2022年福建省龙海市第二中学高三化学第一学期期中复习检测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、如图是自来水表的常见安装方式。下列有关说法不正确的是A该安装方式的水表更容易被腐蚀B发生腐蚀过程中，电子从接头流向水表C腐蚀时水表发生的电极反应为: 2H2O+O2+4e4OHD腐蚀过程还涉及反应：4Fe(OH)2+2H2O+

2、O24Fe(OH)32、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列粒子数目为0.2NA的是A常温常压下，3.1 g P4分子中所含PP键数目B铁作阳极进行电解时，5.6g铁放电时转移的电子数目C各取0.1mol铜分别与足量氯气、硫反应，转移电子数目D3.9gNa2O2与H2O反应后制成500mL溶液，溶液中的Na+数目3、重铬酸钾是一种重要的化工原料，工业上由铬铁矿（主要成分为FeOCr2O3、SiO2等）制备，制备流程如图所示：已知：a.步骤的主要反应为： 2FeOCr2O3+4Na2CO3+ 7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2 b. 2CrO42-+2H+Cr2O72

3、-+H2O下列说法正确的是A步骤熔融、氧化可以在陶瓷容器中进行B步骤中每生成44.8L（标况下） CO2共转移14mol电子C步骤若调节滤液2的pH使之变大，则有利于生成Cr2O72-D步骤生成K2Cr2O7晶体，说明该温度下K2Cr2O7溶解度小于Na2Cr2O74、下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是A用葡萄糖制镜或保温瓶胆 B用ClO2杀菌、消毒C用Na2SiO3溶液制备木材防火剂 D用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果5、元素钒在溶液中有多种存在形式，比如：V2(紫色)、V3(绿色)、VO2(蓝色)、(黄色)等。钒液可充电电池的工作原理如图所示。已知充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄

4、色，溶液中c(H)1.0molL1，阴离子为。下列说法不正确的是Aa极为电池的正极B充电时，阳极电极反应式为VO2H2Oe2HC放电过程中，右槽溶液颜色由紫色变为绿色D放电时，电子由C2极流出经交换膜流向C1极6、氢氧燃料电池以石墨碳棒为电极，以硫酸溶液为电解质溶液，下列叙述正确的是A正极反应式为：O2+4e-+2H2O =4OH-B工作一段时间后，电解液中硫酸的物质的量浓度不变C通氢气的电极上发生还原反应D溶液中氢离子流向通氧气的电极7、过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。下列说法错误的是（ ）ANa2O2的电子式：BNa+的结构示意图：C7.8gNa2O2中含有

5、阴阳离子总数为0.4NADH2O的比例模型：8、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()AKw/c(H+)=110-13 mol/L的溶液中：Fe2+、K+、NO3、SO42B通入大量CO2的溶液中：Na+、C6H5O、CH3COO、HCO3Cc(ClO-)=l.0 mol/L的溶液中：Na+、K+、S2、SO42D能使酚酞变红的溶液中：K+、SO32、CO32、Cl9、钛被誉为“21世纪金属”，工业冶炼钛的第一步反应为TiO22C2Cl2=TiCl42CO，下列关于该反应的说法中，正确的是()ATiO2是氧化剂B氧化剂与还原剂的物质的量之比为12CCl2发生氧化反应D每转移2

6、mol电子将有1 mol Cl2被还原10、下列物质间关系判断正确的是( )A1H2、2H2 同位素BO2-、O22-同素异形体CHCOOCH3、CH3OCHO 同分异构体DHCOOH、C15H31COOH 同系物11、下列说法正确的是ASiO2溶于水显酸性B普通玻璃和氮化硅陶瓷分别属于传统无机非金属材料和新型无机非金属材料C因为高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以硅酸的酸性比碳酸强DSiO2是酸性氧化物，它在常温时不溶于任何酸12、下列除去杂质的方法不正确的是A镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B用过量氨水除去Fe3溶液中的少量Al3C用新制的生石灰，

