2021-2022學年云南省楚雄州大姚縣大姚高三下學期聯(lián)考化學試題含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷考生須知：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”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。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（每題只有一個選項符合題意）1、化合物Z是合成平喘藥沙丁胺醇的中間體，可通過下列路線制得：下列說法正確的是AX的分子式為C7H6O2BY分子中的所有原子可能共平面CZ的一氯取代物有6種DZ能與稀硫酸發(fā)生水解反應2、短周期元素X、Y、Z、W分屬三個周期，且原子序數(shù)

2、依次增加。其中Y與X、Z均可形成11或12的二元化合物；X與Z最外層電子數(shù)相同；Y與W的一種化合物是一種新型的自來水消毒劑。下列說法錯誤的是A常溫常壓下Y的單質為氣態(tài)B離子半徑：WZYCX與Z形成的離子化合物具有還原性DW的最高價氧化物的水化物一定是強酸3、根據(jù)元素周期律，由下列事實進行歸納推測，合理的是事實推測AMg與水反應緩慢，Ca與水反應較快Be與水反應會更快BHCl在1500時分解，HI在230時分解HBr的分解溫度介于二者之間CSiH4，PH3在空氣中能自燃H2S在空氣中也能自燃D標況下HCl，HBr均為氣體HF也為氣體AABBCCDD4、為增強鋁的耐腐蝕性,現(xiàn)以鉛蓄電池為外電源,以

3、Al作陽極、Pb作陰極,電解稀硫酸,使鋁表面的氧化膜增厚。反應原理如下:電池:Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)+2H2O(l)電解池:2Al+3H2OAl2O3+3H2電解過程中,以下判斷正確的是( )電池電解池AH+移向Pb電極H+移向Pb電極B每消耗3molPb生成2molAl2O3C正極:PbO2+4H+2e-=Pb2+2H2O陽極:2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+DAABBCCDD5、25時，NaCN溶液中CN、HCN濃度所占分數(shù)()隨pH變化的關系如圖甲所示，其中a點的坐標為(9.5，0.5)。向10mL0.01molL1NaCN溶液中

4、逐滴加入0.01molL-1的鹽酸，其pH變化曲線如圖乙所示。下列溶液中的關系中一定正確的A圖甲中pH=7的溶液：c(Cl)=c(HCN)B常溫下，NaCN的水解平衡常數(shù)：Kh(NaCN)=104.5mol/LC圖乙中b點的溶液：c(CN)c(Cl)c(HCN)c(OH)c(H+)D圖乙中c點的溶液：c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH)+ c(CN)6、下列解釋事實的離子方程式正確的是（ ）A用稀硫酸除去硫酸鈉溶液中少量的硫代硫酸鈉：Na2S2O32H+SO2S2Na+H2OB硝酸鐵溶液中加入少量碘化氫：2Fe3+2I-=2Fe2+I2C向NaClO溶液中通入少量CO2制取

5、次氯酸：ClO-H2OCO2HClOHCO3-D硫酸鋁銨與氫氧化鋇以1：2混合形成的溶液：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=BaSO4+AlO2-+2H2O7、a、b、c、d為短周期元素，a的M電子層有1個電子，b的最外層電子數(shù)為內層電子數(shù)的2倍。c的最高化合價為最低化合價絕對值的3倍，c與d同周期，d的原子半徑小于c。下列敘述正確的是（ ）A離子半徑：adcBa、c形成的化合物中只有離子鍵C簡單離子還原性：cZXBY的最高價氧化物的水化物是強酸CW的最簡單氫化物與Z的單質混合后可產(chǎn)生白煙DY、Z形成的化合物中，每個原子均滿足8電子結構12、下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象得出的結論不正確的是

6、選項操作及現(xiàn)象結論A將乙烯氣體通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色乙烯具有還原性B將少量濃硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖變黑，體積膨脹濃硫酸有脫水性和強氧化性C向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液, 出現(xiàn)白色沉淀溶液X 中可能含有SO32-D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加熱，一段時間后，再加入新制的氫氧化銅懸濁液并加熱，無紅色沉淀淀粉未水解AABBCCDD13、下列固體混合物與過量的稀H2SO4反應，能產(chǎn)生氣泡并有沉淀生成的是ANaHCO3和Al（OH）3BBaCl2和NaClCMgCO3和K2SO4DNa2SO3和BaCO314、下列說法正確的是（ ）A如圖有機物核磁共振氫譜中出現(xiàn)8組

