2020~2021 学年第二学期高三化学摸底试卷
相对原子质量:H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Ba-137
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. 国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出,乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸
(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品,下列说法错误的是
A. CH3CH2OH 能与水互溶 B. NaClO 通过氧化灭活病毒
C. 过氧乙酸相对分子质量为 76 D. 氯仿是非极性分子
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.CH3CH2OH 能与水任意比例互溶,故 A 不选;
B.NaClO 具有强氧化性,通过其强氧化性使病毒失活,故 B 不选;
C.过氧乙酸的分子式为 3CH COOOH ,所以其相对分子质量为:12 2 4 16 3=76 ,故 C 不选;
D.氯仿的分子式为 3CHCl 为极性分子,故选 D。
答案选 D
2. 卢瑟福的α粒子散射实验证明原子中存在
A. α粒子 B. 原子核 C. 中子 D. 质子
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】a 粒子散射实验现象为:绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进,但有少数α粒子发生了较
大的偏转,并有极少数α粒子的偏转超过 90°,有的甚至几乎达到 180°而被反弹回来。卢瑟福根据该实验现
象提出了原子核式结构模型:原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里,带负电的电子在核外
空间里绕着核旋转,因此卢瑟福的α粒子散射实验证明原子中存在原子核,B 正确。
答案选 B
3. 用以下溶液吸收空气中氯气以测定其含量时,导电能力变化最大的是
A. H2S 溶液 B. KI 溶液 C. NaOH 溶液 D. Na2S 溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.硫化氢为弱电解质,硫化氢具有还原性,能被氯气氧化,发生反应 2 2H S+Cl =S +2HCl ,氯
化氢是强电解质,所以溶液中离子浓度变化较大,导电性变强,A 项正确;
B.碘化钾是强电解质,碘化钾具有还原性,能被氯气氧化,发生反应 2 22KI+Cl =I +2KCl ,氯化钾是强电
解质,所以溶液中离子浓度变化不大,则溶液导电性变化不大,B 项错误;
C.氢氧化钠是强电解质,氢氧化钠和氯气生成氯化钠和次氯酸钠,均为强电解质,所以溶液中离子浓度变
化不大,溶液的导电性变化不大,C 项错误;
D.硫化钠是强电解质,硫化钠具有还原性,能被氯气氧化,发生反应 2 2Na S+Cl =S +2NaCl ,氯化钠是
强电解质,溶液中离子浓度变化不大,则溶液导电性变化不大,D 项错误;
答案选 A。
4. 物质的熔沸点能用键能大小解释的是
A. H2O>H2S B. N2>O2 C. Na>K D. SiO2>CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A.H2O 和 H2S 都是由分子构成的物质,由于原子半径 OV2,下列说法正确的是
A. HX 可能是弱酸 B. 相同条件下碱性比较:NaX<NaY
C. HY 可能是强酸 D. 反应过程中两者生成 H2 的速率相同
【答案】C
【解析】
【分析】pH 相同的两种一元酸 HX 和 HY 各 50mL,可知溶液中初始的氢离子总量相同,分别加入过量的
镁粉充分反应,收集到相同条件下的 H2 体积分别为 V1 和 V2,若 V1>V2,说明 HX 最终提供的氢离子更多,
结合前面初始氢离子总量相同可知 HX 在反应过程中电离出了比 HY 更多的离子,即原溶液中 HX 未电离的
