上海市虹口区高考化学二模试卷 31页

‎2018年上海市虹口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）下列有关物质用途的说法，错误的是（　　）‎ A．二氧化硫常用于漂白纸浆 B．漂粉精可用于游泳池水消毒 C．碳酸钡可用来治疗胃酸过多 D．氧化铁常用于红色油漆和涂料 ‎2．（2分）下列化学用语正确的是（　　）‎ A．氧原子的最外层电子排布式：2s22p6‎ B．四氯化碳的比例模型：‎ C．氮气的电子式：‎ D．铝原子的结构示意图：‎ ‎3．（2分）12C和14C互为（　　）‎ A．同位素 B．同分异构体 C．同系物 D．同素异形体 ‎4．（2分）下列物质属于强电解质的是（　　）‎ A．HF B．SO2 C．Al（OH）3 D．CH3COONH4‎ ‎5．（2分）下列各组物质中，由极性键构成的非极性分子是（　　）‎ A．C2H2 B．NH3 C．H2O D．NaOH ‎6．（2分）下列烷烃命名正确的是（　　）‎ A．1，4﹣二甲基丁烷 B．3﹣甲基﹣4﹣乙基己烷 C．2﹣乙基戊烷 D．2，3，3﹣三甲基丁烷 ‎7．（2分）下列变化中离子键被破坏的是（　　）‎ A．氯化氢溶于水 B．石墨转化为金刚石 C．钠在氯气中燃烧 D．加热氯化钠至熔化 ‎8．（2分）铁粉与下列物质反应时，产物中一定含有+3价铁元素的是（　　）‎ A．稀硝酸 B．氯气 C．硫酸铜溶液 D．浓盐酸 ‎9．（2分）在反应5S+6KOH→K2SO3+2K2S2+3H2O中，被氧化与被还原的硫原子个数比为（　　）‎ A．1：4 B．4：1 C．1：2 D．2：1‎ ‎10．（2分）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（　　）‎ A．海带提碘 B．氨碱法制碱 C．氯碱工业 D．海水提溴 ‎11．（2分）在恒温、恒容条件下，能说明可逆反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）达到平衡状态的是（　　）‎ A．气体的压强保持不变 B．v（H2）正=2v（HI）逆 C．气体的密度保持不变 D．气体的颜色保持不变 ‎12．（2分）下列生活、生产相关叙述中，不能用勒沙特列原理解释的是（　　）‎ A．工业制硫酸过程中，通入过量的氧气 B．热的纯碱溶液去油污效果更好 C．工业制氯化氢时，通入过量的氢气 D．氨态氮肥与草木灰不能混合使用 ‎13．（2分）下列实验装置正确的是（　　）‎ A．实验室制乙烯 B．实验室制乙炔 C．‎ 从碘水中提取碘 D．‎ 检验NH4+粒子 ‎14．（2分）下列关于实验室制取乙醇丁酯的叙述，正确的是（　　）‎ A．反应采用水浴加热 B．采用边反应边蒸馏的方法 C．使用过量的乙酸 D．用氢氧化钠溶液提纯乙酸丁酯 ‎15．（2分）常温下，相等的氨水、氯化铵、硫酸铵、硫酸氢铵四种溶液，溶液浓度最大的是（　　）‎ A．氨水 B．氯化铵 C．硫酸铵 D．硫酸氢铵 ‎16．（2分）下列指定溶液中，各组离子一定能大量共存的是（　　）‎ A．pH=12的溶液：K+、Fe2+、NO3﹣、CH3COO﹣‎ B．甲基橙为橙色的溶液：Na+、NH4+、CO32﹣、Cl﹣‎ C．使石蕊试液变红的溶液：Fe3+、Mg2+、Br﹣、SO42﹣‎ D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、NH4+、Cl﹣、NO3﹣‎ ‎17．（2分）下列各组溶液之间的反应能用离子方程式OH﹣+HCO3﹣→H2O+CO32﹣表示的是（　　）‎ A．NaOH与Ca（HCO3）2 B．Ba（OH）2与KHCO3‎ C．氨水和NH4HCO3 D．KOH与NaHCO3‎ ‎18．（2分）有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是（　　）‎ A．可在船壳外刷油漆进行保护 B．可将船壳与电源的正极相连进行保护 C．可在船底安装锌块进行保护 D．在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀 ‎19．（2分）下列除杂操作正确的是（　　）‎ 物质 杂质 试剂 提纯方法 A 溴苯 溴 苯 分液 B 二氧化碳 二氧化硫 饱和碳酸钠溶液 洗气 C 甲烷 乙烯 酸性高锰酸钾溶液 洗气 D 乙醇 水 生石灰 蒸馏 A．A B．B C．C D．D ‎20．（2分）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．常温常压下，46gNO2与N2O4混合气体共含3NA个原子 B．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数目为1.0NA C．100℃时，1L pH=6的纯水中，含有的OH﹣数目为1×10﹣8NA D．常温下0.1molCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NA ‎　‎ 二、综合题 ‎21．（16分）工业制玻璃时，发生的主要反应的化学方程式为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）钠原子核外具有　 　种不同能量的电子，钠元素在周期表中的位置为　 　。‎ ‎（2）在上述反应中，反应物和生成物的晶体类型共有　 　种，写出气体产物的电子式　 　。‎ ‎（3）上述物质中的非金属元素原子半径由大到小顺序为　 　（用元素符号表示），‎ 下列能判断它们的非金属性强弱的依据是：　 　（选填编号）。‎ a．气态氢化物的熔沸点b。最高价氧化物对应水化物的酸性 c．气态氢化物的热稳定性d。三种元素两两形成的化合物中电子对偏向 ‎（4）常温下，相同物质的量浓度的Na2SiO3和Na2CO3溶液中，c（SiO32﹣）　 　‎ c（CO32﹣）‎ ‎（填“＞”、“＜”或“=”）。‎ ‎（5）向10mL一定浓度的Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L的稀盐酸，加入盐酸的体积与产生气体的体积有如图关系。由此可知原Na2CO3溶液的物质的量浓度为　 　。在滴入盐酸的整个过程中，溶液中c（HCO3﹣）的变化情况是　 　。‎ ‎22．（14分）肼（N2H4）是一种应用广泛的化工原料。