1、高考模拟演练(二)(时间：100分钟分值：120分)第卷(选择题共40分)一、单项选择题(本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。)1化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是()。A低碳生活注重节能减排，减少温室气体的排放B我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料C半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅D页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，产气页岩分布广、厚度大，且普遍含气，故可以成为提供廉价而充足的新型燃料来源解析计算机芯片的材料是半导体，材料为硅，C错误。答案C2下列有关化学用语正确的是(
2、)。A核内有8个中子的碳原子：CBCS2的结构式：SCSC乙烯的比例模型：DNH4Br的电子式：解析8个中子的碳原子应为C，A错误；CS2的结构式类似于CO2，应为S=C=S，B错误；NH4Br的电子式应为，D错误。答案C3下列各组离子中，在给定条件下能大量共存的是()。A在pH1的溶液中，NH，K，ClO，ClB有SO存在的溶液中：Na，Mg2，Ba2，IC有NO存在的强酸性溶液中：NH，Ba2，Fe2，BrD在c(H)1.01013 molL1的溶液中：Na，S2，AlO，SO解析A选项中H与ClO生成弱电解质而不能大量共存，故A选项错误；B选项中SO与Ba2生成难溶物而不能大量共存，故B
3、选项错误；C选项中NO在酸性环境中具有强氧化性，因氧化Fe2而不能大量共存，故C选项错误。答案D4下列有关物质的性质与应用不相对应的是()。ASO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B常温下，铝能被浓硝酸钝化，可用铝槽车运输浓硝酸CK2FeO4具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒DZn具有还原性和导电性，可用做锌锰干电池的负极材料解析SO2具有漂白性，用于漂白纸浆，A错误；铝被钝后，在表面会形成一层致密的氧化膜，从而保护里面的金属不再与浓硝酸反应，B正确；一般具有强氧化性的物质，均可以用于杀菌消毒，C正确；Zn失去电子，做原电池的负极，D正确。答案A5下列实验方案正确且能达到相应实验预期目的的是()。
4、解析A中没有冷凝回流装置；B中应用玻璃棒引流；C中常温下二氧化锰与稀盐酸不反应。答案D6从海水中提取镁的工艺流程如图所示。下列说法错误的是()。A用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B步骤电解MgCl2时阴极产生氯气C步骤可将晶体置于HCl气氛中脱水D上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应解析用此法提取镁的原料为海水和贝壳，来源丰富，价格低廉，A项正确；电解MgCl2时，阴极上产生的是Mg，阳极上产生的应是氯气，B项错误；将MgCl26H2O晶体置于HCl气氛中脱水，可以抑制MgCl2发生水解，得到较纯的MgCl2，C项正确；整个工艺流程发生的化学反应方程式为：CaCO3CaOCO2，CaO
5、H2O=Ca(OH)2，Mg22OH=Mg(OH)2，Mg(OH)22HCl4H2O=MgCl26H2O，MgCl26H2OMgCl26H2O，MgCl2MgCl2，涉及到化合、分解和复分解反应，D项正确。答案B7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()。P4分子结构模型A常温常压下，16 g14CH4中所含的中子数为8NAB标准状况下，22.4 L CCl4中所含的分子数为NAC在1 L 1.0 molL1 NaCl溶液中含有NA个NaCl分子D6.2 g白磷(分子式为P4，分子结构如图所示)中所含的PP键数目为0.3NA解析选项A,1个14CH4中含有8个中子，但16 g14CH
