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2020-2021学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模）
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这是一份2020-2021学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模），共29页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模）
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．（2分）人类使用材料的增多和变化标志着文明的进步，下列材料制备与化学反应无关的是（ ）
A．石器 B．铝制品 C．电池 D．高分子材料
2．（2分）关于铀的稳定同位素Rb的说法正确的是（ ）
A．质子数是85 B．中子数是48 C．质量数是37 D．电子数为48
3．（2分）下列属于物理变化的是（ ）
A．煤的气化 B．天然气的燃烧
C．烃的裂解 D．石油的分馏
4．（2分）含有共价键的离子化合物是（ ）
A．Na2O2 B．H2SO4 C．CaCl2 D．SiC
5．（2分）气体体积的大小，跟下列因素几乎无关的是（ ）
A．分子个数 B．温度 C．压强 D．分子直径
6．（2分）下列变化属于固氮的是（ ）
A．N2和H2在一定条件下反应生成NH3
B．NO与O2反应生成NO2
C．NH3催化氧化生成NO
D．由NH3制NH4HCO3和（NH4）2SO4
7．（2分）与下列物质反应时，体现二氧化硫漂白性的是（ ）
A．溴水
B．品红溶液
C．酸性高锰酸钾溶液
D．滴入酚酞的氢氧化钠溶液
8．（2分）与久置氯水相比，新制氯水（ ）
A．酸性强 B．氧化性强 C．颜色浅 D．微粒种类少
9．（2分）下列有关苯的说法，错误的是（ ）
A．能发生取代反应
B．分子中所有原子共平面
C．不能发生加成反应
D．分子中无碳碳双键、碳碳单键
10．（2分）浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是（ ）
A．酸性 B．脱水性 C．强氧化性 D．吸水性
11．（2分）铁在一定条件下与下列物质反应，产物中存在+3价铁元素的是（ ）
A．硫粉 B．氯气 C．硫酸铜 D．稀硫酸
12．（2分）硫酸工业生产中，为有利于SO2的转化且充分利用能量。在接触室中装有热交换器（如图），温度最低的是（ ）
A．a处 B．b处 C．c处 D．d处
13．（2分）关于实验室制备乙烯，下列说法正确的是（ ）
A．反应物是乙醇与3mol/L硫酸
B．温度计插入反应液中，控制温度140℃
C．烧瓶中应加入少许碎瓷片
D．反应完毕先移去酒精灯，再从水中取出导管
14．（2分）Cr（OH）3具有两性，下列推断中错误的是（ ）
A．CrCl3水溶液显酸性
B．CrCl3•6H2O加热脱水可得无水CrCl3
C．用CrCl3制备Cr（OH）3需控制NaOH用量
D．Cr（OH）3与盐酸反应生成CrCl3
15．（2分）草莓酸的结构简式为CH3CH2CH＝C（CH3）COOH，以下叙述正确的是（ ）
A．草莓酸的分子式为C6H12O2
B．草莓酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．一定条件下1mol草莓酸能和2mol H2发生反应
D．一定条件下草莓酸只能发生加成、加聚，不能发生取代反应
16．（2分）在汽车尾气处理过程中存在反应：NO2（g）+CO（g）⇌NO（g）+CO2（g），该反应过程及能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，平衡正向移动
B．改变压强，反应速率不变
C．反应过程中吸收的热量小于放出的热量
D．使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率
17．（2分）关于侯氏制碱法，下列说法错误的是（ ）
A．在饱和食盐水中应先通入氨气，再通入二氧化碳
B．析出NaHCO3固体后的母液为碳酸氢钠和氯化铵的饱和溶液
C．母液中通氨、冷冻、加食盐析出氯化铵
D．原料NaCl利用率比较高
18．（2分）在饱和氯化钠溶液浸润的滤纸上分别做甲、乙两个实验，如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．a极上发生还原反应
B．d为阴极，发生的反应为：Fe﹣2e→Fe2+
C．铁片腐蚀速率：乙＞甲
D．b极上发生的反应为：O2+2H2O+4e→4OH﹣
19．（2分）利用实验器材（省略夹持装置），能完成相应实验的是（ ）
实验器材
相应实验
A
烧杯、玻璃棒、蒸发皿
硫酸铜溶液的浓缩结晶
B
烧杯、胶头滴管、电子天平
用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液
C
烧杯、胶头滴管、分液漏斗
用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI
D
烧杯、玻璃棒、滤纸
用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡
A．A B．B C．C D．D
20．（2分）25℃，相同体积相同浓度的盐酸能与下列溶液恰好完全中和。①V1mL pH＝9的氨水；②V2mL pH＝10的氨水；③V3mL pH＝10的NaOH溶液。下列叙述正确的是（ ）
A．V1＜10V2
B．①和②中比值：①＜②
C．①、②、③中水的电离度：②＝③＞①
D．分别与盐酸完全中和后溶液的pH：③＞①＞②
二、综合题（共4小题，满分60分）
21．（14分）用Cl2生产含氯有机物时会产生HCl．利用反应4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）可实现氯的循环利用。完成下列填空：
（1）上述反应中所有元素原子半径由大到小的顺序为 ．与氯元素同族的短周期元素原子最外层电子的轨道表示式为 。
（2）判断氯、溴非金属性强弱的依据是 。（选填序号）
a．熔点：Cl2＜Br2
b．氧化性：Cl2＞Br2
c．热稳定性：HCl＞HBr
d．酸性：HCl＜HBr
（3）若反应在固定体积的密闭容器中发生，能说明反应已达平衡的是 。（选填序号）
a．2ν（HCl）正＝ν（Cl2）逆
b．体系压强不再改变
c．混合气体密度不变
d．＝K
（4）若反应容器容积为2L，4mol HCl与1mol O2混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则用HCl表示的该反应的化学反应速率为 ．
（5）如图是在2种不同投料比[＝1.6]下，温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线a对应的投料比＝ 。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，可采取的措施有 ； 。
22．（16分）亚硝酸钠广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。
已知：①亚硝酸及其盐既有氧化性又有还原性。
②稀溶液中氧化性：NO2﹣＞SO42﹣
③酸性：H2SO3＞HNO2＞CH3COOH
完成下列填空：
（1）在酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色．写出该反应的离子方程式 ．被氧化的元素
是 。
（2）往冷NaNO2溶液中加入或通入下列某种物质可得到HNO2稀溶液．该物质是 。（选填序号）
a．稀硫酸
b．二氧化碳
c．二氧化硫
d．醋酸
（3）NaNO2溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。常温下，等浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液pH （选填“前者大”、“后者大”或“相等”）。若使两者pH相等，可采取的措施是 。（选填序号）
a．向NaNO2溶液中加适量水
b．向NaNO2溶液中加适量NaOH
c．向CH3COONa溶液中加适量水
d．向CH3COONa溶液中加适量NaOH．
（4）已知：NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O。
用HNO3溶液和SO2气体为原料，得到硫酸溶液及NO与NO2混合气体，同时将所得混合气体通入NaOH溶液生产NaNO2。
①若得到的盐全部为NaNO2，则原料HNO3和SO2的物质的量之比为 。
②生产中，若硝酸浓度过高，NaNO2产率 ，若硝酸浓度过低，NaNO2产率 。（选填“偏低”、“偏高”或“不变”）
23．（15分）环扁桃脂临床上主要用于治疗脑动脉硬化。环扁桃酯的一种合成路线如下所示：
完成下列填空：
（1）写出A的官能团 ；①的反应类型 ；反应②所需试剂和条件 。
（2）写出反应③的化学方程式 。
（3）反应⑤中另一反应物F的结构简式为 。
（4）检验D是否已经完全转化为E的操作是 。
（5）满足下列条件，写出一种E的同分异构体的结构简式 。
ⅰ．能发生水解反应
ⅱ．苯环上的一溴代物只有两种
（6）写出由乙苯（）合成聚苯乙烯（）的合成路线 。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
24．（15分）为测定Na2CO3•10H2O、NaHCO3的混合物中NaHCO3的含量，设计如下实验：取一定质量的混合物，通过测量反应前后③装置质量的变化，测定该混合物中NaHCO3的质量分数。
完成下列问题：
（1）U形管①②③盛装的均为固态物质，可选试剂依次为 、 、 （选填编号）。U形管③吸收的气体为 。
a．碱石灰
b．无水氯化钙
c．无水硫酸铜
（2）干燥管中无水硫酸铜的作用是 。实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用 。
（3）实验停止加热后，继续通入空气一段时间的原因是 。
（4）再设计一种测定上述混合物中NaHCO3含量的方案，并注明需要测定的物理量。
2020-2021学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
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．（2分）人类使用材料的增多和变化标志着文明的进步，下列材料制备与化学反应无关的是（ ）
A．石器 B．铝制品 C．电池 D．高分子材料
【分析】化学变化是有新物质生成的变化，物理变化是无新物质生成的变化，本质是有无新物质生成，物质制备需要发生化学反应完成的制备与化学反应有关。
【解答】解：A．石器的制作过程没有新物质的生成，属于物理变化，故A正确；
B．铝制品的制作涉及到金属的冶炼，属于化学变化，故B错误；
C．电池是发生氧化还原反应实现化学能转化为电能的装置，故C错误；
D．合成有机高分子材料属于化学变化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质制备过程分析和变化特征的判断，搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本类习题的关键，判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化，题目难度不大。
2．（2分）关于铀的稳定同位素Rb的说法正确的是（ ）
A．质子数是85 B．中子数是48 C．质量数是37 D．电子数为48
【分析】元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，质量数＝质子数+中子数，以此分析解答。
【解答】解：铀的稳定同位素Rb的质量数为85，质子数为37，电子数为37，则中子数为85﹣37＝48，
故选：B。
【点评】本题考查原子构成，题目难度不大，明确质量数与质子数、中子数的关系为解答关键，注意掌握常见原子的构成情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力。
3．（2分）下列属于物理变化的是（ ）
A．煤的气化 B．天然气的燃烧
C．烃的裂解 D．石油的分馏
【分析】无新物质生成的变化为物理变化，有新物质生产的变化为化学变化，据此分析。
【解答】解：A、煤的气化是用煤和水在高温条件下来生产CO和H2的过程，故为化学变化，故A错误；
B、天然气燃烧生成二氧化碳和水，故为化学变化，故B错误；
C、烃的裂解是用重油为原料来生产乙烯等短链烯烃的过程，有新物质生成，故为化学变化，故C错误；
