相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案） 1.下列分离方法与物质的溶解度或溶解度变化无关的是（ ） A. 萃取 【答案】C 【解析】 【分析】
蒸馏是利用物质的沸点异同分离，与溶解度无关，与溶解度有关的一般有萃取、重结晶、盐析、过滤、纸上层析等。
【详解】A、萃取是利用溶质在有机溶剂中的溶解度较大而进行分离，故A不选； B、结晶是利用溶质在溶液中达到饱和而析出，故B不选； C、蒸馏是利用物质的沸点异同分离，与溶解度无关，故C选；
D、纸上层析是利用试样在有机溶剂中的溶解度差异进行分离，故D不选； 故选C。
【点睛】本题考查混合物分离、提纯方法及选择，解题关键：把握分离方法及分离原理，难点：纸上层析是试样在有机溶剂中的溶解度差异，利用扩散原理分离混合物。 2.下列铝合金的性质与其用于国产C919飞机外壳无关的是（ ） A. 导电性 【答案】A 【解析】 【分析】
合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质； 硬铝属于铝合金，制造飞机外壳是因为有密度较小、硬度较大、耐腐蚀性较强等特点． 【详解】硬铝属于铝合金，制造飞机外壳是因为有密度较小、硬度较大、耐腐蚀性较强等特点，与导电性无关。 故选A。
【点睛】本题主要考查合金与合金的性质，解题关键：合金概念的三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属，要记牢；还要理解合
B. 密度小
C. 抗腐蚀性强
D. 硬度大
B. 结晶
C. 蒸馏
D. 纸上层析
金的性质，即合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀． 3.、、中数字1、2、3表示（ ）
B. 质量数
C. 核外电子数
D. 质子数
A. 中子数 【答案】B 【解析】 【分析】
原子符号左上角的数字表示质量数，左下角的数字表示质子数。 【详解】、、中数字1、2、3位于元素符号的左上角，表示质量数，故选B。
4.不能正确表述二氧化碳分子的是（ ） A. 键角：180° C. 比例模型：【答案】C 【解析】 【分析】
二氧化碳分子是直线型分子，由极性键组成的非极性分子，键角180°，碳原子比氧原子半径大。
【详解】A. 二氧化碳分子是直线型分子，键角：180°，故A正确；
B. 二氧化碳分子是直线型分子，碳氧以双键结合，结构式：O=C=O，故B正确； C. 碳原子比氧原子半径大，比例模型中氧原子大，故C错误； D. 由极性键组成的非极性分子，故D正确； 故选C。
5.对NH3在工农业生产中用途的叙述错误的是（ ） A. 制氨气 【答案】A 【解析】 【分析】
NH3在工农业生产中利用其物理性质：可作制冷剂；根据其化学性质可制化肥如：氨水、铵肥、尿素等，利用其还原性可制硝酸。
【详解】A. 工业上用合成氨法制氨气，故A错误；
B. 根据其化学性质可制化肥如：氨水、铵肥、尿素等，故B正确；
B. 制氮肥
C. 制硝酸
D. 做制冷剂
B. 结构式：O=C=O D. 属于非极性分子
C. 利用其还原性可制硝酸，故C正确； D. 利用其物理性质：可作制冷剂，故D正确； 故选A。
6.Fe与下列物质反应的产物，能使KSCN溶液显红色的是（ ） A. H2O HNO3 【答案】D 【解析】 【分析】
滴入KSCN 溶液，显红色，可知反应后溶液中含铁离子，结合物质的性质及发生的反应来解答。 【详解】A. Fe与H2O蒸汽反应生成四氧化三铁固体，不与KSCN 溶液反应，故A错误； B.Fe与O2点燃反应生成四氧化三铁固体，不与KSCN 溶液反应，故B错误； C.Fe与S加热反应生成硫化亚铁固体，不与KSCN 溶液反应，故C错误； D. Fe与足量稀HNO3生成硝酸铁，滴入KSCN 溶液，显红色，故D正确； 故选D。
【点睛】本题考查元素化合物性质，解题关键：把握物质的性质、反应与现象，注意铁离子检验的方法。
7.检验NH4+的方法是：向未知物中加强碱、加热，再用湿润的红色石蕊试纸检测气体产物，该检验过程中不涉及的反应是（ ） A. NH4++OH-NH3+H2O C. NH3+H2ONH3·H2O 【答案】B 【解析】
