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上海市奉贤中学2020届高三化学10月月考试卷
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奉贤中学2019学年高三上学期化学10月月考试卷
1.《本草纲目》“烧酒”条目：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”文中的“法”指（ ）
A. 萃取 B. 蒸发 C. 蒸馏 D. 升华
【答案】C
【解析】
【详解】由“用浓酒和糟入甑，蒸令气上”可知，利用液体混合物的沸点分离出酒精，为蒸馏法，与萃取、蒸发、升华无关，故选C。
2. 下列有关的化学用语中正确的是( )
A. 氮分子的电子式： B. 氮原子电子排布式：1s22s22p5
C. 氮分子的结构式： D. 氧原子最外层轨道表示式：
【答案】D
【解析】
A．氮气分子中存在氮氮三键，氮气的电子式为，故A错误；
B．氮原子核外电子排布式为，氮原子核外电子数为7，氮原子电子排布式为1s22s22p3，故B错误；
C．氮分子的结构式中不需要标出未成键电子，氮气的结构式为N≡N，故C错误；
D．氧原子最外层6个电子，其中2s轨道还有2个电子，2p轨道还有4个电子，氧原子的最外层轨道表示式为：，故D正确；
【点评】本题考查了电子式、电子排布式、结构式等的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，明确结构式与与电子式的表示方法及区别．
3. 下列物质间关系判断正确的是( )
A. 1H2、2H2——同位素
B. O2-、O22-——同素异形体
C. HCOOCH3、CH3OCHO ——同分异构体
D. HCOOH、C15H31COOH ——同系物
【答案】D
【解析】
试题分析：A项中的1H2、2H2 均为单质，不是同位素关系，A错误；B项中O2-、O22- 均为离子，不是单质，B错误；C中HCOOCH3、CH3OCHO 均是甲酸甲酯，只是写法有些不同，所以不是同分异构体；D项HCOOH、C15H31COOH均是一元羧酸，相差C15H30 ，所以属于同系物关系，故选D。
考点：本题考查的是化学用语的几种关系。
4.镍粉在CO中低温加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈四面体构型。150℃时，Ni(CO)4分解为Ni和CO。则下列可作为溶解Ni(CO)4的溶剂是（ ）
A. 水 B. 四氯化碳 C. 盐酸 D. 硫酸镍溶液
【答案】B
【解析】
【详解】Ni(CO)4呈四面体构型，为非极性分子，由相似相溶原理知，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，四氯化碳是非极性分子，所以该物质易溶于四氯化碳，故选B。
5. 下列物质中不会因见光而分解的是 ( )
A. NaHCO3 B. HNO3 C. AgI D. HClO
【答案】A
【解析】
【分析】
浓硝酸、碘化银、次氯酸见光都易分解;碳酸氢钠加热分解,见光不分解,以此解答该题。
【详解】AgI、HNO3、HClO在光照条件下都可分解,而NaHCO3在加热条件下发生分解，所以A选项是正确；
综上所述，本题选项A。
6.联合制碱法中的副产品有着多种用途，下列不属于其用途的是（ ）
A. 做电解液 B. 制焊药 C. 做化肥 D. 合成橡胶
【答案】D
【解析】
【分析】
联合制碱法是以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱。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，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溶液。据此分析解答。
【详解】A．联合制碱法的副产品为氯化铵，为电解质，可作电解液，故A正确；
B．联合制碱法的副产品为氯化铵，焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈，发生反应6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，故B正确；
C．联合制碱法的副产品为氯化铵，属于铵盐，氯化铵可做化肥，故C正确；
D．合成橡胶是一种人工合成材料，属于有机物，联合制碱法中的副产品都为无机物，不能用于合成橡胶的原料，故D错误；
故选D。
【点睛】掌握联合制碱法(侯氏)的工艺流程和反应原理是解题关键。本题的易错点为B，要注意联合制碱法的副产品为氯化铵，水解显酸性，常用作焊药用来消除焊接处的铁锈。
7.下列物质中不能通过置换反应生成的是（ ）
A. F2 B. CO C. C D. Fe3O4
【答案】A
【解析】
【详解】A．因氟单质的氧化性最强，不能利用置换反应生成氟单质，故A选；
B．C与二氧化硅在高温下发生置换反应可以生成硅和CO，故B不选；
C．镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和黑色的碳，该反应为置换反应，故C不选；
D．Fe与水蒸气在高温下发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，可以通过置换反应制得，故D不选；
故选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意掌握常见的元素及其化合物的性质。
8.常温下，有关0.1mol/LCH3COONa溶液(pH>7)，下列说法不正确的是（ ）
A. 根据以上信息，可推断CH3COOH为弱电解质
B. 加水稀释过程中，c(H+)⋅c(OH−) 的值增大
C. 加入NaOH固体可抑制 CHCOO−的水解
D. 同pH的CH3COONa溶液和NaOH溶液，由水电离出的c(H+)前者大
【答案】B
【解析】
【详解】A．0.1mol/LCH3COONa 溶液pH＞7，溶液显碱性，说明醋酸根离子水解，醋酸钠为强碱弱酸盐，说明醋酸为弱酸，属于弱电解质，故A正确；
B．常温下，加水稀释0.1mol/LCH3COONa 溶液，促进醋酸根离子水解，但温度不变，溶液中水的离子积常数c(H+)•c(OH-) 不变，故B错误；
C．醋酸钠溶液中醋酸根离子水解，溶液显碱性，CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，加入NaOH固体，c(OH-)增大，平衡逆向移动，CH3COO-的水解受到抑制，故C正确；
D．同pH的CH3COONa溶液和NaOH溶液，醋酸钠水解，促进水的电离，氢氧化钠电离出氢氧根离子，抑制水的电离，由水电离出的c(H+) 前者大，故D正确；
故选B。
9. 工业上或实验室提纯以下物质的方法不合理的是（括号内为杂质）
A. 溴苯（溴）：加NaOH溶液，分液 B. MgCl2溶液(Fe3+)：加MgO固体，过滤
C. 乙酸（水）：加新制生石灰，蒸馏 D. 硬脂酸（油酸）：催化加氢
【答案】C
【解析】
试题分析：A项中溴苯中的溴单质可以和碱反应，从而实现与溴苯分层，分液除去，A正确；B中杂质Fe3+ +3 H2O ≒ Fe(OH)3+ 3H+,所以加入MgO可以与H+反应使平衡右移，逐步使Fe3+ 沉淀，最后过滤除去，B正确；C项中乙酸和水都会与碱性氧化物CaO反应，所以不可以加生石灰除杂，C错误；D项中油酸是液态不饱和油脂，加氢催化后，不饱和键加氢饱和，油脂硬化，D正确；故选C。
考点：本题考查的是物质的分离和除杂。
10.国际上确认，利用原子核间的撞击已制造出原子序数分别为113、115、117 和118 四种新元素，填补了目前元素周期表的空白，其中113 号元素与Al 元素处于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A. 核反应发电实现了化学能到电能的转化
B. 115号元素一定是处于VA族的非金属元素
C. 117号元素与F、Cl、Br、I均处于VIIA 族，可能是金属元素
D. 四种新元素位于元素周期表中的不同周期
【答案】C
【解析】
【详解】A．化学反应过程中原子核不发生变化，核反应发电是核能转化成电能，故A错误；
B．113 号元素与Al 元素处于同一主族，为ⅢA族元素，则115 号元素是位于第七周期第ⅤA 族，因为第七周期第ⅦA 族为金属与非金属分界线附近的金属元素，因此115 号元素为金属元素，故B错误；
C．113 号元素与Al 元素处于同一主族，为ⅢA族元素，则117 号元素位于第七周期第ⅦA 族，是金属与非金属分界线附近的金属元素，故C正确；
D．113、115、117 和118 四种新元素均为第七周期元素，分别为ⅢA族、ⅤA族、ⅦA族与零族元素，故D错误；
故选C。
11. 碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：
①H2（g） + I2（?）2HI（g）+9．48kJ
②H2（g） + I2（?）2HI（g）-26．48kJ
下列判断正确的是
A. ①中的I2为固态，②中的I2为气态
B. ②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C. ①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D. 1mol 固态碘升华时将吸热17kJ
【答案】B
【解析】
试题分析：A、反应①放热，②吸热源于碘单质的状态不同，固态变为气态需要吸收能量，故①中的I2为气态，②中的I2为固态，错误；B、生成物的能量相等，①放热，故②的反应物总能量比①的反应物总能量低，正确；C、产物的稳定性形同，错误；D、1mol 固态碘升华时将吸热为26．48+9．48=35．96kJ，错误。
考点：考查化学反应中的热量变化有关问题。
12.下列物质间发生化学反应：①H2S+O2，②Na+O2，③Cu+HNO3，④Fe+Cl2，⑤AlCl3+NH3·H2O，⑥Cu+S，⑦Na2CO3+HCl.在不同条件下得到不同产物的是（ ）
A. ①②④⑤ B. ①③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. ①②③⑦
【答案】D
【解析】
