吉林省通榆某中学2024届高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

吉林省通榆一中2024届高三第二次诊断性检测化学试卷

考生请注意：

1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的

位置上。

3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁一铭液流电池储能示范电站。铁一珞液流电池总反应为

Fe3++Cr2+BlFe2++Cr3+,工作示意图如图。下列说法错误的是

充电

|交流/直流变换「

<I-A

If|1电池单元II11

A.放电时a电极反应为Fe3++e-=Fe2+

B.充电时b电极反应为Cr^+eNCF

C.放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区

D.该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低

2、Na.AkFe都是重要的金属元素。下列说法正确的是

A.三者的氧化物都是碱性氧化物

B.三者的氢氧化物都是白色固体

C.三者的氯化物都可用化合反应制得

D.三者的单质在空气中最终都生成氧化物

3、下图是O.Olmol/L甲溶液滴定O.Olmol/L乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲

线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是

相

对

导

电

能

力

溶液甲的体积

A.条件相同时导电能力：盐酸,NaAc

B.曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线

C.随着甲溶液体积增大，曲线①仍然保持最高导电能力

D.a点是反应终点

4、下列物质不属于合金的是

A.铝B.青铜C.不锈钢D.生铁

5、面对突如其来的新冠病毒，越来越多的人意识到学习化学的重要性。下列说法正确的是

A.医用酒精灭活新冠肺炎病毒是利用其氧化性

B.N95口罩所使用的聚丙烯材料属于合成纤维

C.为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入稀盐酸

D.我国研制的重组新冠疫苗无需冷藏保存

6、稀溶液一般具有依数性，即在一定温度下，相同体积的溶液中溶质粒子数目越多，蒸气压下降数值越大。浓度均为

0.1mol・L"的下列稀溶液中，其蒸气压最小的是（）

A.H2s。3溶液B.NaCl溶液C.CGHIZOG溶液D.NH3・H2O溶液

7、用化学用语表示NH3+HC1=NH，C1中的相关微粒，其中正确的是（）

A.中子数为8的氮原子：:NB.HCI的电子式：H|：Cl：r

C.NH3的结构式："一户一"D.的结构示意图：丽）

8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.ILO.lmol/L的NaHSCh溶液中所含的氧原子数目为0.4NA

B.Imol—OH（羟基）与1molH3O+中所含的电子数均为10NA

C.7.1gCL与足量Fe充分反应，转移的电子数为0.2NA

D.80gCuO和Cu2s的混合物中，所含铜原子数为2NA

9、下列物质中不会因见光而分解的是（）

A.NaHCOjB.HNO3C.AglD.HCIO

10、已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度,且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中正确的是（）