D、石油的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同、用加热的方法将各组分分离的方法，无新物质生成，故为物理变化，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了物理变化、化学变化的区别和常见化学过程的实质，难度不大，应注意掌握化学过程中的变化的实质。
4．（2分）含有共价键的离子化合物是（ ）
A．Na2O2 B．H2SO4 C．CaCl2 D．SiC
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素原子之间易形成共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物。
【解答】解：A．过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O和O原子之间存在共价键，所以属于含有共价键的离子化合物，故A正确；
B．硫酸分子中只含共价键，属于共价化合物，故B错误；
C．氯化钙中氯离子和钙离子之间只存在离子键，不含共价键，属于离子化合物，故C错误；
D．Si、C原子之间只存在共价键，属于共价化合物，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子化合物判断，侧重考查基本概念及概念区别，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：不能单纯根据是否含有金属元素判断离子化合物，题目难度不大。
5．（2分）气体体积的大小，跟下列因素几乎无关的是（ ）
A．分子个数 B．温度 C．压强 D．分子直径
【分析】影响物质体积的因素有微粒数目、分子本身大小以及分子间的距离。温度、压强决定气体分子间距。
【解答】解：影响物质体积的因素有微粒数目、分子本身大小以及分子间的距离等因素。
温度、压强决定气体分子间距，对于气体来说，气体分子间的距离远大于分子本身的大小，分子本身可以忽略不计。
故选：D。
【点评】本题考查影响气体气体体积大小的因素，题目难度不大，注意在同温同压下，气体分子间的平均距离相等，与气体的种类无关，影响气体气体体积的主要因素是气体的分子数。
6．（2分）下列变化属于固氮的是（ ）
A．N2和H2在一定条件下反应生成NH3
B．NO与O2反应生成NO2
C．NH3催化氧化生成NO
D．由NH3制NH4HCO3和（NH4）2SO4
【分析】氮的固定是指：将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，游离态是指氮气单质，据此分析判断。
【解答】解：A．N2与H2在一定条件下反应生成NH3，氮气是单质，是游离态的氮，转变为化合态NH3，符合氮的固定定义，故A正确；
B．NO和O2反应生成NO2，是含氮化合物之间的相互转化，不符合氮的固定定义，故B错误；
C．NH3催化氧化为NO，是含氮化合物之间的相互转化，不符合氮的固定定义，故C错误；
D．由NH3制NH4Cl、（NH4）2SO4等，是含氮化合物之间的相互转化，不符合氮的固定定义，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查氮的固定，依据固氮是将氮元素的单质转化为化合物的过程即可解答，题目难度不大。
7．（2分）与下列物质反应时，体现二氧化硫漂白性的是（ ）
A．溴水
B．品红溶液
C．酸性高锰酸钾溶液
D．滴入酚酞的氢氧化钠溶液
【分析】二氧化硫具有漂白性，能够与有色物质化合生成无色化合物，二氧化硫具有还原性，能够还原带颜色氧化性物质使其褪色，二氧化硫为酸性氧化物能够与碱反应，据此分析解答。
【解答】解：A．溴水具有强的氧化性，二氧化硫具有还原性，能够使溴水褪色，与漂白性无关，故A错误；
B．二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质，能够使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；
C．酸性KMnO4溶液具有强的氧化性，二氧化硫具有还原性，能够使高锰酸钾褪色，与漂白性无关，故C错误；
D．二氧化硫能够使滴有酚酞的烧碱溶液，是因为二氧化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应，与漂白性无关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉二氧化硫性质是解题关键，注意二氧化硫漂白原理，题目难度不大。
8．（2分）与久置氯水相比，新制氯水（ ）
A．酸性强 B．氧化性强 C．颜色浅 D．微粒种类少
【分析】新制氯水含盐酸、次氯酸，含3种分子、4种离子，久置的氯水为盐酸溶液，含1种分子，3种离子，以此来解答。
【解答】解：A．久置的氯水为盐酸溶液，酸性强于新制氯水，故A错误；
B．新制氯水含盐酸、次氯酸，次氯酸具有强氧化性，故B正确；
C．新制氯水为黄绿色，久置的氯水为无色，与久置氯水相比，新制氯水颜色深，故C错误；
D．新制氯水含盐酸、次氯酸，含3种分子、4种离子，久置的氯水为盐酸溶液，含1种分子，3种离子，新制氯水微粒种类多，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氯水的成分及性质，为高频考点，注意把握新制、久置的氯水的成分不同是解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。
9．（2分）下列有关苯的说法，错误的是（ ）
A．能发生取代反应
B．分子中所有原子共平面
C．不能发生加成反应
D．分子中无碳碳双键、碳碳单键
【分析】苯分子为平面正六边形，分子中碳碳键为介于单键与双键之间特殊的化学键，既具有单键的性质又具有部分双键的性质，据此判断解答。
【解答】解：A．苯分子能发生取代反应，如与液溴发生取代生成溴苯，故A正确；
B．分子为平面正六边形，所有原子共面，故B正确；
C．苯分子能够发生加成反应，如能够与氢气加成生成环己烷，故C错误；
D．苯分子中碳碳键为介于单键与双键之间特殊的化学键，不含碳碳双键、碳碳单键，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了苯的结构和性质，涉及化学性质、物理性质，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意苯分子中碳碳键为介于单键与双键之间特殊的化学键。
10．（2分）浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是（ ）
A．酸性 B．脱水性 C．强氧化性 D．吸水性
【分析】浓硫酸除了具有酸固有的性质﹣﹣酸性外，浓硫酸还具有自己特殊的性质，与稀硫酸有很大差别，主要原因是浓硫酸溶液中存在大量未电离的硫酸分子（H2SO4），这些硫酸分子使浓硫酸有很特殊的性质，如浓硫酸与含有水分的蔗糖作用过程中显示了它的吸水性、脱水性和强氧化性．
【解答】解：浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭（碳化），并会产生二氧化硫。 反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖（C12H22O11）在浓硫酸作用下脱水，生成碳和水（试验后蔗糖会变黑，黑的就是碳颗粒），这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性。
故选：A。
【点评】本题考查浓硫酸的性质，浓硫酸除了具有酸性，还具有吸水性、脱水性和强氧化性．
11．（2分）铁在一定条件下与下列物质反应，产物中存在+3价铁元素的是（ ）
A．硫粉 B．氯气 C．硫酸铜 D．稀硫酸
【分析】A．硫粉具有较弱的氧化性，与铁反应生成+2价的铁；
B．氯气具有强氧化性，和变价金属反应生成高价化合物；
C．铁和硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜；
D．铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气。
【解答】解：A．铁和硫粉在加热的条件下反应生成硫化亚铁，反应为：Fe+SFeS，故A错误；
B．铁在氯气燃烧生成氯化铁，反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，故B正确；
C．铁和硫酸铜溶液发生置换反应，反应为：Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu，故C错误；
D．铁和硫酸溶液发生置换反应，反应为：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析，主要是物质性质的掌握，掌握基础是关键，题目难度不大。
12．（2分）硫酸工业生产中，为有利于SO2的转化且充分利用能量。在接触室中装有热交换器（如图），温度最低的是（ ）
A．a处 B．b处 C．c处 D．d处
【分析】SO2转化为SO3的反应为可逆反应，根据可逆反应的特点分析，二氧化硫的催化氧化是放热反应，装置中反应越完全，放热越多。
【解答】解：SO2转化为SO3的反应为可逆反应，根据可逆反应的特点可知：反应达到平衡时各反应物和生成物的浓度均不为零，所以d处流出的气体为SO3、SO2、O2，二氧化硫的催化氧化是放热反应，所以温度最低的是a处，
故选：A。
【点评】本题考查工业接触法制硫酸的原理，同时涉及到反应原理、反应的热效应等内容，具有一定的综合性，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
13．（2分）关于实验室制备乙烯，下列说法正确的是（ ）
A．反应物是乙醇与3mol/L硫酸
B．温度计插入反应液中，控制温度140℃
C．烧瓶中应加入少许碎瓷片
D．反应完毕先移去酒精灯，再从水中取出导管
【分析】实验室制备乙烯所用的原料为乙醇和浓硫酸，反应条件是加热到170℃，反应装置为液液加热装置，据此进行解答。
【解答】解：A.3mol/L硫酸为稀硫酸，必须使用浓硫酸，故A错误；
B．反应温度在140℃时，生成的是乙醚，170℃时才生成乙烯，故B错误；
C．溶液加热为防暴沸，需要加入沸瓷片，故C正确；
D．为了防止倒吸，应先把导管从水中取出再熄灭酒精灯，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查乙烯的实验室制法，题目难度不大，明确乙烯的制备原理为解答关键，注意有机反应的反应条件不同时，反应产物可能不同，试题培养了学生的化学实验能力。
14．（2分）Cr（OH）3具有两性，下列推断中错误的是（ ）
A．CrCl3水溶液显酸性
B．CrCl3•6H2O加热脱水可得无水CrCl3
C．用CrCl3制备Cr（OH）3需控制NaOH用量
D．Cr（OH）3与盐酸反应生成CrCl3
【分析】A．强酸弱碱盐水解显酸性；
B．CrCl3•6H2O中Cr3+离子水解，加热脱水得到Cr（OH）3；
C．Cr（OH）3能溶于NaOH溶液；
D．Cr（OH）3具有碱性能与盐酸反应。
【解答】解：A．CrCl3属于强酸弱碱盐，在水溶液中水解显酸性，故A正确；
B．Cr3+能发生水解反应，加热CrCl3•6H2O，Cr3+发生水解生成Cr（OH）3和HCl，HCl易挥发，所以加热脱水得到Cr（OH）3，故B错误；
C．Cr（OH）3能溶于NaOH溶液，用CrCl3制备Cr（OH）3需控制NaOH用量，否则Cr（OH）3又溶于过量的NaOH溶液，故C正确；
D．Cr（OH）3具有两性，与强酸、强碱均反应，Cr（OH）3具有碱性能与盐酸反应生成CrCl3，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了常见金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
15．（2分）草莓酸的结构简式为CH3CH2CH＝C（CH3）COOH，以下叙述正确的是（ ）
A．草莓酸的分子式为C6H12O2
B．草莓酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．一定条件下1mol草莓酸能和2mol H2发生反应
D．一定条件下草莓酸只能发生加成、加聚，不能发生取代反应
【分析】A．由结构简式可知，草莓酸分子含有6个碳原子、10个H原子、2个O原子；
B．碳碳双键可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．碳碳双键能与氢气发生加成反应；
D．含有羧基，可以发生取代反应。
【解答】解：A．由结构简式可知，草莓酸分子含有6个碳原子、10个H原子、2个O原子，故其分子式为C6H10O2，故A错误；
B．含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C．碳碳双键能与氢气发生加成反应，而羧基不能，1mol草莓酸含有1mol碳碳双键，能与1mol氢气发生加成反应，故C错误；
