2022年北京市朝陽(yáng)外國(guó)語(yǔ)高三下學(xué)期第五次調(diào)研考試化學(xué)試題含解析

1、2021-2022高考化學(xué)模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2請(qǐng)用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、在25時(shí)，向50.00mL未知濃度的氨水中逐滴加入0.5molL-1的HC1溶液。滴定過程中，溶液的pOHpOH=lgc(OH-)與滴入HCl溶液體積的關(guān)系如圖所示，則下列說法中正確的是A圖中點(diǎn)所示溶液的導(dǎo)電能

2、力弱于點(diǎn)B點(diǎn)處水電離出的c(H+)=110-8molL-1C圖中點(diǎn)所示溶液中，c(C1-)c(NH4+)c(OH-)c(H+)D25時(shí)氨水的Kb約為510-5.6mo1L-12、公元八世紀(jì)，Jabir ibn Hayyan在干餾硝石的過程中首次發(fā)現(xiàn)并制得硝酸(4KNO32K2O+4NO+3O2)，同時(shí)他也是硫酸和王水的發(fā)現(xiàn)者。下列說法正確的是A干餾產(chǎn)生的混合氣體理論上可被水完全吸收B王水是由3體積濃硝酸與1體積濃鹽酸配制而成的C王水溶解金時(shí)，其中的鹽酸作氧化劑(Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO+2H2O)D實(shí)驗(yàn)室可用NaNO3與濃硫酸反應(yīng)制備少量的HNO3，利用的是濃硫酸的氧化性3

3、、某溶液可能含有下列離子中的若干種：Cl、SO42、SO32、HCO3、Na+、Mg2+、Fe3+，所含離子的物質(zhì)的量濃度均相同。為了確定該溶液的組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)： 取100 mL上述溶液，加入過量Ba(OH)2溶液，反應(yīng)后將沉淀過濾、洗滌、干燥，得白色沉淀；向沉淀中加入過量的鹽酸，白色沉淀部分溶解，并有氣體生成。下列說法正確的是（ ）A氣體可能是CO2或SO2B溶液中一定存在SO42、HCO3、Na+、Mg2+C溶液中可能存在Na+和Cl，一定不存在Fe3+和Mg2+D在第步和第步的濾液中分別加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，都能生成白色沉淀4、下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和結(jié)論相對(duì)應(yīng)且正確的是AABBCCDD5

4、、氫化鈣可以作為生氫劑(其中CaH2中氫元素為-1價(jià))，反應(yīng)方程式如下：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2，其中水的作用是A既不是氧化劑也不是還原劑B是氧化劑C是還原劑D既是氧化劑又是還原劑6、中國(guó)是一個(gè)嚴(yán)重缺水的國(guó)家，污水治理越來越引起人們重視，可以通過膜電池除去廢水中的乙酸鈉和對(duì)氯苯酚，其原理如圖所示，下列說法不正確的是A電流方向從A極沿導(dǎo)線經(jīng)小燈泡流向B極BB極為電池的陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為CH3COO 8e + 4H2O 2HCO3+9H+C當(dāng)外電路中有0.2 mol e轉(zhuǎn)移時(shí)，通過質(zhì)子交換膜的H+的個(gè)數(shù)為0.2NADA極的電極反應(yīng)式為+ H+2e Cl+ 7、下列操作不能達(dá)到目的

5、的是選項(xiàng)目的操作A配制100 mL 1.0 mol/L CuSO4溶液將25 g CuSO45H2O溶于100 mL蒸餾水中B除去KNO3中少量NaCl將混合物制成熱的飽和溶液，冷卻結(jié)晶，過濾C在溶液中將MnO4完全轉(zhuǎn)化為Mn2向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失D確定NaCl溶液中是否混有Na2CO3取少量溶液滴加CaCl2溶液，觀察是否出現(xiàn)白色渾濁AABBCCDD8、關(guān)于常溫下 pH2 的草酸(H2C2O4)溶液，下列說法正確的是A1L 溶液中含 H+為 0.02molBc(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)C加水稀釋，草酸的電離度增大，溶液 pH

6、減小D加入等體積 pH2 的鹽酸，溶液酸性減小9、25 C時(shí),0.100 mol L-1鹽酸滴定25. 00 mL0. 1000 mol . L-1氨水的滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A滴定時(shí),可迄用甲基橙或酚酞為指示劑Ba、b兩點(diǎn)水電離出的OH-濃度之比為10-4. 12Cc點(diǎn)溶液中離子濃度大小順序?yàn)閏（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-）D中和等體積等pH的氨水和NaOH溶液時(shí)消耗相同濃度鹽酸的體積相等10、常溫下，用0.1000molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000 molL1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(X)隨pH的變化如圖所示。已知(X

7、)下列說法正確的是AKa(HA)的數(shù)量級(jí)為105B溶液中由水電離出的c(H)：a點(diǎn)b點(diǎn)C當(dāng)pH4.7時(shí)，c(A)c(OH)c(HA)c(H)D當(dāng)pH7時(shí)，消耗NaOH溶液的體積為20.00mL11、下列物質(zhì)不屬于危險(xiǎn)品的是A硝化甘油B苯C重晶石D硝酸銨12、硫元素最常見和最穩(wěn)定的一種同素異形體是黃色的正交型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰點(diǎn)降低法測(cè)得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用濃鹽酸和硫代硫酸鹽的飽和溶液在0下作用首次制得了一種菱形的硫，后來證明含有S6分子。下列說法正確的是AS6和S8分子都是由S原子組成，所以它們是一種物質(zhì)BS6和S8分子分別與鐵粉反應(yīng)，所

8、得產(chǎn)物不同CS6和S8分子分別與過量的氧氣反應(yīng)可以得到SO3D等質(zhì)量的S6和S8分子分別與足量的KOH反應(yīng)，消耗KOH的物質(zhì)的量相同13、SO2不具有的性質(zhì)是（ ）A堿性B還原性C氧化性D漂白性14、下列石油的分餾產(chǎn)品中，沸點(diǎn)最低的是A汽油B煤油C柴油D石油氣15、已知：一元弱酸HA的電離平衡常數(shù)K 。25時(shí)，CH3COOH、HCN、H2CO3的電離平衡常數(shù)如下：化學(xué)式CH3COOHHCNH2CO3K1.751054.91010K1 = 4.4107K2 = 5.61011下列說法正確的是A稀釋CH3COOH溶液的過程中，n(CH3COO)逐漸減小BNaHCO3溶液中：c(H2CO3) c()

