上海市宝山区2022届高三年级下学期二模化学试题 Word版含解析.docx

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2021学年第二学期高三年级等级考测化学试卷相对原子质量：O-16C-12H-1Fe-56S-32K-39Mn-55N-14一、选择题(每小题只有一个正确答案)1.松江正在进行生活垃圾分类。生活垃圾中的塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于（）A.无机物B.有机物C.盐类D.非金属单质【答案】B【解析】【详解】塑料袋的主要成分是聚乙烯或聚氯乙烯或聚苯乙烯等，旧橡胶制品的主要成是聚异戊二烯，废纸的主要成分是纤维素，都是有机物。答案选B。2.下列科学家中，为我国化学工业作出重大贡献的是A.钱学森B.侯德榜C.华罗庚D.李四光【答案】B【解析】【详解】A．钱学森是中国航天事业的奠基人，中国两弹一星功勋奖章获得者，被誉为“中国航天之父”、“中国导弹之父”等，A错误；B．侯德榜是一位化学家，发明了联合制碱法，在制碱工业中做出了重大贡献，B正确；C．华罗庚是一位数学家，华罗庚的研究领域遍及数论、代数、矩阵几何学，典型群，多个复变数函数论、应用数学等，C错误；D．李四光是一位地质学家，在我国的地质研究和石油勘探工作中做出了重大贡献，D错误；故答案为：B。3.据报道，月球上有大量He存在，以下关于He的说法正确的是A.是He的同素异形体B.比He少一个质子C.是He的同位素D.比He多一个中子【答案】C【解析】【详解】A．同素异形体是指同一元素形成的性质不同的几种单质，He和He均表示原子而不是单质，故不是He的同素异形体，A错误； B．He和He的质子数均为2，B错误；C．同位素是指具有相同质子数而不同中子数的同一元素的不同原子，故He是He的同位素，C正确；D．已知质量数等于质子数加中子数，则He含有1个中子，而He含有2个中子，故He比He少一个中子，D错误；故答案为：C。4.下列物质能起到消毒杀菌作用的是A.漂粉精B.明矾C.乳酸菌D.小苏打【答案】A【解析】【详解】A．漂粉精主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，有效成分是Ca(ClO)2，该物质具有强氧化性，能够使细菌、病毒蛋白质氧化而失去生理活性，因而具有消毒杀菌作用，A符合题意；B．明矾溶于水会反应产生氢氧化铝胶体而具有净水作用，但不能起消毒杀菌作用，B不符合题意；C．乳酸菌能够促使乳酸分解，但不具有消毒杀菌作用，C不符合题意；D．小苏打是轻金属盐，本身对人体健康无刺激性，能够与胃酸反应，降低胃酸的浓度，因而可以治疗胃酸过多，但不具有消毒杀菌作用，D不符合题意；故合理选项是A。5.有人认为在元素周期表中，位于ⅠA族的氢元素，也可以放在ⅦA族，下列物质能支持这种观点的是(  )A.HFB.H3O＋C.NaHD.H2O2【答案】C【解析】【分析】ⅦA族元素原子在反应中易获得一个电子，化合价为﹣1价，据此分析解答。【详解】因ⅦA族元素原子在反应中易获得一个电子，显﹣1价，NaH中氢元素显﹣1价，能支持这种观点，HF、H3O+、H2O2中氢元素均显+1价，不能支持这种观点，故选C。6.下列表达方式正确是A.乙炔的结构式：HC≡CHB.羟基的电子式：C.氧离子的核外电子排布式：1s22s22p4D.碳-12原子：C【答案】D 【解析】【详解】A．结构式是指用一根“-”表示一对共用电子对的式子，则乙炔的结构式为：H-C≡C-H，而HC≡CH是乙炔的结构简式，A错误；B．已知羟基是不带电的原子团，则羟基的电子式为：，B错误；C．氧离子的最外层上有6个电子，则其核外电子排布式为：1s22s22p6，C错误；D．根据核素的表示方法可知，碳-12原子可表示为：C，D正确；故答案为：D。7.属于共价化合物的是A.SiO2B.NaC1C.NH4ClD.Cl2【答案】A【解析】【详解】A．SiO2是由Si和O通过共价键形成的化合物，属于共价化合物，A符合题意；B．NaC1是由Na+和Cl-通过离子键形成的离子化合物，B不合题意；C．NH4Cl是由和Cl-通过离子键形成的离子化合物，C不合题意；D．Cl2是由Cl通过共价键形成的单质，D不合题意；故答案为：A。8.下列实验装置的名称错误的是A.三脚架B.坩锅钳C.泥三角D.研钵【答案】B【解析】【详解】坩埚是属于陶瓷质仪器不是金属质地仪器，故坩锅钳应该为坩埚钳，B错误，故答案为：B。9.相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH最大的是A.NH4ClB.NH4HCO3C.NH4HSO4D.(NH4)2SO4【答案】B【解析】【详解】NH4HSO4由于直接电离出H+，酸性最强，pH最小，而NH4Cl、(NH4)2SO4由于水解呈酸性，且由于后者中浓度更大，则后者酸性更强，而NH4HCO3由于水解呈酸性，而水解呈碱性，故导致该溶液的酸性最弱，故酸性由强到弱的顺序为：C＞D＞A＞B，故答案为：B。10.以下命题，违背化学变化规律的是 A.石墨制成金刚石B.煤加氢变成人造石油C.水变成汽油D.干冰转化成原子晶体【答案】C【解析】【详解】化学反应的实质是旧化学键的断裂与新化学键的形成，化学反应中，元素的种类不会发生改变；水中没有碳元素，不可能转化为碳原子为C5～C11的烃的汽油，故选C。11.在NH3、H2SO4的工业生产中，具有的共同点是A.使用加压装置B.使用尾气吸收装置C.使用H2作原料D.使用催化剂【答案】D【解析】【详解】A．硫酸工业中由于SO2和O2反应转化为SO3的反应在常压下转化率就已经很高了，故不需使用加压装置，合成氨中常采用500MPa下，需要加压装置，A不合题意；B．