7、通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水DAl(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤13、某无色溶液能与镁粉作用产生氢气，此溶液中可能大量存在的离子组是（ ）ACa2+、H+、C1、NO3BK+、Ba2+、AlO2-、Cl-CA13+、Fe3+、HCO3-、SO32-DH+、Na+、Cl、SO42-14、工业上用CO生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。一定条件下，将0.5molCO和0.5molH2在体积为2L的密闭容器中发生上述反应，则下列示意图合理的是 ( )ABCD15、我国利用合成气直接制烯烃

8、获重大突破，其原理是反应：C(s)+O2(g)CO(g) H1反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) H2反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3-90.1 kJmol-1反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H4，能量变化如下图所示反应：3CH3OH(g)CH3CHCH2(g)+3H2O(g) H5-31.0 kJmol-1下列说法正确的是A反应使用催化剂，H3减小BH1-H20C反应中正反应的活化能大于逆反应的活化能D3CO(g)+6H2(g)CH3CHCH2(g)+3H2O(g) H-301.3 kJmol-116、配制100 mL 0.1

9、molL1Na2CO3溶液，下列操作正确的是()A称取1.06 g无水碳酸钠，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容B称取1.06 g无水碳酸钠，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解C转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀二、非选择题（本题包括5小题）17、1，4- 二苯基丁烷是用来研究聚合物溶剂体系热力学性质的重要物质,工业上用下列方法制备1，4-二苯基丁烷：友情提示：格拉泽反应:2RCCH RCCCCR+H2回答下列问题：（1）D的官能团的名称为_。（2）和的反应类型分别为_、_。（3）E的结构简式为_。用1 mol E合成1，4二苯基丁

10、烷，理论上需要消耗氢气_mol。（4）请写出反应的化学方程式_。（5）化合物C在氢氧化钠的水溶液中加热可得到化合物F,请写出化合物F和乙酸反应的化学方程式_。（6）芳香化合物G是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为1:1，写出其结构简式_。18、短周期元素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，元素W的一种核素的中子数为0，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Z与M同主族，Z2电子层结构与氖原子相同。（1）M在元素周期表中的位置是_。（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石

11、蕊试纸变蓝的气体。p的化学式为_。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84gmol1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为_。（4）(XY)2的性质与Cl2相似，(XY)2与NaOH溶液常温下反应的离子方程式为_。（5）常温下，1molZ3能与Y的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和1molZ2，该反应的化学方程式为_。19、焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，常用作食品抗氧化剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。（1）制

12、备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3（饱和溶液）Na2S2O5（晶体）+H2O（l）如图装置中仪器A的名称是_，A中发生反应的化学方程式为_。F中盛装的试剂是_，作用是_。实验前通入N2的作用是_。Na2S2O5晶体在_（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。若撤去E，则可能发生_。（2）设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性

13、用适量的蒸馏水溶解少量的Na2S2O5样品于试管中，取pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取样品点在试纸上，试纸变红探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2molL-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去综合实验结论，检验Na2S2O5晶体在空气中是否被氧化的试剂为_，探究二中反应的离子方程式为_。20、肼(N2H4，无色液体)是一种用途广泛的化工原料。实验室中先制备次氯酸钠，再用次氯酸钠溶液和氨反应制备肼并验证肼的性质。实验装置如图所示。已知：Cl2(g)+2NaOH(aq)=NaC1O(aq)+NaC1(aq)+H2O(g

14、) H0。当温度超过40时，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_，装置B的作用是_。(2)为控制D装置中的反应温度，除用冷水浴外，还需采取的实验操作是_。(3)当三颈烧瓶中出现黄绿色气体时立即关闭分液漏斗活塞、移去酒精灯、关闭K1。此时装置C的作用是_。(4)将D装置水槽中的冷水换为热水，把三颈烧瓶中黄绿色气体赶走后，打开K2，通入NH3，使其与NaC1O溶液反应制取肼。理论上通入三颈烧瓶的Cl2和NH3的最佳物质的量之比为_。(5)请从提供的下列试剂中选择合适试剂，设计合理的实验方案验证肼的还原性_(说明操作、现象和结论)。淀粉-KI溶液 稀硫酸(酚

