上海市金山区2020届高三上学期一模考试化学试题 19页

‎2019学年第一学期高三化学教学质量检测试卷 相对原子质量：O-16 C-12 Na-23 Ba-137‎ 一、选择题 ‎1.关于Ts中数字的描述正确的是 A. 117是Ts 的质子数 B. 117是Ts的中子数 C. 291是Ts元素的相对原子质量 D. 291是Ts元素的质量数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 左下数字表示质子数，左上数字表示质量数，质量数=质子数+中子数。‎ ‎【详解】A、左下数字表示质子数，的质子数是117，故A正确；‎ B、的中子数=质量数-质子数=291-117=174，117指的是质子数，故B错误；‎ C、291是的质量数，故C错误；‎ D、291是的质量数，Ts元素有多种原子，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎2.下列物质属于混合物的是 A. 冰醋酸 B. 汽油 C. 硫磺 D. 丙三醇 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 混合物是由两种或多种物质混合而成的物质。混合物没有固定的化学式。无固定组成和性质，组成混合物的各种成分之间没有发生化学反应，它们保持着原来的性质。混合物可以用物理方法将所含物质加以分离。‎ ‎【详解】A、冰醋酸是醋酸的液体形态，属于纯净物，故A不选；‎ B、汽油是多种烃的混合物，属于混合物，故B选；‎ C、硫磺是硫单质的固体形态，属于纯净物，故C不选；‎ D、丙三醇属于多羟基醇类化合物，为纯净物，故D不选。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】常见判断混合物和纯净物的方法：能否写出化学式，能写出化学式的为纯净物，不能写出的为混合物。‎ ‎3.常温下，Fe、Al在浓硫酸中钝化，浓硫酸表现了（ ）‎ A. 难挥发性 B. 吸水性 C. 脱水性 D. 强氧化性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ Fe、Al在浓硫酸中钝化是因为在金属表面生成一层氧化膜，阻止金属和酸的进一步反应。这表现了浓硫酸的强氧化性。故D正确。而难挥发性、吸水性表现的是浓硫酸的物理性质，故A、B不正确。脱水性是浓硫酸能将有机物中的H和O按2:1组合成水而脱去，故C不正确。本题的正确选项为D。‎ 点睛：本题要注意“钝化”的意思，这是Fe、Al在浓硫酸或浓硝酸中的一种现象。‎ ‎4.按照有机物的命名规则，下列命名正确的是 A. 1,2-二甲基戊烷 B. 3,4-二甲基戊烷 C. 2,2-二甲基丁烷 D. 2,3,3-三甲基丁烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－ 隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三，如：二甲基，其位置以 , 隔开，一起列于取代基前面。‎ ‎【详解】根据上述规则：‎ A、应该是3-甲基己烷，A错误；‎ B、应该为2，3-二甲基戊烷，B错误；‎ C、2,2-二甲基丁烷，符合烷烃的命名原则，C正确； ‎ D、应该为2，2，3-三甲基丁烷，D错误；‎ 正确选项C。‎ ‎5.下列过程属于物理变化的是 A. 煤的干馏 B. 石油的分馏 C. 石油裂化 D. 石油裂解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 煤的干馏有苯及苯的同系物等新物质生成，属于化学变化，故A错误；石油的分馏是根据沸点不同把石油分离为汽油、煤油、柴油等物质，没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；石油裂化是大分子烃断裂为小分子烃，生成新物质属于化学变化，故C错误；石油裂解是大分子烃断裂为乙烯、丙烯等产物，生成新物质属于化学变化，故D错误。‎ ‎6.关于乙醛，下列化学用语正确的是 A. 官能团 —COH B. 比例模型 ‎ C. 最简式 C2H4O D. 结构式 CH3CHO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醛基中H原子与C原子形成共价键，故醛基的结构简式为﹣CHO，故A错误；‎ B．用小球和小棍表示的模型为球棍模型，故为球棍模型不是比例模型，故B错误；‎ C．各原子的最简单的整数比为最简式，则C2H4O可为有机物的最简式，故C正确；‎ D．用一条短线来代替一对共用电子对所得到的式子为结构式，故为乙醛的结构式，故D错误。‎ 故答案为C。‎ ‎7.现有pH为1的100mL 0.1moL/L 的AlCl3溶液，下列有关判断正确的是：‎ A. 溶液显酸性，主要因为铝离子水解导致的 B. 溶液显酸性，主要因为溶液中有盐酸 C. 