1、2016年江苏省泰州市高考化学一模试卷一、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化学与生产、生活、社会等密切相关，下列说法正确的是（）A绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，能减少白色污染及其危害C推广使用煤的液化技术，从根本上减少二氧化碳等温室气体的排放D明矾常用于水体杀菌消毒2下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（）A质子数为7、中子数为7的氮原子： NB氮原子的结构示意图：C氨气分子的电子式：D对硝基甲苯的结构简式：3下列说法正确的是（）A氯水和二氧化硫都具有漂白作用，两者漂白原理相同B等质量的铜粉按
2、a、b两种途径完全转化，途径a和途径b消耗的H2SO4相等途径a：CuCuOCuSO4；途径b：CuCuSO4C用金属钠可区分乙醇和乙醚D从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现4工业上，若输送Cl2的管道漏气，用NH3进行检验时生成NH4Cl和N2下列说法正确的是（）A元素H只有H和H两种核素BCl2、NH4Cl中氯元素微粒的半径：r（Cl）r（Cl）C工业上常用干燥的钢瓶储存液氯，是因为铁和氯气在任何条件下都不反应D该反应表明常温下氯气有氧化性5短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，W与Y最外层电子数之和为X最外层电子数的2倍，X、Y、Z简单离
3、子的电子层结构相同，Z最外层电子数等于最内层电子数下列说法正确的是（）A元素非金属性由强到弱的顺序：Y、X、WBW的简单气态氢化物比Y的简单气态氢化物稳定C原子半径由大到小的顺序：Z、Y、X、WDWX与ZX中的化学键类型相同6常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3B水电离出的c（H+）=11014molL1的溶液中：Ba2+、NO3、K+、SO32C使苯酚显紫色的溶液中：NH4+、Na+、Cl、SCND使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42、NO37下列实验操作正确的是（）A将25.0gCuSO45H2
4、O溶于100mL蒸馏水，配得1.0molL1硫酸铜溶液B焰色反应实验中，在蘸取待测溶液前，先用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至火焰为无色C用装置甲除去Cl2中的HCl气体D用装置乙制取乙酸乙酯8给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）AAl2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3BSSO3H2SO4CMg（OH）2MgCl2（aq）无水MgCl2DFeFe2O3FeCl39下列指定反应的离子方程式正确的是（）ANO2溶于水：3NO2+H2O=H+NO3+2NOBNaClO溶液中ClO的水解：ClO+H2O=HClO+OHC酸性条件下，用H2O2将I转化为I2：H2O2+2I+2H+=I
5、2+2H2OD氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+2H2O10一种用于驱动潜艇的液氨液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是（）A该电池工作时，每消耗22.4L NH3转移3mol电子B电子由电极A经外电路流向电极BC电池工作时，OH向电极B移动D电极B上发生的电极反应为：O2+4H+4e=2H2O二、不定项选择题：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下列有关说
6、法正确的是（）A1 mol FeBr2与足量氯气反应时，理论上转移的电子数约为36.021023B常温下，pH均为3的三种溶液：HCl溶液 H2SO4溶液CH3COOH溶液，各自溶质的物质的量浓度大小顺序为=C电解熔融NaCl或AlCl3制取Na或AlD一定条件下反应Cr2O72（aq）+H2O（l）2CrO42（aq）+2H+（aq）达到平衡后，滴加少量浓硫酸，重新达平衡前，2v正（Cr2O72）v逆（CrO42）12真菌聚酮（X）具有多种生物活性，一定条件下可分别转化为Y和Z下列说法正确的是（）AX、Y和Z中均不含手性碳原子BY能发生氧化、还原、取代、消去反应C一定条件下，1 mol X最
7、多能与5 mol H2发生加成反应D1 mol Z最多可与含3 mol NaOH的溶液反应13下列设计的实验方案能达到实验目的是（）A制备氢氧化铁胶体：向沸腾的NaOH溶液中，滴加氯化铁饱和溶液，煮沸至红褐色B提纯含少量苯酚的苯：加入氢氧化钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水C检验亚硫酸钠是否变质：将试样溶解后加入氯化钡溶液，观察实验现象D比较铁与铜的活泼性：将铜粉加入1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中，观察实验现象1425时，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1 molL1（ NH4）2SO4溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）B20 mL 0.
8、1 molL1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 molL1 HCl溶液混合所得酸性溶液中：c（Na+）c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）c（OH）CpH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合所得溶液中：c（CH3COO）+c（H+）c（Na+）+c（OH）D向浓度为0.1molL1的NaHCO3溶液中滴加少量盐酸后所得溶液中：c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）15将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g），一定条件下，现有两个体积均为1.0L恒
9、容密闭容器甲和乙，在甲中充入0.1molCO2和0.2molH2，在乙中充入0.2molCO2和0.4molH2，发生上述反应并达到平衡该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）A反应2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）的S0、H0B表示乙容器CO2的平衡转化率随温度变化的是曲线BC体系中c（CH3OCH3）：c（CH3OCH3，状态）2c（CH3OCH3，状态）D逆反应速率v逆：v逆（状态）v逆（状态）二、非选择题（共80分）16氯化亚铜（CuCl）广泛用于化工、印染、有机合成等行业CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮
10、湿空气中易水解氧化以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产氯化亚铜的工艺过程如下：回答下列问题：（1）步骤中N元素被还原为最低价，则Cu溶解的化学方程式为，溶解温度应控制在6070，原因是（2）写出步骤中主要反应的离子方程式（NH4）2SO3要适当过量，目的有：保证Cu2+的还原速率，已知NH4Cl、Cu2+的物质的量之比与Cu2+沉淀率的关系如图所示，当氯化铵用量增加到一定程度后氯化亚铜的沉淀率减少，原因是（3）步骤加入乙醇洗涤的目的是17化合物H是合成植物生长调节剂赤霉酸的重要中间体，其合成路线如下：（1）化合物H的含氧官能团为和（填官能团的名称）（2）化合
11、物B合成C时还可能生成一种副产物（分子式为C20H24O2），该副产物的结构简式为；由CD的反应类型是（3）写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式分子含有1个苯环；分子有4种不同化学环境的氢；能发生银镜反应（4）根据已有知识并结合相关信息，写出以为有机原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选，可选择适当有机溶剂）合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH318K2SO4是无氯优质钾肥，MnSO4H2O在工业、农业等方面有广泛的应用以硫酸工业的尾气联合制备K2SO4和MnSO4H2O的工艺流程如下（如图1）：（1）检验K2SO4样品是否含有氯化物杂质的实验操作
12、是（2）已知软锰矿浆主要成分是MnO2，反应IV的化学方程式为（3）已知室温下Mn（OH）2的Ksp=4.51013，向MnSO4溶液中滴加氨水使溶液的pH=10，此时溶液中残留的Mn2+的浓度为molL1（4）取一定量MnSO4H2O样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量100%）随温度的变化如图2所示（样品在300时已完全失去结晶水，900以上残留固体为金属氧化物）试通过计算确定曲线中B段所表示物质的化学式（写出计算过程）19铵明矾是一种广泛应用于医药、食品、污水处理等多个行业的重要化工产品以高岭土（含SiO2、Al2O3、少量Fe2O3等）为原料制备硫
