北京市海淀区重点中学2022届高三化学上学期综合练习试卷含解析

2022-2022学年北京市海淀区重点中学高三（上）综合练习化学试卷　一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．下列说法不正确的是（　　）A．含铅汽油、含磷洗涤剂的使用均可对环境造成危害B．棉花、木材及草类的纤维都是天然纤维C．氮化硅陶瓷、光导纤维均属于新型无机非金属材料D．煤、石油、天然气均属于可再生的化石燃料　2．在pH=1的无色溶液中，下列离子能大量共存的是（　　）A．NH4+、Ba2+、NO3﹣、CO32﹣B．Fe2+、OH﹣、SO42﹣、MnO4﹣C．K+、Mg2+、NO3﹣、SO42﹣D．Na+、Fe3+、Cl﹣、AlO2﹣　3．下列有机物的结构简式书写正确的是（　　）A．3﹣甲基丁醛（CH3）2CHCH2COHB．TNTC．硬脂酸甘油酯D．乙酸甲酯CH3OOCCH3　4．在25℃，将pH=11的NaOH溶液amL与pH=1的H2SO4溶液bmL混合，当恰好完全中和时，a与b的比值为（　　）A．1000：1B．100：1C．50：1D．10：1　5．运用元素周期律分析以下推断，其中不正确的是（　　）A．已知Ra是第七周期、ⅡA族的元素，故Ra（OH）2的碱性比Mg（OH）2的碱性强B．已知As是第四周期、ⅤA族的元素，故AsH3的稳定性比NH3的稳定性强C．已知Cs的原子半径比Na的原子半径大，故Cs与水反应比Na与水反应更剧烈D．已知Cl的核电荷数比Al的核电荷数大，故Cl的原子半径比Al的原子半径小　6．单质Ti的机械强度高，抗蚀能力强，有“未来金属”之称．工业上常用硫酸分解钛铁矿（FeTiO3）的方法来制取TiO2，再由TiO2制金属Ti．由TiO2制金属Ti的反应为：①TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO②TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti则下列叙述正确的是（　　）A．由反应①可知，Cl2是氧化剂，TiCl4是氧化产物B．由反应①可知，可用CO在高温下把TiO2还原成TiC．由反应②可知，若有24gMg参加反应，就可生成1molTiD．由反应②可知，金属Mg的还原性比金属Ti的还原性强15　7．一定温度下，在一个体积可变的密闭容器中加入2molN2和2molH2，建立如下平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），相同条件下．若向容器中再通入1molN2和1molH2，又达到平衡，则下列说法正确的是（　　）A．NH3的质量分数不变B．N2的体积分数增大C．H2的转化率增大D．NH3的质量分数增大　8．某种钮扣电池的电极材料为Zn和Ag2O，电解质溶液为KOH溶液．该电池的总反应是：Zn+Ag2O═2Ag+ZnO，下列说法正确的是（　　）A．Zn极为负极，其电极反应为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2OB．Ag2O极为负极，其电极反应为：Ag2O+H2O﹣2e﹣═2Ag+2OH﹣C．电池放电过程中，负极周围溶液的pH不断增大D．该电池用完后，可作为普通垃圾处理，因为它不会造成环境污染　　二、解答题（共4小题，满分36分）9．（2022秋•海淀区校级月考）已知下列反应，（反应所需的其他条件和各物质的化学计量数均已略去）：①A+BM+D+E；②M+E→A+F+B请针对以下两种不同情况回答：（1）若A是一种钠盐，反应①是化学工业上制取单质E和化合物M的重要方法．则A的电子式为　　　　　　；反应②的离子方程式为　　　　　　；在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为　　　　　　．（2）若A是一种含氧酸盐，可用于实验室中检验水的存在．1个A的酸根离子中共含有50个电子，其中含有一种元素X，X的原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则X在元素周期表中的位置是　　　　　　周期　　　　　　族．X单质的熔点是112.8℃，则X单质的晶体类型属于　　　　　　晶体．X与碳单质在一定条件下可以生成CX2的化合物，其分子结构类似于CO2，则CX2属于　　　　　　分子（填“极性”或“非极性”）．反应②的化学方程式为：　　　　　　．　10．（12分）（2022秋•海淀区校级月考）已知：①一定条件下，R﹣Cl+2Na+Cl﹣R′→R﹣R′+2NaCl②醛和醇可以发生氧化反应，相关物质被氧化的难易次序是：RCHO最易，R﹣CH2OH次之，最难现有某氯代烃A，其相对分子质量为78.5；B与氯气反应生成的一氯代物有两种．有关的转化关系如图所示（部分产物及条件均已略去）：15请回答下列问题：（1）分子式：A　　　　　　；反应类型：A→C　　　　　　，E→F　　　　　　；（2）结构简式：B　　　　　　，K为　　　　　　；（3）反应方程式：A→E　　　　　　；G→H　　　　　　；（4）D的同分异构体属于羧酸的有四种，其中有2个﹣CH3基团的有两种．