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文档简介

上海市普陀区2025年高三下学期一诊模拟化学试题文试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、有关物质性质的比较,错误的是A.熔点:纯铁>生铁 B.密度:硝基苯>水C.热稳定性:小苏打<苏打 D.碳碳键键长:乙烯>苯2、属于人工固氮的是A.工业合成氨 B.闪电时,氮气转化为NOC.用NH3和CO2合成尿素 D.用硫酸吸收氨气得到硫酸铵3、已知:。下列关于(b)、(d)、(p)的说法不正确的是A.有机物可由2分子b反应生成B.b、d、p均能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色C.b、q、p均可与乙烯发生反应D.p的二氯代物有五种4、硫酸钙是一种用途非常广泛的产品,可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质(见下图)。下列说法正确的是A.CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B.工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C.除去与水反应,图示转化反应均为氧化还原反应D.用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应,原子利用率均为100%5、在室温下,下列有关电解质溶液的说法正确的是A.将稀CH3COONa溶液加水稀释后,n(H+)·n(OH-)不变B.向Na2SO3溶液中加入等浓度等体积的KHSO4溶液,溶液中部分离子浓度大小为c(Na+)>c(K+)=c(SO42-)>c(SO32-)>c(HSO3-)C.NaHA溶液的pH<7,则溶液中的粒子一定有c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)D.向某稀NaHCO3溶液中通CO2至pH=7:c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)6、常温下,用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液,所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。已知Ksp(AgC1)数量级为10-10。下列叙述不正确的是()A.图中Y线代表的Ag2C2O4B.n点表示AgCl的过饱和溶液C.向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时,先生成AgC1沉淀D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0×10-0.7l7、铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示,下列有关说法中,不正确的是A.正极电极反应式为:2H++2e—→H2↑B.此过程中还涉及到反应:4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3C.此过程中铜并不被腐蚀D.此过程中电子从Fe移向Cu8、“太阳水”电池装置如图所示,该电池由三个电极组成,其中a为TiO2电极,b为Pt电极,c为WO3电极,电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区,A区与大气相通,B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是A.若用导线连接a、c,则a为负极,该电极附近pH减小B.若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+xH+C.若用导线连接b、c,b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2OD.利用该装置,可实现太阳能向电能转化9、由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是A.使用催化剂可以降低过渡态的能量B.反应物能量之和大于生成物能量之和C.N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJD.反应物的键能总和大于生成物的键能总和10、下列有关说法正确的是()A.催化剂活性B.,在恒容绝热容器中投入一定量和,正反应速率随时间变化C.,t时刻改变某一条件,则D.向等体积等pH的HCl和中加入等量且足量Zn,反应速率的变化情况11、给定条件下,下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是A.NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)B.CuCl2Cu(OH)2CuC.AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)D.MgO(s)Mg(NO3)2(aq)Mg(s)12、常温下,某实验小组探究碳酸氢铵溶液中各微粒物质的量浓度随溶液pH的变化如图所示(忽略溶液体积变化),则下列说法错误的是()A.由图可知碳酸的Ka1数量级约为10-7B.向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液,主要与HCO3-反应C.常温下将NH4HCO3固体溶于水,溶液显碱性D.NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用13、关于P、S、Cl三种元素的说法错误的是A.原子半径P>S>ClB.最高价氧化物对应水化物的酸性H3PO4<H2SO4<HClO4C.氢化物的稳定性PH3<H2S<HClD.元素的非金属性P>S>Cl14、高能LiFePO4电池多应用于公共交通,结构如图所示。电池中间是聚合物的隔膜,其主要作用是在反应过程中只让Li+通过,原理如下:(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法错误的是()A.放电时,Li+向正极移动B.放电时,电子由负极→用电器→正极C.充电时,阴极反应为xLi++nC+xe-=LixCnD.充电时,阳极质量增重15、某温度下,容积一定的密闭容器中进行可逆反应:X(g)+Y(g)2Z(g)+W(s)+Q,下列叙述正确的是A.加入少量W,υ(逆)增大 B.压强不变时,反应达到平衡状态C.升高温度,υ(逆)、υ(正)都增大 D.平衡后加入X,方程式中的Q增大16、主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增加,且均不大于20;M是地壳中含量最多的元素,X、Z为金属元素;X、Y、Z最外层电子数之和为12。