【详解】A. NH4++OH-NH3+H2O铵盐与碱反应，故A不选； B. NH3+H→NH4是氨气与酸反应，本题没有提供酸，故B选；
C. NH3+H2ONH3·H2O铵盐与碱反应生成的氨气在水中生成一水合氨，形成的平衡，故C不选； D. NH3·H2ONH4++OH-，氨气在水中生成一水合氨形成的电离平衡，故D不选； 故选B。
8.由一种原子直接构成的物质，不可能（ ）
+
+
B. O2 C. S D. 足量稀
B. NH3+H+→NH4+ D. NH3·H2ONH4++OH-
A. 硬度很大 解质 【答案】D 【解析】 【分析】
B. 常温下为气态 C. 属于原子晶体 D. 属于非电
由一种原子直接构成的物质，可能是原子晶体，如金刚石；可以是分子晶体，如氩气，再根据物质的性质分析。
【详解】A. 由一种原子直接构成的物质，可能是原子晶体，如金刚石，硬度很大，故A可能； B. 由一种原子直接构成的物质，可以是分子晶体，如氩气，常温下为气态，故B可能； C. 由一种原子直接构成的物质，可能是原子晶体，如金刚石，属于原子晶体，故C可能； D. 非电解质是化合物，不可能由一种原子直接构成的物质，故D不可能； 故选D。
9.能使Al(OH)3的电离平衡向碱式电离方向移动的是（ ） A. HNO3 【答案】A 【解析】 【分析】
Al（ OH）3的电离方程式可表示为：H2O+AlO2－+H＋衡的因素分析。
【详解】A. HNO3 与OH-作用使其浓度减小，平衡向碱式电离方向移动，故A正确； B. H2CO3是弱酸，不与Al(OH)3反应，不能促进平衡向碱式电离方向移动，故B错误； C. NaOH与H+作用使其浓度减小，平衡向酸式电离方向移动，故C错误；
D. 氨水是弱碱，不与Al(OH)3反应，不能促进平衡向碱式电离方向移动，故D错误； 故选A。
10.在密闭容器内发生反应：3FeO(s)+H2O(g)Fe3O4(s)+H2(g)-Q，H2O和H2物质的量随时间的变化如图所示。2min时仅改变一个条件，该改变的条件是（ ）
Al（OH）3
Al3＋+3OH－，根据影响平
B. H2CO3
C. NaOH
D. 氨水
A. 减少c(H2O) 【答案】D 【解析】 【分析】
B. 增加c(H2) C. 增大压强 D. 升高温度
根据化学平衡移动原理回答。
【详解】A. 减少c(H2O)，平衡逆向移动，c(H2)也应减小，故A错误； B. 增加c(H2)，平衡逆向移动，c(H2O)也应增大，故B错误； C. 增大压强，c(H2)c(H2O)均增大，故C错误；
D. 升高温度，平衡正向移动，c(H2O)减小，c(H2)增大，故D正确； 故选D。
11.在液溴和溴水的混合物中，对液溴描述正确的是（ ） A. 深红棕色，在下层 C. 紫黑色，在下层 【答案】A 【解析】 【分析】
【详解】溴在水中溶解度不大，液溴密度大于水，液溴是红棕色，溴水呈橙红色，在上层， 故选A。
12.接触法制硫酸中能提高SO2转化率的条件是（ ） A. 400~500℃ 气 【答案】D 【解析】 【分析】
B. 常压
C. 催化剂
D. 过量的空
B. 深红棕色，在上层 D. 紫黑色，在上层
2SO2＋O2
【详解】2SO2＋O2化率。
2SO3是气体体积减小的放热反应，使平衡正向移动，提高SO2转化率。
2SO3是气体体积减小的放热反应，使平衡正向移动，提高SO2转
A、400~500℃时催化剂活性最大，故A不符；
B. 对气体体积减小的反应加压，平衡正向移动，但本反应常压下反应转化率已经很高，故B不符；
C. 催化剂对平衡没有影响，故C不符；
D. 过量的空气，提高氧气的浓度，提高SO2转化率，平衡正向移动，故D正确； 故选D。
13.不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是（ ） A. 溶解性：HCl > H2S C. 稳定性： HCl > H2S 【答案】A 【解析】 【分析】
