【KS5U解析】天津市和平區(qū)2020屆高三第三次質(zhì)量調(diào)查化學(xué)試題 Word版含解析

化學(xué)相對原子質(zhì)量：h1c12n14o16fe56zn65ba137第Ⅰ卷一、選擇題(每小題只有一個選項符合題意)1.現(xiàn)代社會的發(fā)展與進(jìn)步離不開材料，下列有關(guān)材料的說法不正確的是（）a.港珠澳大橋路面使用了瀝青，瀝青可以通過石油分餾得到b.用于新版人民幣票面文字等處的油墨中所含有的fe3o4是一種磁性物質(zhì)c.被譽(yù)為“中國天眼”的射電望遠(yuǎn)鏡，其“眼眶”的結(jié)構(gòu)鋼梁屬于合金材料d.新型聚氨酯迷彩偽裝涂料可用于軍車多環(huán)境下的隱身，聚氨酯屬于無機(jī)非金屬材料【答案】d【解析】【詳解】a．通過石油分餾最后可以得到沸點高、難揮發(fā)的物質(zhì)為瀝青，瀝青常用于鋪路，故a正確；b．fe3o4俗稱磁性氧化鐵，是一種具有磁性的物質(zhì)，故b正確；c．鋼鐵結(jié)成的圈梁，不是純金屬材料，是鐵合金，屬于合金材料，故c正確；d．聚氨酯由小分子通過聚合反應(yīng)獲得，屬于有機(jī)高分子材料，不是無機(jī)非金屬材料，故d錯誤；答案選d?！军c睛】無機(jī)非金屬材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、鹵素化合物、硼化物以及硅酸鹽、鋁酸鹽、磷酸鹽、硼酸鹽等物質(zhì)組成的材料。是除有機(jī)高分子材料和金屬材料以外的所有材料的統(tǒng)稱，有機(jī)高分子材料又稱聚合物或高聚物，一類由一種或幾種分子或分子團(tuán)(結(jié)構(gòu)單元或單體)以共價鍵結(jié)合成具有多個重復(fù)單體單元的大分子，其分子量高達(dá)10000以上，可高達(dá)幾百萬，它們可以是天然產(chǎn)物如纖維、蛋白質(zhì)和天然橡膠等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡膠、合成樹脂、合成纖維等非生物高聚物等。2.下列物質(zhì)與其用途不相符的是a.乙二醇——抗凍劑 b.nacl——制純堿c.al2o3——焊接鋼軌 d.甲苯——制炸藥【答案】c【解析】【詳解】a.乙二醇的熔點很低，故可用作汽車的防凍液，故a正確；b.侯氏制堿法的原理是將氨氣和二氧化碳通入飽和氯化鈉溶液中，然后生成碳酸氫鈉和氯化銨，將碳酸氫鈉分離出后加熱即可制得純堿碳酸鈉，故氯化鈉可用作制純堿，故b正確；c.利用鋁熱反應(yīng)來焊接鋼軌，而鋁熱反應(yīng)是鋁單質(zhì)和某些金屬氧化物的反應(yīng)，其中氧化鋁是生成物，故可以說金屬鋁能用于焊接鋼軌，故c錯誤；d.三硝基甲苯是一種烈性炸藥，可以通過甲苯的硝化反應(yīng)來制取，故d正確。故選：c。3.某鐵柱需長期浸入水下，為了減少腐蝕，下列措施中不能達(dá)到目的是a.在鐵柱上鉚上一些鋅片 b.將鐵柱與直流電源的正極相連c.在鐵柱表面涂上一層較厚的瀝青 d.在鐵柱表面鍍錫【答案】b【解析】【詳解】a.在鐵柱上鉚上一些鋅片，這樣鋅鐵構(gòu)成的原電池，金屬鋅是負(fù)極，鐵是正極，正極金屬鐵能被保護(hù)，能達(dá)到目的，a不符合題意；b.將鐵柱與直流電源的正極相連，作陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，腐蝕速率會大大加快，b符合題意；c.在鐵柱表面涂上一層較厚的瀝青，可以隔絕金屬和空氣、水的接觸，能被保護(hù)，能達(dá)到目的，c不符合題意；d.利用錫的穩(wěn)定性隔離鐵與腐蝕介質(zhì)接觸，可以減少鐵的腐蝕，能達(dá)到目的，d不符合題意；故合理選項是b。4.下列有關(guān)說法不正確是()a.天然油脂都是混合物，沒有恒定的熔點和沸點b.乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鑒別c.的名稱為2-乙基丙烷d.有機(jī)物分子中所有碳原子不可能在同一個平面上【答案】c【解析】【詳解】a．天然油脂都是混合物，混合物沒有恒定熔點、沸點，故a正確；b．