注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意） 1、下列事实与氢键有关的是（ ） A．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 B．水加热到很高的温度都难以分解
C．邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低 D．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高
2、化学与生产、生活、环境保护、社会可持续发展等密切相关。下列说法不合理的是（ ） A．将地沟油回收加工制肥皂，提高资源的利用率 B．雷雨发庄稼是自然固氮的过程
C．在汽车尾气排放处装一个催化转化器以减少PM2.5的排放
D．液氯罐中的液氯泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入生石灰
3、已知酸性大小：羧酸>碳酸>酚。下列含溴化合物中的溴原子，在适当的条件下都能被羟基(—OH)取代(均可称为水解反应)，所得产物能跟NaHCO3溶液反应的是
A． B． C． D．
4、1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能。下列热化学方程式中，能直接表示出氯化钠晶体晶格能的是（ ）
A．Na(g)+Cl(g) NaCl(s); △H1 B．Na(s)+Cl2(g) NaCl(s); △H2
+
－
C．Na(l)+Cl(l) NaCl(s); △H3 D．Na(g)+ Cl2(g) NaCl(s); △H4 5、已知CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H= +206kJ / mol CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H= +247kJ / mol
C—H键的键能约为413 kJ / mol, O—H键的键能约为463 kJ / mol，H—H键的键能约为436 kJ / mol，则CO2中C=O键的键能约为
+－
A．797.5 kJ / mol C．962.5 kJ / mol
B．900.5 kJ / mol D．1595 kJ / mol
6、下列有关原子核外电子排布规律，说法正确的是( ) A．原子核外电子都是先排内层后排外层 B．Fe2＋的价层电子排布式为3d54s1
C．各原子轨道的伸展方向数按p、d、f的顺序分别为1、3、5 D．同一原子中，1s、2s、3s能级最多容纳的电子数相同 7、下列有关化学用语表示不正确的是
A．溴乙烷的分子式:C2H5Br B．甲烷分子的比例模型:
C．葡萄糖的实验式:CH2O D．乙醇的结构式:CH3CH2OH 8、水的电离过程为
，
A．
随着温度升高而降低
，在不同温度下其离子积常数为
。则下列关于纯水的叙述正确的是
B．在35℃时，
C．25℃时水的电离程度大于35℃时水的电离程度 D．水的电离是吸热的
9、在某无色透明溶液中，能大量共存的离子组是 A．K＋、MnO4―、SO42― C．Na＋、CH3COO―、H＋
B．Al3＋、Cl―、SO42― D．OH―、Na＋、Fe3＋
10、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，部分元素在周期表中的位置如下图所示，其中X、Y、W的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物均能发生反应，下列说法中不正确的是（） ．．． W X Y A．简单离子半径大小关系为：Y>Z>W B．X与Y可以存在于同一离子化合物中 C．Z、W氧化物的熔点高低：Z 11、下列描述正确的是( ) A．CS2为V形极性分子 B．SiF4与SO32-的中心原子均为sp3杂化 C．C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1 D．水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键 12、据央视新闻报道，在政府工作报告中指出，建设一批光网城市，推进5万个行政村通光纤，让更多城乡居民享受数字化生活。光缆的主要成分为SiO2。下列叙述正确的是（ ） A．SiO2的摩尔质量为60 B．标准状况下，15 g SiO2的体积为5.6 L C．SiO2中Si与O的质量比为7∶8 D．相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数相同 13、某小分子抗癌药物的分子结构如右图所示，下列说法正确的是（ ） A．1mol该有机物最多可以和5mol NaOH反应 B．该有机物容易发生加成、取代、中和、消去等反应 C．