工业上先合成氨气：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+Q（Q＞0），再进一步制备肼。‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行试验，所得结果如图所示（其他条件相同）：‎ 则生产中适宜选择的催化剂是　 　（填“A”或“B”或“C”），理由是：　 　。‎ ‎（2）一定条件下，对在密闭容器中进行的合成氨反应达平衡后，其他条件不变时，若同时压缩容器的体积和升高温度达新平衡后，与原平衡相比，请将有关物理量的变化的情况填入下表中（填“增大”、“减小”或“无法确定”）‎ 反应速率 平衡常数K 氨的体积分数 变化情况 ‎（3）肼可作为火箭燃料，4gN2H4（g）在NO2气体中燃烧生成氮气和气态水，放出71kJ的热量。‎ 写出该反应的化学方程式：　 　。上述反应中，氧化剂是　 　（写化学式），每1molN2H4参加反应，转移的电子是　 　mol。‎ ‎23．（16分）孔雀石的主要成分是Cu2（OH）2CO3，还含有少量SiO2、FeCO3等杂质，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体流程如下：‎ 已知相关氢氧化物沉淀的pH范围如下：‎ Fe（OH）2‎ Fe（OH）3‎ Cu（OH）2‎ 开始沉淀pH ‎6.5‎ ‎1.5‎ ‎4.2‎ 完全沉淀pH ‎7.5‎ ‎2.3‎ ‎6.7‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）滤液1中含有的金属阳离子有　 　。‎ ‎（2）步骤②中所用的试剂X是　 　（选填编号）。‎ a．Fe粉b。H2O2c．氨水d。KSCN ‎（3）步骤③中加入CuO的目的是　 　。‎ ‎（4）由滤液3得到硫酸铜晶体，需要经过的步骤依次有：　 　、　 　、过滤等。‎ ‎（5）为测定所得晶体中结晶水的x值，可采用加热法。取ag晶体的烧至结晶水全部失去，称得无水硫酸铜的质量bg。‎ ‎①晶体应盛装在　 　（填仪器名称）中进行灼烧。‎ ‎②确认结晶水已全部失去的方法是　 　。‎ ‎③x值的表达式为　 　（用a、b表示）。‎ ‎④实验结果发现测得结晶水数量x偏高，可能的原因有　 　（任写一种）。‎ ‎24．（14分）环扁桃酯又名安脉生，在临床上主要用于治疗脑动脉硬化。环扁桃酯的一种合成路线如下所示：‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）写出反应类型：①　 　⑤　 　。‎ ‎（2）写出反应②的化学方程式　 　‎ ‎（3）反应⑤中另一反应物F的结构简式为　 　。‎ ‎（4）检验D是否已经完全转化E的操作是　 　。‎ ‎（5）写出一种满足下列条件E的同分异构体的结构简式。　 　‎ i．能发生水解反应ii。苯环上的一溴代物只有两种 ‎（6）苯乙醇（）是工业上合成E的原料之一。设计一条由苯乙醇为原料合成聚苯乙烯（ ）的合成路线。‎ ‎（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）‎ ‎　‎ ‎2018年上海市虹口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）下列有关物质用途的说法，错误的是（　　）‎ A．二氧化硫常用于漂白纸浆 B．漂粉精可用于游泳池水消毒 C．碳酸钡可用来治疗胃酸过多 D．氧化铁常用于红色油漆和涂料 ‎【分析】A．二氧化硫具有漂白性；‎ B．漂粉精是次氯酸盐，在水溶液中水解生成次氯酸，具有强氧化性，能消毒杀菌；‎ C．碳酸钡能溶于胃酸；‎ D．氧化铁俗称铁红，是一种红棕色的物质 ‎【解答】解：A．二氧化硫气体具有漂白性，常用来漂白纸浆，故A正确；‎ B．漂粉精是次氯酸盐，在水溶液中水解生成次氯酸，具有强氧化性，能消毒杀菌，故B正确；‎ C．碳酸钡能溶于胃酸，生成氯化钡，可溶性的钡盐有毒，所以不能用碳酸钡治疗胃酸过多，故C错误；‎ D．氧化铁俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了物质性质的应用，主要考查二氧化硫的漂白性、次氯酸的漂白性、碳酸盐的性质、氧化铁性质的工业应用，熟练掌握基础是关键，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎2．（2分）下列化学用语正确的是（　　）‎ A．氧原子的最外层电子排布式：2s22p6‎ B．四氯化碳的比例模型：‎ C．氮气的电子式：‎ D．铝原子的结构示意图：‎ ‎【分析】A、氧原子的最外层有6个电子；‎ B、四氯化碳中氯原子半径大于C原子半径；‎ C、氮气中氮原子之间为三键；‎ D、铝原子的核外有13个电子，核内有13个质子。‎ ‎【解答】解：A、氧原子的最外层有6个电子，故其最外层的电子排布式为2s22p4，故A错误；‎ B、四氯化碳中氯原子半径大于C原子半径，故其比例模型为，故B错误；‎ C、氮气中氮原子之间为三键，故其电子式为，故C错误；‎ D、铝原子的核外有13个电子，核内有13个质子，故铝原子的原子结构示意图为，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查化学用语，涉及电子式、比例模型和原子结构示意图，注意化学用语的规范应用及区别即可解答，选项B为解答的易错点，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎3．（2分）12C和14C互为（　　）‎ A．同位素 B．同分异构体 C．同系物 D．同素异形体 ‎【分析】12C和14C为碳元素的不同核素，二者互为同位素。‎ ‎【解答】解：12C和14C的质子数都是6，中子数分别为6、8，即二者质子数相同、中子数不同，12C和14C互为同位素，‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查同位素的判断，题目难度不大，明确同位素的概念即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。‎ ‎　‎ ‎4．（2分）下列物质属于强电解质的是（　　）‎ A．HF B．SO2 C．Al（OH）3 D．CH3COONH4‎ ‎【分析】强电解质是在水溶液中或熔融状态下，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，弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，据此进行解答。