1、- 1 -控江中学 2018 届高三第一学期化学学科统一测试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Zn-65一、选择题（每题 2 分）1. 下列化学用语只能用来表示一种微粒的是A. B. C. CH4O D. C【答案】C【解析】试题分析：A 可以是甲烷，也可以是硅烷，故 A 错误；B 可以用来表示氖原子或钠离子甚至氧离子等，故 B 错误；CCH 4O 无同分异构体，只能用来表示甲醇，故 C正确；DC 可以代表金刚石和石墨，故 D 错误；故选 C。【考点定位】考查化学用语【名师点晴】本题考查化学用语。
2、“只能用来表示一种微粒” ，说明仅表示一种分子。明确可以用来表示氖原子或钠离子等阳离子以及氟离子等阴离子是解题的关键。2.HClO 属于A. 电解质 B. 非电解质 C. 强酸 D. 氧化物【答案】A【解析】HClO 的水溶液能够导电，是因为次氯酸能够部分电离，属于电解质，故选 A。3. 有关物质的使用不涉及化学变化的是A. 明矾用作净水剂 B. 液氨用作致冷剂C. 漂粉精作消毒剂 D. 生石灰作干燥剂【答案】B【解析】试题分析:A.明矾电离出的 Al3 发生水解生成 Al（OH） 3胶体达到净水的目的，有新物质生成，A 项不选；B.液氨蒸发时吸收大量的热，常用作制冷剂，没有新物质生成，B 项
3、选；C.- 2 -漂粉精中的 Ca（ClO） 2与空气中的 CO2反应生成 HClO，HClO 具有强氧化性，可用作消毒剂，有新物质生成，C 项不选；D.生石灰能与水反应生成 Ca（OH） 2，有新物质生成，D 项不选；答案选 B。考点：考查物质发生化学变化的判断4.下列物质既含有共价键又含有离子键的是A. NaOH B. Cl2 C. HCl D. NaCl【答案】A【解析】A、氢氧化钠中含有离子键和极性键，A 正确；B、氯气分子中只有非极性键，B 错误；C、氯化氢分子中只有极性键，C 错误；D、氯化钠中只有离子键，D 错误，答案选 A。点睛：掌握化学键的含义和形成微粒是解答的关键。一般活泼
4、的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。需要指出的是氯化铝中含有共价键，不是离子键。5.下列关于石油的说法正确的是A. 石油属于可再生矿物能源 B. 石油主要含有碳、氢两种元素C. 石油裂化属于物理变化 D. 石油分馏属于化学变化【答案】B【解析】A、石油属于不可再生矿物能源，A 错误；B、石油主要含有碳、氢两种元素，B 正确；C、石油裂化属于化学变化，C 错误；D、石油分馏属于物理变化，D 错误，答案选 B。6.从海水中可以提取溴，主要反应为： 2Br Cl2 Br2 2Cl ，下列说法正确的是（ ）A. 溴离子具有氧化性 B. 氯气是还原剂C. 该反应属于复分
5、解反应 D. 氯气的氧化性比溴单质强【答案】D【解析】试题分析：根据方程式可知，氯元素的化合价从 0 价降低到1 价，得到 1 个电子，所以氯气是氧化剂。溴元素的化合价从1 价升高到 0 价，事情 1 个电子，则溴离子被氧化，具有还原性，AB 不正确。C 不正确，该反应是置换反应；氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的，则选项 D 正确，答案选 D。- 3 -考点：考查氧化还原反应的有关判断点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见考点。该题以从海水中可以提取溴为载体，侧重考查学生对氧化还原反应含义以及有关判断的熟悉了解程度，旨在巩固学生的基础，提高学生的应试能力。7.某有机物结构见图
6、，它不可能具有的性质是（ ）A. 能跟 KOH 溶液反应 B. 能被氧化C. 能发生加聚反应 D. 能使溴水褪色【答案】A【解析】A、醇羟基和 KOH 溶液不反应，A 错误；B、含有碳碳双键和羟基，能被氧化，B 正确；C、含有碳碳双键，能发生加聚反应，C 正确；D、含有碳碳双键，能使溴水褪色，D 正确，答案选A。8.关于 CCl 4 说法错误的是（ ）A. 晶体类型：分子晶体 B. 正四面体结构的分子C. 含极性键的非极性分子 D. 与 CH 4 结构相似、性质相似【答案】D【解析】四氯化碳、甲烷的结构分别是，结构相似，但性质不同，如甲烷可以燃烧，四氯化碳不能燃烧，故 D 错误。9.锌与稀硫酸
