2021年上海市黃浦區(qū)高考化學(xué)二模試卷

第1頁（共1頁）2021年上海市黃浦區(qū)高考化學(xué)二模試卷一、選擇題（共40分，每小題2分。每小題只有一個正確答案）1．（2分）化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說法正確的是（）A．用鹽酸清洗長時間存放漂白粉的試劑瓶 B．石油經(jīng)裂化獲得乙烯等化工原料 C．用明礬對飲用水消毒 D．聯(lián)合制堿法制燒堿2．（2分）中科院研制出一種多功能催化劑，首次實現(xiàn)將CO2轉(zhuǎn)化為汽油，過程示意圖如圖。下列說法錯誤的是（）A．該技術(shù)能助力“碳中和”（二氧化碳“零排放”）的戰(zhàn)略愿景 B．b的一氯代物有4種 C．反應(yīng)①的產(chǎn)物中含有水，反應(yīng)②只有碳?xì)滏I的形成 D．汽油主要是C5～C11的烴類混合物3．（2分）下列化學(xué)用語只能用來表示一種微粒的是（）A．C6H6 B．CH2O C． D．4．（2分）下列化學(xué)式所表示的物質(zhì)中，屬于含共價鍵的離子化合物是（）A．CaC2 B．H2SO4 C．CH2Cl2 D．AlCl35．（2分）將下列氣體通入溶有足量SO2的BaCl2溶液中，沒有沉淀產(chǎn)生的是（）A．H2S B．HCl C．Cl2 D．NO26．（2分）關(guān)于海水提溴和海帶提碘的說法錯誤的是（）A．都經(jīng)過濃縮、氧化、提取三個步驟 B．氧化步驟都可以通入氯氣來實現(xiàn) C．提取時利用了溴和碘的物理性質(zhì) D．實驗室模擬時都用到了蒸發(fā)皿7．（2分）用如圖裝置完成電解實驗，對實驗現(xiàn)象的解釋或推測合理的是（）A．a(chǎn)處的試紙變紅 B．b電極是正極 C．a(chǎn)處發(fā)生的電極反應(yīng)：Fe﹣2e﹣→Fe2+ D．b處發(fā)生的電極反應(yīng)：2Cl﹣﹣2e﹣→Cl2↑8．（2分）用所給試劑與如圖所示裝置能夠制取相應(yīng)氣體的是（夾持儀器略）（）選項ABCDX稀硫酸濃硫酸雙氧水濃氨水YNa2SO3C2H5OHMnO2NaOH氣體SO2C2H4O2NH3A．A B．B C．C D．D9．（2分）在恒溫密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：CaCO3?CaO（s）+CO2（g）﹣Q（Q＞0），反應(yīng)達(dá)到平衡后，t1時縮小容器體積，x隨時間（t）變化的關(guān)系如圖所示。x不可能是（）A．v逆（逆反應(yīng)速率） B．ρ（容器內(nèi)氣體密度） C．m（容器內(nèi)CaO質(zhì)量） D．c（CO2濃度）10．（2分）NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是（）A．1mol月球表面的氦﹣3（3He）含有的質(zhì)子數(shù)為2NA B．15g乙酸與甲酸甲酯的混合物中含氧原子總數(shù)為0.5NA C．2molSO2和1molO2催化反應(yīng)后分子總數(shù)為2NA D．物質(zhì)的量均為1mol的Na2O和Na2O2中所含陰離子數(shù)均為NA11．（2分）為防止廢棄的硒單質(zhì)（Se）造成環(huán)境污染，通常用濃硫酸將其轉(zhuǎn)化成SeO2，再用KI溶液處理后回收Se。發(fā)生反應(yīng)：①Se+2H2SO4（濃）═2SO2↑+SeO2+2H2O；②SeO2+4KI+4HNO3═4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列說法正確的是（）A．①中SO2是氧化產(chǎn)物，SeO2是還原產(chǎn)物 B．②中HNO3是氧化劑，KI是還原劑 C．由①②可知濃硫酸能將KI氧化生成I2 D．由①②可知還原性由強(qiáng)到弱的順序：Se＞KI＞SO212．（2分）如下表中物質(zhì)的分類完全正確的是（）選項ABCD強(qiáng)電解質(zhì)KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱電解質(zhì)Fe（OH）3CaCO3HClOCH3COONH4非電解質(zhì)SO2AlH2OC2H5OHA．A B．B C．C D．D13．（2分）合成氨及其相關(guān)工業(yè)中，部分物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都屬于氧化還原反應(yīng) B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都是氮的固定 C．反應(yīng)Ⅵ的部分產(chǎn)物可在上述流程中循環(huán)利用 D．反應(yīng)Ⅵ的化學(xué)方程式為NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl14．（2分）常溫下，向10mL0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol?L﹣1的某堿ROH溶液，所得溶液pH及導(dǎo)電性變化如圖所示。下列分析錯誤的是（）A．b點(diǎn)溶液的pH＝7，此時酸堿恰好中和 B．b點(diǎn)導(dǎo)電能力最強(qiáng)，說明ROH為強(qiáng)堿 C．c點(diǎn)溶液存在c（R+）＞c（CH3COO﹣）、c（OH﹣）＞c（H+） D．b～c任意點(diǎn)溶液均有c（H+）?c（OH﹣）＝Kw＝1.0×10﹣1415．（2分）下列解釋實驗事實的離子方程式較合理的是（）A．用Na2S處理含Hg2+的廢水：Hg2++Na2S→HgS↓+2Na+ B．用氫氧化鈉溶液去除鋁條表面的氧化膜：Al2O3+2OH﹣→2Al3++H2O C．用Na2SO3溶液吸收少量氯氣：SO32﹣+Cl2+H2O→2H++2Cl﹣+SO42﹣ D．草木灰不能與銨態(tài)氮肥混合使用：NH4++CO32﹣+H2O→NH3?H2O+HCO3﹣16．（2分）將新制氯水加入下列溶液中，得到無色溶液的是（）A．AgNO3溶液 B．FeCl2溶液 C．NaBr溶液 D．石蕊試液17．（2分）已知四種鹽的溶解度（s）曲線如圖所示，下列說法不正確的是（）A．將NaCl溶液蒸干可得NaCl固體 B．將MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固體 C．Mg（ClO3）2中混有少量NaCl雜質(zhì)，可用重結(jié)晶法提純 D．可用MgCl2和NaClO3制備Mg（ClO3）218．（2分）一定條件下氨氣和氯氣反應(yīng)的能量與反應(yīng)過程如圖所示，下列說法正確的是（）A．相同條件下Cl2比HCl穩(wěn)定 B．過程Ⅰ：斷裂極性鍵和非極性鍵 C．過程Ⅱ：形成極性鍵和非極性鍵 D．熱化學(xué)方程式為NH3（g）+Cl2（g）→NH2Cl（g）+HCl（g）+11.3kJ19．（2分）已知W、X、Y、Z均為短周期元素，常溫下它們的最高價氧化物對應(yīng)的水化物溶液（濃度均為0.01mol?L﹣1）的pH和原子半徑、原子序數(shù)的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A．單質(zhì)的氧化性：Z＜Y B．簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＞W(wǎng) C．簡單離子半徑：Z＞Y＞W(wǎng)＞X D．X與Z的最高化合價之和為820．（2分）研究電化學(xué)腐蝕及防護(hù)的裝置如圖所示．下列有關(guān)說法錯誤的是（）A．d為石墨，鐵片腐蝕加快 B．d為石墨，石墨上電極反應(yīng)為：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣ C．d為鋅塊，鐵片不易被腐蝕 D．d為鋅塊，鐵片上電極反應(yīng)為：2H++2e﹣→H2↑二、綜合題（共60分）21．（15分）中國“奮斗者”號深潛器研制及海試的成功，在鈦合金材料制備、鋰離子電池等方面實現(xiàn)了重大突破。（1）深潛器的殼體由含鈦、鋁等元素的Ti﹣62A鈦合金材料制成，該合金材料的熔點(diǎn)比組成成分的金屬（選填“高”或“低”）；鋁元素的原子核外共有種不同能級的電子；以下方法可以比較鈉和鋁金屬性強(qiáng)弱的方法。a．比較兩種金屬單質(zhì)的硬度和熔點(diǎn)b．用鈉置換氯化鎂溶液中的鎂c．比較等物質(zhì)的量的兩種金屬和足量鹽酸反應(yīng)失去的電子數(shù)d．在氯化鋁溶液中逐滴滴加過量的氫氧化鈉溶液（2）氮氧化鋁（AlON）是一種高硬度、耐高溫的防彈材料，屬于晶體，A1、O、N三種元素的簡單離子半徑由大到小的排列順序是。（3）明礬[KAl（SO4）2?12H2O]溶液中離子濃度從大到小的順序為。Mg（OH）2固體能除去鎂鹽溶液中的Al3+，原因是。（用離子方程式表達(dá)）（4）在周期表中，鋰的性質(zhì)與鎂相似，寫出鋰在氧氣中燃燒產(chǎn)物的電子式。（5）已知：M（g）→M+（g）+Q（M代表堿金屬元素）元素LiNaKRbQ（kJ）﹣520﹣496﹣419﹣403從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋上述金屬Q(mào)值遞變的原因：。