9、 c(HCO3)C25時(shí)，相同物質(zhì)的量濃度的NaCN溶液的堿性強(qiáng)于CH3COONa溶液D向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液，均產(chǎn)生CO216、某硫酸廠廢氣中SO2的回收利用方案如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是（ ）AX可能含有2種鹽BY可能含有(NH4)2SO4Ca是SO3D(NH4)2S2O8中S的化合價(jià)不可能為+717、設(shè)NA為阿伏加徳羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A0.01 molL-1氯水中，Cl2、Cl-和ClO-三粒子數(shù)目之和大于0.01 NAB氫氧燃料電池正極消耗22.4 L氣體時(shí)，負(fù)極消耗的氣體分子數(shù)目為2 NAC2.4g鎂在空氣中完全燃燒生成MgO和Mg3N2，轉(zhuǎn)

10、移的電子數(shù)為0.2 NAD0.l mol/L(NH4)2SO4溶液與0.2 mol/LNH4Cl溶液中的NH4+數(shù)目相同18、某化學(xué)實(shí)驗(yàn)創(chuàng)新小組設(shè)計(jì)了如圖所示的檢驗(yàn)Cl2某些性質(zhì)的一體化裝置。下列有關(guān)描述不正確的是A濃鹽酸滴到氯酸鉀固體上反應(yīng)的離子方程式為5Cl6H+=3Cl23H2OB無水氯化鈣的作用是干燥Cl2，且干燥有色布條不褪色，濕潤(rùn)的有色布條褪色C2處溶液出現(xiàn)白色沉淀，3處溶液變藍(lán)，4處溶液變?yōu)槌壬?，三處現(xiàn)象均能說明了Cl2具有氧化性D5處溶液變?yōu)檠t色，底座中溶液紅色消失，氫氧化鈉溶液的作用為吸收剩余的Cl2以防止污染19、與氨堿法相比較，聯(lián)合制堿法最突出的優(yōu)點(diǎn)是ANaCl利用率高

11、B設(shè)備少C循環(huán)利用的物質(zhì)多D原料易得20、下列圖像符合題意的是A在鹽酸和氯化鋁的混合溶液中滴加燒堿溶液B在碳酸鈉與碳酸氫鈉混合液中滴加鹽酸C在氫氧化鈉溶液中通入氯氣D在氫氧化鋇溶液中滴加碳酸氫鈉溶液21、工業(yè)上將氨氣和空氣的混合氣體通過鉑銠合金網(wǎng)發(fā)生氨氧化反應(yīng)，若有標(biāo)準(zhǔn)狀況下V L氨氣完全反應(yīng)，并轉(zhuǎn)移n個(gè)電子，則阿伏加德羅常數(shù)(NA)可表示為()ABCD22、根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液溶液變澄清酸性：苯酚碳酸B向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加熱；再加入銀氨溶液并水浴加熱未出現(xiàn)銀鏡蔗糖未水解C向2支盛有2mL相同濃度銀氨溶液的

12、試管中，分別加入2滴相同濃度的NaCl和NaI溶液一支無明顯現(xiàn)象，另一支產(chǎn)生黃色沉淀相同條件下，AgI比AgCl的溶解度小DC2H5OH與濃硫酸170共熱，制得的氣體通入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色乙烯能被KMnO4氧化AABBCCDD二、非選擇題(共84分)23、（14分）具有抗菌作用的白頭翁素衍生物I的合成路線如圖所示：已知：.R-HC=CH-R+R”COOH.R-HC=CH-R”(以上R、R、R”代表氫、烷基或芳基等)?；卮鹣铝袉栴}：（1）反應(yīng)的反應(yīng)類型是_。（2）寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。（3）合成過程中設(shè)計(jì)步驟和的目的是_。（4）試劑a是_。（5）下列說法正確的是_（選填字母

13、序號(hào)）。a.物質(zhì)A極易溶于水 b.反應(yīng)后的試管可以用硝酸洗滌c.F生成G的反應(yīng)類型是取代反應(yīng) d.物質(zhì)D既能與鹽酸反應(yīng)又能與氫氧化鈉鈉溶液反應(yīng)（6）由F與I2在一定條件下反應(yīng)生成G的化學(xué)方程式是_；此反應(yīng)同時(shí)生成另外一個(gè)有機(jī)副產(chǎn)物且與G互為同分異構(gòu)體，此有機(jī)副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_。（7）已知：RCH2BrR-CH=CH-R1以乙烯起始原料，結(jié)合已知信息選用必要的無機(jī)試劑合成，寫出合成路線（用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示有機(jī)物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件）_。24、（12分）藥物中間體(G)在有機(jī)制藥工業(yè)中的一種合成方法如下:回答下列問題:(1)化合物D和G中含氧官能團(tuán)的名稱分別為_、_。(2)

14、由BC的反應(yīng)類型為_ ;寫出C D反應(yīng)的化學(xué)方程式:_。(3)化合物E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_。(4)反應(yīng)FG的另一種生成物是_。(5)寫出同時(shí)滿足下列條件的B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:_。能與新制Cu(OH)2加熱條件下反應(yīng)生成磚紅色沉淀，水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng):核磁共振氫譜為四組峰,峰面積比為1:2:4:9;分子中含有氨基。(6)已知:RCNRCH2NH2請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)以HOOCCH2COOH和CH3CH2Cl為原料制備的合成路線:_(無機(jī)試劑任用)。25、（12分）Na2SO3是一種白色粉末，工業(yè)上可用作還原劑、防腐劑等。某化學(xué)小組探究不同pH的Na2SO3溶液與同濃度AgNO3溶液反應(yīng)

15、的產(chǎn)物，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn) 配制500 mL 一定濃度的Na2SO3溶液溶解：準(zhǔn)確稱取一定質(zhì)量的Na2SO3晶體，用煮沸的蒸餾水溶解。蒸餾水需煮沸的原因是_移液：將上述溶解后的Na2SO3溶液在燒杯中冷卻后轉(zhuǎn)入儀器A中，則儀器A為 _，同時(shí)洗滌_(填儀器名稱)23次，將洗滌液一并轉(zhuǎn)入儀器A中；定容：加水至刻度線12 cm處，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至液面與刻度線相切，蓋好瓶塞，反復(fù)上下顛倒，搖勻。實(shí)驗(yàn) 探究不同pH的Na2SO3溶液與pH=4的AgNO3溶液反應(yīng)的產(chǎn)物查閱資料：i.Ag2SO3為白色固體，不溶于水，溶于過量Na2SO3溶液ii.Ag2O，棕黑色固體，不溶于水，可與濃氨水反應(yīng)(1)

16、將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，至產(chǎn)生白色沉淀。假設(shè)一：該白色沉淀為Ag2SO3假設(shè)二：該白色沉淀為Ag2SO4假設(shè)三：該白色沉淀為Ag2SO3和Ag2SO4的混合物寫出假設(shè)一的離子方程式 _；提出假設(shè)二的可能依據(jù)是_；驗(yàn)證假設(shè)三是否成立的實(shí)驗(yàn)操作是_。(2)將pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，開始產(chǎn)生白色沉淀A，然后變成棕黑色物質(zhì)。為了研究白色固體A的成分，取棕黑色固體進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：已知反應(yīng)(b)的化學(xué)方程式為Ag(NH3)2OH+3HCl=AgCl+2NH4Cl+H2O，則反應(yīng)(a)的化學(xué)方程式為_；生成白色沉淀A的反應(yīng)為非氧

