1、江西省赣州市崇义县2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn651为提纯下列物质（括号内的物质是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的（）被提纯的物质除杂试剂分离方法ANaBr溶液（NaI）氯水、CCl4萃取、分液BNH2Cl溶液（FeCl3）NaOH溶液过滤C CO2（CO）CuO粉末通过灼热的CuO粉末DSiO2（Al2O3）NaOH溶液过滤AABBCCDD2下述实验方案能达到实验目的是（）选项ABCD实验方
2、案实验目的验证铁钉发生了析氢腐蚀验证Fe电极被保护验证乙烯的产生验证甲烷与氯气发生了化学反应AABBCCDD3下列说法正确的是（）AI的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强BP的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强CAl2O3和MgO均可与NaOH溶液反应DSO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO44用如图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预测的现象与实际相符的是（）选项中物质中物质预测中的现象A稀盐酸碳酸钠、氢氧化钠混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸
3、性溶液溶液逐渐褪色AABBCCDD5亚硝酸（HNO2）在反应中既可作氧化剂，又可作还原剂当它作还原剂时，其氧化产物可能是（）NO NO2 HNO3 N2 NH3ABCD全部6现用氯水来制取含有次氯酸的溶液，既要提高溶液中HClO物质的量浓度，又要降低溶液中HCl浓度，下列措施可以采用的是（）A加热挥发HClB加水使平衡向正反应方向移动C加NaOH中和HClD加CaCO3中和HCl7将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba（OH）2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是（）Aoa段反应的化学方程式是：Ba（OH）
4、2+CO2=Ba CO3+H2OBbc段反应的离子方程式是：2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32Cab段与cd段所发生的反应相同Dde段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致860mL 0.5molL1 NaOH溶液和40mL 0.4molL1的H2SO4混合后，溶液的pH约为（）A0.5B1.7C2D13.2二、非选择题，共4小题，共52分）9在Na+的物质的量浓度为0.5molL1的某澄清溶液中，还可能含有如表中所示的若干种离子阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3、CO32、SiO32、SO42取100mL该溶液进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号
5、实验内容实验结果想该溶液中加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体将中产生的混合液过滤，将沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体的质量固体质量为2.4g向中所得的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：（1）由实验确定一定不存在的离子是（2）实验中生成沉淀的离子方程式为（3）通过实验、和必要计算，填写表中阴离子的物质的量浓度（能计算出结果的填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）阴离子NO3CO32SiO32SO42c/molL1（4）判断K+是否存在，若存在，求其最小浓度，若不存在，请说明理由：10在t时，某NaOH稀溶液中，C（H+）
6、=10amol/L，C（OH）=10bmol/L，已知a+b=12，则：（1）该温度下，水的离子积常数Kw=；（具体数值）（2）该温度下，将100mL 0.1mol/L的稀硫酸与100mL 0.4mol/L的NaOH溶液混合（混合时溶液体积的变化忽略不计）后，溶液的pH=，此时该溶液中由水电离的C（OH）=mol/L；（3）该温度下，CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，若测得混合液的PH=6，则溶液中：C（CH3COO）C（Na+）=（具体数值）11在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙如图甲所示AE为实验室常见的仪器装置（部分固定夹持装置略去），请根据要求回答问
7、题（1）实验室若用NH4Cl和熟石灰作试剂来制取、收集干燥的NH3，则需选用上述仪器装置中的（填装置序号）若要制取、收集干燥的CO2，请选择装置并按气流方向连接各仪器接口（2）若在A的分液漏斗内改加浓氨水，圆底烧瓶内加NaOH固体，也能制取氨气请解释装置A中能产生氨气的原因（3）向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2气制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体是，若实验过程中有氨气逸出，应选图乙装置回收（填代号）写出制纳米级碳酸钙的化学方程式（4）试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级12化合物E可以通过如图所示的路线合成：（1）A中含有的官能团名称为除不稳定的乙烯醇（CH2=CHOH