溶质分子更多,所以相同条件下 HX 酸性弱于 HY,则 HX 一定是弱酸,HY 可能是强酸。
【详解】A.HX 一定是弱酸,A 错误;
B.相同条件下 HX 酸性弱于 HY,则相同条件下 X2-水解程度更大,碱性更强,B 错误;
C.HY 可能是强酸,C 正确;
D.反应过程中初始两者氢离子溶度相同,生成 H2 的速率相同,反应一段时间后 HX 电离出氢离子,导致
溶液中氢离子浓度大于相同时间段的 HY 溶液,速率也更快,D 错误;
答案选 C
8. 分离混合物的方法错误的是
A. 分离苯和硝基苯:蒸馏 B. 分离氯化钠与氯化铵固体:升华
C. 分离水和溴乙烷:分液 D. 分离氯化钠和硝酸钾:结晶
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯和硝基苯互溶,但沸点不同,则选择蒸馏法分离,故不选 A;
B.氯化铵加热分解,而氯化钠不能,则选择加热法分离,故选 B;
C.水和溴乙烷互不相溶,会分层,则选择分液法分离,故不选 C;
D.二者溶解度受温度影响不同,则选择结晶法分离,故不选 D;
答案:B
9. 与实际化工生产流程相符的叙述是
A. 合成氨工业中,分离出 N2、H2 循环使用,提高氨的产率
B. 制备硫酸的工业尾气用氢氧化钠溶液吸收
C. 让 H2 在 Cl2 中燃烧制氯化氢,将氯化氢气体通入水中获得盐酸
D. 将 SO2 和 O2 的混合气加压后,通过接触室制备 SO3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.合成氨工业中,利用氨易液化,分离出 N2、H2 循环使用,可使平衡向正反应方向移动,则氨
气的产率增大,故 A 符合题意;
B.硫酸工业尾气主要是二氧化硫,其处理一般是用石灰石湿法脱硫,生成的副产物硫酸钙可用于水泥生产,
氢氧化钠比石灰石昂贵,考虑到经济效益,制备硫酸的工业尾气不用氢氧化钠溶液吸收,故 B 不符合题意;
C.工业上制取盐酸时,首先在反应器中将氢气点燃,然后通入氯气进行反应,制得氯化氢气体,氯化氢气
体冷却后被水吸收成为盐酸,而不是将氢气和氯气混合后点燃,故 C 不符合题意;
D.接触法制硫酸通常在 400~500℃、常压和催化剂的作用下,用 SO2 与过量的 O2 在接触室反应生成 SO3,
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)∆H<0,故 D 不符合题意;
答案选 A。
10. 下列反应产生的气体,通入 Na2SO3 溶液不反应的是
①Na2O2 和 CO2 ②Al 和 NaOH 溶液 ③MnO2 和浓盐酸共热 ④浓硝酸和铜片 ⑤铜片和浓硫酸共热
A. ② B. ①② C. ②⑤ D. ④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】①Na2O2 和 CO2 反应产生氧气,氧气可以将亚硫酸根氧化生成硫酸钠②Al 和 NaOH 溶液产生氢气,
氢气不与亚硫酸钠反应 ③MnO2 和浓盐酸共热产生强氧化性的氯气,氯气将还原性的亚硫酸钠氧化成硫酸
根 ④浓硝酸和铜片生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸具有强氧化性,可以与亚硫酸钠反
应 ⑤铜片和浓硫酸共热产生二氧化硫,二氧化硫与亚硫酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠,所以不与亚硫酸
钠溶液反应的只有 Al 和 NaOH 溶液产生的氢气。
所以答案选 A
11. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A. 铜溶于 FeCl3 溶液:Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
B. NaAlO2 溶液中通入过量 CO2:2AlO 2
+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO 2
3
C. NaH 固体和水反应 NaH+H2O=Na++OH−+H2↑
D. 碳酸氢钙溶液中加入澄清石灰水:Ca2++2HCO 3
+2OH-=CaCO3↓+CO 2
3