17、化還原反應(yīng)，則A的主要成分是_(寫化學(xué)式)。(3)由上述實(shí)驗(yàn)可知，鹽溶液間的反應(yīng)存在多樣性。經(jīng)驗(yàn)證，(1)中實(shí)驗(yàn)假設(shè)一成立，則(2)中實(shí)驗(yàn)的產(chǎn)物不同于(1)實(shí)驗(yàn)的條件是 _。26、（10分）硫代硫酸鈉(Na2S2O3)是一種解毒藥，用于氟化物、砷、汞、鉛、錫、碘等中毒，臨床常用于治療蕁麻疹，皮膚瘙癢等病癥.硫代硫酸鈉在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，在酸性溶液中分解產(chǎn)生S和SO2實(shí)驗(yàn)I：Na2S2O3的制備。工業(yè)上可用反應(yīng)：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，實(shí)驗(yàn)室模擬該工業(yè)過程的裝置如圖所示：(1)儀器a的名稱是_，儀器b的名稱是_。b中利用質(zhì)量分?jǐn)?shù)為70%80%的H2S

18、O4溶液與Na2SO3固體反應(yīng)制備SO2反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。c中試劑為_(2)實(shí)驗(yàn)中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_ (寫出一條)(3)為了保證硫代硫酸鈉的產(chǎn)量，實(shí)驗(yàn)中通入的SO2不能過量，原因是_實(shí)驗(yàn)：探究Na2S2O3與金屬陽(yáng)離子的氧化還原反應(yīng)。資料：Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)裝置試劑X實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先變成紫黑色，30s后幾乎變?yōu)闊o色 (4)根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，初步判斷最終Fe3+被S2O32-還原為Fe2+，通過_(填操作、試劑和現(xiàn)象)，進(jìn)一步證實(shí)生成了Fe2+。從化學(xué)反應(yīng)速率和平衡的角度解釋實(shí)驗(yàn)的現(xiàn)象：_實(shí)驗(yàn)：標(biāo)定Na2S

19、2O3溶液的濃度(5)稱取一定質(zhì)量的產(chǎn)品配制成硫代硫酸鈉溶液，并用間接碘量法標(biāo)定該溶液的濃度：用分析天平準(zhǔn)確稱取基準(zhǔn)物質(zhì)K2Cr2O7(摩爾質(zhì)量為294gmol-1)0.5880g。平均分成3份，分別放入3個(gè)錐形瓶中，加水配成溶液，并加入過量的KI并酸化，發(fā)生下列反應(yīng)：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3+7H2O，再加入幾滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均體積為25.00 mL，則所標(biāo)定的硫代硫酸鈉溶液的濃度為_molL-127、（12分）工業(yè)上用草酸“沉鈷”，再過濾草

20、酸鈷得到的母液A經(jīng)分析主要含有下列成分：H2C2O4Co2+Cl-質(zhì)量濃度20.0g/L1.18g/L2.13g/L為了有效除去母液A中殘留的大量草酸，一般用氯氣氧化處理草酸，裝置如下： 回答下列問題：(1)母液A中c(CoO2)為_molL-1。 ，(2)分液漏斗中裝入鹽酸，寫出制取氯氣的離子方程式 _。反應(yīng)后期使用調(diào)溫電爐加熱，當(dāng)錐形瓶中_(填現(xiàn)象)時(shí)停止加熱。(3)三頸燒瓶反應(yīng)溫度為50，水浴鍋的溫度應(yīng)控制為 _(填序號(hào))。A50 B5l-52 C45 - 55 D60(4)氯氣氧化草酸的化學(xué)方程式為_ 。(5)攪拌器能加快草酸的去除速率，若攪拌速率過快則草酸去除率反而降低，主要原因是_

21、。 (6)若用草酸銨代替草酸“沉鈷”，其優(yōu)點(diǎn)是_ ，其主要缺點(diǎn)為_。28、（14分）我國(guó)秦俑彩繪和漢代器物上用的顏料被稱為“中國(guó)藍(lán)”、“中國(guó)紫”，直到近年來人們才研究出來其成分為BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。（1）“中國(guó)藍(lán)”、“中國(guó)紫”中均具有Cun離子，n_，基態(tài)時(shí)該陽(yáng)離子的價(jià)電子排布式為_。（2）在5500年前，古代埃及人就己經(jīng)知道如何合成藍(lán)色顏料“埃及藍(lán)”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中國(guó)藍(lán)”一致。CO32一中鍵角OCO為_。根據(jù)所學(xué)，從原料分解的角度判斷“埃及藍(lán)”的合成溫度比“中國(guó)藍(lán)”更_（填“高”或“低”）。（3）配離子Cu（CN

22、）32-中，中心離子的雜化類型是_，該配離子的空間構(gòu)型為_；CN-中配位原子是_ （填名稱）。（4）CaCux合金可看作由如圖所示的（a）、（b）兩種原子層交替堆積排列而成。（a）是由Cu和Ca共同組成的層，層中CuCu之間由實(shí)線相連；（b）是完全由Cu原子組成的層，CuCu之間也由實(shí)線相連。圖中虛線構(gòu)建的六邊形，表示由這兩種層平行堆積時(shí)垂直于層的相對(duì)位置；（c）是由（a）和（b）兩種原子層交替堆積成CaCux合金的晶體結(jié)構(gòu)圖。在這種結(jié)構(gòu)中，同一層的CaCu距離為294pm，相鄰兩層的CaCu距離為327pm。該晶胞中Ca有_個(gè)Cu原子配位（不一定要等距最近）。同一層中，Ca原子之間的最短距離

23、是_pm，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，CaCu晶體的密度是_g/cm3（用含m、n的式子表示）。29、（10分）二甲醚被稱為21世紀(jì)的新型燃料，也可替代氟利昂作制冷劑等，對(duì)臭氧層無破壞作用。工業(yè)上常采用甲醇?xì)庀嗝撍▉慝@取。其反應(yīng)方程式為：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)完成下列填空：28、有機(jī)物分子中都含碳元素，寫出碳原子最外層電子的軌道表示式_；寫出甲醇分子中官能團(tuán)的電子式_。29、碳與同主族的短周期元素相比，非金屬性較強(qiáng)的是_（填元素符號(hào)）。寫出一個(gè)能證明你的結(jié)論的化學(xué)方程式_。30、在溫度和體積不變的情況下，能說明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是_（選填編號(hào)）a.CH3OH的消