D．含有碳碳双键，可以发生加成反应、加聚反应，含有羧基，可以发生取代反应，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，题目难度不大，熟练掌握官能团的性质，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
16．（2分）在汽车尾气处理过程中存在反应：NO2（g）+CO（g）⇌NO（g）+CO2（g），该反应过程及能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，平衡正向移动
B．改变压强，反应速率不变
C．反应过程中吸收的热量小于放出的热量
D．使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率
【分析】A．根据图知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动；
B．增大压强，增大单位体积内活化分子个数；
C．断键吸收能量、成键放出能量；
D．催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动。
【解答】解：A．根据图知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故A错误；
B．增大压强，增大单位体积内活化分子个数，化学反应速率加快，故B错误；
C．断键吸收能量、成键放出能量，该反应的正反应为放热反应，则反应过程中吸收的热量小于放出的热量，故C正确；
D．催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以反应物平衡转化率不变，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确该反应热特点、外界条件对平衡影响原理内涵是解本题关键，注意：催化剂不影响平衡移动。
17．（2分）关于侯氏制碱法，下列说法错误的是（ ）
A．在饱和食盐水中应先通入氨气，再通入二氧化碳
B．析出NaHCO3固体后的母液为碳酸氢钠和氯化铵的饱和溶液
C．母液中通氨、冷冻、加食盐析出氯化铵
D．原料NaCl利用率比较高
【分析】以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，侯氏制碱法包括两个过程：将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）＝NaHCO3↓+NH4Cl，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液。
【解答】解：A．氨气水中溶解度大，极易溶于水，在饱和食盐水中应先通入氨气，显碱性，再通入二氧化碳，能更多吸收二氧化碳，故A正确；
B．析出NaHCO3固体后的母液中含氯化铵和氯化钠的溶液，为碳酸氢钠的饱和溶液，氯化铵溶液不是饱和溶液，故B错误；
C．氯化铵属于强酸弱碱盐，在水中会发生水解：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，向氯化铵溶液中通入氨，会使氯化铵水解程度降低，因此由母液提取氯化铵时，通入氨，冷却、加食盐，过滤的方法而析出的氯化铵纯度更高，故C正确；
D．制备过程可知，侯氏制碱法最大的优点是使食盐的利用率较高，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了侯氏制碱法的过程、原理的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
18．（2分）在饱和氯化钠溶液浸润的滤纸上分别做甲、乙两个实验，如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．a极上发生还原反应
B．d为阴极，发生的反应为：Fe﹣2e→Fe2+
C．铁片腐蚀速率：乙＞甲
D．b极上发生的反应为：O2+2H2O+4e→4OH﹣
【分析】甲装置为原电池，乙装置为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，a为负极，发生失电子的氧化反应，b为正极，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣；乙中d与电源负极相接、为阴极，阴极上H+得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，c为阳极，发生失电子的氧化反应，据此分析解答。
【解答】解：A．甲是原电池，铁比碳活泼，铁发生失电子的氧化反应，为负极，即a极上发生氧化反应，故A错误；
B．乙装置为电解池，c为阳极，d为阴极，阴极上电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，故B错误；
C．甲装置中铁为原电池的负极，发生的反应为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，乙中Fe为电解池阴极，Fe被保护，则铁片腐蚀速率：乙＜甲，故C错误；
D．甲中铁发生吸氧腐蚀，Fe为负极，b为正极，正极反应为2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池和电解池原理，为高频考点，侧重学生分析能力和运用能力的考查，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，题目难度不大。
19．（2分）利用实验器材（省略夹持装置），能完成相应实验的是（ ）
实验器材
相应实验
A
烧杯、玻璃棒、蒸发皿
硫酸铜溶液的浓缩结晶
B
烧杯、胶头滴管、电子天平
用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液
C
烧杯、胶头滴管、分液漏斗
用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI
D
烧杯、玻璃棒、滤纸
用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.浓缩结晶需要酒精灯加热；
B.固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液，需要容量瓶、玻璃棒等；
C.滴加溴水可氧化NaI，然后滴四氯化碳萃取分液；
D.碳酸钡与盐酸反应，硫酸钡不能，然后过滤分离。
【解答】解：A.浓缩结晶需要酒精灯加热，则缺少仪器不能完成，故A错误；
B.固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液，需要容量瓶、玻璃棒等，则缺少仪器不能完成，故B错误；
C.滴加溴水可氧化NaI，然后滴四氯化碳萃取分液，则烧杯、胶头滴管、分液漏斗可完成实验，故C正确；
D.碳酸钡与盐酸反应，硫酸钡不能，然后过滤分离，缺少漏斗不能完成，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
20．（2分）25℃，相同体积相同浓度的盐酸能与下列溶液恰好完全中和。①V1mL pH＝9的氨水；②V2mL pH＝10的氨水；③V3mL pH＝10的NaOH溶液。下列叙述正确的是（ ）
A．V1＜10V2
B．①和②中比值：①＜②
C．①、②、③中水的电离度：②＝③＞①
D．分别与盐酸完全中和后溶液的pH：③＞①＞②
【分析】A．相同浓度相同体积稀盐酸消耗氨水体积与氨水浓度成反比；
B．＝×＝，温度相同电离平衡常数相同，则氨水pH越大，比值越小；
C．碱抑制水电离，碱中c（OH﹣）越大，水电离程度越小；
D．分别与盐酸完全中和后，溶液中溶质分别是NH4Cl、NH4Cl、NaCl，①②溶液呈酸性、③溶液呈中性，c（NH4Cl）：①＜②，c（NH4Cl）越大，溶液酸性越强。
【解答】解：A．氨水浓度越大，一水合氨电离程度越小，则pH＝10的氨水浓度大于pH＝9的氨水浓度10倍，相同浓度相同体积稀盐酸消耗氨水体积与氨水浓度成反比，所以10V1＞V2，故A错误；
B．＝×＝，温度相同电离平衡常数相同，则氨水pH越大，比值越小，氨水pH：①＜②，所以比值：①＞②，故B错误；
C．碱抑制水电离，碱中c（OH﹣）越大，水电离程度越小，c（OH﹣）：①＜②＝③，则水电离程度：②＝③＜①，故C错误；
D．分别与盐酸完全中和后，溶液中溶质分别是NH4Cl、NH4Cl、NaCl，①②溶液呈酸性、③溶液呈中性，c（NH4Cl）：①＜②，c（NH4Cl）越大，溶液酸性越强，所以溶液pH：③＞①＞②，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析、判断及知识综合应用能力，明确弱电解质溶液浓度与其电离程度关系、水电离影响因素、混合溶液溶质成分及其性质是解本题关键，B为解答易错点。
二、综合题（共4小题，满分60分）
21．（14分）用Cl2生产含氯有机物时会产生HCl．利用反应4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）可实现氯的循环利用。完成下列填空：
（1）上述反应中所有元素原子半径由大到小的顺序为 Cl＞O＞H ．与氯元素同族的短周期元素原子最外层电子的轨道表示式为 。
（2）判断氯、溴非金属性强弱的依据是 bc 。（选填序号）
a．熔点：Cl2＜Br2
b．氧化性：Cl2＞Br2
c．热稳定性：HCl＞HBr
d．酸性：HCl＜HBr
（3）若反应在固定体积的密闭容器中发生，能说明反应已达平衡的是 bd 。（选填序号）
a．2ν（HCl）正＝ν（Cl2）逆
b．体系压强不再改变
c．混合气体密度不变
d．＝K
（4）若反应容器容积为2L，4mol HCl与1mol O2混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则用HCl表示的该反应的化学反应速率为 0.125mol/（L•min） ．
（5）如图是在2种不同投料比[＝1.6]下，温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线a对应的投料比＝ 6 。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，可采取的措施有 降低温度 ； 增大压强 。
【分析】（1）电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小；与氯元素同族的短周期元素原子为F，核外有9个电子；
（2）非金属性越强，对应氢化物越稳定，单质的氧化性越强，与物理性质、无氧酸的酸性无关；
（3）利用化学平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判断；
（4）若反应容器容积为2L，4mol HCl与1mol O2混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则
mol 4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）
开始 4 1
转化 4x x 2x 2x
8min 4﹣4x 1﹣x 2x 2x
测得容器内气体压强减小了10%，则＝，解得x＝0.5，结合v＝计算；
（5）①在其他条件不变时，O2的量越大，HCl的转化率越大；
②由图可知，当HCl的转化率相同时，投料比越高达到相同转化率所需的温度越低，且增大压强，平衡正向移动，转化率增大。
【解答】解：（1）电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径为Cl＞O＞H；与氯元素同族的短周期元素原子为F，核外有9个电子，最外层电子排布轨道表示式为，
故答案为：Cl＞O＞H；；
（2）氯、溴非金属性强弱的依据是单质的氧化性、氢化物的稳定性，与熔点、无氧酸的酸性无关，
故答案为：bc；
（3）a．2ν（HCl）正＝ν（Cl2）逆，正逆反应速率不等，只有不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比为平衡状态，故a错误；
b．恒容时，压强为变量，则体系压强不再改变，达到平衡状态，故b正确；
c．气体的质量、体积不变，则密度不变，可知混合气体密度不变不能判断平衡状态，故c错误；
d．＝K，说明反应平衡，故d正确；
故答案为：bd；
（4）若反应容器容积为2L，4mol HCl与1mol O2混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则
mol 4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）
开始 4 1
转化 4x x 2x 2x
8min 4﹣4x 1﹣x 2x 2x
测得容器内气体压强减小了10%，则＝，解得x＝0.5，
结合v＝，则用HCl表示的该反应的化学反应速率为＝0.125mol/（L•min），
故答案为：0.125mol/（L•min）；
（5）①在其他条件不变时，O2的量越大，HCl的转化率越大，由此可确定a为6：1，b为1：1，
