上海市宝山区2019届高三下学期第二次模拟化学试题 含解析

宝山区2018学年第二学期期中
高三年级化学学科等级考教学质量监测试卷
相对原子质量：N-14 C-12 H-1 O-16 Cu-64 S-32 Fe-56 Ba-137
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.-NMR(核磁共振)、-NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构下面有关、的叙述正确的是( )
A. 与有相同的质子数
B. 与C60互为同素异形体
C. 与互为同位素
D. 的核外电子数与中子数相同
【答案】C
【解析】
【详解】A、C和N质子数分别为6、7，因此两种核素不具有相同质子数，故A错误；
B、同素异形体研究的对象是单质，12C为核素，C60为单质，因此两种微粒不互为同素异形体，故B错误；
C、15N和14N质子数都为7，中子数分别为8、7，两种微粒都是核素，因此15N和14N互为同位素，故C正确；
D、15N的核外电子数等于质子数，即为7，质量数=中子数＋质子数，即该核素的中子数=15－7=8，故D错误。

【点睛】易错点是选项B，应从研究的对象入手，同位素研究的对象是原子或核素；同素异形体研究的对象是单质；同系物研究的对象是化合物；同分异构体研究的对象是化合物。

2.金属单质具有的通性是( )
A. 硬度大
B. 具有金属光泽、导电、导热和延展性
C. 熔沸点高
D. 质地柔软
【答案】B
【解析】
【详解】金属单质共有性质是有金属光泽、导电、导热、有延展性等，故选项B正确。

3.下列有关化工生产不涉及化学变化的是( )
A. 合成氨
B. 煤干馏
C. 海带提碘
D. 石油分馏
【答案】D
【解析】
【详解】A、工业上合成NH3，利用N2和H2：N2＋3H22NH3，涉及化学变化，故A不符合题意；
B、煤干馏：将煤隔绝空气加强热使之分解，属于化学变化，故B不符合题意；
C、海带提碘，将海带灼烧，灼烧后的灰烬中碘元素以I－形式存在，然后用H2O2可以将I－氧化为碘单质，涉
及化学变化，故C不符合题意；
D、石油分馏：利用组分沸点不同，进行分离，利用物理变化，故D符合题意。

4.在中和滴定中用于量取20.00毫升待测溶液的仪器是( )
A. 胶头滴管
B. 容量瓶
C. 滴定管
D. 量筒
【答案】C
【解析】
【详解】A、中和滴定实验中不需要胶头滴管，故A不符合题意；
B、容量瓶的构造：温度、容量、刻度线，容量瓶规格100mL、250mL、500mL、1000mL，没有20mL规格，故B不符合题意；
C、滴定管读数读到0.01mL，故C符合题意；
D、量筒量取液体体积的仪器，但读数读到0.1mL，故D不符合题意。

5.下列物质中，常温下可以使用铁制的容器来储存的是( )
A. 稀硝酸
B. 浓硝酸
C. 浓盐酸
D. 稀盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A、铁能与稀硝酸发生反应，腐蚀铁容器，因此铁制容器不能储存稀硝酸，故A不符合题意；
B、常温下，铁与浓硝酸发生钝化反应，产生氧化薄膜，阻碍反应的进行，保护内部铁不被氧化，因此可以用铁制容器盛放浓硝酸，故B符合题意；
C、铁与浓盐酸反应，因此不能用铁制容器盛放浓盐酸，故C不符合题意；
D、铁与稀盐酸反应，因此不能用铁制容器盛放浓盐酸，故D不符合题意。

6.下列关于NH3的描述错误的是( )
A. 含有极性共价键
B. 空间构型是三角锥型
C. 极易溶于水
D. 能用湿润的蓝色石蕊试纸检验
【答案】D
【解析】
【详解】A、氨气的结构式，N和H之间以极性键结合，故A说法正确；
B、氨气中N有3个σ键，孤电子对数(5－3)/2=1，N的价层电子对数为4，即NH3空间构型为三角锥形，故B说法正确；
C、NH3能与水形成氢键，NH3极易溶于水，故C说法正确；
D、NH3溶于水显碱性，检验NH3应用湿润的红色石蕊试纸，颜色有红色变为蓝色，说明氨气的存在，故D说法错误。