24、耗速率與CH3OCH3的消耗速率之比為2：1b.容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變c.H2O(g）濃度保持不變d.氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量保持不變31、一定溫度下，在三個(gè)體積約為2.0 L的恒容密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)：容器編號(hào)溫度（）起始物質(zhì)的量（mol）平衡物質(zhì)的量（mol）CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)I3870.400.160.163870.80a2070.400.180.18（1）若要提高CH3OH的平衡轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施是_（選填編號(hào)）。a.及時(shí)移走產(chǎn)物 b.升高溫度 c.充入CH3OH d.降低溫度（2）I號(hào)容器內(nèi)的反應(yīng)經(jīng)過t min達(dá)到平衡，則CH3OH的平均反應(yīng)速率為_（用含

25、t的式子表示）。II號(hào)容器中a =_mol。32、若起始時(shí)向容器I中充入CH3OH 0.2mol、CH3OCH3 0.30mol和H2O 0.20mol，則反應(yīng)將向_（填“正”“逆”）反應(yīng)方向進(jìn)行。參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、D【解析】A.向50.00mL未知濃度的氨水中逐滴加入0.5molL-1的HC1，鹽酸和氨水恰好完全反應(yīng)生成氯化銨和水，氯化銨中銨根水解顯酸性，因而（pH=7）時(shí)，氨水稍過量，即反應(yīng)未完全進(jìn)行，從到，氨水的量減少，氯化銨的量變多，又溶液導(dǎo)電能力與溶液中離子濃度呈正比，氯化銨為強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，得到的離子（銨根的水解不影響）多

26、于氨水電離出的離子（氨水為弱堿，少部分NH3H2O發(fā)生電離），因而圖中點(diǎn)所示溶液的導(dǎo)電能力強(qiáng)于點(diǎn)，A錯(cuò)誤；B.觀察圖像曲線變化趨勢(shì)，可推知為鹽酸和氨水恰好完全反應(yīng)的點(diǎn)，得到氯化銨溶液，鹽類的水解促進(jìn)水的電離，因而溶液pOH=8，則c溶液(OH-)=10-8mol/L，c水(OH-)= c水(H+)=Kw/ c溶液(OH-)=10-6mol/L，B錯(cuò)誤；C.點(diǎn)鹽酸的量是點(diǎn)的一半，為恰好完全反應(yīng)的點(diǎn)，因而易算出點(diǎn)溶液溶質(zhì)為等量的NH3H2O和NH4Cl，可知電荷守恒為c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又pOH=4,說明溶液顯堿性，則c(OH-) c(H+)，那么c(NH4+)

27、 c(Cl-)，C錯(cuò)誤；D.V(HCl)=0時(shí)，可知氨水的pOH=2.8，則c(OH-)=10-2.8mol/L，又NH3H2ONH4+OH-，可知c(NH4+)= c(OH-)=10-2.8mol/L，點(diǎn)鹽酸和氨水恰好反應(yīng)，因而c(NH3H2O)=200.550mol/L=0.2mol/L，因而Kb=cNH4+cOH-cNH3H2O=10-2.810-2.80.2=510-5.6mo1L-1，D正確。故答案選D。2、A【解析】A.干餾硝石產(chǎn)生的氣體NO、O2的物質(zhì)的量的比是4:3，將混合氣體通入水中，會(huì)發(fā)生反應(yīng)：2H2O+4NO+3O2=4HNO3，故可以完全被水吸收，A正確；B.王水是由3

28、體積濃鹽酸與1體積濃硝酸配制而成的，B錯(cuò)誤；C.在王水溶解金時(shí)，其中的硝酸作氧化劑，獲得電子被還原產(chǎn)生NO氣體，C錯(cuò)誤；D.實(shí)驗(yàn)室可用NaNO3與濃硫酸反應(yīng)制備少量的HNO3，利用的是HNO3易揮發(fā)，而濃硫酸的高沸點(diǎn)，難揮發(fā)性，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。3、B【解析】由實(shí)驗(yàn)流程可知，該溶液與Ba(OH)2反應(yīng)生成白色沉淀，則一定不含F(xiàn)e3+，且白色沉淀與足量鹽酸反應(yīng)，白色沉淀部分溶解，并有氣體生成，不溶的白色沉淀一定為BaSO4，氣體為CO2，由于SO32-、Mg2+相互促進(jìn)水解不能共存，反應(yīng)后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含離子的物質(zhì)的量濃度均相同，由電荷守恒可知不含Cl-，則溶液中一定含

29、SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，以此來解答?！驹斀狻緼. 中白色沉淀為硫酸鋇和碳酸鋇，氣體為CO2，故A錯(cuò)誤；B. 白色沉淀與足量鹽酸反應(yīng)，白色沉淀部分溶解，并有氣體生成，不溶的白色沉淀一定為BaSO4，氣體為CO2，由于SO32-、Mg2+相互促進(jìn)水解不能共存，反應(yīng)后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含離子的物質(zhì)的量濃度均相同，由電荷守恒可知不含Cl-，則溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故B正確；C. 反應(yīng)后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含離子的物質(zhì)的量濃度均相同，則溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故C錯(cuò)誤；D. 溶液中含Na+及過量

30、的Ba(OH)2，溶液含Mg2+及過量鹽酸，只有溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液能生成白色沉淀AgCl，故D錯(cuò)誤；正確答案是B?！军c(diǎn)睛】本題的關(guān)鍵在于理解“所含離子的物質(zhì)的量濃度均相同”這一句話，通過電荷守恒推出一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，另外SO32-、Mg2+相互促進(jìn)水解不能共存也是需要注意的點(diǎn)。4、C【解析】A.進(jìn)行焰色反應(yīng)，火焰呈黃色，說明含有Na+，不能確定是否含有K+，A錯(cuò)誤；B.蔗糖在稀硫酸催化作用下發(fā)生水解反應(yīng)產(chǎn)生葡萄糖，若要證明水解產(chǎn)生的物質(zhì)，首先要加入NaOH中和催化劑硫酸，使溶液顯堿性，然后再用Cu(OH)2進(jìn)行檢驗(yàn)，B錯(cuò)誤；C.在AgCl和AgI飽和溶

31、液中加入過量AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀和黃色沉淀，且白色沉淀的質(zhì)量遠(yuǎn)大于黃色沉淀，說明溶液中c(Cl-)較大，c(I-)較小，物質(zhì)的溶解度AgClAgI，由于二者的化合物構(gòu)型相同，因此可證明物質(zhì)的溶度積常數(shù)Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，C正確；D.根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，只能證明溶液中含有I2，由于溶液中含有兩種氧化性的物質(zhì)HNO3、Fe3+，二者都可能將I-氧化為I2，因此不能證明氧化性Fe3+I2，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。5、B【解析】根據(jù)反應(yīng)前后元素的化合價(jià)變化來看，Ca和O的化合價(jià)均沒有變化，其中CaH2中H的化合價(jià)由-1價(jià)升高到0價(jià)，被氧化，作還原劑；H2O中H的化合價(jià)由+1價(jià)降低到0