A.C3N4晶体是分子晶体

B.C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长长

C.C3N4晶体中C、N原子个数之比为4：3

D.C3N4晶体中粒子间通过共价键相结合

11、下列关于有机化合物的说法正确的是

A.乙醇的水溶液俗称酒精

B.由苯与氯气在一定条件下生成C6H的反应属于取代反应

C.化学式为C4H10O的饱和一元醇有4种

D.糖类发生水解反应的最终产物都是葡萄糖

12、某化学实验创新小组设计了如图所示的检验Cb某些性质的一体化装置。下列有关描述不正确的是

「滴管

橡胶塞一

-浓盐酸

一氯酸钾

一无水筑化钙

一卜燥的有色布条

有孔垫片一

-1湿涧的有色布条

玻璃管T

-2硝酸银溶液

-3淀粉碘化钾溶液

物料吸管T一4澳化钠溶液

-5硫酸亚铁溶液

（滴有硫弱化钾）

橡胶塞氢氧化钠溶液

滴有着酸）

底座

4

A.浓盐酸滴到氯酸钾固体上反应的离子方程式为5CE+CIO；+6H===3Cl2t+3H2O

B.无水氯化钙的作用是干燥Cb,且干燥有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色

C.2处溶液出现白色沉淀，3处溶液变蓝，4处溶液变为橙色，三处现象均能说明了CL具有氧化性

D.5处溶液变为血红色，底座中溶液红色消失，氢氧化钠溶液的作用为吸收剩余的Cb以防止污染

13、某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是（）

（）

A.与互为同分异构体

B.可作合成高分子化合物的原料（单体）

C.能与NaOH溶液反应

D.分子中所有碳原子不可能共面

14、含有非极性键的非极性分子是

A.C2H2B.CH4C.H2OD.NaOH

15、下列表示对应化学反应的圜子方程式正确的是

A.NO2溶于水：2NO2+H2O=2H++2NO3

+2

B.向氨水溶液中通入过量SO2：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO34-H2O

+2+

C.酸性介质中KM11O4氧化H2O2：2MnO44-5H2O24-6H=2Mn+5O2T4-8H2O

3+22+

D.明现KAKSOgIZHzOI溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：Al4-SO4+Ba+4OH=A1O2+BaSO41+2H2O

16、中华传统文化博大精深，下列说法正确的是()

A.••霾尘积聚难见路人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应

B.“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质

C.“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”

D.“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应

二、非选择题(本题包括5小题)

17、G是具有抗菌作用的白头翁素衍生物，其合成路线如下：

G/CHBM仁o/KMgBr①一HCCH=CH：(j)NaOH(aqj^CH=CH：

&\X)OCH3乙酰2\?OOCH3②H。/②HO2VoOH

ABCD

EFG

(1)C中官能团的名称为和o

(2)E-F的反应类型为o

(3)DTE的反应有副产物X(分子式为C9H7O2I)生成，写出X的结沟简式：o

(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。

①能发生银镜反应；

②碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCb溶液发生显色反应；

③分子中有4种不同化学环境的氢。

H.CCH,

(5)请写出以乙醇为原料制备Tj的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题

题干)。____________

18、现有五种可溶性物质A、B、C、D、E,它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子AP+、Fe3\Cu2

+、Ba2+sK+和五种阴离子NOj\OH>C「、CO3*、Xn(n=l或2)中的一种。

(1)通过比较分析，无需检验就可判断其中必有的两种物质是和O

(2)物质C中含有离子Xn-o为了确定Xn-,现将(1)中的两种物质记为A和B,当C与A的溶液混合时产生

白色沉淀，继续加入过量A溶液白色沉淀部分溶解，然后将沉淀中滴入足量稀HC1,白色沉淀不溶解，则C为

（填化学式）。写出部分白色沉淀溶解的离子方程式O

（3）将19.2gCu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀112so4,Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色

气体出现，则物质D一定含有上述离子中的（填相应的离子符号），写出Cu溶解的离子方程式,

若要将Cu完全溶解，至少加入H2s04的物质的量是__________o

（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，写出该反应的化学方程式为。

19、。。2是一种优良的消毒剂，其溶解度约是Ck的5倍，但温度过高浓度过大时均易发生分解,因此常将其制成KCIO2

固体，以便运输和贮存。制备KCKh固体的实验装置如图所示，其中A装置制备CIO2,B装置制备KCIO2。请回答

（1）A中制备C1O2的化学方程式为一。

（2）与分液漏斗相比，本实验使用滴液漏斗，其优点是一。加入H2s04需用冰盐水冷却，是为了防止液体飞溅和

（3）实验过程中通入空气的目的是空气流速过快，会降低KCKh产率，试解释其原因

（4）CI02通入KOH溶液生成KCKh的同时还有可能生成的物质

a.KCIb.KClOC.KCIOJd.KCIO4

（5）KCKh变质分解为KCKh和KCL取等质量的变质前后的KCKh试样配成溶液，分别与足量的FeSO4溶液反应

消耗Fe?+的物质的量—（填“相同”、“不相同”“无法确定”）。

20、高锌酸钾是常用的氧化剂。某化学小组在实验室以软镒矿（主要成分是MnO》为原料制备KMnCh,下图是实验室

制备高锭酸钾的操作流程。

软镒矿

K0H

已知:

