2024届山东省青岛市崂山区第二中学化学高二第二学期期末质量检测试题含解析

2024届山东省青岛市崂山区第二中学化学高二第二学期期末质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、实验室利用乙醇催化氧化法制取并提纯乙醛的实验过程中，下列装置未涉及的是（）A． B． C． D．2、下列实验操作能达到实验目的的是（）实验操作实验目的A乙酸乙酯和乙酸的混合物和NaOH溶液加入分液漏斗，震荡除乙酸乙酯中的乙酸B将一小块钠投入乙醇和四氯化碳的混合液验证ρ（乙醇）<ρ（Na）<ρ（四氯化碳）C乙烷与乙烯混合气体通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶除去乙烷中的乙烯D将氧化变黑的铜丝在酒精灯上灼烧至红热插入乙醇中除去表面黑色物质A．A B．B C．C D．D3、室温下，0.1mol/L某溶液的pH值为5.1，其溶液中的溶质可能是A．氯化氢B．BaCl2C．氯化铵D．硫酸氢钠4、在一个5L的容器里，盛有8.0mol某气态反应物，5min后，测得这种气态反应物还剩余3.0mol，则这种反应物在此时间内的化学反应速率为（）A．0.1mol/（L•min）B．0.2mol/（L•min）C．0.3mol/（L•min）D．0.4mol/（L•min）5、300多年前，著名化学家波义耳发现了铁盐与没食子酸的显色反应，并由此发明了蓝黑墨水。没食子酸的结构如图所示，制取蓝黑墨水利用了没食子酸哪类化合物的性质A．芳香烃 B．酚 C．醇 D．羧酸6、已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ。且氧气中1molO＝O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH－O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH－H键断裂时吸收热量为（）A．920kJ B．557kJ C．188kJ D．436kJ7、在标准状况下，将aLHCl完全溶于1L水中(水的密度近似为1g/mL)，溶液的密度为dg/cm3，溶液的体积为VmL，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为cmol/L。下列叙述中不正确的是()A．ω＝×100%B．c=1000a22.4VC．所得溶液中含有HCl分子D．向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω8、下列变化原理不同于其他三项的是A．将Na投入水中溶液呈碱性B．Cl2能使品红褪色C．过氧化钠作供氧剂D．活性炭可作为净水剂9、下列叙述中正确的是A．玻璃、水泥和玛瑙的主要成分都是硅酸盐B．氯碱工业的反应原理是电解熔融氯化钠C．常温下铁在浓硫酸中不反应，可用铁槽车贮运浓硫酸D．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，其遇强碱会断路10、研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2＋2Ag＋2NaCl=Na2Mn5O10＋2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是()A．正极反应式：Ag＋Cl－－e－=AgCl B．每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子C．Na＋不断向“水”电池的负极移动 D．AgCl是还原产物11、25℃时，5种银盐的溶度积常数(Ksp)分别是:AgClAg2SO4Ag2SAgBrAgI1.8×10-101.4×10-56.3×10-507.7×10-138.51×10-16下列说法不正确的是A．氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次减小B．将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠固体，能得到黑色沉淀C．在5mL1.5×10-5mol/L的NaCl溶液中，加入1滴(1mL约20滴)1.0×10-3mol/L的AgNO3溶液，不能观察到白色沉淀D．在烧杯中放入6.24g硫酸银固体，加200g水，经充分溶解后，所得饱和溶液的体积为200mL,溶液中Ag+的物质的量浓度为0.2mol/L。12、对于任何一个气体反应体系，采取以下措施一定会使平衡移动的是A．加入反应物 B．升高温度C．对平衡体系加压 D．使用催化剂13、现有①浓硫酸、②硝酸铵、③氰化钾、④苯、⑤浓硝酸、⑥双氧水⑦氨水、⑧汞8种化学药品，下列有关在瓶上应贴的危险化学品标志正确的是（）A．贴标签a的可以是：②④⑥ B．贴标签b的可以是：②⑥⑦C．贴标签c的可以是：③⑧ D．贴标签d的只有：①⑤14、下列有机物的命名正确的是A．2-甲基-2,3-二氯戊烷B．3,3-二甲基-4-乙基戊烷C．2,4,6-三氯己烷D．3-甲基-3-丁烯15、下列有关说法正确是A．