溶液显碱性，主要因为铝离子水解导致的 D. 溶液显碱性，主要因为铝离子水解导致的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在pH为1的100mL 0.1mol/L的AlCl3‎ ‎， 溶液显酸性，其主要原因是在配制过程中要加入少量盐酸以抑制铝离子的水解，故答案选B。‎ ‎8.不能鉴别0.1mol/L盐酸和0.1mol/LNaOH溶液的是 A. 石蕊试液 B. 甲基橙试液 C. 酚酞试液 D. 淀粉KI试液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酸碱指示剂能鉴别酸溶液和碱溶液，淀粉KI试液一般用来鉴别氧化性溶液。‎ ‎【详解】A、石蕊试液分别加入两溶液，盐酸显红色，氢氧化钠溶液显蓝色，A不符合题意；‎ B、甲基橙试液分别加入两溶液，盐酸显红色，氢氧化钠溶液显黄色，B不符合题意 C、酚酞试液分别加入两溶液，盐酸显无色，氢氧化钠溶液显红色，C不符合题意 D、淀粉KI试液分别加入两溶液，都无明显变化，不能鉴别两溶液，故D符合题意。‎ 答案选D。‎ ‎9.工业生产氨气的适宜条件中不包括( )‎ A. 用浓硫酸吸收产物 B. 用铁触煤作催化剂 C. 温度500℃左右 D. 压强为20~50MPa ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析工业生产氨气整个反应。催化剂不能改变化学平衡，但可以加快反应速率。升高温度可以加快反应速率，考虑反应平衡，温度不宜太高。增大压强可以加快反应速率，也可以促进化学平衡正向移动，但生产时条件会限制压强。从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa-50MPa，温度：500℃左右，催化剂：铁触媒。‎ ‎【详解】从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa-50MPa，温度：500℃左右，催化剂：铁触媒。用浓硫酸吸收氨气会生成硫酸铵，不适合吸收产物。答案为A。‎ ‎【点睛】本题主要考查工业制氨气的反应中反应条件的选择，综合反应速率、反应平衡考虑。‎ ‎10.氮气常用作白炽灯泡中钨丝的保护气，这是因为 A. 氮气比空气轻 B. 氮气难溶于水 C. 氮气是无色无味的气体 D. 氮气很不活泼 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氮气密度与空气相近，故A错误；‎ ‎ B．氮气作保护气与氮气的溶解性无关，故B错误；‎ C．氨气作保护气与氮气的颜色、气味无关，故C错误；‎ D．氮气的性质不活泼，一般条件下不和其它物质反应，因此可以用氮气作保护气，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.下列物质对水的电离平衡没有影响的是 A. NaI B. KF C. KAl(SO4)2 D. NaHSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】水的电离H2O⇌H++OH-，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离。‎ A．NaI为强电解质，在溶液中电离出钠离子和碘离子，这两种离子都不水解，对水的电离平衡无影响，故A正确；‎ B．KF电离出的F-为弱酸根，在溶液中水解，对水的电离有促进作用，故B错误；‎ C．KAl(SO4)2溶液能电离出硫酸根、钾离子和铝离子，铝离子在溶液中能水解，对水的电离起促进作用，故C错误；‎ D．NaHSO4溶液能电离出氢离子，溶液显强酸性，对水的电离有抑制作用，故D错误；‎ 答案选A ‎【点睛】本题的易错点为AB，要注意氢卤酸的强弱，在氢卤酸中只有氢氟酸是弱酸，其余的氢卤酸都是强酸。‎ ‎12.SiF4与SiCl4分子都是正四面体结构。下列判断正确是（ ）‎ A. 键长：Si-F>Si-Cl B. 键能：Si-F>Si-Cl C. 沸点：SiF4>SiCl4 D. 共用电子对偏移程度：Si-Cl>Si-F ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.原子半径Cl>F，原子半径越大，则其形成的化学键的键长就越大，所以键长：Si-FF，所以键能Si-F>Si-Cl，B正确；‎ C.SiF4、SiCl4都是由分子构成的物质，结构相似，物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质气化需要的能量就越大，即物质的沸点越高。由于相对分子质量：SiF4Cl，所以共用电子对偏移程度：Si-Cl离子晶体>分子晶体，而金属晶体的熔沸点有高有低。这是由于不同类型晶体的微粒间作用不同，其熔、沸点也不相同。