【详解】①当H2S与O2的物质的量之比大于2∶1时，发生反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O；当H2S与O2的物质的量之比小于2∶3时，发生反应：2H2S+3O2=2SO2+2H2O；当H2S与O2的物质的量之比大于2∶3小于2∶1时，两个反应都发生，条件不同，产物不同，故①选；
②Na+O2常温下得到Na2O，点燃或加热时得到Na2O2，条件不同，产物不同，故②选；
③Cu和HNO3的反应，浓硝酸：4HNO3+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；稀硝酸：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，条件不同，产物不同，故③选；
④铁和氯气的反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故④不选；
⑤AlCl3溶液与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，与反应条件无关，故⑤不选；
⑥硫粉是弱氧化剂，只能将铜氧化为硫化亚铜，产物与反应条件无关，故⑥不选；
⑦Na2CO3和HCl反应，盐酸少量时生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量时生成氯化钠、水和二氧化碳，条件不同，产物不同，故⑦选；
符合条件的有①②③⑦，故选D。
13.将一定量的SO2通入BaCl2溶液中，无沉淀产生，若再通入a气体，则产生沉淀。下列所通a气体和产生沉淀的离子方程式正确的是（ ）
A. a为H2S，SO2+2H++S2−→3S↓十2H2O
B. a为Cl2，Ba2++SO2+2H2O+Cl2→BaSO3↓+4H++2Cl−
C. a为NO2，4Ba2++4SO2+5H2O+NO3−→4BaSO4↓+NH4++6H+
D. a为NH3，Ba2++SO2+2NH3+2H2O→BaSO4↓+2NH4++2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2S为弱电解质，反应的离子方程式为SO2+2H2S→3 S↓+2H2O，故A错误；
B．氯气具有强氧化性，应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO2+2 H2O+Cl2→BaSO4↓+4H++2Cl-，故B错误；
C．NO2与二氧化硫发生氧化还原反应，本身可以被还原为铵根离子，反应的离子方程式为4Ba2++4SO2+5H2O+NO3-→4 BaSO4↓+NH4++6 H+，故C正确；
D．通入氨气，没有发生氧化还原反应，应该生成BaSO3沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO2+2 NH3+H2O→BaSO3↓+2NH4+，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为C，要注意二氧化氮具有强氧化性，反应后N元素的化合价降低，可以生成NH4+。
14. 某课外活动小组，为研究金属的腐蚀和防护的原理，做了以下实验：将剪下的一块镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，按如图所示的装置进行实验，过一段时间后观察，下列现象不可能出现的是( )
A. B中导气管中产生气泡 B. B中导气管里形成一段水柱
C. 金属片剪口变红 D. 锌被腐蚀
【答案】A
【解析】
【分析】
镀锌铁片，放入锥形瓶中,并滴入少量食盐水将其浸湿,再加数滴酚酞试液,形成的原电池中,金属锌为负极,铁为正极,发生吸氧腐蚀,根据原电池的工作原理知识来回答即可。
【详解】镀锌铁片，放入锥形瓶中,并滴入少量食盐水将其浸湿,再加数滴酚酞试液,形成原电池中,金属锌为负极,发生反应:Zn-2e-=Zn2+，铁为正极，发生吸氧腐蚀,即2H2O+O2+4e-=4OH-,所以锥形瓶中气体压强减小,生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色；
A、原电池形成后没有气体生成，所以B中导气管不会产生气泡,故A错误；
B、锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀,瓶中气体压强减小,导气管里形成一段水柱,故B正确；
C、锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀,生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色,故C正确；
D、形成的原电池中,金属锌为负极,发生反应: Zn-2e-=Zn2+，故D正确；
故答案选A。
15.某可逆反应aA + bBcC + Q在某温度下的平衡常数为K（K≠1），反应热为Q。保持温度不变，将方程式的书写作如下改变，则Q和K数值的相应变化为( )
A. 写成2aA + 2bB2cC，Q值、K值均扩大了一倍
B. 写成2aA + 2bB2cC，Q值扩大了一倍，K值保持不变
C. 写成cCaA + bB，Q值、K值变为原来的相反数
D. 写成cCaA + bB，Q值变为原来的相反数，K值变为倒数
【答案】D
【解析】
试题分析：A、写成2aA + 2bB2cC，Q值扩大了一倍，平衡常数变为原来的平方，错误；B、错误；C、写成cCaA + bB，互为可逆的两个反应的反应热互为相反数，平衡常数互为倒数，所以Q值变为原来的相反数，K值变为原来的倒数，错误；D、正确，答案选D。
考点：考查对反应热与平衡常数的理解
16. 下列物质的工业制备原理的方程式书写正确的是
A. 氢氧化钠：Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3↓+2NaOH
B. 乙醇：C6H12O62C2H5OH+2CO2↑
C. 二氧化硫：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
D. 氯气：Ca(ClO)2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2↑+2H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：A.NaOH在工业上用电解饱和食盐水的方法制取。方程式为2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH。错误。B符合制取方法，方程式书写无误。C.在工业上SO2是用煅烧黄铁矿的方法制取的。方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2↑.错误。D.在工业常用电解饱和食盐水的方法制氯气。方程式为2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH。错误。
考点：考查物质的工业制法的知识。
17.某溶液中可能存在Br－、CO32-、SO32-、Al3＋、I－、Mg2＋、Na＋7种离子中某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。
已知：5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3
据此可以判断：该溶液肯定不存在的离子组是
A. Al3＋、Mg2＋、SO32- B. Mg2＋、CO32-、I－
C. Al3＋、SO32-、I－ D. Al3＋、Br－、SO32-
【答案】A
【解析】
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br-，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO32-；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32-；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，说明溶液中不含I-．溶液中含有CO32-，则一定不含有Al3+、Mg2+，因与CO32-反应生成沉淀，根据溶液呈电中性原则，溶液中一定含有Na+，所以溶液中一定不存在的离子为Al3+、Mg2+、I-、SO32-，一定含有的离子为CO32-、Br-、Na+， 故A正确。
18.β-胡萝卜素如图所示，是水果和蔬菜中有饱满黄色和橘色的原因之一。
已知在热的浓酸性高锰酸钾溶液中，可发生如下反应：
+R3COOH
则β-胡萝卜素在被热的浓酸性高锰酸钾溶液氧化后，可以得到含有酮基的分子个数为（ ）
A. 4 B. 6 C. 9 D. 11
【答案】B
【解析】
【详解】要反应得到酮基，根据信息，应该是=CH被热的浓酸性高锰酸钾溶液氧化得到羧基(-COOH)，=C＜被热的浓酸性高锰酸钾溶液氧化得到酮基，在被热的浓酸性高锰酸钾溶液氧化后得到含有酮基的分子有6个()，故选B。
19.常温常压下，某烧碱溶液与0.05mol氯气恰好完全反应，得到pH＝9混合溶液（溶质为NaC1
与NaC1O）。下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）
A. 氯气的体积为1.12L B. 原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA
C. 所得溶液中含OH－的数目为1×10－5NA D. 所得溶液中ClO－的数目为0.05NA
【答案】B
【解析】
A项，常温常压不是标准状况，0.05mol氯气体积不是1.12L，故A错误；B项，原溶液中溶质为氢氧化钠，含溶质离子为Na+和OH-，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.05mol氯气和0.1mol氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA，故B正确；C项，因为常温常压得到pH=9的混合溶液，所以c(OH-)=10-5mol/L，溶液体积未知不能计算OH-的数目，故C错误；D项，反应生成0.05mol NaClO，因为次氯酸根离子水解，所得溶液中C1O-的数目小于0.05NA，故D错误。
点睛：本题以阿伏伽德罗常数的分析判断为依托，主要考查盐类水解的分析、化学方程式的计算应用，题目综合性较强，重在考查分析综合运用能力。A项注意是否为标准状况，为易错点。
