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文档简介
安徽高中教科研联盟2024学年高三适应性调研考试化学试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、化学可以变废为室,利用电解法处理烟道气中的NO,将其转化为NH4NO3的原理如下图所示,下列说法错误的是A.该电解池的阳极反反为:NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+B.该电解池的电极材料为多孔石墨,目的是提高NO的利用率和加快反应速率C.用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力,有利于电解的顺利进行D.为使电解产物全部转化为NH4NO3,需补充物质A为HNO32、常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.遇苯酚显紫色的溶液:I-、K+、SCN-、Mg2+B.pH=12的溶液:K+、Na+、ClO-、SO32—C.水电离的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液中:K+、Cl-、CH3COO-、Cu2+D.0.1mol·L-1的K2SO4溶液:Na+、Al3+、Cl—、NO3—3、室温下,将0.10mol·L-1盐酸逐滴滴入20.00mL0.10mol·L-1氨水中,溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知:pOH=-lgc(OH-)。下列说法正确的是()A.M点所示溶液中:c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)B.N点所示溶液中:c(NH4+)>c(Cl-)C.Q点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积D.M点和N点所示溶液中水的电离程度相同4、在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.NH3NO2HNO3B.Mg(OH)2MgCl2(aq)无水MgCl2C.Fe2O3FeFeCl2D.NaCl(aq)NaOH(aq)NaHCO35、以0.10mol/L的氢氧化钠溶液滴定同浓度某一元酸HA的滴定曲线如图所示()。下列表述错误的是()A.z点后存在某点,溶液中的水的电离程度和y点的相同B.a约为3.5C.z点处,D.x点处的溶液中离子满足:6、[四川省绵阳市高三第三次诊断性考试]化学与科技、社会、生产密切相关,下列说法错误的是A.我国出土的青铜礼器司母戊鼎是铜和铁的合金B.高纯硅具有良好的半导体性能,可用于制光电池C.港珠澳大桥钢筋表面的环氧树脂涂层属于合成高分子材料D.火箭推进剂使用煤油-液氧比偏二甲肼-四氧化二氮的环境污染小7、下列关于胶体和溶液的说法中,正确的是()A.胶体粒子在电场中自由运动B.丁达尔效应是胶体粒子特有的性质,是胶体与溶液、悬浊液的本质区别C.胶体粒子,离子都能过通过滤纸与半透膜D.铁盐与铝盐都可以净水,原理都是利用胶体的性质8、对图两种有机物的描述错误的是()A.互为同分异构体 B.均能与钠反应C.均能发生加成反应 D.可用银氨溶液鉴别9、存在AlCl3→Al(OH)3→Al2O3→Al转化,下列说法正确的是()A.Al(OH)3
属于强电解质B.Al2O3
属于离子晶体C.铝合金比纯铝硬度小、熔点高D.AlCl3
水溶液能导电,所以
AlCl3
属于离子化合物10、向饱和食盐水中通入氯化氢,直至有白色固体析出,析出过程中叙述错误的是A.白色固体是NaCl B.溶液中存在两种电离平衡C.溶液pH值减小 D.NaCl的溶解速率小于结晶速率11、化学与生产生活密切相关,下列说法错误的是A.二氧化硫能够杀死会将酒变成醋的酵母菌B.二氧化碳可以作为温室大棚里的气态肥料C.可以用熟石灰鉴别所有的氮肥和钾肥D.蔗糖、淀粉、纤维素都属于糖类物质12、下列表述和方程式书写都正确的是A.表示乙醇燃烧热的热化学方程式:C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=-1367.0kJ/molB.KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大:Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2OC.用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应,证明H2O2具有还原性:2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2OD.用石墨作电极电解NaCl溶液:2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑13、用“四室电渗析法”制备H3PO2的工作原理如图所示(已知:H3PO2是一种具有强还原性的一元弱酸;阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过),则下列说法不正确的是()A.阳极电极反应式为:2H2O-4e-===O2↑+4H+B.工作过程中H+由阳极室向产品室移动C.撤去阳极室与产品室之间的阳膜a,导致H3PO2的产率下降D.通电一段时间后,阴极室中NaOH溶液的浓度一定不变14、新冠疫情暴发,消毒剂成为紧俏商品,下列常用的消毒剂中,消毒原理与氧化还原无关的是()选项ABCD消毒剂双氧化水臭氧医用酒精84消毒液A.A B.B C.C D.D15、劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷()。关于该化合物的说法正确的是A.1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2 B.与互为同系物C.核磁共振氢谱有4组峰 D.分子中所有原子均处于同一平面16、用如图所示实验装置进行相关实验探究,其中装置不合理的是()A.