22．（15分）乙酸乙酯是一種用途廣泛的精細(xì)化工產(chǎn)品，一般通過乙酸和乙醇酯化合生成。（1）在實驗室利用上述方法制得乙酸乙酯含有雜質(zhì)（不計副反應(yīng)），簡述如何提純產(chǎn)品。（2）若用18O標(biāo)記乙醇，該反應(yīng)的化學(xué)方程式。（3）一定溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝4.0。若按化學(xué)方程式中乙酸和乙醇的化學(xué)計量數(shù)比例投料，則乙酸乙酯的平衡產(chǎn)率y＝（計算時不計副反應(yīng)）；若乙酸和乙醇的物質(zhì)的量之比為n：1，相應(yīng)平衡體系中乙酸乙酯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x，請繪制x隨n變化的示意圖。近年來，用乙烯和乙酸為原料、雜多酸作催化劑合成乙酸乙酯的新工藝，具有明顯的經(jīng)濟(jì)優(yōu)勢，其合成的基本反應(yīng)為CH2＝CH2（g）+CH3COOH（l）CH3COOC2H5（l）+Q（Q＞0）（4）在恒溫恒容容器中投入一定量的乙烯和足量的乙酸，下列分析正確的是。a.當(dāng)乙烯斷開1mol碳碳雙鍵的同時乙酸恰好消耗1mol，反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡b.當(dāng)乙烯的百分含量保持不變時，反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡c．在反應(yīng)過程中任意時刻移除部分產(chǎn)品，都可以使平衡正向移動，但該反應(yīng)的平衡常數(shù)不變d.達(dá)到平衡后再通入少量乙烯，再次達(dá)到平衡時，乙烯的濃度大于原平衡在乙烯與乙酸等物質(zhì)的量投料條件下，某研究小組在不同壓強(qiáng)、相同時間點(diǎn)進(jìn)行了乙酸乙酯的產(chǎn)率隨溫度變化的測定實驗，實驗結(jié)果如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（5）①溫度在60～80℃范圍內(nèi)，乙烯與乙酸反應(yīng)速率由大到小的順序是[用v（p1）、v（p2）、v（p3）分別表示在不同壓強(qiáng)下的反應(yīng)速率]。②在壓強(qiáng)為p1、溫度超過80℃時，乙酸乙酯產(chǎn)率下降的原因可能是。③為提高乙酸乙酯的合成速率和產(chǎn)率，可以采取的措施、。（任寫兩條）23．（15分）阿特拉（H）是一種重要的抗過敏藥，可減輕季節(jié)性過敏性鼻炎和慢性特發(fā)性蕁麻疹引起的癥狀，可采用如圖路線合成：已知：Ph﹣代表苯基；。（1）H中含氧官能團(tuán)的名稱為，F(xiàn)→G的反應(yīng)類型為。（2）實驗室檢驗B中官能團(tuán)所用的試劑依次為。（3）E→F的化學(xué)方程式為。（4）D水解后得到物質(zhì)W[]，寫出同時滿足下列條件的一種W的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。①苯環(huán)上有兩個取代基；②與Na反應(yīng)產(chǎn)生氫氣；③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；④有5種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子，且氫原子個數(shù)比為6：2：2：1：1。（5）新戊酸（）可用于生產(chǎn)香料，利用題目信息設(shè)計由乙烯為原料制備新戊酸的合成路線。24．（15分）草酸鐵鉀KxFe（C2O4）y?3H2O（Fe為+3價）為亮綠色晶體，易溶于水，難溶于乙醇、丙酮等有機(jī)溶劑，110℃失去結(jié)晶水，230℃分解，見光易分解，是一種軍用光敏材料。實驗室可以用如下的方法來制備這種材料并測定這種材料的組成和性質(zhì)。Ⅰ.制備（1）“系列操作”依次為：恒溫80℃加熱蒸發(fā)→→→→→→三草酸合鐵酸鉀晶體粗產(chǎn)品。（填字母）a．過濾b．避光晾干c．冰水浴冷卻熱飽和溶液d．用95%的乙醇溶液洗滌晶體e．加熱至溶液表面出現(xiàn)亮綠色晶體，停止加熱（2）結(jié)晶時應(yīng)將飽和溶液用冰水冷卻，同時放在黑暗處等待晶體的析出，這樣操作的原因是。Ⅱ.組成測定稱取一定質(zhì)量的晶體置于錐形瓶中，加入足量蒸餾水和稀H2SO4，將C2O42﹣轉(zhuǎn)化為H2C2O4后用0.1000mol?L﹣1KMnO4溶液滴定，當(dāng)消耗KMnO4溶液24.00mL時恰好完全反應(yīng)（5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O）；向反應(yīng)后的溶液中加入適量鋅粉，至黃色剛好消失，此時溶液仍呈酸性；再用相同濃度的KMnO4溶液繼續(xù)滴定，用去KMnO4溶液4.00mL。（3）配制100mL0.1000mol?L﹣1KMnO4溶液及滴定實驗中所需的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒、量筒、錐形瓶外還有（填儀器名稱），加入鋅粉的目的是。（4）第二次滴定的離子方程式為：MnO4﹣+Fe2++→Fe3++Mn2++，第二次滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象。（5）通過計算確定KxFe（C2O4）y?3H2O中，x＝，y＝。Ⅲ，探究草酸鐵鉀的光敏性查閱資料得知草酸鐵鉀晶體光解與其溶液光解原理相似，X射線研究表明其光解后的殘留固體為兩種草酸鹽。（6）取草酸鐵鉀溶液按如圖所示裝置進(jìn)行實驗，觀察到A中產(chǎn)生淺黃色沉淀和無色氣體，B中變渾濁，推測淺黃色沉淀中鐵元素的化合價為。

2021年上海市黃浦區(qū)高考化學(xué)二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共40分，每小題2分。每小題只有一個正確答案）1．（2分）化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說法正確的是（）A．用鹽酸清洗長時間存放漂白粉的試劑瓶 B．石油經(jīng)裂化獲得乙烯等化工原料 C．用明礬對飲用水消毒 D．聯(lián)合制堿法制燒堿【分析】A．鹽酸能與碳酸鈣反應(yīng)；B．石油裂解得到氣體烯烴，石油裂化獲得輕質(zhì)油；C．明礬沒有強(qiáng)氧化性，不能殺菌消毒；D．聯(lián)合制堿法制純堿碳酸鈉。【解答】解：A．長時間存放漂白粉的試劑瓶內(nèi)有碳酸鈣，可與鹽酸反應(yīng)而除去，故A正確；B．石油裂化是為了獲得輕質(zhì)油，裂解的目的是為了獲得乙烯等短鏈的不飽和烴，故B錯誤；C．明礬凈水是電離的鋁離子水解生成吸附性強(qiáng)的氫氧化鋁膠體，吸附水中懸浮物形成沉淀，沒有強(qiáng)氧化性，不能用作消毒劑，故C錯誤；D．聯(lián)合制堿法是向氨化的飽和食鹽水中通入二氧化碳發(fā)生反應(yīng)生成碳酸氫鈉晶體，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉，則聯(lián)合制堿法制得的堿是純堿，不是燒堿氫氧化鈉，故D錯誤；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查了元素及其化合物知識，涉及物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、性質(zhì)與用途的對應(yīng)關(guān)系等，為高頻考點(diǎn)，熟悉常見物質(zhì)的性質(zhì)、制備與應(yīng)用是解題關(guān)鍵，題目難度不大，注意知識積累。2．（2分）中科院研制出一種多功能催化劑，首次實現(xiàn)將CO2轉(zhuǎn)化為汽油，過程示意圖如圖。下列說法錯誤的是（）A．該技術(shù)能助力“碳中和”（二氧化碳“零排放”）的戰(zhàn)略愿景 B．b的一氯代物有4種 C．反應(yīng)①的產(chǎn)物中含有水，反應(yīng)②只有碳?xì)滏I的形成 D．汽油主要是C5～C11的烴類混合物【分析】A.由總反應(yīng)可知，二氧化碳和氫氣反應(yīng)生成汽油，減少二氧化碳的排放；B.b為含7個C原子的烷烴，由結(jié)構(gòu)對稱性可知，含4種H；C.反應(yīng)②中生成烴；D.由圖中a、b可知均只含C、H元素。【解答】解：A.由總反應(yīng)可知，二氧化碳和氫氣反應(yīng)生成汽油，減少二氧化碳的排放，則該技術(shù)能助力“碳中和”（二氧化碳“零排放”）的戰(zhàn)略愿景，故A正確；B.b為含7個C原子的烷烴，由結(jié)構(gòu)對稱性可知，含4種H，則b的一氯代物有4種，故B正確；C.反應(yīng)②中生成烴，由圖可知反應(yīng)①的產(chǎn)物中含有水，反應(yīng)②有碳?xì)滏I、C﹣C的形成，故C錯誤；D.由圖中a、b可知均只含C、H元素，則汽油主要是C5～C11的烴類混合物，故D正確；故選：C。