15、酞) NaHCO3 AgC121、NaClO用途非常广泛。NaClO溶液中微粒的物质的量分布分数与溶液pH的关系如图-1所示，某NaClO溶液中有效氯含量与温度的关系如图-2所示。(1)工业上常用NaOH溶液与Cl2反应制备NaClO。Cl2与冷的NaOH溶液反应的离子方程式为_，当通入Cl2至溶液pH=5时，溶液中浓度最大的微粒是_(填“Cl2”“ClO”或“HClO”)。(2)NaClO溶液在空气中易失效，其与空气中CO2反应的化学方程式为_(已知H2CO3的Ka1、Ka2依次为4.47107、4.681011)。(3)NaClO溶液可用于脱除黄磷生产尾气中PH3等有害气体。脱除PH3机理

16、为：H3O+ + ClO= HClO + H2OPH3 + HClO= PH3O + H+ClPH3O+ClO= H3PO2 + Cl室温下，用3%的NaClO溶液分别在pH=9、pH=11时处理含PH3的尾气，PH3的脱除率如图-3所示：下列措施能提高尾气中PH3的脱除率的是_(填标号)。A增大尾气的流速B将吸收液加热到40以上C采用气、液逆流的方式吸收尾气D吸收尾气的过程中定期补加适量NaClO并调节合适的溶液pH已知PH3几乎不与NaOH溶液反应，黄磷生产尾气中除PH3外，还有大量的H2S等有害气体。黄磷尾气通过NaClO吸收液前需预先用30%NaOH溶液吸收处理，其目的是_。pH=9时

17、PH3的脱除率总是比pH=11的大，其原因是_。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【题目详解】这种安装方式可形成原电池，铁接头作负极，铜质水表做正极，水作电解质。A.铁接头作负极更易被腐蚀，铜质水表做正极被保护，故A不正确；B.铁接头与铜水表相连，则电子从负极沿导线移向正极，即从接头流向水表，B正确；C.水为中性，发生吸氧腐蚀，铜水表作正极，腐蚀时水表发生的电极反应为: 2H2O+O2+4e4OH，C正确：D.铁单质参与电化学反应只生成亚铁离子，腐蚀过程还涉及反应4Fe(OH)2+2H2O+O24Fe(OH)3，D正确。本题选不正

18、确的，故选A。2、B【答案解析】A.由于 P4分子是正四面体结构，分子中含有6个PP键，因此在常温常压下，3.1 g P4的物质的量为0.025mol，所含PP键数目为0.15NA，故A错误；B. 5.6g铁的物质的量为0.1mol，铁元素化合价从0价升到+2价，故转移的电子数目为0.2NA，故B正确；C. 铜与足量氯气反应生成+2价铜，铜与足量硫反应生成+1价铜，故0.1mol铜分别与足量氯气、硫反应，转移电子数目分别为：0.2NA和0.1NA，故C错误；D. 3.9gNa2O2的物质的量为0.05mol，Na+的物质的量为0.1mol，根据钠元素守恒可知溶液中的Na+数目0.1NA；故D错

19、误；故选B。3、D【答案解析】A. 陶瓷含有二氧化硅，SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2，陶瓷容器会被腐蚀，故A错误；B. 步骤中2CO27e-，每生成44.8L（标况下）即2molCO2共转移7mol电子，故B错误；C. 步骤若调节滤液2的pH使之变大，上述可逆反应的平衡左移，则不有利于生成Cr2O72-，故C错误；D. 溶液趋向于析出溶解度较小的晶体，步骤生成K2Cr2O7晶体，说明该温度下K2Cr2O7溶解度小于Na2Cr2O7，故D正确。故选D。4、C【答案解析】A葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性，与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质，葡萄糖作还原剂被氧化，所以利用了其还原性，

20、A不符合题意；B漂白液杀菌、消毒，利用其强氧化性，所以利用了其氧化性，B不符合题意；CNa2SiO3溶液制备木材防火剂，不发生氧化还原反应，与氧化性或还原性无关，C符合题意；D高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合价变化，为氧化还原反应，所以利用了其氧化性，D不符合题意，答案选C。5、D【题目详解】A充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，即左槽中发生的变化为：，该过程是VO2+失去电子，为氧化反应，故a极为电池的正极，A正确；Ba极为电池的正极，则石墨C1为阳极，电极反应为：，B正确；C放电过程中，右槽为负极，发生氧化反应，由V2+变为V3+，即右槽溶液颜色由紫色变为绿色，C正