鉴别纯碱与小苏打 B.证明Na2O2与水反应放热C.证明Cl2能与烧碱溶液反应 D.探究钠与Cl2反应二、非选择题(本题包括5小题)17、化合物E(二乙酸-1,4-环己二醇酯)是一种制作建筑材料的原料。其合成路线如下:完成下列填空:(1)A中含有的官能团是______;E的分子式是______;试剂a是______。(2)写出反应类型:B→C______。(3)C与D反应生成E的化学方程式:______。(4)C的同分异构体,能使石蕊试剂显红色,写出该物质的一种结构简式______。(5)设计一条以环己醇()为原料(其他无机试剂任取)合成A的合成路线。(合成路线常用的表示方式为:AB……目标产物)_____________________18、X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素,原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素,Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,Z为地壳中含量最多的元素,R与X同主族;Y、R、Q最外层电子数之和为8,M的单质为黄绿色有害气体。请回答下列问题:(1)Q在元素周期表中的位置为__________________。(2)Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)_______________。(3)Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因:________________(用离子方程式表示)。(4)QM2的电子式为______________。(5)M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______________。19、ClO2熔点为-59.5℃,沸点为11.0℃,温度过高可能引起爆炸,易溶于水,易与碱液反应。工业上用潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60℃时反应制得。某同学设计了如图装置来制取、收集ClO2并测定其质量。实验I:制取并收集ClO2,装置如图所示。(1)装置A除酒精灯外,还必须添加__________装置,目的是____________。装置B应该添加_____________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“60℃的热水浴”)装置。(2)装置A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等,请写出该反应的化学方程式_____________。实验II:测定ClO2的质量,装置如图所示。过程如下:①在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用100mL水溶解后,再加硫酸溶液;②按照如图组装好仪器:在玻璃液封管中加入水,浸没导管口;③将生成的ClO2气体由导管通入锥形瓶的溶液中,充分吸收后,把玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中,再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液;④用cmol/LNa2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体,共用去VmLNa2S2O3溶液(已知:I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是______________。(4)滴定终点的现象是___________________。(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______(用整理过的含的代数式表示)。(6)判断下列操作对m(ClO2)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。①若在配制Na2S2O3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则测定结果________。②若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,则测定结果_________。20、已知25℃时,Ksp(Ag2S)=6.3×10-50、Ksp(AgCl)=1.5×10-16。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象Ⅰ.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色Ⅲ.滤出黑色沉淀,加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后,沉淀变为乳白色(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是__。(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀,推测含有AgCl。用浓HNO3溶解,产生红棕色气体,沉淀部分溶解,过滤得到滤液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液,产生黄色沉淀①由ⅰ判断,滤液X中被检出的离子是__。②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀__。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因:在NaCl存在下,氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化。现象B:一段时间后,出现乳白色沉淀C:一段时间后,无明显变化①A中产生的气体是___。②C中盛放的物质W是__。