溶解度/g

温度

K2CO3KHCO3KMnO4

20,C11133.76.38

请回答：

(1)反应①的化学方程式为,加热软镒矿、KCKh和KOH固体，除三脚架、

玻璃棒、泥三角和铁坦埸外，还用到的仪器有一,不采用瓷生烟而选用铁生埸的理由是

⑵反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为;上述流程中可以循环利用的物质是

(3)实验时，从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作a为,若CCh过量会生成KHCO.3,导致得

到的KMnOj产品的纯度降低其原因是________。

21、氮氧化物(NO、)造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，而且严重危害人类健康。

采用合适的还原剂能够实现烟气的高效脱硝。

(1)活性炭还原脱硝可防止氮氧化物污染，已知:

①Nz(g)+O2(g)=2NO(g)△，i=+180.5kJ・moH

②2c(s)+Oz(g)=2CO(g)

@2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△〃3=-556.0kJ・moP

则反应C(s)+2NO(g)(g)+CO2(g)△//=_kJemol'1

(2)用活性炭对NO进行还原，采用相同质量不同粒径的同种催化剂M和N,测量相同时间内烟气的脱氮率，结果

如图所示。

①在M、N两种不同粒径催化剂作用下，出现M和N两条不同的脱氮率与温度的变化曲线的原因是

②判断M曲线上最高点A点对应的脱氮率一(填”是"或”不是”)该温度下的平衡脱氮率。

③25c下，用NaOH溶液作捕提剂吸收产生的CO2,不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品。某次捕捉后

2

得到pH=12的溶液，已知：25℃下瓦也(H2CO3)=5.6x10",试通过计算溶液中c(CO3*)：c(HCO3)=_<>

(3)在一恒容密闭容器中，使用某种催化剂对反应NO2(g)+SO2(g)=^SO3(g)+NO(g)△"<()进行相关实

验探究。改变投料比(no(SOz)：no(NO2)］进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定SOz的

平衡转化率口(SO2)Jo已知：KR=16,KZ=1,部分实验结果如图所示。

10.80）；

米•••

/80•%••e•4«••••••••••>

fX（l-0.50）：

o60

sY（l.5jbl

-I0•4.........♦............■

s20

Z（3.0,25）

01.01.52.02.3

投料比方（SOJMNOJ

①如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，应采取的措施是一。

②图中R、X、Y、Z四点对应的实验温度分别为TR、TX>TY,Tz通过计算选择下列选项中两个温度相等是_(填标

号)。

A.TR^TYB.TR和TZC.TX和TZD.TY和TZ

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、C

【解题分析】

铁-铝液流电池总反应为Fb+C产警Fe*+Cr叱放电时，C/发生氧化反应生成CN、b电极为负极，电极反应为

充电

Cr2-e=Cr3\Fe?♦发生得电子的还原反应生成Fe。a电极为正极，电极反应为Fe”+e--Fe，放电时，阳离子移向正极、

阴离子移向负极；充电和放电过程互为逆反应，即a电极为阳极、b电极为阴极，充电时，在阳极上Fe2♦失去电子发、

生氧化反应生成Fe3\电极反应为:Fe2+-e--Fe3+,阴极上CF发生得电子的还原反应生成Cr2+,电极反应为Cr3++e--Cr2\

据此分析解答。

【题目详解】

A.根据分析，电池放电时a为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3++e-=Fe2+,A项不选；

B.根据分析，电池充电时b为阴极，得电子发生还原反应，反应为CB+e-=Ce,B项不选；

C.原电池在工作时，阳离子向正极移动，故放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，C项可选；

D.该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之间的转化，不会产生易燃性物质，不会有爆炸危险，同时物质储备