H2SO4工业使用的三个设备是沸腾炉、接触室、吸收塔，这其中气体和能量循环利用，没有尾气吸收装置，NH3是将其液化分离的氮气氢气循环利用，也不需要吸收装置，B不合题意；C．H2SO4的工业生产中不用氢气，SO3通入浓硫酸中就是H2SO4，C不合题意；D．氨气用铁触媒做催化剂，而制硝酸第一步制氨气则同上，第二步制一氧化氮时用铂铑合金网，制硫酸二氧化硫氧化为三氧化硫是用五氧化二钒做催化剂，D符合题意；故答案为：D。12.关于的结构与性质，下列说法错误的是A.最简式是CHB.存在单双键交替的结构C.是甲苯的同系物D.空间构型是平面形【答案】B【解析】【详解】A．已知苯的分子式为C6H6，则其最简式是CH，A正确；B．已知苯分子中不存在单双键交替的结构，分子中的六个碳碳键均为介于单键和双键之间一种独特的键，B错误；C．苯和甲苯均只含一个苯环即结构相似，且组成上相差一个CH2原子团，故苯和甲苯互为同系物，C正确；D．苯是平面形分子，所有原子共平面，D正确； 故答案为：B。13.现有三组混合溶液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液；②丁醇和乙醇；③溴化钠和单质溴的水溶液。分离以上各混合液的正确方法依次是A分液、萃取、蒸馏B.萃取、蒸馏、分液C.分液、蒸馏、萃取D.蒸馏、萃取、分液【答案】C【解析】【分析】【详解】①乙酸乙酯不溶于水，和乙酸钠溶液混合后，二者互不相溶，分层，可以采用分液法进行分离；②丁醇和乙醇都属于有机物，二者互溶不分层，但是二者沸点不同，可以采用蒸馏法进行分离；③溴在水中溶解度小，在有机溶剂中溶解度较大，因此加入有机溶剂，如四氯化碳，萃取溴，而溴化钠与四氯化碳互不相溶，混合液分层后，进行分液操作，达到了和溴化钠溶液分离的目的；结合以上分析可知，分离以上各混合液的正确方法依次分液、蒸馏、萃取；故选C。14.下图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是（）A.a为负极，b为正极B.a为阳极，b为阴极C.电解过程中，d电极质量增加D.电解过程中，氯离子浓度不变【答案】C【解析】【详解】A选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，故A错误；B选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，故B错误；C选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，c为阳极，d为阴极，电解过程中，d电极铜离子得到电子变为铜单质，质量增加，故C正确；D选项，电解过程中，c极氯离子失去电子变为氯气，因此浓度减小，故D错误；综上所述，答案C。15.下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是 A.H3O+、NO、Fe2+、Na+B.Ag+、NO、Cl-、K+C.K+、Ba2+、OH-、SOD.Cu2+、NH、Br-、OH-【答案】A【解析】【详解】A．存在水合氢离子，则酸性环境下Fe2+被氧化为Fe3+不共存，A选；B．Ag＋与Cl－生成氯化银沉淀不共存，不是氧化还原反应，B不选；C．Ba2＋与生成硫酸钡沉淀不共存，不是氧化还原反应，C不选；D．Cu2＋、能分别与OH－生成氢氧化铜沉淀和NH3·H2O不共存，不是氧化还原反应，D不选；答案：A。16.一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，在一定条件下生成甲醇的量如图所示。根据图像，计算在500℃时，从反应开始到平衡的氢气的平均反应速率A.mol·L-1·min-1B.mol·L-1·min-1C.mol·L-1·min-1D.mol·L-1·s-1【答案】D【解析】【详解】由图中信息可知，在500℃时，从反应开始到平衡所用时间为tBmin，生成的CH3OH的物质的量为nBmol，则根据反应方程式可知，消耗的H2的物质的量为2nBmol，容器的体积为3L，则该时间段内H2的平均反应速率为：=mol·L-1·min-1=mol·L-1·s-1，故答案为：D。17.迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。下列叙述错误的是 A.迷迭香酸属于芳香族化合物B.迷迭香酸含有三种含氧官能团C.迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D.1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸中含有苯环，则属于芳香族化合物，A正确；B．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸含有羟基、羧基和酯基三种含氧官能团，B正确；C．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸含有羟基、羧基和酯基三种含氧官能团，且酚羟基的邻、对位上有H，迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应，C正确；D．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸含有2个苯环，1个碳碳双键可以和H2加成，故1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，D错误；故答案为：D。18.下列实验操作中，错误的是A.粗盐提纯时，将称量的粗盐放入烧杯中加适量的水搅拌溶解B.