2022-2022学年河南省八市新高考化学模拟试卷含解析

千里之行，始于足下让知识带有温度。第第2页/共2页精品文档推荐2022-2022学年河南省八市新高考化学模拟试卷含解析2022-2022学年河南省八市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．每小题惟独一个选项符合题意）

1．硫酸铜分解产物受温度影响较大，现将硫酸铜在一定温度下分解，得到的气体产物可能含有SO2、SO3、O2，得到的固体产物可能含有CuO、Cu2O。已知Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O，某学习小组对产物举行以下试验，下列有关说法正确的是

A．将气体通过BaCl2溶液产生白色沉淀，说明混合气体中含有SO3

B．将气体通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明混合气体中含有SO2与O2

C．固体产物中加稀硝酸溶解，溶液呈蓝色，说明固体产物中含有CuO

D．将气体依次通过饱和Na2SO3溶液、灼热的铜网、酸性高锰酸钾可以将气体依次汲取

【答案】B

【解析】

【详解】

A.二氧化硫和氧气和氯化钡可以反应生成硫酸钡沉淀，所以不能说明混合气体中含有三氧化硫，故错误；

B.二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明混合气体含有二氧化硫，硫酸铜分解生成二氧化硫，硫元素化合价降低，应有元素化合价上升，所以产物绝对有氧气，故正确；

C.固体产物加入稀硝酸，氧化铜或氧化亚铜都可以生成硝酸铜，不能说明固体含有氧化铜，故错误；

D.将气体通过饱和Na2SO3溶液，能汲取二氧化硫、三氧化硫，故错误。

故选B。

2．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Z是地壳中含量最多的金属元素，W与X同主族。下列说法错误的是()

A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)

B．由X、Y组成的化合物是离子化合物

C．X的容易气态氢化物的热稳定性比W的强

D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱

【答案】D

【解析】

【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，X为氟元素，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Y为钠元素，Z是地壳中含量最多的金属元素，Z为铝元素，W与X同主族，W为氯元素。

【详解】

X为氟元素，Y为钠元素，Z为铝元素，W为氯元素。

A.电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，

故A正确；

B.由X、Y组成的化合物是NaF，由金属离子和酸根离子构成，属于离子化合物，故B正确；

C.非金属性越强，对应氢化物越稳定，X的容易气态氢化物HF的热稳定性比W的容易气态氢化物HCl强，故C正确；

D.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH，碱性比Al(OH)3强，故D错误；

故选D，

【点睛】

本题考查原子结构与元素周期律的应用，判断元素为解答关键，注重娴熟把握元素周期律内容、元素周期表结构，提高分析能力及综合应用能力，易错点A，注重比较原子半径的办法。

3．一定条件下，下列单质与水反应不产生氢气的是()

A．Cl2

B．Fe

C．Na

D．C

【答案】A

【解析】

【详解】

A．Cl2与水反应生成氯化氢和次氯酸，不产生氢气，故A正确；

B．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故B错误；

C．Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C错误；

D．C与水反应生成氢气和一氧化碳，故D错误；

答案选A。

【点睛】

熟知元素及其化合物的性质是解题的关键，还要注重氯气是常见的氧化剂，与水反应发生歧化反应，其余物质是还原剂，可将水中的氢元素还原为氢气。

4．磺酰氯（SO2Cl2）在医药、染料行业有重要用途,其熔点为-54.1C,沸点为69.2°C,易水解。某学习小组在试验室用SO2和Cl2在活性炭作用下制备SO2Cl2（SO2+Cl2垐垐?噲垐?活性碳SO2Cl2）,设计如图试验（夹持装置略

去）。下列说法不正确的是

A．c中的NaOH溶液可换成NaCl溶液,效果相同

B．e中的冷却水应从下口入上口出

C．d的作用是防止水蒸气进人a中使SO2Cl2水解

D．a中冰盐水有助于SO2Cl2液化,提高SO2和Cl2的转化率.

