2019-2020学年北京市日坛中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年北京市日坛中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京市日坛中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年北京市日坛中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1阿托酸是用于合成治疗胃肠道痉挛及溃疡药物的中间体，其结构如图所示。下列有关说法正确的是A阿托酸分子中所有碳原子一定处于同一平面B阿托酸是含有两种官能团的芳香烃C阿托酸苯环上的二氯代物超过7 种D一定条件下，1mol 阿托酸最多能4mol H2、1mol Br2发生加成反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A苯环和C 之间的 C-C键可旋转，C原子不一定都共面，A 错误；B阿托酸含碳碳双键、羧基两种官能团，但不属于烃，B 错误；C阿托酸苯环上的二氯代物有

2、6 种，如图：，二个氯分别在：1，2 位、1，3 位、1，4位、1，5 位、2，3 位、2，4位，C错误；D1mol 苯环可和3molH2加成，1mol 碳碳双键可和1molH2、1molBr2加成，故 1mol 阿托酸最多能和4mol H2、1mol Br2发生加成反应，D 正确。答案选 D。2测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，则下列对实验过程的相关判断合理的为（）A所用晶体中有受热不挥发的杂质B用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品C未将热的坩埚放在干燥器中冷却D在实验结束时没有进行恒重操作【答案】B【解析】【分析】测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%

3、，即测定的结晶水含量偏高。【详解】A所用晶体中有受热不挥发的杂质，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，导致测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故A 不选；B用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品，会导致测定的硫酸铜的质量偏小，导致水的质量测定结果偏大，测定的结晶水含量偏高，故B 选；C未将热的坩埚放在干燥器中冷却，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故C不选；D在实验结束时没有进行恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故D 不选；故选：B。3全世界每年因钢铁锈蚀造成大量的损失。某城市拟用如图方法保护埋在弱碱性土壤中的钢质

4、管道，使其免受腐蚀。关于此方法，下列说法正确的是（）A钢管附近土壤的pH 小于金属棒附近土壤B钢管上的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-C金属棒X 的材料应该是比镁活泼的金属D也可以外接直流电源保护钢管，直流电源正极连接金属棒X【答案】B【解析】【分析】【详解】A金属棒X 与钢管构成原电池；钢管是正极，氧气得电子，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，钢管附近土壤的 pH 大于金属棒附近土壤，故A 错误；B金属棒X与钢管构成原电池；钢管是正极，氧气得电子，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，故 B正确；C金属棒X 保护钢管免受腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，X的材料应该是

5、比铁活泼的金属，但不能比镁活泼，否则它会直接与水反应，故C 错误；D外接直流电源保护钢管，钢管应作阴极，该装置金属棒X与钢管用导线连接，若直流电源正极连接金属棒 X，则钢管失电子被腐蚀，故D 错误；故选 B。【点睛】本题考查金属的吸氧腐蚀及保护，中性或碱性环境下，活泼金属易发生吸氧腐蚀，正极是氧气得电子生成氢氧根离子；明确牺牲阳极的阴极保护法，让被保护的金属作正极发生还原反应。4 厉害了，我的国展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）A“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B港珠澳大桥使用高性能

6、富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法C我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用，其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料【答案】D【解析】【详解】A高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀，是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐，A 错误；B钢结构防腐蚀涂装体系中，富锌底漆的作用至关重要，它要对钢材具有良好的附着力，并能起到优异的防锈作用，依据的是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C光缆的主要成分是二氧化硅，C 错误；D高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料，D 正确；故答案选D。5下列物质的用途不正确的是A B C D 物质硅生石灰液氨亚硝酸钠

7、用途半导体材料抗氧化剂制冷剂食品防腐剂A ABBCCDD【答案】B【解析】【详解】A 项、硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，故A 正确；B 项、生石灰具有吸水性，不具有还原性，可以做干燥剂，不能做抗氧化剂，故B 错误；C 项、液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，故C正确；D 项、亚硝酸盐具有还原性，可以做食品防腐剂，注意用量应在国家规定范围内，故D 正确；故选 B。6某无色溶液，经测定含有Al3+、Br-、SO42-，且各离子物质的量浓度相等（不考虑水电离出来的H+和 OH-），则对该溶液的说法合理的是（）A可能含有B可能含有C一定含有D至少含有四种离子【答案】A