7、反应，下列说法错误的是（ ）A. 加热可加快反应速率 B. 增大稀硫酸的浓度可加快反应速率C. 粉碎锌粒可加快反应速率 D. 提高锌的纯度可加快反应速率【答案】D【解析】【分析】- 4 -增大反应物接触面积、适当增大稀硫酸浓度、升高温度等都能增大反应速率.【详解】A、温度越高反应速率越快，加热可加快反应速率,故 A 正确；B、浓度越大反应速率越快，所以增大稀硫酸的浓度可加快反应速率，故 B 正确；C、增加反应的接触面积加快反应速率，所以粉碎锌粒可加快反应速率，故 C 正确；D、粗锌可形成原电池反应而加快反应速率，而改用纯度高的锌粒，反应速率反而减小，故D 错误；故选：D。10.下列化工生产中未
8、使用催化剂的是（ ）A. 索尔维制碱法 B. 合成氨 C. 乙烯水化 D. SO 2 转化为 SO 3【答案】A【解析】索尔维制碱法的方程式为，CaCO 3+2NaCl+H2O+CO2=CaCl2+2NaHCO3，没有使用催化剂，故 A正确；合成氨使用铁做催化剂，故 B 错误；乙烯水化法制乙醇，工业上采用磷酸催化剂，故C 错误；SO 2转化为 SO3采用 V2O5做催化剂，故 D 错误。11.下列说法错误的是（ ）A. 丙烷与异丁烷互为同系物B. 相对分子质量相同的物质，不一定互为同分异构体C. 在分子组成上相差若干个“CH 2”原子团的物质互称为同系物D. 分子式符合 C n H 2 n 2
9、 的有机物一定是烷烃【答案】C【解析】【分析】A、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个 CH2原子团的物质互称为同系物B、磷酸和硫酸相对分子质量相同的物质，不互为同分异构体；C、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个 CH2原子团的物质互称为同系物；D、碳已经达到饱和；【详解】A、丙烷与异丁烷结构相似，在分子组成上相差 1 个 CH2原子团，互为同系物，故 A正确；- 5 -B、磷酸和硫酸相对分子质量相同的物质，不互为同分异构体，故 B 正确；C、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个 CH2原子团的物质互称为同系物，强调结构相似，故 C 错误；D、碳已经达到饱和，分子式符合 C n H 2
10、 n 2 的有机物一定是烷烃，故 D 正确；故选 C。12.下列反应可用离子方程式“ H + OH H2O ”表示的是（ ）A. H2SO4 溶液与 Ba(OH) 2 溶液混合 B. NH 3 H 2O 溶液与 HCl 溶液混合C. NaHCO3 溶液与 NaOH 溶液混合 D. HNO 3 溶液与 KOH 溶液混合【答案】D【解析】【分析】A、反应生成了硫酸钡沉淀和弱电解质水；B、一水合氨属于弱电解质，离子方程式中保留分子式；C、HCO 3-不能拆成氢离子和碳酸根；D、反应的实质是氢离子和氢氧根离子的反应；【详解】A、稀硫酸和氢氧化钡反应生成了硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H +2OH
11、+SO42 +Ba2 BaSO 4+2H 2O，不能够用离子方程式 H +OH =H2O 表示，故 A 错误；B、NH 3 H 2O 和氯化氢反应生成了铵离子和水，反应的离子方程式为：NH 3H2O+H NH4 +H2O，不能够用离子方程式 H +OH =H2O 表示，故 B 错误；C、HCO 3 不能拆成氢离子和碳酸根，反应的离子方程式为;HCO 3-OH =CO32 H 2O；故 C 错误；D、硝酸和氢氧化钾都是可溶性的强电解质，反应生成了水和可溶性的硝酸钾，反应可用离子方程式 H +OH =H2O 表示，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题考查了离子方程的书写，解题关键：掌握离子方程式的