【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)反應(yīng)機(jī)理，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、化學(xué)鍵的形成為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意圖中信息的應(yīng)用，題目難度中等。3．（2分）下列化學(xué)用語只能用來表示一種微粒的是（）A．C6H6 B．CH2O C． D．【分析】A.可為苯，或含有碳碳三鍵、碳碳雙鍵等；B.CH2O為甲醛；C.可為原子或離子；D.可為氨氣、磷化氫等?！窘獯稹拷猓篈.C6H6可為苯，或含有碳碳三鍵、碳碳雙鍵的脂肪烴等，故A不選；B.CH2O為甲醛，只能表示一種物質(zhì)，故B選；C.原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)未知，可為原子或離子，故B不選；D.為三角錐形分子，可為氨氣、磷化氫等，故D不選；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的組成與結(jié)構(gòu)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，注意把握常見物質(zhì)的組成和結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，題目難度不大，易錯點(diǎn)為C，注意常見10電子粒子。4．（2分）下列化學(xué)式所表示的物質(zhì)中，屬于含共價鍵的離子化合物是（）A．CaC2 B．H2SO4 C．CH2Cl2 D．AlCl3【分析】活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，含有離子鍵的化合物是離子化合物，只含共價鍵的化合物是共價化合物?！窘獯稹拷猓篈．碳化鈣中Ca2+和C22﹣之間存在離子鍵、C22﹣中兩個碳原子之間存在共價鍵，屬于離子化合物，故A正確；B．硫酸分子中S﹣O、O﹣H之間存在離子鍵，屬于共價化合物，故B錯誤；C．二氯甲烷分子中只存在共價鍵C﹣Cl、C﹣H，屬于共價化合物，故C錯誤；D．氯化鋁中只存在共價鍵，屬于共價化合物，故D錯誤；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)鍵和化合物的關(guān)系，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活應(yīng)用能力，明確物質(zhì)構(gòu)成微粒及微粒之間作用力是解本題關(guān)鍵，注意：氯化鋁是含有金屬元素的共價化合物。5．（2分）將下列氣體通入溶有足量SO2的BaCl2溶液中，沒有沉淀產(chǎn)生的是（）A．H2S B．HCl C．Cl2 D．NO2【分析】溶有足量SO2的BaCl2溶液如生成沉淀，則溶液中應(yīng)存在大量的亞硫酸根離子或硫酸根離子，生成亞硫酸鋇或硫酸鋇沉淀，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈．足量SO2的BaCl2溶液中，通入硫化氫，二氧化硫能夠氧化硫化氫生成硫單質(zhì)，硫單質(zhì)難溶于水，所以會產(chǎn)生沉淀，故A不選；B．通入HCl，溶液酸性增強(qiáng)，二氧化硫的溶解度減小，不能生成更多的亞硫酸根離子，沒有沉淀生成，故B選；C．氯氣氧化二氧化硫生成硫酸，可生成硫酸鋇沉淀，故C不選；D．二氧化氮氧化二氧化硫生成硫酸，可生成硫酸鋇沉淀，故D不選。故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查二氧化硫的性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運(yùn)用，難度不大，注意把握二氧化硫的還原性。6．（2分）關(guān)于海水提溴和海帶提碘的說法錯誤的是（）A．都經(jīng)過濃縮、氧化、提取三個步驟 B．氧化步驟都可以通入氯氣來實現(xiàn) C．提取時利用了溴和碘的物理性質(zhì) D．實驗室模擬時都用到了蒸發(fā)皿【分析】A.海水中離子濃度較低，需先濃縮、氧化生成單質(zhì)；B.氯氣的氧化性大于溴及碘的氧化性；C.溴易揮發(fā)、碘易溶于有機(jī)溶劑；D.海水提溴和海帶提碘均不涉及蒸發(fā)?！窘獯稹拷猓篈.海水中離子濃度較低，需先濃縮、氧化生成單質(zhì)，然后提取，則都經(jīng)過濃縮、氧化、提取三個步驟，故A正確；B.氯氣的氧化性大于溴及碘的氧化性，則氧化步驟都可以通入氯氣來實現(xiàn)，故B正確；C.提取溴時利用溴的揮發(fā)性、碘易溶于有機(jī)溶劑，則提取時利用了溴和碘的物理性質(zhì)，故C正確；D.海水提溴和海帶提碘均不涉及蒸發(fā)，不需要蒸發(fā)皿，故D錯誤；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查海水資源的應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大。7．（2分）用如圖裝置完成電解實驗，對實驗現(xiàn)象的解釋或推測合理的是（）A．a(chǎn)處的試紙變紅 B．b電極是正極 C．a(chǎn)處發(fā)生的電極反應(yīng)：Fe﹣2e﹣→Fe2+ D．b處發(fā)生的電極反應(yīng)：2Cl﹣﹣2e﹣→Cl2↑【分析】由圖中電源可知，鐵棒a極為陰極，石墨b極為陽極；在a極水中的H+得電子發(fā)生還原反應(yīng)，在b極Cl﹣失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；A．在a極水中的H+得電子發(fā)生還原反應(yīng)，同時生成OH﹣，堿性增強(qiáng)；B．b電極是電解池的陽極；C．在a極水中的H+得電子發(fā)生還原反應(yīng)；D．在b極Cl﹣失電子發(fā)生氧化反應(yīng)。【解答】解：A．在a極水中的H+得電子發(fā)生還原反應(yīng)，同時生成OH﹣，溶液堿性增強(qiáng)，a處的pH試紙變藍(lán)，故A錯誤；B．b電極是電解池的陽極，故B錯誤；C．在a極水中的H+得電子發(fā)生還原反應(yīng)，發(fā)生的電極反應(yīng)為：2H++2e﹣→H2↑，故C錯誤；D．在b極Cl﹣失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，發(fā)生的電極反應(yīng)：2Cl﹣﹣2e﹣→Cl2↑，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查電解原理，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查分析判斷能力，明確各個電極上發(fā)生的反應(yīng)以及電解的原理為解答本題關(guān)鍵，注意把握電極方程式的書寫，題目難度中等。8．（2分）用所給試劑與如圖所示裝置能夠制取相應(yīng)氣體的是（夾持儀器略）（）選項ABCDX稀硫酸濃硫酸雙氧水濃氨水YNa2SO3C2H5OHMnO2NaOH氣體SO2C2H4O2NH3A．A B．B C．C D．D【分析】A.二氧化硫與水反應(yīng)；B.濃硫酸與乙醇在170℃時發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯；C.二氧化錳可催化過氧化氫分解生成氧氣，氧氣不溶于水；D.氨氣極易溶于水。【解答】解：A.二氧化硫與水反應(yīng)，不能排水法收集，故A錯誤；B.濃硫酸與乙醇在170℃時發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，圖中未加熱，缺少溫度計，不能制備乙烯，故B錯誤；C.二氧化錳可催化過氧化氫分解生成氧氣，氧氣不溶于水，圖中裝置可制備并收集氧氣，故C正確；D.氨氣極易溶于水，不能排水法收集，故D錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的制備、實驗裝置的作用、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱嶒灥脑u價性分析，題目難度不大。9．（2分）在恒溫密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：CaCO3?CaO（s）+CO2（g）﹣Q（Q＞0），反應(yīng)達(dá)到平衡后，t1時縮小容器體積，x隨時間（t）變化的關(guān)系如圖所示。x不可能是（）A．v逆（逆反應(yīng)速率） B．ρ（容器內(nèi)氣體密度） C．m（容器內(nèi)CaO質(zhì)量） D．c（CO2濃度）【分析】A．縮小容器體積的一瞬間，二氧化碳濃度增大，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動；B．縮小容器體積的一瞬間，容器體積減小，氣體的質(zhì)量不變，結(jié)合ρ＝，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動；C．