8、【解析】【分析】等物质的量浓度的Al3+、Br-、SO42-的溶液中，正电荷数和负电荷数恰好相等，所以无色溶液可能是硫酸铝和溴化铝的溶液，也可能还含有等物质的量浓度的Cl-、Na+，由于 Al3+和 HCO3-离子不共存，所以不可能含有 HCO3-，据此解答。【详解】等物质的量浓度的Al3+、Br-、SO42-的溶液中，正电荷数和负电荷数恰好相等，所以无色溶液可能是硫酸铝和溴化铝的溶液；无色硫酸铝和溴化铝的溶液与NaCl 溶液不反应、可共存，所以无色溶液可能还含有NaCl，即还含有等物质的量浓度的Cl-、Na+；由于 Al3+和 HCO3-离子不共存，所以不可能含有HCO3-；综上：溶液可能含

9、有Al3+、Br-、SO42-三种离子；溶液可能含有Al3+、Br-、SO42-、Cl-、Na+五种离子，答案选 A。7化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A“时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应B“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”；屠呦呦改进提取青蒿素的方法，提取过程中发生了化学变化C刘禹锡的“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”可以看出金性质稳定，可通过物理方法得到D“外观如雪，强烧之，紫青烟起”。对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A雾所形成的分散系为气溶胶，属于胶体，能产生丁达尔效应，正确，不选；B屠呦呦提取青蒿素的方法是萃取

10、，萃取过程中没有生成新物质，是物理变化，错误，B 选；C沙里淘金说明了金的化学性质稳定、能够稳定存在；利用金和砂石密度的差异，可通过物理方法得到，正确，C不选；D灼烧硝酸钾会产生紫色，因为钾元素的火焰颜色为紫色，所以对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应，正确，D 不选；答案选 B。8下列实验操作能达到相应实验目的的是实验操作或实验操作与现象实验目的或结论A 将潮湿的氨气通过盛有无水氯化钙的干燥管干燥氨气B 向 10%蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热，未出现砖红色沉淀蔗糖未水解C 向 FeCl3，CuCl2的混合溶液中加入足量铁粉，然后过滤提纯 FeCl3D 常温下，

11、测定等浓度的NaClO4和 Na2CO3溶液的 pH 验证非金属性:C1C A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.氨气和氯化钙能发生络合反应，所以氯化钙不能干燥氨气，选项A 错误；B.蔗糖水解完全后未用碱中和，溶液中的酸和氢氧化铜发生反应，水解产物不能发生反应。葡萄糖和氢氧化铜发生反应需要在碱性环境中进行，无法说明蔗糖末水解，选项B 错误；C.铁也与氯化铁反应生成氯化亚铁，得不到氯化铁，选项C 错误；D.测定等物质的量浓度的Na2CO3和 NaClO4溶液的 pH，Na2CO3的水解程度大，前者的pH 比后者的大，越弱越水解，故碳元素非金属性弱于氯，选项D 正确；答案

12、选 D。【点睛】本题考查较为综合，涉及物质的检验和性质的比较，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价。9某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则X 离子可能为所含离子NO3SO42H+X 浓度 mol/L 2 1 2 1 A ClBBa2+CFe2+DMg2+【答案】D【解析】【详解】溶液（体积为1L）中的阴离子带电荷数为2mol/L1+1mol/L2=4，氢离子带正电荷数为2mol/L1=2，根据溶液呈电中性原则，则X为阳离子，且带电荷数为2，只有 Ba2+、Fe2、Mg2+三种离子可选；而在酸性环境下，硝酸根离子能够氧