该有机物遇FeCl3溶液不变色，但可使酸性KMnO4溶液褪色 D．1mol该有机物与浓溴水或氢气反应，最多消耗3mol Br2或6molH2 14、常温时向20 mL0.1 mol/LHA溶液中不断滴入0.1 mol/LNaOH溶液，pH变化如图所示。下列叙述正确的是 A．HA的电离方程式:HA=H++A- B．水的电离程度：a点>b点 C．c点溶液:c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(HA) D．d点溶液:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) 15、下列各组分子中，都属于含有极性键的非极性分子的一组是（ ） A．CO2、H2O B．C2H4、CH4 C．Cl2、C2H2 D．NH3、HCl 16、下列各组物质中能用分液漏斗分离的是 A．乙醇和乙醛 C．乙酸乙酯和醋酸 二、非选择题（本题包括5小题） 17、糖类、油脂、蛋白质是人体重要的能源物质，请根据它们的性质回答以下问题： （1）油脂在酸性和碱性条件下水解的共同产物是________________（写名称）。 （2）蛋白质的水解产物具有的官能团是____________________（写结构简式）。 已知A是人体能消化的一种天然高分子化合物，B和C分别是A在不同条件下的水解产物，它们有如下转化关系，请根据该信息完成（3）～（5）小题。 B．甲苯和苯酚 D．硝基苯和水 （3）下列说法不正确的是______________________ A．1molC完全水解可生成2molB B．工业上常利用反应⑦给热水瓶胆镀银 C．用A进行酿酒的过程就是A的水解反应过程 D．A的水溶液可以发生丁达尔效应 E. 反应③属于吸热反应 （4）1molB完全氧化时可以放出2804kJ的热量，请写出其氧化的热化学方程式___________________。 （5）请设计实验证明A通过反应①已经全部水解，写出操作方法、现象和结论：____________________________________________________________________。 18、由丙烯经下列反应制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。 (1)F的结构简式为________。 (2)在一定条件下，两分子E能脱去两分子形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为_______。 (3)①B→C 化学方程式为______。 ②C与含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为______。 ③E→G化学方程式为______。 (4)手性分子X为E的一种同分异构体，lmolX与足量金属钠反应产生lmol氢气，lmolX与足量银氨溶液反应能生成2molAg，则X的结构简式为_______。 (5)用G代替F制成一次性塑料餐盒的优点是_______。 19、某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯。 已知： 密度(g/cm3) 熔点(℃) 沸点(℃) 溶解性 能溶于环已醇 0.96 25 161 水 难溶于环已烯 0.81 －103 83 水 （1）制备粗品 将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。 ①A中碎瓷片的作用是：_______________，导管B除了导气外还具有的作用是：_______________。 ②试管C置于冰水浴中的目的是。：_______________ （2）制备精品 ①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在：_______________层(填上或下)，分液后用：_______________ (填入编号)洗涤。 a．KMnO4溶液b．稀H2SO4c．Na2CO3溶液 20、野外被蚊虫叮咬会出现红肿，这是由甲酸（HCOOH）造成的。请完成下列探究。 I . HCOOH 酸性探究 （1）下列酸属于二元酸的有___________。 a．HCOOH b．H2CO3 c．H2C2O4 d．CH3CHOHCH2COOH （2）下列实验事实能证明甲酸为弱酸的是___________。 a.HCOONH4溶液呈酸性 b.将甲酸滴入NaHCO3溶液中有气体生成 C．常温下，0.1mol·L-1的甲酸溶液的pH约为3 d.等浓度的盐酸与甲酸溶液。前者的导电能力更强 （3）可用小苏打溶液处理蚊虫叮咬造成的红肿，请用离子方程式表示其原理_________。 