www.ks5u.com
2016年上海市浦东新区高考化学二模试卷
一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项）
1．在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是（ ）
A．用蒸馏法淡化海水 B．用铁矿石冶炼铁
C．用石油裂解生产乙烯 D．用煤生产水煤气
2．同素异形体指的是同种元素形成的不同结构的单质，它描述的对象是单质．则同分异构体、同位素、同系物描述的对象依次为（ ）
A．化合物、原子、化合物
B．有机物、单质、化合物
C．无机化合物、元素、有机化合物
D．化合物、原子、无机化合物
3．某晶体熔化时化学键没有被破坏的属于（ ）
A．原子晶体 B．离子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体
4．下列化学用语正确的是（ ）
A．Na﹣O﹣H与都表示氢氧化钠 B．与都表示氟离子
C．﹣OH与都表示羟基 D．与都表示水分子
5．新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注．下列表述错误的是（ ）
A．制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料含有C、H、O元素
B．用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质
C．防伪荧光油墨由颜料与树脂等制成，其中树脂属于有机高分子材料
D．某种验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖
二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项）
6．Na、Al、Fe都是重要的金属元素．下列说法正确的是（ ）
A．三者的氧化物都是碱性氧化物
B．三者的氢氧化物都是白色固体
C．三者的氯化物都可用化合反应制得
D．三者的单质在空气中最终都生成氧化物
7．常温下，关于pH=2的盐酸溶液的说法错误的是（ ）
A．溶液中c（H+）=1.0×10﹣2 mol/L
B．此溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1.0×10﹣12 mol/L
C．加水稀释100倍后，溶液的pH=4
D．加入等体积pH=12的氨水，溶液呈酸性
8．下列实验用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的是（ ）
A．鉴别SO2和CO2
B．检验CH2=C（CH3）CHO中含碳碳双键
C．鉴别苯和甲苯
D．检验硫酸铝溶液中是否有硫酸亚铁
9．已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合．关于C3N4晶体的说法错误的是（ ）
A．该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石中的更牢固
B．该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构
C．该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性键形成空间网状结构
D．该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子
10．分离混合物的方法错误的是（ ）
A．分离苯和硝基苯：蒸馏
B．分离氯化钠与氯化铵固体：升华
C．分离水和溴乙烷：分液
D．分离氯化钠和硝酸钾：结晶
11．如图所示，将铁钉放入纯水中，一段时间后，铁钉表面有铁锈生成，下列说法正确的是（ ）
A．铁钉与水面交接处最易腐蚀
B．铁钉发生吸氧腐蚀，铁做阴极
C．铁发生的反应是：Fe﹣3e→Fe3+
D．水上和水下部分的铁钉不发生电化腐蚀
12．a L（标准状况）CO2通入100mL 3mol/L NaOH溶液的反应过程中所发生的离子方程式错误的是（ ）
A．a=3.36时，CO2+2OH﹣→CO32﹣+H2O
B．a=4.48时，2CO2+3OH﹣→CO32﹣+HCO3﹣+H2O
C．a=5.60时，3CO2+4OH﹣→CO32﹣+2HCO3﹣+H2O
D．a=6.72时，CO2+OH﹣→HCO3﹣
13．海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．①中可采用蒸馏法
B．②中可通过电解法制金属镁
C．③中提溴涉及到复分解反应
D．④的产品可生产盐酸、漂白液等
14．瑞香素具有消炎杀菌作用，结构如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．与稀H2SO4混合加热不反应
B．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．1mol 瑞香素最多能与3mol Br2发生反应
D．1mol瑞香素与足量的NaOH溶液发生反应时，消耗NaOH 3mol
15．测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是（ ）
A．取a g混合物用酒精灯充分加热后质量减少bg
B．取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bg
C．取a g混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1～2滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL
D．取a g混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1～2滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL
16．某未知溶液（只含一种溶质）中加入醋酸钠固体后，测得溶液中c（CH3COO﹣）：c（Na+）=1：1．则原未知溶液一定不是（ ）
A．强酸溶液 B．弱酸性溶液 C．弱碱性溶液 D．强碱溶液
17．由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示．下列说法错误的是（ ）
A．使用催化剂可以降低过渡态的能量
B．反应物能量之和大于生成物能量之和
C．N2O（g）+NO（g）→N2（g）+NO2（g）+139kJ
D．反应物的键能总和大于生成物的键能总和
三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选项的，多选不给分，有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）
18．三氟化溴溶于水可发生反应3BrF3+5H2O→HBrO3+Br2+9HF+O2↑，下列说法正确的是（ ）
A．氧化产物是O2
B．BrF3既是氧化剂又是还原剂
C．当有5mol水参加反应，生成22.4L氧气
D．当反应中转移3NA个电子时，有NA个水分子被氧化
19．某溶液加入金属铝后，有气体生成，下列说法错误的是（ ）
A．若气体是H2，则原溶液中还可能大量存在：NH4+、CO32﹣、SO42﹣
B．若气体是H2，则原溶液中还可能大量存在：Ba2+、Cl﹣、NO3﹣
C．若气体是NO，则原溶液中还可能大量存在：NH4+、Fe3+、SO42﹣
D．若气体是NO，则原溶液中还可能大量存在：K+、Na+、SO32﹣
20．X、Y、Z、T是四种原子序数递增的短周期元素，X形成的简单阳离子核外无电子，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，Z是人体内含量最多的元素，T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，则以下说法正确的是（ ）
A．元素最高化合价的顺序为Z＞Y＞T＞X
B．Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性为Z＞Y
C．由X、Y和Z三种元素构成的强电解质，对水的电离均起抑制作用
D．常温下，T的单质与Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不能反应
21．25℃时，在醋酸和醋酸钠混合溶液中有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol/L且c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）与pH的关系如图．有关离子浓度叙述正确的是（ ）
A．pH=3.5溶液中：c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L
B．pH=5.5溶液中：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．W点表示溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）
D．向W点所表示溶液中通入0.05mol HCl气体（溶液体积变化可忽略）：c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH﹣）
22．将6.54g氧化铜与石墨的混合粉末隔绝空气加热，充分反应后，生成的气体用足量的NaOH溶液吸收，溶液增重1.32g．则原混合粉末中氧化铜的质量可能是（ ）
A．2.4g B．4.8g C．6g D．6.18g
四、解答题（共7小题，满分84分）
23．大多数金属硫化物难溶于水，可溶于硝酸．例如：
①FeS+HNO3（稀）→Fe（NO3）3+NO↑+S↓+H2O（未配平）
②CuS+HNO3（浓）→CuSO4+NO2↑+H2O（未配平）