+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.铜溶于 FeCl3 溶液:Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,故 A 错误;
B.NaAlO2 溶液中通入过量 CO2 生成氢氧化铝和碳酸氢根,即 AlO 2
+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO 3
,故 B 错
误;
C.NaH 固体和水反应氢气和氢氧化钠,则 NaH+H2O=Na++OH−+H2↑,故选 C;
D.碳酸氢钙溶液中加入澄清石灰水:Ca2++HCO 3
+OH-=CaCO3↓+H2O,故 D 错误。
答案选 C。
12. 设阿伏加德罗常数的值为 NA。下列说法正确的是
A. 1 L 0.1 mol·L−1(NH4)2SO4 溶液中, +
4NH 的数量为 0.2NA
B. 1 mol 硫在空气中完全燃烧生成 SO3 消耗氧气的分子数为 1.5NA
C. 100 g 质量分数为 46%的乙醇溶液所含分子总数为 4NA
D. 1 mol·L−1CH3COOH 与 1 mol·L−1CH3COONa 溶液等体积混合,溶液中 CH3COOH 和 CH3COO−的总数为
2NA
【答案】C
【解析】
【详解】本题考查阿伏加德罗常数,意在考查考生的分析能力和化学计算能力。A 项,铵根离子在溶液中会
发生水解,故溶液中的铵根离子的个数少于 0.2NA,A 错误;B 项,硫在空气中完全燃烧生成 SO2,B 错误;
C 项,100 g 质量分数为 46%的乙醇溶液所含分子总数为( 100 0.46
46
+ 100 0.54
18
)×NA=4NA,C 正确;D 项,
题中没有给出溶液体积,不能计算 CH3COOH 和 CH3COO−的总物质的量,D 错误。
【点睛】注意常见盐溶液中的水解情况,注意水解的离子的物质的量改变和守恒关系。
13. 用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液,用甲基橙作指示剂,下列说法正确的是
A. 可以用石蕊代替指示剂
B. 滴定前用待测液润洗锥形瓶
C. 若氢氧化钠吸收少量 CO2,不影响滴定结果
D. 当锥形瓶内溶液由橙色变为红色,且半分钟内不褪色,即达到滴定终点
【答案】C
【解析】
【详解】A.石蕊的变色范围太大,会造成较大误差,故 A 错误;
B.滴定前用待测液洗涤锥形瓶,导致 NaOH 物质的量增大,消耗的盐酸量偏大,滴定前用待测液润洗锥形
瓶滴定结果偏大,故 B 错误;
C.若 NaOH 吸收少量 CO2,发生的反应为 CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,再滴入盐酸,盐酸先和剩余的氢氧
根反应,H++OH-=H2O 再与碳酸钠反应,CO32-+2H+=H2O+CO2↑可以发现存在关系 2 OH-~CO32-~2H+,因此
消耗盐酸的物质的量始终等于氢氧化钠的物质的量,因此氢氧化钠吸收少量二氧化碳 不影响测定结果,故
C 正确;
D.该实验滴定终点为锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色,且半分钟不褪色,即为滴定终点,如果变为红色
说明盐酸已经过量,故 D 错误;
故选:C。
14. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表:
元素代号 X Y Z W
原子半径/pm 160 143 70 66
主要化合价 +2 +3 +5、+3、—3 —2
下列叙述正确的是
A. X、Y 元素的金属性 Xc(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A.点①所示的溶液为 HCN 和 NaCN 混合溶液,且 c(HCN)=c(NaCN),而此时 pH>7,说明 CN-
的水解程度大于 HCN 的电离程度,故 A 正确。
B.点①的溶液中存在电荷守恒为 c(OH-)+c(CN-)=c(Na+)+c(H+),而且 c(OH-)>c(H+);点②所示溶液中的
电荷守恒为 c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+),而且 c(OH-)<c(H+)。二者中钠离子浓度相同,所以
