2021-2022学年上海宝山区高三（上）期末化学试卷（一模）

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2021-2022学年上海宝山区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案）
1．（2分）有利于实现“碳达峰、碳中和”的是（　　）
A．风能发电 B．燃料脱硫 C．粮食酿酒 D．石油裂化
2．（2分）属于化学变化的是（　　）
A．溴的挥发 B．煤的干馏 C．碘的升华 D．氨的液化
3．（2分）不属于危险品的是（　　）
A．硝酸铵 B．汽油 C．重晶石 D．硝化甘油
4．（2分）碳﹣14在考古学中可用于测定生物的死亡年代，关子该原子的说法正确的是（　　）
A．质子数为14 B．核外电子数为14
C．质量数为14 D．和氮﹣14互称为同位素
5．（2分）下列原子的最外层电子轨道表示式正确的是（　　）
A．铍原子：
B．碳原子：
C．氮原子：
D．铝原子：
6．（2分）含有非极性共价键的化合物是（　　）
A．Cl2 B．CO2 C．CH4 D．C2H2
7．（2分）可用于量取5.00mL0.1mol/LNaOH溶液的仪器是（　　）
A．胶头滴管 B．容量瓶 C．量筒 D．滴定管
8．（2分）下列关于乙烯的说法正确的是（　　）
A．工业上通过石油裂解可以制得乙烯
B．实验室通过浓硫酸与乙醇加热到140℃制取乙烯
C．其聚合得到的塑料制品不可用于食品包装
D．分子中所有的原子在一直线上
9．（2分）在通常条件下，下列各组有机物的性质排列错误的是（　　）
A．沸点：正戊烷＞异戊烷
B．密度：CH3CH2CH2Cl＞CH3CH2Cl
C．熔点：CH3CH2CH2Cl＞CH3CH2Cl
D．水溶性：CH3CH2OH＞CH3CH2CH2CH2OH
10．（2分）下列物质中，常温下以分子晶体形式存在的是（　　）
A．氯化铵 B．单质碘 C．金刚石 D．单质硅
11．（2分）下列除去括号内杂质的方法错误的是（　　）
A．硝基苯（苯）——蒸馏
B．乙烯（二氧化硫）——氢氧化钠溶液
C．乙烷（乙烯）——氢气
D．乙酸乙酯（乙酸）——碳酸钠溶液，分液
12．（2分）将反应后的溶液加热蒸干并在300℃时充分灼烧至质量不变，最终可得到纯净物的是（　　）
A．向FeSO4溶液中通入过量Cl2
B．向KI和NaBr混合溶液中通入过量Cl2
C．向NaAlO2溶液中加入过量HCl溶液
D．向NaHCO3溶液中加入过量HCl溶液
13．（2分）向NH4Al（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液，当SO42﹣恰好完全沉淀时，Al元素的主要存在形式是（　　）
A．Al3+和Al（OH）3 B．Al（OH）3
C．AlO2和Al（OH）3 D．AlO2﹣
14．（2分）下列反应中，改变反应物的浓度，不会改变生成物的是（　　）
A．铜和硝酸的反应
B．氯气通入氢氧化钠溶液中
C．铁和盐酸的反应
D．硫酸与锌粒的作用
15．（2分）下列指定微粒的数目一定相等的是（　　）
A．等物质的量的H2O与D2O含有的中子数
B．等质量的乙烯与丙烯的碳氢质量之比
C．同温、同压下的CO与NO含有的原子数
D．pH相等的HCl溶液与CH3COOH溶液稀释100倍后的pH
16．（2分）下列实验操作正确的是（　　）
A．实验室配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需称取NaOH1.920g用容量瓶进行配制
B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，坩埚一定要置于干燥器中冷却
C．酸碱中和滴定实验中装待测液的锥形瓶一定要干燥
D．用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH
17．（2分）常温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH＝7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．向0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）＞c（CH3COOH）＝c（Cl﹣）
B．向0.10mol/LNaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO32﹣）
C．向0.10mol/LNa2CO3溶液中通入CO2：c（Na+）＝2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]
D．向0.10mol/L（NH4）2CO3溶液中通入CO2：c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）
18．（2分）钢铁的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀（如图）和析氢腐蚀。关于这两种电化腐蚀的说法正确的是（　　）

A．两种电化腐蚀的电解质溶液酸碱性有差异
B．电化腐蚀比化学腐蚀危害更大的原因是发生了氧化还原反应
C．两种电化腐蚀中都是铁作为负极、发生还原反应
D．吸氧腐蚀正极的反应为：4OH﹣﹣4e﹣→O2+2H2O
19．（2分）a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，非金属性：d＞c。下列关于a、b、c、d四种元素的叙述错误的是（　　）
A．a元素的金属性最强
B．它们对应的单质中不可能有离子晶体
C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物
D．b、c、d分别与氢元素形成的化合物中化学键均为极性共价键
20．（2分）用盐酸中和相同体积、相同pH值的Ba（OH）2、NaOH和NH3•H2O三种稀溶液，所用相同浓度的盐酸体积分别为V1、V2和V3，则三者关系为（　　）
A．V1＞V2＞V3 B．V3＝V2＞V1 C．V1＝V2＞V3 D．V3＞V2＝V1
二、综合题
21．（16分）自然界中的含硫物质通过各种化学过程建立起硫循环，其循环过程如图：

请回答下列问题：
（1）写出硫原子的核外电子排布式 　 　，其核外有 　 　种能量不同的电子。其同周期元素中，原子半径最大的是 　 　（填元素符号）。
（2）从图中可以看出、火山喷发产生的气体中有H2S。写出H2S的结构式 　 　，其属于 　 　分子（填写“极性“或“非极性”）。
（3）结合图中含硫物质、分析硫常见的化合价除了0价，还有 　 　，试写出一个含有最高价硫元素的物质和最低价硫元素的物质之间反应的化学方程式 　 　。
（4）除了硫，氮也是自然界常见的物质，含氮废水进入水体会对环境造成污染。某学生社团用铝将NO3还原为N2，从而消除污染。配平下列离子方程式：　 　NO3﹣+　 　Al+　 　H2O→　 　N2↑+　 　Al（OH）3+　 　OH﹣。该反应中，被还原的元素是 　 　，每生成1molN2，转移的电子数目是 　 　。
（5）已知SO2溶于水形成的H2SO3是二元中强酸，其对应的NaHSO3溶液呈酸性，请结合离子方程式说明原因 　 　。