（1）配平反应②的方程式：
CuS+ HNO3（浓）→ CuSO4+ NO2↑+ H2O
（2）反应①中若生成3.2g硫，则电子转移 个．
（3）由反应①和②是否能够判断稀硝酸与浓硝酸的氧化性强弱？并说明判断依据． ．
（4）反应①和②所涉及的4种非金属元素中，原子半径由大到小的顺序是 ；未成对电子最多的原子核外电子排布式为 ．下列描述，不能用来比较硫、氮两种元素的非金属性强弱的是 ．
a．单质与氧气化合的难易程度 b．气态氢化物的稳定性
c．含氧酸的酸性强弱 d．S4N4中共用电子对的偏向
（5）写出 ①NO ②S ③H2O ④NO2 四种物质的沸点由高到低的顺序（用编号回答） ．若要判断NO2分子的极性，你所需要的信息是 ．
24．草酸（H2C2O4）是最简单的有机二元酸，具有较强的还原性，工业上主要用于生产药物以及提炼稀有金属．
工业上可由以下反应制取草酸（两步反应均为液相反应）：
①4CO+4C4H9OH+O2 2（COOC4H9）2+2H2O
②（COOC4H9）2+2H2O⇌H2C2O4+2C4H9OH﹣Q（Q＞0）
（1）反应①选择13～15MPa的高压条件下进行，最主要的原因是为了 ．若5min内水的质量增加了7.2g/L，则用水表示的反应速率为 ．
（2）对于反应②，下列能够说明其已经达到平衡的是 ．
a．平衡常数K保持不变b．反应液的pH保持不变
c．丁醇的浓度保持不变 d．反应液的总质量保持不变
下列措施既能加快该反应速率，又有利于提高产率的是 ．
a．合理升高反应温度b．合理增大反应压强
c．增大水的用量 d．加入稀硫酸作为催化剂
（3）将物质的量浓度相同的草酸溶液与次氯酸钠溶液等体积混合，产生大量无色无味的气体，写出反应的化学方程式 ．
（4）已知草酸氢钠溶液显酸性，下列措施能使草酸氢钠溶液中减小的是 ．
a．通入HCl气体b．加入草酸晶体
c．通入NH3 d．加入草酸钾晶体
（5）已知：物质的量浓度相同的草酸溶液与亚硫酸钠溶液等体积混合，反应的化学方程式为：
①H2C2O4+Na2SO3→NaHC2O4+NaHSO3
草酸溶液与过量的亚硫酸钠溶液混合，反应的化学方程式为：
②H2C2O4+2Na2SO3→Na2C2O4+2NaHSO3
过量的草酸溶液与亚硫酸钠溶液混合，反应的化学方程式为：
③2H2C2O4+Na2SO3→2NaHC2O4+H2O+SO2↑
根据以上信息判断草酸的两级电离常数（记为K1、K2）与亚硫酸的两级电离常数（记为K3、K4）由大到小的顺序 ．
25．实验室用如图装置制备HCl气体．
（1）推压注射器活塞将浓盐酸慢慢注入到浓硫酸中，可制备少量干燥HCl气体，其原理是 （选填编号）．
a．浓硫酸吸收了盐酸中水分
b．混合时放热使HCl溶解度减小
c．浓盐酸中HCl以分子形式存在
d．浓盐酸密度小于浓硫酸
为测定制备气体后残留混合酸中盐酸和硫酸的浓度，进行如下实验：
（2）取5.00mL混合酸，加水稀释至500mL，完成此操作，用到的精确定量仪器有 ；
称量4.7880g Ba（OH）2固体，溶于水配成250mL标准溶液，装入洗净的细口试剂瓶，并贴上标签．装瓶前用标准溶液对试剂瓶进行润洗的目的是 ，请你填写标签上的空白．
（3）从500mL稀释液中取出20.00mL，滴加几滴酚酞作指示剂，用标准Ba（OH）2溶液滴定至溶液由无色变为红色才停止滴定，出现这种情况的补救措施除重做外，还有可以采取的措施是 ．
（4）为完成全部测定，接下来对锥形瓶中混合物进行的操作是 、称量、 ．
（5）若固体Ba（OH）2中混有少量的NaOH，会导致混合酸中硫酸浓度的测定结果 （选填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．
26．我国由海水提取的食盐（海盐）不足四成，大部分产自内陆盐湖（湖盐）和盐矿（矿盐）．
（1）由内陆盐湖水为原料进行晒盐，有“夏天采盐（食盐）、冬天捞硝（芒硝）”的说法，下列对其化学原理的描述正确的是 （选填编号）．
a．由夏到冬，芒硝的溶解度变小b．由冬到夏，氯化钠的溶解度变小
c．夏天温度高，氯化钠易结晶析出芒硝型矿盐卤水中含有一定量Na2SO4和少量Ca2+、Mg2+、H2S等杂质，利用硫酸钙微溶于水的性质，用石灰﹣烟道气（CO2）法净化芒硝型矿盐卤水的流程如图1：
（2）脱硫工序中先吹空气，发生物理和化学变化：物理变化是氢硫酸有挥发性，部分被直接吹出，化学变化是 （用化学方程式表示）．再加入稍过量的FeCl3溶液除去残留的硫化氢．检验FeCl3已经过量的试剂是 （填写化学式）．
（3）加入Ca（OH）2能降低芒硝浓度并生成烧碱，同时除去Fe3+，另一目的是 ．滤渣A的主要成分除了Fe（OH）3外，还有 （填写化学式）．
（4）图2所示是石灰﹣纯碱法净化芒硝型矿盐卤水的部分流程：加入纯碱的作用是 （选填编号）．
a．调节溶液的pH b．除去溶液中的Ca2+
c．除去溶液中的Mg2+d．除去溶液中的SO42﹣
石灰﹣烟道气法与石灰﹣纯碱法相比较，石灰﹣烟道气法的优点是 ．
（5）图3是离子交换膜法电解食盐水的示意图，离子交换膜只允许阳离子通过，上述精盐水需要进行二次精制后才能作为离子交换膜电解槽的原料．对盐水进行二次精制的目的是 （选填编号）．
a．进一步降低Ca2+、Mg2+的浓度，提高烧碱纯度
b．进一步降低SO42﹣的浓度，提高烧碱纯度
c．防止杂质离子与碱生成的沉淀堵塞离子交换膜
d．防止溶液酸性或碱性过强，腐蚀离子交换膜
盐水中硫酸根浓度过高会使生成的氯气中混有氧气，检验氯气中是否含有少量氧气的操作是 ．
27．I．乙炔是重要的化工原料，可以制得多种有机制品．用乙炔为原料制备PI（聚异戊二烯）的流程如下：
（1）有机物A中官能团的名称 ，反应③的反应条件 ．
（2）若将①中反应物“”改为“乙醛”，经过②③④后得到产物的结构简式是 ．
II．乙炔在一定条件下还可合成PVB塑料（聚乙烯醇缩丁醛）：
已知：
（3）写出C的结构简式为 ；2分子乙炔也能发生加成反应得到链烃，其反应产物的结构简式为 ．
（4）反应⑦的化学方程式为 ．
28．铝粉与氧化铁的混合物叫做铝热剂，发生的反应称为铝热反应：2Al+Fe2O3→2Fe+Al2O3，可用于焊接铁轨．
完成下列计算：
（1）若铝热剂中铝粉和氧化铁恰好完全反应，则该铝热剂中铝的质量分数为 ．（精确到0.001）
（2）将8.1g铝粉与16g氧化铁混合后充分反应，最多可制得铁 g；将反应后的固体混合物加入足量的稀盐酸中，充分反应后最多可生成氢气 mol．
（3）23.52g某铝热剂在隔绝空气的条件下充分反应后，将固体溶解于200mL 5mol/L的盐酸中，完全溶解后溶液中c（H+）=0.2mol/L（溶液体积变化忽略不计），且无Fe3+．计算该铝热剂中铝粉与氧化铁的物质的量分别是多少？
（4）取某铝热剂反应后的固体，滴加4mol/L的NaOH溶液，当加至30mL时固体质量不再减小，且剩余固体质量为7.2g，并收集到672mL的氢气（标准状况）．计算原铝热剂中氧化铁的质量分数为多少？（精确到0.001）
2016年上海市浦东新区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项）
1．在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是（ ）
A．用蒸馏法淡化海水 B．用铁矿石冶炼铁
C．用石油裂解生产乙烯 D．用煤生产水煤气
【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】化学变化的特征是在原子核不变的情况下，有新物质生成，根据此特征来判断是否是化学变化．
【解答】解：A．蒸馏是根据物质沸点的不同来实现物质分离的方法，没有新物质生成，不涉及化学变化，故A正确；
B．用铁矿石冶炼铁有新物质铁生成，涉及化学变化，故B错误；
C．用石油裂解生产乙烯有新物质乙烯生成，涉及化学变化，故C错误；
D．用煤生产水煤气有一氧化碳和氢气生成，涉及化学变化，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查学生有关物理变化和化学变化的本质特征知识，可以根据所学知识进行回答，较简单．
2．同素异形体指的是同种元素形成的不同结构的单质，它描述的对象是单质．则同分异构体、同位素、同系物描述的对象依次为（ ）
A．化合物、原子、化合物
B．有机物、单质、化合物
C．无机化合物、元素、有机化合物
D．化合物、原子、无机化合物
【考点】同素异形体；同位素及其应用；有机化合物的异构现象．
【专题】物质的分类专题．
【分析】由同种元素组成的不同单质叫同素异形体；
同一元素的不同原子互称同位素；
结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称同系物．
【解答】解：同素异形体描述的对象主体是单质；同位素描述的对象主体是原子；同系物描述的对象主体是化合．
故选：A．
【点评】本题考查了同位素、同素异形体、同系物等概念，难度不大，注意这几个概念的区别．
3．某晶体熔化时化学键没有被破坏的属于（ ）
A．原子晶体 B．离子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体
【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】根据晶体中构成微粒以及微粒之间的作用力分析，分子晶体在熔化时不破坏化学键．
【解答】解：A．原子晶体在熔化时破坏共价键，破坏了化学键，故A不选；
B．离子晶体在熔化时破坏离子键，破坏了化学键，故B不选，
C．分子晶体在熔化时不破坏化学键，如HCl，属于电解质，溶于水发生电离破坏化学键，熔化时没有化学键的破坏，故C选．
D．金属晶体熔化时破坏金属键，破坏了化学键，故D不选．
故选C．
【点评】本题考查了不同晶体的物理性质，题目难度不大，注意把握晶体的构成微粒和微粒间的作用力．
4．下列化学用语正确的是（ ）
A．Na﹣O﹣H与都表示氢氧化钠 B．与都表示氟离子
C．﹣OH与都表示羟基 D．与都表示水分子
【考点】电子式．
【专题】化学用语专题．
【分析】A．氢氧化钠是离子化合物；