表明S2Cl2为非极性分子B．表明1个碳酸亚乙烯分子中含6个σ键C．表明每个P4S3分子中含孤电子对的数目为6个D．表明1s轨道呈球形，有无数对称轴16、工业上采用乙烯和水蒸气在催化剂(磷酸/硅藻土)表面合成乙醇，反应原理为CH2===CH2(g)＋H2O(g)CH3CH2OH(g)，副产物有乙醛、乙醚及乙烯的聚合物等。下图是乙烯的总转化率随温度、压强的变化关系，下列说法正确的是：A．合成乙醇的反应一定为吸热反应B．目前工业上采用250～300℃，主要是因为在此温度下乙烯的转化率最大C．目前工业上采用加压条件(7MPa左右)，目的是提高乙醇的产率和加快反应速率D．相同催化剂下，在300℃14.70MPa乙醇产率反而比300℃7.85MPa低得多，是因为加压平衡向逆反应方向移动二、非选择题（本题包括5小题）17、高性能聚碳酸酯可作为耐磨材料用于汽车玻璃中，PC是一种可降解的聚碳酸酯类高分子材料，合成PC的一种路线如图所示：已知：核磁共振氢谱显示E只有一种吸收峰。回答下列问题：（1）C的名称为__________________，C→D的反应类型为_________________（2）E的结构简式为__________________，官能团名称为_______________________（3）PC与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________________________________（4）写出能发生银镜反应且为芳香族化合物的A的同分异构体的结构简式______________（不考虑立体异构，任写两个）。（5）设计由甲醛和B为起始原料制备的合成路线。（无机试剂任选）。___________18、由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。某同学欲探究X的组成。查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。②Al3＋在pH＝5.0时沉淀完全；Mg2＋在pH＝8.8时开始沉淀，在pH＝11.4时沉淀完全。实验过程：Ⅰ.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。Ⅱ.用铂丝蘸取少量Ⅰ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。Ⅲ.向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5～6，产生白色沉淀B，过滤。Ⅳ.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。Ⅴ.向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。(1)Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是________。(2)由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、________。(3)Ⅲ中生成B的离子方程式是__________________________________________________。(4)Ⅳ中B溶解的离子方程式是__________________________________________________。(5)沉淀C的化学式是________。(6)若上述n(A)∶n(B)∶n(C)＝1∶1∶3，则X的化学式是__________________________。19、化学实验小组欲在实验室制备溴乙烷（图甲）和1﹣溴丁烷（图乙），涉及化学反应如下：NaBr+H2SO4═HBr+NaHSO4①C2H5﹣OH+HBr⇌C2H5﹣Br+H2O②CH3CH2CH2CH2﹣OH+HBr⇌CH3CH2CH2CH2﹣Br+H2O③可能存在的副反应有：醇在浓硫酸的存在下脱水生成烯和醚，Br﹣被浓硫酸氧化为Br2等。有关数据列表如下；乙醇溴乙烷正丁醇1﹣溴丁烷密度/g•cm﹣30.78931.46040.80981.2758沸点/℃78.538.4117.2111.6请回答下列问题：（1）图乙中仪器A的名称为_____。（2）乙醇的沸点高于溴乙烷的沸点，其原因是_____。（3）将1﹣溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物在_____（填“上层”、“下层”或“不分层”）。（4）制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是_____。（填字母）A．减少副产物烯和醚的生成B．减少Br2的生成C．减少HBr的挥发D．水是反应的催化剂（5）欲除去溴代烷中的少量杂质Br2，下列物质中最适合的是_____。（填字母）A．NaIB．NaOHC．NaHSO3D．KCl（6）制备溴乙烷（图甲）时，采用边反应边蒸出产物的方法，其有利于_____；但制备1﹣溴丁烷（图乙）时却不能边反应边蒸出产物，其原因是_____。20、亚硝酸钠(NaNO2)