7.化学键是一种相互作用，它存在于( )
A. 分子之间
B. 物质中的原子之间
C. 构成物质的所有微粒之间
D. 分子或原子团中相邻的原子之间
【答案】D
【解析】
【分析】
依据化学键的定义进行分析，化学键是使离子或原子相结合形成的作用力；
【详解】化学键的定义：使离子相结合或原子相结合的作用力；
A、根据定义，分子间不存在化学键，存在范德华力或分子间作用力或氢键，故A错误；
B、对化学键定义的延伸，应是相邻原子或离子间，故B错误；
C、构成物质的相邻微粒间的作用力，故C错误；
D、化学键是纯净物分子内或晶体内相邻两个或多个原子或离子间的强烈的相互作用力的统称，因此存在于分子或原子团中相邻的原子之间，故D正确。

【点睛】并不是所有的物质中都含有化学键，稀有气体是由单原子组成的分子，稀有气体中不含化学键。

8.下列有机物的命名，错误的是( )
A. 2-乙基丁烷
B. 2,2—二甲基丙烷
C. 2,3—二甲基丁烷
D. 2—甲基丙烷
【答案】A
【解析】
【详解】A、按照2－乙基丁烷，书写出的结构简式为，依据烷烃命名原则，该有机物名称为3－甲基戊烷，故A符合题意；
B、2，2－二甲基丙烷，书写出结构简式为，依据烷烃命名原则，该有机物的名称为2，2－二甲基丙烷，故B不符合题意；
C、按照2，3－二甲基丁烷，书写出的结构简式为，依据烷烃命名原则，该有机物的名称为2，3－二甲基丁烷，故C不符合题意；
D、按照2－甲基丙烷，书写出结构简式为，依据烷烃命名原则，该有机物的名称为2－甲基丁烷，故D不符合题意。

【点睛】烷烃的命名原则：(1)选定分子中最长的碳链为主链，按照主链上碳原子的数目称为“某烷”；(2)把主链里离支链最近的一端作为起点，用1、2、3等阿拉伯数字给主链的各碳原子依次编号定位以确定支链的位置；(3)把支链的名称写在主链名称的前面，在支链的前面用阿拉伯数字注明它在主链上的位置，丙在数字与名臣之间用－短线隔开；(4)如果主链上有相同的支链，可以将支链合并起来，用二、三等数字表示支链的个数，两个表示支链位置的阿拉伯数字之间用“，”隔开。

一般烷烃系统命名的口诀是(1)选主链(最长、最多)，称某烷；(2)编碳号(最近、最小)，定支链；(3)取代基，写在前，注位置，短线连；(4)不同基，简到繁，相同基，合并算。

9.浓硫酸具有很多重要的性质，在于含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是
A. 酸性
B. 吸水性
C. 脱水性
D. 强氧化性
【答案】A
【解析】
浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭(碳化)，并会产生二氧化硫。

反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖(C12H22O11)在浓硫酸作用下脱水，生成碳和水(试验后蔗糖会变黑，黑的就是碳颗粒)，这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性，故选A。

点睛：本题考查浓硫酸的性质。

浓硫酸除了具有酸固有的性质--酸性外，浓硫酸还具有自己特殊的性质，与稀硫酸有很大差别，主要原因是浓硫酸溶液中存在大量未电离的硫酸分子(H2SO4)，这些硫酸分子使浓硫酸有很特殊的性质，如浓硫酸与含有水分的蔗糖作用过程中显示了它的吸水性、脱水性和强氧化性。

10.把溴从溴水中提取出来，采用的最好方法是( )
A. 蒸发
B. 用酒精萃取
C. 用四氯化碳萃取
D. 通入氯气
【答案】C
【解析】
【详解】利用溴易溶于有机溶剂，因此向溴水中加入苯或四氯化碳，然后进行分液，最后通过蒸馏的方法得到液溴，故选项C正确。