Ⅱ甲酸制备甲酸铜探究 相关原理和化学方程式如下： 先用硫酸铜和碳酸氢钠作用制得碱式碳酸铜，然后碱式碳酸铜再与甲酸反应制得四水甲酸铜CuHCOO2•4H2O晶体： 2CuSO44NaHCO3CuOH2?CuCO33CO22Na2SO4H2O CuOH2•CuCO34HCOOH5H2O2CuHCOO2?4H2OCO2 实验步骤如下： （4）碱式碳酸铜的制备： ①步骤ⅰ是将一定量CuSO4•5H2O晶体和NaHCO3固体一起放到研钵中研细并混合均匀。 ②步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70℃-80℃，温度不能过高的原因是________________________________。 ③步骤ⅱ的后续操作有过滤、洗涤等。检验沉淀是否已洗涤干净的方法为________。 （5）甲酸铜晶体的制备： 将Cu(OH)2•CuCO3固体放入烧杯中，加入一定量的热蒸馏水，再逐滴加入甲酸至碱式碳酸铜恰好全部溶解，趁热过滤除去少量不溶性杂质。在通风橱中蒸发滤液至原体积的三分之一时，冷却析出晶体，过滤，再用少量无水乙醇洗涤晶体 2～3 次，晾干，得到产品。 ①“趁热过滤”中，必须“趁热”的原因是_________________。 ②用乙醇洗涤晶体的目的是________________________________。 ③若该实验所取原料 CuSO4•5H2O 晶体和 NaHCO3 固体的质量分别为12.5 g 和9.5 g，实验结 束后，最终称量所得 的产品为 7.91 g，则产率为________________。 21、工业上用铝土矿(主要成分为A12O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质)提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下： （1）I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是： __________________； （2）沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有 ____________，固体N是 ____________； （3）滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为 ________________，它属于 _____(填“酸”、“碱”或“盐”)类物质； （4）实验室里常往AlCl3溶液中加人 ________________(填“氨水”或“NaOH溶液”)来制取Al(OH)3，请写出该反应的方程式 ___________________________ 参考答案 一、选择题（每题只有一个选项符合题意） 1、C 【解析】分析：A．根据氢化物的热稳定性与非金属元素的非金属性之间的关系判断；B．根据水的分解破坏的化学键判断，氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关；C．分子间氢键的存在导致物质熔沸点升高，且同分异构体中分子内氢键导致物质的熔沸点较低、分子间氢键导致物质熔沸点升高，据此分析解答；D．根据范德华力对物质性质的影响判断。 详解：HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，A选项错误；水的分子结构：H-O-H，分解破坏的是H-O键，即破坏的是化学键，不是氢键，氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关，B选项错误；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，C选项正确；CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，D选项错误；正确选项C。 2、C 【解析】 试题分析：A、地沟油的主要成分是油脂，因此将地沟油回收加工制肥皂，提高资源的利用率，A正确；B、雷雨天气空气中的氮气与氧气化合生成NO，NO最终转化为硝酸，硝酸转化为硝酸盐被植物吸收，有利于庄稼成长，B正确；C、在汽车尾气排放处装一个催化转化器的目的是减少汽车尾气的排放，将氮氧化合物转化为氮气，与减少PM2.5的排放无关系，C不正确；D、生石灰溶于水生成氢氧化钙，氯气与氢氧化钙反应可以转化为次氯酸钙、氯化钙，从而防止氯气污染，D正确，答案选C。 考点：考查化学与生活的有关判断 3、C 【解析】 含溴化合物中的溴原子，在适当条件下都能被羟基(−OH)取代，所得产物能跟NaHCO3溶液反应，说明水解后生成的官能团具有酸性，且酸性比H2CO3强，以此解答该题。 【详解】 A．水解生成，为醇类物质，不具有酸性，不能与碳酸氢钠反应，故A错误； B．水解生成，酚羟基比碳酸弱，不能与碳酸氢钠反应，故B错误； C．水解生成，酸性比碳酸强，可与碳酸氢钠反应，故C正确； D．水解生成，为醇类物质，不具有酸性，不能与碳酸氢钠反应，故D错误； 故答案选C。 