下列说法不正确的是()A.简单离子半径:X<M<YB.Z与M形成的化合物中一定只含离子键C.YM2可用于自来水消毒D.工业上常用电解M与X组成的化合物制单质X二、非选择题(本题包括5小题)17、H是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体,由芳香烃A制备H的合成路线如图。回答下列问题:(1)A物质的一氯代物共有______种;(2)B物质中含有的官能团名称______;(3)①的反应试剂和反应条件分别是______,③的反应的类型是______;(4)E物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取F物质,用系统命名法对E物质命名______,F物质的结构简式为______;(5)⑤的化学反应方程式为______;(6)对甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体,写出由苯甲醚()制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。(其他试剂任选)______________(合成路线常用的表达方式为:AB……目标产物)。18、聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一,已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图(部分反应条件己略去):己知下列信息:①芳香族化合物B的一氯代物有两种②③回答下列问题:(1)固体A是___(写名称);B的化学名称是___。(2)反应①的化学方程式为___。(3)D中官能团的名称为___;反应②的反应类型是___。(4)E的分子式为___;己知1mo1F与足量的NaHCO3反应生成4mo1CO2,则F的结构简式是___。(5)X与C互为同分异构体,写出同时满足下列条件的X的结构简式___。①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢,其峰面积之比为2:2:1:1②能与NaOH溶液反应,1mo1X最多消耗4mo1NaOH③能发生水解反应,其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应(6)参照上述合成路线,以甲苯和甲醇为原料(无机试剂任选)设计合成的路线___。19、用如图所示仪器,设计一个实验装置,用此装置电解饱和食盐水,并测定阴极气体的体积(约6mL)和检验阳极气体的氧化性。(1)必要仪器装置的接口字母顺序是:A接_____、____接____;B接___、____接____。(2)电路的连接是:碳棒接电源的____极,电极反应方程式为_____。(3)能说明阳极气体具有氧化性的实验现象是____,有关离子方程式是_____;最后尾气被吸收的离子方程式是______。(4)如果装入的饱和食盐水体积为50mL(假定电解前后溶液体积不变),当测得的阴极气体为5.6mL(标准状况)时停止通电,则另一极实际上可收集到气体____(填“”、“”或“”)5.6mL,理由是______。20、某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性,进行如下实验,观察,记录结果。实验Ⅰ物质0min1min1h5hFeSO4淡黄色桔红色红色深红色(NH4)2Fe(SO4)2几乎无色淡黄色黄色桔红色(1)上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_______(用化学用语表示)。溶液的稳定性:FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2(填“>”或“<”)。(2)甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+,因为NH4+具有还原性。进行实验Ⅱ,否定了该观点,补全该实验。操作现象取_______,加_______,观察。与实验Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。(3)乙同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致,进行实验Ⅲ:分别配制0.80mol·L-1pH为1、2、3、4的FeSO4溶液,观察,发现pH=1的FeSO4溶液长时间无明显变化,pH越大,FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示:亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O4Fe(OH)3+8H+由实验III,乙同学可得出的结论是_______,原因是_______。(4)进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下,Fe2+的氧化速率与时间的关系如图(实验过程中溶液温度几乎无变化)。反应初期,氧化速率都逐渐增大的原因可能是_____。(5)综合以上实验,增强Fe2+稳定性的措施有_______。21、实验室用镁还原硝基苯制取反式偶氮苯。实验原理如下:2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O已知:①Mg(OCH3)2在水中极易水解。②反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。⑴在反应装置中,加入原料及溶剂,搅拌下加热回流。反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的的原因是___________。⑵反应结束后将反应液倒入冰水中,用乙酸中和至中性,即有反式偶氮苯粗产品析出,抽滤,滤渣用95%乙醇水溶液重结晶提纯。①为了得到较大颗粒的晶体,加入乙酸时需要___________(填“缓慢加入”、“快速加入”)。②烧杯中的反式偶氮苯转入布氏漏斗时,杯壁上往往还粘有少量晶体,需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗,下列液体最合适的是___________。A.冰水B.饱和NaCl溶液C.95%乙醇水溶液D.滤液③抽滤完毕,应先断开___________之间的橡皮管,以防倒吸。④重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”。上述重结晶过程中的___________操作除去了不溶性杂质。⑶薄层色谱分析中,极性弱的物质,在溶剂中扩散更快。某同学采用薄层色谱分析所得偶氮苯,实验开始时和展开后的斑点如图所示,则反式偶氮苯比顺式偶氮苯的分子极性___________(填“强”或“弱”)。