c(CH3COO-)>c(CN-),故 B 错误。
C.点③中 pH=7,则 c(OH-)=c(H+),则点③中 c(Na+)= c(CH3COO-)>c(H+)= c(OH-),故 C 正确。
D.点④溶液中溶质为醋酸钠,CH3COO-水解使溶液呈碱性,则 c(OH-)>c(H+);CH3COO-水解会消耗
CH3COO-,则 c(Na+)>c(CH3COO-);而盐类的水解相对于盐的电离是微弱的,因而盐电离产生的离子浓度
大于盐水解产生的离子浓度,所以溶液中的离子浓度大小为:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),故 D
正确。
综上,故选 B。
20. 用 CO 还原 2.40g 氧化铁,当固体质量变成 2.28g 时,测得此固体中只存在 2 种氧化物。则此固体成分
和它们的物质的量之比可能的是
A. n(FeO):n(Fe3O4)=1∶1 B. n(Fe2O3):n(FeO)=2∶1
C. n(Fe2O3):n(FeO)=1∶1 D. n(Fe2O3):n(Fe3O4)=1∶1
【答案】A
【解析】
【分析】固体减少的质量为 CO 获得的氧原子的质量,根据固体质量差,可知减少氧原子的质量为
2.40g-2.28g=0.12g,则减少氧原子的物质的量为 0.12gn O = =0.0075mol16g / mol减 ,氧化铁的物质的量为
2 3
2.40gn Fe O = =0.015mol160g/mol
, 则 反 应 后 氧 化 物 中 的 O 的 物 质 的 量 为
n O =0.015mol 3 0.0075mol=0.0375mol 后 ,反应中 Fe 原子的物质的量不变,则反应后氧化物中 Fe、
O 原子数目之比为: 0.015mol 2 0.0375mol=4:5 : ,据此分析解答。
【详解】A.当 n(FeO):n(Fe3O4)=1∶1 时,Fe、O 原子数目之比为: 1 3 1 4 =4:5 : ,故选 A;
B.当 n(Fe2O3):n(FeO)=2∶1 时,Fe、O 原子数目之比为: 1 2 2 1 3 2 =5:7 : ,故 B 不选;
C.当 n(Fe2O3):n(FeO)=1∶1 时,Fe、O 原子数目之比为: 1 2 1 3 =3: 4 : ,故 C 不选;
D.当 n(Fe2O3):n(Fe3O4)=1∶1 时,Fe、O 原子数目之比为: 3 2 4 3 =5:7 : ,故 D 不选。
答案选 A。
二、综合分析题(本题共 60 分)
21. 一定条件下,金属钠和 CO2 可制得金刚石:4Na+3CO2⇌2Na2CO3+C(s,金刚石)
(1)上述反应中涉及的元素的原子半径从大到小的顺序为_______;其中原子半径最大的元素最外层电子云形
状为_______。
(2)能证明碳元素与氧元素非金属强弱的事实是_______(选填编号)。
a.最高价氧化物水化物的酸性 b.两种元素的气态氢化物的沸点
c.CO2 中元素的化合价 d.与 H2 反应的难易程度
(3)比较 CO2 与 CS2 两种晶体的熔沸点高低,并说明理由:_______
(4)该反应在常压、1000℃,2L 的密闭容器中进行。根据表中数据,该反应的平衡常数表达式 K=_______;
若 10min 内金属钠减少了 0.2mol,则 CO2 的平均反应速率为_______;
常压 熔点(℃) 沸点(℃)
钠 97.8 882.9
Na2CO3 851 1850 分解
金刚石 3550 ……
石墨 3850 4250
(5)若在 2L 密闭容器中,常压、1000℃下,起始时 n(CO2)/n(Na)=0.75,下列物理量能说明该反应已达到平衡
状态的是_______
a.气体的平均摩尔质量不变
b.4v(Na)消耗
3v(CO2)生成
c.气体的密度不变
d.n(Na)/n(CO2)的比值不变
(6)金属钠和水、乙醇都能发生反应,相同条件下反应速率更大的是_______(填乙醇或水),原因是_______。
【答案】 (1). r Na r C r O> > (2). 球形 (3). cd (4). CS2 高。CO2 与 CS2 是组成与结构
相似的分子晶体,分子间以分子间作用力结合,CS2 相对分子质量较大,分子间作用力更强,因此熔沸点高
(5). 34
2c