CaO為固體，縮小容器體積的一瞬間，其質(zhì)量不變；D．縮小容器體積的一瞬間，二氧化碳濃度增大，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動，結(jié)合K＝c（CO2）分析；【解答】解：A．縮小容器體積的一瞬間，二氧化碳濃度增大，逆反應(yīng)速率增大，由于增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動，隨后二氧化碳濃度減小，逆反應(yīng)速率減小，K＝c（CO2），溫度不變，K值不變，則達(dá)到新的平衡時，c（CO2）恢復(fù)到以前的值，逆反應(yīng)速率也恢復(fù)至以前，則A符合圖示變化，故A不選；B．縮小容器體積的一瞬間，容器體積減小，氣體的質(zhì)量不變，根據(jù)ρ＝，氣體的密度增大，由A可知，達(dá)到新的平衡時，c（CO2）恢復(fù)到以前的值，ρ＝＝＝c（CO2）?M（CO2），則達(dá)到新的平衡時，ρ恢復(fù)到以前的值，則B符合圖示變化，故B不選；C．CaO為固體，縮小容器體積的一瞬間，其質(zhì)量不變，由于增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動，容器內(nèi)CaO質(zhì)量減小，則C不符合圖示變化，故C選；D．縮小容器體積的一瞬間，二氧化碳濃度增大，由于增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動，隨后二氧化碳濃度減小，K＝c（CO2），溫度不變，K值不變，則達(dá)到新的平衡時，c（CO2）恢復(fù)到以前的值，則D符合圖示變化，故D不選；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)平衡影響因素、化學(xué)平衡常數(shù)等，難度中等，注意基礎(chǔ)知識理解掌握，注意掌握勒夏特列原理。10．（2分）NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是（）A．1mol月球表面的氦﹣3（3He）含有的質(zhì)子數(shù)為2NA B．15g乙酸與甲酸甲酯的混合物中含氧原子總數(shù)為0.5NA C．2molSO2和1molO2催化反應(yīng)后分子總數(shù)為2NA D．物質(zhì)的量均為1mol的Na2O和Na2O2中所含陰離子數(shù)均為NA【分析】A．1個氦﹣3（3He）含有質(zhì)子數(shù)為2；B．乙酸與甲酸甲酯互為同分異構(gòu)體，分子中都含有2個O；C．二氧化硫與氧氣反應(yīng)生成三氧化硫為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行到底；D．過氧化鈉中陰離子為過氧根離子?！窘獯稹拷猓篈．1個氦﹣3（3He）含有質(zhì)子數(shù)為2，1mol月球表面的氦﹣3（3He）含有的質(zhì)子數(shù)為2NA，故A正確；B．15g乙酸與甲酸甲酯的混合物中含氧原子總數(shù)為×2×NAmol﹣1＝0.5NA，故B正確；C．二氧化硫與氧氣反應(yīng)生成三氧化硫為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行到底，所以2molSO2和1molO2催化反應(yīng)后分子總數(shù)大于2NA，故C錯誤；D．1mol的Na2O含有1mol陽離子，1molNa2O2含有1mol過氧根離子，二者所含陰離子數(shù)均為NA，故D正確。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查了物質(zhì)的量和阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算，難度不大，掌握公式的運(yùn)用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，注意可逆反應(yīng)不能進(jìn)行到底的特點(diǎn)。11．（2分）為防止廢棄的硒單質(zhì)（Se）造成環(huán)境污染，通常用濃硫酸將其轉(zhuǎn)化成SeO2，再用KI溶液處理后回收Se。發(fā)生反應(yīng)：①Se+2H2SO4（濃）═2SO2↑+SeO2+2H2O；②SeO2+4KI+4HNO3═4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列說法正確的是（）A．①中SO2是氧化產(chǎn)物，SeO2是還原產(chǎn)物 B．②中HNO3是氧化劑，KI是還原劑 C．由①②可知濃硫酸能將KI氧化生成I2 D．由①②可知還原性由強(qiáng)到弱的順序：Se＞KI＞SO2【分析】①Se+2H2SO4（濃）＝2SO2↑+SeO2+2H2O中Se元素化合價升高，S元素化合價降低，Se是還原劑，H2SO4是氧化劑；②SeO2+4KI+4HNO3＝4KNO3+Se+2I2+2H2O中Se元素化合價降低，I元素化合價升高，SeO2是氧化劑，KI是還原劑，以此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．①中Se元素化合價升高，S元素化合價降低，SO2是還原產(chǎn)物，SeO2是氧化產(chǎn)物，故A錯誤；B．②中HNO3中N元素化合價不變，未參加氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；C．①中濃硫酸為氧化劑，SeO2為氧化產(chǎn)物，濃硫酸的氧化性大于SeO2，②中SeO2為氧化劑，I2為氧化產(chǎn)物，SeO2的氧化性大于I2，則濃硫酸的氧化性大于I2，能將KI氧化生成I2，故C正確；D．①中Se為還原劑，SO2為還原產(chǎn)物，則Se的還原性大于SO2，②中KI為還原劑，Se為還原產(chǎn)物，則KI的還原性大于Se，所以還原性的強(qiáng)弱順序為KI＞Se＞SO2，故D錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查氧化還原反應(yīng)，明確元素化合價變化為解答關(guān)鍵，注意掌握氧化還原反應(yīng)概念及氧化性、還原性強(qiáng)弱比較方法，B為易錯點(diǎn)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析與應(yīng)用能力，題目難度不大。12．（2分）如下表中物質(zhì)的分類完全正確的是（）選項ABCD強(qiáng)電解質(zhì)KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱電解質(zhì)Fe（OH）3CaCO3HClOCH3COONH4非電解質(zhì)SO2AlH2OC2H5OHA．A B．B C．C D．D【分析】強(qiáng)電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能完全電離的化合物；弱電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下不能完全電離的化合物；非電解質(zhì)：水溶液和熔融狀態(tài)均不導(dǎo)電的化合物。【解答】解：A．硝酸鉀為強(qiáng)電解質(zhì)，氫氧化鐵為弱堿為弱電解質(zhì)，二氧化硫為非電解質(zhì)，故A正確；B．碳酸鈣為強(qiáng)電解質(zhì)，鋁為單質(zhì)，不是非電解質(zhì)，故B錯誤；C．水是電解質(zhì)，故C錯誤；D．醋酸銨為鹽，水溶液中完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故D錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查了物質(zhì)的分類，熟悉電解質(zhì)和非電解質(zhì)概念，明確電解質(zhì)電離程度是解題關(guān)鍵，題目難度不大。13．（2分）合成氨及其相關(guān)工業(yè)中，部分物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都屬于氧化還原反應(yīng) B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都是氮的固定 C．反應(yīng)Ⅵ的部分產(chǎn)物可在上述流程中循環(huán)利用 D．反應(yīng)Ⅵ的化學(xué)方程式為NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl【分析】N2和H2可以合成NH3，所以甲是N2，氨氣和二氧化碳通入氯化鈉溶液可以析出溶解度較小的碳酸氫鈉晶體，加熱分解可以得到純堿碳酸鈉，氨氣和氧氣反應(yīng)，催化氧化得到NO，NO遇到氧氣變?yōu)槎趸?，二氧化氮和水之間反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮，硝酸和氨氣之間反應(yīng)得到硝酸銨，屬于一種氮肥，所以乙是NO，丙是NO2，丁是NaHCO3，據(jù)此回答?！窘獯稹拷猓篈．