12、书写方法，培养学生分析问题、解决问题的能力易错点 A，易忽略硫酸钡沉淀。13.NA 为阿伏伽德罗常数，下列物质的物质的量最小的是（ ）A. 标准状况下 2.24L O 2 B. 含 N A 个氢原子的 H 2C. 22g CO2（CO 2 摩尔质量为 44g/mol） D. 含 3.0110 23 个分子的 CH 4【答案】A- 6 -【解析】【分析】A、依据 n=V/Vm 计算 O 2物质的量；B、依据阿伏伽德罗常的含义分析判断；C、依据 n=m/M 计算 CO2物质的量；D、依据 n=N/NA计算 CH 4物质的量【详解】A、标准状况下 2.24LO2物质的量为 0.1mol；B、含 NA
13、个氢原子的 H2物质的量为 0.5mol；C、22gCO 2（CO 2摩尔质量为 44gmol1 ）物质的量为 0.5mol；D、含 3.011023个分子的 CH4物质的量为 0.5mol；综上所述：物质的量最小的是 A；故选：A。14.元素 X、Y、Z 位于相同短周期，它们的最高及最低化合价如表所示，下列判断错误的是（ ）元素X Y Z最高、最 低化合价+7-1+6-2+5-3A. 原子序数：XYZB. 原子半径：XYZC. 稳定性： HX H 2 Y ZH3D. 选型由强到弱： HXO 4 H 2YO4 H3ZO4【答案】B【解析】【分析】- 7 -X、Y、Z 位于相同短周期，由化合价可
14、知，X 为 Cl，则 Y 为 S，Z 为 P，A同周期从左向右原子序数增大；B同周期从左向右原子半径减小；C同周期从左向右非金属性增强，对应氢化物的稳定性增强；D非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强【详解】X、Y、Z 位于相同短周期，由化合价可知，X 为 Cl，则 Y 为 S，Z 为 P，A同周期从左向右原子序数增大，则原子序数：XYZ，故 A 正确；B同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：ZYX，故 B 错误；C同周期从左向右非金属性增强，对应氢化物的稳定性增强，则稳定性：HXH 2YZH 3，故C 正确；D非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则酸性由强到弱：HXO 4H 2YO
15、4H 3ZO4，故 D 正确；故选：B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，解题关键：把握元素的性质、元素周期律，易错点 B，原子离子大小判断，注意规律性知识的应用15.研究电化学的装置如图所示，虚线框中可接 a (电流计）或 b (直流电源） 。下列说法错误的是A. 接 a，该装置将化学能转化为电能B. 接 a，石墨是正极C. 接 b，铁片连正极时被保护D. 接 b，石墨连正极时石墨上产生气泡【答案】C【解析】接 a，构成原电池，将化学能转化为电能，故 A 正确；接 a，构成原电池，石墨是正极，铁- 8 -是负极，故 B 正确；接 b，构成电解池，铁片连正极时被腐蚀，故 C 错误；接 b，
16、构成电解池，石墨连正极时石墨上的电极反应为 ，故 D 正确。16.已知 X Y M N 反应中的能量变化过程如图，则下列推断一定正确的是（ ）A. X 的能量低于 M 的能量B. Y 的能量低于 N 的能量C. X 和 Y 总能量低于 M 和 N 总能量D. 该反应是吸热反应，反应条件是加热【答案】C【解析】【分析】A由图可知，生成物的总能量大于反应物的总能量，而不是某一种反应物或生成物的能量关系；B同 A，由图可知，生成物的总能量大于反应物的总能量，而不是某一种反应物或生成物的能量关系；C由图可知，X 和 Y 总能量低于 M 和 N 总能量；D反应物的总能量低于生成物的总能量是吸热反应，反应
17、放热还是吸热与条件没有关系【详解】A由图可知，M 和 N 的总能量大于 X 和 Y 的总能量，不能说明 X 的能量一定低于 M的能量，故 A 错误；B同 A，由图可知，M 和 N 的总能量大于 X 和 Y 的总能量，Y 的能量一定低于 N 的能量，故B 错误；C由图可知，X 和 Y 总能量低于 M 和 N 总能量，故 C 正确；D反应物的总能量低于生成物的总能量是吸热反应，但是反应放热还是吸热与条件没有关系，故 D 错误。故选：C。- 9 -17.如图，向烧杯中滴加几滴浓盐酸，CaCO 3 固体还有剩余（忽略体积、温度的变化） ，下列数值变小的是（ ）A. c(Ca 2 ) B. c(CO32
