上海市普陀区高考化学二模试卷

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‎2019年上海市普陀区高考化学二模试卷 一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）‎ ‎1．（2分）下列文物的材质属于合金的是（　　）‎ A．新石器彩陶缸 B．商代青铜四羊方尊 ‎ C．战国水晶杯 D．西汉素纱衣 ‎2．（2分）I可用于治疗甲状腺疾病，其同位素原子可能（　　）‎ A．质子数为78，中子数为53 ‎ B．质子数为54，中子数为131 ‎ C．质子数为53，质量数为127 ‎ D．质子数为78，质量数为131‎ ‎3．（2分）对核外电子运动状态的描述，较为全面的是（　　）‎ A．结构示意图 B．电子式 C．电子排布式 D．轨道表达式 ‎4．（2分）对Cl2的叙述正确的是（　　）‎ A．能用钢瓶贮存 ‎ B．与过量的Fe反应只生成FeCl2 ‎ C．与H2混合光照可制取HCl ‎ D．与澄清石灰水反应制取漂粉精 ‎5．（2分）对认识正确的是（　　）‎ A．名称为3﹣甲基丁烷 ‎ B．所有碳原子在同一平面上 ‎ C．难溶于水 ‎ D．不能发生分解、加成、消除反应 ‎6．（2分）分别装在体积相同容器中的乙烯和丙烯，一定具有相同的（　　）‎ A．质量 B．分子数 C．碳碳双键数 D．含碳量 ‎7．（2分）HCl气体难分解是因为（　　）‎ A．HCl相对分子质量大 B．HCl分子极性强 ‎ C．H﹣Cl键键能大 D．H﹣Cl键极性强 ‎8．（2分）比较合成氨工业与制硫酸中SO2催化氧化的生产过程，正确的是（　　）‎ A．都按化学方程式中的系数比投料 ‎ B．都选择了较大的压强 ‎ C．使用不同的催化剂加快反应速率 ‎ D．都采用吸收剂分离产物 ‎9．（2分）将浓度均为0.1mol•L﹣1的下列溶液稀释10倍，其中pH增大的是（　　）‎ A．HNO3 B．NaOH C．KI D．NaHCO3‎ ‎10．（2分）不影响滴定结果准确性的操作是（　　）‎ A．滴定前，用水洗净的滴定管装标准液 ‎ B．滴定前，用待测液润洗锥形瓶 ‎ C．滴定时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 ‎ D．滴定时，停止振荡锥形瓶 ‎11．（2分）不能通过一步反应实现的是（　　）‎ A．H2SSO2 B．SSO3 ‎ C．SO2H2SO4 D．H2SO4（浓）SO2‎ ‎12．（2分）能用元素周期律解释的是（　　）‎ A．酸性：HI＞HF B．碱性：NaOH＞Mg（OH）2 ‎ C．稳定性：CH4＞H2S D．氧化性：FeCl3＞CuCl2‎ ‎13．（2分）与H2反应生成 的单炔烃有（　　）‎ A．1种 B．2种 C．4种 D．8种 ‎14．（2分）用绿矾（FeSO4•7H2O）配制FeSO4溶液，常加入稀硫酸和（　　）‎ A．锌粉 B．铁粉 C．硫酸铁 D．盐酸 ‎15．（2分）下列物质间不能发生化学反应的是（　　）‎ A．AgCl固体和KI溶液 B．Na2SO4固体和浓盐酸 ‎ C．CH3COONa固体和浓盐酸 D．NaHCO3固体和石灰水 ‎16．（2分）分析图，甲、乙具有的共性是（　　）‎ A．反应物能量均高于生成物能量 ‎ B．电极反应均有Fe﹣2e→Fe2+ ‎ C．碳棒上均发生氧化反应 ‎ D．溶液pH均增大 ‎17．（2分）下列事实中，能说明醋酸是弱酸的是（　　）‎ A．冰醋酸能和氨水反应 ‎ B．冰醋酸加水后导电性增强 ‎ C．醋酸溶液能溶解CaCO3 ‎ D．醋酸溶液加热后c（CH3COO﹣）变大 ‎18．（2分）已知：2H2（g）+O2（g）＝2H2O （g）+483.6 kJ，2H2（g）+O2（g）＝2H2O （l）+571.6 kJ；图中示意正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎19．（2分）实验室制取乙酸丁酯，图中装置中正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎20．（2分）为达成下列实验目的，所用方法正确的是（　　）‎ 实验目的 实验方法 A 证明海带提碘实验中有碘生成 浸出液中加入足量氯水再加入少量淀粉溶液 B 检验FeSO4溶液是否完全变质 试样中滴酸性KMnO4溶液 C 实验室制取溴苯 光照苯和液溴的混合物 D 除去乙烷中的乙烯气体 催化加热条件下与H2反应 A．A B．B C．C D．D 二、综合分析题（共60分）‎ ‎21．（15分）聚合氯化铝晶体（[Al2（OH）nCl（6﹣n）•XH2O]m）是一种高效无机水处理剂。它的制备原理是调节AlCl3溶液的pH，通过促进其水解而结晶析出。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）铝原子核外能量最高的电子有　 　个。‎ 分析AlCl3熔点较低的原因　 　。（熔点：AlCl3﹣194℃，Al2O3﹣2054℃，NaCl﹣801℃）。‎ ‎（2）比较聚合氯化铝晶体中同周期两种元素的原子半径，并用原子结构知识说明理由。　 　。‎ ‎（3）铝灰（主要成分为Al、Al2O3，另有少量CuO、SiO2、FeO和Fe2O3‎ 杂质）可制备AlCl3，如果先除去铝灰中的金属氧化物杂质可选用　 　（选填：“强碱”或“强酸”）。写出其中Al发生反应的离子方程式　 　。‎ ‎（4）制备聚合氯化铝晶体，需严格控制溶液的pH在4.0～4.5才能使产率达到最大。结合AlCl3水解的离子方程式，用化学平衡移动原理解释控制pH在4.0～4.5之间的原因。　 　。‎ ‎22．（15分）净化汽车尾气对于保护环境意义重大。其中的一个反应原理为：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）+Q（Q＞0）。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）一定温度下，将等物质的量的NO和CO通入固定容积为4L的密闭容器中，反应过程中部分物质的物质的量变化如图1甲所示，则0～20min平均反应速率v（NO）为　 　。‎ ‎（2）如图1乙所示，若Y表示平衡常数，只改变某一反应条件X，反应由平衡I达到新平衡Ⅱ，则条件X为　 　，NO的转化率为平衡I　 　平衡Ⅱ（填：“大于”、“小于”或“不变”）‎ ‎（3）能判断该反应达到平衡状态的标志是　 　（选填编号）‎ a．v生成（CO2）＝v消耗（CO） b．混合气体的平均相对分子质量不再改变 c．