③该同学认为B中产生沉淀的反应如下(请补充完整):__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④从溶解平衡移动的角度,解释B中NaCl的作用__。21、尼龙材料是一种性能优良的工程塑料,目前广泛应用于汽车领域,具有优异的力学性能。以A(C6H10)原料通过氧化反应制备G,再通过缩聚反应合成尼龙,合成路线如下:回答下列问题:(1)A的化学名称为_________________;(2)B到C的反应类型为_______________;(3)D中含有的官能团名称是____________;(4)E的分子式为_____________;(5)由G合成尼龙的化学方程式为________________________________;(6)写出一种与C互为同分异构体的酯类化合物的结构简式(核磁共振氢谱为两组峰,峰面积之比为3:1)_____________。(7)1,4-二溴环己烯()是多数有机合成一种重要的中间体,设计由B为起始原料制备1,4-二溴环己烯的合成路线____________________。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】
A.根据装置图可知:在阳极NO失去电子,被氧化产生NO3-,该电极反应式为:NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+,A正确;B.电解池中电极为多孔石墨,由于电极表面积大,吸附力强,因此可吸附更多的NO发生反应,因而可提高NO的利用率和加快反应速率,B正确;C.NH4NO3的稀溶液中自由移动的离子浓度比水大,因此用NH4NO3稀溶液代替水可以增强导电能力,有利于电解的顺利进行,C正确;D.在阳极NO被氧化变为NO3-,电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+;在阴极NO被还原产生NH4+,电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4++H2O,从两个电极反应式可知,要使电子得失守恒,阳极产生的NO3-的物质的量比阴极产生的NH4+的物质的量多,总反应方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3,为使电解产物全部转化为NH4NO3,要适当补充NH3,D错误;故合理选项是D。2、D【解析】
A.遇苯酚显紫色的溶液,说明溶液中含有Fe3+,Fe3+与I-因发生氧化还原反应而不能大量共存,Fe3+与SCN-能反应生成络合物,而不能大量共存,A不符合题意;B.ClO-具有强氧化性,SO32-具有还原性,ClO-与SO32-能发生氧化还原反应而不能大量共存,B不符合题意;C.酸碱抑制水的电离,溶液中水电离的c(OH-)=1×10-13mol·L-1,该溶液可能显酸性或碱性;酸性溶液中,H+与CH3COO-不能大量共存,C不符合题意;D.0.1mol·L-1的K2SO4溶液,溶液中的Na+、Al3+、Cl-、NO3-能够大量共存,D符合题意;答案选D。【点睛】在做离子共存题的时候,重点要注意题目中暗含的信息,例如溶液中水电离的c(OH-)=1×10-13mol·L-1,这个溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液,弱酸根离子与H+不能够大量共存,弱碱阳离子与OH-不能够大量共存。3、D【解析】
已知室温时水的电离常数为110-14,则根据曲线得Q点时溶液中pH=pOH=7,Q点时溶液显中性,溶质为NH4Cl和NH3·H2O;Q点左侧溶液为碱性,Q点右侧溶液为酸性。【详解】A项,根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),而M点加的盐酸比Q点少,溶液为碱性,即c(H+)<c(OH-),则c(NH4+)>c(Cl-),故A项错误;B项,根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),而N点加的盐酸比Q点多,溶液为酸性,即c(H+)>c(OH-),则c(NH4+)<c(Cl-),故B项错误;C项,根据分析,Q点时溶液显中性,溶质为NH4Cl和NH3·H2O,则消耗的盐酸体积小于氨水的体积,故C项错误;D项,M点溶液为碱性,而pH=a,则水电离出的c(H+)=10-amol/L,N点溶液为酸性,pOH=a,则水电离出的c(OH-)=10-amol/L,,而水电离出的H+和OH-始终相等,即M点和N点均满足水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-amol/L,即水的电离程度相同,故D项正确。综上所述,本题正确答案为D。4、D【解析】
A.NH3NO2不能一步转化,氨气催化氧化得到NO而不能直接得到NO2,选项A错误;B.MgCl2(aq)无水MgCl2,氯化镁为强酸弱碱盐,水解产生氢氧化镁和盐酸,盐酸易挥发,最后得到的氢氧化镁灼烧得到氧化镁,而不能一步得到无水氯化镁,选项B错误;C.FeFeCl3,铁在氯气中燃烧生成氯化铁不是生成氯化亚铁,无法一步转化生成氯化亚铁,选项C错误;D.NaCl(aq)NaOH(aq)NaHCO3,电解氯化钠溶液得到氢氧化钠,氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠,反应均能一步转化,选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用,题目难度中等,试题侧重于学生的分析能力的考查,注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。5、D【解析】