是一种工业盐，外观与食盐相似。下面是某学习小组设计的NaNO2制取实验和纯度检验实验。该小组收集了相关资料：①SO2

和HNO3溶液反应生成NOx

和H2SO4②3NO2-+2H+=2NO↑+NO3-+H2O③NO2-+Ag+=AgNO2↓(AgNO2为淡黄色接近白色固体，在水中形成沉淀)Ⅰ．亚硝酸钠的制取实验（1）

仪器a的名称为________________________，A装置中发生的化学反应方程式为_____________________________________________。（2）B装置中多孔球泡的作用是_________________________________________________。（3）若装置B中逸出的NO与NO2气体物质的量之比为2∶1，则装置B中发生反应的化学方程式为_________________________________________________________。（4）实验过程中需控制C装置中溶液pH>7，否则C中生成的NaNO2的产量会下降，理由是_____________________________________________________。（5）

请根据题干所给信息设计实验证明C装置中有NO2产生：_________________________________。(限选用的试剂：

稀硝酸、硝酸银溶液、NaOH溶液)Ⅱ．亚硝酸钠的纯度检验已知：NO2-

+

MnO4-+

H+→NO3-+

Mn2++H2O（6）反应结束后C中溶液通过结晶获得NaNO2粗产品mg,溶解后稀释至250mL，分别取25.00mL用cmol/L的酸性KMnO4溶液平行滴定三次，平均每次消耗酸性KMnO4溶液的体积为VmL。则粗产品中NaNO2的质量分数为_____________(用含c、V、m的式子表示)。21、钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。(1)钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。①Ti的基态原子价电子排布式为________；②Fe的基态原子共有______种不同能级的电子；(2)制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7＋3CCl4=2KCl＋2CrO2Cl2＋3COCl2↑。①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是_______；②COCl2分子中σ键和π键的个数比为______，中心原子的杂化方式为_______；(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2＋和Fe2＋的离子半径分别为6.9×10－2nm和7.8×10－2nm。则熔点：NiO_______(填“＞”、“＜”或“＝”)FeO。(4)铁的某种单质的晶胞为面心立方结构，原子的配位数为_______，若铁原子半径为anm，则该单质的密度为_______g/cm3；(5)Fe2O3与KNO3和KOH固体高温加热可制备一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾)，其中KNO3被还原为KNO2，写出该反应方程式_________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，结合相关装置分析【题目详解】A、分离提纯得到乙醛用蒸馏法，蒸馏要用到该装置，故A不选；B、B装置是乙醇的催化氧化装置，故B不选；C、提纯乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和烧杯，C选；D、蒸馏法提纯乙醛要用到冷凝管，故D不选；故选C。2、D【解题分析】分析：A、乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中完全水解生成乙醇和乙酸钠；B、乙醇和四氯化碳互溶；C、乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳气体；D、氧化铜在加热条件下能够与乙醇反应生成铜和乙醛。详解：乙酸和氢氧化钠反应生成易溶于水的乙酸钠，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中完全水解生成乙醇和乙酸钠，乙醇和乙酸钠都是易溶于水的物质，不分层，不可以除去乙酸乙酯中的乙酸，A选项错误；钠投入乙醇中，钠块沉在乙醇底部，钠投入四氯化碳中，钠块浮在四氯化碳液面上，虽然乙醇和四氯化碳密度不同，但乙醇和四氯化碳互溶，所以将两者混合以后溶液不分层，投入钠块无法确定两者溶液密度大小，B选项错误；乙烯混合气体通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，乙烯被氧化生成二氧化碳气体，虽然除去了乙烯，但又引入新的杂质二氧化碳气体，C选项错误；氧化变黑的铜丝表面是氧化铜，氧化铜在加热条件下能够与乙醇反应生成乙醛、铜和水，所以变黑的铜丝在酒精灯上灼烧至红热插入乙醇中，可以除去表面黑色物质，D选项正确；正确选项D。3、C【解题分析】试题分析：A、0.1mol/L盐酸溶液中，pH＝1，A错误；B、氯化钡溶液显中性，B错误；C、氯化铵溶于水，水解显酸性，pH值可能为5.1，C正确；D、0.1mol/L硫酸氢钠溶液中pH＝1，D错误。答案选C。考点：考查盐类水解的原理。4、B【解题分析】8.0mol某气态反应物，5min后，测得这种气态反应物还剩余3.0mol，则物质的量减少8.0mol-3.0mol=5.0mol，这种反应物在此时间内的化学反应速率为=0.2mol/(L•min)，故选B。点睛：本题考查化学反应速率的计算，把握反应速率的基本计算公式v==为解答的关键。5、B【解题分析】

没食子酸分子中含有羧基和酚羟基，结合两类官能团的性质进行分析解答。【题目详解】没食子酸含有酚羟基，能够与铁盐发生显色反应，由此发明了蓝黑墨水，制取蓝黑墨水利用了没食子酸酚类化合物的性质。答案选B。6、D【解题分析】