平衡常数保持不变d。NO、CO、N2、CO2的浓度均不再变化 ‎（4）在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态。请在图2中，补充画出从t2到t4时刻正反应速率随时间的变化曲线。‎ ‎（5）三聚氰酸[C3N3（OH）3]可用于消除汽车尾气中的NO2，其反应分两步进行。第一步是：C3N3（OH）33HCNO；第二步是HCNO与NO2反应，把氮元素和碳元素转变成无毒气体。请写出第二步发生的化学反应方程式　 　，每消除1mol NO2转移电子　 　‎ 个。‎ ‎23．（15分）聚乳酸E在服装、卫生医疗制品等行业具有广泛的应用。某有机化合物A在一定条件下通过一系列反应可合成E；同时还可得到C和D等重要有机化合物。转化关系如下图：‎ 已知：‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）B→E反应类型：　 　，D→G实验室中反应条件：　 　。‎ ‎（2）A的分子式：　 　。‎ ‎（3）与F同类别的同分异构体还有HCOOCH（CH3）2、HCOOCH2CH2CH3和　 　（用结构简式表示）。‎ ‎（4）写出实验室中判断D中有G生成的方法。‎ ‎　 　‎ ‎（5）石油产品丙烯及必要的无机试剂可合成丙烯酸，设计合成路线如下：‎ CH3CH＝CH2ClCH2CH＝CH2→甲→乙→丙丙烯酸 已知：‎ 请完成合成路线中的：ClCH2CH＝CH2→甲→乙→丙。‎ ‎（合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物）‎ ‎24．（15分）1942年，我国化工专家侯德榜以NaCl、NH3、CO2等为原料制得纯碱，他的“侯氏制碱法”为世界制碱工业做出了突出贡献。‎ 回答下列问题：‎ 某探究活动小组欲在实验室中模拟制取纯碱，设计了Ⅰ、Ⅱ 两种方案，并选择其一进行实验。‎ 方案Ⅰ：（1）将足量CO2通入饱和NaCl溶液中；（2）再在所得溶液中通入足量NH3；（3）过滤；……。‎ 方案Ⅱ：（1）将足量NH3通入饱和NaCl溶液中；（2）再在所得溶液中通入足量CO2；（3）过滤；……。‎ ‎（1）部分实验装置如图所示。制取氨气的装置应选用　 　（选填编号）。‎ ‎（2）写出实验中获得碳酸氢钠的离子方程式。　 　。‎ ‎（3）灼烧碳酸氢钠需要　 　（选填编号）。‎ a．蒸发皿 b．坩埚 c．烧杯 d．烧瓶 e．酒精灯 ‎（4）选择的实验方案是　 　（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”），说明选择的理由。　 　。‎ ‎（5）甲同学取少量产品完全溶于水，滴加稀硝酸2﹣3滴，再滴加硝酸银溶液，观察到有白色沉淀生成，得出纯碱含杂质Cl﹣的结论。乙同学认为甲的结论不一定正确，你认为乙同学的理由是　 　。‎ ‎（6）按下列流程处理母液（提取完碳酸氢钠后的滤液）可得到NH4Cl。‎ 通入NH3的作用是　 　（选填编号）。‎ a．增大NH4+浓度，使NaHCO3更多地析出 b．增大NH4+浓度，使NH4Cl更多地析出 c．使NaHCO3转化为溶解度更大的Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度 操作a是　 　，操作b是　 　。‎ ‎2019年上海市普陀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，每小题只有一个正确答案）‎ ‎1．（2分）下列文物的材质属于合金的是（　　）‎ A．新石器彩陶缸 B．商代青铜四羊方尊 ‎ C．战国水晶杯 D．西汉素纱衣 ‎【考点】G3：合金的概念及其重要应用．菁优网版权所有 ‎【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：A．新石器彩陶缸属于硅酸盐材料，不属于合金，故A错误；‎ B．青铜是铜锡合金，故B正确；‎ C．战国水晶杯主要成分是二氧化硅，不属于合金，故C错误；‎ D．西汉素纱衣，属于纤维素，不属于合金，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题主要考查合金的判断，掌握合金概念的三个特点即可解答，题目较简单。‎ ‎2．（2分）I可用于治疗甲状腺疾病，其同位素原子可能（　　）‎ A．质子数为78，中子数为53 ‎ B．质子数为54，中子数为131 ‎ C．质子数为53，质量数为127 ‎ D．质子数为78，质量数为131‎ ‎【考点】85：质量数与质子数、中子数之间的相互关系．菁优网版权所有 ‎【分析】质子数相同中子数不同的原子互为同位素，I的质子数为53，中子数为78，据此分析 ‎【解答】解：质子数相同中子数不同的原子互为同位素，I的质子数为53，中子数为78，与I互为同位素的是质子数为53，质量数为127的原子，故C正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题主要考查了原子符号的含义、同位素，明确同位素的概念是解题关键，题目难度不大。‎ ‎3．（2分）对核外电子运动状态的描述，较为全面的是（　　）‎ A．结构示意图 B．电子式 C．电子排布式 D．轨道表达式 ‎【考点】88：原子核外电子的运动状态．菁优网版权所有 ‎【分析】核外电子是分层排布的，每层可以分为不同的能级，每个能级上电子运动状态不同，轨道表示式能全面的表示核外电子运动状态。‎ ‎【解答】解：原子核外电子排布是分层排布，每个电子层上依据电子能量不同分成不同能级，能级数等于电子层数，每个能级上电子能量系统运动状态不同，所以不存在核外电子运动状态完全相同的电子，轨道表示式能较全面的对核外电子运动状态的描述，结构示意图只能描述分层排布，电子式只能表示一直最外层电子，电子排布式能描述核外电子分层排布，每个电子层分为不同能级，不能描述不同电子的运动状态，‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了原子结构、核外电子排布的描述方法，掌握基础是解题关键，题目难度不大。‎ ‎4．（2分）对Cl2的叙述正确的是（　　）‎ A．能用钢瓶贮存 ‎ B．与过量的Fe反应只生成FeCl2 ‎ C．与H2混合光照可制取HCl ‎ D．与澄清石灰水反应制取漂粉精 ‎【考点】E2：氯气的化学性质．菁优网版权所有 ‎【分析】A．常温下，干燥的氯气和铁不反应；‎ B．Cl2与过量Fe粉反应，生成高价金属氯化物；‎ C．氢气和氯气充分混合光照，很容易发生爆炸，危险；‎ D．氯气和石灰乳或饱和石灰水中反应制备漂白精。