【答案】A

【解析】

【详解】

Ac中的NaOH溶液的作用是汲取未反应的Cl2，不能用NaCl溶液，故A错误；

B.e是冷凝作用，应当下口进上口出，故B正确；

CSO2Cl2遇水易水解，所以d防止水蒸气进入，故C正确；

D冰盐水有降温作用，按照题给信息知SO2Cl2易液化，能提高SO2和Cl2的转化率，故D正确；

故选A。

5．四氢噻吩()是家用自然 气中人工添加的气味添加剂具有相当程度的臭味。下列关于该化合物的说法正确的是（）

A．不能在O2中燃烧

B．全部原子可能共平面

C．与Br2的加成产物惟独一种

D．生成1molC4H9SH至少需要2molH2

【答案】B

【解析】

【分析】

由结构可知，含碳碳双键，且含C、H、S元素，结合双键为平面结构及烯烃的性质来解答。

【详解】

A．家用自然 气中可人工添加，能在O2中燃烧，故A错误；

B．含双键为平面结构，全部原子可能共平面，故B正确；

C．含2个双键，若1：1加成，可发生1，2加成或1，4加成，与溴的加成产物有2种，若1：2加成，则两个双键都变为单键，有1种加成产物，所以共有3种加成产物，故C错误；

D．含有2个双键，消耗2molH2，会生成1mol，故D错误；

故答案选B。

【点睛】

本题掌握官能团与性质、有机反应为解答关键，注重选项D为解答的难点。

6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列讲述正确的是（）

A．常温常压下，22.4LCH4含有的分子数小于NA

B．7.8gNa2O2与足量水反应转移的电子数为0.2NA

C．1mol苯中含有的碳碳双键数为3NA

D．1L1mol·L-1的磷酸溶液中氢离子数为3NA

【答案】A

【解析】

【详解】

A.常温常压下，22.4LCH4物质的量小于1mol，其含有的分子数小于NA，故A正确；

B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol过氧化钠转移2mol电子，因此7.8gNa2O2即0.1mol与足量水反应转移的电子数为0.1NA，故B错误；

C.苯中不含有的碳碳双键，故C错误；

D.1L1mol·L-1的磷酸物质的量为1mol，磷酸是弱酸，部分电离，因此溶液中氢离子数小于3NA，故D错误。综上所述，答案为A。

7．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发觉的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（）A．熔沸点：Z2X＜Z2WB．元素最高价：Y＜Z

C．气态氢化物的热稳定性：Y＜WD．原子半径：X＜Y＜Z＜W

【答案】B

【解析】

【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是迄今发觉的非金属性最强的元素，则Y为F；X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，则X为O元素；在周期表中Z位于IA族，其原子序数大于O，则Z为Na元素；W与X属于同一主族，则W为S元素，据此解答。

【详解】

按照分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为S元素。

A、Na2O和Na2S都是离子晶体，氧离子半径小于硫离子，则熔沸点Na2O>Na2S，故A错误；

B、F最高价为0价，Na的最高价为+1价，则元素最高价：YS，则气态氢化物的热稳定性：Y>W，故C错误；

D、同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y<X<W<Z，故D错误；

故选：B。

【点睛】

离子晶体熔沸点比较：阴阳离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高，反之越低，如：CsCl<NaCl；容易气体氢化物的稳定性与化学键强度有关。

8．分析化学中，“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。以0.10mol·L-1的NaOH溶液滴定同浓度某一元酸HA并绘制滴定曲线如图所示。已知lg3=0.5。下列说法中不正确的是

（）

A．该酸碱中和滴定过程应挑选酚酞做指示剂

B．按照y点坐标可以算得a的数值为3.5

C．从x点到z点，溶液中水的电离程度逐渐增大

D．x点处的溶液中满足：c(HA)+c(H+)＞c(A-)+c(OH-)

【答案】D

【解析】

【分析】

以0.10mol·L-1的NaOH溶液滴定同浓度某一元酸HA时，a点溶液中惟独HA，x点HA与NaA等比混合，y点溶液呈中性，z点为二者恰好彻低反应，即z点为滴定尽头。

【详解】

A.由图可知，该酸碱中和滴定的滴定尽头为碱性，则应挑选酚酞做指示剂，故A正确；

B.按照y点坐标可以算得K（HA）=

+-7

7

c(H)c(A)100.9

910

c(HA)0.1

-

-

?