根据n=计算1g氢气的物质的量，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，依此结合反应方程式H2(g)+O2(g)=H2O(g)进行计算。【题目详解】水的结构式为H-O-H，1mol水含有2mol氢氧键，1g氢气的物质的量为n(H2)==0.5mol，完全燃烧生成水蒸气时放出能量121kJ，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为x，根据方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(g)，则2×463kJ-(x+×496kJ)=2×121kJ，解得x=436kJ，答案选D。【题目点拨】本题考查反应热的有关计算，注意把握反应热与反应物、生成物键能的关系，注意理解反应放出的热量与物质的量成正比。7、C【解题分析】分析：A.根据ω=溶质质量溶液质量×100%计算；

B.根据c=n溶质VD.水的密度小于盐酸的密度，所以等体积时，水的质量小于盐酸的质量，这样混合后，所得溶液浓度大于0.5ω，根据公式溶质质量分数═溶质质量溶液质量×100%详解:A.HCl溶于水得到盐酸，溶质为HCl，ω=溶质质量溶液质量×100%=aL22.4L/mol×17g/molaB.c=n溶质V溶液=aL22.4L/molV×10-3L=1000aD.盐酸密度大于水的密度，即d>1，则溶质质量分数=溶质质量溶液质量×100%=ρ(盐酸）∙V（盐酸）ωρ（8、D【解题分析】A、将Na投入水中溶液呈碱性是因为钠与水反应生成强碱氢氧化钠；B、Cl2能使品红褪色是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性；C、过氧化钠作供氧剂是因为过氧化钠能与CO2、水反应产生氧气；D、活性炭可作为净水剂利用的是活性炭的吸附作用，属于物理变化，因此原理不同于其他三项，答案选D。9、D【解题分析】

A．玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅，主要成分是硅酸盐，水泥的主要成分是硅酸盐，玛瑙的主要成分是SiO2，为氧化物，不属于硅酸盐，故A错误；B．氯碱工业原理是电解饱和食盐水生成氯气、氢氧化钠和氢气，故B错误；C．浓硫酸具有强氧化性，常温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜，可用铁槽车贮运浓硫酸，发生了化学反应，故C错误；D．二氧化硅能用于制光导纤维，二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故D正确；故选D。【题目点拨】本题的易错点为D，要注意光导纤维遇强碱会“断路”，指的是中断光的传导，而不是中断电的传导。10、B【解题分析】

A、根据总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可知，Ag的化合价升高，被氧化，为原电池的负极，错误；B、式中5MnO2得电子生成Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，正确；C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，错误；D、Ag的化合价升高，被氧化，AgCl是氧化产物，错误。答案选B。11、D【解题分析】分析：A．结构相似的难溶性盐，溶度积越小，溶解度越小；B．硫化银的溶度积比硫酸银小，从沉淀平衡移动的角度分析；C、根据溶度积计算，当离子的浓度幂之积大于Ksp时，能生成沉淀，否则不生成沉淀；D、硫酸银难溶于水，加入200g水为饱和溶液，可结合Ksp计算．详解：A．氯化银、溴化银和碘化银的溶度积依次减少，结构相似，溶度积越小，溶解度越小，故正确；B．硫化银的溶度积比硫酸银小，将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，可得到黑色沉淀，故B正确；C．在5mL1.5×10-5mol/L的NaCl溶液中，加入1滴(1mL约20滴)1.0×10-3mol/L的AgNO3溶液，混合后，c（Cl－）=1.5×10-5mol/L×5/(5+0.05)，c（Ag＋）=1.0×10-3mol/L×0.05/(5+0.05)，则c（Cl－）×c（Ag＋）=1.5×10-5mol/L×5/(5+0.05)×1.0×10-3mol/L×0.05/(5+0.05)＜1.8×10-10，则没有沉淀生成，故C正确；D.硫酸银难溶于水，加入200g水为饱和溶液，c（Ag＋）=2（SO42－），c（Ag＋）=32×1.4×10-5mol·L－1=3×10-212、B【解题分析】

A.若加入反应物为非气体时，平衡不移动，与题意不符，A错误；B.升高温度，反应速率一定增大，平衡必然移动，符合题意，B正确；C.若体系中可逆号两边气体计量数的和相等时，对平衡体系加压，平衡不移动，与题意不符，C错误；D.使用催化剂，正逆反应速率均增大，且增大的程度相同，平衡不移动，与题意不符，D错误；答案为B。【题目点拨】催化剂能改变反应速率，对平衡及转化率无影响。13、C【解题分析】