‎ ‎【解答】解：A．常温下，干燥的氯气和铁不反应，因此常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，故A正确；‎ B．Cl2与过量Fe粉反应，生成高价金属氯化物，即生成FeCl3，故B错误；‎ C．氢气和氯气都是气体，不要以控制反应，而且，氢气和氯气的混合气体在光照的条件下，会发生爆炸危险；氯气有毒易造成大气污染，不适合工业上制取氯化氢，故C错误；‎ D．石灰水中氢氧化钙的浓度太低，选氯气与石灰乳制备，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题主要考查了元素化合物知识，掌握氯气的性质是解答的关键，题目难度不大。‎ ‎5．（2分）对认识正确的是（　　）‎ A．名称为3﹣甲基丁烷 ‎ B．所有碳原子在同一平面上 ‎ C．难溶于水 ‎ D．不能发生分解、加成、消除反应 ‎【考点】H4：常见有机化合物的结构；H7：有机化合物命名．菁优网版权所有 ‎【分析】A．物质为烷烃，最长碳链为4个，离取代基近的一端编号得到正确的名称；‎ B、烷烃类物质所有的碳原子一定不共面；‎ C、烷烃类物质都是难溶于水的物质；‎ D、碳原子数目较多的烷烃可以发生分解反应。‎ ‎【解答】解：A、物质为烷烃，最长碳链为4个。离取代基近的一端编号得到正确的名称为2﹣甲基丁烷，故A错误；‎ B、物质为烷烃，烷烃类物质所有的碳原子一定不共面，故B错误；‎ C、烷烃类物质都是难溶于水的物质，故C正确；‎ D、烷烃类物质的化学性质稳定，不能发生加成、消除反应，但是可以分解，故D错误，‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查学生有机物的命名、原子的共面、烷烃的物理性质以及化学性质的知识，难度不大。‎ ‎6．（2分）分别装在体积相同容器中的乙烯和丙烯，一定具有相同的（　　）‎ A．质量 B．分子数 C．碳碳双键数 D．含碳量 ‎【考点】54：物质的量的相关计算．菁优网版权所有 ‎【分析】依据n＝＝＝结合乙烯分子和丙烯分子具有相同最简式解答。‎ ‎【解答】解：依据n＝＝，两气体条件未知，Vm不一定相等，所以二者物质的量、分子数不一定相等，乙烯、丙烯都只含有一个碳碳双键，二者分子数不一定相等，则二者含有碳碳键数不一定相等，依据m＝nM，两种气体的物质的量未知，无法判断二者质量大小，乙烯分子和丙烯分子具有相同最简式CH2，所以两容器无论状况如何，碳元素含量都是定值为：×100%＝×100%，所以二者含碳量一定相等，‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了物质的量有关计算，明确阿伏伽德罗定律使用条件是解题关键，题目难度中等，注意乙烯、丙烯结构组成。‎ ‎7．（2分）HCl气体难分解是因为（　　）‎ A．HCl相对分子质量大 B．HCl分子极性强 ‎ C．H﹣Cl键键能大 D．H﹣Cl键极性强 ‎【考点】97：键能、键长、键角及其应用；9P：极性分子和非极性分子；EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用．菁优网版权所有 ‎【分析】氢化物中共价键的键能越大，氢化物越稳定，越难分解，据此分析。‎ ‎【解答】解：氢化物中共价键的键能越大，氢化物越稳定，越难分解，所以HCl气体难分解是因为H﹣Cl键键能大，故C正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了氢化物的稳定性，题目难度不大，注意把握键能与氢化物稳定性的关系，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。‎ ‎8．（2分）比较合成氨工业与制硫酸中SO2催化氧化的生产过程，正确的是（　　）‎ A．都按化学方程式中的系数比投料 ‎ B．都选择了较大的压强 ‎ C．使用不同的催化剂加快反应速率 ‎ D．都采用吸收剂分离产物 ‎【考点】26：工业制取硫酸；27：工业合成氨；CD：化学平衡的调控作用；CE：合成氨条件的选择．菁优网版权所有 ‎【分析】‎ A．工业合成氨氮气和氢气按照1：2.8投料比，二氧化硫的催化氧化是氧气过量；‎ B．工业制备硫酸过程中二氧化硫催化氧化是常压下进行；‎ C．工业合成氨使用铁触媒做催化剂，二氧化硫催化氧化是使用了五氧化二钒做催化剂；‎ D．合成氨生产中将NH3液化分离，工业制备硫酸是浓硫酸吸收三氧化硫。‎ ‎【解答】解：A．工业合成氨氮气和氢气按照1：2.8投料比，二氧化硫的催化氧化是氧气过量，不是按化学方程式中的系数比投料，故A错误；‎ B．硫酸工业中，SO2的催化氧化不采用高压，是因为常压下SO2转化率已经很高了，故B错误；‎ C．工业合成氨使用铁触媒做催化剂，二氧化硫催化氧化是使用了五氧化二钒做催化剂，使用不同的催化剂加快反应速率，故C正确；‎ D．合成氨生产中将NH3液化分离，不需要吸收剂分离，工业制备硫酸是利用吸收剂浓硫酸吸收三氧化硫，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题是一道关于化学和化工知识结合的实际应用方面的考题，注重化学联系实际，注意工业制备氨和硫酸的过程分析判断，题目难度不大。‎ ‎9．（2分）将浓度均为0.1mol•L﹣1的下列溶液稀释10倍，其中pH增大的是（　　）‎ A．HNO3 B．NaOH C．KI D．NaHCO3‎ ‎【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；DA：pH的简单计算．菁优网版权所有 ‎【分析】中性溶液稀释后pH不变，酸性溶液稀释后pH增大，碱性溶液稀释后pH减小，据此分析。‎ ‎【解答】解：A．HNO3显酸性，稀释后pH增大，故A正确；‎ B．NaOH显碱性，稀释后pH减小，故B错误；‎ C．KI溶液显中性，稀释后pH不变，故C错误；‎ D．NaHCO3溶液显碱性，稀释后pH减小，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查了pH的判断，题目难度不大，注意把握酸碱盐的溶液稀释时pH的变化，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。‎ ‎10．（2分）不影响滴定结果准确性的操作是（　　）‎ A．滴定前，用水洗净的滴定管装标准液 ‎ B．滴定前，用待测液润洗锥形瓶 ‎ C．滴定时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 ‎ D．