13、酸铝晶体Al2（SO4）318H2O和铵明矾NH4Al（SO4）212H2O的工艺流程如下图所示请回答下列问题：（1）高岭土首先需要灼烧，实验室灼烧高岭土所需的实验仪器有（填字母）a蒸发皿 b泥三角 c漏斗 d酒精灯 e三脚架 f坩埚 g烧杯 h试管（2）研究发现，随着酸熔温度升高，氧化铝的溶出率增大，但若酸熔时温度过高（超过240），SiO2不仅会消耗硫酸，导致氧化铝溶出率下降，还会同时产生高温的腐蚀性气体，该副反应的化学方程式为（3）要检验除铁后的滤液中是否含有Fe3+，应采取的实验方法为；滤渣2的主要成分为（填化学式）（4）“分离1”操作包含的实验步骤有、洗涤、干燥（5）中和结晶操作是将
14、过滤出硫酸铝晶体后的滤液，先用硫酸调节酸铝比（溶液中游离硫酸和硫酸铝的物质的量之比），再用氨水中和至一定的pH值即可析出铵明矾晶体，写出该过程中的总反应方程式20高炉气中含有的气体主要有N2、CO、CO2等在含有大量N2的高炉气体系中，富集CO的技术关键在于要有对CO选择性好的吸附材料，从而实现CO和N2的分离（1）由CO可以直接合成许多C1化工产品，如生产甲醇已知：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）H=1453kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJmol1又知CO（g）燃烧热H=283kJmol1，则CO（g）+2H2（g）=CH
15、3OH（l）H=kJmol1（2）工业上常采用醋酸亚铜氨溶液来吸收CO，该反应的化学方程式如下：CH3COOCu（NH3）2 （aq）+CO（g）CH3COOCu（NH3）2CO（aq）H0吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的措施有a适当升高温度 b适当降低温度 c增大压强 d减小压强（3）到目前为止，CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然后采用变压吸附（PSA）方式在含N2体系中脱出CO下图是变压吸附回收高炉气中CO的流程图PSAI吸附CO2时间对PSAII中CO回收率的影响见图，由此可见，为了保证载铜吸附剂对CO的吸附和提纯要求，应采取的
16、措施是从PSAII中富集得到的CO有广泛的用途，除生产甲醇外，列举其中一种用途检验放空气体中是否含有CO的实验操作是：将该气体通入氯化钯（PdCl2）溶液中，观察是否有黑色的单质钯生成，写出对应的化学方程式（4）已知：Ksp（CaCO3）=a，KspCa（OH）2=b，将少量CO2气体通入石灰乳中充分反应，达到平衡后，测得溶液c（OH）=c molL1，则c（CO32）=molL1（用含a、b、c的代数式表示）【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按A小题评分A物质结构与性质21原子序数小于36的X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大五种元素
17、中，仅R为金属元素，其原子序数为27X价电子排布式为nsnnpn，元素Z基态原子s电子总数与p电子总数相等，W与其它四种元素能层数不同，且未成对电子数目为1个根据判断出的元素回答下列问题：（1）基态R原子核外电子排布式为，X、Y、Z三种原子第一电离能由大到小的顺序为（用具体元素符号表示）（2）1mol配合物R（XY）64中含有键的数目为（3）XZW2是一种高毒类物质，结构与甲醛相似，X原子杂化方式为，其沸点高于甲醛的主要原因是（4）YW3为黄色、油状、具有刺激性气味的液体，该分子的立体构型为（用文字描述）（5）某晶体的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为（R、Z用具体元素符号表示）B实验化学
18、22FridelCrafts反应：ArH+RXArR+HX；H0（Ar表示苯基）是向苯环上引入烷基方法之一某化学兴趣小组在实验室先利用叔丁醇与盐酸反应制得叔丁基氯（沸点50.7），再利用FridelCrafts反应制备对叔丁基苯酚（熔点99）反应流程如图所示：（1）分液用到的主要仪器是（2）对有机层依次用饱和碳酸氢钠和蒸馏水洗涤，饱和碳酸氢钠的作用是通过操作可将叔丁基氯粗产物转化为较为纯净的叔丁基氯（3）写出本实验中反应的化学方程式：该反应用冷水浴控制适当温度，其原因是（4）对叔丁基苯酚有时候呈现紫色，原因可能是2016年江苏省泰州市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括1
19、0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化学与生产、生活、社会等密切相关，下列说法正确的是（）A绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，能减少白色污染及其危害C推广使用煤的液化技术，从根本上减少二氧化碳等温室气体的排放D明矾常用于水体杀菌消毒【考点】绿色化学【分析】A、绿色化学的核心是提高原子利用率，减少污染；B、白色污染是指聚乙烯塑料袋；C、煤经液化能变为甲醇；D、明矾在水溶液中能水解为氢氧化铝胶体【解答】解：A、绿色化学的核心是提高原子利用率，减少污染，而非造成污染后再治理，故A错误；B、白色污染是指聚乙烯塑料袋，由于不能降解从而
20、对环境造成污染，但用CO2合成的是可降解的聚碳酸酯塑料，故可以减少白色污染和危害，故B正确；C、煤经液化能变为甲醇，燃烧仍生成二氧化碳，故不能减少二氧化碳的排放，故C错误；D、明矾在水溶液中能水解为氢氧化铝胶体，有吸附作用，故能净水，但不能杀菌消毒，故D错误故选B2下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（）A质子数为7、中子数为7的氮原子： NB氮原子的结构示意图：C氨气分子的电子式：D对硝基甲苯的结构简式：【考点】原子结构示意图；电子式；结构简式【分析】A、质量数A=质子数Z+中子数N；B、氮原子的最外层有5个电子；C、氮原子的最外层有5个电子，其中三个与三个氢原子形成3对共用电子对；D、对
21、硝基甲苯中，硝基和甲基在苯环上处于对位的位置【解答】解：A、质量数A=质子数Z+中子数N，故质子数为7、中子数为7的氮原子的质量数为14，故表示为N，故A正确；B、氮原子的最外层有5个电子，故结构示意图为：，故B错误；C、氮原子的最外层有5个电子，其中三个与三个氢原子形成3对共用电子对，故氨气的电子式为：，故C错误；D、对硝基甲苯中，硝基和甲基在苯环上处于对位的位置，且与苯环直接相连的是N原子，而非O原子，故结构简式应为，故D错误故选A3下列说法正确的是（）A氯水和二氧化硫都具有漂白作用，两者漂白原理相同B等质量的铜粉按a、b两种途径完全转化，途径a和途径b消耗的H2SO4相等途径a：CuCu
22、OCuSO4；途径b：CuCuSO4C用金属钠可区分乙醇和乙醚D从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现【考点】氯气的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】A、二氧化硫漂白作用是二氧化硫、水和有色物质化合生成一种不稳定的无色物质；B、途径b中浓硫酸既是氧化剂又呈酸性，酸性的硫酸与途径a相同；C、用金属钠与乙醇有气体产生，而与乙醚无现象；D、在自然界中以游离态存在的单质不需要用化学反应提取【解答】解：A、次氯酸能将有色物质氧化为无色物质，二氧化硫漂白作用是二氧化硫、水和有色物质化合生成一种不稳定的无色物质，漂白原理不相同，故A错误；B、途径b中浓
23、硫酸既是氧化剂又呈酸性，酸性的硫酸与途径a相同，所以b消耗硫酸的量大，故B错误；C、用金属钠与乙醇有气体产生，而与乙醚无现象，所以可以用用金属钠可区分乙醇和乙醚，故C正确；D、在自然界中以游离态存在的单质不需要用化学反应提取，故D错误故选：C4工业上，若输送Cl2的管道漏气，用NH3进行检验时生成NH4Cl和N2下列说法正确的是（）A元素H只有H和H两种核素BCl2、NH4Cl中氯元素微粒的半径：r（Cl）r（Cl）C工业上常用干燥的钢瓶储存液氯，是因为铁和氯气在任何条件下都不反应D该反应表明常温下氯气有氧化性【考点】氨的化学性质【分析】A依据氢元素的三种同位素解答；B质子数相同，电子数越多，
24、半径越大；C铁与氯气高温下反应生成氯化铁；D依据反应中氯元素化合价变化判断氯气的性质【解答】解：A元素H只有H和H、13H三种核素，故A错误；B氯原子与氯离子具有相同的质子数，氯离子电子数多元氯原子所以C铁与氯气高温下反应生成氯化铁，故C错误；D氯气与氨气反应生成氮气、氯化铵，反应中氯元素化合价降低，所以氯气为氧化剂，表现氧化性，故D正确；故选：D5短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，W与Y最外层电子数之和为X最外层电子数的2倍，X、Y、Z简单离子的电子层结构相同，Z最外层电子数等于最内层电子数下列说法正确的是（）A元素非金属性由强到弱的顺序：Y、
25、X、WBW的简单气态氢化物比Y的简单气态氢化物稳定C原子半径由大到小的顺序：Z、Y、X、WDWX与ZX中的化学键类型相同【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数可知，X只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W（氮元素）与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于A族，只能处于A族，故Y为F元素，X最