22．（14分）煤是一种常见的矿物燃料，其综合作用有煤的气化、煤的干馏和煤的液化等。煤的气化主要反应原理如下：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）﹣131.3kJ。
请回答下列问题：
（1）在一定体积的容器内发生上述反应，假设有42克CO生成，需要吸收的热量是 　 　kJ。
（2）该反应的平衡常数表达式是K＝　 　。
（3）反应中H2O的浓度随时间的变化如表：
时间（分钟）/温度（℃）
1300℃
高于1300℃
0
2mol/L
2mol/L
2
amol/L
bmol/L
4
1.4mol/L
cmol/L
6
1.23mol/L
cmol/L
8
1.23mol/L
cmol/L
①根据表中数据计算1300℃时，4分钟内的反应速率 　 　mol•L﹣1•min﹣1。
②表中a 　 　b，c 　 　1.23mol/L（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
③1300℃时，判断该反应达到化学平衡状态的依据是 　 　。
A.容器内压强保持不变
B.v（H2）＝v（H2O）
C.容器内密度保持不变
D.碳的浓度保持不变
23．（14分）奶油中有一种化合物A，其相对分子质量为88，由C、H、O三种元素组成，C、H的质量分数依次为55%和9%。与A相关的反应如图：

已知：RCHO+R'CHO
请回答下列问题：
（1）A的分子式是 　 　，它除了含有羟基外，还含有的官能团的名称是 　 　。
（2）写出C的结构简式 　 　，检验F中非含氧官能团的试剂是 　 　。
（3）写出B→D反应的化学方程式 　 　。
（4）在空气中长时间搅拌奶油，A可转化为相对分子量为86的化合物G，G的一氯代物只有一种，写出G的结构简式 　 　，A→G的反应类型为 　 　。
（5）合成是有机化工永恒的话题，请完成由1，3﹣丁二烯为原料合成1，4﹣丁二醇的路线图 　 　。
24．（16分）碳酸钠俗称纯碱，是一种常用的工业原料，可以从盐碱湖中得到，也可以通过工业生成合成。工业生产纯碱的原理和工艺流程如下。
生产原理：NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl。2NaHCO3→Na2CO3+H2O+CO2。
工艺流程示意图：

请回答下列问题：
（1）粗盐中所含的可溶性杂质离子有Ca2+、Mg2+、SO42+等，请按照加入的先后顺序写出除杂试剂 　 　。
（2）在制取NaHCO3时，工业上采取的是先通过NH3，再通过CO2。你认为这两种气体能不能换一下通入顺序，请说明原因：　 　。
（3）碳酸化后过滤，滤液最主要的成分是 　 　（填写化学式）。检验这一成分的阴离子的方法是 　 　。侯氏制碱法在生产纯碱的同时，也会产生大量的NH4Cl。近年来，科研人员利用以下方法提高了NH4Cl的综合利用价值：
①NH4Cl+MgO→Mg（OH）Cl+NH3↑
②Mg（OH）Cl→MgO+HCl↑
（4）实验室模拟该实验，取5.350gNH4Cl与过量MgO充分反应，产生的HCl用含0.20000mol的NaOH的溶液完全吸收。将吸收液定容至1000mL，取20.00mL，用甲基橙做指示剂，用0.10000mol/L标准盐酸滴定，消耗盐酸20.50mL。
①在滴定时，需要用到的玻璃仪器有 　 　；滴定至终点时，溶液的颜色由 　 　色变为 　 　色，且30s内溶液颜色不变。
②HCl的释放率用α表示，计算方法为：。根据滴定结果计算，α＝　 　。

2021-2022学年上海宝山区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案）
1．（2分）有利于实现“碳达峰、碳中和”的是（　　）
A．风能发电 B．燃料脱硫 C．粮食酿酒 D．石油裂化
【分析】A．风能发电是由风能转化为电能，没有二氧化碳的产生；
B．燃料脱硫，没有减少二氧化碳的生成，同时也没有增加二氧化碳的消耗；
C．粮食酿酒会有二氧化碳是否，不利于实现“碳达峰”、“碳中和”；
D．石油裂化是将长链烃断裂为短链烃，燃烧生成的二氧化碳不会减少。
【解答】解：A．风能发电是由风能转化为电能，没有二氧化碳的产生，故A正确；
B．燃料脱硫，没有减少二氧化碳的生成，同时也没有增加二氧化碳的消耗，故B错误；
C．粮食酿酒会有二氧化碳是否，不利于实现“碳达峰”、“碳中和”，故C错误；
D．石油裂化是将长链烃断裂为短链烃，燃烧生成的二氧化碳不会减少，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了化学与生产生活的关系，明确“碳达峰”、“碳中和”含义是要求人们应减少二氧化碳的生成，同时增加二氧化碳的消耗，题目难度不大。
2．（2分）属于化学变化的是（　　）
A．溴的挥发 B．煤的干馏 C．碘的升华 D．氨的液化
【分析】物质变化过程中生成新物质的变化为化学变化，变化过程中无新物质生成的变化为物理变化。
【解答】解：A．溴的挥发是物质的三态变化，过程中无新物质生成，为物理变化，故A错误；
B．煤的干馏是隔绝空气加强热，发生了复杂的化学变化，故B正确；
C．碘的升华是碘分子间距离增大，固体变为气体，无新物质生成，为物理变化，故C错误；
D．氨的液化是分子间距离缩小，过程中无新物质生成，为物理变化，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质变化实质的理解应用，主要是化学变化过程中有新物质生成，微粒变化过程中无新物质生成，题目难度不大。
3．（2分）不属于危险品的是（　　）
A．硝酸铵 B．汽油 C．重晶石 D．硝化甘油
【分析】硝酸铵和硝化甘油都是易爆品，汽油是易燃物，重晶石性质稳定。
【解答】解：A．硝酸铵是易爆品，易发生爆炸，故A错误；
B．汽油是易燃物，故B错误；
C．重晶石为硫酸钡，性质稳定，不属于危险品，故C正确；
D．硝化甘油易爆品，易发生爆炸，故D错误，
故选：C。
【点评】本题考查危险品，难度不大，注意了解生活中常见的易燃物、易爆物、腐蚀品和危险品等，将安全问题放在心上。
4．（2分）碳﹣14在考古学中可用于测定生物的死亡年代，关子该原子的说法正确的是（　　）
A．质子数为14 B．核外电子数为14
C．质量数为14 D．和氮﹣14互称为同位素
【分析】A．原子中质子数＝核电荷数＝原子序数；
B．原子中核电荷数＝质子数＝核外电子数；
C．原子符号左上角为质量数；
D．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为元素的同位素。
【解答】解：A．碳﹣14的质子数＝原子序数＝6，故A错误；
B．碳﹣14的核电荷数＝质子数＝核外电子数＝6，故B错误；
C．碳﹣14的质量数为14，故C正确；
D．碳﹣14和氮﹣14质子数不同，是不同元素的原子，不能互称为同位素，故D错误；
故选：C。
【点评】不同考查了原子结构、原子中微粒数关系、同位素概念等知识点，注意原子构成和同位素概念的理解应用，题目难度不大。
5．（2分）下列原子的最外层电子轨道表示式正确的是（　　）
A．铍原子：
B．碳原子：
C．氮原子：
D．铝原子：
【分析】A.铍原子最外层只有2个电子，没有2p电子；