20. 25℃时，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系错误的是( )
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+) + c(M+)＝c(OH－) + c(A－)
B. Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H+)＋2c(H2CO3）
C. 将醋酸钠、盐酸两溶液混合后呈中性的溶液中：c(Na＋)＞c(Cl—)＝c(CH3COOH)
D. pH=4的NaHA溶液：c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)
【答案】D
【解析】
试题分析：HA溶液与MOH溶液任意比混合，不论HA是强酸还是弱酸，混合后溶液中的离子就只有H+、M+、OH－、A－ ，所以一定满足电荷守恒c(H+) + c(M+)＝c(OH－) + c(A－)，A正确；B项满足质子守恒c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H+)＋2c(H2CO3 ，B正确；醋酸钠、盐酸两溶液混合后含有的离子有Na＋、H+ 、Cl—、OH－ 、CH3COO- ，满足电荷守恒c(H+) + c(Na＋)＝c(OH－) + c(CH3COO－) + c(Cl—)，由于溶液呈中性，c(H+) ＝c(OH－)，则c(Na＋)＝ c(CH3COO－) + c(Cl—)，又因为加入的醋酸钠满足物料守恒c(Na＋)＝c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)，所以c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)= c(CH3COO－) + c(Cl—)，得出c(CH3COOH) = c(Cl—)，所以C正确；NaHA的可以是强酸的酸式盐也可以是弱酸酸式盐，所以D错误，选D。
考点：本题考查的是溶液中离子浓度大小比较。
二、综合题（共四个大题，合计60分）
21.用Cl2生产含氯有机物时会产生HCl。
利用反应__HCl(g)+__O2(g)⇌__Cl2(g)+__H2O(g)可实现氯的循环利用。
完成下列填空：
（1）配平该化学方程式，并标出电子转移的方向和数目。_____
（2）若将该反应设计成一原电池，则Cl2应在_____（填“正极”或“负极”）附近逸出。
（3）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排布式为____。
（4）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
（5）上述反应若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.2v(HCl)正=v(Cl2)逆 b.体系压强不再改变
c.混合气体密度不变 d.=K
（6）若反应容器容积为2L，4molHCl与1molO2混合气体反应至8min时，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___。
（7）图是在4种不同投料比下，温度对HCl平衡转化率影响的曲线(=1，2，4，6)
①曲线a对应的投料比____。
②不改变投料比，使曲线b达到曲线d相同的HCl平衡转化率，可采取的措施有____；____。
【答案】 (1). (2). 负极 (3). Cl＞O＞H (4). 1s22s22p5 (5). bc (6). bd (7). 0.125mol/(L•min) (8). 6∶1 (9). 降低温度 (10). 增大压强
【解析】
【分析】
(1)根据化合价升降守恒，配平方程式，并分析电子转移的方向和数目；
(2)4HCl(g)+ O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)反应中氯化氢被氧化，发生氧化反应结合原电池原理分析判断；
(3)根据电子层越多，原子半径越大，同周期元素，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，据此分析解答；
(4)非金属性越强，对应氢化物越稳定，单质的氧化性越强，最高价含氧酸的酸性越强，与物理性质、无氧酸的酸性无关；
(5)根据化学平衡的特征分析判断；
(6)利用三段式结合阿伏伽德罗定律分析计算；
(7)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，当投料比相同时，升高温度，HCl的转化率降低，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，结合方程式4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)分析解答。
【详解】(1)__HCl(g)+__O2(g)⇌__Cl2(g)+__H2O(g)中Cl元素有-1价变成0价，O元素由0价变成-2价，根据化合价升降守恒，配平得：4HCl(g)+ O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)，反应中转移4个电子，电子转移的方向和数目可以表示为，故答案为：；
(2)4HCl(g)+ O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)反应中氯化氢被氧化，发生氧化反应，应该在负极反应，则Cl2应在负极附近逸出，故答案为：负极；
(3)电子层越多，原子半径越大，同周期元素，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，核外电子排布式为1s22s22p5，故答案为：Cl＞O＞H；1s22s22p5；
(4)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，与氢气化合的难易程度、最高价含氧酸的酸性强弱有关，与物质的熔点、无氧酸的酸性等无关，故答案为：bc；
(5)a．2ν(HCl)正=ν(Cl2)逆，正、逆反应速率不等，不能说明达到平衡状态，故a错误；b．恒容时，压强为变量，则体系压强不再改变，说明达到平衡状态，故b正确；c．气体的质量、体积不变，则密度始终不变，则混合气体密度不变，不能说明达到平衡状态，故c错误；d．=K，说明是平衡状态，故d正确；故答案为：bd；
(6) 4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)
开始(mol) 4 1 0 0
转化(mol) 4x x 2x 2x
8min(mol) 4-4x 1-x 2x 2x
测得容器内气体压强减小了10%，即气体的物质的量减小了10%，则=0.9，解得x=0.5，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)；
(7)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的为6∶1，b为4∶1，c为2∶1，d为1∶1，故答案为：6∶1；
②由图可知，当投料比相同时，升高温度，HCl的转化率降低，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，因此不改变投料比，使曲线b达到曲线d，需要增大HCl的转化率，平衡正向移动，结合方程式4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)，可采取的措施有降低温度、增大压强等，故答案为：降低温度；增大压强。
【点睛】本题的易错点为(7)，要注意化学平衡中图像的分析方法，②中要注意根据图像分析判断正反应的热效应情况，再结合化学平衡的移动原理分析。
22.碳酸氢钠俗称“小苏打”，在生活、生产中用途广泛。
（1）泡沫灭火器中主要成分是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，两者混合后发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2进行灭火，写出该反应的化学方程式___。
（2）向NaHCO3溶液中加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化，溶液中的c(CO32−)的变化___(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
（3）NaHCO3是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，在滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：
①通入氨，冷却、加食盐，过滤②不通入氨，冷却、加食盐，过滤
对两种方法的评价正确的是__(选填编号)。
a.①析出的氯化铵纯度更高 b.②析出的氯化铵纯度更高
c.①的滤液可直接循环使用 d.②的滤液可直接循环使用
（4）已知HCO3−在水中既能水解也能电离。NaHCO3溶液呈碱性，溶液中c(H2CO3)___c(CO32−)(选填“>”、“<”、“=”)。
【答案】 (1). 6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4 (2). 增大 (3). ad (4). ＞
【解析】
【分析】
(1)Al3+和HCO3-发生互促完全的双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；
(2)HCO3-在溶液中存在电离平衡，HCO3-⇌CO32-+H+，加入少许Ba(OH)2固体，H+浓度减小，平衡正向移动，发生Ba2++2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3↓+CO32-，据此分析解答；
(3)母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，过滤后滤液中溶有氨气，不能直接循环使用；
(4)碳酸氢钠溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度。