26、外层电子数为=6，则X为O元素，以此解答该题【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数可知，X只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W（氮元素）与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于A族，只能处于A族，故Y为F元素，X最外层电子数为=6，则X为O元素，AW为N元素，X为O元素，Y为F元素，同周期从左到右非金属性依次增强，则元
27、素非金属性由强到弱的顺序：Y、X、W，故A正确；B非金属性FN，故氢化物稳定性HFNH3，故B错误；C电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，所以原子半径由大到小的顺序：Z、W、X、Y，故C错误；DNO中含有共价键，MgO中含有离子键，二者化学键类型不同，故D错误；故选A6常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3B水电离出的c（H+）=11014molL1的溶液中：Ba2+、NO3、K+、SO32C使苯酚显紫色的溶液中：NH4+、Na+、Cl、SCND使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+
28、、SO42、NO3【考点】离子共存问题【分析】A加入铝粉能产生H2的溶液可能呈酸性或碱性；B水电离出的c（H+）=11014molL1的溶液呈酸性或碱性；C使苯酚显紫色的溶液含有Fe3+；D使甲基橙变红的溶液呈酸性【解答】解：A加入铝粉能产生H2的溶液可能呈酸性或碱性，碱性条件下NH4+、Fe2+不能大量共存，酸性条件下Fe2+、NO3发生氧化还原反应，故A错误；B水电离出的c（H+）=11014molL1的溶液呈酸性或碱性，Ba2+、SO32反应生成沉淀，且酸性条件下SO32不能大量共存，故B错误；C使苯酚显紫色的溶液含有Fe3+，与SCN发生络合反应而不能大量共存，故C错误；D使甲基橙变红
29、的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D7下列实验操作正确的是（）A将25.0gCuSO45H2O溶于100mL蒸馏水，配得1.0molL1硫酸铜溶液B焰色反应实验中，在蘸取待测溶液前，先用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至火焰为无色C用装置甲除去Cl2中的HCl气体D用装置乙制取乙酸乙酯【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】A溶液体积应为100mL，在烧杯中加水溶解，水的体积应小于100mL；B用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至火焰为无色，可排除干扰；C二者均与碳酸氢钠溶液反应；D乙酸乙酯与NaOH发生水解反应【解答】解：A溶液体积应为100mL，在烧杯中加水溶解，水的
30、体积应小于100mL，然后冷却、转移到100mL容量瓶中定容，故A错误；B用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至火焰为无色，可排除干扰，操作合理，故B正确；C二者均与碳酸氢钠溶液反应，图中试剂应为食盐水，故C错误；D乙酸乙酯与NaOH发生水解反应，试管中试剂应为饱和碳酸钠溶液，故D错误；故选B8给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）AAl2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3BSSO3H2SO4CMg（OH）2MgCl2（aq）无水MgCl2DFeFe2O3FeCl3【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】A氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应
31、生成氢氧化铝沉淀；BS单质与氧气点燃生成的是二氧化硫；C氯化氢具有挥发性，蒸发氯化镁溶液得到的是氢氧化镁，不会得到氯化镁；D铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，不会生成氧化铁【解答】解：A氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液能够与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以转化关系Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3一步实现，故A正确；BS与在氧气中燃烧生成的是SO2，不会生成SO3，所以SSO3不能一步实现，故B错误；C氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，由于HCl具有挥发性，则蒸发氯化镁溶液不会得到氯化镁固体，故C错误；DFe与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不会生成氧化铁
32、，所以FeFe2O3不能一步实现，故D错误；故选A9下列指定反应的离子方程式正确的是（）ANO2溶于水：3NO2+H2O=H+NO3+2NOBNaClO溶液中ClO的水解：ClO+H2O=HClO+OHC酸性条件下，用H2O2将I转化为I2：H2O2+2I+2H+=I2+2H2OD氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A原子个数不守恒；B次氯酸根离子水解为可逆反应；C过氧化氢氧化碘离子生成单质碘；D不符合反应客观事实【解答】解：ANO2溶于水，离子方程式：3NO2+H2O=2H+2NO3+2NO，故A错误；BNaClO溶
33、液中ClO的水解，离子方程式：ClO+H2OHClO+OH，故B错误；C酸性条件下，用H2O2将I转化为I2，离子方程式：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O，故C正确；D氯化铝的溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故D错误；故选：C10一种用于驱动潜艇的液氨液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是（）A该电池工作时，每消耗22.4L NH3转移3mol电子B电子由电极A经外电路流向电极BC电池工作时，OH向电极B移动D电极B上发生的电极反应为：O2+4H+4e=2H2O【考点】化学电源新型电池【分析】液氨液氧燃料电池中，负极上发生失
34、电子的氧化反应，即A是负极，B是正极，碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O，电子从负极流向正极，句原电池的工作原理来回答【解答】解：A、燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O，该电池工作时，每消耗标准状况下的22.4L即1molNH3转移3mol电子，故A错误；B、电子从负极流向正极，即从电极A流向电极B，故B正确；C、原电池中，阴离子向负极移动，则OH向负极A移动，故C错误；D、碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，其电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH，故D错误；故选B二、不
35、定项选择题：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下列有关说法正确的是（）A1 mol FeBr2与足量氯气反应时，理论上转移的电子数约为36.021023B常温下，pH均为3的三种溶液：HCl溶液 H2SO4溶液CH3COOH溶液，各自溶质的物质的量浓度大小顺序为=C电解熔融NaCl或AlCl3制取Na或AlD一定条件下反应Cr2O72（aq）+H2O（l）2CrO42（aq）+2H+（aq）达到平衡后，滴加
36、少量浓硫酸，重新达平衡前，2v正（Cr2O72）v逆（CrO42）【考点】化学实验方案的评价；化学平衡的影响因素；pH的简单计算【分析】A氯气可以氧化亚铁离子、碘离子，反应方程式为：2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2，根据方程式计算参加反应氯气物质的量，再根据Cl元素化合价变化计算转移电子；B醋酸为弱酸，元素为一元强酸，硫酸为二元强酸，pH相同时醋酸浓度最大，硫酸浓度最小；C氯化铝为共价化合物，熔融氯化铝不导电；D达到平衡时2v正（Cr2O72）=v逆（CrO42），加入稀硫酸后氢离子浓度增大，平衡向着逆向移动，据此判断2v正（Cr2O72）与v逆（CrO42）的大小【解答】解：A氯气
37、可以氧化亚铁离子、碘离子，反应方程式为：2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2，1molFeI2反应需要Cl2的物质的量为1mol=1.5mol，反应中Cl元素化合价由0价降低为1价，故转移电子为1.5mol2=3mol，即转移电子数为36.021023，故A正确；B盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，三种酸中c（HCl）=c（H+），2c（H2SO4）=c（H+），c（CH3COOH）c（H+），所以要使氢离子浓度相等，则三种酸的物质的量浓度大小顺序是c（CH3COOH）c（HCl）c（H2SO4），即，故B错误；C电解熔融氯化钠可以获得钠，但是氯化铝为共价化合物，熔融氯化铝