【点睛】选择萃取剂的原则，（1）被萃取的物质不能与萃取剂发生反应；(2)萃取剂不能与原溶剂互溶；(3)被萃取物质在萃取剂中的溶解度远远大于在原溶剂中的溶解度；易错点是选项B，学生认为酒精是有机物，可以作萃取剂，学生忽略了酒精与水任意比例互溶，不能出现分层，无法进行分离。

11.以下各种尾气吸收装置中，不适合于吸收氨气的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
氨气极易溶于水，吸收尾气时，应注意防倒吸；
【详解】氨气极易溶于水，吸收尾气时要防止倒吸；
A、作安全瓶，适合吸收尾气氨气，故A不符合题意；
B、倒置漏斗，能够防止倒吸，故B不符合题意；
C、干燥管可以防止倒吸，故C不符合题意；
D、导管直接插入液面以下，不能防止倒吸，故D符合题意。

12.自来水可用氯气消毒，某学生用这种自来水配制下列物质的溶液，不会产生明显药品变质问题的是( )
A. AlCl3
B. FeCl2
C. AgNO3
D. Na2CO3
【答案】A
【解析】
【分析】
自来水用氯气消毒，发生Cl 2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，然后逐步分析；
【详解】自来水用氯气消毒，发生Cl 2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，
A、HCl和HClO不与AlCl3发生反应，因此用自来水配制AlCl3溶液，不会产生明显药品变质，故A符合题意；
B、HClO具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，使FeCl2变质，故B不符合题意；
C、AgNO3与HCl反应生成AgCl沉淀，使AgNO3变质，故C不符合题意；
D、Na2CO3与HCl、HClO反应生成NaHCO3、NaCl、NaClO，使Na2CO3溶液变质，故D不符合题意。

13.已知铊与铝是同主族元素，关于铊的性质推断可能错误的是( )
A. 铊是银白色、质软的金属
B. 铊不能形成气态氢化物
C. 铊与稀硝酸反应生成Tl(NO3)3
D. Tl(OH)3是两性氢氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】
铊与铝是同主族元素，推断铊可能的性质，需要从铝的性质入手，同时需要考虑性质的递变性；
【详解】A、铝是银白色、质软的金属，同主族性质具有一定的相似性，即铊是银白色、质软的金属，故A 不符合题意；
B、铊是较活泼的金属，不能形成气态氢化物，故B不符合题意；
C、铝能与稀硝酸反应生成硝酸铝，根据同主族性质相似性，铊也能与稀硝酸反应生成硝酸铊，故C不符合题意；
D、Al在金属与非金属性分界线，因此氢氧化铝具有两性，但铊在第六周期IIIA族，没有在分界线，因此Ti(OH)3不属于两性氢氧化物，故D符合题意。

14.苯是实验室常用的萃取剂，下列关于苯的说法错误的是( )
A. 常温下是液体
B. 密度比水小
C. 能和液溴发生加成反应
D. 能和硝酸发生取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A、苯的熔点为5.5℃，沸点是80.1℃，因此常温下苯为液体，故A说法正确；
B、苯的密度小于水的密度，故B说法正确；
C、苯在铁或FeBr3作催化剂下，与液溴发生取代反应，很难与液溴发生加成反应，故C说法错误；
D、苯与硝酸，在浓硫酸作催化剂下，发生硝化反应，即取代反应，生成硝基苯，故D说法正确。

15.对S、Cl两种元素，以下说法错误的是( )
A. 非金属性：S < Cl
B. 离子半径：S2- < Cl-
C. 气态氢化物稳定性：H2S < HCl
D. 单质氧化性：S < Cl2
【答案】B
【解析】
【分析】
依据同周期从左向右非金属性增强（稀有气体除外），然后进行分析；
【详解】A、同主族从左向右非金属性增强(稀有气体除外)，即S的非金属性弱于Cl，故A说法正确；
B、S2－和Cl－核外电子排布相同，即r(S2－)>r(Cl－)，故B说法错误；
C、C、非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，即H2S的稳定性弱于HCl，故C说法正确；
D、S的非金属性弱于Cl，则S的氧化性弱于Cl2，故D说法正确。