1
c Na CO (6). 0.0075mol/(L∙min) (7). c (8). 水 (9). 乙醇电离出氢离子的能力弱
于水
【解析】
【分析】
【详解】(1) C、O 位于第二周期,同周期元素随着核电荷数的递增原子半径逐渐减小,则 r C r O> ,
Na 位于第三周期,则 r Na r C> ,所以 r Na r C r O> > ;Na 原子核外电子排布式为 1s22s22p63s1,
最外层电子处于 3s 轨道,所以最外层电子云形状为球形,故答案为: r Na r C r O> > ;球形;
(2)a.O 无最高价氧化物对应水化物,故 a 错;
b.两种元素的气态氢化物的沸点高低为物理性质,与其非金属性强弱无关,故 b 错;
c.CO2 中 C 元素显正价,O 元素显负价,表明 C 的电子能力不如 O 强,所以 C 不如 O 的非金属性强,故
选 c;
d.非金属性越强越容易与氢气化合,所以与 H2 反应的难易程度能证明碳元素与氧元素非金属强弱,故选 d;
答案选 cd
(3) CO2 与 CS2 是组成与结构相似的分子晶体,分子间以分子间作用力结合,CS2 相对分子质量较大,分子
间作用力更强,因此 CS2 熔沸点高,故答案为:CS2 高,CO2 与 CS2 是组成与结构相似的分子晶体,分子间
以分子间作用力结合,CS2 相对分子质量较大,分子间作用力更强,因此熔沸点高;
(4)由反应 4Na+3CO2⇌2Na2CO3+C(s,金刚石)可知,1000℃Na 为气态,所以该反应的平衡常数
4 3
2
1K c Na c CO
;由 2
3 3Δn CO = Δn Na = 0.2mol=0.15mol4 4
,
2 2 0.15ν= = = =0.0075 / min·L10min 2L
c CO n CO mol molt tV
,故答案为: 4 3
2
1
c Na c CO ;
0.0075mol/ min L ;
(5)
a.容器中只有钠蒸气和二氧化碳气体,若起始时二者的物质的量之比为 4:3 时,气体的平均摩尔质量适中
保持不变,所以气体平均摩尔质量不变不一定处于平衡状态,故 a 不选;
b.4v(Na)消耗
3v(CO2)生成不符合反应速率之比等于化学计量数之比,则反应未达到平衡,故 b 不选;
c.该反应为气体的物质的量不相等、由固体物质生成的反应,混合气体的质量发生变化,所以恒温恒容时,
气体密度不变的状态时平衡状态,故选 c;
d.起始时钠蒸气和二氧化碳气体的物质的量之比为 4:3 时,无论是否达到平衡状态,始终有
2
n Na 4=n CO 3
,
故 d 不选;
答案选 c
(6)由于乙醇电离出氢离子的能力弱于水,所以钠与乙醇反应速率慢于水,故答案为:水;乙醇电离出氢离
子的能力弱于水。
22. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将 H2S 和空气的混合气体通入 FeCl3、FeCl2、CuCl2
的混合酸性溶液中反应回收 S,其物质转化如图所示。
(1)在图示的转化中:Fe2+转化为 Fe3+的离子方程式是_______;当有 1molH2S 转化为硫单质时,若保持溶液
中 Fe3+的物质的量不变,需要消耗 O2 的物质的量为_______。
(2)在温度一定和不补加溶液的条件下,缓慢通入混合气体,并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含 CuS,
可采取的措施是_______。
(3)H2S 在高温下分解生成硫蒸汽和 H2。若反应在不同温度下达到平衡时,混合气体中各组分的体积分数如
图所示。则 H2S 在高温下分解反应的化学方程式为_______。
(4)H2S 具有还原性。在酸性条件下,H2S 和 KMnO4 反应生成 S、MnSO4 和其它产物,写出该反应的化学方
程式_______。反应中被还原的元素是_______。
(5)从电离平衡角度,结合必要的化学用语说明 Na2S 溶液常温下 pH>7 的原因:_______。
(6)已知:Cu2++H2S=CuS↓+2H+;FeS+2H+=Fe2++H2S↑。比较 H2S、CuS 和 FeS 溶解或电离出 S2-的能力:_______。