21、确；D放电时，C2极为负极，是电子流出的一极，但是电子不经过电解质溶液，D错误；故选D。6、D【答案解析】以硫酸溶液为电解质溶液， 正极反应式为：O2+4e-+4H+ =2H2O，A错误；氢气燃烧生成水，硫酸的物质的量浓度就小，B错误；氢气在电极上失去电子发生氧化反应，C错误；溶液中正极附近氢离子浓度减小，负极附近氢离子浓度增大，氢离子由负极流向通氧气的正电极，D正确。7、C【题目详解】A.过氧化钠为离子化合物，电子式为，故A正确；B.钠元素的核电荷数为11，钠离子原子核外有10个电子，最外层有8个电子，离子的结构示意图为，故B正确；C.过氧化钠是由2个钠离子和1个过氧根离子形成的离子化合物，

22、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有的阴阳离子总数为0.3NA，故C错误；D.水是共价化合物，空间构型为V字形，比例模型为，故D正确；故选C。8、D【题目详解】A、Kw/c(H+)=110-13 mol/L的溶液显酸性，酸性溶液中硝酸根离子能氧化强还原性离子，所以酸性溶液中Fe2+与NO3不能大量共存,故A不选；B、碳酸的酸性大于苯酚,所以含有C6H5O的溶液通入二氧化碳,会生成苯酚,所以溶液不能大量共存,故B不选；C、次氯酸根离子能氧化还原性离子，则c(ClO-)=l.0 mol/ L的溶液中， S2不能大量存在,故C不选； D、酚酞变红的溶液显碱性，弱酸根离子在碱性条件下可以存在

23、,则K+、SO32、CO32、Cl能够大量存在,故D选; 综上说述，本题应选D。【答案点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：离子间发生复分解反应生成弱电解质、沉淀或气体，如题中项；离子间发生氧化还原反应，如题中A项；离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；注意题中的附加条件。9、D【题目详解】A. 反应后钛元素及氧元素化合价都没变化，故二氧化钛不是氧化剂，也不是还原剂，故A错误；B. 反应中碳元素化合价升高，碳作还原剂，氯元素化合价降低，氯气是氧化剂，物质的量之比是一比一，故B

24、错误；C. 氯元素化合价降低，氯气是氧化剂，发生还原反应，故C 错误；D. 氯气是氧化剂，氯元素化合价从0价降低为-1价，故每转移2 mol电子有1 mol氯气被还原，故D正确；故选D。10、D【题目详解】A项中的1H2、2H2 均为单质，不是同位素关系，A错误；B项中O2-、O22- 均为离子，不是单质，B错误；C中HCOOCH3、CH3OCHO 均是甲酸甲酯，只是写法有些不同，所以不是同分异构体；D项HCOOH、C15H31COOH均是一元羧酸，相差C15H30 ，所以属于同系物关系，故选D。11、B【答案解析】A、SiO2难溶于水；B、水泥、玻璃、陶瓷的主要成分都含有硅酸盐，在我国使用时

25、间长远，广泛，被称为三大传统的无机非金属材料；新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；C、SiO2与Na2CO3反应放出CO2，原理是高沸点制低沸点；D、SiO2是酸性氧化物，它在常温时溶于氢氟酸。【题目详解】A、SiO2难溶于水，故A错误；B、玻璃是传统无机非金属材料，氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，故B正确；C、SiO2与Na2CO3反应放出CO2，原理是高沸点制低沸点，不是在水溶液中进行的反应，故C错误；D、SiO2是酸性氧化物，它在常温时溶于氢氟酸，故D错误；故选B。12、B【题目详解】A、Al能与烧碱溶液反应而Mg不反应，A正确；B、Fe3+