B.没有表示出s、p轨道的能层；
C.氮原子最外层含有5个电子，其中2s轨道、2p轨道分别含有2个、3个电子；
D.根据能量最低原理，3s轨道的能量低于3p轨道，所以电子先排满3s轨道，才能排3p轨道，违反了能量最低原理。
【解答】解：A.铍原子最外层含有2个电子，均属于2s轨道，其外层电子轨道表示式为，故A错误；
B.碳原子最外层含有4个电子，其最外层电子轨道表示式为，故B错误；
C.氮原子最外层2s轨道含有2个电子，2p轨道含有3个电子，其最外层电子轨道表示式为，故C正确；
D.Al的核电荷数为13，其最外层电子排布式为3s23p1，则Al原子的最外层电子轨道表示式为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子核外电子排布，明确轨道表示式的书写原则为解答关键，注意掌握常见原子结构及原子核外电子排布规律，题目难度不大。
6．（2分）含有非极性共价键的化合物是（　　）
A．Cl2 B．CO2 C．CH4 D．C2H2
【分析】同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键，由两种或两种以上元素组成的纯净物属于化合物，以此进行判断。
【解答】解：A.Cl2为单质，不属于化合物，故A错误；
B.CO2分子中只含有C＝O极性共价键，故B错误；
C.CH4分子中只含有C﹣H极性共价键，故C错误；
D.C2H2分子中含有C≡C非极性共价键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查共价键的类型判断，明确题干信息、极性键与非极性键的概念为解答关键，注意掌握常见化学键类型及判断方法，题目难度不大。
7．（2分）可用于量取5.00mL0.1mol/LNaOH溶液的仪器是（　　）
A．胶头滴管 B．容量瓶 C．量筒 D．滴定管
【分析】量取5.00mL0.1mol/LNaOH溶液的仪器必须带有刻度，且最小读数能够读到0.01mL，以此结合常见仪器的构造进行判断。
【解答】解：A.胶头滴管没有刻度，无法量取5.00mL0.1mol/LNaOH溶液，故A错误；
B.容量瓶只能用于配制溶液，无法量取5.00mL0.1mol/LNaOH溶液，故B错误；
C.量筒的最小读数为0.1mL，无法量取5.00mL0.1mol/LNaOH溶液，故C错误；
D.滴定管的最小读数为0.01mL，可以用酸式滴定管量取5.00mL0.1mol/LNaOH溶液，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见仪器的使用方法，明确常见仪器的构造及使用方法即可解答，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8．（2分）下列关于乙烯的说法正确的是（　　）
A．工业上通过石油裂解可以制得乙烯
B．实验室通过浓硫酸与乙醇加热到140℃制取乙烯
C．其聚合得到的塑料制品不可用于食品包装
D．分子中所有的原子在一直线上
【分析】A.石油裂解可以获得乙烯；
B.浓硫酸和乙醇需加热到170℃制取乙烯；
C.乙烯聚合得到聚乙烯；
D.乙烯是平面型分子。
【解答】解：A.工业上主要通过石油的裂解获得乙烯，故A正确；
B.实验室通过浓硫酸与乙醇加热到170℃制取乙烯，故B错误；
C.乙烯聚合得到的塑料制品聚乙烯可用于食品包装，故C错误；
D.乙烯分子中的6个原子处于同一平面上，不是同一直线，故D错误，
故选：A。
【点评】本题主要考查乙烯的结构和性质，难度不大，还涉及到了乙烯的制取方法，乙烯是有机中重要且具有代表性的物质，其相关反应需要掌握牢固。
9．（2分）在通常条件下，下列各组有机物的性质排列错误的是（　　）
A．沸点：正戊烷＞异戊烷
B．密度：CH3CH2CH2Cl＞CH3CH2Cl
C．熔点：CH3CH2CH2Cl＞CH3CH2Cl
D．水溶性：CH3CH2OH＞CH3CH2CH2CH2OH
【分析】A．烷烃的同分异构体沸点的关系：正＞异＞新；
B．饱和一卤代烃的密度随着碳原子数的增多而减小；
C．饱和一卤代烃的熔沸点随着碳原子数的增多而增大；
D．饱和一元醇的水溶性随着碳原子数的增多而减小．
【解答】解：A．烷烃的同分异构体沸点的关系：正＞异＞新；，所以，沸点：正戊烷＞异戊烷，故A正确；
B．饱和一卤代烃的密度随着碳原子数的增多而减小，密度：CH3CH2CH2Cl＜CH3CH2Cl，故B错误；
C．饱和一卤代烃的熔沸点随着碳原子数的增多而增大，熔点：CH3CH2CH2Cl＞CH3CH2Cl，故C正确；
D．饱和一元醇的水溶性随着碳原子数的增多而减小，水溶性：CH3CH2OH＞CH3CH2CH2CH2OH，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查了饱和一卤代烃和饱和一元醇的性质的变化规律，难度不大，掌握变化规律是解题的关键．
10．（2分）下列物质中，常温下以分子晶体形式存在的是（　　）
A．氯化铵 B．单质碘 C．金刚石 D．单质硅
【分析】离子化合物以离子晶体形式存在；
共价分子，包括共价化合物和共价单质，以分子晶体形式存在；
通过共价键形成的共价晶体以共价晶体形式存在；
金属单质以金属键形式存在，据此分析即可。
【解答】解：A．氯化铵属于离子化合物，以离子晶体形式存在，故A错误；
B．单质碘属于分子晶体，以分子晶体形式存在，故B正确；
C．金刚石属于共价晶体，以共价晶体形式存在，故C错误；
D．单质硅属于共价晶体，以共价晶体形式存在，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查物质的晶体类型的判断，掌握四种晶体类型的原理是解决本题的关键，属于基本知识、基础题型的考查，难度不大。
11．（2分）下列除去括号内杂质的方法错误的是（　　）
A．硝基苯（苯）——蒸馏
B．乙烯（二氧化硫）——氢氧化钠溶液
C．乙烷（乙烯）——氢气
D．乙酸乙酯（乙酸）——碳酸钠溶液，分液
【分析】A．硝基苯、苯互溶，且沸点不同；
B．二氧化硫与NaOH反应，乙烯不能；
C．乙烯与氢气的反应条件较复杂，且无法控制氢气的量；
D．乙酸与碳酸钠反应后与乙酸乙酯分层。
【解答】解：A．硝基苯、苯互溶但沸点不同，故用蒸馏方法分离，故A正确；
B．二氧化硫与NaOH反应，乙烯不能，洗气可分离，故B正确；
C．乙烯与氢气能够发生加成反应，但反应条件较复杂，且无法控制氢气的量，会产生新的杂质，故C错误；
D．乙酸与碳酸钠反应后与乙酸乙酯分层，然后分液可除杂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意常见混合物分离方法及除杂的原则，侧重有机物性质的考查，题目难度不大。
12．（2分）将反应后的溶液加热蒸干并在300℃时充分灼烧至质量不变，最终可得到纯净物的是（　　）
A．向FeSO4溶液中通入过量Cl2
B．向KI和NaBr混合溶液中通入过量Cl2
C．向NaAlO2溶液中加入过量HCl溶液
D．向NaHCO3溶液中加入过量HCl溶液
【分析】A．根据硫酸难挥发，盐酸易挥发，FeSO4溶液和过量Cl2反应生成Fe2（SO4）3和FeCl3，Fe2（SO4）3再加热蒸干得到硫酸铁；FeCl3再加热蒸干，得到后氢氧化铁来解答；