16.设为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是( )
A. 14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为
B. 78g苯含有碳碳双键的数目为3
C. 1L 1mol的NaClO溶液中含有ClO-的数目为
D. 6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.2
【答案】A
【解析】
【详解】A、N2和CO的摩尔质量都为28g·mol－1，且两种物质都是双原子分子，即14g该混合物含有原子物质的量为14g×2/28g·mol－1=1mol，故A正确；
B、苯中不含有碳碳双键，是介于碳碳单键和碳碳双键之间特殊之间的，故B错误；
C、ClO－属于弱酸根离子，发生水解，因此ClO－的物质的量小于1L×1mol·L－1=1mol，故C错误；
D、没有指明状态是否是标准状况，故D错误。

【点睛】易错点是选项B，学生从凯库勒式中得出存在碳碳双键，忽略了苯中碳碳之间的键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊键，正确苯的结构简式为，为了纪念凯库勒，我们仍在使用。

17.实验室制乙炔的实验中，下列说法错误的是( )
A. 反应的原料之一CaC2，俗称电石，是由焦炭、熟石灰在电炉中高温反应制得
B. 在实验中可用饱和食盐水代替纯水，有利于控制反应速率
C. 该反应原理是：CaC2+2H2O→HC CH+Ca(OH)2
D. 反应过程中会闻到难闻的气味是因为电石中含有的杂质造成的
【答案】A
【解析】
【详解】A、制备碳化钙，是将焦炭和CaO置于2200℃左右的电炉中发生反应生成CaC2和CO，CaC2俗称电石，故A说法错误；
B、CaC2与水反应剧烈，实验中常用饱和氯化钠溶液代替纯水，有利于控制反应速率，故B说法正确；
C、碳化钙与H2O反应的原理是CaC2＋2H2O→C2H2↑＋Ca(OH)2，故C说法正确；
D、乙炔气体是无色无味的气体，电石中含有CaS、Ca3P2等，也会与水反应，产生H2S、PH3等气体，造成所
制乙炔气体有难闻的臭味，故D说法正确。

18.糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。

下列分析正确的是( )
A. 脱氧过程中铁作为原电池正极
B. 负极的电极反应为：Fe-3e→Fe3+
C. 正极的电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH-
D. 脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期
【答案】C
【解析】
【分析】
钢铁的吸氧腐蚀，铁作负极，发生Fe－2e－=Fe2＋，C为正极，发生O2＋2H2O＋4e－=4OH－；
【详解】A、糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，钢铁的吸氧腐蚀中铁作负极，故A错误；
B、钢铁吸氧腐蚀中，铁作负极，其电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故B错误；
C、吸氧腐蚀，碳作正极，氧气在正极上得到电子，即电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故C正确；
D、原电池放电过程是放热反应，因此脱氧过程也是放热过程，防止糕点应氧化而变质，故D错误。

19.以下测定胆矾结晶水含量的操作中，正确的是( )
A. 加热、冷却、称量，重复两次即是恒重操作
B. 瓷坩埚加热后冷却时，必须放在干燥器中
C. 加热晶体时先用小火，后渐改为用大火加热
D. 加热时如果有晶体溅出坩埚，应再加一些晶体
【答案】B
【解析】
【分析】
测定胆矾晶体结晶水含量时，先用小火，后改为大火加热至固体恒重，加热时注意控制加热温度，避免固体飞溅而导致实验误差，并放在干燥器中冷却，以此解答该题；
【详解】A、进行恒重操作，直至连续两次称量的结果相差不超过0.1g，故A说法错误；
B、瓷坩埚加热后需要移至干燥器中冷却，防止吸收空气中的水蒸气，故B说法正确；
C、加热时，先用小火，后用大火加热至恒重，而不是渐改为用大火加热，故C说法错误；
D、加热时，不断用玻璃棒搅拌，防止局部受热造成固体飞溅，如果加入一些晶体，加入的晶体和加热过程
中的晶体含结晶水不同，因此应该重新做实验，故D说法错误。

20.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。

取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0．02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1．6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4．66g不溶于盐酸的沉淀。