7、峰B如圖有機物分子式為C10H12O3C分子式為C9H12的芳香烴共有9種D藍烷的一氯取代物共有6種（不考慮立體異構）15、四種短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如圖所示，原子序數(shù)之和為48，下列說法不正確的是XYZWA原子半徑（r）大小比較：BX和Y可形成共價化合物XY、等化合物CY的非金屬性比Z的強，所以Y的最高價氧化物的水化物酸性大于ZDZ的最低價單核陰離子的失電子能力比W的強16、高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種環(huán)保、高效、多功能飲用水處理劑，制備流程如圖所示：下列敘述錯誤的是A用K2FeO4作水處理劑時，既能殺菌消毒又能凈化水B反應I中尾氣可用FeCl2溶液吸收再利用C反應II中

8、氧化劑與還原劑的物質的量之比為3:2D該條件下，物質的溶解性：Na2 FeO4 K2FeO4二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物A具有乙醛和乙酸中官能團的性質，不飽和烴B的摩爾質量為40 gmol1，C中只有一個甲基，能發(fā)生銀鏡反應，有關物質的轉化關系如圖：已知：同一個碳原子上連接2個碳碳雙鍵的結構不穩(wěn)定 RCH=CHOHRCH2CHO請回答：(1)D的名稱是_。(2)AE中都含有的元素的原子結構示意圖是_。(3)ADE的化學方程式_。(4)下列說法正確的是_。AB能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色BC與A在一定條件下都能發(fā)生銀鏡反應C轉化流程中濃H2SO4的作用相同D可以用飽和Na2CO3

9、溶液鑒別A、C、E三種無色物質18、丙烯是重要的有機化工原料，它與各有機物之間的轉化關系如下：回答下列問題：(1)E中官能團的名稱為_；C的結構簡式為_。(2)由A生成D的反應類型為_；B的同分異構體數(shù)目有_ 種（不考慮立體異構）。(3)寫出D與F反應的化學方程式：_。19、亞氯酸鈉（NaClO2）是一種重要的含氯消毒劑，在水中溶解度較大，遇酸放出ClO2，是一種高效的氧化劑和優(yōu)質漂白劑，可用于各種纖維和某些食品的漂白。過氧化氫法制備NaClO2固體的實驗裝置如圖所示：已知：ClO2的熔點為-59、沸點為11，極易溶于水，遇熱水、見光易分解；氣體濃度較大時易發(fā)生分解，若用空氣、CO2、氮氣等氣

10、體稀釋時，爆炸性則降低。2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O請回答：(1)按上圖組裝好儀器后，首先應該進行的操作是_；裝置B的作用是_；冰水浴冷卻的主要目的不包括_（填字母）。a減少H2O2的分解 b降低ClO2的溶解度 c減少ClO2的分解(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，寫出三頸燒瓶中生成ClO2的化學方程式： _。(3)裝置C中加入NaOH溶液的目的除了作反應物外，還因為_?？諝獾牧魉龠^慢或過快都會影響NaClO2的產(chǎn)率，試分析原因：_。(4)該套裝置存在的明顯缺陷是_。(5)為防止生成的NaClO2固體被繼續(xù)還原為NaCl，所用還原劑的還原性應適中

11、。除H2O2外，還可以選擇的還原劑是_（填字母）A過氧化鈉 B硫化鈉 C氯化亞鐵 D高錳酸鉀(6)若mg NaClO3(s)最終制得純凈的n g NaClO2(s)，則NaClO2的產(chǎn)率是_100%。20、 (CH3COO)2Mn4H2O主要用于紡織染色催化劑和分析試劑，其制備過程如圖?；卮鹣铝袉栴}：步驟一：以MnO2為原料制各MnSO4(1)儀器a的名稱是_，C裝置中NaOH溶液的作用是_。(2)B裝置中發(fā)生反應的化學方程式是_。步驟二：制備MnCO3沉淀充分反應后將B裝置中的混合物過濾，向濾液中加入飽和NH4HCO3溶液，反應生成MnCO3沉淀。過濾，洗滌，干燥。(3)生成MnCO3的離子