请写出这两种中的任一种结构简式：　　　　　　．　11．（14分）（2022秋•海淀区校级月考）某学生用胆矾制取氧化铜固体，并研究氧化铜能否在氯酸钾受热分解实验中起催化作用．实验步骤如下：①称量ag胆矾固体放入烧杯中，加水制成溶液，向其中滴加氢氧化钠溶液至沉淀完全；②把步骤①中的溶液和沉淀转移至蒸发皿中，加热至溶液中的沉淀全变成黑色氧化铜为止；③过滤、洗涤、干燥，称量所得固体质量为bg；④取一定质量的上述氧化铜固体和一定质量的氯酸钾固体，混合均匀后加热，收集反应生成的氧气，如图所示．请回答下列问题：（1）上述各步操作中，需要用到玻璃棒的是　　　　　　（填写前面所述实验步骤的序号）．（2）由胆矾制备氧化铜的产率（实际产量与理论产量的百分比）为　　　　　　×100%．（3）为保证Cu2+沉淀完全，步骤①中溶液的pH应大于10．简述测定溶液pH的操作：　　　　　　．（4）为证明氧化铜在氯酸钾的分解反应中起催化作用，在上述实验①～④后还应该进行的实验操作是　　　　　　（按实验先后顺序填写字母序号）．a过滤b烘干c溶解d洗涤e称量（5）但有同学认为，还必须另外再设计一个实验才能证明氧化铜在氯酸钾受热分解的实验中起催化作用．你认为还应该进行的另一个实验是　　　　　　．　12．（10分）（2022秋•海淀区校级月考）某结晶水合物，含有两种阳离子和一种阴离子，其中所含元素均为短周期元素．为确定其组成，有同学进行了如下实验：称取9.06g样品，溶于水，将溶液分成两等份，待用．15①向一份溶液中逐滴加入6mol•L﹣1NaOH溶液，先观察到有白色沉淀产生，而后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，继续滴加NaOH，白色沉淀又逐渐消失，最后得到无色透明溶液．向其中加入足量BaCl2溶液，可得不溶于稀盐酸的白色沉淀4.66g．②取另一份溶液，加入足量6mol•L﹣1NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体224mL．然后，往溶液中通入足量CO2，过滤，将所得沉淀洗涤、烘干、灼烧，得白色固体0.51g．请回答：（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是　　　　　　、　　　　　　；一种阴离子是　　　　　　．（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式，请写出计算过程．　　152022-2022学年北京市海淀区重点中学高三（上）综合练习化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．下列说法不正确的是（　　）A．含铅汽油、含磷洗涤剂的使用均可对环境造成危害B．棉花、木材及草类的纤维都是天然纤维C．氮化硅陶瓷、光导纤维均属于新型无机非金属材料D．煤、石油、天然气均属于可再生的化石燃料【考点】常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料；煤的干馏和综合利用．【专题】化学应用．【分析】A．使用含铅汽油会使铅随汽车尾气排除，含磷洗涤剂的使用会引起河流湖泊富营养化；B．棉花、木材及草类的纤维都直接来自植物；C．氮化硅陶瓷、光导纤维均属于新型无机非金属材料；D．煤、石油、天然气均属于化石燃料．【解答】解：A．使用含铅汽油会使铅随汽车尾气排除，含磷洗涤剂的使用会引起河流湖泊富营养化，它们均可对环境造成危害，故A正确；B．棉花、木材及草类的纤维都直接来自植物，是天然纤维，故B正确；C．玻璃、沙子、水泥等属于传统的无机非金属材料，氮化硅、光导纤维均属于新型无机非金属材料，故C正确；D．煤、石油、天然气均属于不可再生的化石燃料，故D错误．故选D．【点评】本题考查环境污染、材料、能源等知识，比较基础，要注意与现实生活的联系．　2．在pH=1的无色溶液中，下列离子能大量共存的是（　　）A．NH4+、Ba2+、NO3﹣、CO32﹣B．Fe2+、OH﹣、SO42﹣、MnO4﹣C．K+、Mg2+、NO3﹣、SO42﹣D．Na+、Fe3+、Cl﹣、AlO2﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】pH=1，则溶液中存在大量的H+，与H+反应的离子不能大量共存，溶液无色，则有颜色的离子不能大量存在，以此解答该题．【解答】解：A．CO32﹣与反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故A错误；B．Fe2+、OH﹣反应生成沉淀，且Fe2+、MnO4﹣都有颜色，在酸性条件下而发生氧化还原反应，且OH﹣不能在酸性条件下存在，故B错误；C．溶液无色，且在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．