4、A 【解析】分析：本题考查热化学方程式、晶格能，侧重考查基本概念，注意概念中关键词，1mol，气态离子，生成1mol晶体。 详解：1mol气态钠离子与1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能，所以热化学方程式中，能表示晶格能的为Na(g)+Cl(g) NaCl(s); △H1，故选A。 5、A 【解析】 CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H1= +206kJ / mol，CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H2= +247kJ / mol，根据盖斯定律， 206kJ / mol—247kJ / mol=+165 kJ / mol，根据化学键与反可得CH4(g) +2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)的∆H=2△H1—△H2=2× 413 kJ / mol+4×463 kJ / mol—2E（C=O）—4×436 kJ / mol=+165 kJ / mol，解得E（C=O）=797.5 应热的关系可得：4×kJ / mol，故A项正确。 6、D 【解析】 分析：核外电子排布必需遵循泡利不相容原理、能量最低原理和洪特规则，利用三条原理解决电子排布问题。 详解：原子核外电子遵循能量最低原理，原子核外电子先排内层后排外层，但电子在进入3d与4s轨道时，由于4s轨道能量低于3d轨道，所以电子先进入4s轨道，后进入3d轨道，所以A选项错误；Fe元素的核电荷数是26，价电子排布式是：3d64s2，Fe2+的价电子排布式是3d6，B选项错误；s轨道只有1个轨道，p轨道有3个轨道，p轨道在空间有3个伸展方向，d轨道有5个伸展方向，f轨道有7个伸展方向，C选项错误；s轨道只有1个轨道，容纳的电子数最多2个，所以在同一原子中，1s、2s、3s能级最多容纳的电子数相同，D选项正确；正确答案D。 7、D 【解析】分析：A.根据溴乙烷的组成判断； B.比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型； C.实验式是分子中原子的最简个数比； D.用短线“—”表示原子之间所形成的一对共用电子进而表示物质结构的式子称为结构式。 详解：A. 溴乙烷的分子式为C2H5Br，A正确； + － B. 甲烷的分子式为CH4，甲烷分子的比例模型为，B正确； C. 葡萄糖的分子式为C6H12O6，实验式为CH2O，C正确； D. 乙醇的结构式为，结构简式为CH3CH2OH，D错误。答案选D。 8、D 【解析】 A.K（25℃）=1.0×10-14＜K（35℃）=2.1×10-14，所以c（H+）随温度的升高而增大，故A错误； B.升高温度，促进电离，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度始终相等，故B错误； C. 升高温度，促进水的电离，故35℃时水的电离程度大于25℃时水的电离程度，故C错误； 10-14＜K（35℃）=2.1×10-14，说明升高温度，水的电离程度增大，水的电离为吸热过程，故D正确； D. K（25℃）=1.0×答案选D。 【点睛】 本题主要考查水的电离程度与温度的关系，因水的电离是吸热过程，故升温时，水的电离程度增大，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度都增大，但溶液依然是呈中性的。 9、B 【解析】 A．含有MnO4―的溶液显紫色，不可能存在于无色溶液中，故A错误； B．离子组Al3＋、Cl―、SO42―彼此间不发生离子反应，能大量共存于无色溶液中，故B正确； C．CH3COO―与H＋能生成醋酸，醋酸是弱电解质，故CH3COO―与H＋不能大量共存于无色溶液中，故C错误； D．OH―与Fe3＋能生成红褪色氢氧化铁沉淀，且含有Fe3＋的溶液显棕黄色，故OH―与Fe3＋不能大量共存于无色溶液中，故D错误； 故答案为B。 【点睛】 离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的颜色、溶液的酸碱性等，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等。 10、D 【解析】 X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且均存在最高价氧化物对应的水化物，故排除氧元素和氟元素，又因为其中X、Y、W的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物均能发生反应，可推知X为碳元素，Y为氮元素，W为铝元素，Z为钠元素。 【详解】 A. 