上海市普陀区2020届高三上学期一模考试化学试题
高三化学阶段性测试题
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1.2019年诺贝尔化学奖颁发给美国的约翰∙古迪纳夫、英国斯坦利∙维丁汉姆、日本吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池方面的贡献。锂电池常用正极材料之一LiFePO4，该化合物中元素原子半径最小的是
A. Li B. Fe C. P D. O
【答案】D
【解析】
【分析】
比较四种原子的半径大小。
【详解】电子层数越少，半径越小；其中位于第二周期，半径最小，且同周期元素从左到右半径越来越小，故原子半径，原子半径最小；
答案选D。
【点睛】微粒半径大小比较的一般规律：1、看电子层数，电子层数越多半径越大；2、电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越多半径越小；3、电子层数和核电荷数都相同时，看电子数，电子数越多越多半径越大。
2.气体分子中的极性键在红外线的照射下，易像弹簧一样做伸缩和弯曲运动，从而产生热量造成温室效应。下列不属于温室效应气体的是
A. CO2 B. N2O C. CH4 D. N2
【答案】D
【解析】
【分析】
产生温室效应的气体主要是二氧化碳，此外还有甲烷、臭氧、氟利昂、一氧化二氮等。
【详解】甲烷、臭氧、氟利昂、一氧化二氮、二氧化碳都能够引起温室效应，氮气不能引起温室效应，
故选D。
3.气体摩尔体积的大小取决于
A. 气体的物质的量
B. 气体分子的大小
C. 气体分子间的距离
D. 气体的相对分子质量
【答案】C
【解析】
【详解】气体摩尔体积是指单位物质的量的气体所占的体积，即1mol气体所占的体积，对于气体来说，分子之间的距离远大于分子的直径，分子大小忽略不计，故气体摩尔体积的大小取决于分子间的距离，
答案选C。
4.氮原子 2p 亚层上的 3 个电子不相同的是（ ）
A. 能量 B. 电子云形状
C. 电子云伸展方向 D. 自旋状态
【答案】C
【解析】
【详解】氮原子2p亚层上的3个电子分布在不同的轨道上，且自旋方向相同，不相同的是电子云伸展方向；
答案选C。
5.乙醇和乙酸是生活中常见的两种有机物，下列说法正确的是
A. 乙醇、乙酸互为同分异构体 B. 乙醇、乙酸都能氧化为乙醛
C. 乙醇、乙酸都能与NaOH溶液反应 D. 乙醇、乙酸可以用紫色石蕊溶液来鉴别
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙醇的分子式为，乙酸的分子式为，二者分子式不同，不是同分异构体，A错误；
B.乙醇能被氧化生成乙醛，乙酸不能被氧化生成乙醛，B错误；
C.乙醇是非电解质，不和氢氧化钠反应，乙酸是弱酸，能和氢氧化钠反应，C错误；
D.乙醇不能使紫色石蕊试液变色，乙酸能使紫色石蕊试液变红，可以鉴别，D正确；
答案选D。
6.常温常压下呈气态的化合物，降温使其固化得到的晶体一般属于（ ）
A. 原子晶体 B. 离子晶体 C. 金属晶体 D. 分子晶体
【答案】D
【解析】
【详解】原子晶体、离子晶体的熔沸点较高，在常温常压下不可能呈气态，同样金属晶体在常温下一般也不会是气态。常温下为气态的物质的沸点较低，降温即可使其固化得到晶体，说明其熔点较低，符合该特征的晶体为分子晶体，答案选D。
7.下列叙述，能肯定判断某化学平衡发生转移的是
A. 反应混合物的浓度改变
B. 反应混合物中各组分的含量改变
C. 正、逆反应速率改变
D. 反应物的转化率改变
【答案】D
【解析】
【详解】A.对于前后气体系数相等的反应来说，增大体积压强减小，各组分的浓度改变，但是平衡不移动，A错误；
B.对于前后气体系数相等的反应来说，加入惰性气体，混合物中各组分含量改变，但是平衡 不移动，B错误；
C.加入催化剂，正逆反应速率都增大，但是平衡不移动，C错误；
D.反应的转化率改变，则化学平衡一定发生移动，D正确；
答案选D。
8.下列变化过程符合图所示能量变化的是
A. 煅烧石灰石
B. 水蒸汽冷凝
C. 烧碱固体溶于水