乙烯含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成反應(yīng)，能使溴的四氯化碳溶液褪色，而甲烷不能，則乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鑒別，故b正確；c．根據(jù)該有機(jī)物結(jié)構(gòu)，首先選最長碳鏈作主鏈，因而該有機(jī)物是主鏈有4個碳原子的烷烴，2號碳上有1個甲基，正確的命名為：2-甲基丁烷，故c錯誤；d．六元環(huán)有多個sp3雜化的碳，為四面體結(jié)構(gòu)，所以有機(jī)物分子中所有碳原子不可能在同一個平面上，故d正確；答案為c。5.下列各微粒的電子排布式或電子排布圖不符合能量最低原理的是（）a. b.c.f d.na+【答案】b【解析】【分析】能量最低原理：原子核外電子先占有能量較低的軌道，然后依次進(jìn)入能量較高的軌道，電子填充順序為1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f、5d、6p、7s、5f、6d、7p，結(jié)合泡利原理與洪特規(guī)則判斷?！驹斀狻縜．fe2＋離子核外電子數(shù)為24，由能量最低原理，可知核外電子排布為ls22s22p63s23p63d6，故a不選；b．cu原子核外電子數(shù)為29，滿足半滿全滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，能量最低，核外電子排布應(yīng)為ls22s22p63s23p63d104s1，故b選；c．f原子最外電子層為第2電子層，有7個電子，外圍電子排布為2s22p5，由泡利原理與洪特規(guī)則可知，外圍電子軌道排布式為，故c不選；d．na＋離子最外電子層為第2電子層，有8個電子，外圍電子排布為2s22p6，由泡利原理與洪特規(guī)則可知，外圍電子軌道排布式為，故d不選；故答案選b。6.下列有關(guān)化合物x的敘述正確的是()a.x分子能發(fā)生氧化、取代、消去反應(yīng) b.x分子只存在2個手性碳原子c.x分子中含有五種官能團(tuán) d.1molx與足量naoh溶液反應(yīng)，最多消耗3molnaoh【答案】a【解析】【分析】化合物x中含有的官能團(tuán)有羥基、酯基、羰基、溴原子，以此解題?！驹斀狻縜.x分子中羥基和都能發(fā)生氧化反應(yīng)，羥基、酯基、溴原子和苯環(huán)上的氫原子都能發(fā)生取代反應(yīng)，羥基和溴原子能發(fā)生消去反應(yīng)，a正確；b.連有4個不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，x分子含有3個手性碳原子（打*號的碳原子為手性碳原子），b錯誤；c.x分子中含有羥基、酯基、羰基、溴原子四種官能團(tuán)，c錯誤；d.1molx分子中含有1mol酯基和1mol溴原子，酯基和溴原子都能跟氫氧化鈉發(fā)生水解反應(yīng)，所以1molx與足量naoh溶液反應(yīng)，最多消耗2molnaoh，d錯誤。答案選a。7.關(guān)于某無色溶液中所含離子的鑒別，下列判斷正確的是()a.加入agno3溶液，生成白色沉淀，加稀鹽酸沉淀不溶解時，可確定有cl－存在b.通入cl2后，溶液變?yōu)樯铧S色，加入淀粉溶液后溶液變藍(lán)，可確定有i－存在c.加入ba(no3)2溶液，生成白色沉淀，加稀鹽酸后沉淀不溶解時，可確定有so42-存在d.加入稀鹽酸，生成的氣體能使澄清石灰水變渾濁，可確定有co32-存在【答案】b【解析】【詳解】a.cl－、so42-均能與ag＋形成不溶于稀鹽酸的白色沉淀，a錯誤；b.i2遇淀粉變藍(lán)，通入cl2后，溶液變?yōu)樯铧S色，加入淀粉溶液后溶液變藍(lán)，則溶液中有i－存在，b正確；c.so32-與ba(no3)2反應(yīng)生成baso3沉淀，加入稀鹽酸后在h＋、no的作用下baso3可轉(zhuǎn)化為baso4沉淀，c錯誤；d.能使澄清石灰水變渾濁的氣體是co2或so2，原溶液中可能存在的離子是co32-、hco3-、so32-或hso3-，d錯誤；故選b。【點睛】no3-表現(xiàn)強(qiáng)氧化性時，需要提供酸性環(huán)境。在強(qiáng)酸性溶液中，no3-可將so32-氧化為so42-，但在堿性或中性溶液中，so32-與no3-不能反應(yīng)，可共存于同一溶液中。