B．原子中核电荷数=核外电子数；
C．﹣OH与都表示羟基；
D．水分子是v型结构．
【解答】解：A．氢氧化钠是离子化合物，不能用Na﹣O﹣H表示，故A错误；
B．为氟离子，故B错误；
C．﹣OH与都表示羟基，分别为结构简式和电子式，故C正确；
D．水分子是v型结构，不是直线型，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查化学用语，涉及电子式、结构式、比例模型以及结构示意图等，注意区别不同的化学用语并规范应用，注重基础知识的考查，题目难度不大．
5．新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注．下列表述错误的是（ ）
A．制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料含有C、H、O元素
B．用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质
C．防伪荧光油墨由颜料与树脂等制成，其中树脂属于有机高分子材料
D．某种验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．棉花、优质针叶木主要成分是纤维素；
B．Fe3O4是磁性物质；
C．高分子化合物相对分子质量很大，一般在10000以上，可高达几百万；
D．碘单质遇碘变蓝．
【解答】解：A．棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，含有C、H、O元素，故A正确；
B．Fe3O4是磁性物质，有磁性，故B正确；
C．树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故C正确；
D．葡萄糖遇碘不变蓝，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查物质的性质，难度不大，注意基础知识的积累，注意葡萄糖遇碘不变蓝．
二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项）
6．Na、Al、Fe都是重要的金属元素．下列说法正确的是（ ）
A．三者的氧化物都是碱性氧化物
B．三者的氢氧化物都是白色固体
C．三者的氯化物都可用化合反应制得
D．三者的单质在空气中最终都生成氧化物
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．
【专题】几种重要的金属及其化合物．
【分析】A．过氧化钠、四氧化三铁都不是碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物；
B．氢氧化铁为红褐色固体；
C．氯化钠、氯化铝、氯化铁都可以由三种的单质与氯气反应得到；
D．钠在空气中最终得到的是碳酸钠，Al的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止了Al与氧气继续反应．
【解答】解：A．Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠、四氧化三铁不是碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，故A错误；
B．氢氧化钠、氢氧化铝为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；
C．Na、Al、Fe都能够与氯气发生化合反应生成氯化钠、氯化铝、氯化铁，故C正确；
D．Na在空气中最终生成碳酸钠，Al的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止Al与氧气的进一步反应，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了常见金属元素及其化合物性质，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握碱性氧化物的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
7．常温下，关于pH=2的盐酸溶液的说法错误的是（ ）
A．溶液中c（H+）=1.0×10﹣2 mol/L
B．此溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1.0×10﹣12 mol/L
C．加水稀释100倍后，溶液的pH=4
D．加入等体积pH=12的氨水，溶液呈酸性
【考点】pH的简单计算．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A、pH=2的盐酸溶液，说明溶液中c（H+）=1.0×10﹣2 mol/L；
B、根据Kw=c（H+）•c（OH﹣）=1.0×10﹣14 mol/L，分析求解；
C、加水稀释100倍后，溶液的pH增加2个单位；
D、PH之和为14的溶液，等体积混合谁弱显谁性．
【解答】解：A、pH=2的盐酸溶液，说明溶液中c（H+）=1.0×10﹣2 mol/L，故A正确；
B、根据Kw=c（H+）•c（OH﹣）=1.0×10﹣14 mol/L，所以c（OH﹣）==1.0×10﹣12 mol/L，故B正确；
C、加水稀释100倍后，溶液的pH增加2个单位，所以溶液的PH=2+2=4，故C正确；
D、PH之和为14的溶液，等体积混合谁弱显谁性，氨水是弱碱，所以溶液呈碱性，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查了酸碱混合后定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的简单计算，题目难度不大，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．
8．下列实验用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的是（ ）
A．鉴别SO2和CO2
B．检验CH2=C（CH3）CHO中含碳碳双键
C．鉴别苯和甲苯
D．检验硫酸铝溶液中是否有硫酸亚铁
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】实验评价题．
【分析】能用酸性高锰酸钾溶液达到实验目的说明反应现象不同，高锰酸钾有强氧化性，能和强氧化性的物质及部分有机物反应．
【解答】解：A．二氧化硫能还原酸性高锰酸钾溶液，而二氧化碳不能还原酸性高锰酸钾溶液，所以反应现象不同，能达到实验目的，故A正确；
B．碳碳双键和醛基都能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾鉴别，故B正确；
C．甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以反应现象不同，能达到实验目的，故C正确；
D．亚铁离子能还原酸性高锰酸钾溶液而铝离子不能还原酸性高锰酸钾溶液，所以反应现象不同，能达到实验目的，故D正确．
故选B．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，注意物质的性质以及比较方案的合理性．
9．已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合．关于C3N4晶体的说法错误的是（ ）
A．该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石中的更牢固
B．该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构
C．该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性键形成空间网状结构
D．该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子
【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合，则C3N4晶体为原子晶体，碳最外层有4个电子，氮最外层有5个电子，则每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，以此来解答．
【解答】解：A．晶体具有比金刚石还大的硬度，则该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石更牢固，故A正确；
B．构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，则晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构，故B正确；
C．金刚石在只有非极性共价键，但C3N4晶体中C、N之间以极性共价键结合，原子间以极性键形成空间网状结构，故C错误；
D．碳最外层有4个电子，氮最外层有5个电子，则该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，故D正确；
故选C．
【点评】本题以信息的形式考查原子晶体的性质及结构，明确晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合是解答本题的关键，题目难度不大．
10．分离混合物的方法错误的是（ ）
A．分离苯和硝基苯：蒸馏
B．分离氯化钠与氯化铵固体：升华
C．分离水和溴乙烷：分液
D．分离氯化钠和硝酸钾：结晶
【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．
【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】A．苯和硝基苯互溶，但沸点不同；
B．氯化铵加热分解，而氯化钠不能；
C．水和溴乙烷分层；
D．二者溶解度受温度影响不同．
