贵州省安顺市达标名校2018年高考四月质量检测化学试题

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）

1．下列物质属于碱的是

A．CH3OH B．Cu2(OH)2CO3 C．NH3·H2O D．Na2CO3

2．化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是

A．SO2和NO2是主要的大气污染物

B．大气中的SO2和CO2溶于水形成酸雨

C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染

D．对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法

3．25 ℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下表所示。下列说法正确的是（ ）

A．NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式为H2O+CO2+CN-=HCO3-+HCN

B．向稀醋酸溶液中加少量水，增大

C．等物质的量浓度的Na2CO3溶液pH比NaHCO3溶液小

D．等体积等物质的量浓度的NaCN溶液和HCN溶液混合后溶液呈酸性

4．在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：

①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0平衡常数K1

②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H2<0 平衡常数K2

10分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)。下列说法不正确的是（ ）

A．反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数为

B．平衡后c(Cl2)=2.5×10-2mol/L

C．其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大

D．平衡时NO2的转化率为50％

5．下列物质中，按只有氧化性，只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是

A．Cl2、Al、H2 B．F2、K、HCl

C．NO2、Na、Br2 D．HNO3、SO2、H2O

6．某科研团队研究将磷钨酸(H3PW12O40，以下简称HPW)代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW负载量的关系(温度：120℃，时间：2h)如图所示，下列说法不正确的是

A．与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能

B．当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高

C．用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足

D．不同催化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反应正向进行的程度

7．如图是H3AsO4水溶液中含砷的各物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系。下列说法错误的是

A．NaH2AsO4溶液呈酸性

B．向NaH2AsO4溶液滴加 NaOH 溶液过程中，先增加后减少

C．H3AsO4和HAsO42-在溶液中不能大量共存

D．Ka3( H3AsO 4) 的数量级为10-12

8．下列说法正确的是

A．纺织品上的油污可以用烧碱溶液清洗

B．用钢瓶储存液氯或浓硫酸

C．H2、D2、T2互为同位素

D．葡萄糖溶液和淀粉溶液都可产生丁达尔效应

9．时，及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是( )

A．溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为

B．当溶液恰好呈中性时: c(Na+)>c(HSO3-)+c(SO32-)

C．向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水，的值增大

D．向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，减小

10．我国政府为了消除碘缺乏病，在食盐中均加入一定量的“碘”。下列关于“碘盐”的说法中错误的是

A．“碘盐”就是NaI

B．“碘盐”就是适量的碘酸钾(KIO3)与食盐的混合物

C．“碘盐”应保存在阴凉处

D．使用“碘盐”时，切忌高温煎炒

11．零族元素难以形成化合物的本质原因是

A．它们都是惰性元素 B．它们的化学性质不活泼

C．它们都以单原子分子形式存在 D．它们的原子的电子层结构均为稳定结构

12．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（　　）

A．SSO2BaSO4

B．SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）

C．MgCl2•6H2OMgCl2Mg

D．N2NO2HNO3

13．X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素。元素W 分别与元素 X、Y、Z 结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。反应②是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装。上述物质有如图所示的转化关系：

下列说法错误的是

A．甲是易液化气体，常用作致冷剂

B．可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染

C．甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物

D．丁是一种红棕色气体，是大气主要污染物之一

14．稀土元素铥(Tm)广泛用于高强度发光电源。有关它的说法正确的是(　　)

A．质子数为 69 B．电子数为 100

C．相对原子质量为 169 D．质量数为 238

15．在氯酸钾分解的实验研究中，某同学进行了系列实验并记录如下，相关分析正确的是

A．实验①、②、③说明M加快了气体产生的速率

B．实验①、②、④说明加入M后，在较低温度下反应就可以发生

C．实验②、③说明固体M的加入增加了气体产生的量

D．固体M是氯酸钾分解的催化剂

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物） 为原料制备Mg CO3·3H2O。实验过程如下：

（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为：

MgCO3（s）+2H+（aq）=Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O ∆H = -50.4kJ·mol-1

Mg2SiO4（s） +4 H+（aq）=2 Mg2+（aq） +H2SiO3（s） + H2O（l） ∆H =-225.4kJ··mol-1

向Mg2SiO4悬浊液中通入CO2析出H2SiO3的热化学方程式为__________，该反应能正向进行的热力学原因是_________。该反应的平衡常数表达式为__________。