比较非金属性可通过以下角度：①氢化物的稳定性，②与氢气反应的难易程度，③最高价氧化物对应的水化物的酸性，④单质之间的置换反应，⑤对应阴离子的还原性强弱，⑥与变价金属反应的化合价高低等．
【详解】A、元素的非金属性与溶解性无关，故A错误；
B、氯气能与硫化氢反应生成硫，说明氯的非金属性比硫强，故B正确； C、元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C正确；
D、3Cl2+2Fe2FeCl3、S+FeFeS与变价金属反应氯化铁中铁的化合价高，说明氯的非金属性比硫强，故D正确； 故选A。
【点睛】本题考查非金属性的比较，解题关键：注意把握比较非金属性强弱的角度。 14.与漂粉精溶液的氧化性无关的现象是（ ） A. 滴入酚酞试液先变红后褪色 C. 滴入浓HCl有黄绿色气体
B. 滴入AgNO3溶液有白色沉淀 D. 滴入FeCl2溶液有红褐色沉淀 B. Cl2+H2S→2HCl+S
D. 3Cl2+2Fe2FeCl3、S+FeFeS 【答案】B 【解析】 【分析】
漂粉精溶液的氧化性是指次氯酸根+1价的氯在反应中化合价降低。
【详解】A.漂粉精溶液呈碱性，滴入酚酞试液先变红，又因漂粉精溶液具有强氧化性，使红色的酚酞氧化而褪色，故A不符；
B. 滴入AgNO3溶液有白色沉淀，是因为生成了氯化银沉淀，与氧化性无关，故B符合； C. 滴入浓HCl有黄绿色气体，Cl＋ClO＋2H=Cl2＋H2O，ClO中氯化合价降低，故C不符； D. 滴入FeCl2溶液有红褐色沉淀，亚铁被氧化成+3价铁，故D不符； 故选B。
15.不能鉴别黄色的溴水和碘水的物质是（ ） A. CCl4 【答案】D 【解析】 【分析】
根据溴水和碘水性质来鉴别。
【详解】A.溴、碘的四氯化碳溶液的颜色分别为橙红色、红褐色或紫色，颜色不同，可鉴别，故A正确；
B. 淀粉溶液遇到碘呈蓝色，故B正确；
C. 溴、碘的苯溶液的颜色分别为橙红色、红褐色或紫色，颜色不同，可鉴别，故C正确； D. NaOH溶液与黄色的溴水和碘水反应均生成无色的溶液，现象相同，故D符合题意； 故选D。
【点睛】本题考查物质的鉴别和检验，解题关键：把握物质的性质、性质差异及发生的反应。注意溴、碘元素及化合物知识的综合应用． 16.反应①2H2O(l)2H2(g)+O2(g)+Q1和反应②2H2O(l)2H2(g)+O2(g)+Q2，都是分解得到H2
B. 淀粉溶液
C. 苯
D. NaOH溶液
－
－
＋
－
和O2，下列判断错误的是（ ） A. 反应①中太阳能转化为化学能 C. Q1>0、Q2<0 【答案】C
B. 反应②中电能转化为化学能 D. Q1=Q2
【解析】 【分析】
两个反应，都是将其它能转化为化学能，是吸热反应，反应的开始状态和末状态相同，反应的焓变相同。
【详解】A. 反应①中太阳能转化为化学能，是吸热反应，贮存能量，故A正确； B. 反应②中电能转化为化学能，是吸热反应，贮存能量，故B正确； C. 反应的开始状态和末状态相同，反应的焓变相同，故C错误； D. 反应的开始状态和末状态相同，反应的焓变相同，故D正确； 故选C。
17.铜片和铁片（均少部分被氧化）一起放入足量的盐酸中充分反应。反应后的溶液中（ ） A. 一定有Fe3+ C. 一定有Cu2+ 【答案】B 【解析】 【分析】
发生的反应有：氧化铜和盐酸反应、氧化铁与盐酸的反应、铁和盐酸反应、铁和氯化铜反应，铜与氯化铁的反应，以此判断溶液中一定含有的金属离子．
【详解】表面有氧化物的相同大小的铜片和铁片一起放入盐酸中充分反应， 由发生的反应：氧化铜和盐酸反应、氧化铁与盐酸的反应，生成铁离子、铜离子， 还原性Fe＞Cu，先发生铁和盐酸反应，盐酸足量，可存在铁离子， 若盐酸少量，铁和氯化铜反应，生成氯化亚铁、氯化铜， 氧化性Fe3＋＞Cu2＋＞H＋，
将表面都含有氧化物的铁片和铜片一起放入盐酸中充分反应，若反应后铁片有剩余，则一定不存在Fe、Cu、H，所得溶液中的阳离子为Fe， 故选：B。
【点睛】本题考查了铁的性质，把握铁、铜的活泼性即可判断溶液中存在的金属阳离子，解题关键：明确发生的化学反应．
