上海市虹口区2019届高三化学下学期二模考试试题（含解析）.doc

上海市虹口区2019届高三化学下学期二模考试试题（含解析）相对原子质量：h-1 c-12 o-16 al-27 cl-35.5 cu-64一、 选择题(本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项)1.4019x、4018z、4019q、4020r+、4120m 5种微粒，所属元素的种类有a. 2种b. 3种c. 4种d. 5种【答案】b【解析】【详解】4019x、4019q的质子数相同，所以是同一元素；4020r2+、4120m的质子数相同，所以是同一元素， 4120m是原子， 4020r2+是离子；4018z是质子数为18的元素；所以共有3种元素，质子数分别为18、19、20，故选b。【点睛】掌握和理解元素的概念是解题的关键。具有相同核电荷数(即质子数)的同一类原子的总称叫元素，是否为同种元素，主要看质子数是否相同。2.氮气常用作白炽灯泡中钨丝的保护气，这是因为a. 氮气比空气轻b. 氮气难溶于水c. 氮气是无色无味的气体d. 氮气很不活泼【答案】d【解析】【详解】a氮气密度与空气相近，故a错误； b氮气作保护气与氮气的溶解性无关，故b错误；c氨气作保护气与氮气的颜色、气味无关，故c错误；d氮气的性质不活泼，一般条件下不和其它物质反应，因此可以氮气作保护气，故d正确；答案选d。3.下列物质属于分子晶体的是a. naohb. sio2c. h2od. na【答案】c【解析】【详解】a、naoh晶体是由钠离子和氢氧根离子组成的离子晶体，故a错误； b二氧化硅是原子构成的，通过共价键形成空间网状结构，属于原子晶体，故b错误；c、冰是由h2o分子通过分子间作用力构成的分子晶体，故c正确；dna为金属单质，是钠离子和自由电子形成的金属晶体，故d错误；答案选c。4.下列变化中既有化学键断裂又有化学键形成，且断键能量大于成键能量的是a. 酒精燃烧b. 碳酸钙分解c. 干冰升华d. 氨气液化【答案】b【解析】【分析】既有化学键断裂又有化学键形成，且断键能量大于成键能量，表示该变化属于化学变化，且是吸热反应，据此分析判断。【详解】a酒精燃烧，属于化学变化，但属于放热反应，故a错误；b碳酸钙分解是化学变化，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，该反应属于吸热反应，故b正确；c干冰升华，属于物理变化，不存在化学键的断裂和形成，故c错误；d氨气液化，属于物理变化，不存在化学键的断裂和形成，故d错误；答案选b。【点睛】解答本题的关键是理解题意，要知道断键需要吸收能量，成键需要放出能量，断键能量大于成键能量，说明属于吸热反应。5.能证明氯化氢内部化学键是共价键的事实是a. 氯化氢极易溶于水b. 氯化氢是无色气体c. 液态氯化氢不能导电d. 氯化氢水溶液显酸性【答案】c【解析】【详解】共价键在熔融状态下是不能断键的，而离子键在熔融状态下可以断键，电离出阴阳离子，所以共价化合物在熔融状态下不能导电，但离子化合物在熔融状态下可以导电，液态氯化氢不能导电，说明氯化氢的构成微粒为分子，能够证明氯化氢中含有共价键；不能根据溶解性、气体的颜色等判断；在水分子作用下，物质中破坏的键可能是共价键，也可能是离子键，也不能根据溶液的性质判断，故选c。6.下列物质的分离原理与溶解度有关的是a. 蒸馏b. 过滤c. 升华d. 萃取【答案】d【解析】【详解】a蒸馏是利用物质的沸点不同分离的，与溶解度无关，故a不选；b过滤是利用微粒直径的大小不同，液体可通过滤纸，固体不能，与溶解度无关，故b不选；c升华与物质熔沸点有关，加热转化为气态可分离混合物，故c不选；d萃取是利用溶质在有机溶剂中的溶解度较大而进行分离，与物质在溶剂中的溶解度有关，故d选；答案选d。7.下列物质对水的电离平衡没有影响的是a. naib. kfc. kal(so4)2d. nahso4【答案】a【解析】【详解】水的电离h2oh+oh-，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离。