于储液器中，Cr3\CM+毒性比较低，D项不选；

故答案选Co

2、C

【解题分析】

A.Na>AkFe的氧化物中，过氧化钠、四氧化三铁不是碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，故A错误；

B.氢氧化钠、氢氧化铝、氢氧化亚铁为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；

C.氯化钠、氯化铝、氯化铁都可以由三种的单质与氯气反应得到，故C正确；

D.钠在空气中最终得到的是碳酸钠，A1的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止了A1与氧气继续反应，铁在空气

中会生锈，得到氧化铁，故D错误；

答案：C

3、C

【解题分析】

A.由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：

盐酸,NaAc,故A正确；

B.曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化

曲线，故B正确；

C.由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线①逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混

合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的

导电能力曲线，因此最高点曲线③，故c错误；

D.反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；

故选C。

【题目点拨】

本题的难点为曲线①和②的判断，也可以根据滴定终点后溶液中的导电物质的种类结合强弱电解质分析判断，其中醋

酸滴定NaOH溶液，终点后，溶液中醋酸的含量增多，而醋酸为弱电解质，因此曲线的后半段导电能力较低。

4、A

【解题分析】

合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法熔合成的具有金属特性的物质；铝是纯净物，不属于合金，

故A正确；青铜是铜与锡或铅的合金，故B错误；不锈钢是铁中含有珞、银的合金，故C错误；生铁是铁和碳的合金,

故D错误。

5、B

【解题分析】

A.医用酒精灭活新冠肺炎病毒是因为酒精使蛋白质脱水，并非酒精的氧化性，故A错误；

B.聚丙烯材料属于合成有机高分子材料，故B正确；

C.84消毒液和洁厕灵混合会发生氧化还原反应产生有毒气体氯气，所以两者不能混合使用，故C错误；

D.疫苗的成分是蛋白质，因光和热可以导致蛋白变性，所以疫苗需冷藏保存，故D错误；

故选B。

6、B

【解题分析】

在一定温度下，相同体积的溶液中溶质粒子数目越多，蒸气压下降数值越大，亚硫酸和一水合氨都是弱电解质，电离

程度很小，0.lmol・L”的溶液中，其阴离子和阳离子的浓度都远远小于0.1mol・L”；葡萄糖是非电解质，不电离；氯化

钠是强电解质，完全电离，0.1mol・L“氯化钠溶液中，阴离子和阳离子浓度均为O.lmoMJ,所以上述稀溶液中，氯化

钠溶液中溶质粒子数目最多，其蒸气压最小，综上所述，答案为B。

7、C

【解题分析】

A、中子数为8的氮原子的质量数为15；

B、HC1中只含共价键；

C、NFh中含个N-H键；

D、。•最外层有8个电子。

【题目详解】

A、中子数为8的氮原子的质量数为15,可表示为选项A错误；

B、HC1中只含共价键，其电子式为选项B错误；

H-N-H

C、NM中含个N・H键，NH3的结构式为：I,选项C正确；

II

D、。•最外层有8个电子，。一的结构示意图为，选项D错误。

答案选C。

【题目点拨】

本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如

原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。

8、C

【解题分析】

A、NaHSCh溶液中水也含有氧原子，所以ILO.lmoI/L的NaHS()4溶液中所含的氧原子数目大于0.42,故A错误；

B、1个甲基含有9个电子，Imol羟基所含的电子数为9NA,B错误；