Fe3+有颜色，且AlO2﹣在酸性条件下不能大量存在，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子共存，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和审题能力的考查，难度不大，注意常见离子的性质以及反应类型的判断，学习中注意相关基础知识的积累．　3．下列有机物的结构简式书写正确的是（　　）15A．3﹣甲基丁醛（CH3）2CHCH2COHB．TNTC．硬脂酸甘油酯D．乙酸甲酯CH3OOCCH3【考点】有机化合物命名；结构简式．【专题】有机化学基础．【分析】A．醛基的结构简式为CHO，据此解答即可；B．TNT：甲苯中甲基邻、对位氢原子易被硝基取代生成2，4，6﹣三硝基甲苯，其结构简式为：；C．硬脂酸甘油酯为硬脂酸与甘油形成的酯，结构简式为：；D．乙酸甲酯可以写为：CH3OOCCH3，也可以写为：乙酸甲酯CH3COOCH3．【解答】解：A．醛基的结构简式为﹣CHO，D中为﹣COH，故A错误；B．TNT：甲苯中甲基邻、对位氢原子易被硝基取代生成2，4，6﹣三硝基甲苯，其结构简式为，A中左边硝基应是N原子与苯环相连，故B错误；C．硬脂酸甘油酯为硬脂酸与甘油形成的酯，结构简式为：，故C错误；D．乙酸甲酯可以写为：CH3OOCCH3，也可以写为：乙酸甲酯CH3COOCH3，故D正确．故选D．【点评】本题主要考查的是有机物的结构简式，注意官能团的正确表示方法是解决本题的关键，属于中等难度题目．　4．在25℃，将pH=11的NaOH溶液amL与pH=1的H2SO4溶液bmL混合，当恰好完全中和时，a与b的比值为（　　）A．1000：1B．100：1C．50：1D．10：115【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】pH=1H2SO4溶液中c（H+）=0.1mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣3mol/L，两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH﹣），再结合n=cV表示出n（H+）、n（OH﹣），据此判断．【解答】解：pH=1H2SO4溶液中c（H+）=0.1mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣3mol/L，两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH﹣），所以bc（H+）=ac（OH﹣），所以a：b=c（H+）：c（OH﹣）=0.1mol/L：10﹣3mol/L=100：1．故选：B．【点评】本题考查溶液PH值的计算、化学方程式计算，注意基础知识的掌握，离子积计算，恰好中和反应的定量关系计算，题目难度中等．　5．运用元素周期律分析以下推断，其中不正确的是（　　）A．已知Ra是第七周期、ⅡA族的元素，故Ra（OH）2的碱性比Mg（OH）2的碱性强B．已知As是第四周期、ⅤA族的元素，故AsH3的稳定性比NH3的稳定性强C．已知Cs的原子半径比Na的原子半径大，故Cs与水反应比Na与水反应更剧烈D．已知Cl的核电荷数比Al的核电荷数大，故Cl的原子半径比Al的原子半径小【考点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；B．非金属性越强，其氢化物越稳定；C．原子半径越大，原子核对核外电子吸引能力越弱，元素的金属性越强；D．同周期核电荷数越大，原子核对核外电子吸引能力越强，原子半径减小．【解答】解：A．同主族自上而下元素金属性增强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：Ra（OH）2＞Mg（OH）2，故A正确；B．同主族自上而下元素非金属性减弱，故非金属性N＞As，非金属性越强，其氢化物越稳定，故氢化物稳定性：AsH3＜NH3，故B错误；C．Cs的原子半径比Na的原子半径大，原子半径越大，原子核对核外电子吸引能力越弱，故Cs的金属性较强，Cs与水反应比Na与水反应更剧烈，故C正确；D．Cl的核电荷数比Al的核电荷数大，核电荷数越大，原子核对核外电子吸引能力越强，故Cl的原子半径比Al的原子半径小，故D正确，故选B．【点评】本题考查元素周期律，难度不大，注意根据原子结构理解同周期、同主族元素性质的递变规律．　6．单质Ti的机械强度高，抗蚀能力强，有“未来金属”之称．工业上常用硫酸分解钛铁矿（FeTiO3）的方法来制取TiO2，再由TiO2制金属Ti．由TiO2制金属Ti的反应为：①TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO②TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti则下列叙述正确的是（　　）15A．由反应①可知，Cl2是氧化剂，TiCl4是氧化产物B．由反应①可知，可用CO在高温下把TiO2还原成TiC．