18.1mol H2和1mol I2置于恒温恒容密闭容器中发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)+9.4kJ，至t1时刻到达平衡状态，下列物理量与反应时间的关系不符合事实的是（ ）
3＋
2＋
＋
2＋
B. 一定有Fe2+ D. 一定没有Cu2+
A A. A 【答案】C 【解析】 【分析】
B C D
B. B C. C D. D
当可逆反应中正逆反应速率相等，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时该反应达到平衡状态．
【详解】A．恒容条件下，气体的体积不变，反应前后混合气体的质量不变，所以混合气体的密度始终不变，故A符合；
B、反应前后气体的计量数之和不变，所以无论是否达到平衡状态，混合气体的压强都不变，故B符合；
C、H2(g)+I2(g)2HI(g)+9.4kJ，是可逆反应，1mol H2和1mol I2置于恒温恒容密闭容器中发生反应，反应放出的热量达不到9.4kJ，故C不符合；
D、反应开始后，正速率减小，当正速率不变时该反应达到平衡状态，故D符合； 故选C。
19.如下图所示、装置电解氯化铜溶液和饱和食盐水。下列判断错误的是（ ）
A. 阳极失电子的离子相同、产物相同 B. 阴极产物因得电子的离子不同而不同 C. 电解后两装置中溶液的pH都减小 D. 电解后只有装置阴极的质量增加
【答案】C 【解析】
【详解】A、阴离子向阳极移动，所以Cl向阳极，失电子生成氯气，阳极失电子的离子相同、产物相同，故A正确；
B、a中铜离子得电子生成铜，b中水中氢得电子生成氢气，阴极产物因得电子的离子不同而不同，故B正确；
C、a中电解氯化铜本身，b中水中氢得电子生成氢气破坏水的电离平衡，生成氢氧根，pH增大，故C错误；
D、a中铜离子得电子生成铜，b中水中氢得电子生成氢气，电解后只有装置阴极的质量增加，故D正确； 故选C。
【点睛】本题考查学生电解池的工作原理知识，解题关键：理解电解原理，会分析电极反应。 20.pH=12的某溶液中有关数据如下： 离子 Na +－
Ba 1.0×102+ y NO3 2.0×10-Cl 2.0×10 -浓度（mol/L） 1.0×10
则和y可能是（ ） A. Fe；1.0×10C. SO42-：1.0×10【答案】B 【解析】 【分析】
2+
B. K：1.0×10D. I-：2.0×10+
根据溶液中电荷守恒和离子共存的条件分析。
【详解】根据溶液中电荷守恒，溶液中的正电荷：1.0×10×1+1.0×10×2=3.0×10，溶液中的负电荷：2.0×10-2×1+2.0×10-2×1=4.0×10-2，溶液中x应是阳离子，缺少的离子的浓度为4.0×10-2-3.0×10-2=1.0×10-2， 故选B。
二、综合分析题（共60分）
-2
-2
-2
21.硅是构成矿物和岩石的主要成分，单质硅及其化合物具有广泛的用途。完成下列填空： （1）某些硅酸盐具有筛选分子的功能。一种硅酸盐的组成为：M2O·R2O3·2SiO2·nH2O，已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期，两元素原子的质子数之和为24。 ①写出M原子核外能量最高的电子的电子排布式：___________。 ②常温下，不能与R单质发生反应的是_______（选填序号）。
a．CuCl2溶液 b．Fe2O3 c．浓硫酸 d．NaOH溶液 e．Na2CO3固体 （2）氮化硅（Si3N4）陶瓷材料硬度大、熔点高。可由下列反应制得：SiO2+C+N2①Si3N4中氮元素的化合价为-3，请解释Si3N4中氮元素化合价为负价的原因__________________。
②C3N4的结构与Si3N4相似，请比较二者熔点高低，并说明理由：______________________。 ③配平上述反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。_______________。 （3）一种用工业硅（含少量铁、铜等金属的氧化物）制备Si3N4的主要流程如下：
Si3N4+CO