32、價(jià)，被還原，作氧化劑；氫氣既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物；答案選B。6、B【解析】原電池中陽(yáng)離子移向正極，根據(jù)原電池中氫離子的移動(dòng)方向可知A為正極，正極有氫離子參與反應(yīng)，電極反應(yīng)式為+2e-+H+Cl-，B為負(fù)極，電極反應(yīng)式為CH3COO-8e-+4H2O2HCO3-+9H+，據(jù)此分析解答。【詳解】A原電池工作時(shí)，電流從正極經(jīng)導(dǎo)線流向負(fù)極，即電流方向從A極沿導(dǎo)線經(jīng)小燈泡流向B極，故A正確；BB極為電池的負(fù)極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為CH3COO-8e-+4H2O2HCO3-+9H+，B極不是陽(yáng)極，故B錯(cuò)誤；C根據(jù)電子守恒可知，當(dāng)外電路中有0.2mole-轉(zhuǎn)移時(shí)，通過質(zhì)子交換膜的H+的個(gè)

33、數(shù)為0.2NA，故C正確；DA為正極，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，正極有氫離子參與反應(yīng)，電極反應(yīng)式為+2e-+H+Cl-，故D正確；答案選B。【點(diǎn)睛】根據(jù)氫離子的移動(dòng)方向判斷原電池的正負(fù)極是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B，要注意原電池的兩極稱為正負(fù)極，電解池的兩極稱為陰陽(yáng)極。7、A【解析】A、將25gCuSO45H2O溶于100 mL蒸餾水中所得溶液的體積不是0.1L，所以不能實(shí)現(xiàn)目的，A錯(cuò)誤；B、硝酸鉀和氯化鈉的溶解度受溫度影響相差大，因此將混合物制成熱的飽和溶液，冷卻結(jié)晶，過濾即可除去KNO3中少量NaCl，B正確；C、高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，能把雙氧水氧化為氧氣，而高錳酸鉀被還原為錳離子，導(dǎo)致溶

34、液紫色消失，所以能實(shí)現(xiàn)目的，C正確；D、NaCl和CaCl2不反應(yīng)，Na2CO3和CaCl2反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，所以可以檢驗(yàn)是否含有Na2CO3，則可以實(shí)現(xiàn)目的，D正確；答案選A?！军c(diǎn)晴】該題的易錯(cuò)點(diǎn)是物質(zhì)的分離與提純，分離提純方法的選擇思路是根據(jù)分離提純物的性質(zhì)和狀態(tài)來定的。具體如下：分離提純物是固體(從簡(jiǎn)單到復(fù)雜方法) ：加熱(灼燒、升華、熱分解)，溶解，過濾(洗滌沉淀)，蒸發(fā)，結(jié)晶(重結(jié)晶)，例如選項(xiàng)B；分離提純物是液體(從簡(jiǎn)單到復(fù)雜方法) ：分液，萃取，蒸餾；分離提純物是膠體:鹽析或滲析；分離提純物是氣體：洗氣。8、B【解析】A選項(xiàng)，c(H+) =0.01mol/L，1L 溶液中含 H

35、+為 0.01mol，故A錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，根據(jù)電荷守恒得到c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，故B正確；C選項(xiàng)，加水稀釋，平衡正向移動(dòng)，氫離子濃度減小，草酸的電離度增大，溶液pH增大，故C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，加入等體積pH2的鹽酸，溶液酸性不變，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為B。【點(diǎn)睛】草酸是二元弱酸，但pH =2，氫離子濃度與幾元酸無關(guān)，根據(jù)pH值可得c(H+) =0.01mol/L，很多同學(xué)容易混淆c(二元酸) =0.01mol/L，如果是強(qiáng)酸c(H+) = 0.02mol/L，若是弱酸，則c(H+) c(H+ )c(NH4+)c(OH-)，故C錯(cuò)誤；D等pH的氨水和N

36、aOH溶液，氨水的濃度要遠(yuǎn)大于氫氧化鈉溶液的濃度，所以中和等體積等pH的氨水和NaOH溶液時(shí)，氨水消耗相同濃度鹽酸的體積更多，故D錯(cuò)誤；故答案為B?！军c(diǎn)睛】在有關(guān)水的電離的計(jì)算是，無論是酸堿的抑制，還是水解的促進(jìn)，要始終把握一個(gè)點(diǎn)：水電離出的氫離子和氫氧根濃度相同。10、A【解析】A. 曲線的交點(diǎn)處，c(HA)=c(A-)，此時(shí)pH=4.7，則因此Ka(HA)的數(shù)量級(jí)為10-5，A項(xiàng)正確；B. a點(diǎn)、b點(diǎn)溶液均顯酸性，均抑制水的電離，a點(diǎn)pH較小，溶液酸性較強(qiáng)，抑制水的電離程度更大，因此，溶液中由水電離出的c (H)：a點(diǎn)7，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A?！军c(diǎn)睛】利用曲線的交點(diǎn)計(jì)算Ka(HA)，是該題的

37、巧妙之處，因?yàn)樵擖c(diǎn)c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)= c(H+)，同學(xué)們?cè)谧鏊芤褐须x子平衡的圖像題的時(shí)候，多關(guān)注特殊的點(diǎn)，諸如曲線的交點(diǎn)、起點(diǎn)、恰好反應(yīng)點(diǎn)、中性點(diǎn)等。11、C【解析】A.硝化甘油是易爆品,易發(fā)生爆炸,故A錯(cuò)誤;B.苯是易燃物,故B錯(cuò)誤;C.重晶石性質(zhì)穩(wěn)定,不屬于危險(xiǎn)品,故C正確;D.硝酸銨是易爆品,易發(fā)生爆炸,故D錯(cuò)誤.答案選C。12、D【解析】A選項(xiàng)，S6和S8分子都是由S原子組成，它們是不同的物質(zhì)，互為同素異形體，故A錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，S6和S8是硫元素的不同單質(zhì)，化學(xué)性質(zhì)相似，因此它們分別與鐵粉反應(yīng)，所得產(chǎn)物相同，故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，不管氧氣過量還是少量，S6和S8分