B．根据KI、NaBr在高温下不会分解，氯气会把碘和溴氧化出来，最终碘和溴和水挥发，只剩KCl、NaCl来解答；
C．向NaAlO2溶液中加入过量的HCl溶液反应生成氯化钠和氯化铝溶液，加热蒸发得到氢氧化铝和氯化钠；
D．向NaHCO3溶液中加入过量HCl溶液反应得到氯化钠和盐酸，加热蒸干、灼烧氯化氢挥发。
【解答】解：A．FeSO4溶液和过量Cl2反应生成Fe2（SO4）3和FeCl3，Fe2（SO4）3加热水解生成氢氧化铁和硫酸，硫酸难挥发，再加热蒸干并在300℃时充分灼烧至质量不变得到硫酸铁；FeCl3加热水解生成氢氧化铁和氯化氢，灼烧后氢氧化铁分解产生氧化铁和水，所以得到的是Fe2（SO4）3和Fe2O3混合物，故A错误；
B．因NaI、NaBr在高温下不会分解，氯气会把碘和溴氧化出来，加热蒸干、灼烧至质量不变，碘升华，溴和水挥发，加热蒸干、灼烧，残留固体为KCl、NaCl，故B错误；
C．向NaAlO2溶液中加入过量的HCl溶液反应生成氯化钠和氯化铝溶液，加热蒸发得到氢氧化铝和氯化钠混合物，加热蒸干、灼烧，残留固体为氧化铝和氯化钠的混合物，故C错误；
D．向NaHCO3溶液中加入过量HCl溶液反应得到氯化钠和盐酸，加热蒸干、灼烧氯化氢挥发，最后剩余氯化钠固体，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质性质的应用，物质反应量不同产物不同，水解的盐蒸干溶液得到水解产物还是原溶质取决于水解生成物的挥发性，盐的性质，题目难度中等。
13．（2分）向NH4Al（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液，当SO42﹣恰好完全沉淀时，Al元素的主要存在形式是（　　）
A．Al3+和Al（OH）3 B．Al（OH）3
C．AlO2和Al（OH）3 D．AlO2﹣
【分析】设NH4Al（SO4）2的物质的量为1mol，该溶液中含有1molNH4+、1molAl3+、2molSO42﹣，根据反应SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓可知，当溶液中的SO42﹣完全沉淀时，需要2molBa2+，即2molBa（OH）2，2molBa（OH）2中含有4molOH﹣，1molAl3+和3molOH﹣发生反应生成1mol氢氧化铝沉淀，剩余的1molOH﹣恰好与1mol铵根离子反应，以此分析解答。
【解答】解：设NH4Al（SO4）2的物质的量为1mol，该溶液中含有1molNH4+、1molAl3+、2molSO42﹣，根据反应SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓可知，当溶液中的SO42﹣完全沉淀时，需要2molBa2+，即2molBa（OH）2，2molBa（OH）2中含有4molOH﹣，1molAl3+和3molOH﹣发生反应生成1molAl（OH）3沉淀，剩余的1molOH﹣恰好与1mol铵根离子反应，所以Al元素的主要存在形式为Al（OH）3，
故选：B。
【点评】本题考查元素化合物性质，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的化学计算能力，题目难度不大。
14．（2分）下列反应中，改变反应物的浓度，不会改变生成物的是（　　）
A．铜和硝酸的反应
B．氯气通入氢氧化钠溶液中
C．铁和盐酸的反应
D．硫酸与锌粒的作用
【分析】A.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，铜与稀硝酸反应生成一氧化氮；
B.氯气与稀氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，与浓氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、氯酸钠和水；
C.铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；
D.锌与稀硫酸反应生成氢气，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫气体。
【解答】解：A.铜与硝酸反应时，硝酸的浓度不同，反应产物不同，则改变反应物的浓度，生成物会改变，故A错误；
B.氯气通入氢氧化钠溶液中，氯气与稀氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，与浓氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、氯酸钠和水，改变氢氧化钠溶液的浓度，反应产物会发生改变，故B错误；
C.铁和盐酸的反应产物为氯化亚铁和氢气，改变反应物的浓度，不会改变生成物，故C正确；
D.硫酸与锌粒反应时，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，锌与稀硫酸反应生成氢气，硫酸的浓度不同，反应产物不同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查常见元素化合物的性质，明确物质性质、反应原理为解答关键，注意掌握常见元素单质及其化合物性质，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
15．（2分）下列指定微粒的数目一定相等的是（　　）
A．等物质的量的H2O与D2O含有的中子数
B．等质量的乙烯与丙烯的碳氢质量之比
C．同温、同压下的CO与NO含有的原子数
D．pH相等的HCl溶液与CH3COOH溶液稀释100倍后的pH
【分析】A．H2O分子含有8个中子，而D2O分子含10个中子；
B．乙烯与丙烯的最简式相同；
C．CO、NO的分子数目不一定相同；
D．HCl是强酸，而醋酸是弱酸，稀释会继续电离。
【解答】解：A．H2O分子含有8个中子，而D2O分子含10个中子，等物质的量的H2O与D2O含有的中子数不相等，故A错误；
B．乙烯与丙烯的最简式都是CH2，二者含有的碳氢质量之比一定相等，故B正确；
C．CO、NO虽然都是双原子分子，但二者的分子数目不一定相同，则含有的原子数目不一定相等，故C错误；
D．HCl是强酸，再溶液中完全电离，而醋酸是弱酸，稀释会继续电离，pH相等的HCl溶液与CH3COOH溶液稀释100倍后，醋酸溶液中氢离子浓度更大，pH较小，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的量有关计算、弱电解质电离等，掌握以物质的量为中心的计算并能灵活运用，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
16．（2分）下列实验操作正确的是（　　）
A．实验室配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需称取NaOH1.920g用容量瓶进行配制
B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，坩埚一定要置于干燥器中冷却
C．酸碱中和滴定实验中装待测液的锥形瓶一定要干燥