①将工业硅粉碎的目的是______________________________。
②适量的H2是为了排尽设备中的空气，但H2在高温下也能还原工业硅中的某些金属化物。可能是______（选填：“盐酸”“硝酸”或“硫酸”），理由是_____________________。 【答案】 (1). 3p1 (2). be (3). 氮元素的非金属性比硅强，氮原子得电子的能力强于硅原子，因此两者形成化合物时，共用电子对偏向于氮原子，因此Si3N4中氮元素化合价为负价 (4). 两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C3N4中碳原子与氮原子形成的共价键的键长较Si3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高。 (5). 无 (6). 增大反应物的接触面积，提高反应速率 (7). 硝酸 (8). H2在高温下能将铜的氧化物还原为单质铜，单质铜与盐酸和硫酸不反应 【解析】 【分析】
（1）由M2O·R2O3·2SiO2·nH2O可知，M为第IA，R为ⅢA，元素M、R均位于元素周期表的第3周期，两元素原子的质子数之和为24，M为Na，R为Al。根据两元素原子结构和性质分析。
（2）①Si3N4中氮元素的化合价为-3，氮元素的非金属性比硅强，氮原子得电子的能力强于硅原子；
②C3N4的结构与Si3N4相似，用原子晶体的结构解释熔点高低； ③根据氧化还原反应化合价升降总数相等以及质量守恒来解答； （3）①将工业硅粉碎的目的是增大反应物的接触面积，提高反应速率；
②盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉，为除去混有的Cu，可选择硝酸，Cu与硝酸反应，而氮化硅与硝酸不反应。
【详解】（1）由M2O·R2O3·2SiO2·nH2O可知，M为第IA，R为ⅢA，元素M、R均位于元素周期表的第3周期，两元素原子的质子数之和为24，M为Na，R为Al。 ①M原子核外能量最高的电子的电子排布式： 3p1 ；
②常温下，a．Al与CuCl2溶液能将铜置换出来；b．Al与Fe2O3在高温反应； c．Al与浓硫酸发生钝化； d．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠； e．Al与Na2CO3固体常温下不能反应；故选be。
（2）①Si3N4中氮元素的化合价为-3，氮元素的非金属性比硅强，氮原子得电子的能力强于硅原子，因此两者形成化合物时，共用电子对偏向于氮原子，因此Si3N4中氮元素化合价为负价； ②C3N4的结构与Si3N4相似，用原子晶体的结构解释熔点高低：两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C3N4中碳原子与氮原子形成的共价键的键长较Si3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高；
③配平上述反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。SiO2+C+N2Si3N4+CO。
Si的化合价前后未变，N的化合价由0降为-3，C的化合价由0升为+2，生成1个Si3N4化合价降低12，生成1个CO化合价升高2，根据化合价升降总数相等以及质量守恒得，3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO．
标出电子转移的数目和方向：
（3）①将工业硅粉碎的目的是增大反应物的接触面积，提高反应速率；
②盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉，为除去混有的Cu，可选择硝酸，Cu与硝酸反应，而氮化硅与硝酸不反应。x可能是硝酸， H2在高温下能将铜的氧化物还原为单质
铜，单质铜与盐酸和硫酸不反应。
【点睛】本题（3）考查氮化硅的制备实验方案的设计，解题关键：明确制备实验的原理中各步骤的作用及物质的性质，难点：（3）②硝酸的选择。