原子晶体间靠共价键结合，一般熔、沸点最高；离子晶体阴、阳离子间靠离子键结合，一般熔、沸点较高；分子晶体分子间靠范德华力结合，一般熔、沸点较低；金属晶体中金属键的键能有大有小，因而金属晶体熔、沸点有高（如W）有低（如Hg）。‎ ‎20.测得某pH=2的溶液中有关数据如下：‎ 离子 Na+‎ Fe3+‎ ‎？‎ NO3-‎ SO42-‎ 浓度（mol/L）‎ ‎2.0×10-2‎ ‎1.4×10-2‎ ‎？‎ ‎2.0×10-2‎ ‎2.4×10-2‎ 则该溶液中还可能大量存在的一种离子是 A. Cl- B. SO32- C. Ba2+ D. Al3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ pH=2的溶液含大量的H+，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，结合溶液为电中性来解答。‎ ‎【详解】pH=2的溶液含大量的H+，c（H+）=1.0×10-2mol/L，结合溶液中电荷守恒可知，1.0×10-2mol/L+2.0×10-2mol/L+1.4×10-2mol/L×3＞2.0×10-2mol/L+2.4×10-2×2，则还含有的离子为阴离子，因CO32-与Fe3+反应生成沉淀不能共存，只有A合理；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查常见离子的检验及离子共存，把握溶液的pH及电荷守恒为解答的关键，注意电荷守恒的应用。‎ 二、综合题，完成下列填空 ‎21.从宏观和微观两个角度认识氯、硫、铁、铝等元素的单质及其化合物是学好中学化学的重要基础。完成下列填空：‎ ‎（1）Cl在元素周期表中的位置为______________，由此可知，其最高价氧化物对应的水化物的化学式 为：______________ ，次氯酸分子的结构式为：_____________。‎ ‎（2）Cl、S、Na三种元素形成简单离子其半径由大到小的顺序是_______________________（用离子符号 表示）。铝最高价氧化物对应的水化物表现出了独特的性质，其在水溶液中的电离方程式 为____________________________________________________________________________。‎ ‎（3）硫和氯的非金属性强弱关系是_________________，试从原子结构的角度解释其原因。______________‎ ‎（4）现有试剂：溴水、硫化钠溶液、Na2SO3溶液、稀硫酸、NaOH溶液、氨水。  要证明Na2SO3具有还原 性，应选用的试剂有______________，看到的现象是 ____________________。要证明Na2SO3具有氧化性，应选用的试剂有___________________，反应的离子方程式是 ________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期VIIA族 (2). HClO4 (3). H－O－Cl (4). S2-＞Cl-＞Na+ (5). H++AlO2–+H2OAl(OH)3Al3++3OH– (6). Cl>S (7). 氯和硫原子电子层数相同，质子数氯大于硫，因此氯原子核对最外层电子的吸引能力大于硫，得电子能力大于硫 (8). 溴水 (9). 橙红色褪去 (10). 硫化钠溶液和稀硫酸 (11). 2S2－+SO32－+6H+→3S↓+3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）主族元素周期数=电子层数、族序数=最外层电子数；氯元素的最高价氧化物对应水化物为高氯酸；HClO中O原子分别与H原子、Cl原子形成1对共用电子对；‎ ‎（2）电子层结构相同的离子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；氢氧化铝为两性氢氧化物，在水中有碱式电离、酸式电离两种情况；‎ ‎（3）电子层相同，质子数越大，原子核对最外层电子的吸引越强，得电子能力越强；‎ ‎（4）要证明Na2SO3具有还原性，应选用强氧化性的试剂溴水；要证明Na2SO3具有氧化性，应选用还原性试剂，选择试剂为：硫化钠溶液和稀硫酸。‎ ‎【详解】（1）Cl是17号元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，处于周期表中第三周期 第VIIA族。氯元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4．