故答案为：6；
②由图可知，当HCl的转化率相同时，投料比越高达到相同转化率所需的温度越低，则使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，可采取的措施有降低温度，且增大压强平衡正向移动，或加压等，
故答案为：降低温度；增大压强。
【点评】本题考查化学平衡计算及原子结构与周期律，为高频考点，把握化学平衡三段法计算、平衡状态判定、原子结构与元素的性质等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度中等。
22．（16分）亚硝酸钠广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。
已知：①亚硝酸及其盐既有氧化性又有还原性。
②稀溶液中氧化性：NO2﹣＞SO42﹣
③酸性：H2SO3＞HNO2＞CH3COOH
完成下列填空：
（1）在酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色．写出该反应的离子方程式 5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+＝5NO3﹣+2Mn2++3H2O ．被氧化的元素
是 +3价的N元素 。
（2）往冷NaNO2溶液中加入或通入下列某种物质可得到HNO2稀溶液．该物质是 a 。（选填序号）
a．稀硫酸
b．二氧化碳
c．二氧化硫
d．醋酸
（3）NaNO2溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 。常温下，等浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液pH 后者大 （选填“前者大”、“后者大”或“相等”）。若使两者pH相等，可采取的措施是 bc 。（选填序号）
a．向NaNO2溶液中加适量水
b．向NaNO2溶液中加适量NaOH
c．向CH3COONa溶液中加适量水
d．向CH3COONa溶液中加适量NaOH．
（4）已知：NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O。
用HNO3溶液和SO2气体为原料，得到硫酸溶液及NO与NO2混合气体，同时将所得混合气体通入NaOH溶液生产NaNO2。
①若得到的盐全部为NaNO2，则原料HNO3和SO2的物质的量之比为 1：1 。
②生产中，若硝酸浓度过高，NaNO2产率 偏低 ，若硝酸浓度过低，NaNO2产率 偏低 。（选填“偏低”、“偏高”或“不变”）
【分析】（1）酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色，可知Mn元素的化合价降低、N元素的化合价升高；
（2）由冷NaNO2溶液得到HNO2稀溶液，可发生强酸制取弱酸的反应，且不能发生氧化还原反应；
（3）NaNO2溶液中酸根离子水解显碱性；由酸性可知等浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液比较，后者水解程度大；可减小后者的水解或增大前者的pH，使二者pH相等；
（4）①发生2SO2+2HNO3+H2O＝NO+NO2+2H2SO4；
②生产中，若硝酸浓度过高，生成二氧化氮偏多，发生2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O；若硝酸浓度过低，生成NO偏多，NO与NaOH不反应。
【解答】解：（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够将亚硝酸钠氧化成硝酸钠，反应的离子方程式为5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+＝5NO3﹣+2Mn2++3H2O，N元素的化合价升高，则被氧化的元素为+3价的N元素，
故答案为：5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+＝5NO3﹣+2Mn2++3H2O；+3价的N元素；
（2）由冷NaNO2溶液得到HNO2稀溶液，可发生强酸制取弱酸的反应，且不能发生氧化还原反应，只有稀硫酸符合，碳酸、醋酸的酸性均较弱，二氧化硫可与亚硝酸发生氧化还原反应，
故答案为：a；
（3）NaNO2溶液中酸根离子水解显碱性，则离子浓度大小为c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；由酸性可知等浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液比较，后者水解程度大，后者碱性强，则后者的pH大，若使两者pH相等，则
a.向溶液NaNO2中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相同，故a错误；
b.向溶液NaNO2中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相同，故b正确；
c.向溶液CH3COONa中加适量水，稀释溶液、碱性减弱，可以调节溶液pH，故c正确；
d.溶液CH3COONa碱性大于NaNO2溶液，向溶液CH3COONa中加适量NaOH，溶液pH变大，不能调节溶液pH相同，故d错误；
故答案为：c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；后者大；bc；
（4）①发生2SO2+2HNO3+H2O＝NO+NO2+2H2SO4，可知原料HNO3和SO2的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
②生产中，若硝酸浓度过高，生成二氧化氮偏多，发生2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O；若硝酸浓度过低，生成NO偏多，NO与NaOH不反应，则均导致NaNO2产率偏低，
故答案为：偏低；偏低。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算及离子浓度比较，为高频考点，把握物质的性质、元素的化合价变化、盐类水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的应用，题目难度不大。
23．（15分）环扁桃脂临床上主要用于治疗脑动脉硬化。环扁桃酯的一种合成路线如下所示：
完成下列填空：
（1）写出A的官能团 羧基 ；①的反应类型 取代反应 ；反应②所需试剂和条件 NaOH溶液、加热，酸化 。
（2）写出反应③的化学方程式 2HOCH2COOH+O22OHC﹣COOH+2H2O 。
（3）反应⑤中另一反应物F的结构简式为 。
（4）检验D是否已经完全转化为E的操作是 取样，调节样品至碱性，向其中滴加新制Cu（OH）2悬浊液，煮沸，若出现砖红色沉淀，说明未完全转化，反之，则已完全转化 。
（5）满足下列条件，写出一种E的同分异构体的结构简式 。
ⅰ．能发生水解反应
ⅱ．苯环上的一溴代物只有两种
（6）写出由乙苯（）合成聚苯乙烯（）的合成路线 。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】由C的结构简式，结合A、B的分子式，可推知A为CH3COOH，B为ClCH2COOH，A发生取代反应生成B，B碱性条件下水解、酸化生成C，HOCH2COOH发生氧化反应生成D为OHCCOOH，D与苯发生加成反应生成E，由环扁桃酯的结构可知，E与F发生酯化反应生成环扁桃酯，故F为；
（6）乙苯与氯气在光照条件下反应生成，然后发生消去反应生成，最后发生加聚反应生成。
【解答】解：（1）A为CH3COOH，A中官能团为：羧基，①的反应类型为取代反应，反应②所需试剂和条件：NaOH溶液、加热，酸化，
故答案为：羧基；取代反应；NaOH溶液、加热，酸化；
（2）反应③的化学方程式为：2HOCH2COOH+O22OHC﹣COOH+2H2O，
故答案为：2HOCH2COOH+O22OHC﹣COOH+2H2O；
（3）反应⑤中另一反应物F的结构简式为：，
故答案为：；
（4）检验D是否已经完全转化E，检验醛基即可，具体的操作是：取样，调节样品至碱性，向其中滴加新制Cu（OH）2悬浊液，煮沸，若出现砖红色沉淀，说明未完全转化，反之，则已完全转化，
故答案为：取样，调节样品至碱性，向其中滴加新制Cu（OH）2悬浊液，煮沸，若出现砖红色沉淀，说明未完全转化，反之，则已完全转化；
（5）E的同分异构体满足：ⅰ．能发生水解反应，说明含有酯基，ⅱ．苯环上的一溴代物只有两种，苯环含有2个不同的取代基且处于对位，可能的一种同分异构体的结构简式为：等，
故答案为：；
（6）乙苯与氯气在光照条件下反应生成，然后发生消去反应生成，最后发生加聚反应生成，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团的识别、有机反应类型、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，熟练掌握官能团的性质与转化。
24．（15分）为测定Na2CO3•10H2O、NaHCO3的混合物中NaHCO3的含量，设计如下实验：取一定质量的混合物，通过测量反应前后③装置质量的变化，测定该混合物中NaHCO3的质量分数。
完成下列问题：
（1）U形管①②③盛装的均为固态物质，可选试剂依次为 a 、 b 、 a （选填编号）。U形管③吸收的气体为 CO2 。
a．碱石灰
b．无水氯化钙
c．无水硫酸铜
（2）干燥管中无水硫酸铜的作用是 检验水蒸气是否被完全吸收 。实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用 吸收空气中二氧化碳、水蒸气，防止进入③中影响二氧化碳质量测定 。
（3）实验停止加热后，继续通入空气一段时间的原因是 将生成的水、二氧化碳吹进②、③中充分吸收，以免引起实验误差 。
（4）再设计一种测定上述混合物中NaHCO3含量的方案，并注明需要测定的物理量。
【分析】加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O，通过测量反应前后②和③装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数，由实验装置可知，①中盛放碱石灰等，吸收空气中的水、二氧化碳，通过碱石灰后的空气主要为氮气，用来排尽装置中空气，此时进行加热，②中盛放氯化钙等，吸收分解生成的水，③中盛放碱石灰等，吸收分解生成二氧化碳，最后球形干燥管中碱石灰吸收空气中二氧化碳、水蒸气，防止进入③中影响二氧化碳质量测定。
【解答】解：加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O，通过测量反应前后②和③装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数，由实验装置可知，①中盛放碱石灰等，吸收空气中的水、二氧化碳，通过碱石灰后的空气主要为氮气，用来排尽装置中空气，此时进行加热，②中盛放氯化钙等，吸收分解生成的水，③中盛放碱石灰等，吸收分解生成二氧化碳，最后球形干燥管中碱石灰吸收空气中二氧化碳、水蒸气，防止进入③中影响二氧化碳质量测定；
（1）由以上分析可知，①用于吸收空气中的水、二氧化碳，②用于吸收分解生成的水、③用于吸收分解生成二氧化碳，则①、②、③中可以依次盛装碱石灰、无水CaCl2、碱石灰，③中盛放碱石灰等，吸收分解生成二氧化碳，
故答案为：a；b；a；CO2；
（2）②中盛放氯化钙等，吸收分解生成的水，干燥管中无水硫酸铜的作用是检验水蒸气是否被完全吸收，最后球形干燥管中碱石灰吸收空气中二氧化碳、水蒸气，防止进入③中影响二氧化碳质量测定，
故答案为：检验水蒸气是否被完全吸收；吸收空气中二氧化碳、水蒸气，防止进入③中影响二氧化碳质量测定；
（3）实验停止加热后，继续通入空气一段时间的原因是将生成的水、二氧化碳吹进②、③中充分吸收，以免引起实验误差，
故答案为：将生成的水、二氧化碳吹进②、③中充分吸收，以免引起实验误差；
（4）设计一种测定上述混合物中NaHCO3含量的方法一是利用滴定的方法测定Na2CO3•10H2O，再求NaHCO3，或者用差量法，具体做法是加热灼烧根据质量变化列方程组求解，
答：方案一：准确称量10.0g样品配成100mL溶液，取出20mL用0.5mol/L的盐酸进行滴定（用酚酞作指示剂），根据盐酸用量求出 Na2CO3•10H2O的质量，余下的为NaHCO3；方案二：准确称量坩埚的质量m1，再称量坩埚和样品的质量m2，加热灼烧、冷却、称量质量为m3，再加热灼烧、冷却、称量直到恒重m4，计算出样品质量m2﹣m1，减少的质量m2﹣m4，列方程组求解。
【点评】该本题综合考查元素化合物性质、测定混合物中各成分的质量分数，题目难度中等，解题时必须结合实验装置和物质的性质进行综合分析，综合考查学生实验能力和分析能力，注意把握物质的性质以及实验原理。