12、方程式_。判斷沉淀已洗凈的操作和現(xiàn)象是_。步驟三：制備(CH3COO)2Mn4H2O固體向11.5 g MnCO3固體中加入醋酸水溶液，反應一段時間后，過濾、洗滌，控制溫度不超過55干燥，得(CH3COO)2Mn4H2O固體。探究生成(CH3COO)2Mn4H2O最佳實驗條件的數(shù)據(jù)如下：(4)產(chǎn)品干燥溫度不宜超過55的原因可能是_。(5)上述實驗探究了_和_對產(chǎn)品質量的影響，實驗l中(CH3COO)2Mn4H2O產(chǎn)率為_。21、氫能是一種極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉矗蕴柲転闊崮?，熱化學硫碘循環(huán)分解水是一種高效、無污染的制氫方法。其反應過程如下圖所示：（1）反應I的化學方程式是_。（2）反應I得到

13、的產(chǎn)物用I2進行分離。該產(chǎn)物的溶液在過量I2的存在下會分成兩層，含低濃度I2的H2SO4層和含高濃度I2的HI層。根據(jù)上述事實，下列說法正確的是_（選填序號）。a 兩層溶液的密度存在差異b 加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶c I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶 辨別兩層溶液的方法是_。經(jīng)檢測，H2SO4層中c（H+）：c（SO42-）=2.06：1，其比值大于2的原因_。（3）反應II ： 2H2SO4（l）=2SO2（g） +O2（g） +2H2O（g） H=+550 kJ mol-1它由兩步反應組成：i.H2SO4（l）=SO3（g） +H2O（g） H =+177 kJ m

14、ol-1ii.SO3（g）分解。L（L1， L2）和X可分別代表壓強或溫度，下圖表示L一定時，中SO3（g）的平衡轉化率隨X的變化關系。寫出反應iiSO3（g）分解的熱化學方程式：_。X代表的物理量是_。參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】AX()的分子式為C8H8O2，故A錯誤；BY()分子中含有甲基(-CH3)，甲基為四面體結構，所有原子不可能共平面，故B錯誤；CZ()分子中有7種環(huán)境的氫原子，一氯取代物有7種，故C錯誤；DZ()中含有酯基，能與稀硫酸發(fā)生水解反應，故D正確；故選D。2、B【解析】短周期元素X、Y、Z、W分屬三個周期且原子序數(shù)依次增加，X為H，Y與X

15、、Z均可形成11或12的二元化合物；X與Z最外層電子數(shù)相同；Y為O，Z為Na，Y與W的一種化合物是一種新型的自來水消毒劑，W為Cl?！驹斀狻緼. 常溫常壓下Y的單質為氧氣或臭氧，故A正確；B. Y為O，Z為Na，對應的離子具有相同的核外電子排布，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，應為Z次氯酸碳酸氫根，因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的離子反應方程式為：，故C正確；D、硫酸鋁銨與氫氧化鋇以1：2混合形成的溶液中反應的離子方程式為：，故D錯誤；故答案為：C?！军c睛】對于先后型非氧化還原反應的分析判斷，可采用“假設法”進行分析，其分析步驟為：先假定溶液中某離子與所加物質進行反應，然后判斷其生

16、成物與溶液中相關微粒是否發(fā)生反應，即是否能夠共存，若能共存，則假設成立，若不能共存，則假設不能成立。7、D【解析】a、b、c、d為短周期元素，a的M電子層有1個電子，則a為Na；b的最外層電子數(shù)為內層電子數(shù)的2倍，則b為C；c的最高化合價為最低化合價絕對值的3倍，則c為S；c與d同周期，d的原子半徑小于c，則d為Cl?！驹斀狻緼Na+核外電子層數(shù)為2，而Cl-和S2-核外電子層數(shù)為3，故Na+半徑小于Cl-和S2-的半徑；電子層數(shù)相同時，質子數(shù)越多，半徑越小，所以Cl-的半徑小于S2-的半徑，所以離子半徑：adc，故A錯誤；Ba、c形成的化合物可以有多硫化鈉Na2Sx，既有離子鍵，又有共價鍵，