38、子分別與氧氣反應(yīng)可以得到SO2，故C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，等質(zhì)量的S6和S8分子，其硫原子的物質(zhì)的量相同，因此它們分別與足量的KOH反應(yīng)，消耗KOH的物質(zhì)的量相同，故D正確。綜上所述，答案為D。13、A【解析】二氧化硫?yàn)闊o色、具有刺激性氣味的氣體，可與水、堿以及堿性氧化物反應(yīng)，具有漂白性、氧化性和還原性，可形成酸雨，只有A錯(cuò)誤，故選A。點(diǎn)睛：明確SO2的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸?，可與水、堿以及堿性氧化物反應(yīng)，S元素化合價(jià)為+4價(jià)，處于中間價(jià)態(tài)，既具有氧化性也具有還原性，另外還具有漂白性，以此解答。14、D【解析】將石油常壓分餾依次得到石油氣、汽油、煤油、柴油、重油等，將重油減壓分餾依次得到

39、重柴油、潤(rùn)滑油、凡士林、石蠟、瀝青，則它們的沸點(diǎn)范圍由低到高的順序?yàn)椋菏蜌馄兔河筒裼椭夭裼蜐?rùn)滑油凡士林石蠟瀝青，故選D項(xiàng)。答案選D。15、C【解析】A加水稀釋CH3COOH溶液，促進(jìn)CH3COOH的電離，溶液中n(CH3COO)逐漸增多，故A錯(cuò)誤；BNaHCO3溶液中HCO3-的水解常數(shù)Kh2=2.27108K2 = 5.61011，說明HCO3-的水解大于電離，則溶液中c()c(H2CO3) c(HCO3)，故B錯(cuò)誤；C由電離平衡常數(shù)可知濃度相等時(shí)HCN的酸性小于CH3COOH，同CN-的水解程度大于CH3COO-，則25時(shí)，相同物質(zhì)的量濃度的NaCN溶液的堿性強(qiáng)于CH3COONa溶液，

40、故C正確；D由電離平衡常數(shù)可知濃度相等時(shí)HCN的酸性小于H2CO3，則向HCN溶液中加入Na2CO3溶液，只能生成NaHCO3，無CO2氣體生成，故D錯(cuò)誤；故答案為C。16、C【解析】流程可知，氨水與廢氣反應(yīng)生成亞硫酸氨或亞硫酸氫銨，然后與過量硫酸反應(yīng)生成氣體a為二氧化硫，Y為硫酸銨、硫酸氫銨。【詳解】A廢氣少量時(shí)生成X為亞硫酸銨，廢氣過量時(shí)生成X為亞硫酸氫銨，或二者均有，A正確；BX中加過量硫酸生成硫酸銨或硫酸氫銨，B正確；C亞硫酸氨或亞硫酸氫銨，與過量硫酸反應(yīng)生成氣體a為二氧化硫，C錯(cuò)誤；D（NH4）2S2O8中為連二硫酸銨，S最外層有6個(gè)電子，最高價(jià)為+6價(jià)，則S的化合價(jià)不可能為+7，D

41、正確；故答案為：C。17、C【解析】A.缺少體積數(shù)據(jù)，不能計(jì)算微粒數(shù)目，A錯(cuò)誤；B.缺少條件，不能計(jì)算氣體的物質(zhì)的量，也就不能計(jì)算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目，B錯(cuò)誤；C.Mg是+2價(jià)的金屬，2.4gMg的物質(zhì)的量是0.1mol，反應(yīng)會(huì)失去0.2mol電子，因此2.4g鎂在空氣中完全燃燒生成MgO和Mg3N2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，C正確；D.溶液的體積未知，不能計(jì)算微粒的數(shù)目，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。18、C【解析】濃鹽酸滴到氯酸鉀固體上的作用是為了制備Cl2，根據(jù)含同種元素物質(zhì)間發(fā)生氧化還原反應(yīng)時(shí)，化合價(jià)只靠近不交叉，配平后可得反應(yīng)的離子方程式：5Cl6H+=3Cl23H2O，A正確；為了檢驗(yàn)Cl2

42、有無漂白性，應(yīng)該先把Cl2干燥，所以，無水氯化鈣的作用是干燥Cl2，然后會(huì)出現(xiàn)干燥有色布條不褪色而濕潤(rùn)有色布條褪色的現(xiàn)象，B正確；Cl2與3處碘化鉀置換出單質(zhì)碘，遇淀粉變藍(lán)，與4處溴化鈉置換出單質(zhì)溴，使溶液變橙色，均說明了Cl2具有氧化性，Cl2與水反應(yīng)生成HCl和HClO，HCl與硝酸銀產(chǎn)生白色沉淀，無法說明Cl2具有氧化性，C錯(cuò)誤；Cl2與5處硫酸亞鐵生成Fe3+，F(xiàn)e3+與SCN生成血紅色配合物，氫氧化鈉溶液可以吸收剩余的Cl2，防止污染空氣，D正確。19、A【解析】氨堿法對(duì)濾液的處理是加熟石灰使氨氣循環(huán)，產(chǎn)生的CaCl2用途不大，而侯氏制堿法是對(duì)濾液通入二氧化碳、氨氣，結(jié)晶出的NH4C

43、l，其母液可以作為制堿原料。【詳解】氨堿法缺點(diǎn)：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，約有30%的NaCl留在母液中，侯氏制堿法的優(yōu)點(diǎn)：把合成氨和純堿兩種產(chǎn)品聯(lián)合生產(chǎn)，提高了食鹽利用率，縮短了生產(chǎn)流程，減少了對(duì)環(huán)境的污染，降低了純堿的成本。保留了氨堿法的優(yōu)點(diǎn)，消除了它的缺點(diǎn)，使食鹽的利用率提高到96%，故選A。20、C【解析】A、向鹽酸和氯化鋁混合溶液中逐滴加入氫氧化鈉溶液，先發(fā)生反應(yīng)：HCl+NaOH=NaCl+H2O，無明顯現(xiàn)象，AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，產(chǎn)生沉淀，后沉淀溶解，圖中一開始就有沉淀，故A錯(cuò)

44、誤；B、在NaHCO3和Na2CO3混合溶液中滴加鹽酸，反應(yīng)分以下兩步進(jìn)行: Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，圖中一開始就有氣泡，不符合，故B錯(cuò)誤；C、向NaOH溶液中通入氯氣，發(fā)生 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，開始轉(zhuǎn)移電子數(shù)逐漸增多，飽和后不再溶解，故C正確；D、在氫氧化鋇溶液中滴加NaHCO3溶液，少量時(shí)的反應(yīng)是:NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3+NaOH+H2O，過量時(shí)的反應(yīng)是:Ba(OH)2+2NaHCO3 =BaCO3+Na2CO3+2H2O，導(dǎo)電能力是先變小，再變大，但由于有Na離子，導(dǎo)電能