13、化铁离子，不能共存，硫酸根离子与钡离子产生沉淀，不能大量共存，只有镁离子在上述溶液中大量共存，故答案选D。10下列化学用语表示正确的是A中子数为8 的氮原子：158NB硫离子的结构示意图：C铵根离子的电子式：D聚丙烯的结构简式【答案】C【解析】A 项，N 的质子数为7，质量数=8+7=15，可表示为158N，A 错误；B 项，硫离子含有16 个质子数，硫离子的结构示意图为，故 B 错误；C 项，铵根离子的电子式为，C 正确；D项，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为：，D 错误。点睛：本题考查常见化学用语的正误判断，题目难度一般，主要考查学生对常见化学用语的掌握情况，注意常见的化学用

14、语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要熟记。1125时，部分含铁元素的微粒在溶液中的物质的量分数与溶液pH 的关系如图所示。下列说法错误的是（）A pH=4 时，溶液中存在下列关系c（HFeO4-）c（H2FeO4）c（FeO42-）BH2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=4.15 10-4CB点溶液加NaOH 溶液到 pH 为 4 的过程中，-4+HeO HF减小D B、C两点对应溶液中水的电离程度：BC【答案】C【解析】【详解】A、由图中离子在溶液中的物质的量分数可知，pH=4 时，溶液中存在下列关系c(HFeO4-)c(

15、H2FeO4)c(FeO42-)，故 A 正确；B、由 A 点数据可知，A 点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%，则 H2FeO4的物质的量分数为 19.4%，所以两者的物质的量之比为80.6%19.4%=4.15，c(H+)=10-4mol/L，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=+-424HHFeOH FeOcccg=4.15 l0-4，故 B正确；C、B点溶液加 NaOH 溶液到 pH 为 4 的过程中，溶液的酸性减弱，c(HFeO4-)增大，即 c(H+)减小，所以-4+H eO HF增大，故C错误；D、B点 pH 约为 3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁

16、酸和高铁酸氢根的电离决定的，而C点的 pH 约为7，是由高铁酸氢根的电离和高铁酸根的水解共同决定的，酸的电离对水的电离有抑制作用，酸性越强，抑制作用越大，而酸根水解会促进水的电离，溶液的pH 越大，则对水的电离的促进作用就越大，所以B、C 两点对应溶液中水的电离程度：BC，故 B 正确；故选：C。12下列说法正确的是A苯乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同B用饱和Na2CO3 溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯C用Ni 作催化剂，1mol 最多能与5molH2加成D C3H6BrCl 的同分异构体数目为6【答案】B【解析】【分析】【详解】A.苯乙烯中含碳碳双键，与溴水发生加成反应，而苯与溴水混合发生

17、萃取，则苯乙烯与苯使溴水褪色原理不同，故A 错误；B.乙醇易溶于水，则乙醇与饱和Na2CO3 溶液互溶，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯难溶于水，会出现分层，则可鉴别，故B 正确；C.能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol 该物质最多只能与4molH2加成，故C错误；D.C3H6BrCl可看成丙烷分子中有两个氢原子分别被一个溴原子、一个氯原子取代，根据“定一移一”的思路可得，先定Br 原子的位置，有两种情况，BrCH2CH2CH3、CH3CHBrCH3，再定 Cl 原子的位置，符合的同分异构体有，则 C3H6BrCl 的同分异构体共5 种，故 D 错误；故选 B。【点

18、睛】苯在溴化铁的催化作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；苯分子中没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，但溴更易溶于苯中，溴水与苯混合时，可发生萃取，苯的密度小于水，因此上层为溴的苯溶液，颜色为橙色，下层为水，颜色为无色，这是由于萃取使溴水褪色，没有发生化学反应。这是学生们的易错点，也是常考点。13下列有关化学用语和概念的表达理解正确的是（）A立体烷和苯乙烯互为同分异构体B1，3丁二烯的键线式可表示为C二氟化氧分子电子式为D H216O、D216O、H218O、D218O 互为同素异形体【答案】A【解析】【详解】A.立体烷和苯乙烯的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，A 项正确；B.1