18、 ) C. c(H ) D. 碳酸钙的溶解度【答案】B【解析】碳酸钙饱和溶液存在 ，加入盐酸， c（H +）增大，消耗 CO32-， c（CO 32-）减小，平衡正向移动， c（Ca 2+）增大，碳酸钙溶解度增大，故 B 正确。18.已知反应： 3Cl 2 8NH3 6NH4Cl N2 ，下列分析正确的是（ ） （设阿伏伽德罗常数为 N A）A. 若 3mol Cl 2 反应，得到氧化产物 6molB. 若常温下生成 22.4L N 2，转移电子数 6N AC. 若转移 6mol 电子，被氧化的 NH 3 是 8molD. 若生成 1mol NH 4Cl 转移电子 n 个，则 N A=n【答案
19、】D【解析】【分析】根据反应 3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2可知：此反应中 3mol 氯气做氧化剂，被还原为 6molNH4Cl，得6mol 电子；而 8molNH3中有 2mol 氨气做还原剂，被氧化为 1mol 氮气，此过程中失去 6mol电子，即此反应转移 6mol 电子，【详解】A、氯气做氧化剂，被还原，得到的 NH4Cl 是还原产物，故 A 错误；B、在常温下，气体摩尔体积大于 22.4L，故生成的 22.4L 氮气的物质的量小于 1mol，则转移的电子书小于 6NA个，故 B 错误；C、当转移 6mol 电子时，参与反应的氨气为 8mol，但其中被氧化的是 2mol，故 C
20、 错误；D、此反应生成 6mol 氯化铵，转移 6mol 电子，故当生成 1mol 氯化铵时转移 1mol 电子即 NA个，故 D 正确。- 10 -故选：D。19.为分离乙醇、乙酸和乙酸乙酯的混合液，设计实验流程如下：有关该实验流程的叙述，错误的是（）A. b 溶液为硫酸 B. 液体 C 为乙酸C. 操作 I 需用分液漏斗 D. 操作 II 和操作 III 都是蒸馏【答案】B【解析】【分析】由流程可知，a 为饱和碳酸钠溶液，操作 I 为分液，液体 A 为乙酸乙酯，水层 B 中含乙酸钠、乙醇，操作为蒸馏，液体 C 为乙醇，b 将乙酸钠转化为乙酸，需要加入稳定的、不易挥发的强酸，操作为蒸馏，液体
21、 E 为乙酸。【详解】Ab 为不挥发性强酸，可为硫酸，故 A 正确；B由分析可知，液体 C 为乙醇，故 B 错误；C操作 I 为分液，需用分液漏斗，故 C 正确；D由分析可知，操作和操作都是蒸馏，故 D 正确；故选：B。20.某未知溶液中已检验出含有离子 Ca2+、NO 3 ，且 pH=2。欲检验此溶液中是否大量存在以下 6 种离子：ClO NH 4+ I -Fe 2+AlO 2 Cl ，其中不必检验就能排除的离子是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：pH=2，H +与 ClO、 AlO2 反应生成弱电解质，不能共存，因为 H+、NO 3具有强氧化性，能与 I、Fe 2+发生氧
22、化还原反应，所以 ClO、AlO 2 、I、Fe 2+不必检验就能排除，故B 项正确。考点：本题考查离子的检验、离子共存。- 11 -21.下表为元素周期表的一部分。碳 氮 YX 硫 Z回答下列问题(1)表中元素原子半径最大的是(写元素符号)_，Z 原子核外电子能量最高的电子亚层是_。(2)下列事实能说明 Y 元素的非金属性比 S 元素的非金属性强的是_aY 单质与 H2S 溶液反应，溶液变浑浊b在氧化还原反应中，1molY 单质比 1molS 得电子多cY 和 S 两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高(3)碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液显红色，请用离子方程式解释产生该现象的原因：_；在上