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2020-2021学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模）
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．（2分）人类使用材料的增多和变化标志着文明的进步，下列材料制备与化学反应无关的是（ ）
A．石器 B．铝制品 C．电池 D．高分子材料
2．（2分）关于铀的稳定同位素Rb的说法正确的是（ ）
A．质子数是85 B．中子数是48 C．质量数是37 D．电子数为48
3．（2分）下列属于物理变化的是（ ）
A．煤的气化 B．天然气的燃烧
C．烃的裂解 D．石油的分馏
4．（2分）含有共价键的离子化合物是（ ）
A．Na2O2 B．H2SO4 C．CaCl2 D．SiC
5．（2分）气体体积的大小，跟下列因素几乎无关的是（ ）
A．分子个数 B．温度 C．压强 D．分子直径
6．（2分）下列变化属于固氮的是（ ）
A．N2和H2在一定条件下反应生成NH3
B．NO与O2反应生成NO2
C．NH3催化氧化生成NO
D．由NH3制NH4HCO3和（NH4）2SO4
7．（2分）与下列物质反应时，体现二氧化硫漂白性的是（ ）
A．溴水
B．品红溶液
C．酸性高锰酸钾溶液
D．滴入酚酞的氢氧化钠溶液
8．（2分）与久置氯水相比，新制氯水（ ）
A．酸性强 B．氧化性强 C．颜色浅 D．微粒种类少
9．（2分）下列有关苯的说法，错误的是（ ）
A．能发生取代反应
B．分子中所有原子共平面
C．不能发生加成反应
D．分子中无碳碳双键、碳碳单键
10．（2分）浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是（ ）
A．酸性 B．脱水性 C．强氧化性 D．吸水性
11．（2分）铁在一定条件下与下列物质反应，产物中存在+3价铁元素的是（ ）
A．硫粉 B．氯气 C．硫酸铜 D．稀硫酸
12．（2分）硫酸工业生产中，为有利于SO2的转化且充分利用能量。在接触室中装有热交换器（如图），温度最低的是（ ）
A．a处 B．b处 C．c处 D．d处
13．（2分）关于实验室制备乙烯，下列说法正确的是（ ）
A．反应物是乙醇与3mol/L硫酸
B．温度计插入反应液中，控制温度140℃
C．烧瓶中应加入少许碎瓷片
D．反应完毕先移去酒精灯，再从水中取出导管
14．（2分）Cr（OH）3具有两性，下列推断中错误的是（ ）
A．CrCl3水溶液显酸性
B．CrCl3•6H2O加热脱水可得无水CrCl3
C．用CrCl3制备Cr（OH）3需控制NaOH用量
D．Cr（OH）3与盐酸反应生成CrCl3
15．（2分）草莓酸的结构简式为CH3CH2CH＝C（CH3）COOH，以下叙述正确的是（ ）
A．草莓酸的分子式为C6H12O2
B．草莓酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．一定条件下1mol草莓酸能和2mol H2发生反应
D．一定条件下草莓酸只能发生加成、加聚，不能发生取代反应
16．（2分）在汽车尾气处理过程中存在反应：NO2（g）+CO（g）⇌NO（g）+CO2（g），该反应过程及能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，平衡正向移动
B．改变压强，反应速率不变
C．反应过程中吸收的热量小于放出的热量
D．使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率
17．（2分）关于侯氏制碱法，下列说法错误的是（ ）
A．在饱和食盐水中应先通入氨气，再通入二氧化碳
B．析出NaHCO3固体后的母液为碳酸氢钠和氯化铵的饱和溶液
C．母液中通氨、冷冻、加食盐析出氯化铵
D．原料NaCl利用率比较高
18．（2分）在饱和氯化钠溶液浸润的滤纸上分别做甲、乙两个实验，如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．a极上发生还原反应
B．d为阴极，发生的反应为：Fe﹣2e→Fe2+
C．铁片腐蚀速率：乙＞甲
D．b极上发生的反应为：O2+2H2O+4e→4OH﹣
19．（2分）利用实验器材（省略夹持装置），能完成相应实验的是（ ）
实验器材
相应实验
A
烧杯、玻璃棒、蒸发皿
硫酸铜溶液的浓缩结晶
B
烧杯、胶头滴管、电子天平
用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液
C
烧杯、胶头滴管、分液漏斗
用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI
D
烧杯、玻璃棒、滤纸
用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡
A．A B．B C．C D．D
20．（2分）25℃，相同体积相同浓度的盐酸能与下列溶液恰好完全中和。①V1mL pH＝9的氨水；②V2mL pH＝10的氨水；③V3mL pH＝10的NaOH溶液。下列叙述正确的是（ ）
A．V1＜10V2
B．①和②中比值：①＜②
C．①、②、③中水的电离度：②＝③＞①
D．分别与盐酸完全中和后溶液的pH：③＞①＞②
二、综合题（共4小题，满分60分）
21．（14分）用Cl2生产含氯有机物时会产生HCl．利用反应4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）可实现氯的循环利用。完成下列填空：
（1）上述反应中所有元素原子半径由大到小的顺序为 ．与氯元素同族的短周期元素原子最外层电子的轨道表示式为 。
（2）判断氯、溴非金属性强弱的依据是 。（选填序号）
a．熔点：Cl2＜Br2
b．氧化性：Cl2＞Br2
c．热稳定性：HCl＞HBr
d．酸性：HCl＜HBr
（3）若反应在固定体积的密闭容器中发生，能说明反应已达平衡的是 。（选填序号）
a．2ν（HCl）正＝ν（Cl2）逆
b．体系压强不再改变
c．混合气体密度不变
d．＝K
（4）若反应容器容积为2L，4mol HCl与1mol O2混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则用HCl表示的该反应的化学反应速率为 ．
（5）如图是在2种不同投料比[＝1.6]下，温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线a对应的投料比＝ 。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，可采取的措施有 ； 。
22．（16分）亚硝酸钠广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。
已知：①亚硝酸及其盐既有氧化性又有还原性。
②稀溶液中氧化性：NO2﹣＞SO42﹣
③酸性：H2SO3＞HNO2＞CH3COOH
完成下列填空：
（1）在酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色．写出该反应的离子方程式 ．被氧化的元素
是 。
（2）往冷NaNO2溶液中加入或通入下列某种物质可得到HNO2稀溶液．该物质是 。（选填序号）
a．稀硫酸
b．二氧化碳
c．二氧化硫
d．醋酸
（3）NaNO2溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。常温下，等浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液pH （选填“前者大”、“后者大”或“相等”）。若使两者pH相等，可采取的措施是 。（选填序号）
a．向NaNO2溶液中加适量水
b．向NaNO2溶液中加适量NaOH
c．向CH3COONa溶液中加适量水
d．向CH3COONa溶液中加适量NaOH．
（4）已知：NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O。
用HNO3溶液和SO2气体为原料，得到硫酸溶液及NO与NO2混合气体，同时将所得混合气体通入NaOH溶液生产NaNO2。
①若得到的盐全部为NaNO2，则原料HNO3和SO2的物质的量之比为 。
②生产中，若硝酸浓度过高，NaNO2产率 ，若硝酸浓度过低，NaNO2产率 。（选填“偏低”、“偏高”或“不变”）
23．（15分）环扁桃脂临床上主要用于治疗脑动脉硬化。环扁桃酯的一种合成路线如下所示：
完成下列填空：
（1）写出A的官能团 ；①的反应类型 ；反应②所需试剂和条件 。
（2）写出反应③的化学方程式 。
（3）反应⑤中另一反应物F的结构简式为 。
（4）检验D是否已经完全转化为E的操作是 。
（5）满足下列条件，写出一种E的同分异构体的结构简式 。
ⅰ．能发生水解反应
ⅱ．苯环上的一溴代物只有两种
（6）写出由乙苯（）合成聚苯乙烯（）的合成路线 。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
24．（15分）为测定Na2CO3•10H2O、NaHCO3的混合物中NaHCO3的含量，设计如下实验：取一定质量的混合物，通过测量反应前后③装置质量的变化，测定该混合物中NaHCO3的质量分数。
完成下列问题：
（1）U形管①②③盛装的均为固态物质，可选试剂依次为 、 、 （选填编号）。U形管③吸收的气体为 。
a．碱石灰
b．无水氯化钙
c．无水硫酸铜
（2）干燥管中无水硫酸铜的作用是 。实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用 。
（3）实验停止加热后，继续通入空气一段时间的原因是 。
（4）再设计一种测定上述混合物中NaHCO3含量的方案，并注明需要测定的物理量。
2020-2021学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
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．（2分）人类使用材料的增多和变化标志着文明的进步，下列材料制备与化学反应无关的是（ ）
A．石器 B．铝制品 C．电池 D．高分子材料
【分析】化学变化是有新物质生成的变化，物理变化是无新物质生成的变化，本质是有无新物质生成，物质制备需要发生化学反应完成的制备与化学反应有关。
【解答】解：A．石器的制作过程没有新物质的生成，属于物理变化，故A正确；
B．铝制品的制作涉及到金属的冶炼，属于化学变化，故B错误；
C．电池是发生氧化还原反应实现化学能转化为电能的装置，故C错误；
D．合成有机高分子材料属于化学变化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质制备过程分析和变化特征的判断，搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本类习题的关键，判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化，题目难度不大。
2．（2分）关于铀的稳定同位素Rb的说法正确的是（ ）
A．质子数是85 B．中子数是48 C．质量数是37 D．电子数为48
【分析】元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，质量数＝质子数+中子数，以此分析解答。
【解答】解：铀的稳定同位素Rb的质量数为85，质子数为37，电子数为37，则中子数为85﹣37＝48，
故选：B。
【点评】本题考查原子构成，题目难度不大，明确质量数与质子数、中子数的关系为解答关键，注意掌握常见原子的构成情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力。
3．（2分）下列属于物理变化的是（ ）
A．煤的气化 B．天然气的燃烧
C．烃的裂解 D．石油的分馏
【分析】无新物质生成的变化为物理变化，有新物质生产的变化为化学变化，据此分析。
【解答】解：A、煤的气化是用煤和水在高温条件下来生产CO和H2的过程，故为化学变化，故A错误；
B、天然气燃烧生成二氧化碳和水，故为化学变化，故B错误；
C、烃的裂解是用重油为原料来生产乙烯等短链烯烃的过程，有新物质生成，故为化学变化，故C错误；
D、石油的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同、用加热的方法将各组分分离的方法，无新物质生成，故为物理变化，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了物理变化、化学变化的区别和常见化学过程的实质，难度不大，应注意掌握化学过程中的变化的实质。
4．（2分）含有共价键的离子化合物是（ ）
A．Na2O2 B．H2SO4 C．CaCl2 D．SiC