anai为强电解质，在溶液中电离出钠离子和碘离子，这两种离子都不水解，对水的电离平衡无影响，故a正确；bkf电离出的f-为弱酸根，在溶液中水解，对水的电离有促进作用，故b错误；ckal(so4)2溶液能电离出硫酸根、钾离子和铝离子，铝离子在溶液中能水解，对水的电离起促进作用，故c错误；dnahso4溶液能电离出氢离子，溶液显强酸性，对水的电离有抑制作用，故d错误；答案选a。【点睛】本题的易错点为ab，要注意氢卤酸的强弱，在氢卤酸中只有氢氟酸是弱酸，其余的氢卤酸都是强酸。8.下列装置不能达到除杂目的(括号内为杂质)的是 溴水 a乙烷(乙烯)b苯(甲苯)c乙酸乙酯(na2co3) d水(nacl)a. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】【详解】a乙烯可与溴水发生加成反应，而乙烷不反应，则除去乙烷中的乙烯，可用溴水洗气，故a正确；b苯和甲苯混溶，不能用分液的方法分离，故b错误；c碳酸钠不溶于乙酸乙酯，可过滤分离，故c正确；d从氯化钠溶液中除去氯化钠，可用蒸馏的方法将水蒸馏出来，达到分离目的，故d正确。答案选b。【点睛】本题的易错点为c，要注意题中是碳酸钠，而不是碳酸钠溶液，如果是碳酸钠溶液，应该选用分液的方法分离。9.一定浓度的盐酸分别与等体积的naoh溶液和氨水反应，恰好中和，消耗的盐酸体积相同，则naoh溶液与氨水a. oh浓度相等b. ph相等c. 电离度相等d. 物质的量浓度相等【答案】d【解析】【详解】盐酸为一元酸，氢氧化钠和氨水均为一元碱，hcl+naoh=nacl+h2o、hcl+nh3h2o= nh4cl+h2o，等体积的naoh溶液和氨水反应消耗的盐酸的浓度和体积相同，即消耗的盐酸的物质的量相等，则氢氧化钠溶液和氨水中碱的物质的量相等，根据n=cv，则氢氧化钠溶液和氨水的物质的量浓度相等，故选d。10.在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束，剩余的固体能被磁铁吸引，则反应后溶液中大量存在的阳离子是a. fe2+b. fe3+c. cu2+d. h+【答案】a【解析】【详解】在氯化铁、氯化铜和盐酸混和溶液中加入铁粉，分别发生：fe+2fe3+=2fe2+、fe+2h+=fe2+h2、fe+cu2+=fe2+cu，待反应结束，剩余的固体能被磁铁吸引，说明铁粉有剩余，则溶液中存在的离子为fe2+，故选a。【点睛】解答本题可以采用逐项排除的方法，反应结束，剩余的固体能被磁铁吸引，说明铁粉有剩余，其中铁能够与fe3+、cu2+ 、h+反应，即fe3+、cu2+、h+都不能大量存在。11.向bacl2溶液中通入so2至饱和，此过程看不到现象，再向溶液中加入一种物质，溶液变浑浊，加入的这种物质不可能是a. cl2b. nh3c. co2d. h2s【答案】c【解析】【详解】aso2具有还原性，能被氯气氧化为so42-离子，所以再向溶液中加入氯气，生成baso4白色沉淀，故a不选；b氨气具有碱性，与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与钡离子反应生成亚硫酸钡白色沉淀，故b不选；c二氧化碳、二氧化硫与氯化钡均不反应，不能生成沉淀，故c选；dso2具有氧化性，能够h2s反应生成硫沉淀，故d不选；答案选c。12.下列有机物的命名不正确的是a. 3乙基1丁炔b. 3甲基2丁醇c. 3甲基2戊烯d. 2,2二甲基丁烷【答案】a【解析】【详解】a、3-乙基-1-丁炔，选取含碳碳三键在内的最长碳链为主碳链，从离碳碳三键近的一定编号，名称中主碳链不是最长碳链，应该是3-甲基-1-戊炔，故a错误； b、3-甲基-2-丁醇，选取含羟基在内的最长碳链为主链，从离羟基近的一端编号，名称符合命名原则，故b正确； c、3-甲基-2-戊烯，选取含碳碳双键在内的最长碳链为主链，从离碳碳双键近的一端编号，名称符合命名原则，故c正确；d、2，2-二甲基丁烷，主链为四个碳原子，从离取代基近的一端编号，名称符合命名原则，故d正确；答案选a。【点睛】掌握有机物的命名方法是解题的关键。解答本题可以首先按照题意选项书写出对应物质的结构简式，然后按照命名方法，重新命名，再对比原来的名称是否正确。13.下列事实能用勒夏特列原理解释的是a. 加催化剂有利于氨的催化氧化反应b. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气c. 500左右比室温更有利于合成氨的反应d. 