C、CL与Fe反应，氯元素化合价由。变为T,所以7.1gCk与足量Fe充分反应，转移的电子数为0.2NA,故C正确；

D>80gCu0含的铜原子的物质的量是。八,-1=I，”“，80gCu2S含的铜原子的物质的量是七绊~；x2=\mol,

80g/mol160g/mol

根据极值法，80gCuO和Cu2s的混合物中所含铜原子数为INA,故D错误。

9、A

【解题分析】

浓硝酸、碘化银、次氯酸见光都易分解;碳酸氢钠加热分解，见光不分解，以此解答该题。

【题目详解】

AgKHN03>HC10在光照条件下都可分解，而NaHCOs在加热条件下发生分解，所以A选项是正确的；

综上所述，本题选项A。

10、D

【解题分析】

A.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，故A错误；

B.因N的原子半径比C原子半径小，则C3N4晶体中，C-N键的键长比金刚石中C-C键的键长要短，故B错误；

C.原子间均以单键结合，则C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子，所以晶体中C、

N原子个数之比为3:4,故C错误；

D.C3N4晶体中构成微粒为原子，微粒间通过共价键相结合，故D正确；

故选：D»

【题目点拨】

C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N原子，每个N

原子周围有3个C原子，形成空间网状结构，C・N键为共价键，比CC键短。

11、C

【解题分析】

A.乙醇俗称酒精，A错误；B.由苯与氯气在一定条件下生成C6H6Ck的反应属于加成反应，B错误；C.丁基有4种,

因此化学式为CHioO的饱和一元醇有4种，C正确；D.糖类发生水解反应的最终产物不一定都是葡萄糖，也可以产

生果糖，D错误，答案选C。

12、C

【解题分析】

浓盐酸滴到氯酸钾固体上的作用是为了制备CL,根据含同种元素物质间发生氧化还原反应时，化合价只靠近不交叉,

+

配平后可得反应的离子方程式：5C1+C10；+6H===3Cht+3H2O,A正确；为了检验CL有无漂白性，应该先把

CL干燥，所以，无水氯化钙的作用是干燥C12,然后会出现干燥有色布条不褪色而湿润有色布条褪色的现象，B正确；

CL与3处碘化钾置换出单质碘，遇淀粉变蓝，与4处滨化钠置换出单质溟，使溶液变橙色，均说明了CL具有氧化性,

CL与水反应生成HC1和HC1O,HC1与硝酸银产生白色沉淀，无法说明Cb具有氧化性，C错误；C12与5处硫酸亚铁

生成Fe3+,Fe-，+与SCN-生成血红色配合物，氢氧化钠溶液可以吸收剩余的。2,防止污染空气，D正确。

13>D

【解题分析】

A.分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，与分子式都为C7M2O2,

互为同分异构体，故A正确；

B.该有机物分子结构中含有碳碳双键，具有烯煌的性质，可发生聚合反应，可作合成高分子化合物的原料（单体），

故B正确；

C.该有机物中含有酯基，具有酯类的性质，能与NaOH溶液水解反应，故C正确；

D.该有机物分子结构简式中含有2cH2cH2cH3结构，其中的碳原子连接的键形成四面体结构，单键旋转可以使所

有碳原子可能共面，故D错误；

答案选D。

【题目点拨】

数有机物的分子式时，碳形成四个共价键，除去连接其他原子，剩余原子都连接碳原子。

14、A

【解题分析】

A.乙块分子中，C与C原子之间存在非极性键，分子结构对称，属于非极性分子，A正确；

B.甲烷分子中只含有C—H极性键，不含有非极性键，B错误；

C.水分子中只合有H—O极性键，分子结构不对称，属于极性分子，C错误；

D.NaOH属于离子化合物，不存在分子，D错误；

故合理选项是A。

15、C

【解题分析】

A.NO2溶于水，与水反应生成硝酸和NO,反应的离子方程式为；3NO2+2H2O=2H++2NO3YNO,选项A错误；

B.向氨水溶液中通入过量SO2,反应生成亚硫酸氢筱，反应的离子方程式为NH3・H2O+SO2=NH4++HSO-选项B

错误；

C.酸性介质中KMnO4氧化H2O2,反应的离子方程式为2MliO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2T+8H20,选项C正确;