19、，3-丁二烯中含有2 个 C=C键，其键线式为：，B 项错误；C.二氟化氧分子中F原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：，C项错误；D.H216O、D216O、H218O、D218O 是化合物，不是同素异形体，D 项错误；答案选 A。14厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是A 1mol NH4+所含的质子总数为10NAB联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键C过程 II 属于氧化反应，过程IV 属于还原反应D过程 I 中，参与反应的NH4+与 NH2OH的物质的量之比为1:1【答案】A【解析】A、质子数等于原子序数，1molNH4中含有质子总物质

20、的量为11mol，故 A 说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B 说法正确；C、过程 II，N2H4N2H22H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2 NH2OH，添 H 或去 O 是还原反应，故C 说法正确；D、NH4中 N 显 3 价，NH2OH中 N 显 1 价，N2H4中 N 显 2 价，因此过程I 中 NH4与 NH2OH 的物质的量之比为1：1，故 D 说法正确。点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此 N2H4N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理 NO2转化成 N

21、H2OH，是还原反应。15下列工业生产过程中涉及到反应热再利用的是A接触法制硫酸B联合法制纯碱C铁矿石炼铁D石油的裂化和裂解【答案】A【解析】【分析】【详解】A接触法制硫酸中有热交换器，涉及到反应热再利用，选项A 正确；B联合法制纯碱生产过程中不涉及到反应热再利用，选项B错误；C铁矿石炼铁生产过程中不涉及到反应热再利用，选项C 错误；D石油的裂化和裂解生产过程中不涉及到反应热再利用，选项D 错误；答案选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe3H2O是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，广泛应用于乳制品、营养液等，吸收效果比无机铁好，可由乳

22、酸与FeCO3反应制得：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O CH3CH(OH)COO2Fe3H2O+CO2.制备碳酸亚铁（FeCO3）：装置如图所示。（1）仪器 C的名称是 _。（2）清洗仪器，检查装置气密性，A中加入盐酸，B 中加入铁粉，C中加入 NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的，上述装置中活塞的打开和关闭顺序为：关闭活塞_，打开活塞 _，装置 B 中可观察到的现象是 _，当加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞_，打开活塞 _。C 中发生的反应的离子方程式为_。.制备乳酸亚铁晶体：将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75下搅拌使之充分反应。

23、然后再加入适量乳酸。（3）加入少量铁粉的作用是_。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。.乳酸亚铁晶体纯度的测量：（4）若用 KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是_。（5）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取 5.76g 样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL 溶液，每次取25.00 mL，用0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表所示。滴定次数0.100mol/LCe(SO

24、4)2标准溶液/mL 滴定前读数滴定后读数1 0.10 19.65 2 0.12 22.32 3 1.05 20.70 则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_（以质量分数表示，保留3 位有效数字）。【答案】三颈烧瓶2 1、3 铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色3 2 Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O 防止 FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化98.0%【解析】【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe 与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B 制备氯化亚铁，利用生成的氢气，使B装置中气压增

25、大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C 中，C装置中 FeCl2和 NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3FeCO3+2NH4Cl+CO2+H2O，据此解答本题。【详解】（1）仪器 C为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）反应前先利用生成的氢气除去装置内空气，再利用生成氢气，使B 装置中气压增大，将B 装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞2，打开活塞3，然后打开活塞1 加入足量的盐酸，然后关闭活塞1，反应一段时间后，装置B 中可观察到的现象为：铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；打开活塞2，关闭活塞3；C装置中 FeCl2和 NH4HCO3发生反应：FeCl

26、2+2NH4HCO3FeCO3+2NH4Cl+CO2+H2O，反应的离子方程式为：Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O，故答案为：2；1、3；铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；3；2；Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；（3）Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，可防止Fe2+离子被氧化，故答案为：防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化；（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，故答

27、案为：乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化；（5）三次滴定第二次操作消耗标准液数值明显偏大，应舍去，取第一次和第三次平均值V=19.55+19.652=19.60mL，由：Ce4+Fe2+Ce3+Fe3+，可知 25mL 溶液中 n(Fe2+)n(Ce4+)0.100mol/L 0.0196L 0.00196mol，故 250mL 含有 n(Fe2+)0.00196mol250mL25mL=0.0196mol，故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为0.0196mol288g/100%5.76gmol 98.0%，故答案为：98.0%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物(戊巴比妥)是