‎ ‎【解答】解：A．HF溶于水过程中发生部分电离，是弱电解质，故A错误；‎ B．SO2自身不能大量，为非电解质，故B错误；‎ C．Al（OH）3溶于水过程中发生部分电离，是弱电解质，故C错误；‎ D．CH3COONH4溶于水完全电离，是强电解质，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了强电解质的判断，题目难度不大，明确强弱电解质的本质区别为解答关键，试题侧重课程知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力。‎ ‎　‎ ‎5．（2分）下列各组物质中，由极性键构成的非极性分子是（　　）‎ A．C2H2 B．NH3 C．H2O D．NaOH ‎【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．C2H2含有的化学键C﹣H是极性键，乙炔是直线型结构，正负电荷重心重合，是非极性分子，故A正确；‎ B．NH3含有的化学键N﹣H是极性键，分子构型分别是三角锥型，正负电荷重心不重合，是极性分子，故B错误；‎ C．H2‎ O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C错误；‎ D．氢氧化钠为离子化合物，钠离子与氢氧根离子通过离子键结合而成，没有分子，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查化学键及分子的极性，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）下列烷烃命名正确的是（　　）‎ A．1，4﹣二甲基丁烷 B．3﹣甲基﹣4﹣乙基己烷 C．2﹣乙基戊烷 D．2，3，3﹣三甲基丁烷 ‎【分析】烷烃在命名时，应选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始给主链上的碳原子进行标号，并标示出支链的位置，据此分析。‎ ‎【解答】解：A、烷烃在命名时，应选最长的碳链为主链，故此烷烃的主链上有6个碳原子，故为己烷，由于无支链，故为正己烷，故A错误；‎ B、烷烃在命名时，应选最长的碳链为主链，故主链上有6个碳原子，故为己烷；从离支链近的一端开始给主链上的碳原子进行标号，当两端离支链一样近时，从支链简单的一端给主链上的碳原子进行编号，故在3号碳原子上有一个甲基，在4号碳原子上有一个乙基，故名称为3﹣甲基﹣4﹣乙基己烷，故B正确；‎ C、烷烃在命名时，应选最长的碳链为主链，故故主链上有6个碳原子，为己烷；从离支链近的一端开始给主链上的碳原子进行标号，则在3号碳原子上有一个甲基，故名称为3﹣甲基己烷，故C错误；‎ D、烷烃在命名时，应选最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子；从离支链近的一端开始给主链上的碳原子进行标号，当两端离支链一样近时，从支链多的一端开始编号，故2号碳原子上有2个甲基，在3号碳原子上有一个甲基，故名称为2，2，3﹣三甲基丁烷，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了烷烃的命名的正误判断，难度不大，应注意对命名规则的把握和名称的书写方法。‎ ‎　‎ ‎7．（2分）下列变化中离子键被破坏的是（　　）‎ A．氯化氢溶于水 B．石墨转化为金刚石 C．钠在氯气中燃烧 D．加热氯化钠至熔化 ‎【分析】离子化合物在熔融时或溶于水，会发生电离，离子键会被破坏，据此分析。‎ ‎【解答】解：A．HCl属于共价化合物，溶于水破坏共价键，故A不选；‎ B．石墨和金刚石中不含有离子键，石墨转化为金刚石，破坏共价键，故B不选；‎ C．钠属于金属单质，存在金属键，氯气存在共价键，则钠在氯气中燃烧破坏金属键和共价键，故C不选；‎ D．氯化钠属于离子化合物，加热氯化钠至熔化破坏离子键，故D选。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了离子键、共价键的区别，侧重考查学生对概念的辨别能力，离子化合物中可能含有共价键，分子间作用力不属于化学键。‎ ‎　‎ ‎8．（2分）铁粉与下列物质反应时，产物中一定含有+3价铁元素的是（　　）‎ A．稀硝酸 B．氯气 C．硫酸铜溶液 D．浓盐酸 ‎【分析】铁单质和强氧化剂反应生成三价铁，但铁过量会和铁离子反应生成亚铁离子。‎ ‎【解答】解：A．稀硝酸具有氧化性氧化铁生成铁离子，若铁过量会和铁离子反应生成亚铁离子，产物不一定含三价铁，故A错误；‎ B．氯气具有强氧化性和铁反应只能生成氯化铁，故B正确；‎ C．铁和硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，故C错误；‎ D．浓盐酸和铁反应发生置换反应，氢离子氧化性弱生成氯化亚铁和氢气，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析，主要是物质性质的掌握，掌握基础是关键，题目难度中等。‎ ‎　‎ ‎9．（2分）在反应5S+6KOH→K2SO3+2K2S2+3H2O中，被氧化与被还原的硫原子个数比为（　　）‎ A．1：4 B．4：1 C．1：2 D．2：1‎ ‎【分析】反应5S+6KOH→K2SO3+2K2S2+3H2O中，S元素的化合价升高也降低，1个S原子失去电子与4个S得到电子数目相等，以此来解答。‎ ‎【解答】解：5S+6KOH→K2SO3+2K2S2+3H2O中，S元素的化合价升高也降低，1个S原子失去电子被氧化，与4个S得到电子被还原，遵循电子守恒，则被氧化与被还原的硫原子个数比为1：4，‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意电子守恒的应用，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎10．（2分）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（　　）‎ A．海带提碘 B．氨碱法制碱 C．氯碱工业 D．