由反应②可知，若有24gMg参加反应，就可生成1molTiD．由反应②可知，金属Mg的还原性比金属Ti的还原性强【考点】氧化还原反应．【分析】①TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO中，C元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低；②TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti中，Mg元素的化合价升高，Ti元素的化合价降低，以此来解答．【解答】解：A．反应①中碳元素的化合价升高，是还原剂，CO是氧化产物，故A错误；B．由反应①可知，C作还原剂生成CO，所以不能用CO作还原剂，故B错误；C．由反应②可知，2molMg可以置换出1molTi，所以若有24gMg参加反应，就可生成0.5molTi，故C错误；D．反应②中Mg失去电子作还原剂，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，金属镁还原性比金属钛强，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．　7．一定温度下，在一个体积可变的密闭容器中加入2molN2和2molH2，建立如下平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），相同条件下．若向容器中再通入1molN2和1molH2，又达到平衡，则下列说法正确的是（　　）A．NH3的质量分数不变B．N2的体积分数增大C．H2的转化率增大D．NH3的质量分数增大【考点】化学平衡的影响因素．【分析】根据在一个体积可变的密闭容器中即恒温恒压，只要反应物成比例，则为成比例的等效平衡，所以加入2molN2和2molH2，建立如下平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），相同条件下．若向容器中再通入1molN2和1molH2，又达到平衡，两种平衡状态等效，各物质的质量分数、体积分数、反应物的转化率都不变据此分析．【解答】解：因为在一个体积可变的密闭容器中即恒温恒压，只要反应物成比例，则为成比例的等效平衡，所以加入2molN2和2molH2，建立如下平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），相同条件下．若向容器中再通入1molN2和1molH2，又达到平衡，两种平衡状态等效，各物质的质量分数、体积分数、反应物的转化率都不变，故A正确，B、C、D都错误，故选：A．【点评】本题主要考查了恒温恒压等效平衡的条件及其量的判断，难度不大，抓住等效的条件是关键．　8．某种钮扣电池的电极材料为Zn和Ag2O，电解质溶液为KOH溶液．该电池的总反应是：Zn+Ag2O═2Ag+ZnO，下列说法正确的是（　　）A．Zn极为负极，其电极反应为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2OB．Ag2O极为负极，其电极反应为：Ag2O+H2O﹣2e﹣═2Ag+2OH﹣C．电池放电过程中，负极周围溶液的pH不断增大D．该电池用完后，可作为普通垃圾处理，因为它不会造成环境污染15【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】根据电池反应式知，Zn失电子作负极，Ag2O作正极，负极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O、正极反应式为Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣，放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，以此解答该题．【解答】解：A．Zn被氧化生成ZnO，电极方程式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O，故A正确；B．Ag被还原，Ag2O极为正极，正极反应式为Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣，故B错误；C．负极方程式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O，消耗OH﹣，pH减小，故C错误；D．含有重金属，不能随意丢弃，防止污染环境，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，正确判断正负极是解本题关键，难点是电极反应式的书写，易错选项是C，题目难度不大．　二、解答题（共4小题，满分36分）9．（2022秋•海淀区校级月考）已知下列反应，（反应所需的其他条件和各物质的化学计量数均已略去）：①A+BM+D+E；②M+E→A+F+B请针对以下两种不同情况回答：（1）若A是一种钠盐，反应①是化学工业上制取单质E和化合物M的重要方法．