28、临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线如下：已知：B、C互为同分异构体R、R、R代表烃基，R代表烃基或氢原子。ii.+R OHiii+R Br+CH3ONa+CH3OH+NaBr iv+R-NH2R OH回答下列问题：(1)F的官能团的名称为_，FG的反应类型是_。(2)试剂 a 的结构简式 _；I的结构简式 _。(3)写出BD的化学方程式_。设计实验区分B、D 所用的试剂及实验现象为_、_。(4)写出EF的化学方程式_。(5)已知：羟基与碳碳双键直接相连的结构不稳定，同一个碳原子上连接多个羟基的结构不稳定，满足下列要求的 D 的所有同分异构体共_种。a能发生银镜反应b能与Na反应c能使 Br2

29、的4CCl溶液褪色(6)以222CH BrCH CH Br、3CH OH、3CH ONa为原料，无机试剂任选，制备的流程如下，请将有关内容补充完整_。CH2BrCH2CH2BrHOOCCH2COOH CH3OOCCH2COOCH3【答案】酯基取代反应新制的 Cu(OH)2悬浊液是否有砖红色沉淀生成3【解析】【分析】B(乙酸甲酯)与 C发生信息iii 中取代反应生成D，(3)中 B、C互为同分异构体，可推知C为 HCOOC2H5，则D 为，D 氧化生成E为，E与甲醇发生酯化反应生成FF与A 发生信息i 中的反应生成G，可推知A 为 C2H5Br对比 G、H 的结合，结合信息i 可知试剂a 为结合

30、 I 分子式及信息ii 中取代反应，可知 H 与 NH2CONH2脱去 2 分子 CH3OH 形成六元环状，故I 为；(6)以222CH BrCH CH Br、3CH OH、3CH ONa为原料，制备，可利用CH2BrCH2CH2Br 先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与 CH3OH 酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后 CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa 发生信息iii 的反应即得到。【详解】(1)F 的结构简式为，所含官能团的名称为酯基；G 为，则 FG 是 F的上的 H原子被乙基替代生成G，属于取代反应；(2

31、)对比 G、H 的结合，结合信息i 可知试剂 a 为；结合 I 分子式及信息ii 中取代反应，可知 H 与 NH2CONH2脱去 2 分子 CH3OH 形成六元环状，故I 为；(3)B、C互为同分异构体，二者发生信息iii 中取代反应生成D，可推知C为 HCOOC2H5，则 D 为，BD 的化学方程式：；B 和 D 均含有酯基，但D中还含有醛基，则可利用新制的Cu(OH)2悬浊液来鉴别，用新制的Cu(OH)2悬浊液分别与B 或 D 混合加热，有砖红色沉淀生成的为D，不生成砖红色沉淀生成的为B；(4)EF 的化学方程式：；(5)D 为，其分子式为C4H6O3，其同分异构体满足a能发生银镜反应说明

32、有醛基，也可能是甲酸酯；b能与Na反应说明分子组成含有羟基或羧基；c能使 Br2的 CCl4溶液褪色，再结合在羟基与碳碳双键直接相连的结构不稳定，同一个碳原子上连接多个羟基的结构不稳定，可知分子结构中不可能有碳碳双键，应该包含2 个醛基和1 个羟基，具体是：OHCCH(OH)CH2CHO、CH2(OH)CH(CHO)2、CH3C(OH)(CHO)2，共 3 种；(6)以222CH BrCH CH Br、3CH OH、3CH ONa为原料，制备，可利用CH2BrCH2CH2Br 先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与 CH3OH 酯化即可生成CH3OOCCH2COOC

33、H3，最后 CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa 发生信息iii 的反应即得到，具体流程图为：。【点睛】本题解题关键是根据反应条件推断反应类型：(1)在 NaOH 的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在 NaOH 的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓 H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与 H2在 Ni 作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在 O2、Cu(或 A