8、）外，A的另一种同分异构体的结构简式是（2）写出D与过量NaOH溶液完全反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）（3）若化合物E中带“*”号的C原子来自D中的甲基，且该反应的副产物是甲醇，则DE的反应类型是2016年江西省赣州市崇义县高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn651为提纯下列物质（括号内的物质是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的（）被提纯的物质除杂试剂分离方法ANaBr溶液（NaI）氯水、CCl4萃取、分液B
9、NH2Cl溶液（FeCl3）NaOH溶液过滤C CO2（CO）CuO粉末通过灼热的CuO粉末DSiO2（Al2O3）NaOH溶液过滤AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】根据除杂质至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质，以此来解答【解答】解：A氯水具有氧化性，能将溴化钠中的溴离子和碘化钠中的碘离子氧化，不会得到溴化钠，故A错误； B氢氧化钠溶液可与氯化铵反应从而将原物质除掉，不符合除杂原则，故B错误；CCO与灼热的CuO粉末反应生成铜和二氧化碳，可将杂质除去，故C正确；DNaOH溶液可与SiO2和A12O3反应，从而将原物质除掉，
10、不符合除杂原则，故D错误故选C【点评】本题考查物质的分离提纯，题目难度不大，注意根据物质的性质差异性选择物理或化学方法进行分离2下述实验方案能达到实验目的是（）选项ABCD实验方案实验目的验证铁钉发生了析氢腐蚀验证Fe电极被保护验证乙烯的产生验证甲烷与氯气发生了化学反应AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A食盐水为中性，发生吸氧腐蚀；BFe与电源正极相连；C乙烯、挥发的乙醇均能使酸性高锰酸钾氧化；D甲烷与氯气发生取代反应生成HCl，试管中液面上升【解答】解：A食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，而酸性溶液中发生析氢腐蚀，故A错误；BFe与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，则Fe电极被腐
11、蚀，故B错误；C乙烯、挥发的乙醇均能使酸性高锰酸钾氧化，不能验证乙烯的产生，应排除乙醇的干扰，故C错误；D甲烷与氯气发生取代反应生成HCl，试管中液面上升，实验装置可验证甲烷与氯气发生了化学反应，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及电化学腐蚀、电解原理、常见有机物性质等，把握物质的性质及实验装置图的作用、反应原理为解答的关键，注意实验方案的评价性、操作性分析，题目难度不大3下列说法正确的是（）AI的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强BP的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强CAl2O3和MgO均可与NaOH溶液反应DSO2和SO3混合气体通
12、入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4【考点】真题集萃；元素周期律的作用；元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】A同主族自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱；B同周期随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强；CMgO不能与氢氧化钠溶液反应；D二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡【解答】解：AI、Br同主族，自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱，故I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性弱，故A错误；BSi、P同周期，随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧
13、酸的酸性增强，故P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强，故B正确；C氧化铝属于两性氧化物，能与氢氧化钠反应，而MgO属于碱性氧化物，能与酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；D二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡，故SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO4，故D错误，故选B【点评】本题考查元素周期律、金属氧化物性质、硝酸的性质等，难度不大，D选项注意硝酸条件下，硝酸根具有强氧化性4用如图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预测的现象与实际相符的是（）选项中物质中物质预测中的现象A稀盐酸碳酸
14、钠、氢氧化钠混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A稀盐酸先和NaOH反应生成氯化钠和水，然后再和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后碳酸氢钠和稀盐酸反应生成二氧化碳；B常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象；CNaOH过量，开始不生成沉淀；D发生氧化还原反应【解答】解：A先发生盐酸与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故A错误；B常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B