8.下列解釋事實的化學(xué)用語不正確的是()a.[ag(nh3)2]oh溶液呈堿性：[ag(nh3)2]oh=[ag(nh3)2]++oh-b.向cu(oh)2沉淀中加入氨水溶解：cu(oh)2+4nh3=[cu(nh3)4]2++2oh-c.電解nacl溶液，陰極區(qū)溶液ph增大：2h2o+2e-=h2↑+2oh-d.鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，負(fù)極反應(yīng)為：fe－3e-=fe3+【答案】d【解析】【詳解】a.[ag(nh3)2]oh溶液呈堿性，由于[ag(nh3)2]oh電離得到oh-，即[ag(nh3)2]oh=[ag(nh3)2]++oh-，a正確；b.向cu(oh)2沉淀中加入氨水溶解，cu(oh)2沉淀生成了配合物[cu(nh3)4](oh)2，即cu(oh)2+4nh3=[cu(nh3)4]2++2oh-，b正確；c.電解nacl溶液，陰極區(qū)h2o得到電子，生成oh-，使溶液ph增大，即2h2o+2e-=h2↑+2oh-，c正確；d.鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，負(fù)極鐵失去電子生成fe2+，反應(yīng)為：fe－2e-=fe2+，d錯誤。答案選d。9.下列實驗裝置(部分夾持裝置已略去)可以達(dá)到對應(yīng)實驗?zāi)康牡氖?)abcd實驗?zāi)康闹苽錃溲趸F膠體分離乙酸乙酯和飽和na2co3溶液除去co2中的少量hcl收集no2實驗裝置a.a b.b c.c d.d【答案】b【解析】【詳解】a．制備氫氧化鐵膠體的方法是將飽和氯化鐵溶液滴加到沸水中至產(chǎn)生紅褐色時停止加熱，不能用氫氧化鈉溶液，否則生成氫氧化鐵沉淀，故a錯誤；b．乙酸乙酯和飽和na2co3溶液不互溶且分層，可用分液的方法分離，故b正確；c．若用飽和碳酸鈉溶液吸收氯化氫，二氧化碳也可與碳酸鈉反應(yīng)，除去co2中的少量hcl應(yīng)用飽和碳酸氫鈉溶液，故c錯誤；d．no2的密度比空氣大，收集時應(yīng)長進(jìn)短出，no2為大氣污染物用氫氧化鈉溶液處理尾氣時易發(fā)生倒吸，應(yīng)再安裝一個防倒吸裝置，故d錯誤；故選b。10.利用固體表面催化工藝進(jìn)行no分解的過程如下圖所示。下列說法不正確的是a.該分解過程是：2non2+o2b.實驗室制取no可以用銅與稀硝酸反應(yīng)c.過程②釋放能量，過程③吸收能量d.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，no分解生成5.6ln2轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為6.02×1023【答案】c【解析】【詳解】a．根據(jù)圖示，no在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為氮氣和氧氣，該分解過程是：2non2+o2，故a正確；b．銅與稀硝酸反應(yīng)生成一氧化氮、硝酸銅和水，可以用于實驗室制取no，故b正確；c．過程②為no在催化劑表面發(fā)生斷鍵形成氮原子和氧原子，斷開化學(xué)鍵需要吸收能量，過程③為氮原子和氧原子重新形成化學(xué)鍵生成氮氣和氧氣，形成化學(xué)鍵需要釋放能量，故c錯誤；d．根據(jù)反應(yīng)2non2+o2，o元素由-2價變?yōu)?價，生成1molo2，同時生成1moln2，轉(zhuǎn)移4mol電子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，no分解生成5.6ln2為0.25mol，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為0.25mol×4×6.02×1023=6.02×1023個，故d正確；答案選c?！军c睛】斷裂化學(xué)鍵需要吸收能量，形成化學(xué)鍵要釋放能量，本題中通過圖示，了解清晰反應(yīng)歷程很關(guān)鍵。11.下圖是常溫鈉離子全固態(tài)濃差電池工作示意圖。正極材料為層狀含鈉過渡金屬氧化物，負(fù)極為鈉錫合金(na15sn4)。下列說法合理的是(