【详解】(1)泡沫灭火器中Al3+和HCO3-发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2进行灭火，反应的化学方程式为：6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4，故答案为：6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4；
(2)向NaHCO3溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液，OH-与HCO3-反应生成CO32-，从而生成碳酸钡沉淀，同时生成碳酸钠，Ba2++2OH-+2HCO3- =2H2O+BaCO3↓+CO32-，则c(CO32−)增大，故答案为：增大；
(3)母液中含有氯化铵，通入氨气，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，纯度更高，过滤后滤液中溶有氨气，不能直接循环使用，而②的滤液可直接循环使用，故答案为：ad；
(4)NaHCO3溶液呈碱性，说明碳酸氢钠溶液里HCO3-的水解程度大于电离程度，则水解生成的碳酸的浓度大于电离生成的碳酸根离子浓度，故答案为：＞。
23.实验室用少量的溴和足量的乙醇制备1，2−二溴乙烷的装置如图所示：
有关数据列表如下：
乙醇
1，2−二溴乙烷
乙醚
状态
无色液体
无色液体
无色液体
密度/g⋅cm−3
0.79
2.2
0.71
沸点/℃
78.5
132
34.6
熔点/℃
-l30
9
-116
回答下列问题：
（1）写出该实验过程中发生的所有主要反应的化学方程式____；
在此制各实验中，要尽可能迅速地把反应温度170℃左右，其最主要目的是___(填正确选项前的字母，下同)
a.引发反应 b.加快反应速度 c.防止乙醇挥发 d.减少副产物乙醚生成
（2）在装置C中应加入__，其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体。
a.水 b.浓硫酸 c.氢氧化钠溶液 d.饱和碳酸氢钠溶液
（3）将1，2−二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在___层，若产物中有少量未反应的Br2，最好用____洗涤除去。
a.水 b.氢氧化钠溶液 c.碘化钠溶液 d.乙醇
（4）若产物中有少量副产物乙醚。可用____的方法除去，加热方式为____。
（5）反应过程中应用___冷却装置D
A.冰水混合物 B.室温下的水 C.60℃ D.100℃
【答案】 (1). CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O、CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br (2). d (3). cd (4). 下 (5). b (6). 蒸馏 (7). 水浴 (8). B
【解析】
【分析】
(1)三颈烧瓶A中发生的反应是乙醇在浓硫酸的作用下加热到170℃产生乙烯；乙烯能与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷；乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子内脱水生成乙醚，据此分析解答；
(2)浓硫酸具有强氧化性，生成的乙烯中可能含有二氧化硫和二氧化碳，结合二氧化硫和二氧化碳的性质以及对产物的影响分析判断选择的试剂；
(3)1，2-二溴乙烷和水不互溶，且密度比水大；结合溴的性质分析解答；
(4)1，2-二溴乙烷与乙醚互溶，但沸点不同，据此选择分离方法，结合乙醚的性质分析选择加热方式；
(6)溴易挥发，且乙烯与溴反应放热，据此分析判断。
【详解】(1)三颈烧瓶A中发生的反应是乙醇在浓硫酸的作用下发生消去反应制取乙烯，反应方程式为：CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O，乙烯含有C=C双键，能与卤素单质发生加成反应，D中乙烯和溴加成生成1，2-二溴乙烷，反应为：CH2=CH2+Br-Br→CH2Br-CH2Br；乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子间脱水生成乙醚，迅速地把反应温度提高到170℃左右，可以减少副产物乙醚的生成，故答案为：CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O、CH2=CH2+Br-Br→CH2Br-CH2Br；d；
(2)浓硫酸具有脱水性、吸水性和强氧化性，能氧化乙醇，CH3CH2OH+4H2SO4(浓) 4SO2↑+CO2↑+7H2O+C，生成的乙烯气体中可能含有酸性气体二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫也能与溴反应，因此需要除去二氧化硫，二氧化硫与水反应生成的亚硫酸容易挥发，不能完全除去二氧化硫，浓硫酸不能吸收二氧化硫，除去二氧化硫可以选择氢氧化钠和饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：cd；
(3)1，2-二溴乙烷和水不互溶，1，2-二溴乙烷的密度比水大，振荡后静置，有机层在下层，若产物中有少量未反应的Br2，a．溴更易溶于1，2-二溴乙烷，用水无法除去溴，故a错误；b．常温下Br2和氢氧化钠发生反应：2NaOH+Br2═NaBr+NaBrO+H2O，再分液除去，故b正确；c．NaI与溴反应生成碘，碘与1，2-二溴乙烷互溶，引入新杂质，故c错误；d．酒精与1，2-二溴乙烷互溶，不能除去混有的溴，故d错误；故选b，故答案为：下；b；
(4)1，2-二溴乙烷与乙醚互溶，但二者的沸点不同，可以用蒸馏的方法将它们分离，由于乙醚沸点较低(34.6℃)，且易燃，因此加热方式可以选择水浴加热，故答案为：蒸馏；水浴；
(5)溴在常温下，易挥发，乙烯与溴的反应为放热反应，使得溴更易挥发，因此需要冷却，避免溴的挥发损失，反应过程中可以用水冷却装置D，故答案为：B。
24.苯丁酸氮芥是一种抗肿瘤药，其合成路线如下。其中试剂①是丁二酸酐（），试剂③是环氧乙烷（），且环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合。
回答下列问题：
（1）写出反应类型：反应Ⅱ____，反应Ⅴ_____。
（2）写出C物质的结构简式___。
（3）设计反应Ⅲ的目的是____。
（4）D的一种同分异构体G有下列性质，请写出G的结构简式____。
①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种
②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应
③能发生水解反应和银镜反应
④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气
（5）通过酸碱中和滴定可测出苯丁酸氮芥的纯度，写出苯丁酸氮芥与足量氢氧化钠反应的化学方程式____。
（6）1，3-丁二烯与溴发生1，4加成，再水解可得1，4-丁烯二醇，设计一条从1，4-丁烯二醇合成丁二酸的合成路线（所需试剂自选）____
【答案】 (1). 还原反应 (2). 取代反应 (3). (4). 将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合 (5). (6). +3NaOH+2NaCl+H2O (7). HOCH2-CH2-CH2-CH2OH HOOC-CH2-CH2-COOH
【解析】
【分析】
(1)对比A、B的结构简式可知，A中羰基转化为亚甲基；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应；
(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生酯化反应；
(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，结合B的结构分析解答；
(4)①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明结构中含有2个羟基，加成分析书写G的结构简式；
(5)苯丁酸氮芥中的Cl原子、羧基均能与氢氧化钠反应；
(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，为了防止羟基氧化过程中碳碳双键断裂，需要首先将碳碳双键转化为单键，再氧化，加成分析解答。
【详解】(1)对比A、B的结构简式可知，A中转化为氨基，羰基转化为亚甲基，属于还原反应(包括肽键的水解反应)；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应，而反应VI为酯的水解反应，故答案为：还原反应；取代反应；
(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生的酯化反应，故C的结构简式为：，故答案为：；
(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，根据流程图，设计反应Ⅲ的目的是：将B中的羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合，故答案为：将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合；
(4)D()的一种同分异构体G有下列性质：①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明含有2个羟基，符合条件的结构为等，故答案为：；
(5)苯丁酸氮芥中Cl原子、羧基均能够与氢氧化钠反应，与足量的氢氧化钠反应的化学方程式为：+3NaOH +2NaCl+H2O，故答案为：+3NaOH +2NaCl+H2O；
(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，1，4-丁烯二醇可以首先与氢气加成生成1，4-丁二醇(HOCH2-CH2-CH2-CH2OH)，然后将HOCH2-CH2-CH2-CH2OH催化氧化即可，合成路线为 HOCH2-CH2-CH2-CH2OH HOOC-CH2-CH2-COOH，故答案为： HOCH2-CH2-CH2-CH2OH HOOC-CH2-CH2-COOH。