26、与Al3+均能与氨水反应生成沉淀，且不溶于过量的氨水，B错误；C、乙醇沸点较低，水与生石灰反应生成熟石灰，所以可用蒸馏方法使乙醇蒸出，C正确；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，能够实现除杂的目的，D正确。答案选B。13、D【分析】无色时可排除 等有色离子的存在，与镁粉作用产生氢气的溶液呈酸性。【题目详解】A.在酸性条件下与Mg反应不会生成氢气，而是产生,故A错误；B.与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C. 与发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D. 之间不反应，都是无色离子，且都不与氢离子反应，在溶液中能

27、够大量共存，故D正确；答案选D。【答案点睛】金属与硝酸不会产生氢气而是产生氮的氧化物（等），酸性环境中加金属产生氢气的溶液中，肯定不能存在。14、A【题目详解】A反应过程中甲醇的体积分数逐渐增大，假设反应的CO的物质的量为a，CO的体积分数=100%=，始终不变，故A正确；B随着反应的进行，CO的物质的量逐渐减少，甲醇的物质的量逐渐增大，达到平衡后，二者的物质的量不一定相等，故B错误；C随着反应的进行，氢气的浓度减小，甲醇的浓度增大，但氢气的起始浓度为0.25mol/L，故C错误；D随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，达到平衡时甲醇的逆反应速率等于氢气正反应速率的一半，故D

28、错误；故选A。15、D【题目详解】A. 催化剂不改变反应的始终态，则反应使用催化剂，H3不变，故A错误；B. -得到H2(g)+O2(g)H2O(g)，氢气燃烧放出热量，则H1-H20，故B错误；C. 为放热反应，焓变为正逆反应的活化能之差，则反应中正反应的活化能小于逆反应的活化能，故C错误；D. 3+得到3CO(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)，H=(-90.1kJmol-1)3+(-31.0kJmol-1)=-301.3kJmol-1，故D正确；故选D。16、D【答案解析】A项，称量好的固体不能直接放入容量瓶中，应先在烧杯中溶解并冷却至室温后转移到容量瓶中，错误；

29、B项，题中100mL指溶液的体积，不是溶剂蒸馏水的体积，错误；C项，向容量瓶中转移溶液时应用玻璃棒引流，防止液滴外洒，错误；D项，定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀，正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳三键 加成 消去 CCCC 4mol C6H6+CH2=CH2CH2CH3 CH(OH)CH2(OH)+2CH3COOHCH(OOCCH3)CH2OOCCH3+2H2O ClH2CCH2Cl 【答案解析】试题分析：由B的分子式、C的结构简式可知B为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为；对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应；D发生

30、信息中的偶联反应生成E为；E与氢气发生加成反应（也是还原反应）生成1，4-二苯基丁烷。据此可得下列结论：（1）由D的结构简式可知，D的官能团的名称为碳碳三键。（2）由上述分析可知，和的反应类型分别为加成反应、消去反应。（3）由上述分析可知，E的结构简式为。用1mol E合成1，4二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气4mol。（4）有题给信息可知，反应的化学方程式为：C6H6+CH2=CH2CH2CH3。（5）化合物C的结构简式为，在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应（取代反应）可得到化合物F，结构简式为：CH(OH)CH2(OH)，化合物F和乙酸反应的化学方程式：。（6）化合物C的结构简式为，芳香化

31、合物G是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为1:1，则G的结构简式为。考点：考查有机物的推断与合成；【名师点睛】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、对信息的获取与迁移运用等，是对有机化学基础的综合考查，是有机化学常考题型，熟练掌握官能团的性质与转化。依据反应规律和产物来推断反应物是有机物推断的常见题型，通常采用逆推法：抓住产物的结构、性质、实验现象、反应类型这条主线，找准突破口，把题目中各物质联系起来从已知逆向推导，从而得到正确结论。对于某一物质来说，有机物在相互反应转化时要发生一定的化学反应，常见的反应类型有取代反应、加成反应、消去（消除）

32、反应、酯化反应、加聚反应、缩聚反应等，要掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点（包含官能团的种类）进行判断和应用。有机合成路线的设计解题方法一般采用综合思维的方法，其思维程序可以表示为：原料中间产物目标产物。即观察目标分子的结构（目标分子的碳架特征，及官能团的种类和位置）由目标分子和原料分子综合考虑设计合成路线（由原料分子进行目标分子碳架的构建，以及官能团的引入或转化）对于不同的合成路线进行优选（以可行性、经济性、绿色合成思想为指导）。熟练掌握一定的有机化学基本知识、具备一定的自学能力、信息迁移能力是解答本题的关键，题目难度中等。18、第三周期第VIA族 NH4SCN NCOOCN (C