滴定时，停止振荡锥形瓶 ‎【考点】R3：中和滴定．菁优网版权所有 ‎【分析】A、在中和滴定实验中，滴定管用蒸馏水洗涤后，再用标准液润洗，再加进标准液；‎ B、滴定前，用待测液润洗锥形瓶，导致等测液物质的量偏大；‎ C、用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响；‎ D、滴定时，停止振荡锥形瓶，侍测液不能充分反应。‎ ‎【解答】解：A、在中和滴定实验中，滴定管用蒸馏水洗涤后，再用标准液润洗，再加进标准液，标准液浓度变小，所以影响滴定结果准确性，故A错误；‎ B、滴定前，用待测液润洗锥形瓶，导致等测液物质的量偏大，所以影响滴定结果准确性，故B错误；‎ C、用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响，所以不影响滴定结果准确性，故C正确；‎ D、滴定时，停止振荡锥形瓶，导致侍测液不能充分反应，所以影响滴定结果准确性，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及实验基本操作、误差分析等，明确实验原理及仪器的正确使用方法是解题关键，题目难度不大。‎ ‎11．（2分）不能通过一步反应实现的是（　　）‎ A．H2SSO2 B．SSO3 ‎ C．SO2H2SO4 D．H2SO4（浓）SO2‎ ‎【考点】F5：二氧化硫的化学性质；F8：浓硫酸的性质；FO：含硫物质的性质及综合应用；GM：铁的化学性质．菁优网版权所有 ‎【分析】A．硫化氢与氧气反应生成二氧化硫和水；‎ B．硫与氧气反应生成二氧化硫；‎ C．二氧化硫与溴发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸；‎ D．碳和浓硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳和水。‎ ‎【解答】解：A．硫化氢与氧气反应：2H2S+3O22SO2+2H2O，故A不选；‎ B．硫与氧气反应生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，故B选；‎ C．二氧化硫与溴二者反应生成氢溴酸和硫酸，反应方程式为Br2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HBr，故C不选；‎ D．浓硫酸和C反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，故D不选；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查化学反应能否通过一步反应实现，侧重于学生综合运用元素化合物知识的能力的考查，为高考常见题型，题目难度不大，注意把握物质的性质。‎ ‎12．（2分）能用元素周期律解释的是（　　）‎ A．酸性：HI＞HF B．碱性：NaOH＞Mg（OH）2 ‎ C．稳定性：CH4＞H2S D．氧化性：FeCl3＞CuCl2‎ ‎【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有 ‎【分析】A．氢化物的酸性与元素周期律没有关系；‎ B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；‎ C．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，该关系表明用元素周期律解释；‎ D．铁离子的氧化性大于铜离子，与元素周期律没有关系。‎ ‎【解答】解：A．HI为强电解质，HF为弱电解质，则酸性HI＞HF，表明用元素周期律解释，故A错误；‎ B．金属性Na＞Mg，根据元素周期律可知，最高价氧化物对应水合物的碱性：NaOH＞Mg（OH）2，故B正确；‎ C．非金属性C＞S，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，而稳定性：CH4＞H2S，表明用元素周期律解释，故C错误；‎ D．铁离子更易得到电子，则氧化性：FeCl3＞CuCl2，与元素周期律没有关系，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查元素周期表和周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答本题的关键，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。‎ ‎13．（2分）与H2反应生成 的单炔烃有（　　）‎ A．1种 B．2种 C．4种 D．8种 ‎【考点】H6：有机化合物的异构现象；I4：同分异构现象和同分异构体．菁优网版权所有 ‎【分析】结构对称，如由炔烃加成生成，则烷烃分子中相连的碳原子至少含有2个H原子，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：结构对称，如由炔烃加成生成，则烷烃分子中相连的碳原子至少含有2个H原子，则碳碳三键只能位于﹣CH2CH3对应的碳原子上，只有一种位置。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题以加成反应为载体，考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目侧重考查同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键，采取逆推法还原C＝C双键或三键，注意分析分子结构是否对称，防止重写、漏写，题目难度中等。‎ ‎14．（2分）用绿矾（FeSO4•7H2O）配制FeSO4溶液，常加入稀硫酸和（　　）‎ A．锌粉 B．铁粉 C．硫酸铁 D．盐酸 ‎【考点】GO：铁盐和亚铁盐的相互转变．菁优网版权所有 ‎【分析】硫酸亚铁易被氧化而变质，硫酸亚铁为强酸弱碱盐易水解，依据水解平衡影响因素解答。‎ ‎【解答】解：硫酸亚铁易被氧化而生成硫酸铁，加入少量铁粉与三价铁离子反应生成二价铁离子，所以加入铁可以防止Fe2+被氧化；硫酸亚铁为强酸弱碱盐易水解生成硫酸和氢氧化亚铁，依据浓度对水解平衡影响，加入稀硫酸可以抑制二价铁子的水解，‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查盐溶液的配制，掌握硫酸亚铁的性质是解答该题的关键，注意明确盐类水解的规律，题目难度不大。‎ ‎15．（2分）下列物质间不能发生化学反应的是（　　）‎ A．