压缩h2(g)、i2(g)、hi(g)平衡体系，体系颜色加深【答案】b【解析】【详解】a、使用催化剂，缩短到达平衡的时间，不影响平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故a不选；b、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，cl2+h2oclo-+2h+cl-，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，故b选；c合成氨的反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500左右比室温合成氨的反应速率更快，不能用平衡移动原理解释，故c不选；d、h2(g)+i2(g)2hi(g)是一个反应恰好气体物质的量不变的反应，压缩容器体积后，各组分的浓度都变大，颜色加深，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故d不选；答案选b。14.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是a. 1.0 mol/l 的kno3溶液：h、fe2、cl、so42b. 甲基橙呈红色的溶液：nh4+、ba2、alo2、clc. ph12的溶液：k、na、ch3coo、brd. 使kscn显血红色的溶液：nh4+、mg2+、i、cl【答案】c【解析】【详解】ah+、fe2+、no3-之间能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故a错误；b甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，h+与alo2-能够反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故b错误；cph=12的溶液显碱性，oh与k、na、ch3coo、br不反应，且k、na、ch3coo、br离子之间也不反应，可大量共存，故c正确；d加kscn显红色的溶液中含fe3+，fe3+、i-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故d错误；答案选c。15.根据能量关系图，下列分析正确的是a. 该反应是吸热反应b. 曲线a的热效应大c. 该反应的热化学方程式为：4hcl + o2 2cl2 +2h2o + 115.6 kjd. 若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6kj【答案】d【解析】【详解】a、根据图像，反应物的能量比生成物能量高，所以该反应为放热反应，故a错误；b、依据图像，反应物的能量比生成物能量高，所以该反应为放热反应，h=生成物总能量 -反应物总能量，与反应的途径无关，曲线a、b的热效应相同，故b错误；c、热化学方程式中需要注明物质的状态，h=生成物总能量 -反应物总能量，则反应的热化学方程式为：4hcl(g)+o2(g)2cl2+2h2o(g)+115.6kj，故c错误；d、该反应的热化学方程式为：4hcl(g)+o2(g)2cl2+2h2o(g)+115.6kj，又气态水变成液态水还要放热，所以若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6kj，故d正确；答案选d。16.如图可设计成多种用途的电化学装置，下列说法错误的是a. a与电源正极相连时，铜做阳极b. a和b用导线连接时，锌做负极c. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：2h+2e -=h2d. a与电源正极相连可以保护锌片，称为牺牲阳极的阴极保护法【答案】d【解析】【详解】aa与电源正极相连，则该装置是电解池，因此铜为阳极，故a正确；ba和b用导线连接，该装置是原电池，锌作负极，铜作正极，故b正确；ca和b用导线连接，该装置是原电池，锌作负极，铜作正极，铜片上发生的反应为：2h+2e-=h2，故c正确；da与电源正极相连，该装置是电解池，则铜为阳极，锌为阴极，可以保护锌被腐蚀，这叫外接电源的阴极保护法，故d错误；答案选d。