17、故B錯誤；C元素的非金屬性越強，單質的氧化性越強，相應離子的還原性越弱，所以簡單離子還原性：cd，故C錯誤；D硫單質易溶于CS2中，故D正確；故選D。8、C【解析】A石墨和金剛石完全燃燒，生成物相同，相同物質的量時后者放熱多，因熱量與物質的量成正比，故A錯誤；B石墨能量低，石墨穩(wěn)定，故B錯誤；C由石墨轉化為金剛石需要吸熱，可知等量的金剛石儲存的能量比石墨高，故C正確；D石墨在特定條件下轉化為金剛石，需要合適的高溫、高壓，故D錯誤；故答案為C。9、B【解析】A. 35- 40的甲醛水溶液稱為福爾馬林具有防腐殺菌的效果，故A錯誤；B. 液溴見光、受熱易揮發(fā)，可以加少量水保存在棕色的試劑瓶中，故B正

18、確；C. 苯酚溶液的腐蝕性很強，如果不馬上清洗掉， 皮膚很快就會起泡，應馬上用有機溶劑清洗，常用的有機溶劑就是酒精（苯酚在水中的溶解度很?。?，故C錯誤；D. 油脂是油和脂肪的統(tǒng)稱。從化學成分上來講油脂都是高級脂肪酸與甘油形成的酯。油脂是烴的衍生物。其中，油是不飽和高級脂肪酸甘油酯，脂肪是飽和高級脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不飽和鍵，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。故D錯誤。答案選B。10、C【解析】A、蒸發(fā)碘水，水、碘均易揮發(fā)；B、加熱促進水解，且生成鹽酸易揮發(fā)； C、擠壓膠頭滴管，氣球變大； D、Al與NaOH反應，Al為負極?！驹斀狻緼項、蒸發(fā)碘水，水、碘均易揮發(fā)，應萃取分離，故

19、A錯誤；B項、加熱促進水解，且生成鹽酸易揮發(fā)，應在HCl氣流中蒸發(fā)，故B錯誤； C項、擠壓膠頭滴管，氣球變大，可驗證氨氣極易溶于水，故C正確； D項、Al與NaOH反應，Al為負極，而金屬性Mg大于Al，圖中裝置不能比較金屬性，故D錯誤。 故選C。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價，側重分析與實驗能力的考查，把握物質的性質、混合物分離提純、電化學，注意實驗的評價性分析為解答的關鍵，D項為易錯點，注意金屬Al的特性。11、C【解析】由分子結構可知Y形成5個共價鍵，則Y原子最外層有5個電子，由于W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，則W是N，Y是P，Y、Z的最外層電子數(shù)之

20、和是X的最外層電子數(shù)的2倍，P最外層有5個電子，Z最外層電子數(shù)也是奇數(shù)，X最外層電子數(shù)為偶數(shù)，結合都是短周期元素，則Z是Cl最外層有7個電子，所以X最外層電子數(shù)為(5+7)2=6，原子序數(shù)比P小中，則X是O元素，然后分析解答。【詳解】根據(jù)上述分析可知：W是N，X是O，Y是P，Z是Cl元素。A元素的非金屬性：ON，即XW，A錯誤；BY是P，P的最高價氧化物的水化物是H3PO4是弱酸，B錯誤；CW是N，Z是Cl，W的最簡單氫化物NH3與Z的單質Cl2混合后會發(fā)生氧化還原反應：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反應產(chǎn)生的NH4Cl在室溫下呈固態(tài)，因此可看到產(chǎn)生白煙現(xiàn)象，C正確；DY是P，Z是C

21、l，二者可形成PCl3、PCl5，其中PCl3中每個原子均滿足8電子結構，而PCl5中P原子不滿足8電子結構，D錯誤；故合理選項是C?！军c睛】本題考查元素周期表和元素周期律的應用。把握原子結構與原子最外層電子數(shù)目關系，結合物質分子結構簡式推斷元素是解題關鍵，側重考查學生分析與應用能力，注意規(guī)律性知識的應用。12、D【解析】A乙烯被高錳酸鉀氧化，則溶液褪色，體現(xiàn)乙烯的還原性，故A正確；B濃硫酸使蔗糖炭化后，C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應，則蔗糖變黑，體積膨脹，體現(xiàn)濃硫酸有脫水性和強氧化性，故B正確；C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀為硫酸鋇，由于稀硝酸能夠氧化亞硫酸