奉贤中学2019学年高三上学期化学10月月考试卷
1.《本草纲目》“烧酒”条目：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”文中的“法”指（ ）
A. 萃取 B. 蒸发 C. 蒸馏 D. 升华
【答案】C
【解析】
【详解】由“用浓酒和糟入甑，蒸令气上”可知，利用液体混合物的沸点分离出酒精，为蒸馏法，与萃取、蒸发、升华无关，故选C。
2. 下列有关的化学用语中正确的是( )
A. 氮分子的电子式： B. 氮原子电子排布式：1s22s22p5
C. 氮分子的结构式： D. 氧原子最外层轨道表示式：
【答案】D
【解析】
A．氮气分子中存在氮氮三键，氮气的电子式为，故A错误；
B．氮原子核外电子排布式为，氮原子核外电子数为7，氮原子电子排布式为1s22s22p3，故B错误；
C．氮分子的结构式中不需要标出未成键电子，氮气的结构式为N≡N，故C错误；
D．氧原子最外层6个电子，其中2s轨道还有2个电子，2p轨道还有4个电子，氧原子的最外层轨道表示式为：，故D正确；
【点评】本题考查了电子式、电子排布式、结构式等的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，明确结构式与与电子式的表示方法及区别．
3. 下列物质间关系判断正确的是( )
A. 1H2、2H2——同位素
B. O2-、O22-——同素异形体
C. HCOOCH3、CH3OCHO ——同分异构体
D. HCOOH、C15H31COOH ——同系物
【答案】D
【解析】
试题分析：A项中的1H2、2H2 均为单质，不是同位素关系，A错误；B项中O2-、O22- 均为离子，不是单质，B错误；C中HCOOCH3、CH3OCHO 均是甲酸甲酯，只是写法有些不同，所以不是同分异构体；D项HCOOH、C15H31COOH均是一元羧酸，相差C15H30 ，所以属于同系物关系，故选D。
考点：本题考查的是化学用语的几种关系。
4.镍粉在CO中低温加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈四面体构型。150℃时，Ni(CO)4分解为Ni和CO。则下列可作为溶解Ni(CO)4的溶剂是（ ）
A. 水 B. 四氯化碳 C. 盐酸 D. 硫酸镍溶液
【答案】B
【解析】
【详解】Ni(CO)4呈四面体构型，为非极性分子，由相似相溶原理知，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，四氯化碳是非极性分子，所以该物质易溶于四氯化碳，故选B。
5. 下列物质中不会因见光而分解的是 ( )
A. NaHCO3 B. HNO3 C. AgI D. HClO
【答案】A
【解析】
【分析】
浓硝酸、碘化银、次氯酸见光都易分解;碳酸氢钠加热分解,见光不分解,以此解答该题。
【详解】AgI、HNO3、HClO在光照条件下都可分解,而NaHCO3在加热条件下发生分解，所以A选项是正确；
综上所述，本题选项A。
6.联合制碱法中的副产品有着多种用途，下列不属于其用途的是（ ）
A. 做电解液 B. 制焊药 C. 做化肥 D. 合成橡胶
【答案】D
【解析】
【分析】
联合制碱法是以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱。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，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溶液。据此分析解答。
【详解】A．联合制碱法的副产品为氯化铵，为电解质，可作电解液，故A正确；
B．联合制碱法的副产品为氯化铵，焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈，发生反应6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，故B正确；
C．联合制碱法的副产品为氯化铵，属于铵盐，氯化铵可做化肥，故C正确；
D．合成橡胶是一种人工合成材料，属于有机物，联合制碱法中的副产品都为无机物，不能用于合成橡胶的原料，故D错误；
故选D。
【点睛】掌握联合制碱法(侯氏)的工艺流程和反应原理是解题关键。本题的易错点为B，要注意联合制碱法的副产品为氯化铵，水解显酸性，常用作焊药用来消除焊接处的铁锈。
7.下列物质中不能通过置换反应生成的是（ ）
A. F2 B. CO C. C D. Fe3O4
【答案】A
【解析】
【详解】A．因氟单质的氧化性最强，不能利用置换反应生成氟单质，故A选；
B．C与二氧化硅在高温下发生置换反应可以生成硅和CO，故B不选；
C．镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和黑色的碳，该反应为置换反应，故C不选；
D．Fe与水蒸气在高温下发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，可以通过置换反应制得，故D不选；
故选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意掌握常见的元素及其化合物的性质。
8.常温下，有关0.1mol/LCH3COONa溶液(pH>7)，下列说法不正确的是（ ）
A. 根据以上信息，可推断CH3COOH为弱电解质
B. 加水稀释过程中，c(H+)⋅c(OH−) 的值增大
C. 加入NaOH固体可抑制 CHCOO−的水解
D. 同pH的CH3COONa溶液和NaOH溶液，由水电离出的c(H+)前者大
【答案】B
【解析】
【详解】A．0.1mol/LCH3COONa 溶液pH＞7，溶液显碱性，说明醋酸根离子水解，醋酸钠为强碱弱酸盐，说明醋酸为弱酸，属于弱电解质，故A正确；
B．常温下，加水稀释0.1mol/LCH3COONa 溶液，促进醋酸根离子水解，但温度不变，溶液中水的离子积常数c(H+)•c(OH-) 不变，故B错误；
C．醋酸钠溶液中醋酸根离子水解，溶液显碱性，CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，加入NaOH固体，c(OH-)增大，平衡逆向移动，CH3COO-的水解受到抑制，故C正确；
D．同pH的CH3COONa溶液和NaOH溶液，醋酸钠水解，促进水的电离，氢氧化钠电离出氢氧根离子，抑制水的电离，由水电离出的c(H+) 前者大，故D正确；
故选B。
9. 工业上或实验室提纯以下物质的方法不合理的是（括号内为杂质）
A. 溴苯（溴）：加NaOH溶液，分液 B. MgCl2溶液(Fe3+)：加MgO固体，过滤
C. 乙酸（水）：加新制生石灰，蒸馏 D. 硬脂酸（油酸）：催化加氢
【答案】C
【解析】
试题分析：A项中溴苯中的溴单质可以和碱反应，从而实现与溴苯分层，分液除去，A正确；B中杂质Fe3+ +3 H2O ≒ Fe(OH)3+ 3H+,所以加入MgO可以与H+反应使平衡右移，逐步使Fe3+ 沉淀，最后过滤除去，B正确；C项中乙酸和水都会与碱性氧化物CaO反应，所以不可以加生石灰除杂，C错误；D项中油酸是液态不饱和油脂，加氢催化后，不饱和键加氢饱和，油脂硬化，D正确；故选C。
考点：本题考查的是物质的分离和除杂。
10.国际上确认，利用原子核间的撞击已制造出原子序数分别为113、115、117 和118 四种新元素，填补了目前元素周期表的空白，其中113 号元素与Al 元素处于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A. 核反应发电实现了化学能到电能的转化
B. 115号元素一定是处于VA族的非金属元素
C. 117号元素与F、Cl、Br、I均处于VIIA 族，可能是金属元素
D. 四种新元素位于元素周期表中的不同周期
【答案】C
【解析】
【详解】A．化学反应过程中原子核不发生变化，核反应发电是核能转化成电能，故A错误；
B．113 号元素与Al 元素处于同一主族，为ⅢA族元素，则115 号元素是位于第七周期第ⅤA 族，因为第七周期第ⅦA 族为金属与非金属分界线附近的金属元素，因此115 号元素为金属元素，故B错误；
C．113 号元素与Al 元素处于同一主族，为ⅢA族元素，则117 号元素位于第七周期第ⅦA 族，是金属与非金属分界线附近的金属元素，故C正确；
D．113、115、117 和118 四种新元素均为第七周期元素，分别为ⅢA族、ⅤA族、ⅦA族与零族元素，故D错误；
故选C。
11. 碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：
①H2（g） + I2（?）2HI（g）+9．48kJ
②H2（g） + I2（?）2HI（g）-26．48kJ
下列判断正确的是
A. ①中的I2为固态，②中的I2为气态
B. ②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C. ①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D. 1mol 固态碘升华时将吸热17kJ
【答案】B
【解析】
试题分析：A、反应①放热，②吸热源于碘单质的状态不同，固态变为气态需要吸收能量，故①中的I2为气态，②中的I2为固态，错误；B、生成物的能量相等，①放热，故②的反应物总能量比①的反应物总能量低，正确；C、产物的稳定性形同，错误；D、1mol 固态碘升华时将吸热为26．48+9．48=35．96kJ，错误。
考点：考查化学反应中的热量变化有关问题。
12.下列物质间发生化学反应：①H2S+O2，②Na+O2，③Cu+HNO3，④Fe+Cl2，⑤AlCl3+NH3·H2O，⑥Cu+S，⑦Na2CO3+HCl.在不同条件下得到不同产物的是（ ）
A. ①②④⑤ B. ①③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. ①②③⑦
【答案】D
【解析】
【详解】①当H2S与O2的物质的量之比大于2∶1时，发生反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O；当H2S与O2的物质的量之比小于2∶3时，发生反应：2H2S+3O2=2SO2+2H2O；当H2S与O2的物质的量之比大于2∶3小于2∶1时，两个反应都发生，条件不同，产物不同，故①选；