17.下列离子方程式书写正确的是a. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：so42 + ba2+ baso4b. 盐酸中加入少量碳酸钙固体：co32 + 2h+ co2+ h2oc. 向氯化亚铁溶液中通入氯气：fe2+cl2 fe3+2cld. 用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化碳：2oh +co2 co32+h2o【答案】d【解析】【详解】a硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应的离子反应为cu2+2oh-+so42-+ba2+ baso4+cu(oh)2，故a错误；b碳酸钙难溶于水，碳酸钙与盐酸反应的离子反应为caco3+2h+h2o+co2+ca2+，故b错误；c向氯化亚铁溶液中通入氯气的离子反应为2fe2+cl2=2fe3+2cl-，故c错误；d氢氧化钠溶液吸收少量二氧化碳，反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：2oh-+co2=co32-+h2o，故d正确；答案选d。18.以下物质的制备用错实验装置的是a乙烯的制取b乙酸乙酯的制备c乙酸丁酯的制备d乙炔的制取a. ab. bc. cd. d【答案】c【解析】a乙醇与浓硫酸加热，170下发生消去反应生成不溶于水的乙烯，温度计测定反应液的温度，a正确；b乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，可水浴加热，图中装置合理，b正确；c乙酸丁酯的沸点超过100，不能用水浴加热，图中加热方式不合理，c错误；d碳化钙与水反应生成不溶于水的乙炔，图中固液反应及收集法均合理，d正确；答案选c。点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的制备实验、实验装置的作用、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物的制备实验评价性分析。选项b和c是易错点。19.以下是我国化工专家侯德榜发明的联合制碱法简要流程：关于此流程说法正确的是a. 副产品y是nh4hco3b. 向母液中通入的气体x是co2c. 循环ii是为了提高食盐的利用率d. 析出nahco3后的母液中只含nh4cl【答案】c【解析】【详解】在联合制碱法中，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晶体，再煅烧制得纯碱产品，放出的二氧化碳气体可回收循环使用；其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，结合流程图，循环ii的物质应该为氯化钠溶液，因此向含有氯化铵和氯化钠的滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气(x)，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品(y)，根据上述分析，副产品y是nh4cl，向母液中通入的气体x是nh3，循环ii的物质应该为氯化钠溶液，可以提高食盐的利用率，析出nahco3后的母液中含有氯化铵和氯化钠，只有c正确，故选c。20.na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是a. 标准状况下，22.4 l氩气约含2 na个氩原子b. 14 g乙烯和丙烯混合气体中含有2 na个氢原子c. 标准状况下，2.24 l ccl4含有0.4 na根共价键d. 