==?

g

，a点时，溶液中惟独HA，c（H+）

=c（A-），则有

+-+2+2

7

c(H)c(A)c(H)c(H)

==910

c(HA)c(HA)0.1

-

=?

g

，解得+4

c(H)=310-

?，pH=3.5，故B正确；

C.从x点到z点，溶液中的溶质由HA对水的抑制，到NaA对水的促进，水的电离程度逐渐增大，故C正确；

D.x点处的溶液中溶质为HA和NaA等比混合，有质子守恒：c(HA)+2c(H+)=c(A-)+2c(OH-)，由于c(H+)＞c(OH-)，则c(HA)+c(H+)＜c(A-)+c(OH-)，故D错误；

综上所述，答案为D。

【点睛】

求a点的pH时，可逆向思维思量，若求pH，即要求氢离子的浓度，则须求平衡常数，进而利用y点中性的条件求出平衡常数，返回计算即可求a点的pH了。

9．由下列试验及现象推出的相应结论正确的是

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【解析】

【详解】

A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证实是否有Fe3+，选项A错误；

B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，按照强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，选B正确；

C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证实发生了沉淀转化，选项C错误；D．向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有无数可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。假如上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依旧不溶，则无法证实原溶液有硫酸根离子，选项D错误。

【点睛】

在解决本题中选项C的类似问题时，一定要注重推断溶液中的主要成分。当溶液混合举行反应的时候，一定是先举行大量离子之间的反应（本题就是举行大量存在的硫离子和铜离子的反应），然后再举行微量物质之间的反应。例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。

10．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A．密闭容器中，1molN2和3molH2催化反应后分子总数为2NA

B．100g98%的浓H2SO4与过量的Cu反应后，电子转移数为NA

C．标准情况下，11.2L氧气和二氧化碳混合物中含氧原子数目为NA

D．1L1mol/LNa2CO3溶液中所含阴离子数目小于NA

【答案】C

【解析】

【详解】

A．合成氨的反应为可逆反应，不能举行彻底，故分子总数大于2NA个，故A错误；

B．100g98%的浓H2SO4中含有硫酸98g，物质的量为1mol，铜与浓硫酸的反应，2H2SO4(浓)+CuCuSO4+2H2O+SO2↑，随着反应的举行，浓硫酸变成稀硫酸，反应不再举行，所以反应生成的二氧化硫的物质的量小于0.5mol，转移的电子的物质的量小于1mol，故B错误；

C．标准情况下，11.2LO2与CO2混合气体的物质的量=

11.2L

22.4L/mol=0.5mol，混合物中所含氧原子的数目

为NA，故C正确；

D．碳酸根的水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，导致阴离子个数增多，故1L1mol/LNa2CO3溶液中阴离子个数多于NA个，故D错误；