反應(yīng)Ⅰ中氮?dú)夂蜌錃夥磻?yīng)生成氨氣、反應(yīng)Ⅱ中氨氣被催化氧化生成一氧化氮和水、反應(yīng)Ⅲ中NO被氧氣氧化生成二氧化氮，反應(yīng)Ⅳ中二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮，反應(yīng)過程中都有元素化合價變化，為氧化還原反應(yīng)，故A正確；B．氮的固定是氮元素的單質(zhì)轉(zhuǎn)化為化合物的過程，Ⅰ是氮的固定，Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都不是氮的固定，故B錯誤；C．反應(yīng)Ⅵ是碳酸氫鈉受熱發(fā)生的分解反應(yīng)，生成的二氧化碳?xì)怏w，可在上述流程中循環(huán)利用，故C正確；D．氨氣和二氧化碳通入飽和氯化鈉溶液中，可以析出溶解度較小的碳酸氫鈉晶體，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查學(xué)生含氮元素物質(zhì)的性質(zhì)以及侯氏制堿法知識，注意元素化合物性質(zhì)的靈活應(yīng)用是關(guān)鍵，題目難度中等。14．（2分）常溫下，向10mL0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol?L﹣1的某堿ROH溶液，所得溶液pH及導(dǎo)電性變化如圖所示。下列分析錯誤的是（）A．b點(diǎn)溶液的pH＝7，此時酸堿恰好中和 B．b點(diǎn)導(dǎo)電能力最強(qiáng)，說明ROH為強(qiáng)堿 C．c點(diǎn)溶液存在c（R+）＞c（CH3COO﹣）、c（OH﹣）＞c（H+） D．b～c任意點(diǎn)溶液均有c（H+）?c（OH﹣）＝Kw＝1.0×10﹣14【分析】A．根據(jù)圖象中pH變化曲線判斷b點(diǎn)溶液的pH；B．若ROH為強(qiáng)堿，b點(diǎn)加入10mL等濃度ROH溶液，反應(yīng)生成強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈堿性，而圖象中b點(diǎn)呈中性；C．c點(diǎn)溶液的pH＞7，呈堿性，則c（OH﹣）＞c（H+），根據(jù)電荷守恒分析；D．水的離子積只受溫度的影響?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)圖象可知，b點(diǎn)溶液pH為7，b點(diǎn)加入10mL等濃度ROH溶液，恰好反應(yīng)，故A正確；B．若ROH為強(qiáng)堿，b點(diǎn)加入10mL等濃度ROH溶液，反應(yīng)后溶質(zhì)為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈堿性，而圖象中b點(diǎn)呈中性，說明ROH為弱堿，且b點(diǎn)時二者恰好反應(yīng)，故B錯誤；C．c點(diǎn)溶液的pH＞7，呈堿性，則c（OH﹣）＞c（H+），根據(jù)電荷守恒可知c（R+）＞c（CH3COO﹣），故C正確；D．水的離子積只受溫度的影響，則b～c任意點(diǎn)溶液中水的離子積不變，均有c（H+）?c（OH﹣）＝KW＝1.0×10﹣14，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查酸堿滴定原理，明確b點(diǎn)是滴定終點(diǎn)是解題的關(guān)鍵，牢牢把握溶液中的守恒思想，題目難度不大，是基礎(chǔ)題。15．（2分）下列解釋實驗事實的離子方程式較合理的是（）A．用Na2S處理含Hg2+的廢水：Hg2++Na2S→HgS↓+2Na+ B．用氫氧化鈉溶液去除鋁條表面的氧化膜：Al2O3+2OH﹣→2Al3++H2O C．用Na2SO3溶液吸收少量氯氣：SO32﹣+Cl2+H2O→2H++2Cl﹣+SO42﹣ D．草木灰不能與銨態(tài)氮肥混合使用：NH4++CO32﹣+H2O→NH3?H2O+HCO3﹣【分析】A．硫化鈉為可溶性鹽，應(yīng)拆成離子形式；B．電荷不守恒；C．氯氣少量，只氧化部分亞硫酸根離子；D．銨根離子與碳酸根離子發(fā)生雙水解?！窘獯稹拷猓篈．用Na2S處理含Hg2+的廢水，離子方程式：Hg2++S2﹣→HgS↓，故A錯誤；B．用氫氧化鈉溶液去除鋁條表面的氧化膜，反應(yīng)的離子方程式為：Al2O3+2OH﹣→2AlO2﹣+H2O，故B錯誤；C．用Na2SO3溶液吸收少量氯氣，離子方程式：3SO32﹣+Cl2+H2O→2HSO3﹣+2Cl﹣+SO42﹣，故C錯誤；D．木灰不能與銨態(tài)氮肥混合使用，離子方程式：NH4++CO32﹣+H2O→NH3?H2O+HCO3﹣，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查了離子方程式的書寫判斷，為高考的高頻題，題目難度中等，注意明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合原化學(xué)方程式等。16．（2分）將新制氯水加入下列溶液中，得到無色溶液的是（）A．AgNO3溶液 B．FeCl2溶液 C．NaBr溶液 D．石蕊試液【分析】氯氣與水發(fā)生：Cl2+H2O＝HCl+HClO，HClO具有弱酸性、強(qiáng)氧化性、漂白性以及不穩(wěn)定性，氯水中含有Cl﹣、H+、Cl2、HClO和H2O等分子，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈．氯水中含有氯離子，氯離子能夠與銀離子反應(yīng)生成氯化銀沉淀，故A不選；B．氯水中含有氯氣能夠氧化亞鐵離子生成鐵離子，溶液顯黃色，故B不選；C．氯水中含量氯氣能夠氧化溴離子生成溴單質(zhì)，溶液顯橙黃色，故C不選；D．氯水中含有氫離子和次氯酸，具有酸性和漂白性，加入石蕊試液，溶液先變紅色，最終變?yōu)闊o色，故D選。故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查氯水的性質(zhì)，題目難度中等，解答本題，明確氯水的成分和性質(zhì)是關(guān)鍵，學(xué)習(xí)中注重相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累。17．（2分）已知四種鹽的溶解度（s）曲線如圖所示，下列說法不正確的是（）A．將NaCl溶液蒸干可得NaCl固體 B．將MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固體 C．Mg（ClO3）2中混有少量NaCl雜質(zhì)，可用重結(jié)晶法提純 D．可用MgCl2和NaClO3制備Mg（ClO3）2【分析】A．根據(jù)NaCl的溶解度受溫度的影響不大；B．根據(jù)MgCl2能夠水解，水解產(chǎn)生了氫氧化鎂和氯化氫；C．根據(jù)Mg（ClO3）2的溶解度隨溫度升高而增大且受溫度影響變化較大，NaCl的溶解度隨溫度升高而減小且受溫度影響較小，D．根據(jù)侯德榜制堿法生成NaHCO3的原理分析?！窘獯稹拷猓篈．因NaCl的溶解度受溫度的影響不大，所以將NaCl溶液蒸干可得NaCl固體，故A正確；B．因MgCl2能夠水解，水解產(chǎn)生了氫氧化鎂和氯化氫，加熱水解平衡正向移動，氯化氫易揮發(fā)，所以將MgCl2溶液蒸干可得固體為氫氧化鎂，故B錯誤；C．因Mg（ClO3）2的溶解度隨溫度升高而增大且受溫度影響變化較大，NaCl的溶解度隨溫度升高而減小且受溫度影響較小，所以Mg（ClO3）2中混有少量NaCl雜質(zhì)，可用重結(jié)晶法提純，故C正確；D．反應(yīng)MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl類似于侯德榜制堿法生成NaHCO3的原理，因為NaCl溶解度小而從溶液中析出，使反應(yīng)向生成Mg（ClO3）2的方向進(jìn)行，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】掌握溶解度曲線的意義及應(yīng)用，才能結(jié)合題意靈活分析解答問題，本題解答的關(guān)鍵是看清圖象中各自的溶解度變化情況，再結(jié)合相關(guān)選項進(jìn)行分析．18．（2分）一定條件下氨氣和氯氣反應(yīng)的能量與反應(yīng)過程如圖所示，下列說法正確的是（）A．相同條件下Cl2比HCl穩(wěn)定 B．過程Ⅰ：斷裂極性鍵和非極性鍵 C．過程Ⅱ：形成極性鍵和非極性鍵 D．熱化學(xué)方程式為NH3（g）+Cl2（g）→NH2Cl（g）+HCl（g）+11.3kJ【分析】A．物質(zhì)具有的能量越低越穩(wěn)定；B．由圖可知，過程Ⅰ中斷裂了N﹣H鍵和Cl﹣Cl鍵；C．由圖可知，過程II中形成了N﹣H鍵、N﹣Cl鍵和H﹣Cl鍵；D．由圖可知，NH3（g）+Cl2（g）→NH2Cl（g）+HCl（g）吸收能量11.3kJ，據(jù)此寫出熱化學(xué)方程式。【解答】解：A．由圖可知，反應(yīng)物NH3（g）、Cl2（g）具有的總能量小于NH2Cl（g）、HCl（g）具有的總能量，但不能確定Cl2和HCl具有的能量大小，則不能確定Cl2和HCl的穩(wěn)定性大小，故A錯誤；B．