则A的电子式为　　；反应②的离子方程式为　Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O　；在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为　2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O　．（2）若A是一种含氧酸盐，可用于实验室中检验水的存在．1个A的酸根离子中共含有50个电子，其中含有一种元素X，X的原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则X在元素周期表中的位置是　三　周期　VIA　族．X单质的熔点是112.8℃，则X单质的晶体类型属于　分子　晶体．X与碳单质在一定条件下可以生成CX2的化合物，其分子结构类似于CO2，则CX2属于　非极性　分子（填“极性”或“非极性”）．反应②的化学方程式为：　Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O　．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】（1）A是一种钠盐，反应①是化学工业上制取单质E和化合物M的重要方法，在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，F具有强氧化性，①应是电解饱和食盐水的反应，A为NaCl，B为H2O，M为NaOH，E为Cl2，D为H2，F为NaClO；（2）若A是一种含氧酸盐，可用于实验室中检验水的存在，1个A的酸根离子中共含有50个电子，其中含有一种元素X，X的原子的最外层电子数是电子层数的2倍，X为S元素、酸根为SO42﹣，A为CuSO4，B为H2O，则反应②应为浓硫酸和Cu的反应，可知E为Cu，M为H2SO4，A为CuSO4，反应①应在电解条件下进行，D应为O2．15【解答】解：（1）A是一种钠盐，反应①是化学工业上制取单质E和化合物M的重要方法，在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，F具有强氧化性，①应是电解饱和食盐水的反应，A为NaCl，B为H2O，M为NaOH，E为Cl2，D为H2，F为NaClO，则：A的电子式为；反应②的离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O，故答案为：；Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O；（2）若A是一种含氧酸盐，可用于实验室中检验水的存在，1个A的酸根离子中共含有50个电子，其中含有一种元素X，X的原子的最外层电子数是电子层数的2倍，X为S元素、酸根为SO42﹣，A为CuSO4，B为H2O，则反应②应为浓硫酸和Cu的反应，可知E为Cu，M为H2SO4，A为CuSO4，反应①应在电解条件下进行，D应为O2，则：X在元素周期表中的位置是第三周期VIA族．硫单质的熔点是112.8℃，则硫单质的晶体属于分子晶体；X与碳单质在一定条件下可以生成CS2的化合物，其分子结构类似于CO2，为直线型对称结构，则CS2属于非极性分子，反应②的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：三、VIA；分子；非极性；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O．【点评】本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意理解掌握电解的原理和规律，结合反应的特点以及现象进行推断，难度中等．　10．（12分）（2022秋•海淀区校级月考）已知：①一定条件下，R﹣Cl+2Na+Cl﹣R′→R﹣R′+2NaCl②醛和醇可以发生氧化反应，相关物质被氧化的难易次序是：RCHO最易，R﹣CH2OH次之，最难现有某氯代烃A，其相对分子质量为78.5；B与氯气反应生成的一氯代物有两种．有关的转化关系如图所示（部分产物及条件均已略去）：请回答下列问题：（1）分子式：A　C3H7Cl　；反应类型：A→C　取代反应　，E→F　加聚反应　；（2）结构简式：B　　，K为　　；15（3）反应方程式：A→E　　；G→H　　；（4）D的同分异构体属于羧酸的有四种，其中有2个﹣CH3基团的有两种．请写出这两种中的任一种结构简式：　　．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用．