A.z点滴定分数为1,即恰好完全反应,此时溶液中溶质为NaA,水的电离程度最大,z点之前溶液存在HA抑制水的电离,z点之后溶液中存在NaOH抑制水的电离,所以z点后存在某点,溶液中的水的电离程度和y点的相同,故A正确;B.HA的电离平衡常数,设HA的量为1,y点的滴定分数为0.91,pH=7,溶液中电荷守恒得到c(Na+)=c(A-)=0.91,则,c(HA)=1-0.91=0.09,平衡常数K=,设0.1mol/L的HA溶液中c(H+)=amol/L,则K=,解得a约为10-3.5mol/L,pH约为3.5,故B正确;C.z点滴定分数为1,即恰好完全反应,此时溶液中溶质为NaA,根据电荷守恒可知,此时溶液呈碱性,即氢氧根浓度大于氢离子浓度,所以,故C正确;D.x点处的溶液中溶质为HA和NaA,且二者物质的量相等,存在电荷守恒:,物料守恒:;二式消掉钠离子可得:,此时溶液呈酸性,即c(H+)>c(OH-),所以,故D错误;故答案为D。【点睛】本题难度较大,要灵活运用电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒进行分析求解。6、A【解析】
A.司母戊鼎的主要成分是青铜,是铜锡合金,故A错误;B.硅是半导体材料,可用于制光电池,故B正确;C.环氧树脂属于高分子化合物,故C正确;D.偏二甲肼-四氧化二氮作燃料,会产生二氧化氮等污染物,发射神舟十一号飞船所用火箭的燃料是液氧和煤油,产物为二氧化碳和水,燃料毒性小、污染少,有利于环保,故D正确;答案选A。7、D【解析】
A.胶体粒子可带电,在电场中发生定向移动,故A错误;B.丁达尔效应是胶体特有的性质,胶体与溶液、悬浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同,故B错误;C.离子既能过通过滤纸,又能通过半透膜;胶体粒子只能通过滤纸,不能通过半透膜,故C错误;D.可溶性铁盐与铝盐都会发生水解,产生氢氧化铁和氢氧化铝胶体,胶体具有吸附性可以净水,原理都是利用胶体的性质,故D正确。答案选D。8、A【解析】
A.前者含8个H原子,后者含10个H原子,分子式不同,二者不是同分异构体,故A错误;B.前者含-OH,后者含-COOH,则均能与钠反应生成氢气,故B正确;C.前后含苯环、-CHO,后者含碳碳双键,则均可发生加成反应,故C正确;
D.前者含-CHO(能发生银镜反应),后者不含,则可用银氨溶液鉴别,故D正确;故答案选A。【点睛】有机物能够与氢气发生加成反应的结构特点:含有不饱和键:碳碳双键,碳碳三键,含有醛基、羰基,含有苯环;能够与金属钠发生反应的有机物的结构特点:含有-OH、-COOH等;能够发生银镜反应的有机物的结构特点:含有醛基。9、B【解析】
A、Al(OH)3
在水溶液中部分电离,属于弱电解质,故A错误;B、Al2O3
由铝离子和氧离子构成的晶体,属于离子晶体,故B正确;C、铝合金比纯铝的硬度大,熔点低,故C错误;D、氯化铝为共价化合物,故D错误;故选:B。10、B【解析】
A.向饱和食盐水中通入氯化氢,氯离子浓度增大,会使氯化钠析出,故A正确;B.溶液中只存在水的电离平衡,故B错误;C.氯化钠溶液显中性,通入氯化氢后溶液显酸性,溶液pH值减小,故C正确;D.因为有氯化钠固体析出,所以氯化钠的溶解速率小于结晶速率,故D正确;故选:B。11、C【解析】
A.二氧化硫可以用作防腐剂,能够杀死会将酒变成醋的酵母菌,故A正确;B.二氧化碳能引起温室效应,也是植物发生光合作用的原料之一,因此二氧化碳可以作为温室大棚里的气态肥料,故B正确;C.氢氧化钙与钾肥无现象,氢氧化钙和铵态氮肥混合会产生刺激性气味的氨气,但并不是所有的氮肥,如硝酸盐(除硝酸铵外),不能用熟石灰鉴别所有的氮肥和钾肥,故C错误;D.蔗糖属于二糖;淀粉、纤维素属于多糖,故D正确;答案选C。12、C【解析】
A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量,水的稳定状态是液态,因此该式不能表示该反应的燃烧热,A错误;B.KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大:2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓,B错误;C.用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应,证明H2O2具有还原性,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得反应的离子方程式为:2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O,C正确;D.用石墨作电极电解NaCl溶液,阳极Cl-失去电子变为Cl2,阴极上水电离产生的H+获得电子变为H2,反应方程式为:2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-,D错误;故合理选项是C。13、D【解析】
阴极室中阳离子为钠离子和水电离出的氢离子,阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气,电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+OH—,溶液中氢氧根浓度增大,原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动;H2PO2—离子通过阴膜向产品室移动;阳极室中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子,阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气,电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,溶液中氢离子浓度增大,H+通过阳膜向产品室移动,产品室中H2PO2-与H+反应生成弱酸H3PO2。【详解】A项、阳极中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子,阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气,电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,故A正确;B项、阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气,溶液中氢离子浓度增大,H+通过阳膜向产品室移动,故B正确;C项、撤去阳极室与产品室之间的阳膜,阳极生成的氧气会把H3PO2氧化成H3PO4,导致H3PO2的产率下降,故C正确;D项、阴极上水电离出的氢离子得电子发生还原反应生成氢气,溶液中氢氧根浓度增大,原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动,通电一段时间后,阴极室中NaOH溶液的浓度增大,故D错误。故选D。【点睛】本题考查电解池原理的应用,注意电解池反应的原理和离子流动的方向,明确离子交换膜的作用是解题的关键。14、C【解析】