硫酸铜结晶水含量测定时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅C.测定未知NaOH溶液浓度时，把量取的标准酸液加入湿润的锥形瓶中进行滴定D.配制0.1mol·L-1H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释【答案】D【解析】【详解】A．粗盐提纯时，将称量的粗盐放入烧杯中加适量的水搅拌溶解，加快溶解，选项A正确；B．晶体飞溅会引起误差，需小火缓慢加热，防止晶体飞溅，选项B正确；C．测定未知NaOH溶液浓度时，把量取的标准酸液加入湿润的锥形瓶中进行滴定，锥形瓶中有水不会影响滴定结果，选项C正确；D．容量瓶不能直接用来溶解、稀释溶液，H2SO4稀释时放热，热的液体不能立即转移到容量瓶中，选项D错误； 答案选D。19.向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是：A.NaCl、NaBr、NaIB.NaCl、NaBr、I2C.NaCl、NaID.NaCl、NaI、Br2【答案】A【解析】【详解】已知Br-的还原性弱于I-，即向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气，则先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，当I-完全消耗后，才氧化Br-，反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，据此分析解题：A．当通入的氯气很少，NaI过量时，生成的I2易升华，则剩余固体为NaCl、NaBr、NaI，A符合题意；B．由于生成的I2易升华，故固体不可能还含有I2，B不合题意；C．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，即固体不可能是NaCl、NaI，C不合题意；D．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，且Br2易挥发，即固体不可能是NaCl、NaI、Br2，D不合题意；故答案为：A。20.将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系错误的是A.c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)B.c(Ac-)>c(Cl-)>c(HAc)>c(H+)C.c(Na+)>c(Ac-)+c(Cl-)D.c(Na+)+c(H+)=c(Ac-)+c(Cl-)+c(OH-)【答案】C【解析】【分析】将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合发生反应：NaAc+HCl=NaCl+HAc，反应后溶液中的溶质为等物质的量的NaCl、醋酸和醋酸钠的混合液，溶液显酸性说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度。【详解】A．将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合，混合溶液中的c(Na+)是c(Cl-)的2倍，所以c(Na+)＞c(Cl-)，溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，Na+和Cl-是大量的，而H+和OH-是少量的，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)，故A正确；B．混合溶液中含等物质的量的NaCl、醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，则c(Ac-)＞c(Cl-)＞c(HAc)，H+是由弱酸醋酸以及水微弱电离产生的，所以c(Ac-)＞c(Cl-)＞c(HAc)＞c(H+)，故B正确；C．溶液中c(Na+)是c(Cl-)的2倍，而c(Ac-)＞c(Cl-)，所以c(Na+)＜c(Ac-)+c(Cl-)，故C错误； D．根据电荷守恒，溶液中有c(Na+)+c(H+)=c(Ac-)+c(Cl-)+c(OH-)，故D正确；故选C。二、综合题21.I.碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。（1）储能材料是当今科学研究的热点，C60(结构如图)可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是_______。a．C60、Si60、N60都属于新型化合物b．C60、Si60、N60互为同分异构体c．已知N60结构与C60相似，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，故C60熔点高于金刚石II．玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑（2）上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于_______晶体。写出气体产物的电子式_______，其属于_______分子(填“极性”或“非极性”)。（3）上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径_______>_______(填元素符号)；处于第三周期的元素名称是_______；金属性最强的短周期元素原子核外有_______种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有_______(写化学式)。