D. 双氧水中加入少量二氧化锰
【答案】A
【解析】
【分析】
根据图像分析，反应物能量低，生成物能量高，该反应为吸热反应（过程）。
【详解】A.煅烧石灰石是分解反应，反应吸热，A正确；
B.水蒸汽冷凝是物理变化，属于放热现象，B错误；
C.烧碱溶于水会放热，不属于化学变化，C错误；
D.大多数分解反应吸热，但是双氧水的分解是个特例，它是放热的，D错误；
答案选A。
【点睛】常见的放热反应：大多数的的化合反应，酸碱中和的反应，金属与酸的反应，金属与水的反应，燃烧反应，爆炸反应；常见的吸热反应：大多数的分解反应，还原金属氧化物，铵盐和碱的反应，大多数盐的水解反应。
9.山梨酸(CH3-CH=CH-CH=CH-COOH)是一种高效安全的防腐保鲜剂，有关山梨酸的说法正确的是
A. 属于二烯烃 B. 和Br2加成，可能生成4种物质
C. 1mol可以和3molH2反应 D. 和CH3H218OH反应，生成水的摩尔质量为20g/mol
【答案】B
【解析】
A. 分子中还含有羧基，不属于二烯烃，A错误；B.含有2个碳碳双键，和Br2加成可以是1，2－加成或1，4－加成或全部加成，可能生成4种物质，B正确；C.含有2个碳碳双键，1mol可以和2molH2反应，C错误；D．酯化反应中醇提供羟基上的氢原子，和CH3H218OH反应生成的水是普通水分子，生成水的摩尔质量为18g/mol，D错误，答案选B。
10.除去下列物质中所含少量杂质（括号中为杂质），所选用的试剂和分离方法能达到实验目的的是
混合物
试剂（足量）
分离方法
A
乙醇（水）
生石灰
过滤
B
乙烷（乙烯）
酸性KMnO4溶液
洗气
C
乙酸乙酯（乙酸）
饱和Na2CO3溶液
分液
D
乙酸（乙醛）
新制Cu(OH)2
过滤
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏分离，不能过滤， 故A错误；
B.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质， 故B错误；
C.乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C正确；
D.乙醛在碱性条件下与发生氧化还原反应生成乙酸，乙酸溶于水，且与氢氧化铜发生中和反应，不能过滤分离乙酸，故D错误；
答案选C。
11.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A. 制取SO2 B. 验证漂白性
C. 收集SO2 D. 尾气处理
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。
12.为探究铁与稀硫酸的反应速率，向反应混合液中加入某些物质，下列关于v(H2)变化判断正确的是
A. 加入Na2SO4 溶液，v(H2)减小
B. 加入 NaHSO4固体，v(H2)不变
C. 加入 NaNO3 固体，v(H2)不变
D. 加入 CuSO4固体，v(H2)减小
【答案】A
【解析】
【详解】A. 加入Na2SO4 溶液会稀释原溶液，氢离子浓度减小，故v(H2)减小，故A正确；
B. 加入 NaHSO4固体，使溶液中的氢离子浓度增大，故v(H2)增大，故B错误；
C. 加入 NaNO3 固体会引入硝酸根，硝酸根的氧化性大于氢离子的氧化性，会先于氢离子与铁反应，故v(H2)减小；
D．加入CuSO4固体，铁会置换出铜单质附着在铁表面形成原电池，加快反应速率，故故v(H2)增大，故D错误；
故答案为A。
【点睛】本题中A项加入的物质对反应本身没什么影响，但是会稀释原溶液。
13.X、Y、Z是同周期的三种元素，已知其最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4。则下列说法正确的是( )
A. 原子半径：X＞Y＞Z B. 元素非金属性：X＞Y＞Z
C. 气态氢化物定性：X＜Y＜Z D. 原子序数：Z＞Y＞X
【答案】B
【解析】