双氧水、臭氧、84消毒液均具有强氧化性,氧化病毒和细菌,达到消毒杀菌的目的;酒精消毒的原理是使蛋白质变性,故答案为C。15、A【解析】
A.二噁烷的分子式为C4H8O2,完全燃烧后生成二氧化碳和水,1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2,故A正确;B.二噁烷中含有2个氧原子,与组成上并非只相差n个CH2原子团,所以两者不是同系物,故B错误;C.根据二噁烷的结构简式可知,其分子中只有一种化学环境的氢原子,故核磁共振氢谱只有1组峰,C错误;D.分子中碳原子都是sp3杂化,所以所有原子不可能处于同一平面,故D错误,故选A。【点睛】甲烷型:四面体结构,凡是C原子与其它4个原子形成共价键时,空间结构为四面体型。小结:结构中每出现一个饱和碳原子,则整个分子中所有原子不可能共面。16、A【解析】
A.鉴别纯碱与小苏打,试管口略向下倾斜,且铁架台的铁夹要夹在离试管口的三分之一处故此实验装置错误,故A符合题意;B.过氧化钠与水反应放出大量热,能能脱脂棉燃烧,此实验装置正确,故B不符合题意;C.氯气与烧碱溶液反应时,锥形瓶中氯气被消耗,压强减小,气球会变大,此实验装置正确,故C不符合题意;D.氯气与钠反应时,尾气端一定要加上蘸有碱液的棉花除去尾气中残留的氯气,避免氯气污染环境,此实验装置正确,故D不符合题意。故答案是A。二、非选择题(本题包括5小题)17、碳碳双键,溴原子C10H16O4NaOH水溶液取代反应CH3(CH2)4COOH【解析】
由题给有机物转化关系可知,在催化剂作用下,与氢气发生加成反应生成,则B为;在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成,则C为;在浓硫酸作用下,与CH3COOH共热发生酯化反应生成,则D为CH3COOH。【详解】(1)A中含有的官能团是碳碳双键、溴原子;E的分子式是C10H16O4;试剂a是NaOH水溶液,故答案为:碳碳双键、溴原子;C10H16O4;NaOH水溶液;(2)B的结构简式为,在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成,故答案为:水解反应或取代反应;(3)在浓硫酸作用下,与CH3COOH共热发生酯化反应生成,反应的化学方程式为,故答案为:;(4)C的结构简式为,C的同分异构体能使石蕊试剂显红色,说明分子中含有羧基,可为CH3(CH2)4COOH等,故答案为:CH3(CH2)4COOH等;(5)以环己醇()为原料合成时,可先发生消去反应生成环己烯,然后发生加成反应邻二溴环己烷,在氢氧化钠醇溶液中邻二溴环己烷发生消去反应生成1,3—环己二烯,1,3—环己二烯与溴水发生1,4加成可生成目标物,合成路线为,故答案为:。【点睛】依据逆推法,通过生成E的反应条件和E结构简式确定C和D的结构简式是推断的突破口。18、第二周期ⅡA族Cl->O2->Mg2+NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。【解析】
X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素,原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素,则X为氢元素;Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则Y为氮元素;Z为地壳中含量最多的元素,则Z为氧元素;R与X同主族,原子序数大于氧元素,则R为钠元素;Y、R、Q最外层电子数之和为8,则Q的最外层电子数为8-5-1=2,故Q为镁元素;M的单质为黄绿色有害气体,则M为氯元素,据此分析。【详解】X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素,原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素,则X为氢元素;Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则Y为氮元素;Z为地壳中含量最多的元素,则Z为氧元素;R与X同主族,原子序数大于氧元素,则R为钠元素;Y、R、Q最外层电子数之和为8,则Q的最外层电子数为8-5-1=2,故Q为镁元素;M的单质为黄绿色有害气体,则M为氯元素。(1)Q为镁元素,在元素周期表中的位置为第二周期ⅡA族;(2)Z、Q、M分别为O、Mg、Cl,Cl-比其他两种离子多一个电子层,O2-、Mg2+具有相同电子层结构,核电荷数大的Mg2+半径较小,故简单离子半径由大到小的顺序为Cl->O2->Mg2+;(3)Y的气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因:NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-;(4)QM2为MgCl2,属于离子化合物,其电子式为;(5)M的单质Cl2与R的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。19、温度控制使反应发生(或正常进行),并防止温度过高引起爆炸冰水浴2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O用水再次吸收残余的二氧化氯气体,并使锥形瓶内外压强相等当滴入(最后)一滴标准液时,溶液由蓝色恰好变为无色,且半分钟内不褪色,说明滴定至终点1.35cV×10-2g偏高偏低【解析】