AgCl固体和KI溶液 B．Na2SO4固体和浓盐酸 ‎ C．CH3COONa固体和浓盐酸 D．NaHCO3固体和石灰水 ‎【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；GF：钠的重要化合物．菁优网版权所有 ‎【分析】A、根据反应有沉淀生成，结合物质的溶解度情况来分析；‎ B、强酸制弱酸，挥发性酸制不挥发性的酸；‎ C、强酸制弱酸；‎ D、NaHCO3固体和石灰水生成难溶于水的碳酸钙。‎ ‎【解答】解：A、反应能够由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行，KI溶液与AgCl固体混合搅拌，生成了溶解度小的碘化银，故A正确；‎ B、强酸制弱酸，挥发性酸制不挥发性的酸，硫酸和盐酸都是强酸，盐酸易挥发，所以Na2SO4固体和浓盐酸不反应，故B错误；‎ C、强酸制弱酸，盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以CH3COONa固体和浓盐酸反应生成醋酸，故C正确；‎ D、NaHCO3固体和石灰水生成难溶于水的碳酸钙，所以NaHCO3固体和石灰水能发生化学反应，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查物质与物质之间的相互反应，学生只要掌握反应原理，如强制弱、挥发性酸制不挥发性的酸和复分解反应进行的条件是解题的关键。‎ ‎16．（2分）分析图，甲、乙具有的共性是（　　）‎ A．反应物能量均高于生成物能量 ‎ B．电极反应均有Fe﹣2e→Fe2+ ‎ C．碳棒上均发生氧化反应 ‎ D．溶液pH均增大 ‎【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有 ‎【专题】5：高考化学专题．‎ ‎【分析】甲装置是原电池，Fe失去电子、发生氧化反应，电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，C电极上发生还原反应、电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑；乙装置是电解池，C电极为阳极、发生氧化反应，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，Fe电极为阴极、反应还原反应，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣（或2H++2e﹣＝H2↑），据此解答。‎ ‎【解答】解：A．Fe和硫酸发生的置换反应是放热反应，即反应物能量均高于生成物能量，而电解食盐水需要消耗电能，是吸热反应，即反应物能量低于生成物能量，故A错误；‎ B．甲装置发生Fe﹣2e﹣＝Fe2+的电极反应，乙装置Fe为阴极，不会发生Fe﹣2e﹣＝Fe2+的电极反应，故B错误；‎ C．甲装置中碳棒上H+得到电子、发生还原反应，乙装置碳棒上Cl﹣失去电子、发生氧化反应，故C错误；‎ D．甲装置消耗H+、酸性减弱、pH增大，乙装置生成NaOH、碱性增强、pH增大，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查原电池原理和电解池原理，注意知识的归纳总结和迁移运用是关键，题目难度不大，注意电化学原理的理解。‎ ‎17．（2分）下列事实中，能说明醋酸是弱酸的是（　　）‎ A．冰醋酸能和氨水反应 ‎ B．冰醋酸加水后导电性增强 ‎ C．醋酸溶液能溶解CaCO3 ‎ D．醋酸溶液加热后c（CH3COO﹣）变大 ‎【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．菁优网版权所有 ‎【分析】弱电解质的电离是不完全的，存在电离平衡，弱酸对应的强碱盐，能够水解，常温下pH大于7，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．冰醋酸能和氨水反应，表现酸性，不能判断酸性强弱，故A错误；‎ B．冰醋酸加水后导电性增强，说明加水电离，氢离子浓度增大，但不能确定酸性强弱，故B错误；‎ C．醋酸溶液能溶解CaCO3 ，说明醋酸的酸性比碳酸强，不能说明酸性强弱，故C错误；‎ D．醋酸溶液加热后c（CH3COO﹣）变大，说明存在电离平衡，说明醋酸为弱酸，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了电解质强弱的判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，根据电解质的电离程度划分，注意电解质强弱与其溶液导电能力、化合物所含化学键等都无关，题目难度不大。‎ ‎18．（2分）已知：2H2（g）+O2（g）＝2H2O （g）+483.6 kJ，2H2（g）+O2（g）＝2H2O （l）+571.6 kJ；图中示意正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】BB：反应热和焓变．菁优网版权所有 ‎【分析】由2H2（g）+O2（g）＝2H2O （g）+483.6 kJ，2H2（g）+O2（g）＝2H2O （l）+571.6 kJ，可知气态水的能量比液态水的能量高，互为逆反应时焓变数值相同、符号相反，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．均为放热反应，且气态水的能量比液态水的能量高，与图象一致，故A正确；‎ B．气态水的能量比液态水的能量高，与图象不符，故B错误；‎ C．气态水的能量比液态水的能量高，与图象不符，故C错误；‎ D．图中热量变化不合理，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、状态与能量关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。‎ ‎19．（2分）实验室制取乙酸丁酯，图中装置中正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】TJ：乙酸乙酯的制取．菁优网版权所有 ‎【分析】因为正丁醇和乙酸都具有挥发性，制取的丁酸丁酯熔沸点较高，据此进行制备即可。‎ ‎【解答】解：因为正丁醇和乙酸都具有挥发性，制取的丁酸丁酯熔沸点较高，可以采用装置B来制备。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查学生丁酸丁酯的制备，注意知识的迁移应用是关键，难度不大。