②Na+O2常温下得到Na2O，点燃或加热时得到Na2O2，条件不同，产物不同，故②选；
③Cu和HNO3的反应，浓硝酸：4HNO3+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；稀硝酸：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，条件不同，产物不同，故③选；
④铁和氯气的反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故④不选；
⑤AlCl3溶液与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，与反应条件无关，故⑤不选；
⑥硫粉是弱氧化剂，只能将铜氧化为硫化亚铜，产物与反应条件无关，故⑥不选；
⑦Na2CO3和HCl反应，盐酸少量时生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量时生成氯化钠、水和二氧化碳，条件不同，产物不同，故⑦选；
符合条件的有①②③⑦，故选D。
13.将一定量的SO2通入BaCl2溶液中，无沉淀产生，若再通入a气体，则产生沉淀。下列所通a气体和产生沉淀的离子方程式正确的是（ ）
A. a为H2S，SO2+2H++S2−→3S↓十2H2O
B. a为Cl2，Ba2++SO2+2H2O+Cl2→BaSO3↓+4H++2Cl−
C. a为NO2，4Ba2++4SO2+5H2O+NO3−→4BaSO4↓+NH4++6H+
D. a为NH3，Ba2++SO2+2NH3+2H2O→BaSO4↓+2NH4++2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2S为弱电解质，反应的离子方程式为SO2+2H2S→3 S↓+2H2O，故A错误；
B．氯气具有强氧化性，应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO2+2 H2O+Cl2→BaSO4↓+4H++2Cl-，故B错误；
C．NO2与二氧化硫发生氧化还原反应，本身可以被还原为铵根离子，反应的离子方程式为4Ba2++4SO2+5H2O+NO3-→4 BaSO4↓+NH4++6 H+，故C正确；
D．通入氨气，没有发生氧化还原反应，应该生成BaSO3沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO2+2 NH3+H2O→BaSO3↓+2NH4+，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为C，要注意二氧化氮具有强氧化性，反应后N元素的化合价降低，可以生成NH4+。
14. 某课外活动小组，为研究金属的腐蚀和防护的原理，做了以下实验：将剪下的一块镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，按如图所示的装置进行实验，过一段时间后观察，下列现象不可能出现的是( )
A. B中导气管中产生气泡 B. B中导气管里形成一段水柱
C. 金属片剪口变红 D. 锌被腐蚀
【答案】A
【解析】
【分析】
镀锌铁片，放入锥形瓶中,并滴入少量食盐水将其浸湿,再加数滴酚酞试液,形成的原电池中,金属锌为负极,铁为正极,发生吸氧腐蚀,根据原电池的工作原理知识来回答即可。
【详解】镀锌铁片，放入锥形瓶中,并滴入少量食盐水将其浸湿,再加数滴酚酞试液,形成原电池中,金属锌为负极,发生反应:Zn-2e-=Zn2+，铁为正极，发生吸氧腐蚀,即2H2O+O2+4e-=4OH-,所以锥形瓶中气体压强减小,生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色；
A、原电池形成后没有气体生成，所以B中导气管不会产生气泡,故A错误；
B、锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀,瓶中气体压强减小,导气管里形成一段水柱,故B正确；
C、锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀,生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色,故C正确；
D、形成的原电池中,金属锌为负极,发生反应: Zn-2e-=Zn2+，故D正确；
故答案选A。
15.某可逆反应aA + bBcC + Q在某温度下的平衡常数为K（K≠1），反应热为Q。保持温度不变，将方程式的书写作如下改变，则Q和K数值的相应变化为( )
A. 写成2aA + 2bB2cC，Q值、K值均扩大了一倍
B. 写成2aA + 2bB2cC，Q值扩大了一倍，K值保持不变
C. 写成cCaA + bB，Q值、K值变为原来的相反数
D. 写成cCaA + bB，Q值变为原来的相反数，K值变为倒数
【答案】D
【解析】
试题分析：A、写成2aA + 2bB2cC，Q值扩大了一倍，平衡常数变为原来的平方，错误；B、错误；C、写成cCaA + bB，互为可逆的两个反应的反应热互为相反数，平衡常数互为倒数，所以Q值变为原来的相反数，K值变为原来的倒数，错误；D、正确，答案选D。
考点：考查对反应热与平衡常数的理解
16. 下列物质的工业制备原理的方程式书写正确的是
A. 氢氧化钠：Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3↓+2NaOH
B. 乙醇：C6H12O62C2H5OH+2CO2↑
C. 二氧化硫：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
D. 氯气：Ca(ClO)2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2↑+2H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：A.NaOH在工业上用电解饱和食盐水的方法制取。方程式为2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH。错误。B符合制取方法，方程式书写无误。C.在工业上SO2是用煅烧黄铁矿的方法制取的。方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2↑.错误。D.在工业常用电解饱和食盐水的方法制氯气。方程式为2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH。错误。
考点：考查物质的工业制法的知识。
17.某溶液中可能存在Br－、CO32-、SO32-、Al3＋、I－、Mg2＋、Na＋7种离子中某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。
已知：5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3
据此可以判断：该溶液肯定不存在的离子组是
A. Al3＋、Mg2＋、SO32- B. Mg2＋、CO32-、I－
C. Al3＋、SO32-、I－ D. Al3＋、Br－、SO32-
【答案】A
【解析】
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br-，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO32-；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32-；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，说明溶液中不含I-．溶液中含有CO32-，则一定不含有Al3+、Mg2+，因与CO32-反应生成沉淀，根据溶液呈电中性原则，溶液中一定含有Na+，所以溶液中一定不存在的离子为Al3+、Mg2+、I-、SO32-，一定含有的离子为CO32-、Br-、Na+， 故A正确。
18.β-胡萝卜素如图所示，是水果和蔬菜中有饱满黄色和橘色的原因之一。
已知在热的浓酸性高锰酸钾溶液中，可发生如下反应：
+R3COOH
则β-胡萝卜素在被热的浓酸性高锰酸钾溶液氧化后，可以得到含有酮基的分子个数为（ ）
A. 4 B. 6 C. 9 D. 11
【答案】B
【解析】
【详解】要反应得到酮基，根据信息，应该是=CH被热的浓酸性高锰酸钾溶液氧化得到羧基(-COOH)，=C＜被热的浓酸性高锰酸钾溶液氧化得到酮基，在被热的浓酸性高锰酸钾溶液氧化后得到含有酮基的分子有6个()，故选B。
19.常温常压下，某烧碱溶液与0.05mol氯气恰好完全反应，得到pH＝9混合溶液（溶质为NaC1
与NaC1O）。下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）
A. 氯气的体积为1.12L B. 原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA
C. 所得溶液中含OH－的数目为1×10－5NA D. 所得溶液中ClO－的数目为0.05NA
【答案】B
【解析】
A项，常温常压不是标准状况，0.05mol氯气体积不是1.12L，故A错误；B项，原溶液中溶质为氢氧化钠，含溶质离子为Na+和OH-，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.05mol氯气和0.1mol氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA，故B正确；C项，因为常温常压得到pH=9的混合溶液，所以c(OH-)=10-5mol/L，溶液体积未知不能计算OH-的数目，故C错误；D项，反应生成0.05mol NaClO，因为次氯酸根离子水解，所得溶液中C1O-的数目小于0.05NA，故D错误。
点睛：本题以阿伏伽德罗常数的分析判断为依托，主要考查盐类水解的分析、化学方程式的计算应用，题目综合性较强，重在考查分析综合运用能力。A项注意是否为标准状况，为易错点。
20. 25℃时，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系错误的是( )