【答案】 (1). 4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O (2). 0.5mol (3). 提高混合气体中空气的含量即增加氧气
的量 (4). 2H2S⇌2H2+S2 (5). 2KMnO4+5H2S+3H2SO4=K2SO4+5S↓+2MnSO4+8H2O (6). KMnO4 中+7
价的锰元素 (7). H2O⇌H++OH-,S2-结合水电离出的氢离子,氢离子浓度降低,水的电离平衡正向移动,
最终[OH-]>[H+],溶液显示碱性 (8). FeS>H2S>CuS
【解析】
【分析】
【 详 解 】 (1) 由 图 示 分 析 可 知 , 在 酸 性 条 件 下 Fe2+ 被 O2 氧 化 为 Fe3+ , 则 其 离 子 方 程 式 为 :
4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O,当有 1molH2S 恰好完全转化为硫单质时,溶液中的铁离子的物质的量不变,则
由关系式 2 22H S ~ O 可知,1molH2S 恰好完全转化为硫单质时,需消耗 2O 的物质的量为 0.5mol,故答
案为:4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O;0.5mol;
(2)欲使生成的硫单质中不含 CuS,则硫离子不能有剩余,所以氧气必须过量,采取的措施有,增大混合气
体中空气的比例,故答案为:提高混合气体中空气的含量即增加氧气的量;
(3)H2S 在高温下分解生成硫蒸汽和 H2,且两者物质的量之比为 1:2,则硫蒸汽的化学式为 S2,该反应为可
逆反应,则 2H2S⇌2H2+S2,故答案为:2H2S⇌2H2+S2;
(4)H2S 具有还原性。在酸性条件下,H2S 和 KMnO4 反应生成 S、MnSO4、硫酸钾和水,则该反应的化学方
程式为 2KMnO4+5H2S+3H2SO4=K2SO4+5S↓+2MnSO4+8H2O;在该反应中 KMnO4 中+7 价的锰元素得到电子
化合价降低被还原为+2 价的锰离子,故答案为:2KMnO4+5H2S+3H2SO4=K2SO4+5S↓+2MnSO4+8H2O;KMnO4
中+7 价的锰元素;
(5)在水溶液中存在 H2O⇌H++OH-,S2-为弱酸阴离子,会结合水电离出的氢离子而发生水解反应,使溶液中
氢离子浓度降低,从而使水的电离平衡正向移动,最终[OH-]>[H+],溶液显示碱性,故答案为:H2O⇌H++OH-,
S2-结合水电离出的氢离子,氢离子浓度降低,水的电离平衡正向移动,最终[OH-]>[H+],溶液显示碱性;
(6)由已知:Cu2++H2S=CuS↓+2H+可知,溶解或电离出 S2-离子的能力 2H S CuS> ;FeS+2H+=Fe2++H2S↑可知,
溶解或电离出 S2-离子的能力 2FeS H S> ,则溶解或电离出 S2-离子的能力为 2FeS H S CuS> > ,故答案为:
2FeS H S CuS> > 。
23. 聚合物 F 的合成路线图如图:
已知:HCHO+RCH2CHO→ 2-H O
(1)A 中官能团名称是_______,B+D→E 的反应类型是_______;
(2)如何检验 C 中的官能团_______。
(3)写出任一种符合下列条件的 A 的同分异构体的结构简式:_______;
①不能发生银镜反应;②苯环上有三个取代基
(4)分别写出下列化学方程式:
①A→B_______;
②C→D_______;
(5)已知-CHO 比苯环更易与氢气反应。以 为原料制备 ,写出合成路线,无
机试剂任选_______。(合成路线常用的表示方法为:A 反应试剂
反应条件 B…… 反应试剂
反应条件 目标产物)
【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 酯化反应(取代反应) (3). 取适量待测液于试管中,加入氢氧
化钠溶液,然后在酒精灯上加热一段时间,静置冷却后加入足量稀硝酸酸化,再加入适量硝酸银溶液,若
产生淡黄色沉淀,则证明 C 中含有溴原子,反之则没有。 (4). (三个取代基可以位置
异 构 ) (5). + 2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O ,
+H+→ (6).
+2NaOH
水 +2NaBr (7).