D．用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH
【分析】A.配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，选500mL容量瓶，结合m＝cVM计算；
B.在坩埚中加热测定结晶水；
C.锥形瓶中有少量水，不影响酸碱的物质的量；
D.湿润的pH试纸，溶液被稀释。
【解答】解：A.配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，选500mL容量瓶，称取NaOH为0.5L×0.1mol/L×40g/mol＝2.0g，故A错误；
B.在坩埚中加热测定结晶水，坩埚一定要置于干燥器中冷却，质量差为水的质量，故B正确；
C.锥形瓶中有少量水，不影响酸碱的物质的量，不需要干燥，故C错误；
D.湿润的pH试纸，溶液被稀释，应选干燥的pH试纸，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液的配制、中和滴定、pH测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
17．（2分）常温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH＝7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．向0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）＞c（CH3COOH）＝c（Cl﹣）
B．向0.10mol/LNaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO32﹣）
C．向0.10mol/LNa2CO3溶液中通入CO2：c（Na+）＝2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]
D．向0.10mol/L（NH4）2CO3溶液中通入CO2：c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）
【分析】A．向0.10mol•L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），则c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），由物料守恒得c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），根据电荷守恒和物料守恒判断；
B．溶液中存在物料守恒，即c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）①，溶液中存在电荷守恒，即c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），因为pH＝7即c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）②；
C．Na2CO3溶液中存在物料守恒，c（Na+）＝2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]，向0.10mol/LNa2CO3溶液中通入CO2导致溶液中含碳微粒总浓度增大；
D．pH＝7，则c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒判断。
【解答】解：A．向0.10mol•L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），则c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），由物料守恒得c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），根据电荷守恒和物料守恒得；c（Na+）＞c（CH3COOH）＝c（Cl﹣），故A正确；
B．0.1mol•L﹣1的NaHSO3溶液中通NH3至pH＝7，溶液中存在物料守恒，即c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）①，溶液中存在电荷守恒，即c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），因为pH＝7即c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）②，由①得c（Na+）＞c（SO32﹣）；将①式左右两边都加上c（NH4+）得c（Na+）+c（NH4+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）+c（NH4+）③，结合②③得c（SO32﹣）＝c（NH4+）+c（H2SO3），故c（SO32﹣）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+），故B错误；
C．Na2CO3溶液中存在物料守恒，c（Na+）＝2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]，向0.10mol/LNa2CO3溶液中通入CO2导致溶液中含碳微粒总浓度增大，所以向0.10mol/LNa2CO3溶液中通入CO2存在c（Na+）＜2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]，故C错误；
D．pH＝7，则c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），得c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，题目难度不大。
18．（2分）钢铁的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀（如图）和析氢腐蚀。关于这两种电化腐蚀的说法正确的是（　　）

A．两种电化腐蚀的电解质溶液酸碱性有差异
B．电化腐蚀比化学腐蚀危害更大的原因是发生了氧化还原反应
C．两种电化腐蚀中都是铁作为负极、发生还原反应
D．吸氧腐蚀正极的反应为：4OH﹣﹣4e﹣→O2+2H2O
【分析】A．钢铁发生电化学腐蚀时，包括析氢腐蚀和吸氧腐蚀，两者的环境不同；
B．电化腐蚀和化学腐蚀都是氧化还原反应；
C．电化腐蚀中的负极发生氧化反应；
D．吸氧腐蚀正极的反应为：O2和H2O得到电子生成OH﹣。
【解答】解：A．钢铁发生电化学腐蚀时，若电解质溶液为酸性，则发生析氢腐蚀，若电解质溶液为中性，则发生吸氧腐蚀，故A正确；
B．电化腐蚀比化学腐蚀危害更大的原因是电化腐蚀在很多环境下都能发生，故B错误；
C．两种电化腐蚀中都是铁作为负极、发生氧化反应，故C错误；
D．吸氧腐蚀正极的反应为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查钢铁的电化学腐蚀的原理，同时考查化学腐蚀的概念、原理，属于基本知识、基础题型的考查，难度不大。