【解答】解：A．苯和硝基苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故A正确；
B．氯化铵加热分解，而氯化钠不能，则选择加热法分离，故B错误；
C．水和溴乙烷分层，则选择分液法分离，故C正确；
D．二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故D正确；
故选B．
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
11．如图所示，将铁钉放入纯水中，一段时间后，铁钉表面有铁锈生成，下列说法正确的是（ ）
A．铁钉与水面交接处最易腐蚀
B．铁钉发生吸氧腐蚀，铁做阴极
C．铁发生的反应是：Fe﹣3e→Fe3+
D．水上和水下部分的铁钉不发生电化腐蚀
【考点】金属的电化学腐蚀与防护．
【专题】电化学专题．
【分析】将铁钉放入纯水中，由于铁钉为铁的合金，含有碳单质，故在纯水做电解质溶液的环境下，铁做负极，碳做正极，中性的水做电解质溶液，发生钢铁的吸氧腐蚀，据此分析．
【解答】解：A、在铁钉和水面的交界处，有水做电解质溶液，氧气的浓度最高，故发生吸氧腐蚀的速率最大，则最易被腐蚀，故A正确；
B、由于水为中性，故钢铁发生吸氧腐蚀，其中铁做负极，故B错误；
C、铁做负极，电极反应为：Fe﹣2e→Fe2+，故C错误；
D、由于水的蒸发，故在铁钉的水面以上的部分上仍然有水膜，仍然能发生吸氧腐蚀；由于氧气能溶解在水中，故铁钉水面一下的部分也能发生吸氧腐蚀，但均没有铁钉和水的交接处的腐蚀速率大，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查了钢铁的吸氧腐蚀，难度不大，应注意无论是钢铁的吸氧腐蚀还是析氢腐蚀，负极反应均为Fe﹣2e→Fe2+．
12．a L（标准状况）CO2通入100mL 3mol/L NaOH溶液的反应过程中所发生的离子方程式错误的是（ ）
A．a=3.36时，CO2+2OH﹣→CO32﹣+H2O
B．a=4.48时，2CO2+3OH﹣→CO32﹣+HCO3﹣+H2O
C．a=5.60时，3CO2+4OH﹣→CO32﹣+2HCO3﹣+H2O
D．a=6.72时，CO2+OH﹣→HCO3﹣
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】少量二氧化碳，发生CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O，足量二氧化碳，发生CO2+OH﹣=HCO3﹣，结合反应的物质的量关系判断．
【解答】解：n（NaOH）=0.1L×3mol/L=0.3mol，
A．a=3.36时，n（CO2）=0.15mol，发生CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O，故A正确；
B．a=4.48时，n（CO2）=0.2mol，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生2CO2+3OH﹣=CO32﹣+HCO3﹣+H2O，故B正确；
C．a=5.60时，n（CO2）=0.25mol，3CO2+4OH﹣→CO32﹣+2HCO3﹣+H2O中，不符合物质的量关系，故C错误；
D．a=6.72时，n（CO2）=0.3mol，发生CO2+OH﹣=HCO3﹣，故D正确；
故选C．
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意与量有关的判断，题目难度不大．
13．海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．①中可采用蒸馏法
B．②中可通过电解法制金属镁
C．③中提溴涉及到复分解反应
D．④的产品可生产盐酸、漂白液等
【考点】海水资源及其综合利用．
【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】A．海水淡化可利用太阳能光照，采取蒸馏原理获得；
B．海水中得到镁，需要首先从海水中获得氯化镁，然后再去电解熔融状态的氯化镁即得镁；
C．根据从海水中提取溴的过程解答，海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，再用还原剂还原溴单质为溴离子，再用氧化剂氧化溴离子为溴单质，不涉及复分解反应；
D．海水中含有氯化钠，经过海水蒸发制得氯化钠，根据电解熔融氯化钠或电解氯化钠溶液的原理分析．
【解答】解：A．利用蒸馏原理可从海水中提取淡水，故A正确；
B．从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故B正确；
C．将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化，静置溴沉在底部，继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴，然后再用氯气将其氧化得到溴，反应过程中不涉及复分解反应，故C错误；
D．从海水中得到氯化钠后，电解氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气可以生产盐酸和漂白液，故D正确；
故选C．
【点评】本题以海水资源的开发利用，考查海水的淡化、镁的冶炼、氯碱工业及溴的提取得到，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键，难度不大．
14．瑞香素具有消炎杀菌作用，结构如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．与稀H2SO4混合加热不反应
B．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．1mol 瑞香素最多能与3mol Br2发生反应
D．1mol瑞香素与足量的NaOH溶液发生反应时，消耗NaOH 3mol
【考点】有机物的结构和性质．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】由结构可知分子中含酚﹣OH、碳碳双键、﹣COOC﹣，结合酚、烯烃、酯的性质来解答．
【解答】解：A．含﹣COOC﹣，与稀H2SO4混合加热发生水解反应，故A错误；
B．含碳碳双键、酚﹣OH，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C．酚﹣OH的邻位、碳碳双键与溴水反应，则1mol 该物质最多可与3molBr2反应，故C正确；
D．非﹣OH、﹣COOC﹣及水解生成的酚﹣OH均与NaOH反应，则1mol瑞香素与足量的NaOH溶液发生反应时，消耗NaOH 4mol，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、酯等有机物的性质分析，题目难度不大．
15．测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是（ ）
A．取a g混合物用酒精灯充分加热后质量减少bg
B．取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bg
C．取a g混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1～2滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL
D．取a g混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1～2滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】实验评价题．
【分析】A．此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；
B．应先把水蒸气排除才合理；
C．根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数；
D．根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数．
【解答】解：A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A错误；
B．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故B正确；
C．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故C错误；
D．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查混合物反应的计算、性质实验方案的设计，题目难度中等，注意把握物质的性质以及实验方案的原理，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．
16．某未知溶液（只含一种溶质）中加入醋酸钠固体后，测得溶液中c（CH3COO﹣）：c（Na+）=1：1．则原未知溶液一定不是（ ）
A．强酸溶液 B．弱酸性溶液 C．弱碱性溶液 D．强碱溶液
【考点】盐类水解的应用．
【专题】盐类的水解专题．
【分析】某未知溶液（只含一种溶质）中加入醋酸钠固体后，测得溶液中c（CH3COO﹣）：c（Na+）=1：1，可以看做是醋酸钠固体溶解后得到溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，醋酸根离子减小，加入某种试剂满足溶液中c（CH3COO﹣）：c（Na+）=1：1；
【解答】解：醋酸钠固体溶解后得到溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，醋酸根离子减小，CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，满足溶液中c（CH3COO﹣）：c（Na+）=1：1，平衡逆向进行，