D.明研［41他04)2・12出0］溶液中加入过量1^(0田2溶液，反应生成偏铝酸钾、硫酸钢和水，反应的离子方程式为：

3+2+

Al+2SO?+2Ba+4OH=AlOf+2BaSO4j+2H2O,选项D错误；

答案选C。

16>A

【解题分析】

A、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；

B、“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为纤维素，故B错误；

C、水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故C错误；

D、很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，“火树银花不夜天'’指

的是金属元素的焰色反应，故D错误；

故选：Ao

二、非选择题(本题包括5小题)

17、酯基碳碳双键消去反应CH3cH2OH—一CH3cHO

H,CCH,

HB，

CH3CH2OH>CHiCHzBr>CHjCHiMgBrCH3CH=CHCH3刎卷■一＞

IbCM.Clb

【解题分析】

⑴根据C的结构简式分析判断官能团；

(2)根据E、F的结构简式和结构中化学键的变化分析判断有机反应类型；

⑶根据D(rJr)中碳碳双键断键后的连接方式分析判断；

^^COOH

(4)根据题给信息分析结构中的官能团的类别和构型；

(5)结合本题中合成流程中的路线分析，乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溪化氢在

加热条件下反应生成溟乙烷，溟乙烷在乙醛作催化剂与Mg发生反应生成CH3cHzMgBr,CH3cH2>IgBr与乙醛反应

HiCCH,

后在进行酸化，生成CH3cH=CHCH3,CH3cH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成TT。

H3cx

【题目详解】

CH孙

,其中官能团的名称为酯基和碳碳双键；

aCOOCH)

⑵根据E、F的结构简式，E中的一个I原子H原子消去形成一个碳援双键生成E,属于卤代烧在氢氧化钠水溶液中

发生的消去反应，则反应类型为消去反应；

CH=C4

(3)DTE的反应还可以由D(T)中碳碳双键中顶端的碳原子与较基中的氧形成一个六元环，得到副产物

^^COOH

।

X(分子式为C9H7O2I),则X的结构简式

CH：

(4)F的结构简式为QQ),其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；碱性水解后酸化，其中一种产

物能与FeCh溶液发生显色反应，说明分子结构中含有苯环和酯基，且该酯基水解后形成酚羟基；分子中有4种不同

化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为：:

riLIJ™rrl

(5)乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溟化氢在加热条件下反应生成滨乙烷，漠乙烷

在乙醛作催化剂与Mg发生反应生成CH3cHzMgBr,CH3cH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3cH=CHCH3,

H,CCH,

CH3cH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成口,合成路线流程图为：CH3cH20H

>CH3CHO

H,C

CH3cH2OH—3cH%ACMCFhMgBr:黑"0>CH3CH=CHCH3^^

H,CMCH；

2++2

18.K2CO3Ba(OH)2A12(SO4)3A1(OH)3+OH=A1O2+2H2ONOr^Cu3Cu+8H+2NO3=3Cu

++2NOf+4H2O0.4mol2FeCb+2H1=2FeCh4-I24-2HCI

【解题分析】

⑴因为碳酸根离子只能与钠离子结合才能形成可溶性物质K2c03,与其他阳离子结合都是沉淀，氢氧根离子除与钾离

子结合外还可以与领离子结合形成可溶性物质，与其余三种结合都是沉淀，根据题意它们所含的阴、阳离子互不相同，

所以氢氧根离子只能与根离子结合形成Ba(OH)z,

故答案为K2cO3;Ba(OH)2;

⑵根据C与A的溶液混合时产生白色沉淀，白色沉淀部分溶解，然后将沉淀中滴入足量稀HC1,白色沉淀不溶解，可

知溶解沉淀为氢氧化铝，则B为Na2c。3,A为Ba(OH)2则C为A12(SO03,则阴离子有SCV,则X为SCV,即C

-

为Al2(SO4)3,沉淀溶解的离子方程式为AI(OH)34-OH-=A1O24-2H2O,

故答案为A12(SO4)3；A1(OH)3+OH=A1OZ4-2H2O；

3+

(3)19.2gCu即物质的量为0.3moLCu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，溶液中没有Fe,再滴加稀H2SO4,