19．（2分）a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，非金属性：d＞c。下列关于a、b、c、d四种元素的叙述错误的是（　　）
A．a元素的金属性最强
B．它们对应的单质中不可能有离子晶体
C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物
D．b、c、d分别与氢元素形成的化合物中化学键均为极性共价键
【分析】a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，则a为Na元素；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，b只能含有2个电子层，最外层含有4个电子，则b为C元素；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c位于ⅥA族，c为S元素，c与d同周期，非金属性：d＞c，则d为Cl元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，a为Na，b为C，c为S，d为Cl元素，
A.钠元素为短周期中金属性最强的元素，则四种元素中a的金属性最强，故A正确；
B.离子半径必须为离子化合物，四种元素的单质中不可能有离子晶体，故B正确；
C.四种元素中，只有Na为活泼金属，其他均为非金属元素，则只有Na与其他元素生成的化合物都是离子化合物，故C正确；
D.碳与氢元素形成的化合物为烃，除了甲烷以外，其他烃分子中均含有C﹣C非极性键，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
20．（2分）用盐酸中和相同体积、相同pH值的Ba（OH）2、NaOH和NH3•H2O三种稀溶液，所用相同浓度的盐酸体积分别为V1、V2和V3，则三者关系为（　　）
A．V1＞V2＞V3 B．V3＝V2＞V1 C．V1＝V2＞V3 D．V3＞V2＝V1
【分析】等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH中，n（OH﹣）相同，但NH3•H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH﹣）越大，消耗酸越多。
【解答】解：等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH中，n（OH﹣）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1＝V2；
但NH3•H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，
所以消耗酸的体积关系为V3＞V2＝V1，
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合的计算，明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡是解答本题的关键，题目难度中等。
二、综合题
21．（16分）自然界中的含硫物质通过各种化学过程建立起硫循环，其循环过程如图：

请回答下列问题：
（1）写出硫原子的核外电子排布式 　1s22s22p63s23p4　，其核外有 　5　种能量不同的电子。其同周期元素中，原子半径最大的是 　Na　（填元素符号）。
（2）从图中可以看出、火山喷发产生的气体中有H2S。写出H2S的结构式 　H﹣S﹣H　，其属于 　极性　分子（填写“极性“或“非极性”）。
（3）结合图中含硫物质、分析硫常见的化合价除了0价，还有 　﹣2、+4、+6　，试写出一个含有最高价硫元素的物质和最低价硫元素的物质之间反应的化学方程式 　H2S+3H2SO4（浓）＝4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4（浓）＝4H2O+3S↓或H2S+H2SO4（浓）＝S↓+SO2↑+2H2O　。
（4）除了硫，氮也是自然界常见的物质，含氮废水进入水体会对环境造成污染。某学生社团用铝将NO3还原为N2，从而消除污染。配平下列离子方程式：　6　NO3﹣+　10　Al+　18　H2O→　3　N2↑+　10　Al（OH）3+　6　OH﹣。该反应中，被还原的元素是 　N　，每生成1molN2，转移的电子数目是 　10mol　。
（5）已知SO2溶于水形成的H2SO3是二元中强酸，其对应的NaHSO3溶液呈酸性，请结合离子方程式说明原因 　亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSO3﹣⇌H++SO32﹣　。
【分析】（1）硫原子核外有16个电子，据此书写电子排布式；不同能级上的电子具有不同的能量；第三周期半径最大的为钠；
（2）H2S中存在S﹣H键，为极性分子；
（3）硫常见的化合价除了0价，还有﹣2、+4、+6，硫化氢和浓硫酸反应生成SO2和水；
（4）根据化合价升降总数相等和质量守恒来配平化学方程式；根据化合价升高的反应物为还原剂，化合价降低的元素被还原；根据化合价的变化计算转移的电子数；
（5）亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度。
【解答】解：（1）硫原子核外有16个电子，则核外电子排布为1s22s22p63s23p4；不同能级上的电子具有不同的能量，硫原子的核外有5种能量不同的电子；S为第三周期的元素，原子半径最大的为Na，
故答案为：1s22s22p63s23p4；5；Na；
（2）H2O中存在S﹣H键，结构式为H﹣S﹣H，S为sp3杂化，结构不对称，为极性分子，
故答案为：H﹣S﹣H；极性；
（3）结合图中含硫物质、分析硫常见的化合价除了0价，还有﹣2、+4、+6，含硫化氢可以和浓硫酸反应，浓硫酸过量时：H2S+3H2SO4（浓硫酸）＝4SO2↑+4H2O；硫化氢过量时：H2S+3H2SO4（浓）＝4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4（浓）＝4H2O+3S↓或H2S+H2SO4（浓）＝S↓+SO2↑+2H2O，
故答案为：﹣2、+4、+6；H2S+3H2SO4（浓）＝4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4（浓）＝4H2O+3S↓或H2S+H2SO4（浓）＝S↓+SO2↑+2H2O；
（4）NO3﹣中氮的化合价由+5价降低为0价，变化5，Al的化合价由0价升高为+3价，变化3，化合价升降总数相等和质量守恒来配平得：6NO3﹣+10Al+18H2O═3N2↑+10Al（OH）3+6OH﹣，Al为还原剂，氧化剂为NO3﹣，N元素被还原，其对应的还原产物为N2，生成1个N2转移电子10个，所以生成1molN2，将有10mol电子发生转移，
故答案为：6、10、18、3、10、6；N；10；
（5）SO2溶于水形成的H2SO3是二元中强酸，其对应的NaHSO3溶液呈酸性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSO3﹣⇌H++SO32﹣，