22.小苏打主要用于食品工业。工业上有多种制取小苏打的方法。完成下列填空：
I．合成法：Na2CO3+H2O+CO2→2NaHCO3。实验室模拟合成法的过程如下：80g水充分溶解10gNaOH，保持温度为15℃，向所得溶液中缓慢地通入CO2，用传感器测得溶液pH变化如下图所示。Na2CO3、NaHCO3的溶解度如下表所示。
（1）写出前6分钟（M点之前）溶液中发生反应的离子方程式：______________。 （2）第13分钟（N点）溶液中c(Na+)____第21分钟（Q点）溶液中c(Na+)（填“>”“<”或“=”）。
（3）补全Q点溶液中阴、阳离子浓度的等式关系：c(Na+)+___=c(HCO3-)_____。____ Ⅱ．用标准盐酸溶液滴定可测定碳酸氢钠样品的纯度。也可用加热分解法测定其含量（已知样品中的主要杂质是NaCl；碳酸氢钠在250℃~270℃分解完全）。 （4）滴定法测定碳酸氢钠含量的实验步骤：
①称量8.450g NaHCO3样品配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入甲基橙作指示剂，用0.5000mol/L标准盐酸溶液滴定。当滴定至溶液由____色变为____色且半分钟不变色为滴定终点，记录读数。重复滴定操作3次，平均消耗盐酸19.80mL。样品中NaHCO3的质量分数为______（小数点后保留三位）。
②配制250mL样品溶液需要的仪器有：_________________________。 （5）加热分解法测定碳酸氢钠含量：
①称量的操作至少要进行4次，第一次称量的是_______的质量。 ②若测定的结果偏高，可能的原因是________（选填序号）。
a．加热时样品飞溅 b．加热时未充分搅拌 c．加热容器中有不分解、不挥发的杂质 d．加热容器中不干燥
【答案】 (1). CO2+2OH→CO3+H2O (2). > (3). c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-) (4). 黄 (5). 橙 (6). 0.984 (7). 烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管 (8). 坩埚 (9). ad 【解析】 【分析】
（1）先发生2NaOH＋CO2=H2O＋Na2CO3，后发生CO2+H2O＋Na2CO3=2NaHCO3，前6分钟（M点之前）溶液中发生反应的离子方程式： CO2+2OH-→CO32-+H2O ；
（2）溶液中溶解过量的二氧化碳后，二氧化碳与溶液中的碳酸钠反应，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠在水中溶解度小，碳酸氢钠达到一定量时会析出。 （3）Q点溶液中点的溶质为NaHCO3，溶液中存在电荷守恒c(Na)+c(H)=c(HCO3)+c(OH)+2c(CO3) ；
（4）①选用甲基橙作为指示剂时,它的变色范围是3.1～4.4,颜色为红、橙、黄色；当滴定至溶液由黄色变为橙色且半分钟不变色为滴定终点。
样品中NaHCO3的质量分数为测得NaHCO3的质量÷8.450g×100%；
②根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器； （5）①称量的操作至少要进行4次，第一次称量的是坩埚的质量。 ②a．加热时样品飞溅，固体减少的质量全当成NaHCO3； b．加热时未充分搅拌，导致部分NaHCO3没有分解； c．加热容器中有不分解、不挥发的杂质，杂质含量高；
d．加热容器中不干燥，水引起减少的质量偏大，固体减少的质量全当成NaHCO3，测定的结果偏高，故正确。
【详解】（1）先发生2NaOH＋CO2=H2O＋Na2CO3，后发生CO2+H2O＋Na2CO3=2NaHCO3，前6分钟（M点之前）溶液中发生反应的离子方程式： CO2+2OH-→CO32-+H2O ；