海水提溴 ‎【分析】发生的化学反应中，若存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不选；‎ B．氨碱法制碱，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故B选；‎ C．氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；‎ D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；‎ 故选：B。‎ ‎【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，注意从元素化合价变化角度分析，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎11．（2分）在恒温、恒容条件下，能说明可逆反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）达到平衡状态的是（　　）‎ A．气体的压强保持不变 B．v（H2）正=2v（HI）逆 C．气体的密度保持不变 D．气体的颜色保持不变 ‎【分析】当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变，注意该该反应中反应物的化学计量数之和与生成物的化学计量数关系。‎ ‎【解答】解：A．反应前后气体的体积不变的可逆反应，反应过程中压强始终不变，容器内气体的总压强不再变化，不能说明化学反应达到平衡状态，故A错误；‎ B．v（H2）正=2v（HI）逆，表示的是正逆反应速率，但不满足化学计量数关系，说明该反应没有达到平衡状态，故B错误；‎ C．该反应的反应物、生成物都是气体，气体总质量为定值，容器容积不变，则密度始终不变，不能根据密度判断平衡状态，故C错误；‎ D．混合气体颜色不再变化，说明各物质的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，明确化学平衡状态的特征即可解答，C为易错点，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力。‎ ‎　‎ ‎12．（2分）下列生活、生产相关叙述中，不能用勒沙特列原理解释的是（　　）‎ A．工业制硫酸过程中，通入过量的氧气 B．热的纯碱溶液去油污效果更好 C．工业制氯化氢时，通入过量的氢气 D．氨态氮肥与草木灰不能混合使用 ‎【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关。‎ ‎【解答】解：A．通入过量的氧气可以使化学平衡正向移动，提高SO2‎ 的利用率，能用勒沙特列原理解释，故A不选；‎ B．升高温度促进碳酸根离子水解，热的纯碱溶液碱性强，可促进油污水解，与勒夏特列原理有关，故B不选；‎ C．氢气与氯气生成氯化氢的反应不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，故C选；‎ D．铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解，肥效损耗，则草木灰与氨态氮肥不能混合施用，与勒夏特列原理有关，故D不选；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了勒夏特列原理的应用，题目难度不大，明确勒夏特列原理的内容即可解答，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应。‎ ‎　‎ ‎13．（2分）下列实验装置正确的是（　　）‎ A．实验室制乙烯 B．实验室制乙炔 C．‎ 从碘水中提取碘 D．‎ 检验NH4+粒子 ‎【分析】A．加热至170℃反应生成乙烯；‎ B．生成氢氧化钙微溶，易堵塞；‎ C．四氯化碳的密度比水的密度大，萃取分层后在下层；‎ D．检验氨气选红色的石蕊试纸。‎ ‎【解答】解：A．加热至170℃反应生成乙烯，图中缺少温度计，且温度计的水银球在液面下，故A错误；‎ B．生成氢氧化钙微溶，易堵塞，则不能选启普发生器制备，故B错误；‎ C．四氯化碳的密度比水的密度大，萃取分层后在下层，图中装置可萃取分离碘，故C正确；‎ D．检验氨气选红色的石蕊试纸，若试纸变蓝可检验，试纸不合理，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质、物质的制备、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，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎14．（2分）下列关于实验室制取乙醇丁酯的叙述，正确的是（　　）‎ A．反应采用水浴加热 B．采用边反应边蒸馏的方法 C．使用过量的乙酸 D．用氢氧化钠溶液提纯乙酸丁酯 ‎【分析】实验室用乙酸和丁醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应制备乙酸丁酯，为可逆反应，反应中浓硫酸起到吸水剂和催化剂作用，为提高丁醇的转化率，可使用过量的乙酸，结合酯类的性质解答该题。‎ ‎【解答】解：A．水浴加热温度较低，不能超过100℃，应直接加热，故A错误；‎ B．边反应边蒸馏，导致乙酸、丁醇挥发，产率较低，应用冷凝回流的方法，故B错误；‎ C．酯化反应为可逆反应，使用过量的乙酸，可增大丁醇的转化率，故C正确；‎ D．乙酸丁酯在氢氧化钠溶液中水解，一般可用碳酸钠饱和溶液，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查乙酸丁酯的制备，为高频考点，侧重考查基本操作、基本理论，明确实验原理是解本题关键，注意从操作规范性及物质性质分析评价，易错选项是A，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎15．（2分）常温下，相等的氨水、氯化铵、硫酸铵、硫酸氢铵四种溶液，溶液浓度最大的是（　　）‎ A．氨水 B．氯化铵 C．硫酸铵 D．硫酸氢铵 ‎【分析】氨水为弱碱，其电离程度较小，其它三种都是铵盐，铵根离子的水解程度较小，则四种溶液浓度相同时，氨水中铵根离子浓度最小，据此可判断c（NH4+）相同时四种溶液的浓度大小。