6、4的物质的量小于1 mol，所以16 g14CH4中含有的中子数也小于8NA。选项B，CCl4在标准状况下为液态，不能根据标准状况下的气体摩尔体积进行计算。选项C，NaCl是离子化合物在溶液中完全电离，不存在NaCl分子。选项D，根据图示可知，1 mol P4分子中含有6 mol PP键，所以6.2 g(0.05 mol)P4中含有的PP键数目为0.3NA。答案D8下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()。A向AlCl3溶液中加入过量浓氨水：Al34NH3H2O=AlO4NH2H2OB将含有0.1 mol Ba(OH)2的溶液与含有0.2 mol NaHSO4的溶液混合：HSOOHBa2=
7、BaSO4H2OC向澄清石灰水中通入过量CO2：OHCO2=HCODNa2O2溶于水：2O2H2O=4OHO2解析Al(OH)3不能溶解在氨水中，A错；由题目数据NaHSO4中H可反应完但SO有剩余，二者的化学计量数相同，B错；D中Na2O2不能写成离子形式，D错。答案C9用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，则下列有关说法中不正确的是()。AX为直流电源的负极，Y为直流电源的正极B图中的baC阳极区pH增大D该过程中的产品主要为H2SO4和H2解析由题图中有外加电源可判断此装置
8、为电解池，在电解池中阴离子向Pt()方向移动，则确定Pt()为阳极，与阳极直接相连的是直流电源的正极，A项正确；阳极发生氧化反应，即将SO和HSO氧化为SO，因此H2SO4浓度增大，酸性增强，pH变小，B项正确，C项错误；Pt()为阴极，发生还原反应：2H2e=H2，根据阴阳两极产物可判断D项正确。答案C10V、W、X、Y均是元素周期表中短周期元素，在周期表中的相对位置关系如表所示：YVXWZ为第四周期常见元素，该元素是人体血液中血红蛋白最重要的组成金属元素。V的最简单氢化物为甲，W的最简单氢化物为乙，甲、乙混合时有白烟生成。下列说法正确的是()。A原子半径：XYVWBX、W的质子数之和与最外
9、层电子数之和的比值为21C甲、乙混合时所生成的白烟为离子化合物，但其中含有共价键D少量Z的单质与过量W的单质可化合生成ZW2解析根据V、W的最简单氢化物的性质，结合题图信息，可以推断甲为NH3、乙为HCl，V为N、W为Cl，从而可以确定Y为C，X为Al；根据Z是人体血液中血红蛋白最重要的组成金属元素，知Z为Fe。选项A，原子半径：XWYV，A项错。选项B，Al、Cl的质子数之和为30，最外层电子数之和为10，二者之比为31，B项错。选项C，白烟为NH4Cl，是离子化合物，其中N、H原子之间的化学键是共价键，C项正确。选项D，少量的Fe与过量的Cl2化合生成的是FeCl3，D项错。答案C二、不定
10、项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。)11下列说法正确的是()。A反应A(g)2B(g)H，若正反应的活化能为Ea kJmol1，逆反应的活化能为Eb kJmol1，则H(EaEb) kJmol1B标准状况下，向0.1 molL1的氨水中加入少量氯化铵晶体，若混合溶液pH7，则c(NH)c(Cl)C足量的锌铜合金与100 mL pH1稀硫酸反应，反应3 s时测得pH2，假设反应前后溶液的体积保持不
11、变，则3 s内产生氢气的平均速率是33.6 mLs1D将浓度为0.1 molL1 HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka(HF)保持不变，始终保持增大解析A项，正反应的活化能可理解为断裂旧化学键吸收的能量，而逆反应的活化能可理解为形成新化学键放出的能量，二者的差值即为反应的热效应，正确；B项，标准状况下，pH7的溶液不为中性，错误；C项，没指明气体所处的状态为标准状况，错误；D项，当无限稀释时，c(H)为常数，而c(F)却不断减小，故减小，D项错误。答案A12有机物X和Y可作为“分子伞”给药物载体的伞面和中心支撑架(未表示出原子或原子团的空间排列)。下列叙述错误的是()。A1 mol X