22、根離子，則原溶液中可能含有SO32-，故C正確；D淀粉水解生成葡萄糖，檢驗葡萄糖應在堿性條件下，沒有加堿至堿性，再加入新制的氫氧化銅懸濁液并加熱，無紅色沉淀，不能檢驗，故D錯誤；故選D。13、D【解析】A碳酸氫鈉可以和硫酸反應生成二氧化碳氣體，但是NaHCO3和Al(OH)3和硫酸反應都不會生成沉淀，故A錯誤；BBaCl2和NaCl與硫酸反應，前者可以產(chǎn)生沉淀，但都不會生成氣體，故B錯誤；CMgCO3可以和硫酸反應生成二氧化碳氣體，K2SO4與硫酸不發(fā)生反應，沒有沉淀生成，故C錯誤；DNa2SO3可以和硫酸反應生成二氧化硫氣體，BaCO3可以和硫酸反應生成硫酸鋇沉淀和二氧化碳氣體，既能產(chǎn)生氣泡

23、又有沉淀生成，故D正確；答案選D。14、A【解析】A根據(jù)該物質的結構簡式可知該分子中有8種環(huán)境的氫原子，所以核磁共振氫譜中出現(xiàn)8組峰，故A正確；B根據(jù)該物質的結構簡式可知分子式為C10H14O3，故B錯誤；C分子式為C9H12的屬于芳香烴，是苯的同系物，除了1個苯環(huán)，可以有一個側鏈為：正丙基或異丙基，可以有2個側鏈為：乙基、甲基，有鄰、間、對3種，可以有3個甲基，有連、偏、均3種，共有8種，故C錯誤；D藍烷分子結構對稱，有4種環(huán)境的氫原子，一氯代物有4種，故D錯誤；故答案為A。15、C【解析】據(jù)周期表中同周期、同主族元素原子序數(shù)的變化規(guī)律，利用已知條件計算、推斷元素，進而回答問題?！驹斀狻勘碇?/p>

24、四種短周期元素的位置關系說明，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期。設X原子序數(shù)為a，則Y、Z、W原子序數(shù)為a+1、a+9、a+10。因四種元素原子序數(shù)之和為48，得a=7，故X、Y、Z、W分別為氮（N）、氧（O）、硫（S）、氯（Cl）。A. 同周期主族元素從左到右，原子半徑依次減小，故，A項正確；B. X和Y可形成共價化合物XY（NO）、（NO2）等化合物，B項正確；C. 同主族由上而下，非金屬性減弱，故Y的非金屬性比Z的強，但Y元素沒有含氧酸，C項錯誤；D. S2-、Cl-電子層結構相同，前者核電荷數(shù)較小，離子半徑較大，其還原性較強，D項正確。本題選C。16、D【解析】A.K2FeO4具有強

25、氧化性，可用于殺菌消毒，還原產(chǎn)物為Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成具有吸附性的氫氧化鐵膠體，可達到凈水的目的，A敘述正確，但是不符合題意；B.反應I中尾氣Cl2為，可與FeCl2繼續(xù)反應生成FeCl3，B敘述正確，但是不符合題意；C.反應II中的反應方程式為3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，氧化劑是NaClO，還原劑是2FeCl3，所以反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為3:2，C敘述正確，但是不符合題意；D.向飽和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶體析出，說明該條件下，物質的溶解性：Na2 FeO4K2FeO4，D敘述錯誤，但是符合題意