III．碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸(H2C2O4)等。已知下列3个变化：→CO2、→CO2、Fe3+→Fe2+。（4）找出其中一个变化与“→Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平_______。（5）上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→①由此可知，高锰酸根离子()反应后的产物与_______有关。②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应： 10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为_______个。【答案】（1）c（2）①原子(共价)②.③.非极性（3）①.Si②.C③.钠、硅④.4⑤.Na2O、Na2O2（4）5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O（5）①.溶液酸碱性②.6.02×1022【解析】【小问1详解】a．C60、Si60、N60分别是C、Si、N的新的单质，不属于化合物，a错误；b．同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质，则C60、Si60、N60的分子式不同，不互为同分异构体，b错误；c．已知N60结构与C60相似，化学键键能越小，物质的稳定性越差，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，c正确；d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，由于金刚石是原子(共价)晶体，而C60是分子晶体，故C60熔点低于金刚石，d错误；故答案为：c；【小问2详解】上述反应中，反应物中Na2CO3、CaCO3均为离子化合物，熔融状态下能够导电，而SiO2属于共价化合物，其在熔融状态下不导电，该物质SiO2属于原子(共价)晶体，气体产物即CO2，CO2是共价化合物，则其电子式为，CO2是直线形分子，其正负电荷中心重合，故其属于非极性分子，故答案为：原子(共价)；；非极性；【小问3详解】上述反应2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑中，在周期表中相邻的两种元素即C、Si，是同一主族元素，从上往下原子半径依次增大，故二者的原子半径Si＞C，其中C、O位于第二周期，Na、Si位于第三周期，Ca位于第四周期，故处于第三周期的元素名称是硅，金属性最强的短周期元素即Na，核电荷数为11，核外电子排布式为：1s22s22p63s1，故原子核外有4种不同能级的电子，其单质即Na在O2中燃烧，生成的产物可能氧化钠和过氧化钠，故答案为：Si；C；钠、硅；4；Na2O、Na2O2；【小问4详解】 →Mn2+过程中Mn的化合价降低，根据氧化还原反应中“化合价有降必有升”可知，另一个过程为：→CO2，C的化合价升高，根据氧化还原反应配平可得：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O；【小问5详解】上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→①有上述转化过程可知，高锰酸根离子()反应后的产物与溶液的酸碱性有关，故答案为：溶液的酸碱性；②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，根据反应可知，10molFeS参与反应，引起固体质量减少：10×88-10×32=560g，硫元素与KMnO4之间转移了10×2=20mol，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，，解得n=0.1mol，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为6.02×1022个，故答案为：6.02×1022。22.I.联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。（1）在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式_______。II．NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)=-57.20kJ/mol（2）写出该反应的平衡常数表达式K=_______。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是_______。a．减小NO2的浓度　　　b．降低温度　　　c．增大压强　　　d．升高温度III．Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。实验操作实验现象取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置溶液为无色取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂溶液为无色在试管中继续加入少量水溶液变为红色 向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性)红色褪去（3）①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是_______(请结合化学用语，简要说明)。