（2）对氧化后的溶液，加入萃取剂磷酸二异辛酯（C16H35O4P）的煤油溶液，并调节pH为1.4~4.3，萃取剂的体积约为水溶液的0.5倍，充分振荡、静止、分层（上层为含三价铁的有机层），分液。向分液得到的有机层加硫酸反萃取得到硫酸铁溶液，从而与有机层分离。萃取反应为：Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）=2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）

①提高萃取效率的措施有__________。

A 适当提高萃取剂的浓度 B 适当提高溶液酸度

C 充分振荡，多次萃取 D 不断地从下层排除出有机层

②在反萃取中加硫酸的作用是___________。

（3）萃取后的水溶液制备Mg CO3·3H2O的实验方案：滴加氨水调节溶液的pH在一定范围内，过滤。向滤液中滴加Na2 CO3溶液，搅拌、静置、过滤，用水洗涤固体2~3次，在50℃下干燥，得到Mg CO3·3H2O。[已知该溶液中pH=8.5时Mg（OH）2开始沉淀；pH=5.0时Al（OH）3沉淀完全]。

①调节溶液pH的范围____________。

②判断向滤液中滴加Na2CO3溶液过量的方法__________。

（4）从废渣制备Mg CO3·3H2O的整体实验方案看，酸溶时所加H2SO4不宜过量太多的原因是_________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．M是一种常用于缓解哮喘等肺部疾病的新型药物，一种合成路线如图：

已知：RX+ +HX。请回答：

（1）化合物D中官能团的名称为______。

（2）化合物C的结构简式为______。

（3）①和④的反应类型分别为______，______。

（4）反应⑥的化学方程式为______。

（5）下列说法正确的是______。

A．化合物B能发生消去反应

B．化合物H中两个苯环可能共平面

C．1mol 化合物F最多能与5mol NaOH反应

D．M的分子式为C13H19NO3

（6）同时符合下列条件的化合物A的同分异构体有______种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为______。①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．苯酚是一种重要的有机化工原料。利用苯酚合成己二醛[OHC(CH2)4CHO]和尼龙6()的合成路线如图：

已知：①

②+NH2OH+H2O

回答下列问题：

（1）由A制取B的反应类型为___，C的系统命名为___。

（2）E的结构简式为___。

（3）写出合成尼龙6的单体（）的分子式___。

（4）己二醛与足量银氨溶液反应的化学方程式为___。

（5）己二醛的同分异构体中既含五元环结构，又含“”结构的有___种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式有___（任写一种）

（6）写出以溴乙烷为原料制备甲醛的合成路线___(无机试剂任选)。

19．（6分）氯碱厂以食盐等为原料，生产烧碱、盐酸等化工产品。工艺流程可简单表示如图：

完成下列填空：

（1）粗盐水中含有 MgCl2、CaCl2、Na2SO4 等可溶性杂质，①步骤必须先后加入稍过量的 NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液后过滤除杂。试写出加入 Na2CO3溶液时发生反应的离子方程式：______。写出②步骤发生反应的化学方程式：______。

（2）③步骤之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有______。进行④步骤的生产设备 A、B之间传递的是（选填编号）______。

A．只有物料

B．既有物料又有能量

C．只有能量

D．既无物料也无能量

（3）如果用下列装置在实验室进行⑤步骤的实验，正确的是（选填编号）______。

若检验烧碱产品中是否含有少量 NaCl 杂质的实验方案是______。

（4）为测定烧碱产品的纯度，准确称取 5.000g 样品（杂质不含碱性物质）置于烧杯中，加水搅拌，冷却至室温后，将溶液全部转移入 1000mL 的容量瓶之后的一步操作是______。从所配得的溶液中每次都取出 20.00mL，用 0.12mol/L的盐酸滴定（选用常用指示剂），两次分别用去盐酸溶液19.81mL 和 19.79mL．判断滴定终点的依据是______，根据实验数据计算此烧碱产品的纯度为（保留两位小数）______。

参考答案

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）

1．C

【解析】

【详解】

A. CH3OH为非电解质，溶于水时不能电离出OH－，A项错误；

B. Cu2(OH)2CO3难溶于水，且电离出的阴离子不全是OH－，属于碱式盐，B项错误；

C. NH3·H2O在水溶液中电离方程式为NH4++OH－，阴离子全是OH－，C项正确；

D. Na2CO3电离只生成Na+、CO32-，属于盐，D项错误。

本题选C。

2．B

【解析】

A．空气中的SO2和NO2是主要的大气污染物，故A正确；B．大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物，故B错误；C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；D．用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，故D正确；答案为B。