具有相同电子层结构的微粒，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径大小关系为：Y>Z>W，故A正确； B. X与Y可以存在于同一离子化合物中，如碳酸铵和碳酸氢铵，故B正确； C. Z、W氧化物均是离子晶体，氧化铝的晶格能更大，故熔点高低：Z A．依据价层电子对互斥理论可知，CS2中C原子的价层电子对数=2+为直线形非极性分子，键角是180°，A错误； B.SiF4中Si原子的价层电子对数=4+=4，为sp3杂化,B正确； C.C2H2分子的结构式是H—C≡C—H，σ键与π键的数目比为3∶2，C错误； D.水加热到很高温度都难分解是因水分子内的O—H键的键能较大，与分子之间是否存在氢键无关，D错误； 故合理选项是B。 12、C 【解析】 A. SiO2的摩尔质量为60g/mol，A错误； B. 标准状况下二氧化硅是固体，15gSiO2的体积不是5.6L，B错误； C. SiO2中Si与O的质量比为28：32＝7：8，C正确； D. SiO2和CO2的摩尔质量不同，则相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数不相同，D错误； 答案选C。 13、A 【解析】 由结构简式可知，分子中含碳碳双键、-COOH、酚羟基、-COOC-、-Br，结合羧酸、酚、酯、卤代烃的性质对各选项进行判断。 【详解】 A.-COOH、酚羟基、-COOC-，-Br均与NaOH反应，则1mol该有机物最多可以和5mol NaOH反应，A正确； B.碳碳双键可发生加成反应、含-OH、-COOH可发生取代、中和反应，-Br原子连接的C原子邻位C原子上没有H原子，因此不能发生消去反应，B错误； C.酚羟基遇FeCl3溶液变色，含有的酚羟基、碳碳双键都可以被KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，C错误； D.碳碳双键、苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溴发生反应，碳碳双键、苯环能和氢气发生加成反应，1mol该有机物与浓溴水或氢气反应，最多消耗3molBr2或4molH2，D错误； 故合理选项是A。 【点睛】 1×（4-2×2）=2，为sp杂化，为直线形，CS2211×1）=4，为sp3杂化，SO32- 中S原子的价层电子对数=3+×2）（4-4×（6+2-3×22本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重考查卤代烃、酚、烯烃的性质，选项B为易错点，注意掌握有机物发生消去反应的条件。 14、D 【解析】 【分析】A．c点时，两者恰好完全反应，生成单一的NaA，溶液呈碱性，说明该盐是强碱弱酸盐，HA是弱酸；B．a点溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用； C．c点时，溶液呈碱性，得到单一的NaA，根据物料守恒；D．d点为NaOH和NaA的混合物，物质的量之比为1：2，溶液呈碱性。 【详解】A．c点时，两者恰好完全反应，生成单一的NaA，溶液呈碱性，说明该盐是强碱弱酸盐，HA是弱酸，HA的电离方程式：HA H++A-，选项A错误；B．a点溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性，对水的电离起抑制 作用，水的电离程度：a点＜b点，选项B错误；C．c点时，溶液呈碱性，得到单一的NaA，根据物料守恒 c（Na+）═c（A-）+c（HA），选项C错误；D．d点为NaOH和NaA的混合物，物质的量之比为1：2，溶液呈碱性，故离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+），选项D正确；答案选D。 【名师点睛】本题考查酸碱混合的判断和离子浓度大小比较，答题时注意a、b、c、d点溶液的组成，把握弱电解质的电离和盐类水解的特点，题目难度中等。 15、B 【解析】 试题分析：A．CO2是含有极性共价键的非极性分子，H2O是含有极性共价键的极性分子，错误；B．C2H4、CH4都属于含有极性键的非极性分子，正确；C．Cl2是含有非极性共价键的非极性分子， C2H2是含有极性共价键的非极性分子，错误； D．NH3、HCl是含有极性共价键的极性分子，错误。 考点：考查物质分子内的化学键与分子种类的分类的知识。 16、D 【解析】 能用分液漏斗分离的应该是互不相溶的液体混合物。 A．乙醇和乙醛互溶，不符合题意，错误； B．苯酚易溶于甲苯，不符合题意，错误； C．醋酸可以溶解在乙酸乙酯中，错误； D．硝基苯难溶于水，密度比水大，因此是互不相溶的两种液体混合物，可以使用分液漏斗分离，正确。 答案选D。 