38、不导电，无法通过电解熔融氯化铝获得铝，故C错误；D达到平衡时2v正（Cr2O72）=v逆（CrO42），加入稀硫酸后氢离子浓度增大，平衡向着逆向移动，则2v正（Cr2O72）v逆（CrO42），故D正确；故选AD12真菌聚酮（X）具有多种生物活性，一定条件下可分别转化为Y和Z下列说法正确的是（）AX、Y和Z中均不含手性碳原子BY能发生氧化、还原、取代、消去反应C一定条件下，1 mol X最多能与5 mol H2发生加成反应D1 mol Z最多可与含3 mol NaOH的溶液反应【考点】有机物的结构和性质【分析】A根据手性碳原子的定义判断；BY中羟基连接在苯环上，不能发生消去反应；CX中能与氢气
39、反应的为苯环和羰基；DZ中酚羟基和酯基可与氢氧化钠溶液反应【解答】解：AZ中与酯基中的O相连接的C原子为手性碳原子，连接4个不同的原子或原子团，故A错误；BY中羟基连接在苯环上，性质较为稳定，不能发生消去反应，故B错误；CX中能与氢气反应的为苯环和羰基，则一定条件下，1 mol X最多能与4 mol H2发生加成反应，故C错误；DZ中酚羟基和酯基可与氢氧化钠溶液反应，则1 mol Z最多可与含3 mol NaOH的溶液反应，故D正确故选D13下列设计的实验方案能达到实验目的是（）A制备氢氧化铁胶体：向沸腾的NaOH溶液中，滴加氯化铁饱和溶液，煮沸至红褐色B提纯含少量苯酚的苯：加入氢氧化钠溶液，
40、振荡后静置分液，并除去有机相的水C检验亚硫酸钠是否变质：将试样溶解后加入氯化钡溶液，观察实验现象D比较铁与铜的活泼性：将铜粉加入1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中，观察实验现象【考点】化学实验方案的评价【分析】A实验室制备氢氧化铁胶体的方法为：向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热到红褐色； B苯和苯酚互溶，混合物中加入NaOH溶液，生成苯酚钠，溶于水，但苯不溶于水，可用分液的方法分离；C亚硫酸钡和硫酸钡都是白色沉淀；DCu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+【解答】解：A向氢氧化钠溶液中滴加氯化铁饱和溶液，生成氢氧化铁沉淀，故A错误； B苯中混有苯酚，加入NaOH后生成可溶于水的苯
41、酚钠，但苯不溶于水，可用分液的方法分离，故B正确；C亚硫酸钡和硫酸钡都是白色沉淀，无法检验，故C错误；D比较活泼性应用二价铁离子，Cu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+，无法比较，故D错误故选B1425时，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1 molL1（ NH4）2SO4溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）B20 mL 0.1 molL1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 molL1 HCl溶液混合所得酸性溶液中：c（Na+）c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）c（OH）CpH=3的CH3COOH溶液与pH=11
42、的NaOH溶液等体积混合所得溶液中：c（CH3COO）+c（H+）c（Na+）+c（OH）D向浓度为0.1molL1的NaHCO3溶液中滴加少量盐酸后所得溶液中：c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A铵根离子的积少成多较小，则c（NH4+）c（SO42）；B反应后溶质为等浓度的醋酸钠、醋酸和氯化钠，混合液呈酸性，则醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO）c（CH3COOH），结合物料守恒可知c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）；C醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，则溶液呈酸性：c（H+）c（OH），结合电荷
43、守恒可知c（CH3COO）c（Na+）；D加入盐酸后碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳气体，导致溶液中含有的C元素减少【解答】解：A.0.1 molL1（ NH4）2SO4溶液中，由于铵根离子的积少成多较小，则c（NH4+）c（SO42），所以正确的离子浓度大小为：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故A错误；B.20 mL 0.1 molL1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 molL1 HCl溶液混合，所得溶液为酸性，则c（H+）c（OH），说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO）c（CH3COOH），结合物料守恒c（CH3COO）+c（CH
44、3COOH）=2c（Cl）可知c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）c（OH），故B正确；CpH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合所得溶液中，醋酸为弱酸，则混合液中醋酸过量，混合液显示酸性，则：c（H+）c（OH），结合电荷守恒可知c（CH3COO）c（Na+），所以c（CH3COO）+c（H+）c（Na+）+c（OH），故C正确；D向浓度为0.1molL1的NaHCO3溶液中滴加少量盐酸后所得溶液中，由于部分C元素生成二氧化碳气体，则：c（Na+）c（CO32）+
45、c（HCO3）+c（H2CO3），故D错误；故选BC15将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g），一定条件下，现有两个体积均为1.0L恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入0.1molCO2和0.2molH2，在乙中充入0.2molCO2和0.4molH2，发生上述反应并达到平衡该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）A反应2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）的S0、H0B表示乙容器CO2的平衡转化率随温度变化的是曲线BC体系中c（CH3OCH3）：c（CH3OCH3，状态）
46、2c（CH3OCH3，状态）D逆反应速率v逆：v逆（状态）v逆（状态）【考点】化学平衡的影响因素【分析】A、方程式中反应物气体的物质的量为8mol，生成物为4mol，故S0；根据B曲线，升高温度，CO2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，故正向放热；B、初始量乙是甲的二倍，恒温恒容下，乙相当于在甲的基础上增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故A曲线是乙，B曲线为甲；C、若恒温恒压下，乙的初始量是甲的二倍，为等效平衡，c（CH3OCH3，状态）=2c（CH3OCH3，状态），现为恒温恒容，乙相当于在甲的基础上增大压强，平衡正向移动，故c（CH3OCH3，状态）2c（CH3OCH3，状态）
47、；D、对于B曲线，随温度升高速率增大【解答】解：A、方程式中反应物气体的物质的量为8mol，生成物为4mol，故S0；根据B曲线，升高温度，CO2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，正向放热，故A正确；B、初始量乙是甲的二倍，恒温恒容下，乙相当于在甲的基础上增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故A曲线是乙，B曲线为甲，故B错误；C、若恒温恒压下，乙的初始量是甲的二倍，为等效平衡，c（CH3OCH3，状态）=2c（CH3OCH3，状态），现为恒温恒容，乙相当于在甲的基础上增大压强，平衡正向移动，故c（CH3OCH3，状态）2c（CH3OCH3，状态），故C错误；D、对于B曲线，随温度升高
48、速率增大，故D正确；故选AD二、非选择题（共80分）16氯化亚铜（CuCl）广泛用于化工、印染、有机合成等行业CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产氯化亚铜的工艺过程如下：回答下列问题：（1）步骤中N元素被还原为最低价，则Cu溶解的化学方程式为4Cu+NH4NO3+5H2SO4=4CuSO4+（NH4）2SO4+3H2O，溶解温度应控制在6070，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解（2）写出步骤中主要反应的离子方程式2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+（N
49、H4）2SO3要适当过量，目的有：保证Cu2+的还原速率，防止CuCl被空气氧化已知NH4Cl、Cu2+的物质的量之比与Cu2+沉淀率的关系如图所示，当氯化铵用量增加到一定程度后氯化亚铜的沉淀率减少，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中（3）步骤加入乙醇洗涤的目的是醇洗有利于加快去除CuCl表面水，分防止其水解氧化【考点】制备实验方案的设计【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再