12、在浓硫酸作用下发生消去反应，最多生成3 mol H2OB1 mol Y发生类似酯化的反应，最多消耗2 mol XCX与足量HBr反应，所得有机物的分子式为C24H37O2Br3DY和癸烷的分子链均呈锯齿形，但Y的极性较强解析A项，在X中，有三个醇羟基均能发生消去反应，1 mol X发生消去反应，最多生成3 mol H2O，正确。B项，在Y中含有2个NH2，一个NH，均可以和COOH发生反应，所以1 mol Y最多消耗3 mol X，错误。C项，X中的三个OH均可以被Br代替，分子式正确。D项，由于C原子为四面体结构，所以癸烷与Y均是锯齿形，由于癸烷比Y的对称性更强，所以Y的极性较强，正确。答案
13、B13下列实验操作与预期目的或所得结论一致的是()。选项实验操作实验目的或结论A某钠盐溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡溶液有白色沉淀说明该钠盐是硫酸钠或硫酸氢钠B向混有乙酸和乙醇的乙酸乙酯的混合物中，加入饱和Na2CO3溶液洗涤、分液得到较纯净的乙酸乙酯C向裂化汽油中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡，紫色褪去说明汽油中含有甲苯等苯的同系物D向含有少量的FeBr2的FeCl2溶液中，加入适量氯水，再加CCl4萃取分液除去FeCl2溶液中的FeBr2解析选项A不正确，某钠盐溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡溶液有白色沉淀，该钠盐可能是硫酸钠或硫酸氢钠或亚硫酸钠或亚硫酸氢钠；选项C不正确，向裂化汽油中加入酸性高锰酸钾溶
14、液，振荡，紫色褪去，说明该汽油中可能含有不饱和烃或苯的同系物；选项D，向含有少量的FeBr2的FeCl2溶液中，加入适量氯水，此时首先是Fe2转变为Fe3，并不能保证除去了Br。答案B14常温下，向20 mL 0.1 molL1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 molL1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是()。Aa与b之间的溶液中只存在：c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)Bb与c之间的溶液中不存在：c(CH3COO)c(H)c(Na)c(OH)Cb点时，V(NaOH溶液)20 mL，且c(CH3COO)c(Na)Da、b、c点表示的溶液中均相
15、等解析对于选项A，a与b之间的溶液中初始阶段存在c(CH3COO)c(H)c(Na)c(OH)，后期阶段存在c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)，该选项不正确；对于选项C，b点时，因c(H)c(OH)，故有c(CH3COO)c(Na)，因此V(NaOH溶液)20 mL。答案AC15一定温度下，容积为2 L的甲、乙两固定容积的密闭容器中，发生反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)。达平衡时测得有关数据如下表。容器甲乙反应物投入量2 mol SO2、1 mol O24 mol SO3n(SO3)/mol1.6a反应物的转化率12下列说法正确的是()。A121B1.6a 3.2 mo
16、l，而且23，即121，A、B错误。一定温度下，甲容器中： 2SO2(g) O2(g)2SO3(g)初始浓度(molL1) 1 0.50变化浓度(molL1) 0.8 0.40.8平衡浓度(molL1) 0.2 0.10.8v(O2) 0.4 molL1 2 min 0.2 molL1min1，C项正确。平衡常数为：K160。D项浓度商为：Qc160，所以平衡正向移动，正确。答案CD第卷(非选择题共80分)16(12分)利用制取硫酸产生的矿渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、Al2O3及SiO2等)制备高纯氧化铁(Fe2O3)的工艺流程如下：(1)“酸浸”过程中Fe3O4发生反应的离