33、N)2+2OH=CN+CNO+H2O 2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O 【分析】元素W的一种核素的中子数为0，W是H元素；X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X是C元素；Z2电子层结构与氖相同，Z是O元素；Z与M同主族，M是S元素。W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y是N元素。据此解答。【题目详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z、M分别是H、C、N、O、S。（1）S位于元素周期表中第三周期VIA族；（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色，P中含有；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，P中含有

34、，因此p的化学式为NH4SCN。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84gmol1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，所以q分子的结构式为NCOOCN。（4）(CN)2的性质与Cl2相似，根据氯气与氢氧化钠反应，(CN)2与NaOH溶液反应的离子方程式为(CN)2+2OH=CN+CNO+H2O。（5）常温下，1molO3能与氨气反应，生成一种常见的盐NH4NO3和1molO2，该反应的化学方程式为2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O。19、三颈烧瓶 Na2SO3+H2SO4=Na

35、2SO4+SO2+H2O 浓NaOH溶液 吸收剩余的SO2 排尽空气，防止Na2S2O5被氧化 D 倒吸 盐酸、BaCl2溶液 5S2O+4MnO +2H+=10SO+4Mn2+H2O 【分析】采用装置图制取Na2S2O5，装置D中有Na2S2O5晶体析出，根据图可知：装置A中浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，装置D中析出Na2S2O5晶体：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；二氧化硫有毒，装置F为尾气吸收装置，装置E防止倒吸。【题目详解】(1) 根据仪器的结构可知A为三颈烧瓶，装置A中浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；

36、由于二氧化硫有毒，则装置F的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，可盛装NaOH溶液；Na2S2O5易被空气中的氧气氧化，所以要先用氮气排净装置中的空气；装置D中会析出Na2S2O5晶体：Na2SO3+ SO2= Na2S2O5；若撤去E，导气管直接插入F溶液可能会因为SO2被吸收压强变化较大发生倒吸；(2) 检验Na2S2O5晶体在空气中是否被氧化，若被氧化则生成硫酸钠，检验硫酸根离子时必须选择的试剂为盐酸、BaCl2溶液；探究二中Na2S2O5与酸性KMnO4溶液发生氧化反应反应，KMnO4被还原为Mn2+，则Na2S2O5被氧化为硫酸钠，离子反应为：5S2O+4MnO+2H+=10SO

37、+4Mn2+H2O。20、烧瓶 除去Cl2中的HCl 控制浓盐酸的滴加速度或控制加热温度 储存氯气 1:2 取少量AgCl于试管中，加入肼溶液，固体逐渐变黑，并有气泡产生，说明肼有还原性 【答案解析】（1）仪器a为烧瓶；装置A中生成Cl2，气体中含有HCl，故B的作用为除去Cl2中的HCl；（2）由题干已知信息可知，过量的Cl2会与NaOH发生副反应，导致原料的浪费以及NaClO浓度降低，故需控制Cl2的量，可采取的实验操作为：控制浓盐酸的滴加速度或控制加热温度；（3）关闭分液漏斗活塞、移去酒精灯时，分液漏斗中反应未立即停止，还会继续产生少量氯气，因K1关闭，A、B装置为封闭体系，故C的作用为储存氯气；（4）氯气通入D中发生反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；通入NH3后，D中发生反应：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，由两个方程式中NaClO与Cl2、N2H4的关系可知，通入三颈烧瓶的Cl2和NH3的最佳物质的量之比为1:2；（5）若要验证肼的还原性，则需要选择氧化剂，AgCl中Ag+具有氧化性，故可选用AgCl，其实验操作及现象和结论为：取少量AgCl于试管中，加入肼溶液，固体逐渐变黑，并有气泡产生，说明肼有还原性。21、Cl2 + 2OH= Cl+ ClO+ H2O HClO NaClO + CO2 + H2O = NaHCO3