15、错误；CNaOH过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C错误；D草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，现象合理，故D正确；故选D【点评】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大5亚硝酸（HNO2）在反应中既可作氧化剂，又可作还原剂当它作还原剂时，其氧化产物可能是（）NO NO2 HNO3 N2 NH3ABCD全部【考点】氧化还原反应【分析】HNO2中N元素的化合价为+3价，作还原剂时，失去电子被氧化，则氧化产物中N元素的化合价大于+3价，以此来解答【解答】
16、解：HNO2中N元素的化合价为+3价，作还原剂时，失去电子被氧化，则氧化产物中N元素的化合价大于+3价，只有中N元素的化合价分别为+4、+5符合，故选A【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意利用化合价分析，题目难度不大6现用氯水来制取含有次氯酸的溶液，既要提高溶液中HClO物质的量浓度，又要降低溶液中HCl浓度，下列措施可以采用的是（）A加热挥发HClB加水使平衡向正反应方向移动C加NaOH中和HClD加CaCO3中和HCl【考点】化学平衡的影响因素；氯气的化学性质【分析】反应Cl2+H2OHCl+HClO达到平衡后，要
17、使HClO浓度增加，又要降低溶液中HCl浓度，应使平衡向正反应方向移动，HCl为强酸，HClO为弱酸，酸性比碳酸弱，以此解答该题【解答】解：A加热，降低氯气的溶解度，平衡逆向移动，能使HClO、HCl浓度均减小，故A错误；B加水使平衡向正反应方向移动，但总体积增大，则HClO浓度减小，故B错误；C、加入NaOH，与HCl、HClO均反应，平衡向正反应方向移动，HClO浓度减小，故C错误；D、加CaCO3固体，与HCl反应，而与HClO不反应，平衡正向移动，HClO浓度增加，又降低溶液中HCl浓度，故D正确；故选D【点评】本题考查化学平衡的影响，题目难度不大，本题易错点为D，注意加入水，溶液体积
18、增大的倍数要大于HClO物质的量增大的倍数，HClO浓度降低7将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba（OH）2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是（）Aoa段反应的化学方程式是：Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2OBbc段反应的离子方程式是：2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32Cab段与cd段所发生的反应相同Dde段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致【考点】离子方程式的有关计算【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+
19、H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，沉淀量达最大后，再发生CO32+CO2+H2O=HCO3，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，据此解答【解答】解：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应
20、2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，沉淀量达最大后，再发生CO32+CO2+H2O=HCO3，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，A由上述分析可知，oa段发生反应：Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2O，故A正确；B由上述分析可知，bc段反应的离子方程式是：2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，故B正确；C由上述分析可知，ab段发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，cd段所发生CO32+CO2+H2O=HCO3，两阶段反应不相同，故C错误；Dde段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2
21、，导致沉淀的减少，故D正确；故选C【点评】本题以图象题形式考查反应先后顺序问题，难度中等，侧重对基础知识的综合考查，掌握元素化合物性质是关键860mL 0.5molL1 NaOH溶液和40mL 0.4molL1的H2SO4混合后，溶液的pH约为（）A0.5B1.7C2D13.2【考点】pH的简单计算【分析】40mL 0.4molL1的H2SO4溶液n（H+）=0.04L0.4mol/L2=0.032mol，60mL 0.5molL1 NaOH 溶液中n（OH）=0.06L0.5mol/L=0.03mol，酸过量，反应后溶液呈酸性，关键pH=lgc（H+）计算混合液的pH【解答】解：40mL 0
22、.4molL1的H2SO4溶液n（H+）=0.04L0.4mol/L2=0.032mol，60mL 0.5molL1 NaOH 溶液中n（OH）=0.06L0.5mol/L=0.03mol，酸过量，反应后溶液的体积为60mL+40mL=100mL=0.1L，则反应后c（+）=0.02molL1，混合液中的pH=lgc（H+）=lg0.02=2lg2=1.7，故选B【点评】本题考查溶液pH的计算，题目难度中等，答题时注意根据酸碱溶液的浓度、体积判断过量问题，注意熟练掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法二、非选择题，共4小题，共52分）9（2016崇义县二模）在Na+的物质的量浓度为0.5mo