Cu逐渐溶解，管口有红棕色气体，说明开始产生的是NO,说明D中的阴离子一定是NO3,则D为硝酸铜，E为氯

-2+

化铁,管口有红棕色气体,说明开始产生的是NO,所以Cu溶解的离子方程式为:3Cu+8H++2NO3==3Cu+2NOf+4

H2O,根据关系0.3molCu消耗0.8mol氢离子，即0.4mol硫酸；

2++2+

故答案为NO3,Cu；3Cu+8H-F2NO3'==3CU+2NOf+4H2O；0.4mol；

⑷氯化铁溶液与氢碘酸反应氯化亚铁和使淀粉变蓝的12,反应的化学方程式为：

2FeCh+2H1=2FeCIz+h+ZHCI,

故答案为2FeCh+2H1=2FeCh+lz+ZHCl；

【题目点拨】

加碱先生成沉淀，继续加碱沉淀溶解，一定含有铝离子；

加铜不反应，加硫酸生成气体，有无色气体，在空气中生成红棕色气体，说明含有硝酸根离子。

19、2KQO3+K2s03+H2so4=2K2so4+2CIO2T+H2O滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下降低反

应体系的温度，防止温度高C1O2分解将CIO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释C1O2,防止浓度过大发生分

解空气流速过快，C1O2不能被充分吸收cd相同

【解题分析】

(1)A中KCKh、K2sO3、H2sO4反应制备CKh,KC1O3得电子，被还原，则K2s(h被氧化，生成K2s。4,根据得失电

子守恒、元素守恒配平化学方程式；

⑵根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据己知信息：CIO2温度过高时易发生分解解答；

⑶空气可将CKh全部赶出以被KOH溶液吸收，同时根据CKh浓度过大时易发生分解，分析其作用；

(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；

(5)KCIO?变质分解为KCKh和KC1,变质发生的反应为：3KC1O2=2KCIO3+KC1,且KCIO2、KCKh均被Fe?+还原为

er,根据电子转移守恒分析判断。

【题目详解】

(1)A中KCKh、K2sO3、H2sO4反应制备CKh,KC1O3得电子，被还原，则K2s。3被氧化，生成K2sO,，根据得失电

子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KCIO3+K2s(h+H2so4=2K2so4+2CIO2T+H2O,故答案为：

2KCIO3+K2SO3+H2so4=2K2so4+2C1O4+HzO；

⑵滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加

入HZSOJ需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，并防止生成的CKh分解，故答

案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下：降低反应体系的温度，防止温度高。02分解：

⑶实验过程中通入空气的目的是将CKh全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释C1O2,防止浓度过大发生分解；

空气流速过快时，CKh不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：将C1O2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可

稀释C102,防止浓度过大发生分解；空气流速过快，C1O2不能被充分吸收：

(4)CKh中C1的化合价为+4价，KC1O?中CI的化合价为+3价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，

必定有升高，则同时还有可能生成的物质为KCKh、.KC1O4,故答案为：cd；

(5)KQO?变质分解为KCIO3和KCL变质发生的反应为：3KCIO2=2KCIO3+KC1,3moiKCIO2变质得到2moiKCKN

与足量FeSOj溶液反应时,KC1O2、KCIO3均被Fe?+还原为C「,3moiKCKh反应获得电子为3moix4=12moL2moiKCIO3

反应获得电子为2moix6=12mol,故消耗Fd+物质的量相同，故答案为：相同。

【题目点拨】

第(5)问关键是明确变质发生的反应为：3KC1O2=2KC1O3+KC1,KCKh、KCIO3均被Fe?+还原为C「,3moiKCIO2与2mol

KCIO3得电子数相等，故消耗Fe2+物质的量相同。

20、(1)KClOj+3MnO2+6KOI!=^s=3K2MnO4+KCi+3H2O酒精灯、珀烟钳瓷用埸中的SiCh会与KOH发

生反应2:1KOH、MnO2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥KHCCh的溶解度较小，滤液蒸发