【详解】同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，酸性相对强弱：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，可知非金属性X＞Y＞Z，原子序数X＞Y＞Z。
A．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；
B．最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z，故B正确；
C．非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性X＞Y＞Z，所以气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故C错误；
D．由上述分析可知，原子序数：X＞Y＞Z，故D错误；
故选B。
14.已知，根据反应，可推断出X为
A. 氯乙烯 B. 氯丙烯 C. 氯乙炔 D. 氯乙烷
【答案】A
【解析】
【分析】
根据，可推知，共轭二烯烃和单烯烃可以形成六元环。
【详解】A. 和反应生成，A正确；
B. 和反应生成，B错误；
C. 和 反应生成，C错误；
D. 和氯乙烷无法反应生成六元环，D错误；
答案选A。
15.常温下，稀释0.1mol∙L-1的Na2CO3溶液，图中的纵坐标可以表示
A. 溶液中的c(OH-)
B. 溶液的pH
C. 溶液中的HCO3-数目
D. 溶液中的c(HCO3-)
【答案】C
【解析】
【分析】
分析图像可知，随着溶液的稀释纵坐标的物理量逐渐增大。
【详解】A.溶液显碱性，加水稀释碱性减弱，减小，A错误；
B.溶液显碱性加水稀释，碱性减弱，pH减小，B错误；
C.越稀越水解，加水稀释的水解平衡向右移动，数目增大，C正确；
D.加水稀释，数目虽然增大，但由于溶液体积的增大是主要的，所以降低，D错误；
答案选C。
16.支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，下列有关表述错误的是
A. 利用了电解原理
B. 钢管桩上有刺激性气味气体生成
C. 电子由电源负极流向钢管桩
D. 高硅铸铁作阳极
【答案】B
【解析】
【分析】
外加电流阴极保护是通过外加直流电源以及辅助阳极，被保护金属与电源的负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，使被保护金属整体处于电子过剩的状态，让被保护金属结构电位低于周围环境，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，避免或减弱腐蚀的发生，阳极若是惰性电极，则是电解质溶液中的离子在阳极失电子。
【详解】A. 由于此保护装置有外加电源，构成了电解池，故利用了电解原理，A正确；
B. 钢管桩要被保护，应做阴极，阴极产生氢气，氢气为无色无味的气体，B错误；
C. 在电解池中，钢管桩要被保护，应做阴极，连接电源的负极，故电子由电源的负极流向钢管桩， C正确；
D. 高硅铸铁连接电源的正极，做电解池的阳极， D正确。
答案选B。
17.离子方程式：Ca2++2HCO3-+2OH-→CaCO3↓+CO32-+2H2O可以表示
A. 少量NaHCO3与过量澄清石灰水反应
B. 少量NH4HCO3与过量澄清石灰水反应
C. 少量Ca(HCO3)2与过量KOH溶液反应
D. 少量Ca(HCO3)2与过量澄清石灰水反应
【答案】C
【解析】
【分析】
利用“少定多变”原则，分析方程式。
【详解】A. 少量与过量澄清石灰水离子方程式：，A错误；
B. 少量NH4HCO3与过量澄清石灰水反应时会产生，B错误；
C. 少量与过量离子方程式为：，C正确；
D. 与澄清石灰水反应不存在少量过量问题，离子方程式为：，D错误；
答案选C。
【点睛】与量有关系的方程式书写：对于复分解反应，可用“少定多变法”来书写，所谓“少定”即量少的反应物设其系数为1，其离子的计量数按化学式确定，所谓“多变”即过量的反应物，其计量数根据反应的需要量确定，不受化学式中的比例制约，是可变的。
18.25℃，有两种盐的稀溶液，分别是amol∙L-1NaX和bmol∙L-1NaY溶液，下列判断错误的是