A．强酸性溶液会促进水解平衡正向进行，不能满足溶液中c（CH3COO﹣）：c（Na+）=1：1，故A符合；
B．弱酸性溶液如加入少量醋酸会增加溶液中醋酸根离子浓度，可以满足溶液中c（CH3COO﹣）：c（Na+）=1：1，故B不符合；
C．弱碱性溶液如加入弱碱抑制醋酸根离子水解，可以满足溶液中c（CH3COO﹣）：c（Na+）=1：1，故C不符合；
D．强碱溶液如加入KOH溶液抑制醋酸根离子水解，可以满足满足溶液中c（CH3COO﹣）：c（Na+）=1：1，故D不符合；
故选A．
【点评】本题考查了盐类水解原理、水解平衡影响因素的分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
17．由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示．下列说法错误的是（ ）
A．使用催化剂可以降低过渡态的能量
B．反应物能量之和大于生成物能量之和
C．N2O（g）+NO（g）→N2（g）+NO2（g）+139kJ
D．反应物的键能总和大于生成物的键能总和
【考点】吸热反应和放热反应．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A．催化剂可以降低活化能；
B．根据图象来分析；
C．根据图象可知，此反应放热139KJ；
D．△H=反应物的键能总和﹣生成物的键能总和．
【解答】解：A．催化剂可以降低活化能，降低过渡态的能量，故A正确；
B．根据图象可知，此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，故B正确；
C．根据图象可知，此反应放热139KJ，故热化学方程式为：N2（g）+NO2（g）=N2O（g）+NO（g）+139kJ•mol﹣1，故C正确；
D．△H=反应物的键能总和﹣生成物的键能总和，N2（g）+NO2（g）=N2O（g）+NO（g）△H=﹣139kJ•mol﹣1，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查了热化学方程式的书写以及反应吸放热的判断，难度不大，注意反应的实质是旧键的断裂和新键的形成．
三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选项的，多选不给分，有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）
18．三氟化溴溶于水可发生反应3BrF3+5H2O→HBrO3+Br2+9HF+O2↑，下列说法正确的是（ ）
A．氧化产物是O2
B．BrF3既是氧化剂又是还原剂
C．当有5mol水参加反应，生成22.4L氧气
D．当反应中转移3NA个电子时，有NA个水分子被氧化
【考点】氧化还原反应．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2↑+O2↑+9HF中，Br元素的化合价由+3价升高为+5价，O元素的化合价由﹣2价升高为0，Br元素的化合价由+3价降低为0，以此来解答．
【解答】解：A．Br元素的化合价由+3价升高为+5价，O元素的化合价由﹣2价升高为0，则氧化产物是HBrO3、O2，故A错误；
B．Br元素的化合价既升高又降低，则BrF3既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．没有说明是否是标准状况下，无法计算气体的体积，故C错误；
D．反应中转移6mol电子时有2mol水被氧化，所以当反应中转移3NA个电子时，有NA个水分子被氧化，故D正确．
故选BD．
【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意Br元素的化合价判断为易错点，题目难度不大．
19．某溶液加入金属铝后，有气体生成，下列说法错误的是（ ）
A．若气体是H2，则原溶液中还可能大量存在：NH4+、CO32﹣、SO42﹣
B．若气体是H2，则原溶液中还可能大量存在：Ba2+、Cl﹣、NO3﹣
C．若气体是NO，则原溶液中还可能大量存在：NH4+、Fe3+、SO42﹣
D．若气体是NO，则原溶液中还可能大量存在：K+、Na+、SO32﹣
【考点】离子共存问题．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．若产生的气体为氢气，则溶液为酸性或强碱性溶液，碳酸根离子与氢离子反应、铵根离子与氢氧根离子反应；
B．若产生的气体为氢气，则溶液为酸性或碱性溶液，三种离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应；
C．若生成的是一氧化氮气体，溶液中存在稀硝酸，三种离子之间不反应，都不与稀硝酸反应；
D．若生成的是一氧化氮气体，溶液中存在稀硝酸，稀硝酸能够氧化亚硫酸根离子．
【解答】解：A．若气体是H2，则原溶液为酸性或强碱性溶液，CO32﹣与酸性溶液中的氢离子反应、NH4+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；
B．若气体是H2，则溶液为酸性或强碱性溶液，Ba2+、Cl﹣、NO3﹣之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在强碱性溶液中能够大量共存，故B正确；
C．若气体是NO，原溶液中含有稀硝酸，NH4+、Fe3+、SO42﹣之间不发生反应，都不与稀硝酸反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D．若气体是NO，原溶液中含有稀硝酸，SO32﹣具有还原性，能够被稀硝酸氧化，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选AD．
【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：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等；还应该注意题目所隐含的条件，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
20．X、Y、Z、T是四种原子序数递增的短周期元素，X形成的简单阳离子核外无电子，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，Z是人体内含量最多的元素，T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，则以下说法正确的是（ ）
A．元素最高化合价的顺序为Z＞Y＞T＞X
B．Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性为Z＞Y
C．由X、Y和Z三种元素构成的强电解质，对水的电离均起抑制作用
D．常温下，T的单质与Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不能反应
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】X形成的简单阳离子核外无电子，应为H元素，Z是人体内含量最多的元素，应为O元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，应为N元素，T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，依据同周期金属离子半径小于非金属离子半径，且同周期金属离子核电荷数越大离子半径越小可知应为Al元素，以此解答该题．
【解答】解：X形成的简单阳离子核外无电子，应为H元素，Z是人体内含量最多的元素，应为O元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，应为N元素，T在同周期元素形成
的简单阳离子中半径最小，依据同周期金属离子半径小于非金属离子半径，且同周期金属离子核电荷数越大离子半径越小可知应为Al元素，
A．Z为O元素，元素最高化合价为0，应为N＞Al＞H＞O，故A错误；
B．非金属性O＞N，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；
C．由X、Y和Z三种元素构成的强电解质可为硝酸铵，为强酸弱碱盐，水解可促进水的电离，故C错误；
D．常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查元素的结构与元素的性质，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，题目难度中等，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键，易错点为D．
21．25℃时，在醋酸和醋酸钠混合溶液中有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol/L且c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）与pH的关系如图．有关离子浓度叙述正确的是（ ）
A．pH=3.5溶液中：c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L
B．pH=5.5溶液中：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．W点表示溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）
D．向W点所表示溶液中通入0.05mol HCl气体（溶液体积变化可忽略）：c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH﹣）