②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于_______盐。③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，可适量加入(或通入)的物质是_______。a．CO2气体　　　b．KOH固体　　　c．HCl气体　　　d．Na2CO3固体【答案】（1）2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol（2）①.②.bc（3）①.会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性②.强碱弱酸③.bd【解析】【小问1详解】在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量，则1mol即1mol×32g/mol=32gN2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ×32=612.48kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol，故答案为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol；【小问2详解】化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值，故该反应的平衡常数表达式K=，由题干反应方程式2NO2(g)⇌N2O4(g)=-57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，则有：a．减小NO2的浓度即减小压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，a不合题意；b．降低温度平衡正向移动，NO2的转化率增大，b符合题意；　　　c．增大压强平衡正向移动，NO2的转化率增大，c符合题意；　　　d．升高温度平衡逆向移动，NO2的转化率减小，d不合题意；故答案为：；bc；【小问3详解】①由题干实验可知，形成Na2CO3 乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根与水作用发生反应，反应原理为：+H2O+OH-，故答案为：会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性；②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐，则Na2CO3属于强碱弱酸盐，故答案为：强碱弱酸；③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，即使的浓度增大，则有：a．通入CO2气体，由于反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，使得的浓度减小，的比值增大，a不合题意；　　b．加入KOH固体，溶液中的OH-浓度增大，水解平衡+H2O+OH-逆向移动，使得的浓度增大，的比值减小，b符合题意；　　c．通入HCl气体后，由于HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，使得的浓度减小，的比值增大，c不合题意；　　d．加入Na2CO3固体，碳酸钠溶液浓度增大，碳酸根离子的水解程度减小，则使得的比值减小，d符合题意；故答案为：bd。23.一种合成解热镇痛类药物布洛芬方法如下： 已知：NaBH4是一种还原剂，完成下列填空：（1）布洛芬的分子式为_______，B→C的反应类型是_______。（2）D的结构简式是_______。（3）E→F的化学方程式为_______。（4）化合物M的分子式为C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同。符合条件的M有_______种。（5）某同学查阅文献资料，发现C的另一种合成方法：+，请评价该方法与上述流程中的合成方法相比，具有哪些优缺点_______。（6）设计一条以丙醇为主要原料合成(CH3)2CHCOCl的合成路线(其他无机试剂任选)______(合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物)。【答案】（1）①.C13H18O2②.还原反应（2）（3）+HBr+H2O（4）2（5）合成步骤少，没有副产物产生（6）CH3CH2CH2OHCH3CH=CH2CH3CHBrCH3(CH3)2CHCOOH(CH3)2CHCOCl【解析】【分析】苯与(CH3)2CHCOCl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生B：，B与 Zn(Hg)/HCl作用发生还原反应产生C：，CH3COOH与SOCl2在加热条件下发生-OH的取代反应产生CH3COCl，C与CH3COCl发生异丁基在苯环对位上的取代反应产生D：，D与NaBH4发生还原反应产生E，E与HBr在一定条件下发生取代反应，-OH变为Br，得到F，F经两步反应产生目标产物布洛芬，结构简式为：。