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+) + c(M+)＝c(OH－) + c(A－)
B. Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H+)＋2c(H2CO3）
C. 将醋酸钠、盐酸两溶液混合后呈中性的溶液中：c(Na＋)＞c(Cl—)＝c(CH3COOH)
D. pH=4的NaHA溶液：c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)
【答案】D
【解析】
试题分析：HA溶液与MOH溶液任意比混合，不论HA是强酸还是弱酸，混合后溶液中的离子就只有H+、M+、OH－、A－ ，所以一定满足电荷守恒c(H+) + c(M+)＝c(OH－) + c(A－)，A正确；B项满足质子守恒c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H+)＋2c(H2CO3 ，B正确；醋酸钠、盐酸两溶液混合后含有的离子有Na＋、H+ 、Cl—、OH－ 、CH3COO- ，满足电荷守恒c(H+) + c(Na＋)＝c(OH－) + c(CH3COO－) + c(Cl—)，由于溶液呈中性，c(H+) ＝c(OH－)，则c(Na＋)＝ c(CH3COO－) + c(Cl—)，又因为加入的醋酸钠满足物料守恒c(Na＋)＝c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)，所以c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)= c(CH3COO－) + c(Cl—)，得出c(CH3COOH) = c(Cl—)，所以C正确；NaHA的可以是强酸的酸式盐也可以是弱酸酸式盐，所以D错误，选D。
考点：本题考查的是溶液中离子浓度大小比较。
二、综合题（共四个大题，合计60分）
21.用Cl2生产含氯有机物时会产生HCl。
利用反应__HCl(g)+__O2(g)⇌__Cl2(g)+__H2O(g)可实现氯的循环利用。
完成下列填空：
（1）配平该化学方程式，并标出电子转移的方向和数目。_____
（2）若将该反应设计成一原电池，则Cl2应在_____（填“正极”或“负极”）附近逸出。
（3）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排布式为____。
（4）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
（5）上述反应若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.2v(HCl)正=v(Cl2)逆 b.体系压强不再改变
c.混合气体密度不变 d.=K
（6）若反应容器容积为2L，4molHCl与1molO2混合气体反应至8min时，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___。
（7）图是在4种不同投料比下，温度对HCl平衡转化率影响的曲线(=1，2，4，6)
①曲线a对应的投料比____。
②不改变投料比，使曲线b达到曲线d相同的HCl平衡转化率，可采取的措施有____；____。
【答案】 (1). (2). 负极 (3). Cl＞O＞H (4). 1s22s22p5 (5). bc (6). bd (7). 0.125mol/(L•min) (8). 6∶1 (9). 降低温度 (10). 增大压强
【解析】
【分析】
(1)根据化合价升降守恒，配平方程式，并分析电子转移的方向和数目；
(2)4HCl(g)+ O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)反应中氯化氢被氧化，发生氧化反应结合原电池原理分析判断；
(3)根据电子层越多，原子半径越大，同周期元素，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，据此分析解答；
(4)非金属性越强，对应氢化物越稳定，单质的氧化性越强，最高价含氧酸的酸性越强，与物理性质、无氧酸的酸性无关；
(5)根据化学平衡的特征分析判断；
(6)利用三段式结合阿伏伽德罗定律分析计算；
(7)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，当投料比相同时，升高温度，HCl的转化率降低，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，结合方程式4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)分析解答。
【详解】(1)__HCl(g)+__O2(g)⇌__Cl2(g)+__H2O(g)中Cl元素有-1价变成0价，O元素由0价变成-2价，根据化合价升降守恒，配平得：4HCl(g)+ O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)，反应中转移4个电子，电子转移的方向和数目可以表示为，故答案为：；
(2)4HCl(g)+ O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)反应中氯化氢被氧化，发生氧化反应，应该在负极反应，则Cl2应在负极附近逸出，故答案为：负极；
(3)电子层越多，原子半径越大，同周期元素，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，核外电子排布式为1s22s22p5，故答案为：Cl＞O＞H；1s22s22p5；
(4)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，与氢气化合的难易程度、最高价含氧酸的酸性强弱有关，与物质的熔点、无氧酸的酸性等无关，故答案为：bc；
(5)a．2ν(HCl)正=ν(Cl2)逆，正、逆反应速率不等，不能说明达到平衡状态，故a错误；b．恒容时，压强为变量，则体系压强不再改变，说明达到平衡状态，故b正确；c．气体的质量、体积不变，则密度始终不变，则混合气体密度不变，不能说明达到平衡状态，故c错误；d．=K，说明是平衡状态，故d正确；故答案为：bd；
(6) 4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)
开始(mol) 4 1 0 0
转化(mol) 4x x 2x 2x
8min(mol) 4-4x 1-x 2x 2x
测得容器内气体压强减小了10%，即气体的物质的量减小了10%，则=0.9，解得x=0.5，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)；
(7)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的为6∶1，b为4∶1，c为2∶1，d为1∶1，故答案为：6∶1；
②由图可知，当投料比相同时，升高温度，HCl的转化率降低，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，因此不改变投料比，使曲线b达到曲线d，需要增大HCl的转化率，平衡正向移动，结合方程式4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)，可采取的措施有降低温度、增大压强等，故答案为：降低温度；增大压强。
【点睛】本题的易错点为(7)，要注意化学平衡中图像的分析方法，②中要注意根据图像分析判断正反应的热效应情况，再结合化学平衡的移动原理分析。
22.碳酸氢钠俗称“小苏打”，在生活、生产中用途广泛。
（1）泡沫灭火器中主要成分是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，两者混合后发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2进行灭火，写出该反应的化学方程式___。
（2）向NaHCO3溶液中加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化，溶液中的c(CO32−)的变化___(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
（3）NaHCO3是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，在滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：
①通入氨，冷却、加食盐，过滤②不通入氨，冷却、加食盐，过滤
对两种方法的评价正确的是__(选填编号)。
a.①析出的氯化铵纯度更高 b.②析出的氯化铵纯度更高
c.①的滤液可直接循环使用 d.②的滤液可直接循环使用
（4）已知HCO3−在水中既能水解也能电离。NaHCO3溶液呈碱性，溶液中c(H2CO3)___c(CO32−)(选填“>”、“<”、“=”)。
【答案】 (1). 6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4 (2). 增大 (3). ad (4). ＞
【解析】
【分析】
(1)Al3+和HCO3-发生互促完全的双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；
(2)HCO3-在溶液中存在电离平衡，HCO3-⇌CO32-+H+，加入少许Ba(OH)2固体，H+浓度减小，平衡正向移动，发生Ba2++2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3↓+CO32-，据此分析解答；
(3)母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，过滤后滤液中溶有氨气，不能直接循环使用；
(4)碳酸氢钠溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度。
【详解】(1)泡沫灭火器中Al3+和HCO3-发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2进行灭火，反应的化学方程式为：6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4，故答案为：6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4；