3．A

【解析】

【分析】

根据电离平衡常数得出酸强弱顺序为：CH3COOH > H2CO3 > HCN > HCO3－。

【详解】

A. NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式为H2O+CO2+CN－ = HCO3－+HCN，故A正确；

B. 向稀醋酸溶液中加少量水，，平衡常数不变，醋酸根离子浓度减小，比值减小，故B错误；

C. 根据越弱越水解，因此碳酸钠水解程度大，碱性强，因此等物质的量浓度的Na2CO3溶液pH比NaHCO3溶液大，故C错误；

D. 等体积等物质的量浓度的NaCN溶液和HCN溶液混合，，因此混合后水解为主要，因此溶液呈碱性，故D错误。

综上所述，答案为A。

4．C

【解析】

【详解】

A.①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0 平衡常数K1=

②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H2<0 平衡常数K2 =

反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数K=，则K=，A正确；

B.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5×10-3mol/(L•min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3 mol/(L•min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：

2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)

xmol 0.5xmol

2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)

2ymol ymol 2ymol

则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)==2.5×10-2mol/L，B正确；

C.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；

D.平衡时NO2的转化率为×100%=50%，D正确；

故合理选项是C。

5．B

【解析】

【分析】

物质的氧化性和还原性，需从两个反面入手。一是熟悉物质的性质，二是物质所含元素的化合价。如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，处于最低价，只有还原性，处于最高价，只有氧化性。

【详解】

A.Cl2中Cl元素化合价为0价，处于其中间价态，既有氧化性又有还原性，而金属铝和氢气只有还原性，A错误；

A. F2只有氧化性，F2化合价只能降低，K化合价只能升高，所以金属钾只有还原性，盐酸和金属反应表现氧化性，和高锰酸钾反应表现还原性，B正确；

C. NO2和水的反应说明NO2既有氧化性又有还原性，金属钠只有还原性，溴单质既有氧化性又有还原性，C错误；

D. SO2中硫元素居于中间价，既有氧化性又有还原性，D错误。

故合理选项是B。

【点睛】

本题主要考察对氧化性和还原性的判断和理解。氧化性是指物质得电子的能力，处于高价态的物质一般具有氧化性，还原性是在氧化还原反应里，物质失去电子或电子对偏离的能力，金属单质和处于低价态的物质一般具有还原性，元素在物质中若处于该元素的最高价态和最低价态之间，则既有氧化性，又有还原性。

6．D

【解析】

【详解】

A、HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性，选项A正确；

B、根据图中曲线可知，当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高，选项B正确；

C、用HPW/硅藻土代替传统催化剂浓硫酸，可减少设备腐蚀等不足，选项C正确；

D、催化剂不能使平衡移动，不能改变反应正向进行的程度，选项D不正确。

答案选D。

7．B

【解析】

【分析】

【详解】

A. 由图像知，H2AsO4-溶液pH小于7，则NaH2AsO4溶液呈酸性，故A正确；

B. ，向NaH2AsO4溶液滴加 NaOH溶液，c(H+)逐渐减小，则过程中，逐渐减少，故B错误；

C. 由图示知，酸性条件下H3AsO4可以大量存在，在碱性条件下HAsO42-能大量存在，则它们在溶液中不能大量共存，故C正确；

D. 由图知，pH=11.5时，c(HAsO42-)=c(AsO43-)，Ka3( H3AsO 4)= ，故D正确；

故选B。

8．B

【解析】

【详解】

A.纺织品中的油污通常为矿物油，成分主要是烃类，烧碱与烃不反应；另烧碱也会腐蚀纺织品，选项A错误；

B.常温下，铁与液氯不反应，在冷的浓硫酸中发生钝化，均可储存在钢瓶中，选项B正确；

C.同位素是质子数相同，中子数不同的原子之间的互称，选项C错误；

D.淀粉溶液属于胶体，产生丁达尔效应；而葡萄糖溶液不属于胶体，选项D错误。

答案选B。

9．C

【解析】

【详解】

A.根据图示可知：溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO3-，A正确；

B.根据图示可知：溶液的pH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液中的电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（SO32-），则c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，c(Na+)>c(HSO3-)+c(SO32-)，B正确；