34、g)、加热(或 CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与 O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇 醛羧酸的过程)。(8)在稀 H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18联碱法(侯氏制碱法)和氨碱法的生产流程简要表示如下：完成下列填空：(1)写出化学式：_、_(2)从理论上分析，氨碱法生产过程中_(选填“需要”、“不需要”)补充氨气，写出该工艺中生成CaCl

35、2的化学方程式 _。(3)对联碱法中从母液中提取氯化铵晶体的过程进行分析，所得结论合理的是_。a常温时氯化铵的溶解度比氯化钠小b通入氨气可把碳酸氢钠转化为碳酸钠，防止碳酸氢钠析出c加入食盐细粉目的是提高Na+的浓度，促进碳酸氢钠结晶析出(4)取“侯氏制碱法”生产的纯碱样品5.500g，配成 500mL 溶液，取 25mL 溶液用 0.1000mol/L 的标准盐酸滴定(设其中的杂质不与盐酸反应)，用酚酞作指示剂，三次滴定消耗盐酸的平均量为25.00mL计算样品中纯碱的质量分数_。(已知 25时 0.1mol/L 的 NaHCO3溶液的 pH 约为 8.3)某活动小组根据上述制碱原理，用如下所示

36、装置(夹持装置省略)制备碳酸氢钠(5)实验时，须先从_管通入 _气体，再从 _管中通入 _气体。(6)有同学建议在甲装置的b 管下端连接乙装置，目的是_。【答案】CO2NH3不需要2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3+2H2O b 96.4%a 氨气b 二氧化碳增大二氧化碳与溶液接触面积，使其充分反应【解析】【分析】（1）根据流程图分析；（2）氨碱法生产过程中，母液中加入氧化钙反应生成的氢氧化钙会和铵盐生成氨气，反应过程中氨气转化为铵盐，铵盐转化为氨气，氨气循环使用；氢氧化钙与氯化铵反应生成氯化钙、氨气和水；（3）根据母液中通入氨气、食盐会析出氯化铵晶体进行分析；（4）用酚酞作指

37、示剂，盐酸滴定碳酸钠溶液，根据反应方程式计算；（5）通氨气时要防止倒吸，则导管不能直接深入液面以下，由于二氧化碳的溶解度较小，要先通氨气；（5）多孔球泡能增大二氧化碳与溶液的接触面积。【详解】（1）联碱法生产流程中沉淀池中发生的反应是氨气、二氧化碳、水、氯化钠反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，所以通入沉淀池中的是二氧化碳，即为CO2，母液中通入氨气再重新利用，则为NH3；（2）从理论上分析，氨碱法生产过程中，母液中加入氧化钙反应生成氢氧化钙会和铵盐生成氨气，反应过程中氨气转化为铵盐，铵盐转化为氨气，氨气循环使用，不需要补充氨气；CaO与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与氯化铵反应生成氯化钙，则该工艺中

38、生成CaCl2的化学方程式Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；（3）a常温时氯化铵的溶解度比氯化钠大，故a 错误；b通氨气能增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出，使NaHCO3转化为 Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度，故 b 正确；c加入食盐细粉目的是提高Cl的浓度，促进氯化铵结晶析出，故c 错误；（4）已知 25时 0.1mol/L 的 NaHCO3溶液的 pH 约为 8.3，则用酚酞作指示剂滴定时，发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则 n（Na2CO3）=0.1000mol/L 0.025L 500mL25mL=0.05mol，m

39、（Na2CO3）=nM=0.05mol 106g/mol=5.3g，样品中纯碱的质量分数：5.3g5.5g 100%=96.4%；（5）向溶液中通氨气时要防止倒吸，则导管不能直接深入液面以下，由于二氧化碳的溶解度较小，要先通氨气，则先由a 管通入氨气，再由通入二氧化碳；（6）在甲装置的b 管下端连接多孔球泡，能增大二氧化碳与溶液的接触面积，使二氧化碳充分溶解。19纳米氧化亚铜具有特殊功能。以废铜渣(主要成分为Cu和 CuO，含少量Ni、Al2O3和 Fe3O4等)为原料制备纳米氧化亚铜的流程如下：回答下列问题：(1)“研磨 的主要目的是_；滤渣 2 的主要成分是_(填化学式)。(2)“酸溶”中