(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃,用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质,装置A必须添加温度控制装置,需温度计,ClO2温度过高可能引起爆炸,其温度要保持60-80℃之间,ClO2的沸点低,用冰水可以使ClO2冷凝为液体;(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O,根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式;(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体,并使锥形瓶内外压强相等;(4)溶液由蓝色恰好变为无色,且半分钟内不褪色,说明滴定至终点;(5)根据关系式2ClO2~5I2~10Na2S2O3计算n(ClO2),再根据m=nM计算m(ClO2);(6)根据关系式2ClO2~5I2~10Na2S2O3判断,若操作使Na2S2O3偏少,则ClO2偏低;若操作使Na2S2O3偏大,则ClO2偏高。【详解】(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃,用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质,装置A必须添加温度控制装置,所以装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计;ClO2熔点为-59℃,沸点为11.0℃,温度过高可能引起爆炸,其温度要保持60-80℃之间,控制温度的目的是使反应发生(或正常进行),并防止温度过高引起爆炸,ClO2的沸点:11.0℃,沸点低,用冰水可以使ClO2冷凝为液体,收集在试管中或常温下二氧化氯为气态,装置B使用冰水浴装置,进行降温处理;(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O,根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O;(3)装置中玻璃液封管的作用是,用水再次吸收残余的二氧化氯气体,并使锥形瓶内外压强相等;(4)当滴入(最后)一滴标准液时,溶液由蓝色恰好变为无色,且半分钟内不褪色,说明滴定至终点;(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3mol.则:根据关系式:2ClO2~5I2~10Na2S2O3,210n(ClO2)c•V•10-3mol所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3mol,所以m(ClO2)=n(ClO2)•M=×c•V•10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g;(6)①若在配制Na2S2O3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,使标准溶液的浓度减小,消耗的体积增大,则测定结果中ClO2的含量偏高;②若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,读取的体积比实际体积偏小,导致测定结果中ClO2的含量偏低。【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索,考查了物质含量的探究性实验,涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用,把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键,题目难度中等。20、AgCl2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-SO2Ag2S的悬浊液2Ag2S+1O2+4NaCl+2H2O=4AgCl+2S+4NaOH对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq),O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来,NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀,使得溶解平衡右移,B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S【解析】
(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。(2)Ⅱ中沉淀由白变黑,则表明白色沉淀与S2-反应,生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀,说明此沉淀为BaSO4;ⅱ.向Y中滴加KI溶液,产生黄色沉淀,说明AgCl转化为AgI;①由ⅰ判断,可确定滤液X中被检出的离子。②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化,生成SO42-、NO2等。(4)①A中,MnO2是H2O2分解的催化剂,由此确定产生气体的成分。②因为C是做对比实验而设立的,由此可确定C中盛放的物质W。③B中,反应物还有NaCl、O2,由上面分析,生成物有S,由此可完善方程式。④B中,Ag2S被氧化生成S,则Ag+会与NaCl作用,从而促进平衡正向移动。【详解】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成,则为AgCl。答案为:AgCl;(2)Ⅱ中沉淀由白变黑,则表明白色沉淀与S2-反应,生成Ag2S沉淀等,反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为:2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+
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