45、力不可能變?yōu)?，故D錯(cuò)誤；故選C。21、D【解析】氨氣與氧氣發(fā)生了催化氧化反應(yīng)：4NH35O24NO6NO，可知4NH320e，即4：20=，推出為NA=22.4n/5V。答案選D。22、C【解析】A. 苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，反應(yīng)生成苯酚鈉、碳酸氫鈉，可知苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B. 做銀鏡反應(yīng)加入銀氨溶液前，要先中和水解的硫酸，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C. 相同濃度銀氨溶液的試管中，分別加入2滴相同濃度的NaCl和NaI溶液，出現(xiàn)黃色沉淀，說明生成碘化銀沉淀，說明Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，C項(xiàng)正確；D. 反應(yīng)中可能生成其他的還原性氣體使KMnO4溶液褪色，驗(yàn)證乙烯能被KMn

46、O4氧化前要先除雜，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、加成反應(yīng) 2+O22+2H2O 保護(hù)碳碳雙鍵，防止催化氧化時(shí)被破壞 氫氧化鈉的醇溶液或氫氧化鈉的乙醇溶液 bd +I2+HI 【解析】與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成(B)，(B)催化氧化生成(C)，(C)發(fā)生銀鏡反應(yīng)生成(D)，(D)與氫氧化鈉的醇溶液反應(yīng)生成(E)，(E)酸化后生成(F)，(F)與I2反應(yīng)生成(G)，一定條件下可反應(yīng)生成(H)，最終反應(yīng)生成(I)，據(jù)此作答?！驹斀狻浚?）反應(yīng)為與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成，因此反應(yīng)類型為加成反應(yīng)；（2）反應(yīng)為催化氧化生成，反應(yīng)方程式為：2+O22+2H2O；（3）步驟將碳碳雙鍵改變，

47、步驟將碳碳雙鍵還原，兩個(gè)步驟保護(hù)了碳碳雙鍵，防止催化氧化時(shí)碳碳雙鍵被破壞；（4）反應(yīng)是發(fā)生消去反應(yīng)反應(yīng)生成的過程，小區(qū)反映的條件是氫氧化鈉的醇溶液；（5）a. 有機(jī)物A中存在羥基，屬于親水基，因此A可溶于水，但不是及易溶于水，a項(xiàng)錯(cuò)誤；b. 反應(yīng)為銀鏡反應(yīng)，銀鏡反應(yīng)后的試管可用硝酸洗滌，b項(xiàng)正確；c. 與I2反應(yīng)生成發(fā)生了加成反應(yīng)和消去反應(yīng)，不是取代反應(yīng)，c項(xiàng)錯(cuò)誤；d. 物質(zhì)D為，既可與氫氧化鈉水溶液發(fā)生取代反應(yīng)，也可與鹽酸發(fā)生取代反應(yīng)，d項(xiàng)正確；答案選bd；（6）F為，與I2在在一定條件下反應(yīng)生成G的化學(xué)方程式為：+I2+HI；另一有機(jī)物與G互為同分異構(gòu)體，根據(jù)結(jié)構(gòu)特點(diǎn)可知該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

48、：；（7）根據(jù)已知條件可知乙烯與水加成生成乙醇，乙醇催化氧化后得到乙醛；乙烯與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成溴乙烷，溴乙烷與乙醛反應(yīng)生成2-丙烯，2-丙烯在一定條件下可生成，因此合成路線可表示為：。【點(diǎn)睛】對(duì)于有機(jī)合成和推斷題的解法，可概括為“前推后，后推前，兩邊推中間，關(guān)鍵看條件、信息、官能團(tuán)”，解題的關(guān)鍵是快速提取有效信息，具體過程為：24、酯基 肽鍵 加成反應(yīng) CH3CH2OH 和 【解析】A發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B和HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成C，C與KCN發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D與鹽酸反應(yīng)，根據(jù)E和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成F，根據(jù)F的結(jié)構(gòu)推出E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，F(xiàn)和C2H5NH2發(fā)生取代反應(yīng)生成G和乙醇。【詳

49、解】(1)根據(jù)D、G的結(jié)構(gòu)得出化合物D中含氧官能團(tuán)的名稱為酯基，G中含氧官能團(tuán)的名稱為肽鍵；故答案為：酯基；肽鍵。(2)根據(jù)BC的結(jié)構(gòu)式得出反應(yīng)類型為加成反應(yīng)；根據(jù)C D反應(yīng)得出是取代反應(yīng)，其化學(xué)方程式；故答案為：加成反應(yīng)；。(3)根據(jù)E到F發(fā)生酯化反應(yīng)得出化合物E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；故答案為：。(4)根據(jù)反應(yīng)FG中的結(jié)構(gòu)得出反應(yīng)為取代反應(yīng)，因此另一種生成物是CH3CH2OH；故答案為：CH3CH2OH。(5)能與新制Cu(OH)2加熱條件下反應(yīng)生成磚紅色沉淀，水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有甲酸與酚形成的酚酸酯，即取代基團(tuán)為OOCH，分子中含有氨基，核磁共振氫譜為四組峰，峰面積

50、比為1:2:4:9，存在對(duì)稱結(jié)構(gòu)，還又含有2個(gè)NH2,1個(gè)C(CH3)3，符合條件的同分異構(gòu)體為和；故答案為：和。(6)CH3CH2Cl在堿性條件下水解得到CH3CH2OH，然后與HOOCCH2COOH發(fā)生酯化反應(yīng)得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2Cl與KCN發(fā)生取代反應(yīng)得到CH3CH2CN，用氫氣還原得到CH3CH2CH2NH2，根據(jù)F到G的轉(zhuǎn)化過程，CH3CH2CH2NH2與CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3反應(yīng)得到，合成路線為；故答案為：。25、去除蒸餾水中的氧氣，防止亞硫酸鈉被氧化 500 mL容量瓶 燒杯、玻璃棒 SO32-+2Ag+= Ag2SO3

51、 Na2SO3被酸化的NO3-氧化成Na2SO4，Na2SO4與AgNO3溶液反應(yīng)生成Ag:2SO4沉淀 取固體少許加入足量 Na2SO3溶液(或向試管中繼續(xù)滴加Na2SO3溶液) Ag2O + 4NH3H2O =2Ag(NH3)2OH + 3H2O或Ag2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OH AgOH Na2SO3溶液滴加順序不同 (或用量不同) ，溶液酸堿性不同(或濃度不同) 【解析】配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，溶解時(shí)：Na2SO3晶體易被溶液中溶解的氧氣氧化，故需煮沸；移液時(shí)：配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)需要使用容量瓶，移液時(shí)需要洗滌燒杯和玻璃棒；實(shí)驗(yàn) 探究不同pH的Na2SO