‎ ‎20．（2分）为达成下列实验目的，所用方法正确的是（　　）‎ 实验目的 实验方法 A 证明海带提碘实验中有碘生成 浸出液中加入足量氯水再加入少量淀粉溶液 B 检验FeSO4溶液是否完全变质 试样中滴酸性KMnO4溶液 C 实验室制取溴苯 光照苯和液溴的混合物 D 除去乙烷中的乙烯气体 催化加热条件下与H2反应 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有 ‎【分析】A．足量氯水可将碘离子氧化为碘酸根离子；‎ B．亚铁离子具有还原性；‎ C．苯与液溴在催化剂条件下发生取代反应；‎ D．易引入新杂质氢气。‎ ‎【解答】解：A．足量氯水可将碘离子氧化为碘酸根离子，加淀粉不能检验，故A错误；‎ B．亚铁离子具有还原性，能使高锰酸钾褪色，可检验FeSO4溶液是否完全变质，故B正确；‎ C．苯与液溴在催化剂条件下发生取代反应，反应条件不合理，故C错误；‎ D．易引入新杂质氢气，不能除杂，应选溴水、洗气，故D错误；‎ 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、反应与现象、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。‎ 二、综合分析题（共60分）‎ ‎21．（15分）聚合氯化铝晶体（[Al2（OH）nCl（6﹣n）•XH2O]m）是一种高效无机水处理剂。它的制备原理是调节AlCl3溶液的pH，通过促进其水解而结晶析出。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）铝原子核外能量最高的电子有　1　个。‎ 分析AlCl3熔点较低的原因　AlCl3是分子晶体，分子间以较弱的分子间作用力结合　。（熔点：AlCl3﹣194℃，Al2O3﹣2054℃，NaCl﹣801℃）。‎ ‎（2）比较聚合氯化铝晶体中同周期两种元素的原子半径，并用原子结构知识说明理由。　Al＞Cl；Al和Cl原子核外电子层数相同，Al比Cl的核电荷数小，核对外层电子的吸引力也小，所以半径也小　。‎ ‎（3）铝灰（主要成分为Al、Al2O3，另有少量CuO、SiO2、FeO和Fe2O3杂质）可制备AlCl3，如果先除去铝灰中的金属氧化物杂质可选用　强碱　（选填：“强碱”或“强酸”）。写出其中Al发生反应的离子方程式　2OH﹣+2Al+2H2O→2AlO2﹣+3H2↑　。‎ ‎（4）制备聚合氯化铝晶体，需严格控制溶液的pH在4.0～4.5才能使产率达到最大。结合AlCl3水解的离子方程式，用化学平衡移动原理解释控制pH在4.0～4.5之间的原因。　Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，pH太小，氯化铝的水解平衡向左移动，产率减小，pH太大则水解平衡向右移动，生成氢氧化铝沉淀，产率也会下降　。‎ ‎【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有 ‎【分析】（1）根据Al原子的核外电子排布可得；分子晶体熔沸点低；‎ ‎（2）聚合氯化铝晶体中同周期两种元素的原子为Al和Cl，电子层数均为3，核外电子数不同，原子核对核外电子的吸引力不同，据此分析；‎ ‎（3）铝灰（主要成分为Al、Al2O3，另有少量CuO、SiO2、FeO和Fe2O3杂质）可制备AlCl3，只有Al、Al2O3溶于强碱生成偏铝酸盐，可与金属氧化物杂质分离，将偏铝酸盐盐酸酸化可得AlCl3，据此分析；‎ ‎（4）AlCl3水解的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+‎ ‎，根据酸碱性对平衡的影响分析可得。‎ ‎【解答】解：（1）Al核电荷数为13，具有3个电子层，最外层电子数为3，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，3p为能量最高的轨道，只有一个电子；AlCl3是分子晶体，分子间以较弱的分子间作用力结合，故AlCl3熔点较低；‎ 故答案为：1；AlCl3是分子晶体，分子间以较弱的分子间作用力结合；‎ ‎（2）聚合氯化铝晶体中同周期两种元素的原子为Al和Cl，Al和Cl原子核外电子层数相同，Al比Cl的核电荷数小，核对外层电子的吸引力也小，所以半径也小，故Al＞Cl；‎ 故答案为：Al＞Cl；Al和Cl原子核外电子层数相同，Al比Cl的核电荷数小，核对外层电子的吸引力也小，所以半径也小；‎ ‎（3）铝灰中只有Al、Al2O3溶于强碱生成偏铝酸盐，可与金属氧化物杂质分离，发生的反应为：2OH﹣+2Al+2H2O→2AlO2﹣+3H2↑；‎ 故答案为：强碱；2OH﹣+2Al+2H2O→2AlO2﹣+3H2↑；‎ ‎（4）AlCl3水解的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，pH太小，氯化铝的水解平衡向左移动，产率减小，pH太大则水解平衡向右移动，生成氢氧化铝沉淀，产率也会下降，故需需严格控制溶液的pH；‎ 故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，pH太小，氯化铝的水解平衡向左移动，产率减小，pH太大则水解平衡向右移动，生成氢氧化铝沉淀，产率也会下降。‎ ‎【点评】本题考查了铝原子及形成物质的性质，掌握相应知识即可解答，注意对基础知识的积累，题目难度不大。‎ ‎22．（15分）净化汽车尾气对于保护环境意义重大。其中的一个反应原理为：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）+Q（Q＞0）。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）一定温度下，将等物质的量的NO和CO通入固定容积为4L的密闭容器中，反应过程中部分物质的物质的量变化如图1甲所示，则0～20min平均反应速率v（NO）为　0.01 mol•L﹣1•min﹣1　。‎ ‎（2）如图1乙所示，若Y表示平衡常数，只改变某一反应条件X，反应由平衡I达到新平衡Ⅱ，则条件X为　升高温度　，NO的转化率为平衡I　大于　平衡Ⅱ（填：“大于”、“小于”或“不变”）‎ ‎（3）能判断该反应达到平衡状态的标志是　bd　（选填编号）‎ a．v生成（CO2）＝v消耗（CO） b．混合气体的平均相对分子质量不再改变 c．平衡常数保持不变d。