A．图为爆炸品标志，属于爆炸品的是②硝酸铵；硝酸铵受猛烈撞击或受热爆炸性分解，故A错误；

B．图为易燃液体标志，属于易燃液体的是④苯；苯是有机物，易燃，故B错误；

C．图为剧毒品标志，属于剧毒品的是③氰化钾，⑧汞，故C正确；

D．图为氧化剂标志，属于氧化剂的是①浓硫酸⑤浓硝酸⑥双氧水，故D错误。

本题答案选C。14、A【解题分析】A.2－甲基－2，3－二氯戊烷的有机物存在，命名正确，A正确；B.3，3－二甲基－4－乙基戊烷应该是3，3，4－三甲基己烷，B错误；C.2，4，6－三氯己烷应该是1，3，5－三氯己烷，C错误；D.3－甲基－3－丁烯应该是2－甲基－1－丁烯，D错误，答案选A。点睛：掌握有机物的命名原则和方法是解答的关键，尤其是烷烃的命名方法，注意了解有机物系统命名中常见的错误：①主链选取不当（不包含官能团，不是主链最长、支链最多）；②编号错（官能团的位次不是最小，取代基位号之和不是最小）；③支链主次不分（不是先简后繁）；④“－”、“，”忘记或用错。15、D【解题分析】

A．从结构来看，S2Cl2的正负电荷重心不可能重合，S2Cl2为极性分子，A错误；B．单键全是σ键，双键含一个σ键，一个π键，所以表明1个碳酸亚乙烯分子中含8个σ键，B错误；C.由可知：1个P4S3分子中含有4个P和3个S，一个P含有=1对孤电子对，1个S含有=2对孤电子对，则每个P4S3分子含有的孤电子对数=4×1+2×3=10，C错误；D.表明1s轨道呈球形，有无数对称轴，D正确。答案选D。16、C【解题分析】试题分析：A、由图可知，压强一定，温度越高乙烯的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故该反应正反应是放热反应，错误；B、由图可知，压强一定，温度越高乙烯的转化率越低，低温有利于乙烯的转化，采用250～300℃不是考虑乙烯的转化率，可能是考虑催化剂的活性、反应速率等，错误；C、由图可知，温度一定，压强越高乙烯的转化率越高，反应速率加快，缩短到达平衡的时间，故采用加压条件（7MPa左右），目的是提高乙醇的产率和加快反应速率，正确；D、由题干信息可知，该反应有副产物乙醛、乙醚及乙烯的聚合物等生成，由图可知，在300℃14.7MPa乙烯的转化率比300℃7MPa高得多，但乙醇的产率却低很多，应是副产物的生成，导致乙醇产率降低，错误。考点：考查化学平衡图象、影响平衡的元素、对工业生成条件控制的分析等，难度中等，D选项注意根据题目信息进行解答。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙烯加成反应羰基【解题分析】

由图中的分子式可以推断出，B为苯酚，C为丙烯CH3CH=CH2。甲苯可以被酸性高锰酸钾氧化苯甲酸，而酸性K2Cr2O7溶液也具有强氧化性，结合A的分子式，可以推断出A为苯甲酸。C为丙烯，和水发生反应生成D，则D为1-丙醇或者2-丙醇，对应的E为丙醛或者丙酮，由于核磁共振氢谱显示E只有一种吸收峰，所以E一定为丙酮，D为2-丙醇。【题目详解】（1）C为丙烯，与水发生加成反应，得到2-丙醇，C→D为加成反应；（2）经分析，E为丙酮，则其结构简式为：，其官能团为羰基；（3）PC为碳酸脂，则其水解产物中有碳酸钠，；（4）能发生银镜反应，则说明有醛基，芳香族化合物含有苯环，所以符合条件的A的同分异构体有：、、、；（5）根据和丙酮反应得到F可以推出，要想得到，需要和。甲醛和可以反应生成，该物质经过氧化得到，不过苯酚本身就容易被氧化，需要保护酚羟基。由此可以设计合成路线，。【题目点拨】合成路线中，甲醛和的反应属于课外知识，需要考生去积累，在本题中可以大胆推测这个反应，同时要注意有机合成中，一些基团的保护，此外还要观察新的反应的“变化机理”，并会运用在合成路线中。18、CO2钠、硅Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2OMg(OH)2Mg3Al(OH)7CO3【解题分析】