同種原子形成的共價鍵為非極性鍵，不同種原子形成的共價鍵為極性鍵，過程Ⅰ中斷裂了N﹣H鍵和Cl﹣Cl鍵，即過程Ⅰ中斷裂極性鍵和非極性鍵，故B正確；C．由圖可知，過程II中形成了N﹣H鍵、N﹣Cl鍵和H﹣Cl鍵，均為極性鍵，沒有形成非極性鍵，故C錯誤；D．由圖可知，NH3（g）+Cl2（g）→NH2Cl（g）+HCl（g）吸收能量11.3kJ，則熱化學(xué)方程式為NH3（g）+Cl2（g）＝NH2Cl（g）+HCl（g）﹣11.3kJ，故D錯誤；故選：B。【點(diǎn)評】本題考查反應(yīng)熱和焓變，為高頻考點(diǎn)，把握圖中能量變化、物質(zhì)穩(wěn)定性與內(nèi)能的關(guān)系、反應(yīng)熱的計算為解答本題關(guān)鍵，側(cè)重分析與運(yùn)用能力的考查，注意共價鍵極性的判斷，題目難度不大。19．（2分）已知W、X、Y、Z均為短周期元素，常溫下它們的最高價氧化物對應(yīng)的水化物溶液（濃度均為0.01mol?L﹣1）的pH和原子半徑、原子序數(shù)的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A．單質(zhì)的氧化性：Z＜Y B．簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＞W(wǎng) C．簡單離子半徑：Z＞Y＞W(wǎng)＞X D．X與Z的最高化合價之和為8【分析】由圖象和題給信息可知，濃度均為0.01mol?L﹣1的溶液，W、Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是酸，說明W、Y、Z都是非金屬元素，W、Z最高價氧化物對應(yīng)的水化物的pH＝2，為一元強(qiáng)酸，原子序數(shù)Z＞W(wǎng)，則Z是Cl、W是N；Y的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的pH＜2，應(yīng)該為二元強(qiáng)酸硫酸，則Y是S；X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的pH＝12，應(yīng)該為一元強(qiáng)堿氫氧化鈉，則X是Na，以此分析解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)分析可知，W、X、Y、Z分別為N、Na、S、Cl元素，A．非金屬性Cl＞Cl，則單質(zhì)的氧化性：Z＞Y，故A錯誤；B．非金屬性越強(qiáng)氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性越強(qiáng)，氮的電負(fù)性大于硫，非金屬性強(qiáng)，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性W＞Y，故B錯誤；C．電子層數(shù)越多，原子或離子的半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，對核外電子的吸引能力越強(qiáng)，離子半徑越小，則N3﹣、Na+、S2﹣、Cl﹣的半徑大小為：S2﹣＞Cl﹣＞N3﹣＞Na+，即Y＞Z＞W(wǎng)＞X，故C錯誤；D．X與Z的最高化合價之和為1+7＝8，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握原子序數(shù)、物質(zhì)性質(zhì)推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應(yīng)用，題目難度不大。20．（2分）研究電化學(xué)腐蝕及防護(hù)的裝置如圖所示．下列有關(guān)說法錯誤的是（）A．d為石墨，鐵片腐蝕加快 B．d為石墨，石墨上電極反應(yīng)為：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣ C．d為鋅塊，鐵片不易被腐蝕 D．d為鋅塊，鐵片上電極反應(yīng)為：2H++2e﹣→H2↑【分析】A、d為石墨，鐵片活潑，所以腐蝕鐵；B、海水呈中性，所以發(fā)生吸氧腐蝕；C、鋅比鐵片活潑，所以腐蝕鋅；D、d為鋅塊，作為負(fù)極，因海水呈中性，所以發(fā)生吸氧腐蝕；【解答】解：A、d為石墨，活潑金屬鐵片作負(fù)極，發(fā)生腐蝕，所以鐵片腐蝕加快，故A正確；B、海水呈中性，所以發(fā)生吸氧腐蝕，所以石墨作正極，電極反應(yīng)：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故B正確；C、鋅比鐵片活潑，所以腐蝕鋅，所以鐵片不易被腐蝕，故C正確；D、d為鋅塊，作為負(fù)極，因海水呈中性，所以發(fā)生吸氧腐蝕，所以鐵片上電極反應(yīng)為：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故D錯誤；故選：D。【點(diǎn)評】本題考查了原電池原理，根據(jù)電極上得失電子判斷正負(fù)極，再結(jié)合電極反應(yīng)類型、電子流向來分析解答，熟記原電池原理，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書寫．二、綜合題（共60分）21．（15分）中國“奮斗者”號深潛器研制及海試的成功，在鈦合金材料制備、鋰離子電池等方面實現(xiàn)了重大突破。（1）深潛器的殼體由含鈦、鋁等元素的Ti﹣62A鈦合金材料制成，該合金材料的熔點(diǎn)比組成成分的金屬低（選填“高”或“低”）；鋁元素的原子核外共有5種不同能級的電子；以下方法可以比較鈉和鋁金屬性強(qiáng)弱的方法d。a．比較兩種金屬單質(zhì)的硬度和熔點(diǎn)b．用鈉置換氯化鎂溶液中的鎂c．比較等物質(zhì)的量的兩種金屬和足量鹽酸反應(yīng)失去的電子數(shù)d．在氯化鋁溶液中逐滴滴加過量的氫氧化鈉溶液（2）氮氧化鋁（AlON）是一種高硬度、耐高溫的防彈材料，屬于原子晶體，A1、O、N三種元素的簡單離子半徑由大到小的排列順序是r（N3﹣）＞r（O2﹣）＞r（Al3+）。（3）明礬[KAl（SO4）2?12H2O]溶液中離子濃度從大到小的順序為c（SO42﹣）＞c（K+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）。Mg（OH）2固體能除去鎂鹽溶液中的Al3+，原因是3Mg（OH）2+2Al3+＝2Al（OH）3+3Mg2+。（用離子方程式表達(dá)）（4）在周期表中，鋰的性質(zhì)與鎂相似，寫出鋰在氧氣中燃燒產(chǎn)物的電子式。（5）已知：M（g）→M+（g）+Q（M代表堿金屬元素）元素LiNaKRbQ（kJ）﹣520﹣496﹣419﹣403從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋上述金屬Q(mào)值遞變的原因：從Li→Cs，隨質(zhì)子數(shù)增加，電子層數(shù)增多，原子半徑增大，原子失去電子能力增強(qiáng)，Q越大?！痉治觥浚?）合金材料的熔點(diǎn)比組成成分的金屬熔點(diǎn)低，鋁元素的原子核外電子排布為：1s22s22p63s23p1，有5種能量不同的能級，金屬的金屬性強(qiáng)弱的比較方法有：金屬之間的置換反應(yīng)、金屬與同種酸或水生成氫氣的難易程度、金屬的最高價氧化物的水化物堿性強(qiáng)弱等來判斷；（2）晶體的物理性質(zhì)分析，電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同的，核電荷數(shù)越大，半徑越?。唬?）明礬是KAl（SO4）2?12H2O，其溶液中離子濃度由大到小的順序是不水解的二元硫酸根離子濃度最大，鉀離子和鋁離子要考慮鋁的水解，結(jié)合水解呈酸性分析，Al3+水解生成氫離子，Mg（OH）2固體和氫離子反應(yīng)生成鎂離子和水，從而促進(jìn)Al3+水解；（4）Li和Mg位于對角線上，所以二者的性質(zhì)是相似的，因Mg在空氣中燃燒生成MgO、Mg3N2和C，則Li在空氣中燃燒的生成物是Li2O，為離子化合物；（5）Q為負(fù)值，同一主族，金屬活動性越強(qiáng)（或越弱），Q越大（或越?。?，從Li→Cs，隨質(zhì)子數(shù)增加，電子層數(shù)增多，原子半徑增大，原子失去電子能力增強(qiáng)，Q值越大?！窘獯稹拷猓海?）深潛器的殼體由含鈦、鋁等元素的Ti﹣62A鈦合金材料制成，該合金材料的熔點(diǎn)比組成成分的金屬低，鋁元素的原子核外電子排布為：1s22s22p63s23p1，有5種能量不同的能級，a．比較兩種金屬單質(zhì)的硬度和熔點(diǎn)，不能確定金屬性強(qiáng)弱，故a錯誤；b．用鈉不能置換氯化鎂溶液中的鎂，鈉和先和水反應(yīng)，故b錯誤；c．比較等物質(zhì)的量的兩種金屬單質(zhì)和足量鹽酸反應(yīng)失去的電子數(shù)，不能判斷金屬性強(qiáng)弱，故c錯誤；d．