C.当向pH=8的溶液中滴加少量澄清石灰水，根据图像可知，随着pH的增大，α（SO32-）增大，α（HSO3-）减小，因此的值减小，C错误；

D.在pH=3的溶液中滴加少量硫酸，溶液中c(H+)增大，根据图像可知α (HSO3-)减小，D正确；

故合理选项是C。

10．A

【解析】

【分析】

【详解】

A. “碘盐”碘盐是氯化钠中添加了碘酸钾，A不正确；

B. “碘盐”就是适量的碘酸钾(KIO3)与食盐的混合物，B正确；

C. “碘盐”中的碘酸钾易分解，所以应保存在阴凉处，C正确；

D. 使用“碘盐”时，切忌高温煎炒，高温下碘酸钾分解造成碘的损失，D正确。

故选A。

11．D

【解析】

零族元素难以形成化合物的本质原因是最外层都已达到稳定结构，不容易和其它原子化合，故选D。

12．A

【解析】

A．硫单质点燃生成二氧化硫，二氧化硫通入硝酸钡溶液，溶液显酸性，硝酸根氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀，转化关系可以一步实现，A正确；B．二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水不能一步生成硅酸，B错误；C．氯化镁晶体加热过程中会发生水解得到氢氧化镁，不能生成氯化镁固体，需要在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体，C错误；D．氮气与氧气放电件下反应生成一氧化氮，不能一步生成二氧化氮气体，D错误；答案选A。

13．D

【解析】

【分析】

X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素。元素W 分别与元素 X、Y、Z 结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子，则W为H元素。反应②是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装，乙是H2O，丙是HF，Z的单质是F2，Y是O2，甲是NH3，丁中NO。

【详解】

A. 甲为NH3，氨气易液化，挥发吸收大量的热量，常用作致冷剂，故A正确；

B．6NO＋4NH3=5N2＋6H2O，产生无污染的氮气和水，可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染，故B正确；

C. 甲为NH3、丙为HF，甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物NH4F，故C正确；

D. 丁是NO，是一种无色气体，是大气主要污染物之一，故D错误；

故选D。

【点睛】

本题考查无机物推断，结合题干信息及转化关系推断物质组成为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，易错点D，反应②是工业制硝酸的重要反应，说明生成的丁是NO，不是NO2。

14．A

【解析】

【详解】

A．稀土元素铥(Tm)的质子数为69，故A正确；

B．稀土元素铥(Tm)质子数为69，质子数和核外电子数相等都是69，故B错误；

C．其质量数为169，质量数指的是质子与中子质量的和,相对原子质量为各核素的平均相对质量，故C错误；

D．稀土元素铥(Tm)的质量数为169，故D错误；

【点睛】

一个元素有多种核素,质量数指的是质子与中子质量的和,而不同核素的质量数不同,即一个元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，C项是易错点。

15．B

【解析】

【详解】

①说明固体M受热会释放出少量的气体；②说明氯酸钾在温度较高的条件下会释放出氧气；③说明氯酸钾在较高的温度下与M接触释放出大量的氧气；④说明氯酸钾与固体M的混合物在较低的温度下就能释放出大量的氧气；

A．实验①、②、③三个实验并不能说明M加快了气体产生的速率，故A错误；

B．实验①、②、④对比可知，加入M后，在较低温度下反应就可以发生，故B正确；

C．实验②、③说明固体M的加入反应速率加快了，并不能说明增加了气体产生的量，故C错误；

D．要证明反应中固体M是催化剂还需要验证其质量和化学性质在反应前后是否发生了变化，故D错误；

故答案选B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．Mg2SiO4（s）+2CO2（g）+H2O（l）= 2MgCO3（s）+H2SiO3（s）△H=-124.6kJ•mol-1 该反应放热（或△H <0）有利于正向进行 K= AC 促进萃取平衡逆向移动,Fe3+进入水层 5.0≤ pH <8.5 向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液 ，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量（其他答案合理即可） 不利于Fe3+萃取，避免制备MgCO3时消耗更多的氨水