【分析】氯代烃A，其相对分子质量为78.5，则A的分子式为C3H7Cl，A与钠发生题中信息中的反应生成B，B与氯气反应生成的一氯代物有两种，则A为CH3CHClCH3，B为，A在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成E为CH2=CHCH3，E发生加聚反应得F为，E与溴发生加成反应得G为CH2BrCHBrCH3，G水解得H为CH2OHCHOHCH3，H选择氧化得I为CH3CHOHCHO，I选择氧化得J为CH3CHOHCOOH，J在浓硫酸加热条件下得六元环酯K为，A碱性水解得C为CH3CHOHCH3，C与乙酸发生酯化反应得D为CH3COOCH（CH3）2，据此答题．【解答】解：氯代烃A，其相对分子质量为78.5，则A的分子式为C3H7Cl，A与钠发生题中信息中的反应生成B，B与氯气反应生成的一氯代物有两种，则A为CH3CHClCH3，B为，A在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成E为CH2=CHCH3，E发生加聚反应得F为，E与溴发生加成反应得G为CH2BrCHBrCH3，G水解得H为CH2OHCHOHCH3，H选择氧化得I为CH3CHOHCHO，I选择氧化得J为CH3CHOHCOOH，J在浓硫酸加热条件下得六元环酯K为，A碱性水解得C为CH3CHOHCH3，C与乙酸发生酯化反应得D为CH3COOCH（CH3）2，（1）根据上面的分析可知，A的分子式为C3H7Cl，A→C的反应类型为取代反应，E→F的反应类型加聚反应，故答案为：C3H7Cl；取代反应；加聚反应；15（2）根据上面的分析可知，B为，K为，故答案为：；；（3）A→E的反应方程式为，G→H的反应方程式为，故答案为：；；（4）D为CH3COOCH（CH3）2，D的同分异构体属于羧酸的有四种，其中有2个﹣CH3基团的有两种，则其结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度较大，是对有机物知识的综合考查，综合性较强，能较好的考查学生的阅读、分析与思维能力，（4）为本题的易错点．　11．（14分）（2022秋•海淀区校级月考）某学生用胆矾制取氧化铜固体，并研究氧化铜能否在氯酸钾受热分解实验中起催化作用．实验步骤如下：①称量ag胆矾固体放入烧杯中，加水制成溶液，向其中滴加氢氧化钠溶液至沉淀完全；②把步骤①中的溶液和沉淀转移至蒸发皿中，加热至溶液中的沉淀全变成黑色氧化铜为止；③过滤、洗涤、干燥，称量所得固体质量为bg；④取一定质量的上述氧化铜固体和一定质量的氯酸钾固体，混合均匀后加热，收集反应生成的氧气，如图所示．请回答下列问题：（1）上述各步操作中，需要用到玻璃棒的是　①②③④　（填写前面所述实验步骤的序号）．（2）由胆矾制备氧化铜的产率（实际产量与理论产量的百分比）为　　×100%．15（3）为保证Cu2+沉淀完全，步骤①中溶液的pH应大于10．简述测定溶液pH的操作：　把一小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上，用蘸有混合溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH　．（4）为证明氧化铜在氯酸钾的分解反应中起催化作用，在上述实验①～④后还应该进行的实验操作是　cadbe　（按实验先后顺序填写字母序号）．a过滤b烘干c溶解d洗涤e称量（5）但有同学认为，还必须另外再设计一个实验才能证明氧化铜在氯酸钾受热分解的实验中起催化作用．你认为还应该进行的另一个实验是　对比实验，称取相等质量的氯酸钾，加热，比较产生相同体积氧气所需的时间，或比较在相同时间内产生氧气的体积　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．【分析】1）胆矾固体放入烧杯中，加水制成溶液时需要用玻璃棒搅拌，加速胆矾固体溶解速度；在蒸发时用玻璃棒搅拌，是为了防止局部温度过高使液滴飞溅；过滤时用到玻璃棒的作用是引流；氧化铜固体和一定质量的氯酸钾固体，混合均匀也需要玻璃棒的搅拌；（2）ag胆矾中含铜元素质量为ag×=a，设能制得氧化铜的质量为X，根据铜守恒由X×=a，解得X=a，据此计算由胆矾制备氧化铜的产率；（3）根据pH试纸的使用方法答题；（4）由于需要证明反应前后氧化铜的质量不变，反应后先将氧化铜从混合物中分离出来：加水溶解，进行过滤，得到的氧化铜上有氯化钾溶液，进行洗涤干燥，再进行称量即可；（5）通过对比实验才能说明氧化铜的确加快了氯酸钾的反应速度，另取相同质量的氯酸钾固体，不加氧化铜直接加热，对比放出氧气的速率快慢，现象很明显．