100时，1 l ph = 6的纯水中，含有的oh数目为110-8 na【答案】b【解析】【详解】a、标况下22.4l氩气的物质的量为1mol，氩气为单原子分子，故1mol氩气中含na个原子，故a错误；b、乙烯和丙烯的最简式均为ch2，故14g混合物中含有的ch2的物质的量为1mol，则含2na个h原子，故b正确；c、标准状况下，四氯化碳不是气体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故c错误；d、100时，ph=6的纯水中氢离子浓度为110-6mol/l，1l该纯水中含有110-6mol氢离子，含有的氢氧根离子浓度也是110-6mol，含有的oh-数目为110-6na，故d错误；答案选b。【点睛】本题的易错点为d，根据水的电离方程式，h2oh+oh-，纯水中氢离子与氢氧根离子浓度相等。二、 综合题21.中科大研制出ni-mo-o纳米棒复合催化剂，利用其进行尿素电解，可实现富尿素废水的净化，同时低能耗制得h2。总反应为：co(nh2)2 + h2o3h2 + n2 + co2。完成下列填空：(1)上述反应涉及的元素中，质子数最多的原子其核外电子排布式是_；写出同周期元素的原子半径大小关系_(用元素符号表示)。(2)上述反应物与产物中，属于电解质的是_(填化学式)；写出可以冷冻待移植器官的物质的电子式_。(3)c与n的非金属性强弱顺序为_(用元素符号表示)，用一个化学方程式进行证明_。(4)已知常压下，二氧化硅熔点为1723，而干冰在-78.5时就升华，解释二者性质差异大的原因_。(5)电解富尿素废水时，氢气在_极产生。若转移0.3 mol电子，两极产生的气体共_l(标准状况)。【答案】 (1). 1s22s22p4 (2). cno (3). h2o (4). (5). nc (6). hno3 + nahco3 =nano3 + h2o + co2 (7). co2是分子晶体，熔化时需要克服分子间作用力，sio2是原子晶体，熔化时需要克服的是共价键，所以两者之间的熔沸点差异很大 (8). 阴 (9). 5.6【解析】【分析】(1) co(nh2)2 + h2o3h2 + n2 + co2反应涉及的元素中，质子数最多的是o元素，同周期元素有c、n、o，结合原子核外电子的排布规律和元素周期律解答；(2) 根据电解质的概念和物质的用途分析解答；(3) 同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，比较元素的非金属性，可以利用最高价含氧酸的酸性强弱等依据分析解答；(4) co2是分子晶体，sio2是原子晶体，据此分析解答；(5)电解富尿素废水制h2，根据总反应为co(nh2)2+h2o3h2+n2+co2，阴极的电极反应：2h2o+2e-=h2+2oh-，阳极的电极反应：co(nh2)2-6e-+6oh-=n2+co2+5h2o，据此分析解答。【详解】(1) co(nh2)2 + h2o3h2 + n2 + co2反应涉及的元素中，质子数最多的是o元素，其核外电子排布式为1s22s22p4；反应涉及的元素中，同周期元素有c、n、o，同一周期自左而右，原子半径逐渐减小，原子半径cno，故答案为：1s22s22p4；cno；(2) co(nh2)2 + h2o3h2 + n2 + co2，反应物与产物中，属于电解质的有h2o；液氮可以用作冷冻剂，其电子式为，故答案为：h2o；(3) 同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，非金属性nc，比较元素的非金属性，可以利用硝酸与碳酸盐可以反应生成碳酸(二氧化碳和水)证明，如hno3 + nahco3 = nano3 + h2o + co2，故答案为：nc；hno3 + nahco3 =nano3 + h2o + co2(其他合理答案均可)；(4) co2是分子晶体，熔化时需要克服分子间作用力，sio2是原子晶体，熔化时需要克服的是共价键，所以二氧化硅熔点为1723，而干冰在-78.5时就升华，两者之间的熔沸点差异很大，故答案为：co2是分子晶体，熔化时需要克服分子间作用力，sio2是原子晶体，熔化时需要克服的是共价键，所以两者之间的熔沸点差异很大；(5)电解富尿素废水制h2，总反应为co(nh2)2+h2o3h2+n2+co2，在阴极上放出氢气，电极反应：2h2o+2e-=h2+2oh-，放出氮气的电极为阳极，电极反应：co(nh2)2-6e-+6oh-=n2+co2+5h2o，若转移0.3 mol电子，阴极产生0.15mol氢气，阳极产生0.05mol氮气和0.05mol二氧化碳，两极产生的气体共0.