‎ ‎【解答】解：一水合氨是弱电解质，其电离程度较小；氯化铵、硫酸铵、硫酸氢铵溶液都是铵盐，铵根离子的水解程度较小，则四种溶液浓度相同时，氨水中c（NH4+）最小，‎ 所以c（NH4+）相同时，溶液浓度最大的是氨水，‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查了弱电解质的电离及盐类水解，题目难度不大，明确弱电解质的电离特点及盐的水解原理即可解答，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎　‎ ‎16．（2分）下列指定溶液中，各组离子一定能大量共存的是（　　）‎ A．pH=12的溶液：K+、Fe2+、NO3﹣、CH3COO﹣‎ B．甲基橙为橙色的溶液：Na+、NH4+、CO32﹣、Cl﹣‎ C．使石蕊试液变红的溶液：Fe3+、Mg2+、Br﹣、SO42﹣‎ D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、NH4+、Cl﹣、NO3﹣‎ ‎【分析】A．pH=12的溶液呈碱性，亚铁离子与氢氧根离子反应；‎ B．该溶液呈酸性，碳酸根离子与氢离子反应；‎ C．该反应呈酸性，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；‎ D．该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下与铝反应不会生成氢气。‎ ‎【解答】解：A．pH=12的溶液呈碱性，Fe2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．甲基橙为橙色的溶液呈酸性，CO32﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．使石蕊试液变红的溶液呈酸性，Fe3+、Mg2+、Br﹣、SO42﹣离子之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；‎ D．与铝反应产生大量氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查离子共存问题，综合考查学生化学知识的应用能力，为高考常见题型，注意把握常见离子的性质，把握提给信息，为解答该题的关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎　‎ ‎17．（2分）下列各组溶液之间的反应能用离子方程式OH﹣+HCO3﹣→H2O+CO32﹣表示的是（　　）‎ A．NaOH与Ca（HCO3）2 B．Ba（OH）2与KHCO3‎ C．氨水和NH4HCO3 D．KOH与NaHCO3‎ ‎【分析】离子方程式OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32﹣‎ 表示可溶性碳酸盐与强碱反应生成可溶性碳酸盐和水的一类反应，据此进行解答。‎ ‎【解答】解：A．NaOH与Ca（HCO3）2的离子方程式为：2HCO3﹣+2OH﹣+Ca2+=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，不能用OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32﹣表示，故A错误； ‎ B．Ba（OH）2与KHCO3反应生成难溶物BaCO3，BaCO3不能拆开，不能用OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32﹣表示，故B错误；‎ C．NH3•H2O为弱电解质，不能拆开，氨水和NH4HCO3的离子方程式为：HCO3﹣+NH3•H2O=NH4++H2O+CO32﹣，不能用OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32﹣表示，故C错误；‎ D．KOH与NaHCO3反应的离子方程式为：OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32﹣，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查离子反应方程式的书写，题目难度不大，明确发生的化学反应及各物质的表示形式是解答本题的关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎　‎ ‎18．（2分）有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是（　　）‎ A．可在船壳外刷油漆进行保护 B．可将船壳与电源的正极相连进行保护 C．可在船底安装锌块进行保护 D．在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀 ‎【分析】A、在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触；‎ B、将船壳与电源的正极相连，即船壳为阳极，在电解池的阴极金属被保护；‎ C、在船底安装锌块，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料被保护；‎ D、海水是中性环境，金属会发生吸氧腐蚀。‎ ‎【解答】解：A、在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触，所以在船壳外刷油漆可以对船壳进行保护，故A正确；‎ B、将船壳与电源的正极相连，即船壳为阳极，阳极材料易被腐蚀，在电解池的阴极金属被保护，故B错误；‎ C、在船底安装锌块，形成原电池，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料Fe被保护，故C正确；‎ D、海水是中性环境，金属会发生吸氧腐蚀，即在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，故D正确。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护问题，注意根据原电池、电解原理分析，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎19．