由此可知原溶液中
A. 至少存在5种离子
B. Cl-一定存在，且c（Cl‑）≥0．4mol/L
C. SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在
D. CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在
【答案】B
【解析】
根据加入过量NaOH溶液，加热，得到0．02mol气体，说明有NH4+，而且为0．02mol，同时产生红褐色沉淀，说明有Fe3+，而且为0．02mol，则没有CO32-，根据不溶于盐酸的4．66g沉淀，说明有SO42-，且为0．02mol，再根据电荷守恒可知一定有Cl-，至少有0．06mol（0．02×3+0．02×2-0．02×2），B正确。

【考点定位】本题考查离子共存及计算。

二、综合题
21.浓硫酸有许多重要的性质，工业上可以通过硫铁矿(主要成分是FeS2)制取。

(1)硫原子核外电子占有______种能量不同的轨道。

H2SO4属于______晶体。

(2)非金属性：S____O(选填“>”、“<”或“=”)。

试用一个实验事实说明___________________。

(3)接触法制硫酸工业中，其主要反应在450℃并有催化剂存在下进行：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+190kJ该反应的平衡常数表达式是K=_____________，该反应450℃时的平衡常数______500℃时的平衡常数(选填“大于”、“小于”或“等于”)。

(4)在一个固定容积为10L的密闭容器中充入0.40mol SO2和0.20 O2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO3 0.36mol，则v(SO 2)=____mol··min；若继续通入0.40mol SO2和0.20mol O2，则平衡______移动(选填“向正反应方向”、“向逆反应反向”或“不”)。

(5)该热化学方程式的意义是______________________________________________。

【答案】 (1). 5 (2). 分子 (3). < (4). 硫化氢水溶液露置于空气中变浑浊等 (5).
(6). 大于 (7). 0.072 (8). 向正反应方向(9). 450℃时，2mol气态SO2与1mol气态O2完成反应生成2mol气态SO3时，放出190kJ热量
【解析】
【详解】（1）基态硫原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，每个能级能量不同，因此硫原子核外电子占有5种能量不同的轨道；H2SO4属于分子晶体；
（2）同主族从上到下非金属性减弱，即S的非金属性弱于O，向氢硫酸溶液通入O2，溶液变浑浊，发生2H2S ＋O2=2S↓＋2H2O，说明S的非金属性弱于O，或者硫单质在氧气中燃烧，发生S＋O2=SO2，S为还原剂，O2为氧化剂，说明S的非金属性弱于O；
（3）根据平衡常数的定义，该反应平衡常数K=；化学平衡常数只受温度的影响，该反应的正反应方向是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，化学平衡常数减小，即450℃时的平衡常数大于500℃时的平衡常数；
（4）生成SO3的物质的量为0.36mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(SO3)==0.072mol/(L·min)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(SO2)=v(SO3)=0.072mol/(L·min)；恒容状态下，再充入
0.40molSO2和0.20molO2，增加反应物浓度，平衡向正反应方向移动；
（5）热化学反应方程式的意义是450℃时，2mol气态SO2与1mol气态O2完成反应生成2mol气态SO3时，放出190kJ热量。

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)Na2O2和NaHCO3都属于钠的化合物，它具有很强的氧化性。

少量Na2O2与FeCl2溶液能发生如下反应：
____Na2O2+____FeCl2+____H2O→____Fe(OH)3+____FeCl3+____NaCl，已知FeCl2前面系数为6，配平上述化学方程式______，并标出电子转移方向和数目______。

该反应中被还原的元素是_________，氧化产物是
_________。

(3)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-)的变化是_____(选填“增大”、“减小”或“不变”)。