A. 若a=b，且pH(NaX)>pH(NaY)，则酸性：HX
b，测得c(X-)=c(Y-)，则溶液中c(HX)>c(HY)
C. 若a>b，测得c(HX)=c(HY)，则溶液中的c(X-)pH(NaY)，说明X-水解程度大于Y-，越弱越水解，说明酸性：HXb，且c(X-)=c(Y-)，所以c(HX)>c(HY)，B正确；
C. 根据物料守恒，NaX溶液中有c(X-)+ c(HX)=a，NaY溶液中有c(Y-)+ c(HY)=b，根据a>b，且c(HX)=c(HY)，所以c(X-)>c(Y-)，C错误；
D. 因a=c(X-)，说明X-不水解，则HX是强酸，a=b=c(Y-)+c(HY)，说明Y-发生了水解，说明HY是弱酸，D正确；
答案选C。
【点睛】水解规律: 无弱不水解，有弱才水解，谁弱谁水解，都弱双水解, 谁强显谁性，同强显中性,，越弱越水解，越热越水解，越稀越水解。
19.硝化细菌可将NH4+转化为NO3-，发生反应NH4++2O2→NO3-+2H++H2O，下列说法错误的是
A. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
B. 反应一段时间后，溶液的酸性增强
C. 1molNH4+完全反应，转移电子的物质的量为8mol
D. NO3-既是氧化产物又是还原产物，H2O既不是氧化产物也不是还原产物
【答案】D
【解析】
【分析】
，铵根离子被氧气氧化为硝酸根，氧化剂是氧气，还原剂是铵根离子，硝酸根既是氧化产物也是还原产物，水是还原产物。
【详解】A. 氧化剂是氧气，还原剂是铵根，根据方程式二者物质的量之比为2:1，A正确；
B.根据方程式反应生成了氢离子，所以反应一段时间后溶液酸性增强，B正确；
C.铵根中的氮原子为-3价，升高到+5价，1个铵根离子参与反应会转移8个电子，则1mol铵根离子完全反应，转移电子的物质的量为8mol，C正确；
D.既是氧化产物又是还原产物，氧气中O元素化合价降低，一部分以形式存在，所以是还原产物，D错误；
答案选D。
20.在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4
溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示。下列分析不正确的是
A. ①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B. b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-
C. a、d两点对应的溶液均显中性
D. c点，两溶液中含有相同物质的量的OH-
【答案】D
【解析】
分析】
分析特殊点，a点为硫酸和氢氧化钡恰好反应点，导电性几乎为零，b点为氢氧化钡和硫酸氢钠反应时钡离子恰好沉淀的点，d点为氢氧化钡和硫酸氢钠反应时恰好中和的点。
【详解】A. 根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为溶液和硫酸的反应，则曲线②为溶液和硫酸氢钠溶液的反应，故A正确；
B.根据图知，a点为溶液和硫酸恰好反应，硫酸和硫酸氢钠溶液的物质的量浓度相等，则b点为钡离子恰好沉淀，溶质为氢氧化钠，B正确；
C. a点为溶液和硫酸恰好反应，显中性，d点为氢氧化钡和硫酸氢钠反应时恰好中和的点，溶液显中性，C正确；
D.c点加入硫酸和硫酸氢钠的物质的量相等，故加入氢离子的量不相等，故氢氧根的量不相等，D错误；
答案选D。
【点睛】电解质溶液导电的能力的强弱主要由自由移动离子的浓度的大小决定。离子浓度越大，导电能力越强，离子浓度越小，导电能力越小。硫酸氢钠和氢氧化钡按照1:1反应时，是硫酸根和钡离子恰好沉淀；按照2:1反应时，是恰好中和。
二、综合分析题
21.含氟化合物被用于预防龋齿、饮水加氟及其他口腔卫生产品中。起初是用氟化钠（NaF）来为饮用水加氟，但后来逐渐被氟硅酸（H2SiF6）及其盐氟硅酸钠（Na2SiF6）代替。完成下列填空：
(1)写出F原子的电子排布式_____________，F原子有_______种能量不同的电子。