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.生铁是合金,熔点小于纯铁的熔点,故熔点为纯铁>生铁,选项A正确;B.水的密度等于1g/mL,硝基苯的密度大于1g/mL,所以密度:水<硝基苯,选项B正确;C.碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠,所以热稳定性:NaHCO3<Na2CO3,选项C正确;D.苯中碳碳键介于单键和双键之间,碳碳键键长:乙烯<苯,选项D错误。答案选D。本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律,侧重于熔点、热稳定性、密度等性质的考查,题目难度不大,注意把握性质比较的角度以及规律,易错点为选项D:苯中不含有碳碳双键,碳碳键介于单键和双键之间。2、A【解析】氮元素从游离态变为化合态是氮的固定;工业合成氨是通过人类生产活动把氮气转化为氨气,故A正确;闪电时,氮气转化为NO,属于自然固氮,故B错误;NH3和CO2合成尿素,氮元素不是从游离态变为化合态,不属于氮的固定,故C错误;用硫酸吸收氨气得到硫酸铵,氮元素不是从游离态变为化合态,不属于氮的固定,故D错误。3、D【解析】

A.根据已知反应可知,有机物可由2分子b反应生成,故A正确;B.b、d、p均含有碳碳双键,则都能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色,故B正确;C.根据已知反应可知,b、q、p均可与乙烯发生反应,故C正确;D.p有2种等效氢原子,根据“定一移一”的思路可得其二氯代物有以下四种,分别是3种、1种,故D错误;故选D。4、C【解析】

A.SO2、SO3均是酸性氧化物,CO是不成盐氧化物,A错误;B.工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉,B错误;C.除去与水反应,图示转化反应中均有元素化合价的升降,故反应均为氧化还原反应,C正确;D.用CO与氢气反应合成CH3OH,反应物完全转化为生成物,原子利用率为100%,甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水,所以该步反应中原子利用率不为100%,D错误;故答案选C。5、D【解析】

A.温度不变,Kw=c(H+)•c(OH-)不变,加水稀释体积增大,则n(H+)•n(OH-)增大,故A错误;B.向Na2SO3溶液中加入等浓度等体积的KHSO4溶液,假设浓度均为1mol/L,体积为1L,则溶液中钠离子为2mol,钾离子为1mol,硫酸根离子为1mol,反应生成1molHSO3-,HSO3-部分电离,电离程度较小,因此离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(K+)=c(SO42-)>c(HSO3-)>c(SO32-),故B错误;C.NaHA溶液的pH<7,溶液显酸性,但是不能确定HA-是否完全电离以及是否水解,故无法确定溶液中是否有HA-和H2A,故C错误;D.向NaHCO3溶液中通CO2至pH=7,c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒为:c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-),则c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-),故D正确;答案选D。6、D【解析】

当阴离子浓度相同时,生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小,先析出氯化银沉淀,X为生成氯化银沉淀的曲线;根据图象可知,Ksp(AgC1)=,Ksp(Ag2C2O4)=。【详解】A.当阴离子浓度相同时,生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小,先析出氯化银沉淀,X为生成氯化银沉淀的曲线,Y线代表的Ag2C2O4,故A正确;B.n点c(Cl-)×c(Ag+)>Ksp(AgC1),所以n表示AgCl的过饱和溶液,故B正确;C.结合以上分析可知,向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时,Cl-生成AgC1沉淀需要银离子浓度小,所以先生成AgC1沉淀,故C正确;D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0×109.04,故D错误;故选D。7、A【解析】

A.正极电极反应式为:O2+2H2O+4e-=4OH-,故A错误;B.电化学腐蚀过程中生成的Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3,故B正确;C.铜为正极,被保护起来了,故C正确;D.此过程中电子从负极Fe移向正极Cu,故D正确;故选A。8、B【解析】