23、lL1的某澄清溶液中，还可能含有如表中所示的若干种离子阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3、CO32、SiO32、SO42取100mL该溶液进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果想该溶液中加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体将中产生的混合液过滤，将沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体的质量固体质量为2.4g向中所得的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：（1）由实验确定一定不存在的离子是Ag+、Mg2+、Ba2+（2）实验中生成沉淀的离子方程式为SiO32+2H+=H2SiO3（3）通过实验、和必要计算，填写表中阴离子的物质
24、的量浓度（能计算出结果的填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）阴离子NO3CO32SiO32SO42c/molL1？0.25mol/L0.4mol/L0（4）判断K+是否存在，若存在，求其最小浓度，若不存在，请说明理由：存在，其浓度至少为0.8mol/L【考点】离子方程式的有关计算；常见离子的检验方法【分析】由题意知溶液为澄清溶液，因此溶液中含有的离子必须能大量共存由实验可知，该溶液中一定含有CO32，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生反应SiO32+2H+=H2SiO3，SiO
25、32的浓度为=0.4mol/L由实验可知溶液中不含SO42，根据电荷守恒2c（CO32）+2c（SiO32）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3是否存在【解答】解：由题意知溶液为澄清溶液，因此溶液中含有的离子必须能大量共存由实验可知，该溶液中一定含有CO32，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生反应SiO32+2H+=H2SiO3，SiO32的浓度为=0.4mol/L由实验可知溶液中不含SO42，根据电荷
26、守恒2c（CO32）+2c（SiO32）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3是否存在（1）由实验可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有CO32、SiO32，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+，故答案为：Ag+、Mg2+、Ba2+；（2）实验中生成沉淀的离子方程式为：SiO32+2H+=H2SiO3，故答案为：SiO32+2H+=H2SiO3；（3）通过上述分析计算可知，阴离子NO3 CO32SiO32SO42c/molL1？0.25mo
27、l/L0.4mol/L0（4）根据电荷守恒2c（CO32+）+2c（SiO32）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，故答案为：存在，其浓度至少为0.8mol/L【点评】本题考查离子共存等，难度中等，注意掌握离子反应，根据电荷守恒判断K+是否存在，是本题的难点、易错点，难度中等10（2016崇义县二模）在t时，某NaOH稀溶液中，C（H+）=10amol/L，C（OH）=10bmol/L，已知a+b=12，则：（1）该温度下，水的离子积常数Kw=1012；（具体数值）（2）该温度下，将100mL 0
28、.1mol/L的稀硫酸与100mL 0.4mol/L的NaOH溶液混合（混合时溶液体积的变化忽略不计）后，溶液的pH=11，此时该溶液中由水电离的C（OH）=11011mol/L；（3）该温度下，CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，若测得混合液的PH=6，则溶液中：C（CH3COO）C（Na+）=0（具体数值）【考点】离子积常数【分析】（1）溶液中的离子积Kw=C（H+）c（OH）=10a10b=10（a+b）=1012；（2）根据硫酸中氢离子与氢氧化钠中氢氧根离子的物质的量判断过量，然后计算出反应后溶液中氢离子浓度，最后计算出其余的pH；（3）根据溶液中的电荷守恒来分析【解答】解：（
29、1）溶液中的离子积Kw=C（H+）c（OH）=10a10b=10（a+b）=1012，故答案为：1012；（2）100mL 0.1molL1的稀H2SO4溶液中氢离子的物质的量为：0.1mol/L20.1L=0.02mol，100mL 0.4molL1的NaOH溶液中氢氧根离子的物质的量为：0.4mol/L0.1mol=0.04mol，两溶液混合后氢氧根离子过量，反应后氢氧根离子的浓度为： =0.1mol/L，根据水的离子积常数Kw=1012可得，溶液中氢离子浓度为： =1011mol/L，该溶液的pH=11此溶液中的氢离子全部是由水电离出的，故水电离出的C（H+）=11011mol/L，而水
30、电离出的C（OH）=C（H+），故水电离出的C（OH）=11011mol/L故答案为：11；11011mol/L；（3）CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，若测得混合液的PH=6，即C（H+）=106mol/L，由于水的离子积为1012，故C（OH）=106mol/L根据电荷守恒可知：C（CH3COO）+C（OH）=C（Na+）+C（H+），故C（CH3COO）C（Na+）=C（H+）C（OH）=0，故答案为：0【点评】本题考查了溶液pH的有关计算以及盐溶液中的电荷守恒的运用，难度不大，注意在计算时水的离子积的数值的变化11（2016崇义县二模）在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，