故选C。

【点睛】

本题的易错点为BD，B中要注重稀硫酸与铜不反应，D中要注重按照碳酸根离子的水解方程式分析阴离子数目的变化。

11．如图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析错误的是（）

A．闭合K1构成原电池，闭合K2构成电解池

B．K1闭合，铁棒上发生的反应为：Fe﹣2e﹣═Fe2+

C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极庇护法

D．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐上升

【答案】C

【解析】

【详解】

A、闭合K1构成原电池，铁为负极；闭合K2构成电解池，铁为阴极，选项A正确；

B、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe＋2e－=Fe2＋，选项B正确；

C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极不会被腐蚀，属于外加电流的阴极庇护法，选项C错误；

D、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，石墨棒周围溶液pH逐渐上升，选项D正确；

答案选C。

12．阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列讲述正确的是

A．2.24LCO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023

B．0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3×6.02×1023

C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023

D．4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×1023

【答案】D

【解析】

【详解】

A.未指明气体所处的外界条件，不能确定CO2的物质的量，因此不能确定其中含有的原子数目，A错误；

B.硝酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应而消耗，所以0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目小于0.3×6.02×1023，B错误；

C.5.6gFe的物质的量是0.1mol，二者发生反应，若铁过量，则反应生成Fe2+，5.6gFe失去0.2×6.02×1023个电子，若硝酸足量，则5.6gFe失去0.3×6.02×1023，因此二者的相对物质的量多少不能确定，不能推断转移电子的物质的量，C错误；

D.在SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O键，4.5g二氧化硅的物质的量是0.075mol，则其中含有的Si-O共价键数目为0.075mol×4×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023，D正确；

故合理选项是D。

13．下列试验现象与试验操作不相匹配的是

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【解析】

【详解】

A选项，分离向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，因为镁的金属性比铝的金属性强，因此镁片表面产愤怒泡较快，故A正确，不符合题意；

B选项，向试管中加入2mL5%的硫酸铜溶液，再逐滴加入浓氨水至过量，边滴边振荡，先生成大量蓝色沉淀，后沉淀溶解生成硫酸四氨合铜溶液，故B错误，符合题意；

C选项，将镁条点燃后快速伸入集满二氧化碳的集气瓶，镁条与二氧化碳反应生成氧化镁和黑色的碳，并伴有浓烟，故C正确，不符合题意；

D选项，向盛有氯化铁溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加2—3滴KSCN溶液，铁离子和铁粉反应生成亚铁离子，亚铁离子与KSCN不显色，故D正确，不符合题意。

综上所述，答案为B。

【点睛】

硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解，硝酸银溶液中逐滴加入氨水也有类似的性质。

14．往含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中持续稳定地通入CO2气体6.72L(标准情况下)，则在这一过程中，下列有关溶液中离子总物质的量(n)随通入CO2气体体积(V)的变化曲线中正确的是（离子水解忽视不计）

A．B．

C．D．

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

按照电离方程式：NaOH=Na++OH-，Ba(OH)2=Ba2++2OH-，可知在含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中离子的总物质的量为0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol。标准情况下6.72LCO2的物质的量

n(CO2)=

6.72?L

22.4?L/mol

=0.3mol，把CO2气体通入混合溶液中，首先发生反应：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，

当0.1molBa(OH)2恰好反应彻低时消耗0.1molCO2（体积为2.24L），此时离子的物质的量削减0.3mol，溶液中离子的物质的量为0.4mol，排解D选项；然后发生反应：CO2+2OH-=CO32-+H2O，当0.2molNaOH彻低反应时又消耗0.1molCO2（体积为2.24L），消耗总体积为4.48L，离子的物质的量又削减0.1mol，此时溶液中离子的物质的量为0.7mol-0.3mol-0.1mol=0.3mol，排解A选项；继续通入0.1molCO2气体，

发生反应：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，按照方程式可知：0.1molCO2反应，溶液中离子的物质的量增强0.1mol，此时溶液中离子的物质的量为0.3mol+0.1mol=0.4mol，排解C选项，惟独选项B符合反应实际，故合理选项是B。

15．2022年诺贝尔化学奖花落锂离子电池，美英日三名科学家获奖，他们制造了一个可充电的世界。像高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。

原理如下：(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法不正确．．．

的是（）A．放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4

B．放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极

C．充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC=LixCn

D．充电时，Li+向左移动

【答案】D

【解析】

【分析】

放电为原电池原理，从(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC可知，LixCn中的C化合价上升了，所