26、；答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、正丙醇 HCOOHCH3CH2CH2OHH2OHCOOCH2CH2CH3 ABD 【解析】不飽和烴B的摩爾質量為40 gmol1可知B的分子式為C3H4，不飽和度為2，同一個碳原子上不能連兩個碳碳雙鍵，可推測B為丙炔：CH3CCH，B物質與H2O反應類型為加成反應，由已知信息RCH=CHOHRCH2CHO可知C為丙醛CH3CH2CHO，丙醛與H2發(fā)生加成反應生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根據(jù)E的分子式可推知A為甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，則有機物A具有乙醛和乙酸中官能團的性質，AE中都含有碳元素，原子結構示意圖是，據(jù)此分析解答?！驹斀?/p>

27、】不飽和烴B的摩爾質量為40 gmol1可知B的分子式為C3H4，不飽和度為2，同一個碳原子上不能連兩個碳碳雙鍵，可推測B為丙炔：CH3CCH，B物質與H2O反應類型為加成反應，由已知信息RCH=CHOHRCH2CHO可知C為丙醛CH3CH2CHO，丙醛與H2發(fā)生加成反應生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根據(jù)E的分子式可推知A為甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，則有機物A具有乙醛和乙酸中官能團的性質，AE中都含有碳元素，原子結構示意圖是，（1）由以上分析知，D為CH3CH2CH2OH，名稱是正丙醇；故答案為：正丙醇；（2）AE中都含有碳元素，原子結構示意圖是；故答案為：；（3）A為甲酸，D為

28、CH3CH2CH2OH，ADE的化學方程式為HCOOHCH3CH2CH2OHH2OHCOOCH2CH2CH3；故答案為：HCOOHCH3CH2CH2OHH2OHCOOCH2CH2CH3；（4）A. B為丙炔：CH3CCH，含有碳碳三鍵，能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色，故正確；B. C為CH3CH2CHO，A為HCOOH，均含有醛基，則C與A在一定條件下都能發(fā)生銀鏡反應，故正確；C. A為甲酸，在濃硫酸加熱的條件下生成CO，濃硫酸作脫水劑；A和D在濃硫酸加熱的條件下發(fā)生酯化反應，濃硫酸作催化劑、吸水劑，因此轉化流程中濃H2SO4的作用不相同，故錯誤；D. A為甲酸，C為CH3CH2CHO，E為甲

29、酸丙酯，甲酸與Na2CO3溶液反應生成二氧化碳氣體；CH3CH2CHO與Na2CO3溶液互溶，無明顯的現(xiàn)象；甲酸丙酯的密度比水小，不溶于飽和Na2CO3溶液中，會分層；現(xiàn)象不同，所以可以用飽和Na2CO3溶液鑒別A、C、E三種無色物質，故正確；故答案為：ABD?！军c睛】甲酸與Na2CO3溶液反應生成二氧化碳氣體；CH3CH2CHO與Na2CO3溶液互溶，無明顯的現(xiàn)象；甲酸丙酯在飽和Na2CO3溶液中會分層；現(xiàn)象不同，可以用飽和Na2CO3溶液鑒別該三種無色物質，這是學生們的易錯點。18、醛基 加成反應 3 CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O

30、 【解析】根據(jù)有機物間的轉化關系運用逆推法分析各有機物的結構，判斷官能團的種類，反應類型，并書寫相關反應方程式。【詳解】根據(jù)有機物間的轉化關系知，D和E在濃硫酸作用下反應生成丙酸丙酯，則D為1-丙醇，催化氧化后得到E丙醛，E催化氧化后得到F丙酸；A為丙烯，與水加成反應生成D1-丙醇；丙烯經(jīng)過聚合反應得到高分子化合物C， A與溴的四氯化碳溶液反應生成B1，2-二溴乙烷。（1）E為丙醛，其官能團的名稱為醛基；C為聚丙烯，其結構簡式為，故答案為：醛基；（2）由A丙烯生成D1-丙醇的反應類型為加成反應；B1，2-二溴乙烷的同分異構體有1，1-二溴乙烷、2，2-二溴乙烷、1，3-二溴乙烷，3種，故答案為

31、：加成反應；3；（3）丙酸和1-丙醇酯化反應的方程式為：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O，故答案為：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O。19、檢查裝置的氣密性 防止倒吸 b 2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O NaClO2遇酸放出ClO2 空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產(chǎn)率下降 沒有處理尾氣 A 或或(或其他合理答案) 【解析】在裝置內，NaClO3與H2S