（2分）下列除杂操作正确的是（　　）‎ 物质 杂质 试剂 提纯方法 A 溴苯 溴 苯 分液 B 二氧化碳 二氧化硫 饱和碳酸钠溶液 洗气 C 甲烷 乙烯 酸性高锰酸钾溶液 洗气 D 乙醇 水 生石灰 蒸馏 A．A B．B C．C D．D ‎【分析】A．溴以及溴苯都易溶于苯；‎ B．二者都与碳酸钠溶液反应；‎ C．乙烯被氧化生成二氧化碳气体；‎ D．生石灰与水反应生成固体，增大沸点差。‎ ‎【解答】解：A．溴以及溴苯都易溶于苯，溶液不分层，应加入氢氧化钠溶液，然后分液分离，故A错误；‎ B．二者都与碳酸钠溶液反应，可用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故B错误；‎ C．乙烯被氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故C错误；‎ D．生石灰与水反应生成固体，增大沸点差，可用蒸馏的方法分离，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎20．（2分）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．常温常压下，46gNO2与N2O4混合气体共含3NA个原子 B．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数目为1.0NA C．100℃时，1L pH=6的纯水中，含有的OH﹣数目为1×10﹣8NA D．常温下0.1molCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NA ‎【分析】A、NO2与N2O4的最简式均为NO2；‎ B、标况下甲醇为液体；‎ C、纯水呈中性；‎ D、氯气和氢氧化钠的反应为歧化反应。‎ ‎【解答】解：A、NO2与N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为1mol，故含3NA个原子，故A正确；‎ B、标况下甲醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；‎ C、pH=6的纯水中，氢离子的浓度为10﹣6mol/L，而纯水呈中性，故此纯水中氢氧根的浓度也为10﹣6mol/L，故1L水中氢氧根的物质的量为10﹣6mol，个数为10﹣6NA个，故C错误；‎ D、氯气和氢氧化钠的反应为歧化反应，故0.1mol氯气反应转移0.1NA个电子，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。‎ ‎　‎ 二、综合题 ‎21．（16分）工业制玻璃时，发生的主要反应的化学方程式为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）钠原子核外具有　4　种不同能量的电子，钠元素在周期表中的位置为　第三周期第IA族　。‎ ‎（2）在上述反应中，反应物和生成物的晶体类型共有　3　‎ 种，写出气体产物的电子式　　。‎ ‎（3）上述物质中的非金属元素原子半径由大到小顺序为　Si＞C＞O　（用元素符号表示），‎ 下列能判断它们的非金属性强弱的依据是：　cd　（选填编号）。‎ a．气态氢化物的熔沸点b。最高价氧化物对应水化物的酸性 c．气态氢化物的热稳定性d。三种元素两两形成的化合物中电子对偏向 ‎（4）常温下，相同物质的量浓度的Na2SiO3和Na2CO3溶液中，c（SiO32﹣）　＜　c（CO32﹣）‎ ‎（填“＞”、“＜”或“=”）。‎ ‎（5）向10mL一定浓度的Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L的稀盐酸，加入盐酸的体积与产生气体的体积有如图关系。由此可知原Na2CO3溶液的物质的量浓度为　0.04mol/L　。在滴入盐酸的整个过程中，溶液中c（HCO3﹣）的变化情况是　先增大后减小，最终几乎为0　。‎ ‎【分析】（1）根据钠原子核外电子排布式来确定电子的能量，核外电子排布：电子层数等于周期数，最外层电子数等于族序数；‎ ‎（2）Na2CO3、Na2SiO3属于离子晶体，CO2属于分子晶体；SiO2属于原子晶体；‎ ‎（3）电子层多半径大，电子层一样，核电荷数越多半径小；比较非金属性的强弱，可根据与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性以及对应的最高价氧化物的水化物的酸性等角度判断；‎ ‎（4）碳酸根的水解程度弱于硅酸根离子的水解程度；‎ ‎（5）向10mL一定浓度的Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L的稀盐酸，根据加入盐酸的体积与产生气体的体积图，开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，随后NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，据此计算回答。‎ ‎【解答】解：（1）钠原子核外电子排布式：1s22S22p63S1，核外具4种不同能量的电子，位于第三周期第IA族，故答案为：4；第三周期第IA族；‎ ‎（2）在上述反应中，Na2CO3、Na2SiO3属于离子晶体，CO2属于分子晶体；SiO2属于原子晶体，反应物和生成物的晶体类型共有3种，二氧化碳是直线型分子，属于共价化合物，电子式为：，故答案为：3；；‎ ‎（3）电子层多半径大，电子层一样，核电荷数越多半径小，非金属元素原子半径由大到小顺序为Si＞C＞O；‎ a．气态氢化物的熔沸点属于物理性质，和得电子能力无关，故错误；‎ b．最高价氧化物对应水化物的酸性强则元素的非金属性强，但是氧元素不存在最高价含氧酸，故错误；‎ c．气态氢化物的热稳定性强，说明非金属性越强，故正确；‎ d．三种元素两两形成的化合物中电子对偏向哪一方，则该方的得电子的能力强，故正确；‎ 故选cd；故答案为：Si＞C＞O；cd；‎ ‎（4）常温下，相同物质的量浓度的Na2SiO3和Na2CO3溶液中，碳酸根的水解程度弱于硅酸根离子的水解程度，所以c（SiO32﹣）＜c（CO32﹣），故答案为：＜；‎ ‎（5）向10mL一定浓度的Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L的稀盐酸，根据加入盐酸的体积与产生气体的体积图，开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，随后NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，两阶段消耗盐酸一样多，所以Na2CO3溶液的物质的量浓度为==0.04mol/L，碳酸氢钠的量是先增大后减小，最终几乎为0．