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】根据图象知，随着溶液pH增大，则溶液中醋酸浓度降低、醋酸根离子浓度增大，则实线是醋酸根离子浓度、虚线是醋酸浓度变化，
A．pH=3.5的溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；
B．当pH=5.5时，c（CH3COOH）＜c（CH3COO﹣）；
C．W点所表示的溶液中c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣），溶液中存在电荷守恒；
D．根据物料守恒有 c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1 mol•L﹣1，由电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）．
【解答】解：根据图象知，随着溶液pH增大，则溶液中醋酸浓度降低、醋酸根离子浓度增大，则实线是醋酸根离子浓度、虚线是醋酸浓度变化，
A．B．pH=3.5的溶液中存在物料守恒，根据物料守恒、电荷守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1，故A正确；
B．当pH=5.5时，根据图象知c（CH3COOH）＜c（CH3COO﹣），故B错误；
C．W点所表示的溶液中c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D．向W点所表示溶液中通入0.05molHCl气体，原有平衡被打破，建立起了新的平衡，溶液中电荷守恒关系为：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）；物料守恒关系为：2c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1，得2c（Na+）+2c（H+）=3c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）+c（CH3COOH），c（Na+）=0.05mol/L，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol/L，则c（H+）═c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故D错误；
故选AC．
【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及离子浓度大小比较，题目难度中等，明确溶液中存在的盐类水解、原子守恒和物料守恒是解本题关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够利用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断各离子浓度大小．
22．将6.54g氧化铜与石墨的混合粉末隔绝空气加热，充分反应后，生成的气体用足量的NaOH溶液吸收，溶液增重1.32g．则原混合粉末中氧化铜的质量可能是（ ）
A．2.4g B．4.8g C．6g D．6.18g
【考点】化学方程式的有关计算．
【专题】利用化学方程式的计算．
【分析】由题意可知生成的气体用足量的氢氧化钠溶液吸收，发生2NaOH+CO2=Na2CO3↓+H2O，溶液增重1.32g即为二氧化碳的质量，在依据2CuO+C2Cu+CO2↑可知，所以利用方程式中二氧化碳的质量可以求出原混合物中氧化铜的质量．
【解答】解：二氧化碳的物质的量为： =0.03mol，依据2CuO+C2Cu+CO2↑，如果石墨不足，则石墨质量为：0.03mol×12g/mol=0.36g，所以氧化铜的质量为：6.54g﹣0.36g=6.18g；如果氧化铜不足，由反应方程式2CuO+C2Cu+CO2↑，氧化铜的物质的量为0.03×2=0.06mol，质量为：0.06mol×80g/mol=4.8g，故选BD．
【点评】本题主要考查学生运用化学方程式进行计算的能力，训练了学生分析问题的思维跨度及整合知识的能力，学生应注意习题中数据的分析应用．
四、解答题（共7小题，满分84分）
23．大多数金属硫化物难溶于水，可溶于硝酸．例如：
①FeS+HNO3（稀）→Fe（NO3）3+NO↑+S↓+H2O（未配平）
②CuS+HNO3（浓）→CuSO4+NO2↑+H2O（未配平）
（1）配平反应②的方程式：
1 CuS+ 8 HNO3（浓）→ 1 CuSO4+ 8 NO2↑+ 4 H2O
（2）反应①中若生成3.2g硫，则电子转移 0.3NA或1.806×1023 个．
（3）由反应①和②是否能够判断稀硝酸与浓硝酸的氧化性强弱？并说明判断依据． 能；反应①中稀硝酸将﹣2价的硫氧化到了低价态，而反应②中浓硝酸将﹣2价的硫氧化到了高价态 ．
（4）反应①和②所涉及的4种非金属元素中，原子半径由大到小的顺序是 S＞N＞O＞H ；未成对电子最多的原子核外电子排布式为 1s22s22p3 ．下列描述，不能用来比较硫、氮两种元素的非金属性强弱的是 ac ．
a．单质与氧气化合的难易程度 b．气态氢化物的稳定性
c．含氧酸的酸性强弱 d．S4N4中共用电子对的偏向
（5）写出 ①NO ②S ③H2O ④NO2 四种物质的沸点由高到低的顺序（用编号回答） ②＞③＞④＞① ．若要判断NO2分子的极性，你所需要的信息是 NO2分子的空间结构（或：NO2分子中正负电荷中心是否重合） ．
【考点】氧化还原反应的计算；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】（1）反应中S元素化合价由﹣2价升高到+6价，N元素化合价由+5价降低到+4价，结合电子守恒和质量守恒配平；
（2）n（S）==0.1mol，消耗0.1mol FeS；
（3）根据S元素化合价的变化可判断氧化性强弱；
（4）短周期元素有H、S、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱以及形成化合物的电子对偏向判断；
（5）S常温下为固体，H2O为液体，气体的相对分子质量越大，沸点越高；可根据分子的空间结构判断．
【解答】解：（1）反应中S元素化合价由﹣2价升高到+6价，N元素化合价由+5价降低到+4价，反应的方程式为CuS+8HNO3（浓）=CuSO4+8NO2↑+4H2O，
故答案为：1；8；1；8；4；
（2）n（S）==0.1mol，消耗0.1mol FeSFe元素化合价由+2价升高到+3价，S元素化合价由﹣2价升高到0价，则电子转移0.3NA或1.806×1023，
故答案为：0.3NA或1.806×1023；
（3）一般来说，具有可变化合价的单质或化合物与不同氧化剂发生反应时，氧化剂的氧化性越强，则化合价升高数值越大，可比较氧化性强弱，
故答案为：能；反应①中稀硝酸将﹣2价的硫氧化到了低价态，而反应②中浓硝酸将﹣2价的硫氧化到了高价态；
（4）短周期元素有H、S、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径S＞N＞O＞H，未成对电子最多的原子为N原子，核外电子排布式为1s22s22p3，
比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱、与氢气反应的剧烈程度、最高价氧化物的水化物的酸性强弱以及形成化合物的电子对偏向，ac符合，
故答案为：S＞N＞O＞H；1s22s22p3；ac；
（5）S常温下为固体，H2O为液体，气体的相对分子质量越大，沸点越高，①NO ②S ③H2O ④NO2 四种物质的沸点由高到低的顺序为②＞③＞④＞①，判断二氧化氮是否非极性分子，可根据NO2分子的空间结构（或：NO2分子中正负电荷中心是否重合），
故答案为：②＞③＞④＞①；NO2分子的空间结构（或：NO2分子中正负电荷中心是否重合）．
【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应的计算、元素周期率等知识，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒、原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的综合考查，题目难度不大．
24．草酸（H2C2O4）是最简单的有机二元酸，具有较强的还原性，工业上主要用于生产药物以及提炼稀有金属．
工业上可由以下反应制取草酸（两步反应均为液相反应）：
①4CO+4C4H9OH+O2 2（COOC4H9）2+2H2O
②（COOC4H9）2+2H2O⇌H2C2O4+2C4H9OH﹣Q（Q＞0）
（1）反应①选择13～15MPa的高压条件下进行，最主要的原因是为了 增大气体在丁醇中的溶解度，以有利于反应进行（或加快反应速率） ．若5min内水的质量增加了7.2g/L，则用水表示的反应速率为 0.08mol/（L•min） ．
（2）对于反应②，下列能够说明其已经达到平衡的是 bc ．
a．平衡常数K保持不变b．反应液的pH保持不变
c．丁醇的浓度保持不变 d．反应液的总质量保持不变
下列措施既能加快该反应速率，又有利于提高产率的是 a ．
a．合理升高反应温度b．合理增大反应压强
c．增大水的用量 d．加入稀硫酸作为催化剂
（3）将物质的量浓度相同的草酸溶液与次氯酸钠溶液等体积混合，产生大量无色无味的气体，写出反应的化学方程式 NaClO+H2C2O4→NaCl+H2O+2CO2↑ ．
（4）已知草酸氢钠溶液显酸性，下列措施能使草酸氢钠溶液中减小的是 bd ．
a．通入HCl气体b．加入草酸晶体
c．通入NH3 d．加入草酸钾晶体
（5）已知：物质的量浓度相同的草酸溶液与亚硫酸钠溶液等体积混合，反应的化学方程式为：
①H2C2O4+Na2SO3→NaHC2O4+NaHSO3
草酸溶液与过量的亚硫酸钠溶液混合，反应的化学方程式为：
