中元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒书写方程式，并计算电子转移数目。‎ ‎【解答】解：依据上述分析可知：X、Y、Z、M、W、Q、R分别为：Na，Al，S，Cl，N，O，H，‎ ‎（1）上述给出的素中金属性最强的为Na，在周期表中位置为：第三周期ⅠA族； X、Y、Q各自形成的简单离子具有相同的电子数，质子数铝离子大于钠离子，大于阳离子，所以离子半径大小关系为：O2﹣＞Na+＞Al3+；N和H按原子个数比1﹕4构成的阳离子氨根离子含的化学键是共价键；‎ 故答案为：第三周期ⅠA族；O2﹣＞Na+＞Al3+；共价键；‎ ‎（2）表中所列4种第三周期元素中钠金属性最强，铝金属性最弱，所以最高价氧化物的水化物碱性最弱的是Al （OH）3；氢氧化铝能发生碱式电离电离出铝离子和氢氧根离子，发生酸式电离出偏铝酸根离子和氢离子，其电离方程式为：AlO2﹣+H++H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣；‎ 故答案为：Al （OH）3；AlO2﹣+H++H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣；‎ ‎（3）M和Z分别为：Cl和S，氯原子与硫原子电子层数相同，氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子，氯的原子半径比硫的原子半径小，原子核对外层电子的吸引力比硫大，所以氯的非金属性更强；‎ 故答案为：氯；氯原子与硫原子电子层数相同，氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子，氯的原子半径比硫的原子半径小，原子核对外层电子的吸引力比硫大，所以氯的非金属性更强；‎ ‎（4）反应中物质的化合价变化：MnO4﹣→Mn2+，Mn元素化合价由+7价→+‎ ‎2价，一个MnO4﹣得5个电子；H2O2→O2，O由﹣1价变成0价，一个H2O2分子失去2个电子，‎ 所以其最小公倍数为10，故MnO4﹣的计量数为2，双氧水的计量数为5，然后根据原子守恒配平其它元素，所以其方程式为：2KMnO4+5 H2O2+3H2SO4=1 K2SO4+2 MnSO4+5 O2↑+8 H2O，依据方程式可知：当有0.5mol H2O2参加此反应，电子转移的个数为：2×0.5mol×6.02××1023mol﹣1=6.02××1023；‎ 故答案为：2KMnO4+5 H2O2+3H2SO4=1 K2SO4+2 MnSO4+5 O2↑+8 H2O；6.02×1023。‎ ‎【点评】本题考查学生元素周期表的结构和元素周期律、物质的性质等方面的有关知识，依据元素化合价及原子半径大小判断元素名称，熟悉相关元素原子结构及性质是解题关键，题目难度中等。‎ ‎　‎ ‎23．（15分）晶须是由高纯度单晶生长而成的微 纳米级的短纤维，工业应用的晶须主要是在人工控制条件下合成。‎ 碳酸镁晶须（MgCO3•nH2O，n=1～5的整数）广泛应用于冶金、耐火材料及化工产品等领域。制取碳酸镁晶须的步骤如图：‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）步骤1必须将反应的温度控制在50℃，较好的加热方法是　水浴加热　；氨水、硫酸镁、碳酸氢铵三者反应，除生成MgCO3•nH2O沉淀外，同时生成的产物还有　（NH4）2SO4　。‎ ‎（2）步骤2是　过滤　、洗涤，检验沉淀A已洗涤干净的方法是　取最后一次洗涤的滤出液少许，滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀说明已洗涤干净，若有沉淀则说明未洗涤干净　。 为测定碳酸镁晶须产品中n的值，某兴趣小组设计了如下装置，并进行了三次实验。（不考虑稀盐酸的挥发性）‎ ‎（3）装置A中盛放的溶液是　NaOH溶液　。装置D中盛放的固体是　碱石灰　，其作用是　防止空气中的CO2进入装置C　。