31、可以制得纳米级碳酸钙如图甲所示AE为实验室常见的仪器装置（部分固定夹持装置略去），请根据要求回答问题（1）实验室若用NH4Cl和熟石灰作试剂来制取、收集干燥的NH3，则需选用上述仪器装置中的BDE（填装置序号）若要制取、收集干燥的CO2，请选择装置并按气流方向连接各仪器接口acdh（2）若在A的分液漏斗内改加浓氨水，圆底烧瓶内加NaOH固体，也能制取氨气请解释装置A中能产生氨气的原因氢氧化钠溶于水放出大量热，温度升高，使氨的溶解度减小而放出；氢氧化钠电离出的OH增大了氨水中OH浓度，促使氨水电离平衡左移，导致氨气放出（3）向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2气制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体
32、是NH3，若实验过程中有氨气逸出，应选图乙b装置回收（填代号）写出制纳米级碳酸钙的化学方程式CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl（4）试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是【考点】制备实验方案的设计【分析】在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙，应先再B中加热氯化铵和氢氧化钙固体，用D干燥，氨气易溶于水，吸收氨气注意防止倒吸，再通入二氧化碳，可生成碳酸钙，（1）根据反应物的状态、反应条件选取反应装置，根据气体的溶解性、密度选择收集装置；若要制取
33、、收集干燥的CO2，应选择ACE装置，按照制取、除杂、收集的顺序连接实验装置；（2）NaOH溶于水放出大量的热，可促进氨气的挥发；（3）根据二氧化碳和氨气的溶解性判断先通入的气体，由反应物和生成物写出反应方程式；（4）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，纳米级的颗粒在胶体范围内，所以根据胶体的性质确定实验方案【解答】解：（1）实验室制取氨气采用固体、固体加热型装置，所以应选B为反应装置；生成物中含有水，氨气属于碱性气体，所以应选择碱性物质吸收水蒸气，故选D；氨气极易溶于水，且氨气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集，故选E；若要制取、收集干燥的CO2，应选择ACE装置，按照制取、除杂、收集
34、的顺序连接实验装置，因氨气密度比空气小，应用向上排空气法收集，则应为acdh，故答案为：BDE；acdh；（2）NaOH溶于水放出大量的热，可促进氨气的挥发，另外氨水溶液呈碱性，为弱电解质，加入氢氧化钠电离出的OH增大了氨水中OH浓度，促使氨水电离平衡左移，导致氨气放出，故答案为：氢氧化钠溶于水放出大量热，温度升高，使氨的溶解度减小而放出；氢氧化钠电离出的OH增大了氨水中OH浓度，促使氨水电离平衡左移，导致氨气放出；（3）氨气极易溶于水，二氧化碳不易溶于水，所以应先通入氨气；氨气极易溶于水，所以尾气处理应采用防止倒吸装置，用水吸收即可，应选择b，氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气
35、体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵，反应的方程式为CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl，故答案为：NH3；b；CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl；（4）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，纳米级的颗粒在胶体范围内，所以具有胶体的性质，运用胶体的丁达尔效应判断；取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是，故答案为：取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的
36、考查，难度不大，注意根据反应物的状态、反应条件选取反应装置，根据气体的溶解性、密度选择收集装置12（2016崇义县二模）化合物E可以通过如图所示的路线合成：（1）A中含有的官能团名称为醛基除不稳定的乙烯醇（CH2=CHOH）外，A的另一种同分异构体的结构简式是（2）写出D与过量NaOH溶液完全反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）（3）若化合物E中带“*”号的C原子来自D中的甲基，且该反应的副产物是甲醇，则DE的反应类型是取代反应【考点】有机物的合成【分析】A发生氧化反应生成乙酸，结合A的分子式可知A为CH3CHO，对比乙酸及其生成物的结构可知，乙酸中OH被氯原子取代生成CH3COCl，B与
37、甲醇发生酯化反应生成C为，C与CH3COCl发生取代反应生成【解答】解：A发生氧化反应生成乙酸，结合A的分子式可知A为CH3CHO，对比乙酸及其生成物的结构可知，乙酸中OH被氯原子取代生成CH3COCl，B与甲醇发生酯化反应生成C为，C与CH3COCl发生取代反应生成（1）A为CH3CHO，含有的官能团为醛基，除不稳定的乙烯醇（CH2=CHOH）外，A的另一种同分异构体的结构简式是，故答案为：醛基；（2）D中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，水解生成的羧基、酚羟基与NaOH发生中和反应，反应生成、CH3COONa、CH3OH，反应方程式为：，故答案为：；（3）E中带“*”号的C原子来自D中的甲基，该反应的副产物是甲醇，对比物质结构可知，该反应为取代反应，故答案为：取代反应【点评】本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构分析解答，是对有机化学基础的综合考查，需要学生具备扎实的基础与知识迁移运用能力，较好地考查学生分析推理能力，难度中等