HClO中O原子分别与H原子、Cl原子形成1对共用电子对，其结构式为H-O-Cl，故答案为：第三周期第VIIA族；HClO4‎ ‎；H-O-Cl；‎ ‎（2）电子层结构相同的离子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，故离子半径：S2-＞Cl-＞Na+；氢氧化铝为两性氢氧化物，电离方程式为：H++AlO2-+H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH-，故答案为：S2-＞Cl-＞Na+； H++AlO2-+H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH-；‎ ‎（3）氯和硫原子电子层数相同，质子数氯大于硫，因此氯原子核对最外层电子的吸引能力大于硫，得电子能力大于硫，故非金属性：Cl＞S，故答案为：Cl＞S；氯和硫原子电子层数相同，质子数氯大于硫，因此氯原子核对最外层电子的吸引能力大于硫，得电子能力大于硫；‎ ‎（4）要证明Na2SO3具有还原性，应选用强氧化性的试剂溴水，看到的现象是：橙红色褪去；要证明Na2SO3具有氧化性，应选用还原性试剂，选择试剂为：硫化钠溶液和稀硫酸，反应离子方程式为：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，故答案为：溴水；橙红色褪去；硫化钠溶液和稀硫酸；2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O。‎ ‎22.中国科学家用金属钠和CO2一定条件下制得了金刚石：‎ ‎（1）配平上述反应的化学方程式： ___ Na + _____CO2_____Na2CO3 + _____C(金刚石)。若反应过程中有0.15mol CO2反应，则电子转移的数目为：____________。‎ ‎（2）CO2的电子式为：_________________，Na原子核外电子有_______个能级。‎ ‎（3）已知：‎ 常压下 钠 Na2CO3‎ 金刚石 石墨 熔点（℃）‎ ‎97.8‎ ‎851‎ ‎3550‎ ‎3850‎ 沸点（℃）‎ ‎882.9‎ ‎1850（分解产生CO2）‎ ‎----‎ ‎4250‎ 若反应在常压、890℃下进行，写出该反应的平衡常数表达式______________________。若3v正(Na)=4v逆(CO2)，则________（选填序号）。‎ a．反应肯定达到平衡 b．反应可能达到平衡 c．反应肯定未达平衡 ‎ ‎（4）副产物Na2CO3‎ 溶于水后溶液呈碱性，请结合平衡移动的原理，用文字描述所得溶液呈碱性的原因：______________________________________________________________________________________。若在10升容器中，反应进行了5min, 金刚石的质量增加了6g，则5min里CO2的平均反应速率 为______________。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 3 (3). 2 (4). 1 (5). 0.2NA (6). (7). 4 (8). K= (9). a (10). 由于碳酸是弱电解质，Na2CO3溶于水后电离出的碳酸根离子结合了水电离出的氢离子，导致水的电离平衡朝正反应方向移动，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度。 (11). 0.03 mol/(L·min)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电子守恒配计量数并计算转移电子数目；‎ ‎（2）二氧化碳的电子式为；Na原子核外电子排布式为1s22s22p63s1；‎ ‎（3）根据一些物质的熔沸点数据，在常压、890℃时Na和CO2都是气态，Na2CO3和C都不是气态，则可得该反应的平衡常数表达式；根据一正一逆，速率之比等于系数比，则反应肯定达到平衡；‎ ‎（4）Na2CO3溶于水后溶液呈碱性是因为碳酸根发生水解；CO2的平均反应速率=。‎ ‎【详解】（1）反应中钠元素从0价升高到+1价，升高1价，碳元素从+4价降低到0价，降低4价，因此单质钠与单质碳的计量数之比为4:1，再根据元素守恒配平其他物质的计量数，配平后的方程式为4Na+3CO2⇌2Na2CO3+C，有3mol CO2反应时，转移4mol电子，当有0.15mol CO2反应时，转移电子0.2mol，故答案为：4；3；2；1；0.2NA；‎ ‎（2）二氧化碳的结构式为O=C=O，C与O之间存在两对电子对，故电子式为；Na原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，有4个能级；故答案为；4；‎ ‎（3）根据表中一些物质的熔沸点数据，可知在常压、890℃时Na和CO2都是气态，Na2CO3和C都不是气态，则该反应的平衡常数表达式 ；若3v正（Na）=4v逆（CO2），符合一正一逆，速率之比等于系数比，则反应肯定达到平衡，故答案为：K=‎ ‎，a；‎ ‎（4）Na2CO3溶于水后碳酸根发生水解，Na2CO3溶于水后电离出的碳酸根离子结合了水电离出的氢离子，导致水的电离平衡朝正反应方向移动，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度；而若反应在10L密闭容器、常压下进行，5min内，测得金刚石的质量增加了6g，反应的二氧化碳物质的量结合化学方程式计算得到，4Na+3CO2⇌2Na2CO3  +C（金刚石），消耗物质的量1.5mol，反应速率v（CO2）===0.03mol/（L•min），故答案为：由于碳酸是弱电解质，Na2CO3溶于水后电离出的碳酸根离子结合了水电离出的氢离子，导致水的电离平衡朝正反应方向移动，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度； 0.03 mol/(L·min)。‎ ‎23.爱国实业家侯德榜在氨碱法的基础上，发明了“联合制碱法”，简单流程如图。完成下列问题： ‎ ‎（1）写出通入CO2和NH3的化学反应方程式_________________________________________________。在 饱和食盐水中通入CO2和NH3，先通NH3后通CO2的原因是_____________________________。‎ ‎（2）母液中除H+和OH-外，还含有的离子是_____________。 向母液中通氨气，加入细小食盐颗粒，冷却 析出副产品，通氨气的作用有____________。‎ ‎（a）增大NH4＋的浓度，使NH4Cl更多地析出 ‎（b）使NaHCO3更多地析出 ‎（c）使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度 ‎（3）上述流程中X物质的分子式_______。使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是 设计了_______（填上述流程中的编号）的循环。从沉淀池中取出沉淀的操作是____。‎ ‎（4）写出检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠的简要方案：___________________________________________________________________________________。‎ ‎（5）工业生产的纯碱常会含少量NaCl杂质。现用重量法测定其纯度，步骤如下：‎ ‎ 称取样品ag，加水溶解，加入足量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥，最终得到固体bg。样品中纯 碱的质量分数为___________________(用含a、b的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). NaCl + NH3+CO2 +H2O → NaHCO3↓+NH4Cl (2). 氨气在水中溶解度大，先通氨气有利于生成碳酸氢钠沉淀。 (3). Na+、HCO3-、NH4+、Cl- (4). a、c (5). CO2 (6). I (7). 过滤 (8). 可取少量试样溶于水后，再滴加足量的稀硝酸和少量的硝酸银溶液，若产生白色沉淀不溶解，说明有Cl- (9). 106 b/197a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱，二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，反应为：CO2+H2O+NaCl+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再加热制得纯碱产品，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品。‎ ‎【详解】（1）二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应为：CO2+H2O+NaCl+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl；二氧化碳微溶于水，先通入二氧化碳，溶液中生成极少量的碳酸，且碳酸不稳定，再通入氨气，生成的产物量少，且易生成碳酸铵，氨气在水中溶解度很大，先通入氨气，溶液中生成较多的一水合氨，再通入CO2，生成的产物量多，且易生成碳酸氢铵；故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl；氨气在水中溶解度大，先通氨气有利于生成碳酸氢钠沉淀；‎ ‎（2）由上述分析可知，母液中除H+和OH-外，还含有的离子是Na+、HCO3-、NH4+、Cl-；氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根，增大铵根的浓度有利于氯化铵析出来，故a正确；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，所以选项c正确，选项b错误；故答案为：Na+、HCO3-、NH4+、Cl-； a、c；‎ ‎（3）侯氏制碱法反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，得到碳酸氢钠同时得到氯化铵，二氧化碳是反应的原料同时也是反应的副产物，可以循环利用，故X是二氧化碳；因为氯化钠最后剩余在母液中，所以循环I是氯化钠的循环，使原料氯化钠的利用率提高；分离沉淀的方法是过滤；故答案为：CO2；I；过滤；‎ ‎（4）要检验碳酸钠中含有氯化钠，需要先加硝酸将碳酸钠除去，然后加入硝酸银溶液，若有沉淀产生，说明碳酸钠中含有氯化钠，否则不含氯化钠；故答案为：可取少量试样溶于水后，再滴加足量的稀硝酸和少量的硝酸银溶液，若产生白色沉淀不溶解，说明有Cl-；‎ ‎（5）加入足量的 BaCl2溶液：发生反应：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，Na2CO3～BaCO3，根据原子守恒，通过称量沉淀碳酸钡的质量，来计算样品中纯碱的质量分数，需洗涤沉淀，除去杂质离子，且将沉淀冷却到室温，恒重操作后最终得到固体 b（g）为BaCO3，根据碳守恒，纯碱的质量分数=；故答案为： 。‎ ‎【点睛】本题考查了联合制碱法，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、氯化铵的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键。‎ ‎24.以甲醇和石油裂解气为原料可制得E，已知E由两种均具有芳香气味的有机物组成的混合物。相关物质转化关系如下：‎ ‎ 请回答：‎ ‎（1）写出C中官能团的化学式_______________。A的结构简式是___________________。‎ ‎（2）C→D的化学方程式是_______________________________ 、_____________________________。‎ ‎（3）含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质，因此可以预测E具有与___________类化合物相似的化学性质。除去化合物B、D和E混合物中的B、D，可采用的方法是：__________________________________________________________________________。‎ ‎（4）写出一种以为原料制备 的合成路线。（各物质用结构简式表示即可，合成路线常用的表示方式为：__________________________________________________________）‎ ‎【答案】 (1). (2). HCHO (3). CH3CH=CH2+H2O CH3CH2CH2OH (4). CH3CH=CH2 + H2O CH3CHOHCH3 (5). 醛和酯 (6). 用饱和碳酸钠溶液洗涤后，通过分液操作除去 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由转化关系可知A为HCHO、B为HCOOH．E是为含4 个C原子的酯，C为CH3CH=CH2，C与水发生加成反应生成D为CH3CH2CH2OH或CH3CHOHCH3，B与D发生酯化反应生成E为HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2的混合物，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）C为丙烯，含有的官能团为，A为甲醛，结构简式为HCHO，故答案为：；HCHO； （2）C与水发生加成反应生成D为CH3CH2CH2OH或CH3CHOHCH3，方程式为CH3CH=CH2+H2O CH3CH2CH2OH、CH3CH=CH2 + H2O CH3CHOHCH3；故答案为CH3CH=CH2+H2O CH3CH2CH2OH；CH3CH=CH2 + H2O CH3CHOHCH3；‎ ‎（3）E为甲酸酯，具有醛和酯类的性质，除去混有的甲酸、丙醇，可用饱和碳酸钠溶液洗涤后，通过分液操作除去， 故答案为：醛和酯；用饱和碳酸钠溶液洗涤后，通过分液操作除去。 （4）以为原料制备 ，可与氯气发生1，4加成，在氢氧化钠溶液中水解，然后与HCl发生加成反应，在发生消去反应可生成目标物，流程为， 故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断与合成，常见题型，根据A的摩尔质量及连续氧化为突破口进行推断是解题的关键。‎ ‎ ‎ ‎ ‎