(2)和硅元素位于同主族的另外一个短周期元素的最高氧化物的结构简式是__________，其熔点_____SiO2（填“高于”或“低于”）。
(3)F的非金属性比Cl强，①请用一个事实来证明：________________________________。
②并从原子结构角度进行解释：______________。
【答案】 (1). 1s22s22p5 (2). 3 (3). O=C=O (4). 低于 (5). 分别与氢气反应，F2更容易 (6). F和Cl处于同主族，从上到下，原子核外电子层数增多，原子半径增大，F得电子的能力强于Cl，因此非金属性F强于Cl
【解析】
【分析】
是元素周期表中的9号元素，位于第二周期ⅶA族，是非金属最强的元素，是半径最小的原子（除氢原子外）。
【详解】（1）原子的电子排布式为1s22s22p5，故含有3种能量不同的电子。
答案为：1s22s22p5；3；
（2）和硅元素位于同主族的另外一个短周期元素为碳，其最高价氧化物为二氧化碳，结构简式为：，二氧化碳为分子晶体，二氧化硅为原子晶体，故二氧化碳的熔点低于二氧化硅，
答案为：；低于；
（3）①证明非金属性强弱可以看和氢气反应的剧烈程度，氟气和氢气暗处就能发生爆炸，氯气和氢气反应需要光照或点燃条件，证明氟的非金属性比氯强，
答案为：分别与氢气反应，F2更容易；
②从原子结构角度看，和处于同主族，从上到下，原子核外电子层数增多，原子半径增大，得电子的能力强于，因此非金属性强于，
故答案为：和处于同主族，从上到下，原子核外电子层数增多，原子半径增大，得电子的能力强于，因此非金属性强于。
22.一定条件下，体积为1L的密闭容器中发生如下反应：SiF4(g)+2H2O(g)SiO2(s)+4HF(g)+148kJ
(1)写出该反应的平衡常数表达式：K=___________，若0～20min内，固体质量增加了6g，则20min内，用H2O表示该反应的平均速率是______________。
(2)下列各项中能说明该反应已达化学平衡状态的是_______（填字母序号）。
a. v正(SiF4)=4v逆(HF) b. c(SiF4):c(H2O)=1:2
c. 容器内气体的总质量不再变化 d. HF的体积分数不再变化
【答案】 (1). (2). 0.01mol/(L∙min) (3). cd
【解析】
【分析】
，说明该反应是放热反应，分析时要注意二氧化硅的状态是固体。
【详解】（1）平衡常数等于生成物平衡浓度的系数次幂比反应物平衡浓度的系数次幂，固体和纯液体不列入平衡常数表达式，故该反应的平衡常数 ，固体质量增加了6g，说明生成了6g（0.1mol）二氧化硅，水的物质的量变化为0.2mol， ，
故答案为：；0.01mol/(L∙min)；
（2）
a.，正逆反应速率不相等，a错误；
b.若初始加入量按照系数比加入，则始终等于1:2，不能说明达到平衡状态，b错误；
c.因二氧化硅为固体， 所以容器内的气体总质量是一个变量，当它不再变化说明达到了平衡状态，c正确；
d.体积分数是一个变量，当它不再变化说明达到了平衡状态，d正确；
答案选cd。
【点睛】化学平衡状态的判定方法：1、 ；2、当变量不再变化，如体系中气体总物质的量在反应中会发生变化，则气体的总物质的量就是变量，当气体的总物质的量不再变化，则说明反应已经达到平衡状态。
23.实验室常用Na2SO3和较浓的硫酸反应制备SO2气体，以探究SO2的性质。完成下列填空：
(1)已知SO2是一种强还原性的气体，能使KMnO4溶液褪色，并将锰元素还原为+2价，写出该反应的化学方程式。___________。
(2)比较氧化性强弱：KMnO4______MnSO4（填>、<或=）。
(3)每转移1mol电子，消耗SO2_____L（标准状况）。
【答案】 (1). 5SO2+2KMnO4+2H2O→2MnSO4+K2SO4+2H2SO4 (2). > (3). 11.2
【解析】
【分析】
实验室常用和较浓的硫酸反应制备气体， ，然后探究的还原性，能还原高锰酸钾使其褪色。