23、述红色的溶液中加入少许氯化钙固体，溶液颜色变浅，请用平衡理论解释产生该现象的原因_。(4)硫酸工业生产中接触室内发生的反应方程式为_；在实际生产中，操作温度选定 400500、压强通常采用常压的原因分别是_。【答案】 (1). Si (2). 3p (3). ac (4). CO32+H2O HCO3 + OH (5). Ca2+ + CO32 CaCO3，导致溶液中碳酸根离子浓度减少，水解平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减少，碱性减弱 (6). 2SO2 + O2 2SO3 (7). 催化剂在 400500时，活性最大，在常压下及 400500时，二氧化硫的转化率已经很高，若加压会增加设
24、备、投资和能量消耗。【解析】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，碳和 X 属于同一主族，则 X 为 Si，Y 和硫属于同一主族，则 Y 为 O，根据元素周期表的结构，即 Z 为 Cl， （1）依据电子层数越多半径越大，电子层数相等时，半径随着原子序数的增大而降低，因此原子半径最大的元素是 Si，Cl 的- 12 -电子排布式为 1s22s22p63s23p5，离核越远能量越高，以及 npns，即能量最高的电子亚层是3p；（2）a、发生 O22H 2S=2H2O2S，依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此推出 O 的非金属性强于 S，故 a 正确；b、非金属性的强弱，不能从得到电子多少进
25、行判断，故 b 错误；c、非金属性越强，其氢化物越稳定，因此 H2O 比 H2S 稳定，即 O 比 S 的非金属性强，故 c 正确；（3）滴入酚酞，溶液变红，说明溶液显碱性，CO 32 发生水解，即CO32 H 2O HCO3 OH ；加入 CaCl2，Ca 2 与 CO32 生成 CaCO3沉淀，促使平衡向逆反应方向移动，c(OH )降低，碱性减弱，颜色变浅；（4）接触室中是 SO2与 O2转化成 SO3，因此反应方程式为：2SO 2 + O2 2SO3；讲究成本问题，催化剂在 400500时，催化效率最大，在常压下及 400500时，二氧化硫的转化率已经很高，若加压会增加设备、投资和能量消
26、耗。点睛：本题易错点在问题（2）中的 b 项得失电子数目多少，不能判断金属性强弱还是非金属性强弱。22.某研究小组探究氨基甲酸铵（NH 2COONH4）分解的化学平衡和水解反应速率。（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于固定容积为 100mL 的密闭真空溶液 A 中，在恒定温度下使其达到分解 平衡。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度（） 20.0 25.0 30.0 35.0平衡气体总物质的量（mol）0.34 0.48 0.68 0.94氨基甲酸铵分解的化学方程式为 NH 2COONH4(s) 2NH 3(g)+CO2(g)，若 25.0时达到平衡所用时间为 8min，根据数据计算 NH
27、 3 的平均生成速率为_。可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是_。A. 2v(NH3)正 =v(CO2)逆B.密闭容器中总压强不变C. 密闭容器中混合气体的密度不变D. 密闭容器中氨气的体积分数不变（2）已知：NH 2COONH4+2H2O NH 4HCO3+NH3H2O。该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵 溶液测定水解反应速率，得到 c(NH 2COO-)随时间变化趋势如图所示。根据图中信- 13 -息，如何说明水解反应速率随温度升高而增大：_。（3）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义。工业合成氨常用的催化剂是_，氨分子的电子式是_。（4）如图是一定的温度和压强下时 N