在氯化鋁溶液中逐滴滴加過量的氫氧化鈉溶液，先生成白色沉淀氫氧化鋁，繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液，氫氧化鋁沉淀溶解，可以證明鈉比鋁活潑，故d正確；故答案為：低；5；d；（2）氮氧化鋁（AlON）是一種高硬度、耐高溫的防彈材料，屬于原子晶體，A1、O、N三種元素的簡單離子半徑，都是兩個電子層，核電荷數(shù)越大，半徑越小，離子半徑由大到小的排列順序是：r（N3﹣）＞r（O2﹣）＞r（Al3+），故答案為：原子；r（N3﹣）＞r（O2﹣）＞r（Al3+）；（3）明礬是KAl（SO4）2?12H2O，其溶液中離子濃度由大到小的順序是不水解的二元硫酸根離子濃度最大，鉀離子和鋁離子要考慮鋁的水解，水解離子反應(yīng)為Al3++3H2O?Al（OH）3（膠體）+3H+，水解呈酸性，所以離子濃度大小順序為：c（SO42﹣）＞c（K+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣），Al3+水解生成氫離子，Mg（OH）2固體和氫離子反應(yīng)生成鎂離子和水，從而促進(jìn)Al3+水解生成氫氧化鋁沉淀而除去，離子方程式為：3Mg（OH）2+2Al3+＝2Al（OH）3+3Mg2+，故答案為：c（SO42﹣）＞c（K+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；3Mg（OH）2+2Al3+＝2Al（OH）3+3Mg2+；（4）氧化鋰是離子化合物，所以電子式是，故答案為：；（5）已知：M（g）→M+（g）+Q（M代表堿金屬元素），根據(jù)以上數(shù)據(jù)，Q為負(fù)值，元素的金屬性與Q的關(guān)系是：同一主族，金屬活動性越強(qiáng)（或越弱），Q越大（或越小），從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋①中結(jié)論為：從Li→Cs，隨質(zhì)子數(shù)增加，電子層數(shù)增多，原子半徑增大，原子失去電子能力增強(qiáng)，Q越大，故答案為：從Li→Cs，隨質(zhì)子數(shù)增加，電子層數(shù)增多，原子半徑增大，原子失去電子能力增強(qiáng)，Q越大。【點(diǎn)評】本題考查的知識點(diǎn)較多，應(yīng)注重歸納元素周期表和周期律的有關(guān)知識、物質(zhì)之間的反應(yīng)、化學(xué)用語的使用、晶體類型的判斷方法、離子濃度大小比較等，題目難度中等。22．（15分）乙酸乙酯是一種用途廣泛的精細(xì)化工產(chǎn)品，一般通過乙酸和乙醇酯化合生成。（1）在實驗室利用上述方法制得乙酸乙酯含有雜質(zhì)（不計副反應(yīng)），簡述如何提純產(chǎn)品采用飽和碳酸鈉溶液分液。（2）若用18O標(biāo)記乙醇，該反應(yīng)的化學(xué)方程式CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O。（3）一定溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝4.0。若按化學(xué)方程式中乙酸和乙醇的化學(xué)計量數(shù)比例投料，則乙酸乙酯的平衡產(chǎn)率y＝66.7%（計算時不計副反應(yīng)）；若乙酸和乙醇的物質(zhì)的量之比為n：1，相應(yīng)平衡體系中乙酸乙酯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x，請繪制x隨n變化的示意圖。近年來，用乙烯和乙酸為原料、雜多酸作催化劑合成乙酸乙酯的新工藝，具有明顯的經(jīng)濟(jì)優(yōu)勢，其合成的基本反應(yīng)為CH2＝CH2（g）+CH3COOH（l）CH3COOC2H5（l）+Q（Q＞0）（4）在恒溫恒容容器中投入一定量的乙烯和足量的乙酸，下列分析正確的是bc。a.當(dāng)乙烯斷開1mol碳碳雙鍵的同時乙酸恰好消耗1mol，反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡b.當(dāng)乙烯的百分含量保持不變時，反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡c．在反應(yīng)過程中任意時刻移除部分產(chǎn)品，都可以使平衡正向移動，但該反應(yīng)的平衡常數(shù)不變d.達(dá)到平衡后再通入少量乙烯，再次達(dá)到平衡時，乙烯的濃度大于原平衡在乙烯與乙酸等物質(zhì)的量投料條件下，某研究小組在不同壓強(qiáng)、相同時間點(diǎn)進(jìn)行了乙酸乙酯的產(chǎn)率隨溫度變化的測定實驗，實驗結(jié)果如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（5）①溫度在60～80℃范圍內(nèi)，乙烯與乙酸反應(yīng)速率由大到小的順序是v（p1）＞v（p2）＞v（p3）[用v（p1）、v（p2）、v（p3）分別表示在不同壓強(qiáng)下的反應(yīng)速率]。②在壓強(qiáng)為p1、溫度超過80℃時，乙酸乙酯產(chǎn)率下降的原因可能是由圖可知，在壓強(qiáng)為p1、80℃時，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，乙酸乙酯產(chǎn)率下降。③為提高乙酸乙酯的合成速率和產(chǎn)率，可以采取的措施通入乙烯、增大壓強(qiáng)。（任寫兩條）【分析】（1）制備乙酸乙酯的實驗中飽和的碳酸鈉溶液的作用是除去乙酸乙酯中的乙酸，促成碳酸鈉和乙酸的中和反應(yīng)。還可以降低乙酸乙酯溶解度，使其分層現(xiàn)象更明顯的過程；（2）乙酸和乙醇反應(yīng)的機(jī)理是酸脫羥基醇脫氫；（3）一定溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝4.0，若按化學(xué)方程式中乙酸和乙醇的化學(xué)計量數(shù)比例投料，設(shè)起始乙酸和乙醇物質(zhì)的量濃度為1mol/L，列化學(xué)平衡三段式解答；若乙酸和乙醇的物質(zhì)的量之比為n：1，隨著乙酸的量增加，平衡體系中乙酸乙酯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)也會增大，當(dāng)n＝1時，此時平衡體系中乙酸乙酯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)最大，再增加乙酸的物質(zhì)的量，平衡體系中乙酸乙酯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)反而減??；（4）a．當(dāng)正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率時，反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡；b．當(dāng)各組分濃度（或者百分含量、物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)、體積分?jǐn)?shù)）不再改變時，反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡；c．產(chǎn)品減小，平衡正向進(jìn)行，平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；d．K＝，溫度不變，K值不變；（5）①根據(jù)該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，壓強(qiáng)越大，平衡正向移動，乙酸乙酯的產(chǎn)率越大，判斷p1、p2、p3的大小，結(jié)合壓強(qiáng)越大，反應(yīng)速率越快；②由圖可知，80℃時，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動；③提高乙酸乙酯的合成速率和產(chǎn)率，要使平衡正向移動，同時也要提高反應(yīng)速率，結(jié)合勒夏特列原理分析?！窘獯稹拷猓海?）制備乙酸乙酯的實驗中飽和的碳酸鈉溶液的作用是除去乙酸乙酯中的乙酸，促成碳酸鈉和乙酸的中和反應(yīng)。還可以降低乙酸乙酯溶解度，使其分層現(xiàn)象更明顯的過程，則提純產(chǎn)品的方法是采用飽和碳酸鈉溶液分液，故答案為：采用飽和碳酸鈉溶液分液；（2）乙酸和乙醇反應(yīng)的機(jī)理是酸脫羥基醇脫氫，則用18O標(biāo)記乙醇，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，故答案為：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O；（3）設(shè)起始乙酸和乙醇物質(zhì)的量為1mol，CH3COOH轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量為xmol，CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O起始n（mol）1100轉(zhuǎn)化n（mol）xxxx平衡n（mol）1﹣x1﹣xxxK＝＝4，解得x＝，則乙酸乙酯的平衡產(chǎn)率y＝×100%≈66.7%；若乙酸和乙醇的物質(zhì)的量之比為n：1，隨著乙酸的量增加，平衡體系中乙酸乙酯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)也會增大，當(dāng)n＝1時，此時平衡體系中乙酸乙酯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)最大即為＝，再增加乙酸的物質(zhì)的量，平衡體系中乙酸乙酯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)反而減小，則x隨n變化的示意為，故答案為：66.7%；；（4）a.