以LixCn失电子，作负极，那么负极反应为：xnLiCxexLi-+-=+nC，LiFePO4作正极，正极反应为：

44xFePOxLixexLiFePO+-++=，充电为电解池工作原理，反应为放电的逆过程，据此分析解答。

【详解】

A．由以上分析可知，放电正极上4FePO得到电子，发生还原反应生成4LiFePO，正极电极反应式：44xFePOxLixexLiFePO+-++=，A正确；

B．原电池中电子流向是负极-导线-用电器-导线-正极，放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到

正极，B正确；

C．充电时，阴极为放电时的逆过程，Li+变化为xnLiC，电极反应式：xnxLixenCLiC+-++=，C正

确；

D．充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，Li+向右移动，D错误；

答案选D。

【点睛】

带x的新型电池写电极反应时，先用原子守恒会使问题容易化，本题中，负极反应在我们确定是xnLiC变为C之后，先用原子守恒得到xnLiC—xLi++nC，再利用电荷守恒在左边加上-xe-即可，切不行从化合价动身去写电极反应。

二、试验题（本题包括1个小题，共10分）

16．扁桃酸是唯一具有脂溶性的果酸，试验室用如下原理制备：

合成扁桃酸的试验步骤、装置暗示图及相关数据如下：物质

状态熔点/℃沸点/℃溶解性

扁桃

酸

无色透亮     晶体119

300易溶于热水、乙醚和异丙醇乙醚

无色透亮     液体-116.334.6溶于低碳醇、苯、氯仿，微溶于水苯甲

醛

无色液体

-26179微溶于水，能与乙醇、乙醚、苯、氯仿等混溶氯仿无色液体-63.561.3易溶于醇、醚、苯、不溶于水试验步骤：

步骤一：向如图所示的试验装置中加入0.1mol(约l0.1mL)苯甲醛、0.2mol（约16mL）氯仿，渐渐滴入含19g氢氧化钠的溶液，维持温度在55～60℃，搅拌并继续反应1h，当反应液的pH临近中性时可停止反应。

步骤二：将反应液用200mL水稀释，每次用20mL。乙醚萃取两次，合并醚层，待回收。

步骤三：水相用50%的硫酸酸化至pH为2～3后，再每次用40mL乙醚分两次萃取，合并萃取液并加入适量无水硫酸钠，蒸出乙醚，得粗产品约11.5g。

请回答下列问题：

(1)图中仪器C的名称是___。

(2)装置B的作用是___。

(3)步骤一中合适的加热方式是___。

(4)步骤二中用乙醚的目的是___。

(5)步骤三中用乙醚的目的是___；加入适量无水硫酸钠的目的是___。

(6)该试验的产率为___（保留三位有效数字）。

【答案】(球形)冷凝管汲取逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸水浴加热除去反应液中未反应完的反应物萃取扁桃酸作干燥剂75.7%

【解析】

【分析】

苯甲醛与氯仿在氢氧化钠溶液中发生反应，生成扁桃酸等，需要加热且维持温度在55～60℃。因为有机反应物易挥发，所以需冷凝回流，并将产生的气体用乙醇汲取。反应后所得的混合物中，既有反应生成的扁桃酸，又有剩余的反应物。先用乙醚萃取剩余的有机反应物，然后分液；在分液后所得的水溶液中加硫酸，将扁桃酸钠转化为扁桃酸，再用乙醚萃取出来，蒸馏举行分别提纯。

【详解】

(1)图中仪器C的名称是(球形)冷凝管。答案为：(球形)冷凝管；

(2)装置B中有倒置的漏斗，且蒸馏出的有机物易溶于乙醇，所以其作用是汲取逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸。答案为：汲取逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸；