【解析】

【分析】

将废渣溶于硫酸，硅元素形成硅酸沉淀被过滤除去，用过氧化氢进行氧化，确保铁元素氧化成三价，通过萃取的形式除去三价铁，调pH除去铝离子，最后加碳酸钠形成碳酸镁，再通过过滤、洗涤、在50℃下干燥，得到Mg CO3·3H2O。

【详解】

(1) ①MgCO3(s)+2H+(aq)=Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O ∆H1 = -50.4kJ·mol-1

②Mg2SiO4(s)+4H+(aq)=2Mg2+(aq)+H2SiO3(s)+ H2O(l) ∆H2 =-225.4kJ·mol-1

②-2×①：Mg2SiO4(s)+2CO2(g)+H2O(l)=2MgCO3(s)+H2SiO3(s) △H=∆H2-2×∆H1=(-225.4kJ·mol-1)-2×(-50.4kJ·mol-1)= -124.6kJ•mol-1，该反应能正向进行的原因是该反应放热（或△H <0）有利于正向进行，平衡常数K=，故答案为：Mg2SiO4(s)+2CO2(g)+H2O(l)= 2MgCO3(s)+H2SiO3(s) △H=-124.6kJ•mol-1；该反应放热（或△H <0）有利于正向进行；K=；

(2) ①萃取是为了得到FeA3（有机层）：

A．适当提高萃取剂的浓度，可以提高萃取效率，A正确；

B．提高溶液酸度，不利于FeA3（有机层）的生成，B错误；

C．多次萃取可以尽可能的得到FeA3，C正确；

D．有机层在上层，上层液体从上口倒出，D错误；

综上所述，AC正确，故答案为：AC；

②由Fe2(SO4)3(水层)+6HA(有机层)=2FeA3(有机层)+3H2SO4(水层)可知，加硫酸可使平衡逆向移动，使Fe3+进入水层，故答案为：促进萃取平衡逆向移动，使Fe3+进入水层；

(3)①滴加氨水是为了使铝离子沉淀而除去，将铝离子沉淀除去，pH至少为5.0，镁离子不能沉淀，否则会降低产率，pH需小于8.5，故答案为：5.0≤ pH <8.5；

②加Na2CO3溶液的目的是为了和Mg2+反应生成MgCO3沉淀，若Na2CO3过量，则上层清液中不含有Mg2+，可继续向上层清液中滴加Na2CO3溶液 ，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量，故答案为：向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液 ，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量（其他答案合理即可）；

(4)从反萃取平衡：Fe2(SO4)3(水层)+6HA(有机层)=2FeA3(有机层)+3H2SO4(水层)可知，硫酸太多不利于Fe3+萃取，同时再加氨水调pH除Al3+时将消耗更多的氨水，故答案为：不利于Fe3+萃取，避免制备MgCO3时消耗更多的氨水。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．酯基、羟基、羰基加成反应取代反应+HBrBD13

【解析】

【分析】

与HCHO发生加成反应生成B为，B与HCl发生取代反应生成C为，③为C与醋酸钠的取代反应生成D，结合可知，④⑤均为取代反应，E为，与发生取代反应生成G为，G与HCl发生取代反应，再发生取代反应生成M。

【详解】

（1）化合物D为，其官能团的名称为酯基、羟基、羰基，故答案为：酯基、羟基、羰基；

（2）与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，故答案为；

（3））与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，与醋酸钠的取代反应生成，结合可知，④⑤均为取代反应，E为，故答案为：加成反应；取代反应；

（4）反应⑥的化学方程式为：+HBr

（5）A．化合物B为，不能发生消去反应，A错误；

B．化合物H为，两个苯环可能共平面，B正确；

C. 化合物F为，水解生成的羧基、酚羟基和HBr能和NaOH反应，则1mol 化合物F最多能与4molNaOH反应，C错误；

D．M的结构简式为，其分子式为C13H19NO3，D正确；故答案为：BD；

（6）化合物A为，①能与FeCl3溶液发生显色反应，由酚羟基，②能发生银镜反应，由醛基，同时符合条件同分异构体有：邻间对有10种，邻间对有3种，总共有13种，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为：，故答案为：13；；

【点睛】

苯环上由两个取代基的同分异构体有3种、有两个相同取代基和一个不同取代基的同分异构体有6中、有三个互不相同取代基的同分异构体有10种。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．消去反应 1，2-环已二醇 C6H11ON OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O 11 、、 CH3CH2BrCH2=CH2