A.根据示意图可知,a与c相连后,a电极发生失电子的氧化反应所以作负极,考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液,所以a极的电极反应式为:;由于生成H+,所以a极附近的pH下降;A项正确;B.根据示意图可知,a与c相连后,c为正极,发生得电子的还原反应,电极反应式应写作:;B项错误;C.根据示意图,b与c若相连,b极为正极发生氧气的还原反应,考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液,所以电极反应式为:;C项正确;D.连接a与c后,将太阳能转变成B中的化学能,再连接b,c后,就可将化学能再转变成电能,最终实现了太阳能向电能的转化,D项正确;答案选B。9、D【解析】

A.催化剂可以降低活化能;B.根据图象来分析;C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ;D.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和。【详解】A.催化剂可以降低活化能,降低过渡态的能量,故不选A;B.根据图象可以知道,此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量,故不选B;C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ,热化学方程式为N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJ,故不选C;D.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和<0,故选D;答案:D.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=生成物的总能量-反应物的总能量。10、C【解析】

A.使用催化剂能降低反应的活化能,使反应速率加快,由图可知,催化剂d比催化剂c使活化能降的更多,所以催化剂活性c<d,故A错误;B.该反应的正反应为放热反应,在恒容绝热容器中投入一定量SO2和NO2反应放热使温度升高,反应速率加快,随着反应进行,反应物浓度逐渐减小,正反应速率逐渐减小,逆反应速率逐渐增大,过一段时间达到平衡状态,正逆反应速率相等且不为零,不再随时间改变,故B错误;C.该反应的正反应为气体分子数减小且为放热反应,由图象可知,t时刻改变某一条件,正逆反应速率都增大,且正反应速率大于逆反应速率,说明平衡向正反应方向移动,改变的条件应是增大压强,虽然平衡向正向移动,但由于容器的容积减小,新平衡时的c(N2)比原平衡要大,c(N2):a<b,故C正确;D.CH3COOH为弱酸小部分电离,HCl为强酸完全电离,等pH的HCl和CH3COOH中,c(H+)相同,开始反应速率相同,但随着反应进行,CH3COOH不断电离补充消耗的H+,故醋酸溶液中的c(H+)大于盐酸,反应速率醋酸大于盐酸,故D错误。故选C。11、C【解析】

A.NaCl溶液中通入二氧化碳不能反应生成碳酸氢钠,但碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠,故不正确;B.CuCl2和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀,氢氧化铜和葡萄糖反应生成氧化亚铜沉淀,不能得到铜,故错误;C.Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,偏铝酸钠溶液加热蒸干得到偏铝酸钠固体,故正确;D.MgO(s)和硝酸反应生成硝酸镁,硝酸镁溶液电解实际是电解水,不能到金属镁,故错误。故选C。12、B【解析】

A.由图可知,pH=6.37时c(H2CO3)=c(HCO3-)、c(H+)=10-6.37mol/L,碳酸的一级电离常数Ka1==10-6.37,则碳酸的Ka1数量级约为10-7,故A正确;B.向稀NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液,发生的离子反应为HCO3-+NH4++2OH-═NH3•H2O+CO32-+H2O,说明NaOH与NH4+、HCO3-均反应,故B错误;C.由图可知,pH=9.25时c(NH3•H2O)=c(NH4+)、c(OH-)=109.25-14mol/L=10-4.75mol/L,NH3•H2O的离常数Ka1==10-4.75,而碳酸的Ka1=10-6.37,则NH3•H2O的电离能力比H2CO3强,HCO3-的水解程度比NH4+强,即NH4HCO3的水溶液显碱性,故C正确;D.草本灰的水溶液显碱性,与NH4HCO3混用会生成NH3,降低肥效,则NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用,故D正确;故答案为B。13、D【解析】同周期元素从左到右半径减小,原子半径P>S>Cl,故A正确;同周期元素从左到右非金属性增强,所以最高价氧化物对应水化物的酸性增强,酸性H3PO4<H2SO4<HClO4,故B正确;非金属性越强,氢化物越稳定,氢化物的稳定性PH3<H2S<HCl,故C正确;同周期元素从左到右非金属性增强,元素的非金属性P<S<Cl,故D错误。点睛:同周期元素从左到右非金属性增强,最高价氧化物对应水化物的酸性增强、简单氢化物的稳定性增强、越易与氢气化合。14、D【解析】