故答案为：0.04mol/L；先增大后减小，最终几乎为0。‎ ‎【点评】本题综合考查学生非金属元素性质递变规律以及应用知识，属于综合知识的考查，难度不大。‎ ‎　‎ ‎22．（14分）肼（N2H4）是一种应用广泛的化工原料。工业上先合成氨气：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+Q（Q＞0），再进一步制备肼。‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行试验，所得结果如图所示（其他条件相同）：‎ 则生产中适宜选择的催化剂是　A　（填“A”或“B”或“C”），理由是：　在较低温度下具备较高的催化活性，一方面可节约能源，另一方面低温有利于反应的转化　。‎ ‎（2）一定条件下，对在密闭容器中进行的合成氨反应达平衡后，其他条件不变时，若同时压缩容器的体积和升高温度达新平衡后，与原平衡相比，请将有关物理量的变化的情况填入下表中（填“增大”、“减小”或“无法确定”）‎ 反应速率 平衡常数K 氨的体积分数 变化情况 ‎（3）肼可作为火箭燃料，4gN2H4（g）在NO2气体中燃烧生成氮气和气态水，放出71kJ的热量。‎ 写出该反应的化学方程式：　2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）+1136kJ　。上述反应中，氧化剂是　NO2　（写化学式），每1molN2H4参加反应，转移的电子是　4　mol。‎ ‎【分析】（1）图象分析可知催化剂A的反应速率加快的倍数大，温度低；‎ ‎（2）其他条件不变时，若同时压缩容器的体积和升高温度达新平衡后，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+Q（Q＞0），反应为气体体积减小的放热反应，增大压强平衡正向进行，升高温度平衡逆向进行，平衡常数随温度变化；‎ ‎（3）4gN2H4（g）在NO2气体中燃烧生成氮气和气态水，放出71kJ的热量，据此书写化学方程式，反应中二氧化氮中氮元素化合价降低做氧化剂，被还原为氮气，肼中 氮元素化合价﹣2价变化为0价，结合化学方程式计算电子转移总数。‎ ‎【解答】解：（1）合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行试验，其中催化剂A在较低温度下具备较高的催化活性，一方面可节约能源，另一方面低温有利于反应的转化，‎ 故答案为：A；在较低温度下具备较高的催化活性，一方面可节约能源，另一方面低温有利于反应的转化；‎ ‎（2）一定条件下，对在密闭容器中进行的合成氨反应达平衡后，其他条件不变时，若同时压缩容器的体积和升高温度达新平衡后，与原平衡相比，反应速率增大，温度升高影响平衡的程度较大，平衡逆向进行，平衡常数减小，氨气体积分数减小，‎ 故答案为：增大；减小；减小；‎ ‎（3）4gN2H4（g）在NO2气体中燃烧生成氮气和气态水，放出71kJ的热量，2mol肼完全反应放热==1136KJ，据此书写化学方程式为：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）+1136kJ，反应中二氧化氮中氮元素化合价降低做氧化剂，+4价变化为0价，被还原为氮气，肼中 氮元素化合价﹣2价变化为0价，电子转移总数8mol，每1molN2H4参加反应，转移的电子是4mol，‎ 故答案为：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）+1136kJ；NO2；4。‎ ‎【点评】本题考查了热化学方程式书写方法、影响化学平衡的因素分析判断、氧化还原反应电子转移的计算等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。‎ ‎　‎ ‎23．（16分）孔雀石的主要成分是Cu2（OH）2CO3，还含有少量SiO2、FeCO3等杂质，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体流程如下：‎ 已知相关氢氧化物沉淀的pH范围如下：‎ Fe（OH）2‎ Fe（OH）3‎ Cu（OH）2‎ 开始沉淀pH ‎6.5‎ ‎1.5‎ ‎4.2‎ 完全沉淀pH ‎7.5‎ ‎2.3‎ ‎6.7‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）滤液1中含有的金属阳离子有　Cu2+、Fe2+　。‎ ‎（2）步骤②中所用的试剂X是　b　（选填编号）。‎ a．Fe粉b。H2O2c．氨水d。KSCN ‎（3）步骤③中加入CuO的目的是　调节溶液的pH，使Fe3+沉淀的同时不引入新的杂质　。‎ ‎（4）由滤液3得到硫酸铜晶体，需要经过的步骤依次有：　蒸发浓缩　、　降温结晶　、过滤等。‎ ‎（5）为测定所得晶体中结晶水的x值，可采用加热法。取ag晶体的烧至结晶水全部失去，称得无水硫酸铜的质量bg。‎ ‎①晶体应盛装在　坩埚　（填仪器名称）中进行灼烧。‎ ‎②确认结晶水已全部失去的方法是　前后两次称量无水硫酸铜的质量差小于0.001g　。‎ ‎③x值的表达式为　　（用a、b表示）。‎ ‎④实验结果发现测得结晶水数量x偏高，可能的原因有　加热前称量时坩埚未完全干燥、加热过程中有少量晶体溅出、加热时坩埚内质量变黑等　（任写一种）。