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素原子之间易形成共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物。
【解答】解：A．过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O和O原子之间存在共价键，所以属于含有共价键的离子化合物，故A正确；
B．硫酸分子中只含共价键，属于共价化合物，故B错误；
C．氯化钙中氯离子和钙离子之间只存在离子键，不含共价键，属于离子化合物，故C错误；
D．Si、C原子之间只存在共价键，属于共价化合物，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子化合物判断，侧重考查基本概念及概念区别，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：不能单纯根据是否含有金属元素判断离子化合物，题目难度不大。
5．（2分）气体体积的大小，跟下列因素几乎无关的是（ ）
A．分子个数 B．温度 C．压强 D．分子直径
【分析】影响物质体积的因素有微粒数目、分子本身大小以及分子间的距离。温度、压强决定气体分子间距。
【解答】解：影响物质体积的因素有微粒数目、分子本身大小以及分子间的距离等因素。
温度、压强决定气体分子间距，对于气体来说，气体分子间的距离远大于分子本身的大小，分子本身可以忽略不计。
故选：D。
【点评】本题考查影响气体气体体积大小的因素，题目难度不大，注意在同温同压下，气体分子间的平均距离相等，与气体的种类无关，影响气体气体体积的主要因素是气体的分子数。
6．（2分）下列变化属于固氮的是（ ）
A．N2和H2在一定条件下反应生成NH3
B．NO与O2反应生成NO2
C．NH3催化氧化生成NO
D．由NH3制NH4HCO3和（NH4）2SO4
【分析】氮的固定是指：将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，游离态是指氮气单质，据此分析判断。
【解答】解：A．N2与H2在一定条件下反应生成NH3，氮气是单质，是游离态的氮，转变为化合态NH3，符合氮的固定定义，故A正确；
B．NO和O2反应生成NO2，是含氮化合物之间的相互转化，不符合氮的固定定义，故B错误；
C．NH3催化氧化为NO，是含氮化合物之间的相互转化，不符合氮的固定定义，故C错误；
D．由NH3制NH4Cl、（NH4）2SO4等，是含氮化合物之间的相互转化，不符合氮的固定定义，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查氮的固定，依据固氮是将氮元素的单质转化为化合物的过程即可解答，题目难度不大。
7．（2分）与下列物质反应时，体现二氧化硫漂白性的是（ ）
A．溴水
B．品红溶液
C．酸性高锰酸钾溶液
D．滴入酚酞的氢氧化钠溶液
【分析】二氧化硫具有漂白性，能够与有色物质化合生成无色化合物，二氧化硫具有还原性，能够还原带颜色氧化性物质使其褪色，二氧化硫为酸性氧化物能够与碱反应，据此分析解答。
【解答】解：A．溴水具有强的氧化性，二氧化硫具有还原性，能够使溴水褪色，与漂白性无关，故A错误；
B．二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质，能够使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；
C．酸性KMnO4溶液具有强的氧化性，二氧化硫具有还原性，能够使高锰酸钾褪色，与漂白性无关，故C错误；
D．二氧化硫能够使滴有酚酞的烧碱溶液，是因为二氧化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应，与漂白性无关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉二氧化硫性质是解题关键，注意二氧化硫漂白原理，题目难度不大。
8．（2分）与久置氯水相比，新制氯水（ ）
A．酸性强 B．氧化性强 C．颜色浅 D．微粒种类少
【分析】新制氯水含盐酸、次氯酸，含3种分子、4种离子，久置的氯水为盐酸溶液，含1种分子，3种离子，以此来解答。
【解答】解：A．久置的氯水为盐酸溶液，酸性强于新制氯水，故A错误；
B．新制氯水含盐酸、次氯酸，次氯酸具有强氧化性，故B正确；
C．新制氯水为黄绿色，久置的氯水为无色，与久置氯水相比，新制氯水颜色深，故C错误；
D．新制氯水含盐酸、次氯酸，含3种分子、4种离子，久置的氯水为盐酸溶液，含1种分子，3种离子，新制氯水微粒种类多，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氯水的成分及性质，为高频考点，注意把握新制、久置的氯水的成分不同是解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。
9．（2分）下列有关苯的说法，错误的是（ ）
A．能发生取代反应
B．分子中所有原子共平面
C．不能发生加成反应
D．分子中无碳碳双键、碳碳单键
【分析】苯分子为平面正六边形，分子中碳碳键为介于单键与双键之间特殊的化学键，既具有单键的性质又具有部分双键的性质，据此判断解答。
【解答】解：A．苯分子能发生取代反应，如与液溴发生取代生成溴苯，故A正确；
B．分子为平面正六边形，所有原子共面，故B正确；
C．苯分子能够发生加成反应，如能够与氢气加成生成环己烷，故C错误；
D．苯分子中碳碳键为介于单键与双键之间特殊的化学键，不含碳碳双键、碳碳单键，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了苯的结构和性质，涉及化学性质、物理性质，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意苯分子中碳碳键为介于单键与双键之间特殊的化学键。
10．（2分）浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是（ ）
A．酸性 B．脱水性 C．强氧化性 D．吸水性
【分析】浓硫酸除了具有酸固有的性质﹣﹣酸性外，浓硫酸还具有自己特殊的性质，与稀硫酸有很大差别，主要原因是浓硫酸溶液中存在大量未电离的硫酸分子（H2SO4），这些硫酸分子使浓硫酸有很特殊的性质，如浓硫酸与含有水分的蔗糖作用过程中显示了它的吸水性、脱水性和强氧化性．
【解答】解：浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭（碳化），并会产生二氧化硫。 反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖（C12H22O11）在浓硫酸作用下脱水，生成碳和水（试验后蔗糖会变黑，黑的就是碳颗粒），这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性。
故选：A。
【点评】本题考查浓硫酸的性质，浓硫酸除了具有酸性，还具有吸水性、脱水性和强氧化性．
11．（2分）铁在一定条件下与下列物质反应，产物中存在+3价铁元素的是（ ）
A．硫粉 B．氯气 C．硫酸铜 D．稀硫酸
【分析】A．硫粉具有较弱的氧化性，与铁反应生成+2价的铁；
B．氯气具有强氧化性，和变价金属反应生成高价化合物；
C．铁和硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜；
D．铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气。
【解答】解：A．铁和硫粉在加热的条件下反应生成硫化亚铁，反应为：Fe+SFeS，故A错误；
B．铁在氯气燃烧生成氯化铁，反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，故B正确；
C．铁和硫酸铜溶液发生置换反应，反应为：Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu，故C错误；
D．铁和硫酸溶液发生置换反应，反应为：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析，主要是物质性质的掌握，掌握基础是关键，题目难度不大。
12．（2分）硫酸工业生产中，为有利于SO2的转化且充分利用能量。在接触室中装有热交换器（如图），温度最低的是（ ）
A．a处 B．b处 C．c处 D．d处
【分析】SO2转化为SO3的反应为可逆反应，根据可逆反应的特点分析，二氧化硫的催化氧化是放热反应，装置中反应越完全，放热越多。
【解答】解：SO2转化为SO3的反应为可逆反应，根据可逆反应的特点可知：反应达到平衡时各反应物和生成物的浓度均不为零，所以d处流出的气体为SO3、SO2、O2，二氧化硫的催化氧化是放热反应，所以温度最低的是a处，
故选：A。
【点评】本题考查工业接触法制硫酸的原理，同时涉及到反应原理、反应的热效应等内容，具有一定的综合性，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
13．（2分）关于实验室制备乙烯，下列说法正确的是（ ）
A．反应物是乙醇与3mol/L硫酸
B．温度计插入反应液中，控制温度140℃
C．烧瓶中应加入少许碎瓷片
D．反应完毕先移去酒精灯，再从水中取出导管
【分析】实验室制备乙烯所用的原料为乙醇和浓硫酸，反应条件是加热到170℃，反应装置为液液加热装置，据此进行解答。
【解答】解：A.3mol/L硫酸为稀硫酸，必须使用浓硫酸，故A错误；
B．反应温度在140℃时，生成的是乙醚，170℃时才生成乙烯，故B错误；
C．溶液加热为防暴沸，需要加入沸瓷片，故C正确；
D．为了防止倒吸，应先把导管从水中取出再熄灭酒精灯，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查乙烯的实验室制法，题目难度不大，明确乙烯的制备原理为解答关键，注意有机反应的反应条件不同时，反应产物可能不同，试题培养了学生的化学实验能力。
14．（2分）Cr（OH）3具有两性，下列推断中错误的是（ ）
A．CrCl3水溶液显酸性
B．CrCl3•6H2O加热脱水可得无水CrCl3
C．用CrCl3制备Cr（OH）3需控制NaOH用量
D．Cr（OH）3与盐酸反应生成CrCl3
【分析】A．强酸弱碱盐水解显酸性；
B．CrCl3•6H2O中Cr3+离子水解，加热脱水得到Cr（OH）3；
C．Cr（OH）3能溶于NaOH溶液；
D．Cr（OH）3具有碱性能与盐酸反应。
【解答】解：A．CrCl3属于强酸弱碱盐，在水溶液中水解显酸性，故A正确；
B．Cr3+能发生水解反应，加热CrCl3•6H2O，Cr3+发生水解生成Cr（OH）3和HCl，HCl易挥发，所以加热脱水得到Cr（OH）3，故B错误；
C．Cr（OH）3能溶于NaOH溶液，用CrCl3制备Cr（OH）3需控制NaOH用量，否则Cr（OH）3又溶于过量的NaOH溶液，故C正确；
D．Cr（OH）3具有两性，与强酸、强碱均反应，Cr（OH）3具有碱性能与盐酸反应生成CrCl3，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了常见金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
15．（2分）草莓酸的结构简式为CH3CH2CH＝C（CH3）COOH，以下叙述正确的是（ ）
A．草莓酸的分子式为C6H12O2
B．草莓酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．一定条件下1mol草莓酸能和2mol H2发生反应
D．一定条件下草莓酸只能发生加成、加聚，不能发生取代反应
【分析】A．由结构简式可知，草莓酸分子含有6个碳原子、10个H原子、2个O原子；
B．碳碳双键可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．碳碳双键能与氢气发生加成反应；
D．含有羧基，可以发生取代反应。
【解答】解：A．由结构简式可知，草莓酸分子含有6个碳原子、10个H原子、2个O原子，故其分子式为C6H10O2，故A错误；
B．含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C．碳碳双键能与氢气发生加成反应，而羧基不能，1mol草莓酸含有1mol碳碳双键，能与1mol氢气发生加成反应，故C错误；
D．含有碳碳双键，可以发生加成反应、加聚反应，含有羧基，可以发生取代反应，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，题目难度不大，熟练掌握官能团的性质，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
16．（2分）在汽车尾气处理过程中存在反应：NO2（g）+CO（g）⇌NO（g）+CO2（g），该反应过程及能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，平衡正向移动