A.放电时,工作原理为原电池原理,阳离子向正极移动,A正确;B.放电时,工作原理为原电池原理,电子由负极→用电器→正极,B正确;C.充电时,工作原理为电解池原理,阴极反应为xLi++nC+xe-=LixCn,C正确;D.充电时,工作原理为电解池原理,阳极反应为LiFePO4-xe-=(1−x)LiFePO4+xFePO4+xLi+,很明显,阳极质量减小,D错误。答案选D。涉及x的电池或者电解池的电极反应书写,切不可从化合价入手,而应该以电荷守恒或者原子守恒作为突破口进行书写,如本题D中先根据总反应写出LiFePO4-e-→(1−x)LiFePO4+xFePO4,很显然右边少着x个Li+,故右边加上xLi+,右边加上xLi+后,根据电荷守恒可知左边应该-xe-,最终阳极反应为LiFePO4-e-→(1−x)LiFePO4+xFePO4。15、C【解析】

据外因对化学反应速率和化学平衡的影响分析判断。【详解】A.物质W为固体,加入少量W不改变W浓度,故υ(逆)不变,A项错误;B.题中反应前后气体分子数不变,当温度、体积一定时,容器内压强必然不变。故压强不变时不一定是平衡状态,B项错误;C.温度越高,化学反应越快。故升高温度,υ(逆)、υ(正)都增大,C项正确;D.方程式中的Q表示每摩化学反应的热效应。平衡后加入X,平衡右移,但Q不变,D项错误。本题选C。16、B【解析】

主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增加,且均不大于20;M是地壳中含量最多的元素,则M为O元素;X、Z为金属元素,其最外层电子数只能为1、2、3,当X最外层电子数为1时,Z的最外层电子数可能为1、2、3,Y的最外层电子数为12-1-1=10、12-1-2=9、12-1-3=8,都不可能,所以X、Z最外层电子数只能为2、3,Y的最外层电子数为12-2-3=7,结合原子序数大小及都是主族元素可知,X为Al、Y为Cl、Z为Ca元素【详解】根据分析可知:M为O,X为Al,Y为Cl,Z为Ca元素。A.电子层越多离子半径越大,电子层相同时,核电荷数越大离子半径越小,则离子半径X<M<Y,故A正确;B.O、Ca形成的过氧化钙中含有O-O共价键,故B错误;C.ClO2具有强氧化性,可用于自来水消毒,故C正确;D.工业上通过电解熔融氧化铝获得金属铝,故D正确;答案选B。难点:通过讨论推断X、Y为解答关键,注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质。二、非选择题(本题包括5小题)17、4氯原子氯气、光照还原反应2-甲基丙烷【解析】

由B的结构可知,芳香烃为A为,A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B,B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C,C发生还原反应生成D,D与G在吡啶条件下发生取代反应生成H.由F的分子式、G的结构,可知F为,E系列转化得到F,结合E的分子式,可知E为。【详解】(1)由B的结构可知,芳香烃为A为,A

物质的一氯代物在苯环上有3种,在甲基上有1种,故共有4种,故答案为:4;(2)B的结构简式为:,B

物质中含有的官能团名称为:氯原子,故答案为:氯原子;(3)反应①是转化为,反应试剂和反应条件分别是:氯气、光照;反应③中硝基转化为氨基,属于还原反应,故答案为:氯气、光照;还原反应;(4)由F的分子式、G的结构,可知F为,E系列转化得到F,结合E的分子式,可知E为,用系统命名法对

E

物质命名为:2-甲基丙烷,故答案为:2-甲基丙烷;;(5)⑤的化学反应方程式为:,故答案为:;(6)结合合成路线图中转化可知,与在吡啶条件下反应生成,乙酸与SOCl2/PCl3作用生成.先发生硝化反应,然后与Fe/HCl作用生成,合成路线流程图为:,故答案为:。18、焦炭对二甲苯(或1,4-二甲苯)+2CH3OH+2H2O酯基取代反应CH3OHCH3Cl【解析】