50、用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，步骤、都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，醇洗可快速除去固体表面的水分、防止水解，烘干得到CuCl，以此来解答该题【解答】解：酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜（1）步骤中由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4，反应为4
51、Cu+NH4NO3+5H2SO4=4CuSO4+（NH4）2SO4+3H2O；溶解温度应控制在6070，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解，故答案为：4Cu+NH4NO3+5H2SO4=4CuSO4+（NH4）2SO4+3H2O；温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解；（2）步骤中铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+，（NH4）2SO3要适当过量，目的有：保证Cu2+的还原速率，防止CuCl被空气氧化；当氯化铵用量增加到一定程度后氯化亚铜的沉淀率减少，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中，故答案为：2Cu2+S
52、O32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+；防止CuCl被空气氧化；生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；（3）步骤为醇洗，因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl表面水，分防止其水解氧化17化合物H是合成植物生长调节剂赤霉酸的重要中间体，其合成路线如下：（1）化合物H的含氧官能团为羰基和醚键（填官能团的名称）（2）化合物B合成C时还可能生成一种副产物（分子式为C20H24O2），该副产物的结构简式为png_iVBORw0KGgoAAAANSUhEUgAAARIAAAAlCAYAAACOP2aCAAAAAXNSR
53、0IArs4c6QAAAARnQU1BAACxjwv8YQUAAAAJcEhZcwAADsMAAA7DAcdvqGQAAAOsSURBVHhe7ZuNjqowEIVJMBsC8f0fl2vVaq1Dae38pfd8SRMQd+bsnFNYTXbaAQCgE9xIAADdNN9IpmliXcAOyo+eBeyhfOlZtTS531K4Foma4Bx4OR6WnlZ3lgoJwmeDZeiADJaeVndOC3ILRgB1kZw3vLRBck/W1K7qnhfiEN0qFPAhPW/4qQ/3fsprnNWs6sgtMiJVFxyjMWd4qYvUPmqpe9pVSmQgr8ddH3yiOV94q
54、YPkHmqpfdo1/WFOkRHp+uCN5nzhpQ7S+6e2frGztMhAXleqz/+OxVzhpSxaeyete9TjsLOWyECNUNCH1Vzhpxxa+yavTfU67K4lMlAjFPyO5TzhpQzpXDVmfNaPVJC/0YNQ8BseZgk/ecnnqTHfs56kgvRNGiIjVn1HxsMc4SUvVvuk1PdLhZXIwJc45f6j4Wl+8JIHyz1S6v1xxVJk5EOcQf+R8DQ/eMmD9f446v+hxFpkIO/LreO6bfsyv/9N+rJcn1du19Zln+dl37bHa/k5F7mG6bI+r/DBPTcOuDRJz
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58、A7DAcdvqGQAAAgNSURBVHhe7Z0xq/REFIa/0sLCUjsrsRRsLC0FQSwtLCwFQSzFys7Cwka0ESwFQS0tRSwsrUSwEQQbC8FfoPPce18432GSTDbZbJJ5HzhsMjuZZM87Z2YySTaPjDHGmOPyZLEXiz13t/Y4zxTjuwzptfxm53xQ7L9i3xb7qdjvxaKQ7xTj+wzpbGMOBGIjMtEq3iyGwEQ9WPCTgMgI+fLd2uN8UUyVwIKfBISuCZmR4PTj0T4uZsEPxFDkZpQPcaPR11vwA6G+eoo5TTqDPY/cdwrCIGQcs
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67、RTBu2ZKaNbUmnErkfPzGIG29DYhnhzYmheSeyZZq4MSeGSHdTbowx5jY8evQ/niiO2QSn2TwAAAAASUVORK5CYILoj4HkvJjnvZE= 或png_iVBORw0KGgoAAAANSUhEUgAAAH0AAAB5CAYAAAAUES4zAAAAAXNSR0IArs4c6QAAAARnQU1BAACxjwv8YQUAAAAJcEhZcwAADsMAAA7DAcdvqGQAAAg8SURBVHhe7Z2vr+1EFIWfRCCQ4FCAJMEgkSiCIggEkoSEkGAICodAAApDQOJAIiFBIFGEhEDwIPkDY
68、L57Wcl+8200/Oj7emsL9m5p3On09O9ZvZMp53TB8YYY8xxeLzYC8Weudt6mKeK8b8M6bX85gb4oNi/xb4p9mOx34pFMd8uxv8zpLOPuTEQHKFpteKNYohM6weLfiAQGjFfutt6mC+KqSJY9AOB2DUxMxKdfj3ax8Us+o3RasEZ5UPgaPT9Fv3GUN89x5LwTgSI4wOzMxihI2ZNJARFQOgRnUGfWj55a+MEsxMQCvEiCBiF6xGdvEQOoLI47O8YtXYGZYiFeFzCsS16RBeUx765IpmdQXjneh0BsVeKRdiutV
69、zS2S+icnK6OSBUHE3mANHCHBxaPULTRfCZsYK5EZ74/+8pqBugT/eNmBvh9WKf3380o/Bmsa/uP5pRsOgDYtEHxKIPiEUfEIs+IBZ9QCz6gFj0AbHoA2LRB+PJYj8V+6fYqySY4/JYsQ+L/VkMsZ8u9m2x74o9V8wcDO6qITaiI37k5WK/Fvuk2Dm3W81OeL4YofzrYoT1SN5+txgVg7/mBkFQ7pf/XOxFEhKE9lrLp6XT4mn5RABzAyDg+8UQ7S0SJlAfT948oKOPp6+nz6eCmJ2ivvmjYkv6Zg3ovi9Gdx
70、ChMpxSprkyapXYOa2S5+DpDugWosBLooe5MtfqfxG2NqCL4wQvZdqAljCXYqpC0QXQFdSuCMyV+KXYl8XW6GOnug6u/f8q9uzdlrkqtPC1R9StQSIt3qF+BaLo3DjB1kADOsK+sOgrEUXnOhvbCou+EhZ9QCz6gFj0AbHoA2LRB8SiD4hFHxCLPiAWfUAs+oBY9AGx6ANi0QfEog/IlqLzeFS8f2/RVyKKzlMsazw2pWfkOXYU2aKvAAKz2vS1u611aK2D47v8Xeyduy1zFbTW7NNirfVpl2RqHRxP4/LM3G
71、fFaO1eCXNh9FBiXlWqFshza7EFnkt8vj2vgyOUa0FErAheCXMh4uPHrfXjiI2jcfi5PzCgBx8pK69kQWBaPK06L30Scf+1HtY8DLSUpStXCK2t9Wg9cBxacG6pCKkBHJGlByoIP21C11BbMbtb9BJavcUoQ3rtzUekx7ceCJU399vo564RV/jNXUGLqWgy9UMGPSB4z9ij5Wf820pv+ZF09qlpM4leXsOP2PMGAz7zo/YR0movrCE9f1HecRLLyy+1hVa/fSpzlQcRW9GkV6xeWpUHn+IXfIJvsp+XvkRIvl
72、VZ/K01wEfQgaIoiJi/ENs9oiM4XybWvPxSW0TGwa1+1Smugm6g1q/fa2wrG5CxyQiZV/h85jWKzp+JF986xRpbOP7SeG1c22ygQPFd5WQb050hG6VF19qe21iCK9dViHI2gMwfFl7yxM+lb96RVfDykjPHKUfQrWvhgRUBOAzNQmBo5Eu0afK2wJ1IXGwtsWllsSQn1pI9OhfDL9H0RG81gCBvDSwJq2aJeIX5bP6j2gxz1x5W6BW/XuxP4ptMamCf6KfWsh/2cfyuyBPS3TSY95HmHsJbfyirQPFPL0vtd2
73、C94r9cP9xdXLf3aLVaLKQLS1gVnR9mVpfq1CtQUHrQKTrZKbKY9+5k74m9N1b/kwofqn1tfhZ73HFR+TLZCEJ33EQFyH0z74hkky1AjhI7Bt6RAdCUc43NWBci61Fz/2yIE0i9YquBqnxlkCHWvojqHUiMDtRIAfIQ3/y9Iiu8jhJldeqWGuytej4Ej/gW3yCb/B59HOv6IA/yUv0oCztOzlyj3BQFYwRbqLgQHqtQNJzzSK8U3tVXvcXuSJbiw74FN/KL/g8+hk/kZ4hvRayVXHYR43MBPYgulkZiz4gFn1
74、ALPqAWPQBsegDYtEHxKIPCPfYe595M2fAtCCzThnSe2aPmOljxon8GJ9n55XNtpwjuubw41Slbt0ueQJHc/shzFdmaeYlzBXETkv0vP5Kf3wcJKniq755AzpuhU5B3PWHEtz/4hNmVSCU+ipiBa92Kmik4dWeiqIQhn5Zo/ST+kmeiqiRZ+wKdFbjluCyjgnlGcob64itr670g8PJ9nT0gmNcbvluBo83MgqF5lG6By318k8R4eYNdNj2r3fSfladng4yTnRCYs8bUM/G/ta8uD0DGE5O55lTRJJixWWiM4z