故答案为：亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSO3﹣⇌H++SO32﹣。
【点评】本题考查核外电子排布、化学键、方程式的配平、电解质的电离，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和，掌握物质性质、氧化还原反应原理是解题关键，题目难度中等。
22．（14分）煤是一种常见的矿物燃料，其综合作用有煤的气化、煤的干馏和煤的液化等。煤的气化主要反应原理如下：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）﹣131.3kJ。
请回答下列问题：
（1）在一定体积的容器内发生上述反应，假设有42克CO生成，需要吸收的热量是 　196.95　kJ。
（2）该反应的平衡常数表达式是K＝　　。
（3）反应中H2O的浓度随时间的变化如表：
时间（分钟）/温度（℃）
1300℃
高于1300℃
0
2mol/L
2mol/L
2
amol/L
bmol/L
4
1.4mol/L
cmol/L
6
1.23mol/L
cmol/L
8
1.23mol/L
cmol/L
①根据表中数据计算1300℃时，4分钟内的反应速率 　0.15　mol•L﹣1•min﹣1。
②表中a 　＞　b，c 　＜　1.23mol/L（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
③1300℃时，判断该反应达到化学平衡状态的依据是 　AC　。
A.容器内压强保持不变
B.v（H2）＝v（H2O）
C.容器内密度保持不变
D.碳的浓度保持不变
【分析】（1）n（CO）＝＝1.5mol，根据热化学方程式知，生成1molCO吸收131.3kJ热量，据此计算生成1.5molCO吸收的热量；
（2）该反应的平衡常数K等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之积的比；
（3）①根据表中数据计算1300℃时，4分钟内的反应速率＝；
②温度越高，反应速率越快，消耗的水蒸气越多；
③可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
【解答】解：（1）n（CO）＝＝1.5mol，根据热化学方程式知，生成1molCO吸收131.3kJ热量，据此计算生成1.5molCO吸收的热量＝＝196.95kJ，
故答案为：196.95；
（2）该反应的平衡常数K＝，
故答案为：；
（3）①根据表中数据计算1300℃时，4分钟内的反应速率＝＝＝0.15mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：0.15；
②温度越高，反应速率越快，消耗的水蒸气越多，所以相同时间内温度高于1300℃消耗的H2O比1300℃消耗的水多，容器内剩余的H2O少，则a＞b，c＜1.23mol/L，
故答案为：＞；＜；
③A．恒温恒容条件下，容器内压强与气体的物质的量成正比，反应前后气体的物质的量增大，则反应过程中压强增大，当容器内压强保持不变时，反应达到平衡状态，故A正确；
B．v（H2）＝v（H2O）中没有注明反应方向，不能据此判断平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体总质量增大，容器体积不变，则容器内密度增大，当容器内密度保持不变时，反应达到平衡状态，故C正确；
D．碳是固体，没有浓度，不能据此判断平衡状态，故D错误；
故答案为：AC。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡常数表达式的书写、化学平衡状态判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和运用，明确反应热计算方法、外界条件对化学反应速率影响原理、化学平衡状态判断方法是解本题关键，注意：（3）③中混合气体密度可以用于化学平衡状态判断。
23．（14分）奶油中有一种化合物A，其相对分子质量为88，由C、H、O三种元素组成，C、H的质量分数依次为55%和9%。与A相关的反应如图：

已知：RCHO+R'CHO
请回答下列问题：
（1）A的分子式是 　C4H8O2　，它除了含有羟基外，还含有的官能团的名称是 　羰基　。
（2）写出C的结构简式 　CH3CHO　，检验F中非含氧官能团的试剂是 　溴水　。
（3）写出B→D反应的化学方程式 　　。
（4）在空气中长时间搅拌奶油，A可转化为相对分子量为86的化合物G，G的一氯代物只有一种，写出G的结构简式 　　，A→G的反应类型为 　氧化反应　。
（5）合成是有机化工永恒的话题，请完成由1，3﹣丁二烯为原料合成1，4﹣丁二醇的路线图 　CH2＝CH﹣CH＝CH2CH2BrCH＝CHCH2BrHOCH2CH＝CHCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH　。
【分析】有机化合物A，只含有C、H、O三种元素，C、H的质量分数依次为55%和9%，故分子中C、H、O原子个数比为2：4：1，其相对分子质量为88，令组成为（C2H4O）n，则（24+4+16）n＝88，解得n＝2，故A的分子式为C4H8O2，已知A中含有碳氧双键，所以一定还存在一个羟基，再结合题目的框图信息，能与HBr和H2反应，故不可能为羧基，只能为醇羟基和羰基分别在不同的碳上．与HBr反应后的产物能发生消去反应，B能与HIO4发生反应，结合反应信息，所以A中的羰基与羟基必须相邻，从而得到A的结构简式为．顺推可知，B为，C为CH3CHO，D为二元酯类，结构简式为．由反应信息①可知，E为，则F为，A会转化为相对分子质量为86的化合物G，结合A的分子式可知，A的相对分子质量为88，则应是A发生氧化反应生成G，G为，据此解答。
【解答】解：（1）由上述分析可知，A为，分子式为C4H8O2，它除了含有羟基外，还含有的官能团的名称是羰基，
故答案为：C4H8O2；羰基；
（2）结合分析可知，C为CH3CHO，F中非含氧官能团碳碳双键，需要使用的试剂为溴水，
故答案为：溴水；
（3）B→D反应的化学方程式为：，
故答案为：；
（4）A会转化为相对分子质量为86的化合物G，结合A的分子式可知，A的相对分子质量为88，则应是A发生氧化反应生成G，G为，
故答案为：；氧化反应；
（5）由1，3﹣丁二烯为原料制备1，4﹣丁二醇，可以用1，3﹣丁二烯与溴发生1，4﹣加成，然后水解生成烯醇，再与氢气加成即可得到目标产物，合成路线为CH2＝CH﹣CH＝CH2CH2BrCH＝CHCH2Br HOCH2CH＝CHCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH，
故答案为：CH2＝CH﹣CH＝CH2CH2BrCH＝CHCH2Br HOCH2CH＝CHCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生推断和知识综合运用能力，涉及物质推断、反应类型判断、官能团判断，明确有机物官能团及其性质、物质之间的转化关系是解本题关键，题目难度不大。