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol22.4l/mol =5.6l，故答案为：阴；5.6。22.铝是一种轻金属，被称为金属界的“万金油”，应用范围极为广阔。含铝的化合物如氧化铝、氢氧化铝等在工业上用途十分广泛。完成下列填空：(1)铝是活泼金属，在干燥空气中铝的表面立即形成厚约5 nm的致密氧化膜，写出除去氧化膜的一种方法_(用方程式表示)。(2)氢氧化铝是用量最大、应用最广的无机阻燃添加剂，解释氢氧化铝能做阻燃剂的原因_(用方程式说明)；写出al(oh)3的电离方程式_。 (3)明矾(kal(so4)212h2o)的水溶液呈_性(选填“酸”、“碱”或“中”)，溶液中离子浓度大小顺序为_。将明矾溶液与小苏打溶液混合会产生白色沉淀和气体，请用平衡移动原理解释该现象。_(4)碳热还原氯化法从铝土矿中炼铝具有步骤简单、原料利用率高等优点，其原理如下： al2o3(s) + alcl3(g) + 3c(s) 3alcl(g) + 3co(g) 1486 kj 3alcl(g) 2al(l) + alcl3(g) + 140 kj 写出反应的化学平衡常数表达式k=_，升高温度，k_(填增大、减小、不变)。 写出反应达到平衡状态的一个标志_；结合反应、进行分析，alcl3在炼铝过程中的作用可以看作_。 将1mol氧化铝与3mol焦炭的混合物加入2l反应容器中，加入2mol alcl3气体，在高温下发生反应。若5min后气体总质量增加了27.6g，则alcl的化学反应速率为_ mol/(lmin)。【答案】 (1). al2o3 + 6hcl =2alcl3 + 3h2o或al2o3 + 2naoh=2naalo2 + h2o (2). 2al(oh)3al2o3 + 3h2o (3). al3+ + 3oh-al(oh)3h+alo2- + h2o (4). 酸 (5). c(so42-)c(k+)c(al3+)c(h+)c(oh-) (6). 铝离子水解呈酸性，al3+ + h2oal(oh)3+3h+，碳酸氢根水解呈碱性hco3- + h2oh2co3 + oh-，两者水解相互促进，平衡向右进行，因此出现沉淀与气体 (7). (8). 增大 (9). 压强不变(合理即可) (10). 催化剂 (11). 0.06【解析】【分析】(1)氧化铝属于两性氧化物，可以与盐酸，也可以与氢氧化钠反应；(2) 氢氧化铝分解吸热，生成的氧化铝覆盖在可燃物表面，起到阻燃作用；氢氧化铝是两性氢氧化物；(3)明矾电离出的铝离子能够水解呈酸性，碳酸氢根水解呈碱性，两者水解相互促进；(4) 根据化学平衡常数表达式书写k的表达式；该反应为吸热反应，结合平衡移动的影响因素分析判断；根据平衡状态的特征和标志分析解答；将反应+反应得：al2o3(s) + 3c(s) 3co(g) +2al(l)，据此分析判断alcl3的作用；al2o3(s) + alcl3(g) + 3c(s) 3alcl(g) + 3co(g) 属于气体质量的增加的反应，结合气体总质量的增加量计算出alcl的物质的量，再结合化学反应速率=计算。【详解】(1)氧化铝属于两性氧化物，可以用盐酸，也可以用氢氧化钠除去铝片表面的氧化膜，反应方程式为al2o3 + 6hcl =2alcl3 + 3h2o或al2o3 + 2naoh=2naalo2 + h2o，故答案为：al2o3 + 6hcl =2alcl3 + 3h2o或al2o3 + 2naoh=2naalo2 + h2o；(2) 氢氧化铝受热分解吸热，同时生成的氧化铝熔点高，覆盖在可燃物表面，起到阻燃作用，氢氧化铝分解的方程式为2al(oh)3al2o3 + 3h2o，氢氧化铝是两性氢氧化物，电离方程式为al3+ + 3oh-al(oh)3h+alo2- + h2o，故答案为：2al(oh)3al2o3 + 3h2o；al3+ + 3oh-al(oh)3h+alo2- + h2o；(3)明矾(kal(so4)212h2o)属于强酸弱碱盐，铝离子水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小顺序为c(so42-)c(k+)c(al3+)c(h+)c(oh-)。