【小问1详解】根据布洛芬分子结构简式，结合C原子价电子数目是4，可知其分子式为C13H18O2；根据B、C结构简式的不同，可知B变为C时得氢失氧，发生了还原反应，故B→C的反应类型是还原反应；【小问2详解】C与CH3COCl发生异丁基在苯环对位上的取代反应产生D：和HCl，故D的结构简式是；【小问3详解】E是，E与HBr在加热时发生-OH的取代反应产生F：和H2O，该反应的化学方程式为：+HBr+H2O；【小问4详解】合物M分子式是C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同，则可能的结构有：，共有2种不同结构；【小问5详解】以与发生加成反应产生时，反应只有一步就完成，且反应物原子全部转化为生成物；而前边合成的反应步骤多，有副反应产物产生； 【小问6详解】丙醇CH3CH2CH2OH与浓硫酸混合加热发生消去反应产生丙烯CH3CH=CH2，丙烯与HBr在加热时发生加成反应产生CH3CHBrCH3，然后与MgCH2O、CO2作用，再与H+、H2O作用，反应产生(CH3)2CHCOOH，再与SOCl2在加热时发生取代反应产生目标产物(CH3)2CHCOCl。故以丙醇为原料合成(CH3)2CHCOCl的合成路线为：CH3CH2CH2OHCH3CH=CH2CH3CHBrCH3(CH3)2CHCOOH(CH3)2CHCOCl。24.绿矾(FeSO4·7H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。某化学兴趣小组用废铁屑为原科与稀硫酸反应制备绿矾。（1）将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，除去废铁屑上的油污，过滤，然后将废铁屑用水洗涤2~3遍，其中加热的作用是_______。（2）向洗涤过的废铁屑中加入适量稀硫酸，控制温度在50~80℃之间至反应完全(铁屑有剩余)，发生反应的离子方程式为_______。如果加入过量的稀硫酸是否可以，说出你的理由_______。（3）趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶，待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2~3次，干燥，得到绿矾。请分析用少量冰水洗涤晶体的目的_______。（4）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，质量为m1。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，质量为m2.按下图连接好装置进行实验。操作步骤如下：a.打开K1和K2，缓缓通入N2；b.点燃酒精灯，加热：c.熄灭酒精灯；d.冷却到室温；e.关闭K1和K2；f.称量A。重复上述操作步骤，直至A恒重(固体为FeSO4)，质量为m3。①仪器B的名称是_____。整个过程中持续通入N2的目的是______。②根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_____(列式表示)。若实验时按b、a次序操作，则 x_____(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）促进碳酸钠水解（2）①.Fe+2H+=Fe2++H2↑②.不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在（3）绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失（4）①.干燥管②.排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化③.④.偏小【解析】【小问1详解】Na2CO3溶液由于其水解使得溶液呈碱性，能够促进废铁屑上的油污水解而除去，加热能够促进碳酸钠水解使溶液碱性更强，是油污水解更彻底，除杂更完全，故答案为：促进碳酸钠溶液水解，增强溶液的碱性；【小问2详解】铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，该反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2↑，由于Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的O2氧化成Fe3+，故不能加入过量的稀硫酸，应该保证铁屑过量，故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2↑；不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在；【小问3详解】由于所得的绿矾晶体表面还有部分可溶性杂质，需进行洗涤，又因为绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失，故需用少量冰水洗涤晶体，故答案为：绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失；【小问4详解】①由题干实验装置图可知，仪器B的名称是(球形)干燥管，由于空气中O2能够氧化FeSO4引起实验误差，故整个过程中持续通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化，故答案为：(球形)干燥管；排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化；②根据实验记录数据可知，绿矾的质量为：(m2-m1)g，FeSO4的质量为：(m3-m1)g，结晶水的质量为：(m2-m3)g，根据方程式计算可得：，则有：，解得x=，若实验时按b、a次序操作，即先加热后再通入N2，这样装置中的O2就有可能氧化硫酸亚铁生成硫酸铁，从而导致m3增大，根据上述分析x的计算公式可知，则x偏小，故答案为： ；偏小。