75、77HiRGPhIiwVPedTeoRzOaWb2TWc5JzojH4VgukbY3qt/yStlp6Rk2vhncqx5ApAUN5cRdRxtS2ULjg/KnnrefibhZPsCe8IgzNxgETCkdpfaRop97YO8uaBHHCcWvocPRWxR3QqXCxH6YeAk+kRHRFp5VgUlM84mvxY/v8cU5dstQgwB8fWObUqYo/oAvHZn/Maiigirb1WSc6BMhEZh2OIforgYq4iLhGdysj+lHfOd7o5CLXUdpzCyfP56CBwHFPQp+dKcmjUv1HjRxAcOGdaPVFIkShGC3NBLrH2/FIo
76、smEIb64Akza+nz4YfohiQCz6gFj0AbHoA8IImR/+McYcESZCtGyaa+J8o0VToRnSD3X3axSY5WLmixk/JkM0+xXvcDHXn+fEgfRaZTA7h3n9fANHU6Ca9rToB0J3teKNDRHnuS36gdB97jkkOgJHI0pY9Buj1YIzykdkiKY7f+aGYNDWEj2G/N7wTiUgHxHAt0F3Cg8qIFLttiUjeN277xGdyzcu9yB+NjuE62wEji0b0RBZab0tXVBZ4iWf2SEIj6gISAXI4XmJ6GyTl4pjdg6hXgO0DC2+lV7ruymLimMO
77、TgzpVAaLPgC07jh6d3g3xhizLQ8e/Ac8a54WqBVE9QAAAABJRU5ErkJgguiPgeS8mOe9kQ=分子含有1个苯环；分子有4种不同化学环境的氢；能发生银镜反应（4）根据已有知识并结合相关信息，写出以为有机原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选，可选择适当有机溶剂）合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3【考点】有机物的合成【分析】（1）由H的结构可知，含有的含氧官能团有羰基、醚键；（2）化合物B合成C时还可能生成一种副产物（分子式为C20H24O2），应是1分子1，4环己二醇与2分子发生取代反应，同时生成HBr；对比
78、C、D的结构可知，C中羟基氧化生成羰基；（3）D的同分异构体的结构简式满足：分子含有1个苯环，D的不饱和度为4，侧链没有不饱和键能发生银镜反应，含有CHO，；分子有4种不同化学环境的氢，应为对称结构，侧链应含有2个CHO、1个CH3、1个C（CH3）3；（4）发生消去反应生成，与溴发生加成反应生成，再发生消去反应得到，再与溴发生1，4加成反应得到，最后与发生取代反应得到【解答】解：（1）由H的结构可知，含有的含氧官能团有羰基、醚键，故答案为：羰基、醚键；（2）化合物B合成C时还可能生成一种副产物（分子式为C20H24O2），应是1分子1，4环己二醇与2分子发生取代反应，同时生成HBr，则该副产
79、物的结构简式为，对比C、D的结构可知，C中羟基氧化生成羰基，属于氧化反应，故答案为：；氧化反应；（3）D的同分异构体的结构简式满足：分子含有1个苯环，D的不饱和度为4，侧链没有不饱和键能发生银镜反应，含有CHO，；分子有4种不同化学环境的氢，应为对称结构，侧链应含有2个CHO、1个CH3、1个C（CH3）3，可能的结构简式为： 或，故答案为： 或；（4）发生消去反应生成，与溴发生加成反应生成，再发生消去反应得到，再与溴发生1，4加成反应得到，最后与发生取代反应得到，合成路线流程图：，故答案为：18K2SO4是无氯优质钾肥，MnSO4H2O在工业、农业等方面有广泛的应用以硫酸工业的尾气联合制备K
80、2SO4和MnSO4H2O的工艺流程如下（如图1）：（1）检验K2SO4样品是否含有氯化物杂质的实验操作是取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量Ba（NO3）2溶液，取上层清液滴加AgNO3溶液（2）已知软锰矿浆主要成分是MnO2，反应IV的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4（3）已知室温下Mn（OH）2的Ksp=4.51013，向MnSO4溶液中滴加氨水使溶液的pH=10，此时溶液中残留的Mn2+的浓度为4.5105molL1（4）取一定量MnSO4H2O样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量100%）随温度的变化如图2所示（样品在300时已完全失去结
81、晶水，900以上残留固体为金属氧化物）试通过计算确定曲线中B段所表示物质的化学式（写出计算过程）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）检验氯离子，先加硝酸钡排除硫酸根离子干扰，再利用硝酸银检验；（2）软锰矿浆主要成分是MnO2，与二氧化硫发生氧化还原反应；（3）室温下Mn（OH）2的Ksp=4.51013，向MnSO4溶液中滴加氨水使溶液的pH=10，c（OH）=104mol/L，c（Mn2+）=；（4）设MnSO4H2O的物质的量为1 mol，则m（MnSO4H2O）=1mol169gmol1=169g，曲线中B段为锰的氧化物，计算Mn、O的原子个数比确定化学式【解答】解：（1）检验K2S
82、O4样品是否含有氯化物杂质的实验操作是取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量Ba（NO3）2溶液，取上层清液滴加AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀可确定，故答案为：取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量Ba（NO3）2溶液，取上层清液滴加AgNO3溶液；（2）软锰矿浆主要成分是MnO2，与二氧化硫发生氧化还原反应，则反应IV的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，故答案为：MnO2+SO2=MnSO4；（3）室温下Mn（OH）2的Ksp=4.51013，向MnSO4溶液中滴加氨水使溶液的pH=10，c（OH）=104mol/L，c（Mn2+）=4.5105mol/L，故答案为：4.5105；（
83、4）设MnSO4H2O的物质的量为1 mol，则m（MnSO4H2O）=1mol169gmol1=169g，曲线中B段为锰的氧化物，其质量为m（氧化物）=169 g0.4517=76.34g，其中n（Mn）=1mol，m（Mn）=1mol55gmol1=55g，则，n（Mn）：n（O）=1 mol： mol=3：4，因此B段所表示物质的化学式为Mn3O4，答：曲线中B段所表示物质的化学式为Mn3O419铵明矾是一种广泛应用于医药、食品、污水处理等多个行业的重要化工产品以高岭土（含SiO2、Al2O3、少量Fe2O3等）为原料制备硫酸铝晶体Al2（SO4）318H2O和铵明矾NH4Al（SO4）
84、212H2O的工艺流程如下图所示请回答下列问题：（1）高岭土首先需要灼烧，实验室灼烧高岭土所需的实验仪器有bdef（填字母）a蒸发皿 b泥三角 c漏斗 d酒精灯 e三脚架 f坩埚 g烧杯 h试管（2）研究发现，随着酸熔温度升高，氧化铝的溶出率增大，但若酸熔时温度过高（超过240），SiO2不仅会消耗硫酸，导致氧化铝溶出率下降，还会同时产生高温的腐蚀性气体，该副反应的化学方程式为SiO2+H2SO4（浓）fracunderline;H2SiO3+SO3（3）要检验除铁后的滤液中是否含有Fe3+，应采取的实验方法为取少量除铁后的滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色则含Fe3+，否则
85、不含Fe3+；滤渣2的主要成分为Fe（OH）3（填化学式）（4）“分离1”操作包含的实验步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（5）中和结晶操作是将过滤出硫酸铝晶体后的滤液，先用硫酸调节酸铝比（溶液中游离硫酸和硫酸铝的物质的量之比），再用氨水中和至一定的pH值即可析出铵明矾晶体，写出该过程中的总反应方程式Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3H2O+22H2O=2NH4Al（SO4）212H2O或Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3+24H2O=2NH4Al（SO4）212H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】高岭土用浓硫酸溶解，Al2O3、Fe2O3反应得到A
86、l2（SO4）3、Fe2（SO4）3，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3及剩余的硫酸，研究发现，随着酸熔温度升高，氧化铝的溶出率增大，但若酸熔时温度过高（超过240），SiO2不仅会消耗硫酸，导致氧化铝溶出率下降，还会同时产生高温的腐蚀性气体为三氧化硫，该副反应的化学方程式为SiO2+H2SO4（浓）H2SiO3+SO3；向滤液中加入物质除去Fe元素，然后过滤，则滤渣2为氢氧化铁，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶和过滤得到硫酸铝晶体，用硫酸调节酸铝比（溶液中游离硫酸和硫酸铝的物质的量之比），再用氨水中和至一定的pH值即可析出铵明矾晶体，反应