2H /催化剂
浓硫酸 溴水
NaOH水溶液
【解析】
【分析】 与甲醛发生羟醛缩合反应生成 A: ,然后被新制氢氧化铜
溶 液 氧 化 成 , 酸 化 后 生 成 ; 由 F 可 以 得 出 E 为 :
,根据 B 和 D 发生酯化反应生成 E 可得出 D 为: 则 C 为:
,反推可以得出 C3H6 为丙烯。
【详解】(1)由分析可知 A 为 ,官能团名称是碳碳双键、醛基,B+D→E 为酯化反应或者
是取代反应。
(2) C 为: ,检验其中的溴原子的方法为:取适量待测液于试管中,加入氢氧化钠溶液,
然后在酒精灯上加热一段时间让卤素原子水解,静置冷却后加入足量稀硝酸酸化除去多余的氢氧化钠,再
加入适量硝酸银溶液,若产生淡黄色沉淀,则证明 C 中含有溴原子,反之则没有。所以答案为:取适量待
测液于试管中,加入氢氧化钠溶液,然后在酒精灯上加热一段时间,静置冷却后加入足量稀硝酸酸化,再
加入适量硝酸银溶液,若产生淡黄色沉淀,则证明 C 中含有溴原子,反之则没有。
(3) A 为 ,除本环外还有两个不饱和度三个碳原子和一个氧原子,不能发生银镜反应说明
不含有醛基,苯环上有三个取代基则只能是-OH、 和 ,三者位置异构,所以答案为:
(三个取代基可以位置异构)。
(4)①由分析可知 A→B 的方程式为: +
2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O,
+H+→ 。
②C→D 的方程式为: +2NaOH
水 +2NaBr
(5)利用逆推法可知要制取 则可由 水解制得,而
可由 与溴水加成制得,原料为 ,则可先将醛基还原生成
而后消去即可得 。所以答案为:
2H /催化剂
浓硫酸 溴水
NaOH水溶液
24. 氯气与碱溶液反应,在低温和稀碱溶液中主要产物是 ClO-和 Cl-,在 75℃以上和浓碱溶液中主要产物是
ClO 3
和 Cl-。研究小组用如下实验装置制取氯酸钾(KClO3),并测定其纯度。
检查装置气密性后,添加药品,待装置Ⅲ水温升至 75℃开始反应。
(1)装置Ⅰ中反应的化学方程式为_______,若取消装置Ⅱ,对本实验的影响是_______。
(2)从装置Ⅲ的试管中分离得到 KClO3 粗产品,其中混有的杂质是 KClO 和_______。对粗产品提纯采用采用
何种结晶法,需要查得 KClO3 的溶解度受温度影响的数据,是否需要查得杂质 KClO 的该项数据_______(选
填“是”或“否”),理由是:_______。
(3)已知碱性条件下,ClO-有强氧化性,而 ClO 3
氧化性很弱。设计实验证明:碱性条件下,H2O2 能被 ClO-
氧化,而不能被 ClO 3
氧化_______。
(4)为测定产品 KClO3 的纯度,进行如下实验:
步骤 1:取 2.45g 样品溶于水配成 250mL 溶液。
步骤 2:取 25.00mL 溶液于锥形瓶中,调至 pH=10,滴加足量 H2O2 溶液充分振荡,然后煮沸溶液 1~2 分
钟,冷却。
步骤 3:加入过量 KI 溶液,再逐滴加入足量稀硫酸。(ClO 3
+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O)
步骤 4:加入指示剂,用 0.5000mol/LNa2S2O3 标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液 20.00mL。
(2S2O 2
3
+I2=S4O 2
6
+2I-)
①样品中 KClO3 的质量分数为_______;
②步骤 2 的目的是_______;若没有“煮沸”操作,测定结果_______(选填偏大、偏小或无影响)。
【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)
Δ
MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 杂质 HCl 消耗 KOH,使 KClO3 产率降低
(3). KCl (4). 否 (5). 因为杂质少,无论采用何种结晶法都难以析出 (6). 分别取少量 NaClO 和
NaClO3 溶液于试管 A、B 中,均滴加少量 NaOH 溶液,再分别滴加 H2O2 溶液,A 中有气泡产生并能使带火
星的木条复燃,B 中无明显现象 (7). 83.3% (8). 除去 ClO-,以免影响测定结果 (9). 偏大
【解析】
【分析】氯气与碱溶液反应,在低温和稀碱溶液中主要产物是 ClO-和 Cl-,在 75℃以上和浓碱溶液中主要产
物是 -
3ClO 和 Cl-,由实验装置可知,利用装置Ⅰ制备氯气,通过装置Ⅱ中的饱和Ⅱ水除去氯气中杂质气体
HCl,氯气通入装置Ⅲ的 d 装置中的氢氧化钾溶液控制温度 75℃以上发生反应生成氯酸钾,剩余氯气通过
装置Ⅳ中的氢氧化钠溶液吸收过量氯气,避免污染空气。
【 详 解 】 (1)Ⅰ 中 是 二 氧 化 锰 和 浓 盐 酸 加 热 反 应 生 成 氯 气 的 发 生 装 置 , 反 应 的 化 学 方 程 式 为
MnO2+4HCl(浓)
Δ
MnCl2+Cl2↑+2H2O;装置Ⅱ是饱和食盐水用来除去氯气中的氯化氢气体,避免影响生成氯
酸钾的产量,若取消装置Ⅱ,对本实验的影响是杂质 HCl 气体消耗氢氧化钾,使 KClO3 产率降低,所以答
案为:MnO2+4HCl(浓)
Δ
MnCl2+Cl2↑+2H2O;杂质 HCl 消耗 KOH,使 KClO3 产率降低。
(2)在 75℃以上氯气和浓碱溶液中主要产物是 -
3ClO 和 Cl-,所以混有杂质为 KCl;而杂质的含量少,无论采
用何种结晶法都难以析出,所以不需要查找 KCl 的溶解度受温度影响的数据,原因是杂质含量少,无论采
用何种结晶法都难以析出。所以答案为:KCl;否;因为杂质少,无论采用何种结晶法都难以析出。
(3)已知碱性条件下,ClO-有强氧化性,而 -
3ClO 氧化性很弱,碱性条件下,H2O2 能被 ClO-氧化,而不能被 -
3ClO
氧化,设计实验方案为:分别取少量 NaClO 和 NaClO3 溶液于试管 A、B 中,均滴加少量 NaOH 溶液,再分
别滴加 H2O2 溶液,A 中有气泡产生并能使带火星的木条复燃,B 中无明显现象(或者:分别取少量 NaClO
和 NaClO3 溶液于试管 A、B 中,均滴加少量 NaOH 溶液,再分别滴加 H2O2 溶液充分振荡,然后煮沸溶液 1~
2 分钟,冷却。分别加入足量稀硝酸酸化,滴加 AgNO3 溶液,A 中产生白色沉淀,B 中无明显现象)。
(3)①根据 -
3ClO +6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O,2 2-
2 3S O +I2= 2-
4 6S O +2I-,则有 -
3ClO -~3I2~6 2-
2 3S O ,可见取 25 mL 溶
液滴定至终点时消耗 3ClO 的物质的量为 n= 0.5000mol/L 0.02000L
6
= 0.01
6 mol,250 mL 溶液中所含
KClO3 的物质的量为 n= 0.01 250 0.1mol = mol6 25 6
,2.45 g 样品中 KClO3 的含量为
0.1 mol 122.5g/mol6 100%2.45 g
=83.3%;
②测定产品 KClO3 的纯度,样品中含次氯酸钾,加入过氧化氢会和次氯酸根离子发生反应,步骤 2 的目的
是除去 ClO-,煮沸过程中过氧化氢分解生成水和氧气,反应的化学方程式为 2H2O2
Δ
2H2O+O2↑,若缺少此
操作,则多余的过氧化氢会氧化碘离子生成碘单质,多余的碘单质会消耗一部分 Na2S2O3 标准溶液从而使标
准液用量,算出的结果偏大。所以答案为:除去 ClO-,以免影响测定结果;偏大。