（2）实验过程中，溶液中溶解过量的二氧化碳后，二氧化碳与溶液中的碳酸钠反应，生成碳酸氢钠，因为碳酸钠在水中溶解度大，碳酸氢钠在水中溶解度小，碳酸氢钠达到一定量时会析出，第13分钟（N点）溶液中c(Na+)>第21分钟（Q点）溶液中c(Na+)； （3）Q点溶液中点的溶质为NaHCO3，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-) ；
+
+
--2--2-
（4）①选用甲基橙作为指示剂时,它的变色范围是3.1～4.4,颜色为红、橙、黄色；当滴定至溶液由黄色变为橙色且半分钟不变色为滴定终点。 样品中NaHCO3的质量分数为
0.5000mol/L×19.80mL×10×84g/mol÷8.450g×100%=8.316÷8.450g×100%=98.4%； ②实验室要250mL待测溶液，用天平和药匙称取8.450g样品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所需的仪器有烧杯、玻璃棒、250ml容量瓶、胶头滴管；
（5）①称量的操作至少要进行4次，第一次称量的是坩埚的质量。
②a．加热时样品飞溅，固体减少的质量全当成NaHCO3，测定的结果偏高，故正确； b．加热时未充分搅拌，导致部分NaHCO3没有分解，测定的结果偏低，故错误； c．加热容器中有不分解、不挥发的杂质，杂质含量高，测定的结果偏低，故错误； d．加热容器中不干燥，水引起减少的质量偏大，固体减少的质量全当成NaHCO3，测定的结果偏高，故正确。 故选ad。
23.为证明乙烯能被酸性KMnO4溶液氧化，某小组按下图装置制备乙烯并检验其化学性质。完成下列填空：
（1）首先检验该装置气密性。检验气密性的操作是：_____________。
（2）向圆底烧瓶中加入药品的顺序是：先加入_____，再缓慢加入____，最后再加入几粒碎瓷片。
（3）加热圆底烧瓶，使温度迅速上升到________℃，观察到烧瓶中的无色液体逐渐变黑。该黑色的物质是_______。
（4）酸性KMnO4溶液很快褪色，但不能说明乙烯具有还原性。理由是：_______________。 （5）选用下列装置（可重复使用也可不用）来证明乙烯具有还原性，请将装置按编号依次排列，并在装置序号对应位置的下一行写出装置内所放的药品。
装置a→_____________________________→b。
药品：（a药品略）_________________________（b酸性KMnO4溶液）。
（6）若将b中酸性KMnO4溶液换成溴水，溴水也能褪色且可观察到b底部有少量无色油状液体生成，如何通过实验证明该无色油状液体中含有溴元素？______。如何通过实验证明乙烯和溴水发生的是加成反应而不是取代反应？____________。
【答案】 (1). 加热a中圆底烧瓶，b中导管口有气泡产生，冷却后导管中有一段水柱，则气密性好 (2). 乙醇 (3). 浓硫酸 (4). 170 (5). 碳 (6). 气体产物中可能含有SO2，SO2也能使酸性KMnO4溶液褪色 (7). c（NaOH溶液） (8). c（品红溶液） (9). 取该油状液体，向其中加入适量NaOH溶液，振荡，加热，充分反应后，静置，取上层清液，向其中加入过量稀硝酸酸化，再滴入少量AgNO3溶液，有淡黄色沉淀产生，则说明含有溴元素 (10). 取反应后的上层清液，向其中滴加石蕊试液，溶液不变红，说明反应是加成反应而非取代反应 【解析】 【分析】
（1）利用热胀冷缩的原理；
（2）浓硫酸的密度比乙醇大，故先加乙醇，再加浓硫酸；
（3）加热圆底烧瓶，使温度迅速上升到170℃，防止发生副反应，生成乙醚，浓硫酸具有脱水性，使乙醇炭化。
（4）浓硫酸具有强氧化性，反应过程中产生二氧化硫，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色。 （5）反应过程中产生二氧化硫，也具有还原性，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故要先除去二氧化硫。
（6）反应混合物中含有1，2-二溴乙烷，要先除去溴，再检验溴离子，取代反应会生成溴化氢。
【详解】（1）检验气密性的操作是： 加热a中圆底烧瓶，b中导管口有气泡产生，冷却后导管中有一段水柱，则气密性好；