气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体A为CO2，X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入适量盐酸，会产生硅酸沉淀，溶液B中含有氯化镁和氯化铝；X中一定不含Na，因为Na的焰色为黄色；根据题给信息知调节pH至5～6时生成的白色沉淀B为Al(OH)3；加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2，据此解答。【题目详解】（1）气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2；（2）X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀，一定不含Na元素，因为Na元素的焰色为黄色，即由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、硅、钠；（3）调节pH至5～6时生成的白色沉淀为Al(OH)3，NH3•H2O为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，即离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋；（4）Ⅳ中氢氧化铝溶解的离子方程式为Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；（5）加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2；（6）由于n（CO2）:n[Al(OH)3]:n[Mg(OH)2]=1:1:3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1:1:3，结合电荷守恒，则CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1:1:3:7，故X为Mg3Al(OH)7CO3。19、球形冷凝管C2H5OH分子间存在氢键，溴乙烷分子间不能形成氢键下层ABCC使平衡向生成溴乙烷的方向移动1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物【解题分析】

（1）仪器A为球形冷凝管；（2）分子间氢键的存在导致物质的熔沸点升高；（3）1﹣溴丁烷难溶于水，密度比水大；（4）根据可能发生的副反应和反应物的溶解性分析；（5）根据杂质的化学性质分析；（6）根据化学平衡移动的原理分析。【题目详解】（1）图乙中仪器A为球形冷凝管，故答案为球形冷凝管；（2）分子间氢键的存在导致物质的熔沸点升高，C2H5OH分子间存在氢键，溴乙烷分子间不能形成氢键，所以乙醇的沸点比溴乙烷溴乙烷的高，故答案为C2H5OH分子间存在氢键，溴乙烷分子间不能形成氢键；（3）1﹣溴丁烷难溶于水，密度比水大，则将1﹣溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，1﹣溴丁烷在下层，故答案为下层；（4）A、浓硫酸和1-丁醇反应发生副反应消去反应生成烯烃、分子间脱水反应生成醚，稀释后不能发生类似反应减少副产物烯和醚的生成，故正确；B、浓硫酸具有强氧化性能将溴离子氧化为溴单质，稀释浓硫酸后能减少溴单质的生成，故正确；C、反应需要溴化氢和1-丁醇反应，浓硫酸溶解溶液温度升高，使溴化氢挥发，稀释后减少HBr的挥发，故正确；D.、水是产物不是反应的催化剂，故错误；ABC正确，故答案为ABC；（5）A、NaI和溴单质反应，但生成的碘单质会混入，故错误；B、溴单质和氢氧化钠反应，溴代烷也和NaOH溶液中水解反应，故错误；C、溴单质和NaHSO3溶液发生氧化还原反应，可以除去溴单质，故正确；D、KCl不能除去溴单质，故错误；C正确，故选C；（6）根据题给信息知，乙醇和溴乙烷的沸点相差较大，采用边反应边蒸出产物的方法，可以使平衡向生成溴乙烷的方向移动，而1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出，所以不能边反应边蒸出产物；而1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物，故答案为使平衡向生成溴乙烷的方向移动；1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物。【题目点拨】本题考查有机物的制备，注意反应物和生成物的性质，明确试剂的作用和仪器选择的依据是解答关键。20、分液漏斗Na2SO3+H2SO4

(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O增大气体与溶液的接触面积，让反应充分进行7SO2+6HNO3+4H2O=4NO+2NO2+7H2SO4如果pH<7,亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体，使其产量下降取C中溶液少量于试管中，加足量稀硝酸有气体生成，遇空气变红棕色，则证明C中有NO2-

生成(345cv/2m)

%或3.45cv/2m【解题分析】（1）

仪器a的名称为分液漏斗，A装置中利用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水制备二氧化硫，发生的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4

(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）B装置中多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，让反应充分进行；（3）若装置B中逸出的NO与NO2气体物质的量之比为2∶1，则装置B中发生反应的化学方程式为7SO2+6HNO3+4H2O=4NO+2NO2+7H2SO4；（4）根据已知信息可知如果pH<7,亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体，使NaNO2的