87、方程式为Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3H2O+22H2O=2NH4Al（SO4）212H2O或Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3+24H2O=2NH4Al（SO4）212H2O，结合题目分析解答【解答】解：高岭土用浓硫酸溶解，Al2O3、Fe2O3反应得到Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3及剩余的硫酸，研究发现，随着酸熔温度升高，氧化铝的溶出率增大，但若酸熔时温度过高（超过240），SiO2不仅会消耗硫酸，导致氧化铝溶出率下降，还会同时产生高温的腐蚀性气体为三氧化硫，该副反应的
88、化学方程式为SiO2+H2SO4（浓）H2SiO3+SO3；向滤液中加入物质除去Fe元素，然后过滤，则滤渣2为氢氧化铁，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶和过滤得到硫酸铝晶体，用硫酸调节酸铝比（溶液中游离硫酸和硫酸铝的物质的量之比），再用氨水中和至一定的pH值即可析出铵明矾晶体，反应方程式为Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3H2O+22H2O=2NH4Al（SO4）212H2O或Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3+24H2O=2NH4Al（SO4）212H2O，（1）高岭土首先需要灼烧，实验室灼烧高岭土所需的实验仪器有盛放药品的仪器坩埚、泥三角、用于加热的仪器酒精灯、盛放泥三角的仪器三脚架，
89、故选bdef；（2）通过以上分析知，二氧化硅和浓硫酸反应方程式为SiO2+H2SO4（浓）H2SiO3+SO3，故答案为：SiO2+H2SO4（浓）H2SiO3+SO3；（3）铁离子能和KSCN溶液反应生成血红色溶液，所以要检验除铁后的滤液中是否含有Fe3+，应采取的实验方法为取少量除铁后的滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色则含Fe3+，否则不含Fe3+；滤渣2的主要成分为Fe（OH）3，故答案为：取少量除铁后的滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色则含Fe3+，否则不含Fe3+；Fe（OH）3；（4）“分离1”操作包含的实验步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
90、、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；（5）通过以上分析知，该过程中的总反应方程式Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3H2O+22H2O=2NH4Al（SO4）212H2O或Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3+24H2O=2NH4Al（SO4）212H2O，故答案为：Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3H2O+22H2O=2NH4Al（SO4）212H2O或Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3+24H2O=2NH4Al（SO4）212H2O20高炉气中含有的气体主要有N2、CO、CO2等在含有大量N2的高炉气体系中，富集CO的技术关键在于要有对CO选择性好的吸附材料，从
91、而实现CO和N2的分离（1）由CO可以直接合成许多C1化工产品，如生产甲醇已知：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）H=1453kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJmol1又知CO（g）燃烧热H=283kJmol1，则CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）H=128.1kJmol1（2）工业上常采用醋酸亚铜氨溶液来吸收CO，该反应的化学方程式如下：CH3COOCu（NH3）2 （aq）+CO（g）CH3COOCu（NH3）2CO（aq）H0吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的措施有ada适当升高温度 b
92、适当降低温度 c增大压强 d减小压强（3）到目前为止，CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然后采用变压吸附（PSA）方式在含N2体系中脱出CO下图是变压吸附回收高炉气中CO的流程图PSAI吸附CO2时间对PSAII中CO回收率的影响见图，由此可见，为了保证载铜吸附剂对CO的吸附和提纯要求，应采取的措施是尽量在PSAI中将CO2脱除（保证PSAI吸附CO2的时间）从PSAII中富集得到的CO有广泛的用途，除生产甲醇外，列举其中一种用途作燃料检验放空气体中是否含有CO的实验操作是：将该气体通入氯化钯（PdCl2）溶液中，观察是否有黑色的单质钯生成，写出对应的化学方程式CO
93、+PdCl2+H2OPd+2HCl+CO2（4）已知：Ksp（CaCO3）=a，KspCa（OH）2=b，将少量CO2气体通入石灰乳中充分反应，达到平衡后，测得溶液c（OH）=c molL1，则c（CO32）=fracac2bmolL1（用含a、b、c的代数式表示）【考点】反应热和焓变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）CO（g）燃烧热H=283kJmol1，依据燃烧热概念书写热化学方程式，结合2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）H=1453kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJ
94、mol1，和盖斯定律计算得到CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）反应的热化学方程式；（2）吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，平衡逆向进行，结合平衡移动原理分析选项；（3）CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然后采用变压吸附（PSA）方式在含N2体系中脱出CO，图象方向可知时间越长CO回收率越高；一氧化碳是可燃性气体燃烧过程中放热；为了检测CO对空气的污染情况，常需用到氯化钯（PdCl2）溶液将CO气体通入氯化钯（PdCl2）溶液中（水也参与反应），能产生黑色金属钯、CO2和一种酸请写出该反应的化学反应方程式；（4）将少量CO2气体通入石灰乳中
95、充分反应，达到平衡后发生的反应为：Ca2+CO32CaCO3+2OH，平衡常数K=，据此计算碳酸根离子浓度【解答】解：（1）CO（g）燃烧热H=283kJmol1，CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283kJmol1，2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）H=1453kJmol1 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJmol1（2+2）得到CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）H=128.1KJ/mol，故答案为：128.1；（2）CH3COOCu（NH3）2 （aq）+CO（g）CH3COOCu（NH3）2CO（aq）H0，反应是气体体
96、积减小的放热反应，a适当升高温度平衡向吸热反应分析进行，则升温平衡逆向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故a正确； b适当降低温度平衡向放热反应方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故b错误； c增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故c错误； d减小压强平衡向气体体积增大的方向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故d正确；故答案为：ad；（3）CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然后采用变压吸附（PSA）方式在含N2体系中脱出CO，图象方向可知时间越长CO回收率越高，为了保证载铜吸附剂对CO的吸附和提纯要求，应采取的措施是尽量在PSAI中将CO2 脱除（保
97、证PSAI吸附CO2的时间），故答案为：尽量在PSAI中将CO2 脱除（保证PSAI吸附CO2的时间）；一氧化碳是可燃性气体燃烧过程中放热，可以作为燃料，故答案为：作燃料；CO气体通入氯化钯（PdCl2）溶液中（水也参与反应），能产生黑色金属钯、CO2和一种酸，由质量守恒定律，该酸为盐酸，反应的俄化学方程式为：CO+PdCl2+H2OPd+CO2+2HCl，故答案为：CO+PdCl2+H2OPd+2HCl+CO2；（4）将少量CO2气体通入石灰乳中充分反应，达到平衡后发生的反应为：Ca2+CO32CaCO3+2OH，平衡常数K=，达到平衡后，测得溶液c（OH）=c molL1，则c（CO32）