B．改变压强，反应速率不变
C．反应过程中吸收的热量小于放出的热量
D．使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率
【分析】A．根据图知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动；
B．增大压强，增大单位体积内活化分子个数；
C．断键吸收能量、成键放出能量；
D．催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动。
【解答】解：A．根据图知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故A错误；
B．增大压强，增大单位体积内活化分子个数，化学反应速率加快，故B错误；
C．断键吸收能量、成键放出能量，该反应的正反应为放热反应，则反应过程中吸收的热量小于放出的热量，故C正确；
D．催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以反应物平衡转化率不变，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确该反应热特点、外界条件对平衡影响原理内涵是解本题关键，注意：催化剂不影响平衡移动。
17．（2分）关于侯氏制碱法，下列说法错误的是（ ）
A．在饱和食盐水中应先通入氨气，再通入二氧化碳
B．析出NaHCO3固体后的母液为碳酸氢钠和氯化铵的饱和溶液
C．母液中通氨、冷冻、加食盐析出氯化铵
D．原料NaCl利用率比较高
【分析】以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，侯氏制碱法包括两个过程：将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）＝NaHCO3↓+NH4Cl，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液。
【解答】解：A．氨气水中溶解度大，极易溶于水，在饱和食盐水中应先通入氨气，显碱性，再通入二氧化碳，能更多吸收二氧化碳，故A正确；
B．析出NaHCO3固体后的母液中含氯化铵和氯化钠的溶液，为碳酸氢钠的饱和溶液，氯化铵溶液不是饱和溶液，故B错误；
C．氯化铵属于强酸弱碱盐，在水中会发生水解：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，向氯化铵溶液中通入氨，会使氯化铵水解程度降低，因此由母液提取氯化铵时，通入氨，冷却、加食盐，过滤的方法而析出的氯化铵纯度更高，故C正确；
D．制备过程可知，侯氏制碱法最大的优点是使食盐的利用率较高，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了侯氏制碱法的过程、原理的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
18．（2分）在饱和氯化钠溶液浸润的滤纸上分别做甲、乙两个实验，如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．a极上发生还原反应
B．d为阴极，发生的反应为：Fe﹣2e→Fe2+
C．铁片腐蚀速率：乙＞甲
D．b极上发生的反应为：O2+2H2O+4e→4OH﹣
【分析】甲装置为原电池，乙装置为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，a为负极，发生失电子的氧化反应，b为正极，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣；乙中d与电源负极相接、为阴极，阴极上H+得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，c为阳极，发生失电子的氧化反应，据此分析解答。
【解答】解：A．甲是原电池，铁比碳活泼，铁发生失电子的氧化反应，为负极，即a极上发生氧化反应，故A错误；
B．乙装置为电解池，c为阳极，d为阴极，阴极上电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，故B错误；
C．甲装置中铁为原电池的负极，发生的反应为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，乙中Fe为电解池阴极，Fe被保护，则铁片腐蚀速率：乙＜甲，故C错误；
D．甲中铁发生吸氧腐蚀，Fe为负极，b为正极，正极反应为2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池和电解池原理，为高频考点，侧重学生分析能力和运用能力的考查，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，题目难度不大。
19．（2分）利用实验器材（省略夹持装置），能完成相应实验的是（ ）
实验器材
相应实验
A
烧杯、玻璃棒、蒸发皿
硫酸铜溶液的浓缩结晶
B
烧杯、胶头滴管、电子天平
用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液
C
烧杯、胶头滴管、分液漏斗
用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI
D
烧杯、玻璃棒、滤纸
用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.浓缩结晶需要酒精灯加热；
B.固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液，需要容量瓶、玻璃棒等；
C.滴加溴水可氧化NaI，然后滴四氯化碳萃取分液；
D.碳酸钡与盐酸反应，硫酸钡不能，然后过滤分离。
【解答】解：A.浓缩结晶需要酒精灯加热，则缺少仪器不能完成，故A错误；
B.固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液，需要容量瓶、玻璃棒等，则缺少仪器不能完成，故B错误；
C.滴加溴水可氧化NaI，然后滴四氯化碳萃取分液，则烧杯、胶头滴管、分液漏斗可完成实验，故C正确；
D.碳酸钡与盐酸反应，硫酸钡不能，然后过滤分离，缺少漏斗不能完成，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
20．（2分）25℃，相同体积相同浓度的盐酸能与下列溶液恰好完全中和。①V1mL pH＝9的氨水；②V2mL pH＝10的氨水；③V3mL pH＝10的NaOH溶液。下列叙述正确的是（ ）
A．V1＜10V2
B．①和②中比值：①＜②
C．①、②、③中水的电离度：②＝③＞①
D．分别与盐酸完全中和后溶液的pH：③＞①＞②
【分析】A．相同浓度相同体积稀盐酸消耗氨水体积与氨水浓度成反比；
B．＝×＝，温度相同电离平衡常数相同，则氨水pH越大，比值越小；
C．碱抑制水电离，碱中c（OH﹣）越大，水电离程度越小；
D．分别与盐酸完全中和后，溶液中溶质分别是NH4Cl、NH4Cl、NaCl，①②溶液呈酸性、③溶液呈中性，c（NH4Cl）：①＜②，c（NH4Cl）越大，溶液酸性越强。
【解答】解：A．氨水浓度越大，一水合氨电离程度越小，则pH＝10的氨水浓度大于pH＝9的氨水浓度10倍，相同浓度相同体积稀盐酸消耗氨水体积与氨水浓度成反比，所以10V1＞V2，故A错误；
B．＝×＝，温度相同电离平衡常数相同，则氨水pH越大，比值越小，氨水pH：①＜②，所以比值：①＞②，故B错误；
C．碱抑制水电离，碱中c（OH﹣）越大，水电离程度越小，c（OH﹣）：①＜②＝③，则水电离程度：②＝③＜①，故C错误；
D．分别与盐酸完全中和后，溶液中溶质分别是NH4Cl、NH4Cl、NaCl，①②溶液呈酸性、③溶液呈中性，c（NH4Cl）：①＜②，c（NH4Cl）越大，溶液酸性越强，所以溶液pH：③＞①＞②，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析、判断及知识综合应用能力，明确弱电解质溶液浓度与其电离程度关系、水电离影响因素、混合溶液溶质成分及其性质是解本题关键，B为解答易错点。
二、综合题（共4小题，满分60分）
21．（14分）用Cl2生产含氯有机物时会产生HCl．利用反应4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）可实现氯的循环利用。完成下列填空：
（1）上述反应中所有元素原子半径由大到小的顺序为 Cl＞O＞H ．与氯元素同族的短周期元素原子最外层电子的轨道表示式为 。
（2）判断氯、溴非金属性强弱的依据是 bc 。（选填序号）
a．熔点：Cl2＜Br2
b．氧化性：Cl2＞Br2
c．热稳定性：HCl＞HBr
d．酸性：HCl＜HBr
（3）若反应在固定体积的密闭容器中发生，能说明反应已达平衡的是 bd 。（选填序号）
a．2ν（HCl）正＝ν（Cl2）逆
b．体系压强不再改变
c．混合气体密度不变
d．＝K
（4）若反应容器容积为2L，4mol HCl与1mol O2混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则用HCl表示的该反应的化学反应速率为 0.125mol/（L•min） ．
（5）如图是在2种不同投料比[＝1.6]下，温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线a对应的投料比＝ 6 。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，可采取的措施有 降低温度 ； 增大压强 。
【分析】（1）电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小；与氯元素同族的短周期元素原子为F，核外有9个电子；
（2）非金属性越强，对应氢化物越稳定，单质的氧化性越强，与物理性质、无氧酸的酸性无关；
（3）利用化学平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判断；
（4）若反应容器容积为2L，4mol HCl与1mol O2混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则
mol 4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）
开始 4 1
转化 4x x 2x 2x
8min 4﹣4x 1﹣x 2x 2x
测得容器内气体压强减小了10%，则＝，解得x＝0.5，结合v＝计算；
（5）①在其他条件不变时，O2的量越大，HCl的转化率越大；
②由图可知，当HCl的转化率相同时，投料比越高达到相同转化率所需的温度越低，且增大压强，平衡正向移动，转化率增大。
【解答】解：（1）电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径为Cl＞O＞H；与氯元素同族的短周期元素原子为F，核外有9个电子，最外层电子排布轨道表示式为，
故答案为：Cl＞O＞H；；
（2）氯、溴非金属性强弱的依据是单质的氧化性、氢化物的稳定性，与熔点、无氧酸的酸性无关，
故答案为：bc；
（3）a．2ν（HCl）正＝ν（Cl2）逆，正逆反应速率不等，只有不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比为平衡状态，故a错误；
b．恒容时，压强为变量，则体系压强不再改变，达到平衡状态，故b正确；
c．气体的质量、体积不变，则密度不变，可知混合气体密度不变不能判断平衡状态，故c错误；
d．＝K，说明反应平衡，故d正确；
故答案为：bd；
（4）若反应容器容积为2L，4mol HCl与1mol O2混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则
mol 4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）
开始 4 1
转化 4x x 2x 2x
8min 4﹣4x 1﹣x 2x 2x
测得容器内气体压强减小了10%，则＝，解得x＝0.5，
结合v＝，则用HCl表示的该反应的化学反应速率为＝0.125mol/（L•min），
故答案为：0.125mol/（L•min）；
（5）①在其他条件不变时，O2的量越大，HCl的转化率越大，由此可确定a为6：1，b为1：1，
故答案为：6；
②由图可知，当HCl的转化率相同时，投料比越高达到相同转化率所需的温度越低，则使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，可采取的措施有降低温度，且增大压强平衡正向移动，或加压等，
故答案为：降低温度；增大压强。