NO、CO、N2、CO2的浓度均不再变化 ‎（4）在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态。请在图2中，补充画出从t2到t4时刻正反应速率随时间的变化曲线。‎ ‎（5）三聚氰酸[C3N3（OH）3]可用于消除汽车尾气中的NO2，其反应分两步进行。第一步是：C3N3（OH）33HCNO；第二步是HCNO与NO2反应，把氮元素和碳元素转变成无毒气体。请写出第二步发生的化学反应方程式　8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O　，每消除1mol NO2转移电子　4NA或2.408×1024　个。‎ ‎【考点】CG：化学平衡状态的判断；CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有 ‎【分析】（1）分析图象结合化学平衡三段式列式计算，根据v＝计算v（NO）；‎ ‎（2）依据图象变化趋势和反应特征是气体体积减小的放热反应，结合平衡移动原理分析；‎ ‎（3）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；‎ ‎（4）增大容器体积，减小了压强，正逆反应速率减小，平衡向着气体体积增大的方向移动，据此画出从t2到t4时刻正反应速率随时间的变化曲线；‎ ‎（5）第二步是HCNO与NO2反应，把氮元素和碳元素转变成无毒气体，HNCO中N元素由﹣3升高到0，NO2中N元素由+4降低到0，为氮气和二氧化碳，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：（1）一定温度下，将2.4mol CO通入固定容积为4L的密闭容器中，依据图象分析可知，平衡状态一氧化碳物质的量为1.6mol；依据化学平衡三段式列式计算；‎ ‎ 2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）‎ 起始量（mol） 2.4 0 0‎ 变化量（mol） 0.8 0.8 0.4 0.8‎ 平衡量（mol） 1.6 0.4 0.4‎ ‎0～20min平均反应速率v（NO）＝＝0.01 mol•L﹣1•min﹣1；‎ 故答案为：0.01 mol•L﹣1•min﹣1；‎ ‎（2）2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）+Q（Q＞0），反应是气体体积减小的放热反应；图象中X随Y增大而增大；则条件X为温度升高，平衡逆向进行，平衡常数变小，NO的转化率为平衡I大于平衡Ⅱ，‎ 故答案为：升高温度；大于；‎ ‎（3）a．v生成（CO2）＝v消耗（CO） 从反应开始到平衡，都符合这等量关系，故a错误；‎ b．混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态，故b正确；‎ c．平衡常数随温度变化，平衡常数保持不变与平衡态无关，故c 错误；‎ d．NO、CO、N2、CO2的浓度均不再变化，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态，故d正确；‎ 故答案为：bd；‎ ‎（4）在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，减小了压强，则正逆反应速率均是减小的，平衡向逆反应方向移动，t3时刻达到新的平衡状态，所以图象应该是，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）第二步是HCNO与NO2反应，把氮元素和碳元素转变成无毒气体，N元素化合价分别由﹣3价升高到0价，由+4价降低到0价，两种气体为为氮气和二氧化碳，反应为：8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O，HNCO中N元素由﹣3升高到0，NO2中N元素由+4降低到0，6molNO2在反应中转移的电子为24mol，则1molNO2在反应中转移的电子为4mol，即4NA或2.408×1024，‎ 故答案为：8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O；4NA或2.408×1024。‎ ‎【点评】本题考查了化学反应速率的计算、平衡状态的判断，氧化还原反应等知识，注意化学平衡原理的应用是高考热点，要熟练掌握，题目难度中等。‎ ‎23．（15分）聚乳酸E在服装、卫生医疗制品等行业具有广泛的应用。某有机化合物A在一定条件下通过一系列反应可合成E；同时还可得到C和D等重要有机化合物。转化关系如下图：‎ 已知：‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）B→E反应类型：　缩聚反应　，D→G实验室中反应条件：　Cu（或Ag）/△　。‎ ‎（2）A的分子式：　C7H12O4　。‎ ‎（3）与F同类别的同分异构体还有HCOOCH（CH3）2、HCOOCH2CH2CH3和　CH3CH2COOCH3　（用结构简式表示）。‎ ‎（4）写出实验室中判断D中有G生成的方法。‎ ‎　取样，加入少量新制的氢氧化铜浊液，加热煮沸，有砖红色沉淀生成　‎ ‎（5）石油产品丙烯及必要的无机试剂可合成丙烯酸，设计合成路线如下：‎ CH3CH＝CH2ClCH2CH＝CH2→甲→乙→丙丙烯酸 已知：‎ 请完成合成路线中的：ClCH2CH＝CH2→甲→乙→丙。‎ ‎（合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物）‎ ‎【考点】HB：有机物的推断；HC：有机物的合成．菁优网版权所有 ‎【分析】由E的结构逆推可知B为．C与D在浓硫酸、加热条件下生成分子式为C4H8O2的F，应是发生酯化反应，而D可以转化生成分子式为C2H4O的G，可推知C为CH3COOH、D为CH3CH2OH、F为CH3COOCH2CH3、G为CH3CHO，故A的结构简式为：。‎ ‎（5）由于碳碳双键易被氧化，应先氧化引入羧基，再引入碳碳双键。由信息可知，由BrCH2CHBrCOOH与Zn/乙醇作用得到丙烯酸，ClCH2CH＝CH2先在碱性条件下水解，然后与溴发生加成反应，再用酸性高锰酸钾溶液氧化得到BrCH2CHBrCOOH。