浓缩降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出

【解题分析】

以软钵矿(主要成分是MnOz)为原料制备KM11O4晶体，软钵矿固体和KOH固体混合在铁珀期中燃烧，得到墨绿色

熔块，为KzMnCh,冷却后溶于水其水溶液呈深绿色，这是镒酸根在碱溶液中的特征颜色，边加热边通入适量二氧化

碳气体，调节溶液pH趁热过滤得到MnO2和KMnO4溶液，冷却结晶得到KMnOw晶体。⑴加热条件下，M11O2、KOH

和KCIO3反应生成KzMnO，、KCkHiO,熔融固体物质需要在用堪内加热，加热熔融物含有碱性物质KOH应该用

铁生埸；瓷培埸中的二氧化硅和强碱反应，珀烟被腐蚀；⑵工艺流程可知，CO?使MnO/一发生歧化反应，生成MnO,

和Mn(h,根据元素守恒可知，会生成K2c。3,若通入CO2太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4;

氧化还原反应中的氧化剂是元素化合价降低的物质，还原剂是元素化合价升高的物质，结合化学方程式定量关系和电

子守恒计算；流程中需要加入的物质在后面有生成该物质，该物质可以循环利用；⑶从滤液中得到物质的方法是浓缩

蒸发，冷却结晶，过滤或抽滤得到晶体；工艺流程可知，二氧化碳使MnCh?♦发生歧化反应，生成MnO4-和Mn(h,根

据元素守恒可知，会生成K2cCh,若通入二氧化碳太多，会有KHCXh生成，滤液中含有KHCXh、高镒酸钾；

【题目详解】

(1).加热条件下，MnO2>KOH和KCIO3反应生成K2MliO4、KCI、H2O,反应的化学方程式为3MnO2+KClO3+

6KOH=H^3K2MliO4+KCI+3H2O;加热软镒矿、KCKh和KOH固体混合物时，由于KOH会与瓷塔端中的SiO?

发生反应：2KOH+SiO2l-K2SiO3+H2O腐蚀用埸，而不与Fe发生反应，所以要用铁堪烟；

故答案为KC1O3+3Mli02+6KOH^=3K2MnO4+KCI+3H2O；酒精灯、珀埸钳；瓷埒埸中的Si(h会与KOH发生

反应；

(2).由流程图可知，二氧化碳使MnO42・发生歧化反应，生成MnO4•和MnOz,根据元素守恒可知，会生成K2c。3,若

通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4,在加热浓缩时，会有KHCCh和KMnO4晶体

2

一起析出，实验中通入适量二氧化碳时体系中可能发生反应的离子方程式为：3MnO4+2CO2=2

2

MnO4+MnO2I+2CO.?,2OH+CO2=CO3+H2O,其中氧化还原反应中氧化剂和还原剂都是KMMh,所以氧化剂

和还原剂的质量比即为反应的物质的量之比为1:2,调节溶液pH过程中，所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为

2:1；从流程图可以看出，需要加入的物质有MnCh、KOH、KCIO3、C02(水可以不考虑)，反应中又生成KOH、MnOz,

故KOH、M11O2是可以循环利用的物质，故答案为：2:1；KOH^MnOz;

(3).依据流程中的信息，滤液中含有大量的高钵酸钾和碳酸钾，再根据表中的溶解度数据可知，高镒酸钾在室温下的溶

解度较小，而碳酸钾的溶解度很大，因此，从滤液中得到KMn(h晶体的实验操作是浓缩蒸发，冷却结晶、过滤或抽

滤得到晶体；工艺流程可知，二氧化碳使Much?-发生歧化反应，生成Mn(h-和MnOz,根据元素守恒可知，会生成

K2c03,若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，