‎ ‎【分析】孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3，还含少量FeCO3、Si的化合物，加入稀硫酸反应后生成二氧化碳气体，过滤得到二氧化硅固体，得到滤液1为硫酸铜、硫酸亚铁溶液，“除杂”时先通入足量过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，得到溶液2为硫酸铜、硫酸铁溶液，再加入CuO固体调节溶液pH，沉淀铁离子生成氢氧化铁沉淀；过滤得到滤液为硫酸铜溶液，滤液3为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体，‎ ‎（1）分析可知得到滤液1为硫酸铜、硫酸亚铁溶液；‎ ‎（2）步骤②中加入试剂X的目的是氧化亚铁离子为铁离子，便于除去，所加试剂能和亚铁离子反应且不能引入新的杂质；‎ ‎（3）加入CuO目的是调节溶液的pH使铁离子沉淀完全，同时铜离子不沉淀；‎ ‎（4）溶液中得得得溶质固体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等操作；‎ ‎（5）①加热固体，应在坩埚中进行；‎ ‎②加热至质量不再改变时，确认结晶水已全部失去；‎ ‎③取ag晶体的烧至结晶水全部失去，称得无水硫酸铜的质量bg，结晶水质量=ag﹣bg，结合结晶水合物化学式计算；‎ ‎④实验结果发现测得结晶水数量x偏高，是a﹣b测定的值增大，据此分析原因；‎ ‎【解答】解：孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3，还含少量FeCO3、Si的化合物，加入稀硫酸反应后生成二氧化碳气体，过滤得到二氧化硅固体，得到滤液1为硫酸铜、硫酸亚铁溶液，“除杂”时先通入足量过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，得到溶液2为硫酸铜、硫酸铁溶液，再加入CuO固体调节溶液pH，沉淀铁离子生成氢氧化铁沉淀；过滤得到滤液为硫酸铜溶液，滤液3为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体，‎ ‎（1）分析可知得到滤液1为硫酸铜、硫酸亚铁溶液，滤液1中含有的金属阳离子有Cu2+、Fe2+，‎ 故答案为：Cu2+、Fe2+；‎ ‎（2）步骤②中加入试剂X的目的是氧化亚铁离子为铁离子，便于沉淀除去，所加试剂能和亚铁离子反应且不能引入新的杂质，‎ a．Fe不具有氧化性，无法氧化亚铁离子，故a错误； 　‎ b．加入H2O2会氧化亚铁离子为铁离子，过氧化氢被还原为水，不引入杂质，故b正确； ‎ c．加入氨水会引入铵根离子杂质，故c错误；‎ d．加入KSCN溶液结合铁离子形成络合物，不能氧化亚铁离子，亚铁离子的存在会干扰硫酸铜晶体的析出，故d错误；‎ 故答案为：b；‎ ‎（3）步骤③中加入CuO的目的是：调节溶液的pH，使Fe3+沉淀的同时不引入新的杂质，‎ 故答案为：调节溶液的pH，使Fe3+沉淀的同时不引入新的杂质；‎ ‎（4）由滤液3得到硫酸铜晶体，需要经过的步骤依次有蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤、干燥等，‎ 故答案为：蒸发浓缩；降温结晶；‎ ‎（5）①晶体应盛装在坩埚中中进行灼烧，‎ 故答案为：坩埚；‎ ‎②确认结晶水已全部失去的方法是：加热至质量不再改变时，前后两次称量无水硫酸铜的质量差小于0.001g，‎ 故答案为：前后两次称量无水硫酸铜的质量差小于0.001g；‎ ‎③取ag晶体的烧至结晶水全部失去，称得无水硫酸铜的质量bg，结晶水质量=ag﹣bg，=‎ x=，‎ 故答案为：；‎ ‎④实验结果发现测得结晶水数量x偏高，可能的原因有：加热前称量时坩埚未完全干燥、加热过程中有少量晶体溅出、加热时坩埚内质量变黑等；‎ 故答案为：加热前称量时坩埚未完全干燥、加热过程中有少量晶体溅出、加热时坩埚内质量变黑等；‎ ‎【点评】本题考查了物质分离方法和提纯的应用，题目难度中等，根据流程明确实验原理为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。‎ ‎　‎ ‎24．（14分）环扁桃酯又名安脉生，在临床上主要用于治疗脑动脉硬化。环扁桃酯的一种合成路线如下所示：‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）写出反应类型：①　取代反应　⑤　取代反应　。‎ ‎（2）写出反应②的化学方程式　CH2ClCOOH+NaOHCH2OHCOOH+NaCl　‎ ‎（3）反应⑤中另一反应物F的结构简式为　　。‎ ‎（4）检验D是否已经完全转化E的操作是　取样，调节样品至碱性，向其中滴加新制Cu（OH）2悬浊液，煮沸，若出现砖红色沉淀说明未完全转化，反之则已完全转化　。‎ ‎（5）写出一种满足下列条件E的同分异构体的结构简式。　　‎ i．能发生水解反应ii。苯环上的一溴代物只有两种 ‎（6）苯乙醇（）是工业上合成E的原料之一。设计一条由苯乙醇为原料合成聚苯乙烯（ ）的合成路线。‎ ‎（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）‎ ‎【分析】由合成流程可知，结合HOCH2COOH的结构可知，A为CH3COOH，A发生取代反应生成B为ClCH2COOH，B水解后酸化得到HOCH2COOH，HOCH2COOH氧化生成D为OHCCOOH，D与苯发生加成反应生成E，E含﹣COOH，E与F生成环扁桃酯，结合环扁桃酯的结构可知F为；‎ ‎（6）由苯乙醇（）为原料合成聚苯乙烯（ ），先与氢气加成生成醇，再消去转化为苯乙烯，最后发生加聚反应。‎ ‎【解答】解：（1）①为A与氯气的取代反应；⑤为酯化反应，属于取代反应，故答案为：取代反应；取代反应；‎ ‎（2）反应②的化学方程式为CH2ClCOOH+NaOHCH2OHCOOH+NaCl，故答案为：CH2ClCOOH+NaOHCH2OHCOOH+NaCl；‎ ‎（3）F的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（4）检验D是否已经完全转化E的操作是取样，调节样品至碱性，向其中滴加新制Cu（OH）2悬浊液，煮沸，若出现砖红色沉淀说明未完全转化，反之则已完全转化，故答案为：取样，调节样品至碱性，向其中滴加新制Cu（OH）2悬浊液，煮沸，若出现砖红色沉淀说明未完全转化，反之则已完全转化；‎ ‎（5）E的同分异构体满足i。能发生水解反应ii。苯环上的一溴代物只有两种，则含﹣COOC，且苯环上含2种H，如，‎ 故答案为：；‎ ‎（6）由苯乙醇（）为原料合成聚苯乙烯（ ），先与氢气加成生成醇，再消去转化为苯乙烯，最后发生加聚反应，合成流程为，‎ 答：合成流程为。‎ ‎【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握合成流程中官能团的变化、有机反应、碳原子数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。‎ ‎　‎