17、子方程式为_。为提高“酸浸”中铁元素的浸出率，除了采用合适的液固比和循环浸取外，适宜的条件还有_、_。(任举两例)(2)调节pH至5.5的目的是_。(3)滤液中加入NH4HCO3时需要控制反应温度不能过高，原因是_。(答一点即可)(4)在空气中煅烧FeCO3制备高纯氧化铁的化学方程式为_。解析由于矿渣中存在Fe2O3、Fe3O4、FeO、Al2O3、SiO2且后续步骤中加铁粉还原Fe3，加溶液时只需要用稀盐酸或稀硫酸就可以，不需要用硝酸将铁氧化成Fe3。答案(1)Fe3O48H=Fe22Fe34H2O合适的酸浓度、连续搅拌、延长酸浸时间等(任答两点即可)(2)除去滤液中的Al3(3)防止NH4
18、HCO3受热分解或防止Fe2水解程度增大(4)4FeCO3O22Fe2O34CO217(15分)某课题组以苯为主要原料，采用以下路线合成利胆药柳胺酚回答下列问题：(1)对于柳胺酚，下列说法正确的是_。A1 mol柳胺酚最多可以和2 mol NaOH反应B不发生硝化反应C可发生水解反应D可与溴发生取代反应(2)写出AB反应所需的试剂_。(3)写出BC的化学方程式_。(4)写出化合物F的结构简式_。(5)写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式_(写出3种)。属酚类化合物，且苯环上有三种不同化学环境的氢原子。能发生银镜反应。(6)以苯和乙烯为原料可合成聚苯乙烯，请设计合成路线(无机试剂及溶剂
19、任选)注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3解析根据柳胺酚的结构推知F的结构为(1)柳胺酚属于多官能团化合物，酰胺水解、酚羟基都能消耗NaOH，苯环上能发生硝化反应和溴代反应。(5)甲酸苯酚酯物质苯环上的氢原子种类是两种或四种，不可能出现三种。因而F的符合条件的同分异构体分别为答案(1)C、D(2)浓HNO3、浓H2SO418(12分)硝酸铝广泛用于有机合成、印染工业等。工业上以铝灰为原料(主要成分为Al，含少量Al2O3、Fe2O3、SiO2、CaO、MgO等)制备硝酸铝的工艺流程如下：已知：Al(OH)3沉淀和溶解的pH如下表：Al(O
20、H)3开始沉淀沉淀完全沉淀开始溶解沉淀溶解完全pH3.35.07.812.8回答下列问题：(1)碱溶时，发生主反应的离子方程式为_。(2)工艺流程中第一次加入硝酸调pH7.0的目的是_。pH7.0时，溶液中c(Al3)_(通常条件下，KspAl(OH)31.31033)。(3)若忽略杂质跟酸、碱的反应，则在碱溶、调pH7.0、酸溶过程中，理论上消耗碱、酸的物质的量之比n1(NaOH)n2(HNO3)n3(HNO3)_。(4)现用1 t铝灰制硝酸铝晶体Al(NO3)39H2O，最后生产出7.5 t硝酸铝晶体，若生产过程中铝元素的损失率为10%，计算铝灰中铝元素的质量分数。解析(1)注意铝灰的主要
21、成分为Al，主要反应是铝与碱的反应。(2)结合流程图可知，调节pH7.0时，过滤得到的沉淀再加HNO3，得硝酸铝，可知沉淀为Al(OH)3。c(Al3)1.31012 molL1。(3)碱溶、调pH7.0、酸溶的反应分别为：2Al2OH2H2O=2AlO3H2、AlOHH2O=Al(OH)3、Al(OH)33H=Al33H2O，得n1(NaOH)n2(HNO3)n3(HNO3)113。答案(1)2Al2OH2H2O=2AlO3H2(2)使Al(OH)3沉淀完全1.31012 molL1(3)113(4)设铝元素的质量分数为xAlAl(NO3)39H2O273751 t(110%)x7.5 t解