52、3溶液與pH=4的AgNO3溶液反應(yīng)的產(chǎn)物假設(shè)一是銀離子與亞硫酸根離子反應(yīng)生成亞硫酸銀；考慮加入的酸性的硝酸銀溶液具有氧化性，將亞硫酸銀氧化成硫酸銀；由于Ag2SO3溶于過量Na2SO3溶液，可以加入Na2SO3溶液驗(yàn)證溶液中是否有Ag2SO3；(2) Ag2O為棕黑色固體，與氨水反應(yīng)生成Ag(NH3)2OH和 3H2O；從非氧化還原反應(yīng)分析得化合價(jià)不變，判斷A的成分；(3) (1)中實(shí)驗(yàn)和(2)中實(shí)驗(yàn)中溶液的滴加順序不同，溶液酸堿性不同。【詳解】溶解時(shí)：Na2SO3晶體易被溶液中溶解的氧氣氧化，故需煮沸，防止亞硫酸鈉被氧化；移液時(shí)：配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)需要使用500ml的容量瓶，移液

53、時(shí)需要洗滌燒杯和玻璃棒23次；(1)假設(shè)一是銀離子與亞硫酸根離子反應(yīng)生成亞硫酸銀SO32-+2Ag+= Ag2SO3；將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，酸性溶液中存在氫離子，氫離子和硝酸根相當(dāng)于硝酸，具有氧化性，可能會(huì)將亞硫酸根離子氧化成硫酸根；.Ag2SO3為白色固體，不溶于水，溶于過量Na2SO3溶液，故可以加入過量Na2SO3溶液，看是否繼續(xù)溶解，若繼續(xù)溶解一部分，說明假設(shè)三成立；(2) Ag2O，棕黑色固體，不溶于水，可與濃氨水反應(yīng)，反應(yīng)a為Ag2O + 4NH3H2O =2Ag(NH3)2OH + 3H2O；將pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11

54、的Na2SO3溶液中，由于亞硫酸銀易溶于亞硫酸鈉，故生成的白色沉淀不是亞硫酸銀，溶液呈堿性，也不是硫酸銀，銀離子在堿性條件下，例如銀離子和氨水反應(yīng)可以生成氫氧化銀，是白色沉淀，A為AgOH；(3)實(shí)驗(yàn)(1)將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，實(shí)驗(yàn)(2)將pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，對(duì)比兩次實(shí)驗(yàn)可以看出，滴加順序不同(或用量不同)，,所給鹽溶液酸堿性不同(或濃度不同)。26、分液漏斗 蒸餾燒瓶 硫化鈉和碳酸鈉的混合液 調(diào)節(jié)酸的滴加速度 若 SO2過量，溶液顯酸性產(chǎn)物會(huì)發(fā)生分解 加入鐵氰化鉀溶液產(chǎn)生藍(lán)色沉淀 開始生成 Fe(S2O3

55、)33-的反應(yīng)速率快，氧化還原反應(yīng)速率慢，但Fe3+與S2O32- 氧化還原反應(yīng)的程度大，導(dǎo)致Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，最終溶液幾乎變?yōu)闊o色 0.1600 【解析】(1)a的名稱即為分液漏斗，b的名稱即為蒸餾燒瓶；b中是通過濃硫酸和Na2SO3反應(yīng)生成SO2，所以方程式為：；c中是制備硫代硫酸鈉的反應(yīng)，SO2由裝置b提供，所以c中試劑為硫化鈉和碳酸鈉的混合溶液；(2)從反應(yīng)速率影響因素分析，控制SO2生成速率可以調(diào)節(jié)酸的滴加速度或者調(diào)節(jié)酸的濃度，或者改變反應(yīng)溫度；(3)題干中指出，硫代硫酸鈉在酸性溶液中會(huì)分解，如果通過量的SO2，會(huì)使溶液酸性增

56、強(qiáng)，對(duì)制備產(chǎn)物不利，所以原因是：SO2過量，溶液顯酸性，產(chǎn)物會(huì)發(fā)生分解；(4)檢驗(yàn)Fe2+常用試劑是鐵氰化鉀，所以加入鐵氰化鉀溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀即證明有Fe2+生成；解釋原因時(shí)一定要注意題干要求，體現(xiàn)出反應(yīng)速率和平衡兩個(gè)角度，所以解釋為：開始階段，生成的反應(yīng)速率快，氧化還原反應(yīng)速率慢，所以有紫黑色出現(xiàn)，隨著Fe3+的量逐漸增加，氧化還原反應(yīng)的程度變大，導(dǎo)致平衡逆向移動(dòng)，紫黑色逐漸消失，最終溶液幾乎變?yōu)闊o色；(5)間接碘量法滴定過程中涉及兩個(gè)反應(yīng)：；反應(yīng)I-被氧化成I2，反應(yīng)中第一步所得的I2又被還原成I-，所以與電子轉(zhuǎn)移數(shù)相同，那么滴定過程中消耗的得電子總數(shù)就與消耗的失電子總數(shù)相同 ；在做計(jì)算

57、時(shí)，不要忽略取的基準(zhǔn)物質(zhì)重鉻酸鉀分成了三份進(jìn)行的滴定。所以假設(shè)c(Na2S2O3)=a mol/L，列電子得失守恒式：，解得a=0.1600mol/L。27、0.02 ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O 黃綠色氣體變成無色 B H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl 攪拌過快，增加了氯氣的逸出，從而使草酸去除率降低 殘存于母液A中c(CoCl2)會(huì)更小 母液A處理中消耗更多的氯氣 【解析】利用濃鹽酸和Ca(ClO)2反應(yīng)制備氯氣，氯氣在氧化草酸，除去母液中的草酸?！驹斀狻?1)根據(jù)表格中的信息， Co2+的質(zhì)量濃度為 1.18g/L，則1L溶液中的，則；(2)加入鹽酸，與Ca(ClO)

58、2反應(yīng)生成Cl2，為歸中反應(yīng)，離子方程式為ClO+Cl+2H=Cl2+H2O；氯氣為黃綠色氣體，當(dāng)反應(yīng)完全之后，無氯氣產(chǎn)生，裝置中的氣體由黃綠色變成無色，則答案為黃綠色氣體變成無色；(3)由于熱傳遞，只能由溫度高的傳遞到溫度低的部分，三頸燒瓶反應(yīng)溫度為50，那么水浴鍋的溫度應(yīng)該高一點(diǎn)，這樣熱量才能傳遞到反應(yīng)液中，B符合題意；(4)氯氣具有氧化性，草酸具有還原性，能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng)，草酸被氧化成CO2，化學(xué)方程式為H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl；(5)攪拌過快，Cl2來不及反應(yīng)，就從母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，答案為攪拌過快，增加了氯氣的逸出，從而使草酸去除率降低；(6)草酸銨為強(qiáng)電解質(zhì)，而草酸是弱電解質(zhì)，草酸銨溶液中的草酸根濃度更大，能夠使Co2沉淀得更加完全；由于母液中有NH4，在Cl2也會(huì)與NH4反應(yīng)，因此在處理母液時(shí)，需要消耗更多的氯氣。答案：殘存于母液A中c(CoCl2)會(huì)更小 母液A處理中消耗