将明矾溶液与小苏打溶液混合会产生白色沉淀和气体，是因为铝离子水解呈酸性，al3+ + h2oal(oh)3+3h+，碳酸氢根水解呈碱性hco3- + h2oh2co3 + oh-，两者水解相互促进，平衡向右进行，因此出现沉淀与气体，故答案为：酸；c(so42-)c(k+)c(al3+)c(h+)c(oh-)；铝离子水解呈酸性，al3+ + h2oal(oh)3+3h+，碳酸氢根水解呈碱性hco3- + h2oh2co3 + oh-，两者水解相互促进，平衡向右进行，因此出现沉淀与气体；(4) 反应.al2o3(s) + alcl3(g) + 3c(s) 3alcl(g) + 3co(g) 1486 kj的化学平衡常数表达式k=，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，k增大，故答案为：；增大； 反应达到平衡状态时，各种气体的物质的量浓度不变，气体的压强不变等；反应+反应得：al2o3(s) + 3c(s) 3co(g) +2al(l) 1346 kj，说明alcl3在炼铝过程中是催化剂，故答案为：压强不变(合理答案均可)；催化剂；设生成的alcl的物质的量为x，al2o3(s) + alcl3(g) + 3c(s) 3alcl(g) + 3co(g) 气体质量的增加量 3mol 138g x 27.6g则=，解得：x=0.6mol，则alcl的化学反应速率=0.06mol/(lmin)，故答案为：0.06。23.化合物m()是一种重要的有机合成中间体，其合成路线如下所示。完成下列填空：(1)反应的反应类型是_；反应所需的试剂与条件可以是_。(2)写出b的结构简式：_(3)写出c、醋酸与浓硫酸共热时发生酯化反应的化学方程式：_。(4)检验m中是否含有e的实验方法是_。(5)写出一种满足下列要求的m的同分异构体的结构简式_。i含有叔丁基-c(ch3)3 ii能发生银镜反应iii分子中只含有两种不同化学环境的氢原子(6)a与溴的四氯化碳溶液反应可得到x()，写出以x为原料合成甲基丙烯醛()的合成路线_。(合成路线常用的表示方式为：甲乙目标产物)【答案】 (1). 加成 (2). cu、o2加热 (3). (4). ch3cooh+h2o (5). 取样，加入溴的四氯化碳溶液，溴的颜色不褪去，说明m中不含有e (6). (7). 【解析】【分析】结合a、b的分子式可知，a与苯酚发生加成反应生成b，结合c的结构可知，b为；b发生苯环上的加成反应生成c，c中的醇羟基发生氧化反应生成d，d经过一系列反应生成e，e氧化生成m()，据此结合官能团的性质和转化关系分析解答。【详解】(1)根据上述分析，反应是a与苯酚发生加成反应生成b；反应为醇羟基的氧化，所需的试剂与条件可以是cu、o2加热，故答案为：加成；cu、o2加热；(2)根据上述分析，b为，故答案为：；(3)c()、醋酸与浓硫酸共热时发生酯化反应的化学方程式为ch3cooh+h2o，故答案为：ch3cooh+h2o；(4) e()中含有碳碳双键，m()中含有醛基，因此检验m中是否含有e可以使用溴的四氯化碳溶液检验碳碳双键，方法为：取样，加入溴的四氯化碳溶液，溴的颜色不褪去，说明m中不含有e，故答案为：取样，加入溴的四氯化碳溶液，溴的颜色不褪去，说明m中不含有e；(5) m()的一种同分异构体满足：i含有叔丁基-c(ch3)3；ii能发生银镜反应，说明含有醛基；iii分子中只含有两种不同化学环境的氢原子，满足条件的结构为，故答案为：；(6)a()与溴的四氯化碳溶液反应可得到x()，以x为原料合成甲基丙烯醛()，可以将x中的溴原子水解，水解后得到，再将氧化得到，最后将羟基消去即可，合成路线为： ，故答案为： 。【点睛】本题的易错点为(4)，e()中含有碳碳双键，m()中含有醛基，因此检验m中是否含有e只能用溴的四氯化碳溶液，不能使用酸性高锰酸钾溶液或溴水。24.氯化亚铜(cucl)在生产中广泛用作催化剂、杀菌剂、脱色剂。某兴趣小组采用加热分解氯化铜晶体(cucl2xh2o)的方法制备cucl，其装置如下(夹持仪器省略)。已知：完成下列填空：(1)在实验过程中，可以观察到c中试纸的颜色变化是_。(2)实验过程中需要全程通入干燥的hcl，其