②H2C2O4+2Na2SO3→Na2C2O4+2NaHSO3
过量的草酸溶液与亚硫酸钠溶液混合，反应的化学方程式为：
③2H2C2O4+Na2SO3→2NaHC2O4+H2O+SO2↑
根据以上信息判断草酸的两级电离常数（记为K1、K2）与亚硫酸的两级电离常数（记为K3、K4）由大到小的顺序 K1＞K3＞K2＞K4 ．
【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）增大压强，有利于增大气体在丁醇中的溶解度，加快化学反应速率；根据V（H2O）=计算；
（2）根据到达平衡时各组分的百分含量不变，正反应速率等于逆反应速率判断；升高温度、增大压强、使用催化剂等能加快化学反应速率，但不一定影响平衡移动；
（3）根据条件知，反应方程式为：NaClO+H2C2O4→NaCl+H2O+2CO2↑；
（4）已知草酸氢钠溶液显酸性，故电离大于水解，
a．通入HCl气体，会与草酸氢根离子反应生成二氧化碳；
b．加入草酸晶体，使草酸根离子浓度增大；
c．通入NH3，促进电离；
d．加入草酸钾晶体，使草酸根离子浓度增大，抑制了草酸氢根离子的电离；
（5）根据反应方程式可知，酸性强弱顺序为：H2C2O4＞H2SO3＞HC2O4﹣＞HSO3﹣，酸性越强，K越大．
【解答】解：（1）根据反应①4CO+4C4H9OH+O2 2（COOC4H9）2+2H2O知，增大压强，有利于增大气体在丁醇中的溶解度，加快化学反应速率；若5min内水的质量增加了7.2g/L，则浓度增加0.4mol/L，则用水表示的反应速率为V（H2O）==0.08mol/（L•min）；
（2）反应（COOC4H9）2+2H2O⇌H2C2O4+2C4H9OH﹣Q（Q＞0）中，
a．温度不变，平衡常数不变，但不一定平衡，故错误；
b．反应液的pH保持不变，一定平衡，故正确；
c．浓度为变量，丁醇的浓度保持不变，则一定平衡，故正确；
d．反应液的总质量保持不变，不一定平衡，故错误；
故选bc；
下列措施中，a．合理升高反应温度，反应速率加快，平衡正向移动，故正确；
b．增大反应压强，速率几乎无影响，平衡不移动，故错误；
c．增大水的用量，水为纯液体，无影响，故错误；
d．加入稀硫酸作为催化剂，化学反应速率加快，但平衡不移动，故错误；
故选a；
故答案为：bc；a；
（3）根据条件知，反应方程式为：NaClO+H2C2O4→NaCl+H2O+2CO2↑，故答案为：NaClO+H2C2O4→NaCl+H2O+2CO2↑；
（4）已知草酸氢钠溶液显酸性，故电离大于水解，下列措施能使草酸氢钠溶液中减小的是 bd．
a．通入HCl气体，会与草酸氢根离子反应生成二氧化碳，增大，故错误；
b．加入草酸晶体，使草酸根离子浓度增大，故减小，故正确；
c．通入NH3，促进电离，增大，故错误；
d．加入草酸钾晶体，使草酸根离子浓度增大，抑制了草酸氢根离子的电离，减小，故正确；
故答案为：bd；
（5）根据反应方程式可知，酸性强弱顺序为：H2C2O4＞H2SO3＞HC2O4﹣＞HSO3﹣，酸性越强，K越大，故K1＞K3＞K2＞K4，
故答案为：K1＞K3＞K2＞K4．
【点评】本题考查了化学反应速率、化学平衡移动及平衡状态的判断、盐类水解、酸性强弱等知识，难度较大，综合性强，很容易失分，只有扎实的基础知识才能顺利解决问题．
25．实验室用如图装置制备HCl气体．
（1）推压注射器活塞将浓盐酸慢慢注入到浓硫酸中，可制备少量干燥HCl气体，其原理是 ab （选填编号）．
a．浓硫酸吸收了盐酸中水分
b．混合时放热使HCl溶解度减小
c．浓盐酸中HCl以分子形式存在
d．浓盐酸密度小于浓硫酸
为测定制备气体后残留混合酸中盐酸和硫酸的浓度，进行如下实验：
（2）取5.00mL混合酸，加水稀释至500mL，完成此操作，用到的精确定量仪器有 酸性滴定管、500mL容量瓶 ；
称量4.7880g Ba（OH）2固体，溶于水配成250mL标准溶液，装入洗净的细口试剂瓶，并贴上标签．装瓶前用标准溶液对试剂瓶进行润洗的目的是 避免滴定液被稀释，引起实验误差 ，请你填写标签上的空白．
（3）从500mL稀释液中取出20.00mL，滴加几滴酚酞作指示剂，用标准Ba（OH）2溶液滴定至溶液由无色变为红色才停止滴定，出现这种情况的补救措施除重做外，还有可以采取的措施是 用待测酸液滴定至溶液立即由红色变为浅红色（且半分钟不褪色） ．
（4）为完成全部测定，接下来对锥形瓶中混合物进行的操作是 过滤、洗涤、干燥 、称量、 恒重 ．
（5）若固体Ba（OH）2中混有少量的NaOH，会导致混合酸中硫酸浓度的测定结果 无影响 （选填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】制备实验综合．
【分析】（1）浓硫酸吸水，放出大量的热，有利于HCl的逸出；
（2）由量取混合酸体积精度，可以选择酸式滴定管量取，由配制溶液体积可知在500mL容量瓶中定容；
装瓶前用标准溶液对试剂瓶进行润洗，避免滴定液被稀释，引起实验误差；
标签应注明物质的量浓度，根据n=计算氢氧化钡物质的量，再根据c=计算氢氧化钡溶液浓度；
（3）用标准Ba（OH）2溶液滴定至溶液由无色变为红色才停止滴定，出现这种情况的补救措施除重做外，还有可以采取的措施是：用待测酸液滴定至溶液立即由红色变为浅红色（且半分钟不褪色）；
（4）反应生成硫酸钡沉淀，进行过滤、洗涤、干燥，称量硫酸钡的质量，恒重时可得硫酸钡质量，根据硫酸根守恒可以计算硫酸的浓度，氢离子源于硫酸与HCl，结合氢氧根离子中和氢离子，可以计算HCl的物质的量浓度；
（5）硫酸转化为硫酸钡沉淀，根据硫酸钡的质量，由硫酸根守恒计算硫酸的物质的量．
【解答】解：（1）浓硫酸吸水，放出大量的热，使HCl溶解度减小，有利于HCl的逸出，可制备少量干燥HCl气体，
故选：ab；
（2）由量取混合酸体积精度，可以选择酸式滴定管量取，由配制溶液体积可知在500mL容量瓶中定容；
装瓶前用标准溶液对试剂瓶进行润洗，避免滴定液被稀释，引起实验误差；
标签应注明物质的量浓度，氢氧化钡物质的量为=0.02800mol，氢氧化钡溶液浓度为=0.1120mol/L，
故答案为：酸式滴定管、500mL容量瓶；避免滴定液被稀释，引起实验误差；0.1120mol/L；
（3）用标准Ba（OH）2溶液滴定至溶液由无色变为红色才停止滴定，出现这种情况的补救措施除重做外，还有可以采取的措施是：用待测酸液滴定至溶液立即由红色变为浅红色（且半分钟不褪色），
故答案为：用待测酸液滴定至溶液立即由红色变为浅红色（且半分钟不褪色）；
（4）反应生成硫酸钡沉淀，进行过滤、洗涤、干燥，称量硫酸钡的质量，恒重时可得硫酸钡质量，根据硫酸根守恒可以计算硫酸的浓度，氢离子源于硫酸与HCl，结合氢氧根离子中和氢离子，可以计算HCl的物质的量浓度，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；恒重；
（5）硫酸转化为硫酸钡沉淀，根据硫酸钡的质量，由硫酸根守恒计算硫酸的物质的量，固体Ba（OH）2中混有少量的NaOH，不影响混合酸中硫酸浓度的测定结果，
故答案为：无影响．
【点评】本题考查滴定原理的应用、一定物质的量浓度溶液配制等，属于定量实验，关键是对原理的理解，（2）中注意有效数字问题，难度中等．
26．我国由海水提取的食盐（海盐）不足四成，大部分产自内陆盐湖（湖盐）和盐矿（矿盐）．
（1）由内陆盐湖水为原料进行晒盐，有“夏天采盐（食盐）、冬天捞硝（芒硝）”的说法，下列对其化学原理的描述正确的是 ac （选填编号）．
a．由夏到冬，芒硝的溶解度变小b．由冬到夏，氯化钠的溶解度变小
c．夏天温度高，氯化钠易结晶析出芒硝型矿盐卤水中含有一定量Na2SO4和少量Ca2+、Mg2+、H2S等杂质，利用硫酸钙微溶于水的性质，用石灰﹣烟道气（CO2）法净化芒硝型矿盐卤水的流程如图1：
（2）脱硫工序中先吹空气，发生物理和化学变化：物理变化是氢硫酸有挥发性，部分被直接吹出，化学变化是 2H2S+O2=2S↓+2H2O （用化学方程式表示）．再加入稍过量的FeCl3溶液除去残留的硫化氢．检验FeCl3已经过量的试剂是 KSCN （填写化学式）．
（3）加入Ca（OH）2能降低芒硝浓度并生成烧碱，同时除去Fe3+，另一目的是 去除Mg2+ ．滤渣A的主要成分除了Fe（OH）3外，还有 Mg（OH）2、CaSO4、CaCO3 （填写化学式）．
（4）图2所示是石灰﹣纯碱法净化芒硝型矿盐卤水的部分流程：加入纯碱的作用是 b （选填编号）．
a．调节溶液的pH b．除去溶液中的Ca2+
c．除去溶液中的Mg2+d．除去溶液中的SO42﹣
石灰﹣烟道气法与石灰﹣纯碱法相比较，石灰﹣烟道气法的优点是 原料更加经济（生成成本更低） ．
（5）图3是离子交换膜法电解食盐水的示意图，离子交换膜只允许阳离子通过，上述精盐水需要进行二次精制后才能作为离子交换膜电解槽的原料．对盐水进行二次精制的目的是 ac （选填编号）．
a．进一步降低Ca2+、Mg2+的浓度，提高烧碱纯度
b．进一步降低SO42﹣的浓度，提高烧碱纯度
c．防止杂质离子与碱生成的沉淀堵塞离子交换膜
d．防止溶液酸性或碱性过强，腐蚀离子交换膜
盐水中硫酸根浓度过高会使生成的氯气中混有氧气，检验氯气中是否含有少量氧气的操作是 气体用过量氢氧化钠溶液洗气，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气 ．
【考点】海水资源及其综合利用．
【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】（1）根据溶解度受影响的大小，选择结晶的操作方法﹣﹣蒸发结晶或降温结晶法；溶解度受温度影响不大的物质结晶时一般采取蒸发结晶的方法，溶解度受温度影响较大的物质结晶时一般采取降温结晶的方法；“冬天捞碱”，是因为碳酸钠的溶解度受温度变化的影响较大，冬天气温低，碳酸钠易结晶析出，“夏天晒盐”是因为氯化钠的溶解度受温度变化的影响不大，夏天气温高，水分蒸发快，氯化钠易结晶析出；
（2）脱硫工序中先吹空气，空气中含有氧化性的氧气，硫化氢中﹣2价的硫具有还原性，两者发生氧化还原反应，检验铁离子用KSCN；