22、得：x0.6(或60%)19(15分)草酸合铁酸钾晶体KxFe(C2O4)y3H2O可用于摄影和蓝色印刷。实验室制备草酸合铁酸钾晶体的实验流程如下：(1)若用铁和稀硫酸制备FeSO47H2O，常保持_过量，理由是_。(2)上述流程中，“沉淀”一步所得FeC2O42H2O沉淀需用水洗涤。检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。(3)测定草酸合铁酸钾产品中Fe3含量和C2O含量的实验步骤如下：步骤1：准确称取所制草酸合铁酸钾晶体a g(约1.5 g)，配成250 mL待测液。步骤2：用移液管移取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入6 molL1 HCl 10 mL，加热至7080 ，趁热用SnCl2Ti
23、Cl3联合还原法将Fe3全部还原为Fe2，加入MnSO4溶液10 mL，在7580 下用0.010 00 molL1 KMnO4标准溶液滴定至终点(Cl不参与反应)，将C2O全部氧化成CO2，Fe2全部氧化成Fe3记录体积。步骤3：步骤4：重复上述步骤2步骤3两次。步骤2操作时，还需要使用如图所示仪器中的_(填序号)。步骤2中MnSO4溶液的作用是_，滴定终点的现象是_。在不增加试剂种类的前提下，步骤3的目的是_。解析(1)铁和稀硫酸制备FeSO47H2O，保持一种物质过量，主要是硫酸，因为在获得晶体的过程中抑制Fe2的水解。(2)沉淀洗涤是否干净，主要是沉淀中所含的可溶性杂质是否存在，首先分
24、析杂质可能是K2SO4，可以通过检验SO检验洗涤是否干净。(3)注意测定过程中要控制温度，选择温度计，方法是通过利用KMnO4滴定，选用酸式滴定管。滴定过程中MnO被还原为Mn2，先加入Mn2可能是作催化剂。滴定终点时，KMnO4过量，此时溶液呈浅红色，且半分钟内不褪色。本实验的目的是测定Fe3和C2O，而测定过程中，是先将Fe3还原为Fe2，然后利用KMnO4滴定氧化Fe2、C2O，无法分别出Fe2、C2O各自的量，只有总量，因此还需要滴定出Fe2或C2O，由题可知滴定C2O更容易，因为可以另取溶液，直接滴定，因为此时铁为Fe3不与KMnO4反应。答案(1)铁防止Fe2被氧气氧化(2)取少量
25、最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，反之，沉淀已洗涤干净(其他合理答案也可)(3)ad作催化剂溶液变为浅红色，且半分钟不褪色测定C2O的含量20(14分)甲醇可作为燃料电池的原料。以CH4和H2O为原料，通过下列反应来制备甲醇。：CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g) H206.0 kJmol1：CO(g)2H2(g)CH3OH(g) H129.0 kJmol1(1)CH4(g)与H2O(g)反应生成CH3OH(g)和H2(g)的热化学方程式为_。(2)将1.0 mol CH4和2.0 mol H2O(g)通入容积为100 L的反应室，在一定条件
26、下发生反应，测得在一定的压强下CH4的转化率与温度的关系如右图。假设100 时达到平衡所需的时间为5 min，则用H2表示该反应的平均反应速率为_。100 时反应的平衡常数为_。(3)在压强为0.1 MPa、温度为300 条件下，将a mol CO与3a mol H2的混合气体在催化剂作用下发生反应生成甲醇，平衡后将容器的容积压缩到原来的，其他条件不变，对平衡体系产生的影响是_(填字母序号)。Ac(H2)减少B正反应速率加快，逆反应速率减慢CCH3OH 的物质的量增加D重新平衡c(H2)/c(CH3OH)减小E平衡常数K增大(4)写出甲醇空气KOH溶液的燃料电池负极的电极反应式：_。(5)甲醇
27、对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后，将Co2氧化成Co3，然后以Co3做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化。实验室用如图装置模拟上述过程：写出阳极电极反应式_。写出除去甲醇的离子方程式_。解析(1)写热化学方程式，注意聚集状态，目标反应可由反应、相加得到，计算出反应热。(2)计算速率和平衡常数时要注意容积的体积。计算H2的速率，方法一：v(H2)3v(CH4)30.003 molL1min1，方法二：根据“三行式” CH4(g) H2Og= CO(g)3H2(g)n(始)/mol1.0 2.000n(变)/mol0.5 0.50.51.5n(平)/mol0