二、非选择题（本题包括5小题） 17、甘油（或丙三醇） -NH2、-COOH BC C6H12O6(s) +6O2(g) =6CO2(g)+6H2O(l) △H=-2804kJ/mol 取少量淀粉水解后的溶液，向其中加入碘水，若溶液不变蓝证明淀粉已经全部水解 【解析】 （1）油脂在酸性条件下水解成高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，油脂在酸性和碱性条件下水解的共同产物是甘油（或丙三醇）； （2）蛋白质水解的产物是氨基酸，氨基酸中的官能团为—NH2和—COOH，蛋白质的水解产物具有的官能团是—NH2和—COOH； （3）根据图，B是光合作用的产物，A是人体能消化的一种天然高分子化合物，B和C分别是A在不同条件下的水解产物，可以推断出A为淀粉，B为葡萄糖，C为麦芽糖； A项，1mol麦芽糖完全水解可生成2mol葡萄糖，故A正确； B项，工业上常利用葡萄糖的银镜反应给热水瓶镀银，即利用反应⑤的原理给热水瓶胆镀银，故B错误； C项，A的水解反应过程生成了葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇和CO2，不是淀粉水解成乙醇，故C错误； D项，A为淀粉，淀粉溶液属于胶体，所以可以发生丁达尔效应，故D正确； E项，反应③将光能转化为化学能，属于吸热反应，故E正确； 答案选BC； （4）葡萄糖燃烧后生成了水和二氧化碳，其反应的热化学方程式为：C6H12O6(s) +6O2(g) =6CO2(g)+6H2O(l) △H=-2804kJ/mol； （5）要证明淀粉已经全部水解，即证明水解液中不含淀粉，故检验的方法为：取少量淀粉水解后的溶液，向其中加入碘水，若溶液不变蓝证明淀粉已经全部水解。 18、 聚乳酸制成的塑料在自然 环境中可以降解为小分子，对环境无害。 【解析】 丙烯发生加聚反应生成F，F是聚丙烯；丙烯与溴发生加成反应生成A，A是1,2-二溴丙烷；A水解为B，B是1,2-丙二醇；B氧化为C，C是发生加成反应生成E，E是 ； ； 被新制氢氧化铜悬浊液氧化为D，D是 发生缩聚反应生成高分子化合物G为 ； 与氢气 。 【详解】 (1) 丙烯发生加聚反应生成F，F是聚丙烯，结构简式为(2)E是 ，在一定条件下，两分子 。 能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的 结构简式为。 (3)①B是1,2-丙二醇被氧化为②C是 ， 化学方程式为 ，反应的化学方程式为 。 。 ，被含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液氧化为 ③E是，发生缩聚反应生成聚乳酸，化学方程式为 。 (4)手性分子X为E的一种同分异构体，lmolX与足量金属钠反应产生lmol氢气，lmolX与足量银氨溶液反应能生成2molAg，说明X中含有2个羟基、1个醛基，则X的结构简式为 。 (5)用G代替F制成一次性塑料餐盒的优点是聚乳酸制成的塑料在自然环境中可以降解为小分子，对环境无害。 19、防止暴沸 冷凝 防止环己烯挥发 上层 c 【解析】 （1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化； （2）①环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸； 【详解】 （1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝，故答案为：防止暴沸；冷凝； ②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化，故答案为：防止环己烯挥发； （2）①环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联想：制备乙酸乙酯提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；故答案为：上层；c。 【点睛】 环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小。 bc cd HCOOH + HCO3－=HCOO－+ H2O + CO2↑ 产物 Cu(OH)2•CuCO3 受热会分解 取最后一次洗涤液少20、 许于试管中，滴加 BaCl2 溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗 涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净 防止甲酸铜晶体析出 洗去晶体表面的水和其它杂质，且减少后续晾干的时间 70% 【解析】I．(1)a．HCOOH 水溶液中电离出一个氢离子属于一元酸，故a错误；b．H2CO3 水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故b正确；c．