【解析】

【分析】

由己二醛的结构，结合反应条件及信息①可知，苯酚与氢气发生加成反应生成A为，A发生消去反应生成B为，B发生氧化反应得到C为；C被H5IO6氧化得到OHC(CH2)4CHO；D发生信息②中的反应得到E，可知A发生氧化反应生成D，故D为、E为；

(6)以溴乙烷为原料制备甲醛，溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯发生信息①的反应生成乙二醇，乙二醇发生信息①的反应生成甲醛。

【详解】

(1)由A制取B是转化为，反应类型为：消去反应；C为，C的化学名称为：1，2−环己二醇，故答案为：消去反应；1，2−环己二醇；

(2)E的结构简式为：，故答案为：；

(3)合成尼龙6的单体菁优网的分子式 为C6H11ON，故答案为：C6H11ON；

(4)己二醛与银氨溶液反应的化学方程式为：OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O，故答案为：OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O；

(5)己二醛的同分异构体中既含五元环结构，又含“”，若为五元碳环，取代基可以为−COOH、或者−OOCH，有2种，若五元环中含有酯基结构，取代基为−CH2CH3，环上有3种不同的氢，故有3种，取代基为2个−CH3，两个甲基可以在同一碳原子上，有3种，在不同碳原子上也有3种，故符合条件的同分异构体共有2＋3＋3＋3＝11种，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式有：、、，故答案为：11；、、；

(6)溴乙烷发生消去反应生成乙烯，再用冷、稀、中性高锰酸钾氧化得到乙二醇，最后与H5IO6作用得到甲醛，合成路线流程图为：CH3CH2BrCH2=CH2，故答案为：CH3CH2BrCH2=CH2。

【点睛】

本题采用正逆结合、题给信息灵活运用方法进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体种类判断。

19．Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓ 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ （冷却）结晶、过滤（洗涤）、干燥 C AC 取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl 用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶 当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变 95%

【解析】

【分析】

(1)稍过量的NaOH是除去粗盐水中含有的MgCl2，稍过量的BaCl2除去粗盐水中含有的Na2SO4，稍过量的Na2CO3是除去粗盐水中含有的CaCl2和过量的BaCl2，根据电解饱和食盐水原理书写；

(2)③步骤是蒸发，蒸发之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥，④步骤是将生成的H2和Cl2化合为HCl，据此判断。

(3)⑤步骤是HCl的吸收，要注意防倒吸，检验烧碱产品中是否含有少量NaCl杂质，就是检验是否有氯离子；

(4)根据配制一定物质的量浓度溶液的原理分析：酸碱滴定指示剂一般选择甲基橙，依据酸滴定碱来判断滴定终点的依据，根据n(NaOH)=n(HCl)，ω(NaOH)=×100%进行有关计算。

【详解】

(1)稍过量的NaOH是除去粗盐水中含有的MgCl2，稍过量的BaCl2除去粗盐水中含有的Na2SO4，稍过量的Na2CO3是除去粗盐水中含有的CaCl2和过量的BaCl2，故加入Na2CO3溶液后发生的离子反应有：Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓；接着就是电解饱和食盐水，其反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，

故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

(2)③步骤是蒸发，蒸发之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥，④步骤是将生成的H2和Cl2化合为HCl，故生产设备A、B之间传递的是能量，

故答案为：(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥；C；

(3)⑤步骤是HCl的吸收，要注意防倒吸，

A、利用干燥管是典型防倒吸装置，故A正确；

B、倒置的漏斗边缘应该与水面相切才能防倒吸，故B错误；

C、因HCl不溶于CCl4，所以能防倒吸，故C正确；

D、HCl气体直接通入水中，不能防倒吸，故D错误；

检验烧碱产品中是否含有少量NaCl杂质，其实就是检验氯离子的存在：取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl，

故答案为：AC；取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl；

(4)配制一定物质的量浓度溶液，溶液全部转移入1000mL的容量瓶之后的一步操作是：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶；盐酸滴定NaOH，指示剂一般选择甲基橙，所以判断终点的依据是：当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变；消耗盐酸溶液的平均体积是19.80mL，则n(NaOH)=n(HCl)=0.12mol/L×10-3×19.80L=2.376×10-3mol，ω(NaOH)=×100%=×100%=95%，

故答案为：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶；当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变；95%。