40、通入热空气的主要目的是_(用 2 个离子方程式表示)。(3)已知：Ni(s)+4CO(g)?Ni(CO)4(g)?H0。利用平衡移动原理提纯镍粉，密封管如图所示。在密封管_(填“高温区”或“低温区”)收集纯镍粉。(4)滤液 1 的溶质有NaOH 和_(填化学式)。(5)设计实验检验滤液2 是否含 Fe3+：_(写出简要操作、现象和结论)。(6)制备 Cu2O 有多种方案(注明：肼的某些性质类似氨气)。方案 1：炭还原法,即木炭与氧化铜混合共热；方案 2：葡萄糖还原法,即葡萄糖与Cu(OH)2浊液共热；方案 3：肼还原法,即在加热条件下用N2H4还原 CuO：方案 4：电解法,以铜为阳极,石墨为

41、阴极,电解 NaOH 溶液。从操作方便、产品纯度、节能安全和环保等角度分析，最佳方案是方案_(填数字)。【答案】增大固体接触面积，加快反应速率Fe(OH)32Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O、4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 高温区NaAlO2取少量滤液2 于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液2 含 Fe3+；否则，不含Fe3+2【解析】【分析】废铜渣研磨后颗粒转化为粉末，与CO充分接触，Ni 转化为 Ni(CO)4；用 NaOH 碱溶后，固体中的Al2O3转化为 NaAlO2进入滤液1，滤渣为 Cu、CuO、Fe3O4；用稀硫酸酸溶，并鼓入热空气，Cu、CuO转化

42、为 CuSO4，Fe3O4转化为 Fe2(SO4)3；调 pH 后，Fe3+转化为 Fe(OH)3进入滤渣2，滤液 2 为 CuSO4等的混合溶液。【详解】(1)固体与气体或液体的接触面积越大，反应速率越快。由此得出“研磨 的主要目的是增大固体接触面积，加快反应速率；调节pH 时，Fe3+转化为 Fe(OH)3，由此得出滤渣2 的主要成分是Fe(OH)3。答案为：增大固体接触面积，加快反应速率；Fe(OH)3；(2)“酸溶”时通入热空气，将Cu、CuO、Fe3O4转化为 CuSO4、Fe2(SO4)3，便于提纯与转化，其主要目的是2Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O、4Fe2+O2+4H+

43、=4Fe3+2H2O。答案为：2Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O、4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；(3)操作的目的是先将Ni 转化为 Ni(CO)4，再将 Ni(CO)4转化为 Ni，依据平衡移动原理，应先在低温区将Ni转化为 Ni(CO)4，再在高温区将Ni(CO)4转化为 Ni。答案为：高温区；(4)加入 NaOH 溶液后，Al2O3与 NaOH 反应，转化为NaAlO2，由此得出滤液1的溶质为NaOH 和 NaAlO2。答案为：NaAlO2；(5)检验滤液2 是否含 Fe3+，应使用KSCN溶液，具体操作为：取少量滤液2 于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液

44、2 含 Fe3+；否则，不含Fe3+。答案为：取少量滤液2 于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液2 含 Fe3+；否则，不含Fe3+；(6)方案 1：木炭过量时，会引入杂质，且可能会将Cu2O 进一步还原为Cu；方案 2：葡萄糖还原Cu(OH)2，此法操作方法，产品纯度高；方案 3：N2H4类似 NH3，不环保；方案 4：电解法耗能高，在铜电极表面生成Cu2O，分离困难。综合以上分析，最佳方案是方案2。答案为：2。【点睛】在进行制备Cu2O 方案评价时，感觉不知从何谈起，得出正确结论困难重重，若我们利用信息从“操作方便、产品纯度、节能安全和环保”等角度分析突破，对每一方案都从这四个方面去考察，则容易得出正确的结论。