(3)步骤一中，温度需控制在55～60℃之间，则合适的加热方式是水浴加热。答案为：水浴加热；

(4)步骤二中，“将反应液用200mL水稀释”，则加入乙醚，是为了萃取未反应的有机反应物，所以用乙醚的目的是除去反应液中未反应完的反应物。答案为：除去反应液中未反应完的反应物；

(5)步骤三中，“水相用50%的硫酸酸化至pH为2～3后，再每次用40mL乙醚分两次萃取”，由于加酸后扁桃酸钠转化为扁桃酸，所以用乙醚的目的是萃取扁桃酸；为了去除扁桃酸中溶有的少量水，加入适量无水硫酸钠，其目的是作干燥剂。答案为：萃取扁桃酸；作干燥剂；

(6)该试验中，0.1mol(约l0.1mL)苯甲醛理论上可生成0.1mol扁桃酸，则其产率为

11.5g100%0.1mol152g/mol

??=75.7%。答案为：75.7%。【点睛】

当反应混合物需要加热，且加热温度不超过100℃时，可使用水浴加热。水浴加热的特点：便于控制温度，且可使反应物匀称受热。

三、判断题（本题包括1个小题，共10分）

17．海水中有十分丰盛的化学资源，从海水中可提取多种化工原料。某工厂对海水资源综合开发

利用的部分工艺流程图如下。回答下列问题：

(1)精制食盐水时，用到的下列物质中有_______________(填序号)。

①NaOH溶液②盐酸③K2CO3溶液④BaCl2溶液⑤硫酸⑥Na2CO3溶液⑦Ba(NO3)2溶液

(2)工业上经过步骤②、③、④制备Br2。步骤②中Cl2氧化Br—应在________(填酸性或碱性)条件下举行；步骤③Br2可用热空气吹出，其缘由是___________。

(3)为了除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中__________。

a．通入HBrb．加入Na2CO3溶液

c．加入NaBr溶液d．加入Na2SO3溶液

(4)若步骤⑤所得Mg(OH)2沉淀中混有Ca(OH)2杂质，写出除去杂质的试验步骤

________________________________________________(写出加入的试剂和操作)。

【答案】①②④⑥酸性低沸点，易挥发c加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀

【解析】

【详解】

(1)精制食盐水时，可以加入过量NaOH(去除镁离子和铁离子)：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，

Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓；加入过量BaCl2(去除硫酸根离子)：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；加入过量Na2CO3(去除钙离子的多余的钡离子)：Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓，用盐酸除掉过量的CO32-、OH-，因此用到的有①②④⑥，其他③⑤⑦的都用不到，故答案为①②④⑥；

(2)Cl2氧化Br-生成溴单质，则应在酸性条件下举行，防止溴中毒及生成的溴与碱发生反应(且碱性溶液中氯气与碱反应)，因溴的沸点较低，易挥发，Br2可用热空气吹出，故答案为酸性；溴的沸点较低，易挥发；

(3)为了除去工业Br2中微量的Cl2，应是和氯气反应和溴单质不反应；a、加入HBr，氯气可以发生反应生成挥发性的盐酸，会引入新的杂质，故a不符合；b、加入Na2CO3溶液也可以和溴单质、氯气发生反应，b不符合；c、加入NaBr溶液，发生反应Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，故c符合；d、加入Na2SO3溶液能除去氯气，但会引入杂质离子，故d不符合；故答案为c；

(5)溶度积常数大的物质可以向溶度积常数小的物质转化，氢氧化钙的溶度积常数大于氢氧化镁，所以加入

氯化镁溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用水洗涤得到氢氧化镁固体，故答案为加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用蒸馏水洗涤。