24．（16分）碳酸钠俗称纯碱，是一种常用的工业原料，可以从盐碱湖中得到，也可以通过工业生成合成。工业生产纯碱的原理和工艺流程如下。
生产原理：NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl。2NaHCO3→Na2CO3+H2O+CO2。
工艺流程示意图：

请回答下列问题：
（1）粗盐中所含的可溶性杂质离子有Ca2+、Mg2+、SO42+等，请按照加入的先后顺序写出除杂试剂 　NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸 （或 BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸）　。
（2）在制取NaHCO3时，工业上采取的是先通过NH3，再通过CO2。你认为这两种气体能不能换一下通入顺序，请说明原因：　不能，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少　。
（3）碳酸化后过滤，滤液最主要的成分是 　NH4Cl　（填写化学式）。检验这一成分的阴离子的方法是 　用硝酸酸化的AgNO3，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣　。侯氏制碱法在生产纯碱的同时，也会产生大量的NH4Cl。近年来，科研人员利用以下方法提高了NH4Cl的综合利用价值：
①NH4Cl+MgO→Mg（OH）Cl+NH3↑
②Mg（OH）Cl→MgO+HCl↑
（4）实验室模拟该实验，取5.350gNH4Cl与过量MgO充分反应，产生的HCl用含0.20000mol的NaOH的溶液完全吸收。将吸收液定容至1000mL，取20.00mL，用甲基橙做指示剂，用0.10000mol/L标准盐酸滴定，消耗盐酸20.50mL。
①在滴定时，需要用到的玻璃仪器有 　酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管　；滴定至终点时，溶液的颜色由 　黄　色变为 　橙　色，且30s内溶液颜色不变。
②HCl的释放率用α表示，计算方法为：。根据滴定结果计算，α＝　97.5%　。
【分析】粗盐水加入除杂试剂过滤得到沉淀和滤液，滤液为氯化钠溶液，通入氨气得到氨化的食盐水，通入二氧化碳酸化，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到固体为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，得到纯碱，
（1）碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来；除镁离子用氢氧化钠，除钙离子用碳酸钠，除硫酸根离子用氯化钡，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠必须放在氯化钡的后面；
（2）氨气极易溶于水，二氧化碳溶解度不大，先通入二氧化碳，在通入氨气生成的碳酸氢钠少；
（3）工业生产纯碱的原理和工艺流程如下，生产原理：NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，分析可知滤液中主要成分为氯化铵，检验氯离子的方法是用硝酸酸化的硝酸银检验；
（4）①取5.350gNH4Cl物质的量＝＝0.1mol，与过量MgO充分反应，产生的HCl物质的量为0.1mol，用含0.20000mol的NaOH的溶液完全吸收，则氢氧化钠需要过量，将吸收液定容至1000mL，取20.00mL，用甲基橙做指示剂，用0.10000mol/L标准盐酸滴定，消耗盐酸20.50mL，反应终点是黄色变化为橙色且半分钟内颜色不变化，说明反应达到终点；
②HCl的释放率用α表示，计算方法为：，据此计算。
【解答】解：（1）除镁离子用氢氧化钠，除钙离子用碳酸钠，除硫酸根离子用氯化钡，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠必须放在氯化钡的后面，最后过滤沉淀后的滤液中加入盐酸除去过量碳酸钠和氢氧化钠，则试剂加入顺序为NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸 （或 BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸），
故答案为：NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸 （或 BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸）；
（2）在制取NaHCO3时，工业上采取的是先通过NH3，再通过CO2，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少，这两种气体不能换通入顺序，
故答案为：不能，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少；
（3）氨化后的氯化钠溶液中通入CO2气体酸化，反应产生碳酸氢钠晶体，发生的反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸化后过滤，滤液D最主要的成分是NH4Cl，Cl﹣检验方法是用硝酸酸化的AgNO3，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣，
故答案为：NH4Cl；用硝酸酸化的AgNO3，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣；
（4）①在滴定时，需要用到的玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管，滴定至终点时，溶液的颜色由黄色变为橙色且半分钟内颜色不变，说明反应达到终点，
故答案为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管；黄；橙；
②取5.350gNH4Cl物质的量＝＝0.1000mol，与过量MgO充分反应，产生的HCl物质的量为0.1000mol，用含0.20000mol的NaOH的溶液完全吸收，则氢氧化钠需要过量，将吸收液定容至1000mL，取20.00mL，用甲基橙做指示剂，用0.10000mol/L标准盐酸滴定，消耗盐酸20.50mL，则20.00mL中吸收液消耗HCl物质的量＝0.10000mol/L×20.50×10﹣3L＝0.00205mol，1000mL溶液中吸收液消耗HCl物质的量0.00205mol×＝0.1025mol，则反应释放出的HCl物质的量＝0.20000mol﹣0.1025mol＝0.09750mol，HCl的释放率用α表示，计算方法为：α＝＝×100%＝97.500%，
故答案为：97.500%。
【点评】本题考查了工业制备纯碱的工艺流程、物质性质、粗盐提纯、滴定实验测定含量的计算应用等知识点，注意滴定实验的步骤和注意问题，题目难度中等。
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