28、2 和 H 2 反应生成 1molNH 3 过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式：_。 （热量 Q 的数值使用含字母 a、b 的代数式表示）（5）在催化剂存在下，NH 3 可用来消除 NO 的污染，生成两种对环境无害的物质。写出反应的化学方程式：_；该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是_。【答案】 (1). 0.4mol/(Lmin） (2). BC (3). 25反应物起始浓度较小，但 06min 的平均反应速率（曲线的斜率）仍比 15大 (4). 铁触媒 (5). (6). N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=+(b-a)kJmol1 (7). 4NH3+
29、6NO 5N2+6H2O (8). 2:3【解析】【分析】（1）化学反应速率 V=c/t根据化学平衡的标志来判断，正逆反应速率相同，各组分浓度保持不变及其衍生的各种关- 14 -系符合平衡标志；（2）由图象数据可以得出，用不同初始浓度，不同温度下的平均速率的大小来说明（3）工业合成氨常用的催化剂是铁触媒，氨分子中一个氮原子和三个氢原子形成三个氮氢共价键。（4）由图求出 N2和 H2反应生成 1molNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写解答；（5）在催化剂存在下，NH 3 可用来消除 NO 的污染，生成氮气和水。写出反应的化学方程式；该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比等于还原剂和氧
30、化剂之比。【详解】 （1）化学反应速率 V=c/t= =0.4mol/(Lmin） ；A、速率比不等于方程式计量数之比，故 A 不正确；B、该反应是气体体积增大的反应，故当容器内压强不变时，已达到平衡，故 B 正确；C、该反应是气体体积增大的反应，故当密闭容器中混合气体的密度不变，已达到平衡，故C 正确；D、因反应物（NH 2COONH4）是固体物质，所以密闭容器中 NH3的体积分数始终不变，为2/3故 D 不正确；故选：BC；（2）因 25反应物起始浓度较小，但 06min 的平均反应速率（曲线的斜率）仍比 15大（3）工业合成氨常用的催化剂是铁触媒，氨分子中一个氮原子和三个氢原子形成三个氮
31、氢共价键，氨分子的电子式是 。（4）由图可知，N 2和 H2反应生成 1molNH3放出的热量为（b-a）kJ，该反应的热化学反应方程式为 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=+(b-a)kJmol1 ；（5）在催化剂存在下，NH 3 可用来消除 NO 的污染，生成氮气和水。写出反应的化学方程式4NH3+6NO 5N2+6H2O；该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比等于还原剂和氧化剂之比，4：6=2：3。23.实验室为测定某工业纯碱（假设仅含 NaHCO 3 杂质）中 Na 2CO3 的质量分数，设计了以下四 中实验方案：方案一：样品 稀 硫 酸 测定生成二氧化碳的质量。采用下图装
32、置完成实验。- 15 -（1） B 中盛放的物质是_。若把分液漏斗中的稀硫酸换成盐酸，在其他操作正确的情况下，测定 的 Na 2CO3 的质量分数_（填“偏大” 、 “偏小”或“无影响” ） ，解释原因_。方案二：样品 加 热 测定剩余固体的质量，坩埚的质量为 m0，样品和坩埚的质量为 m1，反应结束后坩埚及剩余固体的质量为 m2。（2）移动坩埚的仪器是_；实验时需要重复“ 加热、冷却、称量” 操作多次，其目的是_；样品中碳酸钠的质量为_g（用 m0、 m1、 m2 表示） 。方案三：样品溶液 氢 氧 化钙 溶液 测定沉淀质量（3）实验步骤为：称量样品的质量加水溶解加氢氧化钙溶液，沉淀过滤（其
33、余步骤省略） 。在过 滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是_。如果步骤中使用 CaCl 2 溶液代替氢氧 化钙溶液作沉淀剂，在其他操作正确的情况下，测得的结果_ （填“偏大” 、 “偏小”或“无影响” ） 。【答案】 (1). 浓硫酸 (2). 偏小 (3). 盐酸具有挥发性， C 中的碱石灰既吸收生成的 CO2，还会吸收挥发出的 HCl 气体，使测定结果偏小 (4). 坩埚钳 (5). 加热至恒重，以保证碳酸氢钠全部分解 (6). m1 m0 (7). 取少量上清液，向其中继续滴加 Ca(OH) 2 溶液，若无沉淀生成，则已沉淀完全 (8). 无影响【解析】【分析】（1）根据碱石灰会吸收水分