無論反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)，乙烯斷開1mol碳碳雙鍵的同時乙酸恰好消耗1mol，故a錯誤；b.當(dāng)乙烯的百分含量保持不變時，反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡，故b正確；c．產(chǎn)品減小，平衡正向進(jìn)行，平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)不變，故c正確；d．達(dá)到平衡后再通入少量乙烯，K＝，溫度不變，K值不變，則再次達(dá)到平衡時，乙烯的濃度不變，故d錯誤；故答案為：bc；（5）①根據(jù)該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，壓強(qiáng)越大，平衡正向移動，乙酸乙酯的產(chǎn)率越大，則p1＞p2＞p3的大小，壓強(qiáng)越大，反應(yīng)速率越快，則溫度在60～80℃范圍內(nèi)，乙烯與乙酸反應(yīng)速率由大到小的順序是v（p1）＞v（p2）＞v（p3），故答案為：v（p1）＞v（p2）＞v（p3）；②由圖可知，在壓強(qiáng)為p1、80℃時，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，乙酸乙酯產(chǎn)率下降，故答案為：由圖可知，在壓強(qiáng)為p1、80℃時，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，乙酸乙酯產(chǎn)率下降；③提高乙酸乙酯的合成速率和產(chǎn)率，可以采取的措施是通入乙烯或增大壓強(qiáng)，故答案為：通入乙烯；增大壓強(qiáng)?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)平衡的影響因素、酯化反應(yīng)、化學(xué)平衡的計算等，側(cè)重考查學(xué)生分析能力和計算能力，掌握勒夏特列原理、酯化反應(yīng)機(jī)理、化學(xué)平衡三段式是解題的關(guān)鍵，此題難度大。23．（15分）阿特拉（H）是一種重要的抗過敏藥，可減輕季節(jié)性過敏性鼻炎和慢性特發(fā)性蕁麻疹引起的癥狀，可采用如圖路線合成：已知：Ph﹣代表苯基；。（1）H中含氧官能團(tuán)的名稱為羥基、羧基，F(xiàn)→G的反應(yīng)類型為還原反應(yīng)。（2）實驗室檢驗B中官能團(tuán)所用的試劑依次為NaOH水溶液、硝酸、硝酸銀溶液。（3）E→F的化學(xué)方程式為。（4）D水解后得到物質(zhì)W[]，寫出同時滿足下列條件的一種W的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。①苯環(huán)上有兩個取代基；②與Na反應(yīng)產(chǎn)生氫氣；③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；④有5種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子，且氫原子個數(shù)比為6：2：2：1：1。（5）新戊酸（）可用于生產(chǎn)香料，利用題目信息設(shè)計由乙烯為原料制備新戊酸的合成路線CH2＝CH2CH3CH2ClCH3CH2CN（CH3）3CCN?！痉治觥緼發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B發(fā)生取代反應(yīng)生成C，對比C、E的結(jié)構(gòu)，結(jié)合D的分子式、反應(yīng)條件，可知C中﹣CN連接的碳原子上的2個氫原子被2個甲基替代生成D，D中苯環(huán)上氫原子被﹣COCH2CH2CH2Cl取代生成E，故D為，對比E、G的結(jié)構(gòu)，結(jié)合反應(yīng)條件、給予的反應(yīng)信息可知，E發(fā)生取代反應(yīng)生成F，同時有HCl生成，而F中羰基轉(zhuǎn)化為羥基生成G，故F為，G中﹣CN轉(zhuǎn)化為﹣COOH而生成H；（1）H中含氧官能團(tuán)有：﹣OH、﹣COOH；由反應(yīng)條件可知，F(xiàn)發(fā)生信息中反應(yīng)生成G，轉(zhuǎn)化過程中羰基轉(zhuǎn)化為羥基，組成上加氫；（2）B中官能團(tuán)為氯原子，先水解轉(zhuǎn)化為氯離子，再用硝酸酸化的硝酸銀溶液檢驗離子；（3）對比E、G的結(jié)構(gòu)，結(jié)合反應(yīng)條件、給予的反應(yīng)信息可知，E發(fā)生取代反應(yīng)生成F，同時有HCl生成；（4）W為，滿足下列條件的一種W的同分異構(gòu)體：①苯環(huán)上有兩個取代基；②與Na反應(yīng)產(chǎn)生氫氣；③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有羥基與醛基；④有5種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子，且氫原子個數(shù)比為6：2：2：1：1，可以是﹣CHO與﹣C（CH3）2OH處于苯環(huán)的對位；（5）由B→C→D的轉(zhuǎn)化、G→H的轉(zhuǎn)化，乙烯與HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl與NaCN反應(yīng)生成CH3CH2CN，再CH3Cl反應(yīng)生成（CH3）3CCN，最后水解生成?！窘獯稹拷猓海?）H中含氧官能團(tuán)有：﹣OH、﹣COOH，其名稱分別為：羥基、羧基；由反應(yīng)條件可知，F(xiàn)發(fā)生信息中反應(yīng)生成G，轉(zhuǎn)化過程中羰基轉(zhuǎn)化為羥基，組成上加氫，F(xiàn)→G的反應(yīng)類型為還原反應(yīng)，故答案為：羥基、羧基；還原反應(yīng)；（2）B中官能團(tuán)為氯原子，實驗室檢驗B中氯原子方法為：取樣，加入NaOH水溶液，加熱，再加入硝酸呈酸性，最后加入硝酸銀溶液，有白色沉淀生成，說明含有氯原子，所用試劑依次為NaOH水溶液、硝酸、硝酸銀溶液，故答案為：NaOH水溶液、硝酸、硝酸銀溶液；（3）對比E、G的結(jié)構(gòu)，結(jié)合反應(yīng)條件、給予的反應(yīng)信息可知，E發(fā)生取代反應(yīng)生成F，同時有HCl生成，E→F的化學(xué)方程式為：，故答案為：；（4）W為，滿足下列條件的一種W的同分異構(gòu)體：①苯環(huán)上有兩個取代基；②與Na反應(yīng)產(chǎn)生氫氣；③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有羥基與醛基；④有5種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子，且氫原子個數(shù)比為6：2：2：1：1，可以是﹣CHO與﹣C（CH3）2OH處于苯環(huán)的對位，該同分異構(gòu)體可以是：，故答案為：；（5）由B→C→D的轉(zhuǎn)化、G→H的轉(zhuǎn)化，乙烯與HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl與NaCN反應(yīng)生成CH3CH2CN，再CH3Cl反應(yīng)生成（CH3）3CCN，最后水解生成，合成路線為：CH2＝CH2CH3CH2ClCH3CH2CN（CH3）3CCN，故答案為：CH2＝CH2CH3CH2ClCH3CH2CN（CH3）3CCN?！军c(diǎn)評】本題考查有機(jī)物推斷和合成，側(cè)重考查閱讀、對比、分析判斷及知識綜合應(yīng)用能力，利用某些結(jié)構(gòu)簡式、反應(yīng)條件及題給信息正確推斷各物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式是解本題關(guān)鍵，采用知識遷移、逆向思維方法進(jìn)行合成路線設(shè)計，題目難度中等。24．（15分）草酸鐵鉀KxFe（C2O4）y?3H2O（Fe為+3價）為亮綠色晶體，易溶于水，難溶于乙醇、丙酮等有機(jī)溶劑，110℃失去結(jié)晶水，230℃分解，見光易分解，是一種軍用光敏材料。實驗室可以用如下的方法來制備這種材料并測定這種材料的組成和性質(zhì)。Ⅰ.制備（1）“系列操作”依次為：恒溫80℃加熱蒸發(fā)→