28、.5 1.50.51.5 v(H2)0.003 mol1min1K2.25104(3)体积压缩为原来的一半，则浓度变为原来的2倍，平衡的移动是个“减弱”的过程，浓度比原平衡大，A错误。压强增大，正逆反应速率均增大，B错误。压强增大，平衡向正反应方向移动，C、D正确。平衡常数只与温度有关，E错误。(4)负极上甲醇反应，KOH为电解质，产物为CO，“三步书写”。(5)阳极发生氧化反应，Co2生成Co3。Co3将甲醇氧化，生成Co2和CO2，注意溶液呈酸性。答案(1)CH4(g)H2O(g)=CH3OH(g)H2(g)H77.0 kJmol1(2)0.003 molL1min12.25104(3)C
29、D(4)CH3OH6e8OH=CO6H2O(5)Co2e=Co36Co3CH3OHH2O=CO26Co26H21(12分)【选做题】(本题包括A、B两小题，请选定其中一小题作答。若多做，则按A小题评分。)A物质结构与性质天然气既是重要的能源，也是重要的化工原料，其主要成分是甲烷。(1)甲烷在一定条件下可生成：A碳正离子(CH) B碳负离子(CH)C甲基(CH3) D碳烯(CH2)四种微粒中，键角为120的是_。(填序号)与碳负离子(CH)互为等电子体的一种分子的结构式为_。(2)海底富藏大量的可燃冰(甲烷的水合物)，关于可燃冰的说法中正确的是_。A甲烷分子与水分子均是极性分子B可燃冰中甲烷分子
30、与水分子间以氢键相结合C可燃冰属于原子晶体D甲烷分子与水分子中的键均是ssp3电子云重叠而成的(3)在高温下，甲烷可还原CuO得到Cu2O。Cu的核外电子排布式为_。Cu2O晶体的晶胞结构如右图所示。其中“”代表的离子符号为_。(4)一定条件下，甲烷与水蒸气可生成H2和CO。则所生成的气体中键总数与键总数之比为_。解析(1)A中碳原子杂化为033，sp2，平面三角形。B中为134，sp3杂化，三角锥形。C中为134，sp3杂化，三角锥形。D中为123 ，sp2，平面三角形，由于孤电子对斥力大，所以键角小于120。(2)A项，甲烷分子中正、负电荷中心重合，非极性分子，错误。B项甲烷中CH无法形成
31、氢键，错误。C项，可燃冰属于分子晶体，错误。(3)中由晶胞可知，黑球为4，白球为1，由于Cu2O，离子个数比为21，可知，中心为氧离子。注意写Cu，不是铜原子。答案(1)A(2)D(3)Ar3d10O2(4)21B实验化学由呋喃甲酸脱羧得到呋喃与丙酮在酸性条件下缩合，可得到八甲基四氧杂夸特烯。有关实验原理及流程如下； 步骤1：呋喃的制备在圆底烧瓶中放置4.5 g呋喃甲酸(100 升华，呋喃甲酸在133 熔融，230232 沸腾，并在此温度下脱羧)，按图安装好仪器。先大火加热使呋喃甲酸快速熔化，然后调节加热强度，并保持微沸，当呋喃甲酸脱羧反应完毕，停止加热。得无色液体呋喃(沸点：3132 ，易溶
32、于水)。步骤2：大环化合物八甲基四氧杂夸特烯的合成 在25 mL锥形瓶中加入2.7 mL 95%乙醇和1.35 mL浓盐酸，混匀，在冰浴中冷至5 以下，然后将3.3 mL丙酮和1.35 mL呋喃的混合液迅速倒入锥形瓶中，充分混匀，冰浴冷却，静置得一黄色蜡状固体。过滤，并用3 mL无水乙醇洗涤，用苯重结晶，得白色结晶八甲基四氧杂夸特烯。(1)步骤1中用大火急速加热，其主要目的是_。(2)装置图中碱石灰的作用是_；无水氯化钙的作用是_。(3)脱羧装置中用冰盐浴的目的是_。(4)合成八甲基四氧杂夸特烯加入盐酸的目的是_。(5)确论产品为八甲基四氧杂夸特烯，可通过测定沸点，还可采用的检测方法有_。解析(1)由题给信息可知呋喃甲酸在100 时升华。(2)碱石灰是为了吸收呋喃甲酸脱羧产生的CO2。无水氯化钙接空，是为了防止空气中的水蒸气进入。(3)呋喃沸点3132 ，易挥发，用冰盐浴减少挥发。(4)由反应原理知，HCl作催化剂。(5)检测有机物可以通过核磁共振氢谱和红外光谱。答案(1)防止升华物过多，造成冷凝管的堵塞或污染产物(2)吸收生成的CO2防止水蒸气进入，溶入呋喃(3)呋喃易挥发，冰盐浴减少挥发，提高产率(4)作催化剂(5)检测产品的核磁共振氢谱和红外光谱等