H2C2O4 含两个羧基，水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故c正确；d．CH3CHOHCH2COOH只含一个羧基，为一元酸，故d错误；故答案为：bc； (2)a．HCOONH4溶液显酸性只能说明铵根离子水解溶液显酸性，不能说明甲酸为弱酸，故a错误；b．将甲酸滴入NaHCO3溶液中有气体生成，说明甲酸酸性大于碳酸，不能说明甲酸为弱酸，故b错误；c．常温下，0.1mol•L-1的甲酸溶液的 pH 约为3说明甲酸未完全电离，证明甲酸为弱酸，故c正确；d．等浓度的盐酸与甲酸溶液，都是一元酸，前者的导电能力更强说明甲酸溶液中存在电离平衡，证明甲酸为弱酸，故d正确；故答案为：cd； (3)蚊虫叮咬造成的红肿，是释放出甲酸，碳酸氢钠和甲酸反应，反应的离子方程式为：HCOOH+HCO3-═HCOO-+H2O+CO2↑，故答案为：HCOOH+HCO3-═HCOO-+H2O+CO2↑； II．(4)②步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在 70℃-80℃，温度不能过高的原因是产物 Cu(OH)2•CuCO3 受热会分解，故答案为：产物 Cu(OH)2•CuCO3受热会分解； ③Cu(OH)2•CuCO3 表面会附着硫酸根离子，检验洗涤干净方法：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加 BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗 涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净； (5)①甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大，如果冷却，会有晶体析出，降低产率，因此需趁热过滤，防止甲酸铜晶体析出，故答案为：防止甲酸铜晶体析出； ②甲酸铜易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，故需用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的水及其它杂质，减少甲酸铜晶体的损失，且减少后续晾干的时间，故答案为：洗去晶体表面的水和其它杂质，减少甲酸铜晶体的损失，且减少后续晾干的时间； ③12.5g硫酸铜晶体的物质的量为： 2.5g9.5g=0.05mol，9.5g碳酸氢钠的物质的量为： ≈0.113mol，根 250g/mol84g/mol据反应2CuSO4+4NaHCO3═Cu(OH)2•CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2O可知，碳酸氢钠过量，反应生成的碱式碳酸铜的物质的量为0.05mol，根据反应Cu(OH)2•CuCO3+4HCOOH+5H2O═Cu(HCOO)2•4H2O+CO2↑可知，生成甲酸铜的物质的量为0.05mol，所以甲酸铜的产率为： 7.91g×100%=70%，故答案为：70%。 226g/mol0.05mol点睛：本题通过碱式碳酸铜、甲酸铜晶体的制备，考查物质性质实验方案的设计方法。充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。本题的易错点为检验沉淀是否已洗涤干净的操作方法，要注意沉淀上吸附的离子种类；难点是产率的计算。 21、过滤 Fe2O3 Al2O3 NaAlO2 盐 氨水 AlCl3+3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl 【解析】 A12O3、Fe2O3、SiO2中加入浓的氢氧化钠溶液时，其中的A12O3、SiO2会与之发生反应分别生成偏铝酸钠和硅酸钠的水溶液，即为滤液X，所以沉淀M主要是Fe2O3，偏铝酸钠和过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，硅酸钠和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠和硅酸沉淀。 【详解】 （1）分离溶液和沉淀的操作是过滤，故答案为过滤； （2）沉淀M除含有泥沙外，主要是Fe2O3，氢氧化铝受热易分解生成氧化铝和水，所以固体N是Al2O3，故答案为Fe2O3；Al2O3； （3）滤液X中，含铝元素的溶质是偏铝酸钠，化学式为NaAlO2，属于盐类，故答案为NaAlO2；盐； （4）实验室里常往AlCl3溶液中加入氨水可以制取氢氧化铝，氢氧化铝不溶于弱碱，反应原理为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为氨水；Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容