(4)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
(5)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). 3 6 6 4 2 6 (3).
(4). (5). Fe(OH)3和FeCl3 (6). 减
小 (7). ad (8). >
【解析】
【详解】（1）根据信息，NaHCO3与Al2(SO4)3发生双水解反应，其化学反应方程式为Al2(SO4)3＋6NaHCO3＋
6H2O=2Al(OH)3↓＋6CO2↑＋3Na2SO4；
（2）Na2O2具有强氧化性，该反应中作氧化剂，Fe2＋以还原性为主，作还原剂，Na2O2中O元素共降低2价，Fe2＋→Fe3＋升高1价，最小公倍数为2，题中给出FeCl2的系数为6，则Na2O2的系数为3，根据原子守恒配平其他，即反应方程式为3Na2O2＋6FeCl2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋2FeCl3＋6NaCl；电子转移的方向和数目是
；该反应中被还原的元素是Na2O2中－1价O，氧化产
物是FeCl3和Fe(OH)3；
（3）Ba(OH)2少量，发生离子反应方程式Ba2＋＋2OH－＋2HCO3－=BaCO3↓＋2H2O＋CO32－，NaHCO3电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO3－，因此加入少许Ba(OH)2固体，溶液中c(CO32－)增大；
（4）a、滤出小苏打后，母液里有NH4Cl和NaHCO3，通入氨气，增加c(NH4＋)，再加入食盐，使NH4Cl析出，然后过滤，氯化铵的纯度较高，故a说法正确；
b、②中析出的NH4Cl中含有较多的NaCl，氯化铵的纯度降低，故b说法错误；
c、①中滤液还有较多的NH3，不能直接循环使用，故c说法错误；
d、②中滤液中含有较多NaCl，可以直接循环使用，故d说法正确；
（5）HCO 3－电离方程式为HCO3－H＋＋CO32－，HCO3－水解方程式HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－，NaHCO3溶液显碱性，说明HCO3－水解程度大于其电离程度，即c(H2CO3)>c(CO32－)。

【点睛】氧化还原反应方程式的配平是难点，首先应找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，像本题，Na2O2为氧化剂，FeCl2为还原剂，Fe3＋为氧化产物，然后需要根据化合价升降法进行配平，，Na2O2中O元素共降低2价，Fe2＋→Fe3＋升高1价，最小公倍数为2，题中所给FeCl2的系数为6，则Na2O2的系数为3，最后根据原子守恒配平其他。

23.I.阿司匹林是一种解热镇痛药，又称乙酰水杨酸，是家庭常备药。

将阿司匹林与聚甲基丙烯酸羟乙酯嫁接起来得到长效缓释阿司匹林，其不仅有阿司匹林的功效，也可作抗血栓长效药使用。

两种物质的结构简式
(1)阿司匹林通常在餐后服用，是因为它含有_______(填写官能团符号)，易刺激肠胃，给胃部带来不适。

(2)分析说明长效缓释阿司匹林在人体内产生阿司匹林的过程以及长效缓释药品的优点______________ II.以丙酮为主要原料合成长效缓释阿司匹林的流程如下图所示：
(3)由丙酮得到A的反应类型是_________，还需要的反应物是__________(填化学式)。

(4)写出一种满足下列条件的阿司匹林的同分异构体的结构简式____________。

①能发生银镜反应
②能与NaHCO3溶液反应生成CO2气体③能在铜作催化剂的条件下发生催化氧化反应
(5)由B和乙二醇(HOCH2CH2OH)为原料可以制得聚甲基丙烯酸羟乙酯，写出其合成路线(无机试剂任
选)___________________。

(合成路线常用的表示方式为：A B……目标产物)
【答案】 (1). —COOH (2). 长效缓释阿司匹林可在人体内逐步水解产生阿斯匹林，起到解热镇痛效果；同时因其逐步水解释放阿司匹林可起到缓冲作用，减少对肠胃的刺激，并且可以持续发挥药效等 (3).
加成(4). HCN (5). (6).
【解析】
【详解】（1）根据阿司匹林的结构简式，含有的官能团是羧基和酯基，胃酸的成分是盐酸，因为－COOH能电离出H＋，因此餐后使用，易刺激肠胃，给胃部带来不适；
（2）长效缓释阿司匹林中不含羧基，其水解后产物中含有羧基，因此长效缓释阿司匹林可在人体内逐步水
解产生阿斯匹林，起到解热镇痛效果；同时因其逐步水解释放阿司匹林可起到缓冲作用，减少对肠胃的刺激，并且可以持续发挥药效等；
（3）根据丙酮和A的结构简式，丙酮中羰基的碳氧双键打开，因此反应类型为加成反应，其另一种原料是HCN；
（4）①能发生银镜反应，说明含有醛基，②能与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明含有－COOH，③能在铜作催化剂的条件下发生催化氧化，说明含有羟基，且羟基所连碳原子上有H，因此苯环上所连结构可能是－COOH、－CH(OH)CHO或者－CHO、－CH(OH)COOH，或者－CHO、－COOH、－CH2OH，因此写出符合条件的同分异
构体一种形式是；
（5）聚甲基丙烯酸羟乙酯的单体是CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，该单体是由CH2=C(CH3)COOH与HOCH2CH2OH通过酯化反应生成，CH2=C(CH3)COOH是由B发生消去反应得到，因此路线是。

