上海市虹口区2019届高三化学下学期二模考试试题（含解析）.docx

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