【解答】解：（1）胆矾固体放入烧杯中，加水制成溶液时需要用玻璃棒搅拌，加速胆矾固体溶解速度；在蒸发时用玻璃棒搅拌，是为了防止局部温度过高使液滴飞溅；过滤时用到玻璃棒的作用是引流；氧化铜固体和一定质量的氯酸钾固体，混合均匀也需要玻璃棒的搅拌，所以选择①②③④，故答案为：①②③④；（2）ag胆矾中含铜元素质量为ag×=a，设能制得氧化铜的质量为X，根据铜守恒由X×=a，解得X=a，所以由胆矾制备氧化铜的产率：×100%=×100%，故答案为：；15（3）测定溶液pH的操作为：把一小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上，用蘸有混合溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH，故答案为：把一小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上，用蘸有混合溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH；（4）由于需要证明反应前后氧化铜的质量不变，反应后先将氧化铜从混合物中分离出来：加水溶解，进行过滤，得到的氧化铜上有氯化钾溶液，进行洗涤干燥，再进行称量，故答案为：cadbe；（5）通过对比实验才能说明氧化铜的确加快了氯酸钾的反应速度，另取相同质量的氯酸钾固体，不加氧化铜直接加热，对比放出氧气的速率快慢，现象很明显，故答案为：对比实验，称取相等质量的氯酸钾，加热，比较产生相同体积氧气所需的时间，或比较在相同时间内产生氧气的体积．【点评】本题主要考查物质的制备，难度不大，涉及产率计算、实验原理分析、实验基本操作、实验方案的设计等，注意基础知识的掌握和灵活运用．　12．（10分）（2022秋•海淀区校级月考）某结晶水合物，含有两种阳离子和一种阴离子，其中所含元素均为短周期元素．为确定其组成，有同学进行了如下实验：称取9.06g样品，溶于水，将溶液分成两等份，待用．①向一份溶液中逐滴加入6mol•L﹣1NaOH溶液，先观察到有白色沉淀产生，而后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，继续滴加NaOH，白色沉淀又逐渐消失，最后得到无色透明溶液．向其中加入足量BaCl2溶液，可得不溶于稀盐酸的白色沉淀4.66g．②取另一份溶液，加入足量6mol•L﹣1NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体224mL．然后，往溶液中通入足量CO2，过滤，将所得沉淀洗涤、烘干、灼烧，得白色固体0.51g．请回答：（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是　NH4+　、　Al3+　；一种阴离子是　SO42﹣　．（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式，请写出计算过程．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】由①可知，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，则原溶液中含NH4+，白色沉淀溶解在过量NaOH中，则白色沉淀为氢氧化铝，可知原溶液中含Al3+，向其中加入足量BaCl2溶液，可得不溶于稀盐酸的白色沉淀4.66g，该白色沉淀为硫酸钡，可知原溶液中含SO42﹣；由原子守恒可知，n（NH4）=n（NH3）==0.01mol，n（SO42﹣）=n（BaSO4）==0.02mol；往溶液中通入足量CO2，过滤，将所得沉淀洗涤、烘干、灼烧，得白色固体0.51g，固体为氧化铝，其物质的量为=0.005mol，则n（Al）=0.005mol×2=0.01mol，结合原子守恒及固体总质量解答．【解答】解：由①可知，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，则原溶液中含NH4+，白色沉淀溶解在过量NaOH中，则白色沉淀为氢氧化铝，可知原溶液中含Al3+，向其中加入足量BaCl2溶液，可得不溶于稀盐酸的白色沉淀4.66g，该白色沉淀为硫酸钡，可知原溶液中含SO42﹣；15（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是NH4+、Al3+；一种阴离子是SO42﹣，故答案为：NH4+；Al3+；SO42﹣；（2）由①②中沉淀和气体可知，n（NH4）=n（NH3）==0.01mol，n（SO42﹣）=n（BaSO4）==0.02mol；往溶液中通入足量CO2，过滤，将所得沉淀洗涤、烘干、灼烧，得白色固体0.51g，固体为氧化铝，其物质的量为=0.005mol，则n（Al3+）=n（Al）=0.005mol×2=0.01mol，三种离子的质量和为0.01mol×18g/mol+0.01mol×27g/mol+0.02mol×96g/mol=2.37g，水的质量为9.06g×﹣2.37g=2.16g，n（H2O）==0.12mol，则n（NH4+）：n（Al3+）：n（SO42﹣）：n（H2O）=0.01mol：0.01mol：0.02mol：0.12mol=1：1：2：12，则该结晶水合物的化学式为NH4Al（SO4）2.12H2O，答：该结晶水合物的化学式为NH4Al（SO4）2.12H2O．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握离子检验、发生的反应及原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算及推断能力的综合考查，题目难度中等．　15