【点睛】判断高分子化合物单体的方法一般是：（1）如果链节上都是碳原子，一般该高分子化合物是由单体通过加聚反应得到，然后采用“单边双、双变单、超过四价就断裂、不足四键用键补”的方法得到单体；（2）如果高分子化合物链节上有其他元素，则该高分子化合物一般是由缩聚反应得到，然后反应实质推断出单体即可。

24.碱式碳酸铜 [Cu2(OH)2CO3]是一种用途广泛的化工原料，实验室以废铜屑为原料制取碱式碳酸铜的步骤如下：
步骤一：废铜屑制硝酸铜
如图，用胶头滴管吸取浓HNO3缓慢加到锥形瓶内的废铜屑中(废铜屑过量)，充分反应后过滤，得到硝酸铜溶液。

步骤二：碱式碳酸铜的制备
向大试管中加入碳酸钠和硝酸铜溶液，水浴加热至70℃左右，用0.4mol/L的NaOH溶液调节pH至8.5，振荡，静置，过滤，用热水洗涤，烘干，得到碱式碳酸铜产品。

完成下列填空：
（1）写出浓硝酸与铜反应的离子方程式___________________________________。

（2）上图装置中NaOH溶液的作用是__________________________________________。

（3）步骤二中，水浴加热所需仪器有_________、________(加热、夹持仪器、石棉网除外)；洗涤的目的是______________________________________________。

步骤二的滤液中可能含有CO32-，写出检验CO32-的方法_______________________________________。

（4）影响产品产量的主要因素有________________________________________。

（5）若实验得到2.42g样品(只含CuO杂质)，取此样品加热至分解完全后，得到1.80g固体，此样品中碱式碳酸铜的质量分数是_________________(保留两位小数)。

【答案】 (1). Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O (2). 吸收氮的氧化物 (3). 烧杯 (4). 温度计(5). 洗涤除去碱式碳酸铜表面附着的硝酸钠 (6). 取样，加入盐酸，将生成的气体通入澄清的石灰水，溶液变浑浊，说明含有CO32- (7). 反应温度、溶液pH值 (8). 0.92
【解析】
【详解】（1）铜与浓硝酸反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NO3－=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；
（2）氮的氧化物对环境有影响，必须除去，因此氢氧化钠的作用是除去氮的氧化物，发生的反应：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O，NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O；
（3）步骤二中大试管内加入碳酸钠和硝酸铜溶液，需要水浴加热，温度控制在70℃左右，仪器是烧杯和温度计；碱式碳酸铜表面附着硝酸钠，需要除去，因此洗涤的目的是除去碱式碳酸铜表面附着的硝酸钠；检验CO32－的方法是：取样，加入盐酸，将生成的气体通入澄清的石灰水，溶液变浑浊，说明含有CO32－；
（4）由步骤二可知实验成功的关键是控制溶液pH和反应温度，因此影响产品产量的主要因素是温度和pH；（5）Cu2(OH)2CO3受热分解的方程式为Cu2(OH)2CO32CuO＋CO2↑＋H2O，题干中提供反应前后的质量，因此采用质量差进行计算，令碱式碳酸铜的质量为xg，
Cu2(OH)2CO32CuO＋CO2↑＋H2O △m
222 62
x 2.42－1.80 x=2.22g，碱式碳酸铜的质量为
2.22g/2.42g×100%=92%。