【详解】（1）还原高锰酸钾，被氧化为硫酸根，根据氧化还原规律配平方程式：，
故答案为：；
（2）在该反应中是氧化剂，是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性>,
答案为：>；
（3）该反应转移电子数为10，即5个转移10个电子，故转移1mol电子，消耗0.5mol，即标况下11.2L，
答案为：11.2。
24.将SO2与H2S气体混合，在集气瓶内能观察到的现象是___________________，该反应中，SO2显示了________性。
【答案】 (1). 有淡黄色固体生成，瓶壁上有小液滴 (2). 氧化
【解析】
【分析】
与发生归中反应生成单质S。
【详解】与的反应方程式为：，故现象为：有淡黄色固体生成，瓶壁上有小液滴，该反应中中的硫元素化合价降低，故体现了的氧化性，
答案为：有淡黄色固体生成，瓶壁上有小液滴；氧化。
25.将0.1mol/LNa2SO3溶液先升温再降温，测定温度变化过程中的pH，数据如下：
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
（1）①时刻Na2SO3溶液中水的电离程度________同温下纯水中水的电离程度（填“>”、“<”或“=”）；应用平衡原理解释该原因_______________________________。
（2）④的pH略小于①是由于_______________________________。
【答案】 (1). > (2). 水存在电离平衡：H2OH++OH-，SO32-与H+结合生成HSO3-、H2SO3，降低了H+浓度，使水的电离平衡向右移动 (3). Na2SO3部分被氧化成硫酸钠2Na2SO3+O2→2Na2SO4
【解析】
【分析】
是强碱弱酸盐，水解显碱性，且还原性很强，易被氧化为硫酸钠。
【详解】（1）中的亚硫酸根会水解，水解促进水的电离，故溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离，,亚硫酸根会结合氢离子，造成水的电离平衡向右移动，
故答案为：>；水存在电离平衡：H2OH++OH-，SO32-与H+结合生成HSO3-、H2SO3，降低了H+浓度，使水的电离平衡向右移动；
（2）①时刻和④时刻的温度是一样的，但是④的pH小说明④中减少，即有一部分被空气中的氧气氧化为硫酸钠，
故答案为：部分被氧化成硫酸钠。
26.1892年比利时人索尔维以NaCl、CO2、NH3、H2O为原料制得了纯净的Na2CO3
，该法又称氨碱法，其主要生产流程如下。完成下列填空
(1) 写出反应①中产生碳酸氢钠的离子方程式_________________________________。
(2)NaHCO3在水中溶解度较小，以沉淀形式析出，则图中③的操作名称___________________。从绿色化学原料的充分利用的角度看，该方法有明显的缺陷（答一条即可）___________。
【答案】 (1). Na++NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4+ (2). 过滤 (3). 产物CaCl2没有利用上
【解析】
【分析】
工业制碱的原理涉及反应：，，索尔维法用生成的氯化铵制备氨气，将氯化铵进行了循环利用，所以从理论上讲，是不需要补充氨的，但是在生产过程中，母液被弃去，氯化铵制备氨气生成了无用的氯化钙，这两点是索尔维法的缺陷。
【详解】（1）根据流程图，反应①是向饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，离子方程式为：，
答案为：；
（2）在水中溶解度较小，以沉淀形式析出，故③操作为过滤，从绿色化学原料的充分利用的角度看，母液被弃去，氯化铵制备氨气生成了无用的氯化钙，这两点是索尔维法的缺陷，
答案为：过滤；产物没有利用上
27.我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，创造了侯德榜制碱法又叫联碱法，该法是将合成氨工厂生产的NH3及副产品CO2，再与饱和食盐水反应.