（3）加入Ca（OH）2能沉淀镁离子和铁离子而除去，氢氧化铁、氢氧化镁、碳酸钙难溶于水，硫酸钙微溶于水，滤渣A的主要成分除了Fe（OH）3外，还有Mg（OH）2、CaSO4、CaCO3；
（4）加入纯碱的作用是除去溶液中的Ca2+，石灰﹣烟道气法与石灰﹣纯碱法相比较，优点从原料的取材、经济效益等角度进行比较；
（5）根据处理后的盐水中还含有少量杂质离子对装置的影响、以及对产品纯度的影响角度来回答，检验氯气中是否含有少量氧气，需先除去氯气，再检验氧气．
【解答】解：（1）由于食盐的溶解度受温度的影响很小，而硫酸钠的溶解度受温度的影响较大，因此由于夏季温度高，硫酸钠的溶解度大，随着水分的蒸发，氯化钠就会从溶液中结晶析出，而大多数硫酸钠仍旧会溶解在溶液中；而冬天时，温度低，硫酸钠的溶解度变得很小，就会从溶液中结晶析出，而氯化钠的溶解度受温度的影响很小，不会从溶液中结晶析出，因此夏天晒盐，冬天捞碱，所以ac符合，
故答案为：ac；
（2）脱硫工序中先吹空气，空气中含有氧化性的氧气，硫化氢中﹣2价的硫具有还原性，两者反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O，检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在，
故答案为：2H2S+O2=2S↓+2H2O；KSCN；
（3）卤水中含有一定量Na2SO4和少量Ca2+、Mg2+、H2S等杂质，加入氢氧化钙，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁，硫酸钙微溶于水，生成硫酸钙的沉淀，加入碳酸钠，生成碳酸钙的沉淀，所以加入Ca（OH）2能降低芒硝浓度并生成烧碱，同时除去Fe3+，另一目的是去除Mg2+，滤渣A成分还有：Mg（OH）2、CaSO4、CaCO3，
故答案为：去除Mg2+；Mg（OH）2、CaSO4、CaCO3；
（4）加入氢氧化钙的目的是引入氢氧根离子，但同时引入杂质离子钙离子，为除去钙离子，可选用碳酸根离子，所以b符合，石灰﹣烟道气法与石灰﹣纯碱法相比较，石灰﹣烟道气法无需使用碳酸钠，原料更加经济（生成成本更低），
故答案为：b；原料更加经济（生成成本更低）；
（5）若食盐水不经过二次精制，处理后的盐水中还含有少量杂质离子Mg2+、Ca2+，碱性条件下会生成沉淀，对装置中的交换膜产生影响，所以精制食盐水的目的是防止隔膜堵塞，提高产品的纯度，ac符合，检验氯气中是否含有少量氧气，可先除去氯气，将混合气体通过过量氢氧化钠溶液洗气，氯气能和氢氧化钠反应，而氧气不反应，反应后，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气，
故答案为：ac；气体用过量氢氧化钠溶液洗气，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气．
【点评】本题综合考查海水资源的利用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质分离提纯的原理，题目难度中等．
27．I．乙炔是重要的化工原料，可以制得多种有机制品．用乙炔为原料制备PI（聚异戊二烯）的流程如下：
（1）有机物A中官能团的名称 碳碳双键、羟基 ，反应③的反应条件 浓硫酸、加热 ．
（2）若将①中反应物“”改为“乙醛”，经过②③④后得到产物的结构简式是 ．
II．乙炔在一定条件下还可合成PVB塑料（聚乙烯醇缩丁醛）：
已知：
（3）写出C的结构简式为 CH2=CHOOCCH3 ；2分子乙炔也能发生加成反应得到链烃，其反应产物的结构简式为 CH2=C﹣C≡CH ．
（4）反应⑦的化学方程式为 +n NaOH→+n CH3COONa ．
【考点】有机物的合成．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】I．（1）乙炔与丙酮发生加成反应生成，结合A的分子式可知，与氢气按1：1发生加成反应，可知A为，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为，异戊二烯发生加聚反应得到PI（）；
（2）若将①中反应物“”改为“乙醛”，乙炔与乙醛发生加成反应生成，再与氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成CH2=CH﹣CH=CH2，1，3﹣丁二烯发生加聚反应生成高聚物；
II．由PVB的结构、结合信息及C的组成，逆推可知E为，则D为，C为CH3COOCH=CH2．
【解答】解：I．（1）乙炔与丙酮发生加成反应生成，结合A的分子式可知，与氢气按1：1发生加成反应，可知A为，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为，异戊二烯发生加聚反应得到PI（），
有机物A中官能团有：碳碳双键、羟基，反应③的反应条件：浓硫酸、加热，
故答案为：碳碳双键、羟基；浓硫酸、加热；
（2）若将①中反应物“”改为“乙醛”，乙炔与乙醛发生加成反应生成，再与氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成CH2=CH﹣CH=CH2，1，3﹣丁二烯发生加聚反应生成高聚物为，
故答案为：；
II．由PVB的结构、结合信息及C的组成，逆推可知E为，则D为，C为CH3COOCH=CH2．
（3）C的结构简式为 CH3COOCH=CH2；2分子乙炔也能发生加成反应得到链烃，其反应产物的结构简式为CH2=C﹣C≡CH，
故答案为：CH3COOCH=CH2；CH2=C﹣C≡CH；
（4）反应⑦的化学方程式为： +n NaOH→+n CH3COONa，
故答案为： +n NaOH→+n CH3COONa．
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的结构与分子式采用正逆相结合的方法进行推断，较好的考查学生放学推理能力、知识迁移运用能力，难度中等．
28．铝粉与氧化铁的混合物叫做铝热剂，发生的反应称为铝热反应：2Al+Fe2O3→2Fe+Al2O3，可用于焊接铁轨．
完成下列计算：
（1）若铝热剂中铝粉和氧化铁恰好完全反应，则该铝热剂中铝的质量分数为 0.252或25.2% ．（精确到0.001）
（2）将8.1g铝粉与16g氧化铁混合后充分反应，最多可制得铁 11.2 g；将反应后的固体混合物加入足量的稀盐酸中，充分反应后最多可生成氢气 0.35 mol．
（3）23.52g某铝热剂在隔绝空气的条件下充分反应后，将固体溶解于200mL 5mol/L的盐酸中，完全溶解后溶液中c（H+）=0.2mol/L（溶液体积变化忽略不计），且无Fe3+．计算该铝热剂中铝粉与氧化铁的物质的量分别是多少？
（4）取某铝热剂反应后的固体，滴加4mol/L的NaOH溶液，当加至30mL时固体质量不再减小，且剩余固体质量为7.2g，并收集到672mL的氢气（标准状况）．计算原铝热剂中氧化铁的质量分数为多少？（精确到0.001）
【考点】化学方程式的有关计算．
【专题】利用化学方程式的计算．
【分析】（1）由2Al+Fe2O3═2Fe+Al2O3，所以该铝热剂中铝的质量分数为=25.2%；
（2）8.1g铝粉的物质的量为：0.3mol，而16g氧化铁的物质的量为：0.1mol，由2Al+Fe2O3═2Fe+Al2O3反应方程式可知，铝过量，根据铁守恒可知，铁的物质的量为：0.1×2mol=0.2mol，结合m=nM计算；将反应后的固体混合物加入足量的稀盐酸中，反应过
程中过量的铝为：0.3﹣0.2=0.1mol，根据得失电子守恒得：氢气的物质的量为： =0.35mol；
（3）铝热剂中铝的物质为xmol，氧化铁的物质的量为ymol，由质量和氯守恒得，解之得；
（4）铝和氢氧化钠溶液反应生成n（H2）==0.15mol，4mol/L的NaOH溶液，当加至30mL氢氧化钠的物质的量为：0.12mol，根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑的关系式知，所以铝的物质的量为：0.1mol，氢氧化钠过量，所以铝热剂的总质量为：0.1mol×27g/mol+7.2g=9.9g，计算原铝热剂中氧化铁的质量分数为=74.8%．
【解答】解：（1）由2Al+Fe2O3═2Fe+Al2O3，所以该铝热剂中铝的质量分数为=25.2%，故答案为：0.252或25.2%；
（2）8.1g铝粉的物质的量为：0.3mol，而16g氧化铁的物质的量为：0.1mol，由2Al+Fe2O3═2Fe+Al2O3反应方程式可知，铝过量，根据铁守恒可知，铁的物质的量为：0.1×2mol=0.2mol，结合m=nM=0.2×56=11.2g；将反应后的固体混合物加入足量的稀盐酸中，反应过程中过量的铝为：0.3﹣0.2=0.1mol，根据得失电子守恒得：氢气的物质的量为： =0.35mol，故答案为：11.2；0.35；
（3）铝热剂中铝的物质为xmol，氧化铁的物质的量为ymol，由，解之得，答：铝热剂中铝粉与氧化铁的物质的量分别是Al 0.16mol和Fe2O3 0.12mol；
（4）铝和氢氧化钠溶液反应生成n（H2）==0.15mol，4mol/L的NaOH溶液，当加至30mL氢氧化钠的物质的量为：0.12mol，根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑的关系式知，所以铝的物质的量为：0.1mol，氢氧化钠过量，所以铝热剂的总质量为：0.1mol×27g/mol+7.2g=9.9g，计算原铝热剂中氧化铁的质量分数为=74.8%，答：铝热剂中氧化铁的质量分数为0.748或74.8%．
【点评】本题考查了根据方程式进行计算，（1）中要进行过量计算，然后根据氢气的体积计算铝的质量，注意铝热剂中铝的质量为①中铝质量的2倍，为易错点；（2）中要根据电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒进行解答，注意守恒思想的正确运用，难度中等．
微信/支付宝扫码支付