（2）浓硫酸的密度比乙醇大，故先加乙醇，再加浓硫酸；
（3）加热圆底烧瓶，使温度迅速上升到170℃，防止发生副反应，生成乙醚，浓硫酸具有脱水性，使乙醇炭化，黑色的物质是碳。
（4）浓硫酸具有强氧化性，反应过程中产生二氧化硫，混合气体产物中可能含有SO2，SO2也能使酸性KMnO4溶液褪色。
（5）反应过程中产生二氧化硫，也具有还原性，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故要先除去二氧化硫。故：
装置连接顺序a→c→c→b。
药品依次为：（a药品略）（c中NaOH溶液）（c中品红溶液）（b酸性KMnO4溶液）。
（6）反应混合物中含有1，2-二溴乙烷，要先除去溴，再检验溴离子，取代反应会生成溴化氢。
取该油状液体，向其中加入适量NaOH溶液，振荡，加热，充分反应后，静置，取上层清液，向其中加入过量稀硝酸酸化，再滴入少量AgNO3溶液，有淡黄色沉淀产生，则说明含有溴元素； 通过实验证明乙烯和溴水发生的是加成反应而不是取代反应：取反应后的上层清液，向其中滴加石蕊试液，溶液不变红，说明反应是加成反应而非取代反应。 24.中药丹参中存在丹参醇。一种人工合成丹参醇的部分路线如下：
已知：
完成下列填空：
（1）A中官能团的名称：__________________。 （2）D→E的反应条件：___________________。 （3）A和B生成C的反应类型是：______反应。
（4）在铜做催化剂、加热条件下，1mol丹参醇能被_____molO2氧化。
（5）B的分子式是：C9H6O3。符合下列条件的B的同分异构体有__种，写出其中能发生银镜反应的同分异构体的结构简式_____。 ①苯环上直接连有一个—OH
②—OH对位上还有一个侧链，该侧链含：—CC—、—COO—。
（6）利用已知条件，写出以和为原料制备的合成路线流程（无机
试剂和乙醇任用，合成路线的表示方式为：甲乙 目标产物）。_____________
【答案】 (1). 碳碳双键，羟基 (2). 浓硫酸、加热 (3). 加成 (4). 0.5 (5). 4
(6).
(7).
【解析】 【分析】 （1）A为
，A的官能团名称为碳碳双键，羟基；
（2）D为上的醇羟基在浓硫酸和加热条件下脱水生成E；
（3）A和B发生1，4-加成生成C；
（4）在铜做催化剂、加热条件下，1mol丹参醇中只有1个羟基相连的碳原
子上有氢能被O2氧化。
（5）B的分子式是：C9H6O3。符合①苯环上直接连有一个—OH②—OH对位上还有一个侧链，该侧链含：—C重新组合。 （6）
和溴发生加成反应生成
，
发生消去反应生成
，
C—、—COO—两条件的同分异构体，就是将羟基对位上的叁键和—COO—进行
和发生加成反应生成，和氢气发生
加成反应生成，再发生酯化反应生成。
【详解】（1）A为，A的官能团名称为碳碳双键，羟基；
（2）D为上的醇羟基在浓硫酸和加热条件下脱水生成E，D→E的
反应条件：浓硫酸、加热； （3）A
和B
发生1，4-加成生成C，反应类型是：加成反应；
（4）在铜做催化剂、加热条件下，1mol丹参醇中只有1个羟基相连的碳原
子上有氢能被0.5molO2氧化。
（5）B的分子式是：C9H6O3。符合①苯环上直接连有一个—OH②—OH对位上还有一个侧链，该侧链含：—C重新组合。
C—、—COO—两条件的同分异构体，就是将羟基对位上的叁键和—COO—进行
，
，
，
，共有4种，其中能发生银镜反应的同分异构体，是甲酸酯，结构简式
。
（6）和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，
和发生加成反应生成，和氢气发生
加成反应生成，再发生酯化反应生成。其合成路线为
。
【点睛】本题考查有机物推断和合成，利用流程图中反应前后物质结构变化确定反应类型及断键和成键方式，难点是合成路线设计，解题关键：熟练掌握常见官能团及其性质关系、物质之间转化关系。
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