（1）该法与氨碱法比大大提高了原料利用率，主要表现在_______。
（2）碳酸氢钠分解产生的二氧化碳可循环使用，但必须要补充，补充的主要原因是_________，但实际生产中补充量超过理论上反应耗用量，可能的原因是______。
（3）氨碱法需补充的二氧化碳一定来自_________。那么联合制碱需补充的二氧化碳可能来自__________。
（4）侯德榜法在滤去碳酸氢钠的母液中通氨气并加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用____。
【答案】 (1). 母液循环I提高了NaCl的利用率 (2). 生产过程中CO2有一半转化成碳酸根被产品碳酸钠所带走（碳酸根来自CO2），所以要补充； (3). 在生产过程中还有损耗； (4). 碳酸钙的分解； (5). 合成氨生产中用水煤气法制原料氢气时的副产品； (6). 增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出；使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度
【解析】
【分析】
合成氨工厂提供氨气及二氧化碳，通入饱和氯化钠溶液中，得到碳酸氢钠和副产物氯化铵，煅烧碳酸氢钠得到碳酸钠，同时产生的二氧化碳循环利用。
【详解】（1）对比该法与氨碱法可以发现侯德榜制碱法通过母液循环提高了氯化钠的利用率，
答案为：母液循环I提高了的利用率；
（2）根据元素守恒，制得碳酸钠肯定会消耗二氧化碳，有一部分二氧化碳可以循环利用，且工业生产中不可避免的会有一些损耗，故实际生产中补充量超过理论上反应耗用量，
答案为：生产过程中有一半转化成碳酸根被产品碳酸钠所带走（碳酸根来自），所以要补充；在生产过程中还有损耗；
（3）氨碱法补充二氧化碳来自碳酸钙分解，根据流程图，联合制碱需补充的二氧化碳来自于合成氨工厂，合成氨生产中用水煤气法制氢气时会产生副产品二氧化碳，
答案为：碳酸钙的分解；合成氨生产中用水煤气法制原料氢气时的副产品；
（4）向母液中通氨气的目的是为了提取更多更纯的氯化铵，
答案为：增大的浓度，使更多地析出；使转化为，提高析出的纯度。
【点睛】侯氏制碱法是依据离子反应发生的原理进行的，离子反应会向着离子浓度减小的方向进行。制备纯碱（），主要利用在溶液中溶解度较小，所以先制得，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱．要制得碳酸氢钠就要有大量钠离子和碳酸氢根离子，所以就在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中溶解度最小，所以析出，其余产品处理后可作肥料或循环使用。
28.化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
已知：CH3CHO+CH3CHO，完成下列填空：
(1)A中的官能团名称是_____________。
(2)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B的结构简式，用星号(*)标出B中的手性碳_______________。
(3)写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式_____________。（不考虑立体异构，只需写出2个）
(4)反应④所需的试剂和条件是____________________。
(5)⑤的反应类型是__________________。
(6)写出F到G的两步反应离子方程式_______________________。
(7)利用题信息，写出以和为原料制备的合成路线流程（无机试剂和乙醇任用，合成路线表示为：甲乙……目标产物）__________
【答案】 (1). 羟基 (2). (3). 、、、、 (4). C2H5OH/浓H2SO4、加热 (5). 取代反应 (6). +C2H5OH, (7).
【解析】
【分析】
根据流程图，C被高锰酸钾氧化生成D，故D为，根据E推知F的结构简式为：
【详解】（1）中的官能团为羟基，
答案为：羟基；
（2）中连接4个不同的原子或原子团的碳原子（手性碳）有两个，即，
答案为：；
（3）能发生银镜反应所以含醛基，且含有六元环的B的同分异构体有五种：、
、、、，任写两种即可，
答案为：、、、、；
（4）D为，E为，D和乙醇发生酯化反应生成E，
故答案为： /浓、加热
（5）和反应生成，发生的为取代反应，
答案为：取代反应；
（6）F为，在碱性条件下发生水解反应，离子方程式为：，第二步为酸化将羧酸盐变为羧酸，离子方程式方程式为：
故答案为：；；
（7）采用逆推法，要想制得，需要制得，由和可以形成新的六元环，制得，所以需要将转化为，故答案为：