98、=mol/L，故答案为：【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按A小题评分A物质结构与性质21原子序数小于36的X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大五种元素中，仅R为金属元素，其原子序数为27X价电子排布式为nsnnpn，元素Z基态原子s电子总数与p电子总数相等，W与其它四种元素能层数不同，且未成对电子数目为1个根据判断出的元素回答下列问题：（1）基态R原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2，X、Y、Z三种原子第一电离能由大到小的顺序为NOC（用具体元素符号表示）（2）1mol配合物R（XY）64中
99、含有键的数目为NOC（3）XZW2是一种高毒类物质，结构与甲醛相似，X原子杂化方式为sp2，其沸点高于甲醛的主要原因是因为COCl2的相对分子质量比甲醛大，故范德华力比甲醛大，导致其沸点比甲醛高（4）YW3为黄色、油状、具有刺激性气味的液体，该分子的立体构型为三角锥形（用文字描述）（5）某晶体的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为CoO（R、Z用具体元素符号表示）【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】原子序数小于36的X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大，五种元素中，仅R为金属元素，其原子序数为27，则R为Co元素；X价电子排布式为nsnnpn，n=2，则X的电子排布式为2s22
100、p2，X为C元素；元素Z基态原子s电子总数与p电子总数相等，则Z的电子排布式只能为1s22s22p2，为O元素；结合Y的原子序数可知Y为N元素；W与其它四种元素能层数不同，且未成对电子数目为1个，Y只能位于第三周期，为Cl元素，据此进行解答【解答】解：原子序数小于36的X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大，五种元素中，仅R为金属元素，其原子序数为27，则R为Co元素；X价电子排布式为nsnnpn，n=2，则X的电子排布式为2s22p2，X为C元素；元素Z基态原子s电子总数与p电子总数相等，则Z的电子排布式只能为1s22s22p2，为O元素；结合Y的原子序数可知Y为N元素；W与其它四种元
101、素能层数不同，且未成对电子数目为1个，Y只能位于第三周期，为Cl元素，（1）R的原子序数为27，其基态原子核外电子总数为27，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2；同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，C、N、O元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，N处于第VA族，所以第一电离能大小为：NOC，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2；NOC；（2）R（XY）64为Co（CN）64，Co（CN）64中CN与Co之间有6个配位键，在每个CN内部有一个共价键，
102、所以1mol该配合物中含有键的数目为12NA（或126.021023），故答案为：12mol或126.021023（3）XZW2为COCl2，与甲醛结构相似，则其分子中含有1个碳碳双键和2个CCl单键，其中心原子C采用sp2杂化；由于COCl2的相对分子质量比甲醛大，则范德华力比甲醛大，导致其其沸点高于甲醛，故答案为：sp2；因为COCl2的相对分子质量比甲醛大，故范德华力比甲醛大，导致其沸点比甲醛高；（4）NCl3的分子中N原子形成3个NCl键，含有1对孤电子对，故其立体构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；（5）R为Co、Z为O，根据均摊法可知，在这个晶胞中氧离子位于棱上和体心，数目=12+
103、1=4，钴离子位于顶点、面心，数目=8+6=4，所以氧离子、钴离子个数比是1：1，其化学式为：CoO，故答案为：CoOB实验化学22FridelCrafts反应：ArH+RXArR+HX；H0（Ar表示苯基）是向苯环上引入烷基方法之一某化学兴趣小组在实验室先利用叔丁醇与盐酸反应制得叔丁基氯（沸点50.7），再利用FridelCrafts反应制备对叔丁基苯酚（熔点99）反应流程如图所示：（1）分液用到的主要仪器是分液漏斗（2）对有机层依次用饱和碳酸氢钠和蒸馏水洗涤，饱和碳酸氢钠的作用是除去叔丁基氯粗产物中的HCl通过蒸馏操作可将叔丁基氯粗产物转化为较为纯净的叔丁基氯（3）写出本实验中反应的化学方
104、程式：png_iVBORw0KGgoAAAANSUhEUgAAAFMAAAArCAYAAAAEw7SsAAAAAXNSR0IArs4c6QAAAARnQU1BAACxjwv8YQUAAAAJcEhZcwAADsMAAA7DAcdvqGQAAAO3SURBVGhD1ZotcMJAEEaRSBzIOpBIJK6VdeBA4sCBQ1YikZWVlUgkEolEIpHIdN5N0gkhP7vhLlzezHVIoCT33d7ud0cagZLL5RJ8fHwEw+HQWVutVuHV6oVazM/Pz2Cz2QT7/d5ZY7B+f3/DK9YHlZiHwyEYDAbhkTuOx6O5zu12C8/UA
105、5WY/X7fdLQKFouFmQF1QizmdrsNZrNZeOSe6/Ua9Ho9k6PrgkjMV3WMyCRC64JIzFdOuSpTy7MUink6nUyHXlUMqO7YpTpQKCZWqKxNiazO19eX+Q5el0kVz9xDleSKSQfoiAbs03g8Dlqt1p0J53t43el0jO2hoElhAN7e3ry3SplicuN0Wpqv6DAi8j8/Pz+maGWB4DgDitputwvP5sOAEOE+kymmppIiDnkVETWQj1ntrNfr8Ew2DC7R6bNVShWTGyZq8qIrgjxIND7TSaJO4mEZLKLfV1LFpGOSnHY+n
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113、YP7qaHCo0NCMlBGeUCVj4y0UJyJOoOYqHCkZxejS2tur8rBmcjTiDh3BmFxibhdT2s/Pa0qFCb44VJ2OlSSTZGubCTH8LohiIwtgIqnazF9kmRYkC5cuFCxc2DbuW/fPrOumfz666+iBTYExTPWKmyjTRHPqK9wPWny5Mli8PWNGzfE39hVvfXWWxg/fnxf4XzlyhWMGTMG7777rmj1BzlIBwovX4R96A08a5HCR/kDxHsswbf2M8UPuXDRzwgK8ILbD/bw2P8tPvjz+/jj2xPhH50mokJjYRzsZtrgo9+Px
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123、AAABJRU5ErkJgguiPgeS8mOe9kQ=+HCl该反应用冷水浴控制适当温度，其原因是FridelCrafts反应是放热反应，反应过程中溶液温度容易升高，且生成大量的HCl气体，而叔丁基氯的沸点只有50.7，若不注意及时冷却就会使叔丁基氯的蒸气被大量的HCl气体带走而影响产率（4）对叔丁基苯酚有时候呈现紫色，原因可能是一部分对叔丁基苯酚被空气中的氧气所氧化【考点】制备实验方案的设计【分析】叔丁醇与盐酸反应（CH3）3COH+HCl（CH3）3CCl+H2O、叔丁基氯有机层中含有盐酸，加入碳酸氢钠可除去，由于叔丁基氯的沸点较低，可用蒸馏法分离；叔丁基氯与苯酚发生取代反应： +（CH
124、3）3CCl +HCl，生成对叔丁基苯酚（1）对反应后形成的互不相溶的两液体进行分液用分液漏斗；（2）叔丁基氯有机层中含有盐酸，加入碳酸氢钠可除去，由于叔丁基氯的沸点较低，可用蒸馏法分离；（3）写出本实验中反应为叔丁基氯与苯酚发生取代反应生成对叔丁基苯酚和氯化氢；反应是放热反应，反应过程中溶液温度容易升高，且生成大量的HCl气体，而叔丁基氯的沸点只有50.7，若不注意及时冷却就会使叔丁基氯的蒸气被大量的HCl气体带走而影响产率；（4）酚易被空气中的氧气氧化而变质【解答】解：叔丁醇与盐酸反应（CH3）3COH+HCl（CH3）3CCl+H2O、叔丁基氯有机层中含有盐酸，加入碳酸氢钠可除去，由于叔
125、丁基氯的沸点较低，可用蒸馏法分离；叔丁基氯与苯酚发生取代反应： +（CH3）3CCl +HCl，生成对叔丁基苯酚（1）叔丁醇与盐酸发生取代反应，生成的叔丁基氯在有机层，将水层与有机层分离，通常采用分液操作，用到的主要仪器是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）有机层中会溶解一些HCl，加入饱和碳酸氢钠溶液可以吸收HCl，除去叔丁基氯中的HCl，再进行蒸馏操作可将叔丁基氯粗产物转化为较为纯净的叔丁基氯，故答案为：除去叔丁基氯中的HCl；蒸馏；（3）本实验中反应为叔丁基氯与苯酚发生取代反应： +（CH3）3CCl +HCl，生成对叔丁基苯酚，该反应是放热反应，反应过程中溶液温度容易升高，且生成大量的HCl气体，而叔丁基氯的沸点只有50.7，若不注意及时冷却就会使叔丁基氯的蒸气被大量的HCl气体带走而影响产率，故应用冷水浴冷却，故答案为： +（CH3）3CCl +HCl；FridelCrafts反应是放热反应，反应过程中溶液温度容易升高，且生成大量的HCl气体，而叔丁基氯的沸点只有50.7，若不注意及时冷却就会使叔丁基氯的蒸气被大量的HCl气体带走而影响产率；（4）苯酚易被氧化生成对苯醌，可导致最终产品对叔丁基苯酚不是白色而呈现紫色，故答案为：一部分苯酚被空气中的氧气所氧化2016年7月16日