【点评】本题考查化学平衡计算及原子结构与周期律，为高频考点，把握化学平衡三段法计算、平衡状态判定、原子结构与元素的性质等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度中等。
22．（16分）亚硝酸钠广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。
已知：①亚硝酸及其盐既有氧化性又有还原性。
②稀溶液中氧化性：NO2﹣＞SO42﹣
③酸性：H2SO3＞HNO2＞CH3COOH
完成下列填空：
（1）在酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色．写出该反应的离子方程式 5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+＝5NO3﹣+2Mn2++3H2O ．被氧化的元素
是 +3价的N元素 。
（2）往冷NaNO2溶液中加入或通入下列某种物质可得到HNO2稀溶液．该物质是 a 。（选填序号）
a．稀硫酸
b．二氧化碳
c．二氧化硫
d．醋酸
（3）NaNO2溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 。常温下，等浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液pH 后者大 （选填“前者大”、“后者大”或“相等”）。若使两者pH相等，可采取的措施是 bc 。（选填序号）
a．向NaNO2溶液中加适量水
b．向NaNO2溶液中加适量NaOH
c．向CH3COONa溶液中加适量水
d．向CH3COONa溶液中加适量NaOH．
（4）已知：NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O。
用HNO3溶液和SO2气体为原料，得到硫酸溶液及NO与NO2混合气体，同时将所得混合气体通入NaOH溶液生产NaNO2。
①若得到的盐全部为NaNO2，则原料HNO3和SO2的物质的量之比为 1：1 。
②生产中，若硝酸浓度过高，NaNO2产率 偏低 ，若硝酸浓度过低，NaNO2产率 偏低 。（选填“偏低”、“偏高”或“不变”）
【分析】（1）酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色，可知Mn元素的化合价降低、N元素的化合价升高；
（2）由冷NaNO2溶液得到HNO2稀溶液，可发生强酸制取弱酸的反应，且不能发生氧化还原反应；
（3）NaNO2溶液中酸根离子水解显碱性；由酸性可知等浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液比较，后者水解程度大；可减小后者的水解或增大前者的pH，使二者pH相等；
（4）①发生2SO2+2HNO3+H2O＝NO+NO2+2H2SO4；
②生产中，若硝酸浓度过高，生成二氧化氮偏多，发生2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O；若硝酸浓度过低，生成NO偏多，NO与NaOH不反应。
【解答】解：（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够将亚硝酸钠氧化成硝酸钠，反应的离子方程式为5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+＝5NO3﹣+2Mn2++3H2O，N元素的化合价升高，则被氧化的元素为+3价的N元素，
故答案为：5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+＝5NO3﹣+2Mn2++3H2O；+3价的N元素；
（2）由冷NaNO2溶液得到HNO2稀溶液，可发生强酸制取弱酸的反应，且不能发生氧化还原反应，只有稀硫酸符合，碳酸、醋酸的酸性均较弱，二氧化硫可与亚硝酸发生氧化还原反应，
故答案为：a；
（3）NaNO2溶液中酸根离子水解显碱性，则离子浓度大小为c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；由酸性可知等浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液比较，后者水解程度大，后者碱性强，则后者的pH大，若使两者pH相等，则
a.向溶液NaNO2中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相同，故a错误；
b.向溶液NaNO2中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相同，故b正确；
c.向溶液CH3COONa中加适量水，稀释溶液、碱性减弱，可以调节溶液pH，故c正确；
d.溶液CH3COONa碱性大于NaNO2溶液，向溶液CH3COONa中加适量NaOH，溶液pH变大，不能调节溶液pH相同，故d错误；
故答案为：c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；后者大；bc；
（4）①发生2SO2+2HNO3+H2O＝NO+NO2+2H2SO4，可知原料HNO3和SO2的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
②生产中，若硝酸浓度过高，生成二氧化氮偏多，发生2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O；若硝酸浓度过低，生成NO偏多，NO与NaOH不反应，则均导致NaNO2产率偏低，
故答案为：偏低；偏低。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算及离子浓度比较，为高频考点，把握物质的性质、元素的化合价变化、盐类水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的应用，题目难度不大。
23．（15分）环扁桃脂临床上主要用于治疗脑动脉硬化。环扁桃酯的一种合成路线如下所示：
完成下列填空：
（1）写出A的官能团 羧基 ；①的反应类型 取代反应 ；反应②所需试剂和条件 NaOH溶液、加热，酸化 。
（2）写出反应③的化学方程式 2HOCH2COOH+O22OHC﹣COOH+2H2O 。
（3）反应⑤中另一反应物F的结构简式为 。
（4）检验D是否已经完全转化为E的操作是 取样，调节样品至碱性，向其中滴加新制Cu（OH）2悬浊液，煮沸，若出现砖红色沉淀，说明未完全转化，反之，则已完全转化 。
（5）满足下列条件，写出一种E的同分异构体的结构简式 。
ⅰ．能发生水解反应
ⅱ．苯环上的一溴代物只有两种
（6）写出由乙苯（）合成聚苯乙烯（）的合成路线 。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】由C的结构简式，结合A、B的分子式，可推知A为CH3COOH，B为ClCH2COOH，A发生取代反应生成B，B碱性条件下水解、酸化生成C，HOCH2COOH发生氧化反应生成D为OHCCOOH，D与苯发生加成反应生成E，由环扁桃酯的结构可知，E与F发生酯化反应生成环扁桃酯，故F为；
（6）乙苯与氯气在光照条件下反应生成，然后发生消去反应生成，最后发生加聚反应生成。
【解答】解：（1）A为CH3COOH，A中官能团为：羧基，①的反应类型为取代反应，反应②所需试剂和条件：NaOH溶液、加热，酸化，
故答案为：羧基；取代反应；NaOH溶液、加热，酸化；
（2）反应③的化学方程式为：2HOCH2COOH+O22OHC﹣COOH+2H2O，
故答案为：2HOCH2COOH+O22OHC﹣COOH+2H2O；
（3）反应⑤中另一反应物F的结构简式为：，
故答案为：；
（4）检验D是否已经完全转化E，检验醛基即可，具体的操作是：取样，调节样品至碱性，向其中滴加新制Cu（OH）2悬浊液，煮沸，若出现砖红色沉淀，说明未完全转化，反之，则已完全转化，
故答案为：取样，调节样品至碱性，向其中滴加新制Cu（OH）2悬浊液，煮沸，若出现砖红色沉淀，说明未完全转化，反之，则已完全转化；
（5）E的同分异构体满足：ⅰ．能发生水解反应，说明含有酯基，ⅱ．苯环上的一溴代物只有两种，苯环含有2个不同的取代基且处于对位，可能的一种同分异构体的结构简式为：等，
故答案为：；
（6）乙苯与氯气在光照条件下反应生成，然后发生消去反应生成，最后发生加聚反应生成，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团的识别、有机反应类型、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，熟练掌握官能团的性质与转化。
24．（15分）为测定Na2CO3•10H2O、NaHCO3的混合物中NaHCO3的含量，设计如下实验：取一定质量的混合物，通过测量反应前后③装置质量的变化，测定该混合物中NaHCO3的质量分数。
完成下列问题：
（1）U形管①②③盛装的均为固态物质，可选试剂依次为 a 、 b 、 a （选填编号）。U形管③吸收的气体为 CO2 。
a．碱石灰
b．无水氯化钙
c．无水硫酸铜
（2）干燥管中无水硫酸铜的作用是 检验水蒸气是否被完全吸收 。实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用 吸收空气中二氧化碳、水蒸气，防止进入③中影响二氧化碳质量测定 。
（3）实验停止加热后，继续通入空气一段时间的原因是 将生成的水、二氧化碳吹进②、③中充分吸收，以免引起实验误差 。
（4）再设计一种测定上述混合物中NaHCO3含量的方案，并注明需要测定的物理量。
【分析】加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O，通过测量反应前后②和③装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数，由实验装置可知，①中盛放碱石灰等，吸收空气中的水、二氧化碳，通过碱石灰后的空气主要为氮气，用来排尽装置中空气，此时进行加热，②中盛放氯化钙等，吸收分解生成的水，③中盛放碱石灰等，吸收分解生成二氧化碳，最后球形干燥管中碱石灰吸收空气中二氧化碳、水蒸气，防止进入③中影响二氧化碳质量测定。
【解答】解：加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O，通过测量反应前后②和③装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数，由实验装置可知，①中盛放碱石灰等，吸收空气中的水、二氧化碳，通过碱石灰后的空气主要为氮气，用来排尽装置中空气，此时进行加热，②中盛放氯化钙等，吸收分解生成的水，③中盛放碱石灰等，吸收分解生成二氧化碳，最后球形干燥管中碱石灰吸收空气中二氧化碳、水蒸气，防止进入③中影响二氧化碳质量测定；
（1）由以上分析可知，①用于吸收空气中的水、二氧化碳，②用于吸收分解生成的水、③用于吸收分解生成二氧化碳，则①、②、③中可以依次盛装碱石灰、无水CaCl2、碱石灰，③中盛放碱石灰等，吸收分解生成二氧化碳，
故答案为：a；b；a；CO2；
（2）②中盛放氯化钙等，吸收分解生成的水，干燥管中无水硫酸铜的作用是检验水蒸气是否被完全吸收，最后球形干燥管中碱石灰吸收空气中二氧化碳、水蒸气，防止进入③中影响二氧化碳质量测定，
故答案为：检验水蒸气是否被完全吸收；吸收空气中二氧化碳、水蒸气，防止进入③中影响二氧化碳质量测定；
（3）实验停止加热后，继续通入空气一段时间的原因是将生成的水、二氧化碳吹进②、③中充分吸收，以免引起实验误差，
故答案为：将生成的水、二氧化碳吹进②、③中充分吸收，以免引起实验误差；
（4）设计一种测定上述混合物中NaHCO3含量的方法一是利用滴定的方法测定Na2CO3•10H2O，再求NaHCO3，或者用差量法，具体做法是加热灼烧根据质量变化列方程组求解，
答：方案一：准确称量10.0g样品配成100mL溶液，取出20mL用0.5mol/L的盐酸进行滴定（用酚酞作指示剂），根据盐酸用量求出 Na2CO3•10H2O的质量，余下的为NaHCO3；方案二：准确称量坩埚的质量m1，再称量坩埚和样品的质量m2，加热灼烧、冷却、称量质量为m3，再加热灼烧、冷却、称量直到恒重m4，计算出样品质量m2﹣m1，减少的质量m2﹣m4，列方程组求解。
【点评】该本题综合考查元素化合物性质、测定混合物中各成分的质量分数，题目难度中等，解题时必须结合实验装置和物质的性质进行综合分析，综合考查学生实验能力和分析能力，注意把握物质的性质以及实验原理。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 19:23:29；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
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