采用逆推法,D中应该含有2个酯基,即,反应①的条件是乙醇,因此不难猜出这是一个酯化反应,C为对二苯甲酸,结合B的分子式以及其不饱和度,B只能是对二甲苯,从B到C的反应条件是酸性高锰酸钾溶液,固体A是煤干馏得到的,因此为焦炭,再来看下线,F脱水的产物其实是两个酸酐,因此F中必然有四个羧基,则E就是1,2,4,5-四甲苯,据此来分析本题即可。【详解】(1)固体A是焦炭,B的化学名称为对二甲苯(或1,4-二甲苯)(2)反应①即酯化反应,方程式为+2CH3OH+2H2O;(3)D中官能团的名称为酯基,注意苯环不是官能团;(4)E是1,2,4,5-四甲苯,其分子式为,根据分析,F的结构简式为;(5)根据给出的条件,X应该含有两个酯基,并且是由酚羟基形成的酯,再结合其有4种等效氢,因此符合条件的X的结构简式为;(6)甲苯只有一个侧链,而产物有两个侧链,因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链,再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基,再进行酯化反应即可,因此合成路线为CH3OHCH3Cl。19、GFIDEC正2Cl--2e=Cl2↑丙中溶液变蓝Cl2+2I-=I2+2Cl-Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O<阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应【解析】

电解池装置中,阳极与电源的正极相连,阴极与电源的负极相连,电解饱和食盐水在阴极生成的是H2,阳极生成的是Cl2,据此分析;淀粉遇碘单质变蓝,要从淀粉碘化钾中得到碘单质必须加入氧化性物质,据此分析;根据已知的数据和电解的总反应方程式计算出生成的NaOH的物质的量浓度,从而可知c(OH-),再求溶液的pH,据此分析。【详解】(1)碳棒上阴离子放电产生氯气,Fe棒上阳离子放电产生氢气,所以B端是检验氯气的氧化性,连接D,然后再进行尾气吸收,E接C,碳棒上阴离子放电产生氯气,Fe棒上阳离子放电产生氢气,所以A端是测定所产生的氢气的体积,即各接口的顺序是:A→G→F→I,B→D→E→C,故答案为:G;F;I;D;E;C;(2)电解池装置中,碳与电源的正极相连,则为阳极,氯离子发生失电子的氧化反应,其电极反应式为:2Cl--2e-=Cl2↑,故答案为:正;2Cl--2e=Cl2↑;(3)氯气氧化碘化钾,生成碘单质,碘单质遇淀粉溶液变蓝色,其离子方程式为:Cl2+2I-=I2+2Cl-;最后氢氧化钠溶液吸收多余的氯气,其离子方程式为:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,故答案为:丙中溶液变蓝;Cl2+2I-=I2+2Cl-;Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;(4)n(H2)==0.00025mol,根据总反应方程式:2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH可知另一极理论上生成的氯气的物质的量也为0.00025mol,其体积理论上也为5.6mL,但氯气部分会溶于水,且部分会与生成的氢氧化钠反应,因此另一极实际上可收集到气体小于5.6mL,故答案为:<;阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应。20、NH4++H2ONH3·H2O+H+<取2mLpH=4.0的0.80mol·L-1FeSO4溶液加2滴0.01mol·L-1KSCN溶液溶液pH越小,Fe2+越稳定溶液中存在平衡4Fe2++O2+10H2O4Fe(OH)3+8H+,c(H+)大,对平衡的抑制作用强,Fe2+更稳定生成的Fe(OH)3对反应有催化作用加一定量的酸;密封保存【解析】

(1)(NH4)2Fe(SO4)2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同,但中(NH4)2Fe(SO4)2含有浓度较高的NH4+;通过表格中的颜色变化来分析;(2)由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致,根据控制变量法可知,应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致,据此分析;(3)由实验Ⅲ可知,溶液的pH越小,溶液的酸性越强,则Fe2+越稳定;亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+,根据平衡的移动来分析;(4)根据影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂来分析;(5)根据上述实验来分析。【详解】(1)(NH4)2Fe(SO4)2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同,但(NH4)2Fe(SO4)

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