【点睛】

本题考查物质的分别提纯，注重掌握试验的原理和操作办法。海水通过晒盐得到粗盐，精制后电解饱和食盐水是氯碱工业的主要反应；得到的苦卤中主要是含有氯化镁，苦卤中加入氯气氧化溴离子得到溴单质，通过萃取分液办法得到低浓度的溴单质，通入热空气吹出溴单质，用二氧化硫水溶液汲取得到含HBr的溶液，再通入氯气氧化溴离子为溴单质富集溴元素，得到的溶液中加入氢氧化钙沉淀分别出氢氧化镁沉淀，氢氧化镁用盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩冷却结晶得到氯化镁晶体。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．主要用于高分子胶囊和印刷油墨的粘合剂的甲基两烯酸缩水油酯GMA(即：)的合成路线如下(部分反应所需试剂和条件已略去)：

已知：

请按要求回答下列问题：

(1)GMA的分子式______________________；B中的官能团名称：______________________；甘油的系统命名：______________________。

(2)验证D中所含官能团各类的试验设计中，所需试剂有______________________。

(3)写出下列反应的化学方程式：反应⑤：____________________。反应⑧：______________________。

(4)M是H的同分异构体。M有多种同分异构体，写出满足下述全部条件的M的全部可能的结构：

____________________________。

①能发生银镜反应②能使溴的四氯化碳溶液褪色③能在一定条件下水解

(5)已知：{2}。参照上述合成路线并结合此信息，以丙烯为原料，完美下列合成有机物C的路线流程图：丙烯Br________________________。

【答案】C7H10O3氯原子、羟基1，2，3-丙三醇NaOH溶液、HNO3溶液、AgNO3溶液

2CH3CH(OH)CH3+O22+2H2O

++H2OCH2=CH-CH3

【解析】

【分析】

甘油与HCl在催化剂存在时发生取代反应产生B：CH2(OH)CH(OH)CH2Cl，B在NaOH的乙醇溶液中，加热发生反应产生C：；丙烯与HCl发生加成反应产生D是2-氯丙烷，结构简式为：CH3CHClCH3，D与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应，产生E是2-丙醇：CH3CH(OH)CH3，E与O2在Cu催化下，加热发生氧化反应产生F是丙酮，结构简式是；F在i.NaCN存在时，加热发生反应产生

，该物质在ii.H2O、H+作用下反应产生G：；G与浓硫酸混合加热发生消去反

应产生F：，F与C在浓硫酸作用下发生酯化反应产生，据此分析解答。【详解】

(1)按照物质的结构简式可知化合物GMA的分子式为C7H10O3；化合物B结构简式为，按照物质结构可知，B中的官能团名称羟基、氯原子；甘油的系统命名为1，2，3-丙三醇；

(2)化合物D是2-氯丙烷，官能团为Cl原子，检验Cl原子的办法是取2-氯丙烷少量，向其中加入NaOH的水溶液，加热足够长时光，然后将反应后的溶液用硝酸酸化，再向反应后的溶液中加入AgNO3溶液，若看到有白色沉淀产生，就证实其中含有Cl原子，可见检验D中含有的Cl原子。使用的试剂有：NaOH溶液、HNO3溶液、AgNO3溶液；

(3)反应⑤是2-丙醇被氧气催化氧化产生丙酮，该反应的化学方程式：

2CH3CH(OH)CH3+O22+2H2O。反应⑧是与发生酯化反应，反应的方程式为：++H2O；

(4)H是2-甲基丙烯酸，结构简式为，M是H的同分异构体。M的同分异构体，满足条件：

①能发生银镜反应②能使溴的四氯化碳溶液褪色③能在一定条件下水解，说明含有碳碳双键，含有醛基、含有酯基，应当为甲酸形成的酯，分子结构中含不饱和的碳碳双键，则M的全部可能的结构：

；

(5)丙烯CH2=CH-CH3与Br2在加热时发生取代反应产生CH2=CH-CH2Br，该物质与与O2在Ag催化下，加热发生反应产生，在NaOH的水溶液中加热，发生取代反应产生，所以合成路线为：CH2=CH-CH3。

【点睛】

本题考查了有机物的合成与判断的学问