‎ ‎（4）若三次实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为a mol，则n值为　　（用含a的代数式表达）。‎ ‎（5）下列选项中，会造成实验结果偏大的是　②⑤　。 （选填序号）‎ ‎①实验开始，未先通空气，即称量装置C； ‎ ‎②B中反应结束后，没有继续通空气；‎ ‎③缺少装置A； ‎ ‎④缺少装置D；‎ ‎⑤装置B中稀盐酸的滴加速率过快； ‎ ‎⑥装置C中的NaOH溶液浓度过大。‎ ‎【分析】碳酸镁晶须（MgCO3•nH2O，n=1～5的整数），制备过程为：硫酸镁溶液将反应的温度控制在50℃和氨水、碳酸氢铵反应，生成MgCO3•nH2O沉淀外，还生成硫酸铵，过滤得到沉淀A为MgCO3•nH2O，洗涤干燥得到产品，‎ ‎（1）低于100°C的温度加热采用水浴加热，氨水、硫酸镁、碳酸氢铵三者反应，除生成MgCO3•nH2O沉淀外，还生成硫酸铵；‎ ‎（2）固体和溶液分离是过滤操作，沉淀表面有硫酸根离子，检验洗涤液中检验是否含硫酸根离子设计实验验证；‎ ‎（3）通过实验装置和实验分析可知：第一步骤首先是检查装置的气密性，这是保证实验成功的关键；打开弹簧夹a，缓缓鼓入空气，是为了把整个装置中的二氧化碳排出去，A装置中盛放的溶液是NaOH（浓）溶液，是用来吸收鼓入空气中的二氧化碳，可以减少误差；D装置的作用是：防止空气中的CO2进入C装置，造成误差；‎ ‎（4）若三次实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为a ‎ mol，结合碳元素守恒计算；‎ ‎（5）①实验开始，未先通空气，即称量装置C，装置内空气中二氧化碳未被吸收； ‎ ‎②B中反应结束后，没有继续通空气，生成的二氧化碳不能全部排出被C吸收；‎ ‎③缺少装置A，空气中二氧化碳会被C吸收； ‎ ‎④缺少装置D，空气中二氧化碳会进入装置C吸收；‎ ‎⑤装置B中稀盐酸的滴加速率过快，生成二氧化碳不能全部被装置C吸收； ‎ ‎⑥装置C中的NaOH溶液是吸收反应生成的二氧化碳气体，浓度过大对实验无影响。‎ ‎【解答】解：碳酸镁晶须（MgCO3•nH2O，n=1～5的整数），制备过程为：硫酸镁溶液将反应的温度控制在50℃和氨水、碳酸氢铵反应，生成MgCO3•nH2O沉淀外，还生成硫酸铵，过滤得到沉淀A为MgCO3•nH2O，洗涤干燥得到产品，‎ ‎（1）步骤1必须将反应的温度控制在50℃，较好的加热方法是：水浴加热，氨水、硫酸镁、碳酸氢铵三者反应，除生成MgCO3•nH2O沉淀外，同时生成的产物还有：（NH4）2SO4，‎ 故答案为：水浴加热；（NH4）2SO4；‎ ‎（2）步骤2为分离沉淀的操作是过滤、洗涤，检验沉淀A已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤的滤出液少许，滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀说明已洗涤干净，若有沉淀则说明未洗涤干净，‎ 故答案为：过滤；取最后一次洗涤的滤出液少许，滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀说明已洗涤干净，若有沉淀则说明未洗涤干净；‎ ‎（3）A装置中盛放的溶液是NaOH（浓）溶液，是用来吸收鼓入空气中的二氧化碳，可以减少误差，D装置中是碱石灰，碱石灰的作用是：防止空气中的CO2进入C装置，造成误差，‎ 故答案为：NaOH溶液；碱石灰；防止空气中的CO2进入装置C；‎ ‎（4）若三次实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为a mol，碳酸镁质量=84ag，结晶水质量=1.000g﹣84ag，‎ MgCO3•nH2O，‎ ‎=‎ n=，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）①实验开始，未先通空气，即称量装置C，装置内空气中二氧化碳未被吸收，水质量减小，结果偏低，故①错误； ‎ ‎②B中反应结束后，没有继续通空气，生成的二氧化碳不能全部排出被C吸收，测定碳酸镁质量减小，水质量增大，结果偏高，故②正确；‎ ‎③缺少装置A，空气中二氧化碳会被C吸收，测定碳酸镁质量增大，水质量减小，测定结果偏低，故③错误； ‎ ‎④缺少装置D，空气中二氧化碳会进入装置C吸收，测定碳酸镁质量增大，水质量减小，测定结果偏低，故④错误；‎ ‎⑤装置B中稀盐酸的滴加速率过快，生成二氧化碳不能全部被装置C吸收，测定碳酸镁质量减小，水质量增大，测定结果偏高，故⑤正确； ‎ ‎⑥装置C中的NaOH溶液是吸收反应生成的二氧化碳气体，浓度过大对实验无影响，故⑥错误；‎ 故答案为：②⑤。‎ ‎【点评】本题考查了物质制备、物质性质、化学式中水含量的测定方法，注意实验过程的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。‎ ‎　‎ ‎24．（15分）有机物D的结构简式：，学名肉桂酸，又名β﹣苯丙烯酸，主要用于香精香料、食品添加剂、医药工业、美容、农药、有机合成等方面，其合成路线（部分反应条件略去）如下所示：‎ 已知：ⅰCH3CH=CH2CH3CHO+HCHO；‎ ⅱRCHO 完成下列填空：‎ ‎（1）C中含氧官能团名称是　羟基、羧基　，E的结构简式为　　。‎ ‎（2）反应②的反应类型是　氧化反应　，A的名称是　甲醛　。‎ ‎（3）反应①发生所需的试剂是　氢氧化钠醇溶液　。反应⑥的化学方程式为　　。‎ ‎（4）D的分子式是　C9H8O2　，与D具有相同官能团的同分异构体有多种，其中一种的结构简式为　（合理即可）　。‎ ‎（5）设计一条以溴乙烷为原料合成乳酸（ ）的路线（其它试剂任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物 ）。　　。‎ ‎【分析】反应①为消去反应，反应②为加成反应，反应③发生信息i的反应，A为HCHO，B为，B发生信息ii的反应然后水解酸化得到C，C为，C发生消去反应生成D为，C发生缩聚反应生成E，E为；‎ ‎（5）溴乙烷发生水解反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH被催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO和HCN发生加成反应生成CH3CH（OH）CN，该物质发生水解反应生成CH3CH（OH）COOH。‎ ‎【解答】解：反应①为消去反应，反应②为加成反应，反应③发生信息i的反应，A为HCHO，B为，B发生信息ii的反应然后水解酸化得到C，C为 ‎，C发生消去反应生成D为，C发生缩聚反应生成E，E为；‎ ‎（1）C为，C中含氧官能团名称是羟基、羧基，E的结构简式为，‎ 故答案为：羟基、羧基；；‎ ‎（2）反应②的反应类型是氧化反应，A的名称是甲醛，‎ 故答案为：氧化反应；甲醛；‎ ‎（3）反应①为氯代烃的消去反应，所以该反应发生所需的试剂是氢氧化钠醇溶液；反应⑥的化学方程式为 ，‎ 故答案为：NaOH醇溶液；；‎ ‎（4）D为，D的分子式是C9H8O2，与D具有相同官能团的同分异构体有多种，其中一种的结构简式为（合理即可），‎ 故答案为：C9H8O2；（合理即可）；‎ ‎（5）溴乙烷发生水解反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH被催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO和HCN发生加成反应生成CH3CH（OH）CN，该物质发生水解反应生成CH3CH（OH）COOH，其合成路线为 ‎，故答案为：。‎ ‎【点评】本题考查有机物推断、合成，为高频考点，明确有机物官能团及其性质、物质之间的转化及转化条件是解本题关键，侧重考查学生分析、推断及知识迁移能力，题目难度不大 ‎　‎