(2)向NaHCO3溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液，OH-与HCO3-反应生成CO32-，从而生成碳酸钡沉淀，同时生成碳酸钠，Ba2++2OH-+2HCO3- =2H2O+BaCO3↓+CO32-，则c(CO32−)增大，故答案为：增大；
(3)母液中含有氯化铵，通入氨气，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，纯度更高，过滤后滤液中溶有氨气，不能直接循环使用，而②的滤液可直接循环使用，故答案为：ad；
(4)NaHCO3溶液呈碱性，说明碳酸氢钠溶液里HCO3-的水解程度大于电离程度，则水解生成的碳酸的浓度大于电离生成的碳酸根离子浓度，故答案为：＞。
23.实验室用少量的溴和足量的乙醇制备1，2−二溴乙烷的装置如图所示：
有关数据列表如下：
乙醇
1，2−二溴乙烷
乙醚
状态
无色液体
无色液体
无色液体
密度/g⋅cm−3
0.79
2.2
0.71
沸点/℃
78.5
132
34.6
熔点/℃
-l30
9
-116
回答下列问题：
（1）写出该实验过程中发生的所有主要反应的化学方程式____；
在此制各实验中，要尽可能迅速地把反应温度170℃左右，其最主要目的是___(填正确选项前的字母，下同)
a.引发反应 b.加快反应速度 c.防止乙醇挥发 d.减少副产物乙醚生成
（2）在装置C中应加入__，其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体。
a.水 b.浓硫酸 c.氢氧化钠溶液 d.饱和碳酸氢钠溶液
（3）将1，2−二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在___层，若产物中有少量未反应的Br2，最好用____洗涤除去。
a.水 b.氢氧化钠溶液 c.碘化钠溶液 d.乙醇
（4）若产物中有少量副产物乙醚。可用____的方法除去，加热方式为____。
（5）反应过程中应用___冷却装置D
A.冰水混合物 B.室温下的水 C.60℃ D.100℃
【答案】 (1). CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O、CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br (2). d (3). cd (4). 下 (5). b (6). 蒸馏 (7). 水浴 (8). B
【解析】
【分析】
(1)三颈烧瓶A中发生的反应是乙醇在浓硫酸的作用下加热到170℃产生乙烯；乙烯能与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷；乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子内脱水生成乙醚，据此分析解答；
(2)浓硫酸具有强氧化性，生成的乙烯中可能含有二氧化硫和二氧化碳，结合二氧化硫和二氧化碳的性质以及对产物的影响分析判断选择的试剂；
(3)1，2-二溴乙烷和水不互溶，且密度比水大；结合溴的性质分析解答；
(4)1，2-二溴乙烷与乙醚互溶，但沸点不同，据此选择分离方法，结合乙醚的性质分析选择加热方式；
(6)溴易挥发，且乙烯与溴反应放热，据此分析判断。
【详解】(1)三颈烧瓶A中发生的反应是乙醇在浓硫酸的作用下发生消去反应制取乙烯，反应方程式为：CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O，乙烯含有C=C双键，能与卤素单质发生加成反应，D中乙烯和溴加成生成1，2-二溴乙烷，反应为：CH2=CH2+Br-Br→CH2Br-CH2Br；乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子间脱水生成乙醚，迅速地把反应温度提高到170℃左右，可以减少副产物乙醚的生成，故答案为：CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O、CH2=CH2+Br-Br→CH2Br-CH2Br；d；
(2)浓硫酸具有脱水性、吸水性和强氧化性，能氧化乙醇，CH3CH2OH+4H2SO4(浓) 4SO2↑+CO2↑+7H2O+C，生成的乙烯气体中可能含有酸性气体二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫也能与溴反应，因此需要除去二氧化硫，二氧化硫与水反应生成的亚硫酸容易挥发，不能完全除去二氧化硫，浓硫酸不能吸收二氧化硫，除去二氧化硫可以选择氢氧化钠和饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：cd；
(3)1，2-二溴乙烷和水不互溶，1，2-二溴乙烷的密度比水大，振荡后静置，有机层在下层，若产物中有少量未反应的Br2，a．溴更易溶于1，2-二溴乙烷，用水无法除去溴，故a错误；b．常温下Br2和氢氧化钠发生反应：2NaOH+Br2═NaBr+NaBrO+H2O，再分液除去，故b正确；c．NaI与溴反应生成碘，碘与1，2-二溴乙烷互溶，引入新杂质，故c错误；d．酒精与1，2-二溴乙烷互溶，不能除去混有的溴，故d错误；故选b，故答案为：下；b；
(4)1，2-二溴乙烷与乙醚互溶，但二者的沸点不同，可以用蒸馏的方法将它们分离，由于乙醚沸点较低(34.6℃)，且易燃，因此加热方式可以选择水浴加热，故答案为：蒸馏；水浴；
(5)溴在常温下，易挥发，乙烯与溴的反应为放热反应，使得溴更易挥发，因此需要冷却，避免溴的挥发损失，反应过程中可以用水冷却装置D，故答案为：B。
24.苯丁酸氮芥是一种抗肿瘤药，其合成路线如下。其中试剂①是丁二酸酐（），试剂③是环氧乙烷（），且环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合。
回答下列问题：
（1）写出反应类型：反应Ⅱ____，反应Ⅴ_____。
（2）写出C物质的结构简式___。
（3）设计反应Ⅲ的目的是____。
（4）D的一种同分异构体G有下列性质，请写出G的结构简式____。
①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种
②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应
③能发生水解反应和银镜反应
④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气
（5）通过酸碱中和滴定可测出苯丁酸氮芥的纯度，写出苯丁酸氮芥与足量氢氧化钠反应的化学方程式____。
（6）1，3-丁二烯与溴发生1，4加成，再水解可得1，4-丁烯二醇，设计一条从1，4-丁烯二醇合成丁二酸的合成路线（所需试剂自选）____
【答案】 (1). 还原反应 (2). 取代反应 (3). (4). 将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合 (5). (6). +3NaOH+2NaCl+H2O (7). HOCH2-CH2-CH2-CH2OH HOOC-CH2-CH2-COOH
【解析】
【分析】
(1)对比A、B的结构简式可知，A中羰基转化为亚甲基；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应；
(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生酯化反应；
(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，结合B的结构分析解答；
(4)①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明结构中含有2个羟基，加成分析书写G的结构简式；
(5)苯丁酸氮芥中的Cl原子、羧基均能与氢氧化钠反应；
(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，为了防止羟基氧化过程中碳碳双键断裂，需要首先将碳碳双键转化为单键，再氧化，加成分析解答。
【详解】(1)对比A、B的结构简式可知，A中转化为氨基，羰基转化为亚甲基，属于还原反应(包括肽键的水解反应)；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应，而反应VI为酯的水解反应，故答案为：还原反应；取代反应；
(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生的酯化反应，故C的结构简式为：，故答案为：；
(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，根据流程图，设计反应Ⅲ的目的是：将B中的羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合，故答案为：将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合；
(4)D()的一种同分异构体G有下列性质：①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明含有2个羟基，符合条件的结构为等，故答案为：；
(5)苯丁酸氮芥中Cl原子、羧基均能够与氢氧化钠反应，与足量的氢氧化钠反应的化学方程式为：+3NaOH +2NaCl+H2O，故答案为：+3NaOH +2NaCl+H2O；
(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，1，4-丁烯二醇可以首先与氢气加成生成1，4-丁二醇(HOCH2-CH2-CH2-CH2OH)，然后将HOCH2-CH2-CH2-CH2OH催化氧化即可，合成路线为 HOCH2-CH2-CH2-CH2OH HOOC-CH2-CH2-COOH，故答案为： HOCH2-CH2-CH2-CH2OH HOOC-CH2-CH2-COOH。
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