34、和二氧化碳进行分析；盐酸具有挥发性，C 中的碱石灰既吸收生成的 CO2，还会吸收挥发出的 HCl 气体，使测定结果偏小.; （2）移动坩埚的仪器是坩埚钳；实验时需要重复“ 加热、冷却、称量” 操作多次，其目的是加热至恒重，以保证碳酸氢钠全部分解；根据反应方程式计算样品中碳酸钠的质量。- 16 -（3）检验是否沉淀完全，其操作是取少量上清液，向其中继续滴加 Ca(OH)2 溶液，若无沉淀生成，则已沉淀完全。若用氯化钙代替氢氧化钙，则氢氧化钙会与碳酸氢钠反应生成碳酸钙沉淀，则碳酸氢钠不产生沉淀，测定结果无影响。 。【详解】(1)碱石灰会吸收水分和二氧化碳，实验在用碱石灰吸收二氧化碳之前，需要将气体
35、干燥，B 中盛放的物质是浓硫酸；盐酸具有挥发性，C 中的碱石灰既吸收生成的 CO2，还会吸收挥发出的 HCl 气体，使测定结果偏小.（2）为防止烫伤，移动坩埚的仪器是坩埚钳；实验时需要重复“ 加热、冷却、称量” 操作多次，其目的是加热至恒重，以保证碳酸氢钠全部分解；坩埚的质量为 m0，样品和坩埚的质量为 m1，样品质量 m1-m0，反应结束后坩埚及剩余固体的质量为 m2。反应前后质量差是水和二氧化碳的质量， m1-m2，坩埚中发生反应的化学方程式为：2NaHCO 3 Na2CO3+CO2+H 2O168 62m(NaHCO3) m1-m2样品中碳酸氢钠的质量为 168（ m1-m2）/62 g
36、，样品中碳酸钠的质量为（ m1-m0）-168（ m1-m2）/62=（ m1-m0）-84（ m1-m2）/31.（3）检验是否沉淀完全，其操作是取少量上清液，向其中继续滴加 Ca(OH)2 溶液，若无沉淀生成，则已沉淀完全。氢氧化钙会与碳酸氢钠反应生成碳酸钙沉淀，则沉淀的质量变大，所以碳酸钠的质量偏高，若用氯化钙代替氢氧化钙，则碳酸氢钠不产生沉淀，测定结果无影响。24.已知：（1）B 和 A 为同系物，B 的结构简式为_，其含有的官能团名称为_。（2）反应的化学方程式为_，其反应类型为_。- 17 -（3）写出检验 C 3H5Cl 中含有 Cl 原子的方法_。（4）C 的结构简式为_。（5
37、）反应的化学方程式为_。（6） 设计一条由乙烯为原料制备 D 的合成路线（其他无机原料任选） 。合成路线流程图示例如下：_【答案】 (1). CH2=CHCH3 (2). 碳碳双键 (3). CH2=CH2+H2O CH3CH2OH (4). 加成反应 (5). 加入氢氧化钠溶液，加热，冷却后加入稀硝酸中和，再加入硝酸银溶液，如果出现白色沉淀，证明有 Cl 原子。 (6). HOOCCOOH (7). CH2=CHCH2Cl+NaOH CH2=CHCH2OH +NaCl (8). 【解析】【分析】由于 B 与氯气反应产物为 C3H5Cl，该反应为取代反应，故 B 分子式为 C3H6，可知 B
38、中含有一个不饱和键，根据分子式可推知 B 为丙烯，A 与 B 为同系物，发生加成以后分子式为 C2H6O，故 A 为乙烯，C 为 HOOCCOOH；【详解】 （1）由于 B 与氯气反应产物为 C3H5Cl，该反应为取代反应，故 B 分子式为 C3H6，可知 B 中含有一个不饱和键，根据分子式可推知 B 为丙烯，含有官能团为碳碳双键；（2）A 与 B 为同系物，发生加成以后分子式为 C2H6O，故为乙烯，化学方程式为：；其反应类型为加成反应；（3）写出检验 C 3H5Cl 中含有 Cl 原子的方法：加入氢氧化钠溶液，加热，冷却后加入稀硝酸中和，再加入硝酸银溶液，如果出现白色沉淀，证明有 Cl 原子。（4）C 的结构简式为 HOOCCOOH ；（5）反应的化学方程式为 CH2=CHCH2Cl+NaOH CH2=CHCH2OH +NaCl；（6） 设计一条由乙烯为原料制备 D 的合成路线- 18 -。【点睛】有机推断和合成，难点：合成路线的设计，利用乙烯与水加成生成乙醇，再利用信息提供的乙烯与溴加成生成二卤代烃，水解后生成乙二醇，氧化成乙二酸，从而合酯。