‎ ‎【解答】解：（1）B→E是发生缩聚反应生成高聚物，D→G是乙醇发生催化氧化生成乙醛，实验室中反应条件：Cu（或Ag）/△，‎ 故答案为：缩聚反应；Cu（或Ag）/△；‎ ‎（2）A的结构简式为：，故A的分子式：C7H12O4，‎ 故答案为：C7H12O4；‎ ‎（3）与F同类别的同分异构体还有HCOOCH（CH3）2、HCOOCH2CH2CH3和CH3CH2COOCH3，‎ 故答案为：CH3CH2COOCH3；‎ ‎（4）实验室中判断乙醇中有乙醛生成，通过检验醛基即可，实验方法为：取样，加入少量新制的氢氧化铜浊液，加热煮沸，有砖红色沉淀生成，‎ 故答案为：取样，加入少量新制的氢氧化铜浊液，加热煮沸，有砖红色沉淀生成；‎ ‎（5）由于碳碳双键易被氧化，应先氧化引入羧基，再引入碳碳双键。由信息可知，由BrCH2CHBrCOOH与Zn/乙醇作用得到丙烯酸，ClCH2CH＝CH2先在碱性条件下水解，然后与溴发生加成反应，再用酸性高锰酸钾溶液氧化得到BrCH2CHBrCOOH．合成路线流程图为：‎ ClCH2CH＝CH2HOCH2CH＝CH2HOCH2CHBrCH2BrBrCH2CHBrCOOHCH2＝CHCOOH，‎ 故答案为：ClCH2CH＝CH2HOCH2CH＝CH2HOCH2CHBrCH2BrBrCH2CHBrCOOH。‎ ‎【点评】本题考查有机物的合成与推断，充分利用路线中物质的结构、分子式与反应条件进行分析，熟练掌握官能团的性质与转化，注意常见官能团的检验。‎ ‎24．（15分）1942年，我国化工专家侯德榜以NaCl、NH3、CO2等为原料制得纯碱，他的“侯氏制碱法”为世界制碱工业做出了突出贡献。‎ 回答下列问题：‎ 某探究活动小组欲在实验室中模拟制取纯碱，设计了Ⅰ、Ⅱ两种方案，并选择其一进行实验。‎ 方案Ⅰ：（1）将足量CO2通入饱和NaCl溶液中；（2）再在所得溶液中通入足量NH3；（3）过滤；……。‎ 方案Ⅱ：（1）将足量NH3通入饱和NaCl溶液中；（2）再在所得溶液中通入足量CO2；（3）过滤；……。‎ ‎（1）部分实验装置如图所示。制取氨气的装置应选用　②　（选填编号）。‎ ‎（2）写出实验中获得碳酸氢钠的离子方程式。　CO2+H2O+NH3+Na+→NaHCO3↓+NH4+　。‎ ‎（3）灼烧碳酸氢钠需要　b、e　（选填编号）。‎ a．蒸发皿 b．坩埚 c．烧杯 d．烧瓶 e．酒精灯 ‎（4）选择的实验方案是　Ⅱ　（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”），说明选择的理由。　因二氧化碳气体溶解度较小，若先通入二氧化碳气体再通入氨气后，生成的碳酸氢钠量较少，难以析出沉淀　。‎ ‎（5）甲同学取少量产品完全溶于水，滴加稀硝酸2﹣3滴，再滴加硝酸银溶液，观察到有白色沉淀生成，得出纯碱含杂质Cl﹣的结论。乙同学认为甲的结论不一定正确，你认为乙同学的理由是　稀硝酸可能不足，没有把碳酸钠完全反应掉　。‎ ‎（6）按下列流程处理母液（提取完碳酸氢钠后的滤液）可得到NH4Cl。‎ 通入NH3的作用是　bc　（选填编号）。‎ a．增大NH4+浓度，使NaHCO3更多地析出 b．增大NH4+浓度，使NH4Cl更多地析出 c．使NaHCO3转化为溶解度更大的Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度 操作a是　冷却结晶　，操作b是　洗涤晾干　。‎ ‎【考点】2H：纯碱工业（侯氏制碱法）．菁优网版权所有 ‎【分析】（1）实验室制备氨气的方法是利用氯化铵和氢氧化钙加热反应生成或利用浓氨水滴入固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰中生成氨气；‎ ‎（2）氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵；‎ ‎（3）灼烧固体在坩埚中进行；‎ ‎（4）氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，从而保证了通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应；‎ ‎（5）碳酸钠和硝酸银反应也能生成碳酸银白色沉淀；‎ ‎（6）通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等操作得到晶体。‎ ‎【解答】解：（1）装置①加热分解氯化铵生成氨气和氯化氢在试管口处重新生成氯化铵，不能制得大量氨气，②装置浓氨水滴入碱石灰固体溶解过程中放热，一水合氨分解生成氨气，可以制备氨气，‎ 故答案为：②；‎ ‎（2）氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的离子方程式：CO2+H2O+NH3+Na+＝NaHCO3↓+NH4+，‎ 故答案为：CO2+H2O+NH3+Na+＝NaHCO3↓+NH4+；‎ ‎（3）灼烧碳酸氢钠需要在坩埚中加热灼烧，选择be，‎ 故答案为：b、e；‎ ‎（4）将足量NH3通入饱和NaCl溶液中，再在所得溶液中通入足量CO2，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，从而保证了通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应，因二氧化碳气体溶解度较小，若先通入二氧化碳气体再通入氨气后，生成的碳酸氢钠量较少，难以析出沉淀，‎ 故答案为：Ⅱ；因二氧化碳气体溶解度较小，若先通入二氧化碳气体再通入氨气后，生成的碳酸氢钠量较少，难以析出沉淀；‎ ‎（5）甲同学取少量产品完全溶于水，滴加稀硝酸2﹣3滴，再滴加硝酸银溶液，观察到有白色沉淀生成，得出纯碱含杂质Cl﹣的结论，乙同学认为甲的结论不一定正确，‎ 理由是：稀硝酸可能不足，没有把碳酸钠完全反应掉，‎ 故答案为：稀硝酸可能不足，没有把碳酸钠完全反应掉；‎ ‎（6）根据NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，铵根离子浓度增大有利于析出氯化铵，通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度所故bc正确，操作a是冷却结晶，操作b是洗涤晾干，‎ 故答案为：bc；冷却结晶、洗涤晾干。‎ ‎【点评】本题考查了侯德榜制碱法实验方案的设计，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。‎ 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2019/4/17 10:26:07；用户：qgjyuser10452；邮箱：qgjyuser10452.21957750；学号：21985460‎