32、O4的混合液中滴加H2O2，發(fā)生反應2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2與O2的混合氣隨空氣排出進入B裝置；B裝置的進、出氣導管都很短，表明此裝置為防倒吸裝置，混合氣進入C中，發(fā)生反應2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，ClO2的熔點低，遇熱水、見光易分解，所以應使用冰水浴，以降低氣體的溫度；氣體濃度較大時易發(fā)生分解，若用空氣、CO2、氮氣等氣體稀釋時，爆炸性則降低，則需控制氣體的流速不能過慢，但過快又會導致反應不充分，吸收效率低。ClO2氣體會污染大氣，應進行尾氣處理。【詳解】(1)制取氣體前，為防漏氣，

33、應在組裝好儀器后，進行的操作是檢查裝置的氣密性；由以上分析知，裝置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷卻氣體，可減少H2O2的分解、減少ClO2的分解，ClO2為氣體，降溫有利于氣體的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案為：檢查裝置的氣密性；防止倒吸；b；(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，三頸燒瓶中NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2，發(fā)生反應生成ClO2的化學方程式為2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O；(3)因為NaClO2遇酸

34、會放出ClO2，所以裝置C中加入NaOH溶液的目的除了作反應物外，還因為NaClO2遇酸放出ClO2，加堿可改變環(huán)境，使NaClO2穩(wěn)定存在。空氣的流速過慢或過快都會影響NaClO2的產(chǎn)率，原因是：空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產(chǎn)率下降。答案為：NaClO2遇酸放出ClO2；空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產(chǎn)率下降；(4) ClO2氣體會污染大氣，應進行尾氣處理，所以該套裝置存在的明顯缺陷是沒有處理尾氣。答案為：沒有處理尾氣；

35、(5)A過氧化鈉與水反應，可生成H2O2和NaOH，其還原能力與H2O2相似，A符合題意；B硫化鈉具有強還原性，能將NaClO2固體還原為NaCl，B不合題意；C氯化亞鐵具有較強還原性，能將NaClO2固體還原為NaCl，C不合題意；D高錳酸鉀具有強氧化性，不能將NaClO2固體還原，D不合題意；故選A。答案為：A；(6)可建立如下關系式：NaClO3(s)ClO2NaClO2(s)，從而得出NaClO2(s)的理論產(chǎn)量為：=g，NaClO2的產(chǎn)率是=100%。答案為：或或(或其他合理答案)?！军c睛】書寫三頸燒瓶中NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式時，我們可先確定主反應物(

36、NaClO3、H2O2)和主產(chǎn)物(ClO2、O2)，然后配平，即得2NaClO3+H2O22ClO2+O2；再利用質量守恒確定其它反應物(H2SO4)和產(chǎn)物(Na2SO4、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O。20、分液漏斗 吸收多余的SO2 SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O 2HCO3-+Mn2+=MnCO3+CO2+H2O 取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無沉淀生成，證明沉淀已洗滌干凈 溫度過高會失去結晶水 醋酸質量分數(shù) 溫度 9

37、0.0% 【解析】將分液漏斗中的濃硫酸滴加到盛有Na2SO3的試管中發(fā)生復分解反應制取SO2，將反應產(chǎn)生的SO2氣體通入三頸燒瓶中與MnO2反應制取MnSO4，由于SO2是大氣污染物，未反應的SO2不能直接排放，可根據(jù)SO2與堿反應的性質用NaOH溶液進行尾氣處理，同時要使用倒扣的漏斗以防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生。反應產(chǎn)生的MnSO4再與NH4HCO3發(fā)生反應產(chǎn)生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，將MnCO3沉淀經(jīng)過濾、洗滌后用醋酸溶解可得醋酸錳，根據(jù)表格中溫度、濃度對制取的產(chǎn)品的質量分析醋酸錳晶體合適的條件?！驹斀狻?1)根據(jù)儀器結構可知儀器a的名稱為分液漏斗；C裝置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大氣；(2)B裝置中SO2與MnO2反應制取MnSO4，反應的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或寫為SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(3)MnSO4與NH4HCO3發(fā)生反應產(chǎn)生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，該反應的離子方程式為：2HCO3-+Mn2+=MnCO3+CO2