)。a.該電池工作時不發(fā)生氧化還原反應(yīng) b.放電時，負(fù)極的反應(yīng)為：na15sn4-15e-=15na++4snc.充電時，na+會被吸附進(jìn)入過渡金屬氧化層 d.充電時，a極接電源的負(fù)極，b極接電源的正極【答案】b【解析】【詳解】a.該電池放電時，是原電池工作原理，充電時，是電解池的工作原理，無論是放電還是充電均發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，故a錯誤；b.該電池放電時，原電池工作原理，負(fù)極上為鈉錫合金（na15sn4）失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鈉離子和錫，電極反應(yīng)式為na15sn4-15e-=15na++4sn，故b正確；c.充電時，是電解池的工作原理，na+會向陰極移動，是脫離過渡金屬氧化層，故c錯誤；d.充電時，是電解池的工作原理，電池的負(fù)極和電源的負(fù)極相連，電池負(fù)極為鈉錫合金（na15sn4），則充電時，b極接電源的負(fù)極，a極接電源的正極，故d錯誤；故選b。12.t℃時，三種鹽的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，已知pm為陽離子濃度的負(fù)對數(shù)，pr為陰離子濃度的負(fù)對數(shù)，下列說法正確的是()a.y點：c(ca2+)>c(so42-)，z點：c(co32-)>c(mn2+)b.溶度積：ksp(mnco3)＞ksp(caco3)＞ksp(caso4)c.x點對應(yīng)的caco3溶液為不飽和溶液，可以繼續(xù)溶解caco3d.t℃時，caso4(s)+co32-(aq)caco3(s)+so42-(aq)的平衡常數(shù)k的數(shù)量級為103【答案】d【解析】【分析】pm為陽離子濃度的負(fù)對數(shù)，pr為陰離子濃度的負(fù)對數(shù)，說明數(shù)值越大，對應(yīng)的離子濃度越小；根據(jù)o、p、q三點可求出mnco3、caco3、caso4的ksp值，即可比較溶解度大??；若qc值大于ksp，則有沉淀生成?！驹斀狻縜．y點pm大于3，pr小于3，則陰離子濃度大于陽離子濃度，即c(so42-)>c(ca2+)；同理，z點c(mn2+)>c(co32-)，a項錯誤；b．根據(jù)o、p、q三點求mnco3、caco3、caso4的ksp值，；同理可得，ksp(caco3)=10-8.6；ksp(caso4)=10-5，故溶度積：ksp(mnco3)<ksp(caco3)<ksp(caso4)，b項錯誤；c．橫縱坐標(biāo)分別為對應(yīng)離子濃度的負(fù)對數(shù)，據(jù)圖可知，x點的qc值大于ksp(caco3)，有沉淀生成，不能再溶解caco3，c項錯誤；d．t℃時，caso4(s)+co32-(aq)caco3(s)+so42-(aq)的平衡常數(shù)k=，數(shù)量級為103，d項正確；答案選d?！军c睛】沉淀溶解平衡圖像題解題策略：（1）沉淀溶解平衡曲線類似于溶解度曲線，曲線上任一點都表示飽和溶液，曲線上方的任一點均表示過飽和溶液，此時有沉淀析出，曲線下方的任一點均表示不飽和溶液。（2）從圖像中找到數(shù)據(jù)，根據(jù)ksp公式計算得出ksp的值。（3）比較溶液的qc與ksp的大小，判斷溶液中有無沉淀析出。（4）涉及qc的計算時，所帶入的離子濃度一定是混合溶液中的離子濃度，因此計算離子濃度時，所帶入的溶液體積也必須是混合溶液的體積。第Ⅱ卷二、非選擇題13.鹵族元素及其化合物的用途非常廣泛?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)氯原子價電子軌道表示式(電子排布圖)為___；處于最高能級電子云輪廓圖形狀為____。(2)和的中心原子相同且雜化方式也相同，它們的鍵長和鍵角如下圖所示：①o-f鍵的鍵長比o-cl鍵的小，其原因是______。②鍵角：∠fof_____(填“＞”、“＜”或“＝”)∠clocl。(3)①試解釋酸性hbro4＞hbro3的原因_________

。②試解釋酸性hclo3＞hbro3＞hio3的原因_________

。(4)的熔點為1040℃；的熔點為194℃，沸點為181℃(5)氯化亞銅晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)a=0.542nm。①cu+的配位數(shù)為_____。②氯化亞銅的密度為____(用含na的計算式表示)?！敬鸢浮?1).(2).啞鈴形（紡錘形）(3).f的原子半徑比cl小，電負(fù)性比cl大(4).＜(5).hbro3

和

hbro4可分別表示為(ho)bro2和(ho)bro3

，hbro3中

br

為+5

價而

hbro4中

br

為+7

價。后者正電性更高，導(dǎo)致h、o之間的電子對向o偏移，更易電離出h+。[或非羥基氧個數(shù)依次減小（或中心原子價態(tài)依次減?。(6).中心原子的電負(fù)性大小，電負(fù)性大的對氧氫鍵的吸引力就大，于是電子云就會朝氧偏離，從而氫離子就容易脫落，酸性就強(qiáng)。(7).是離子晶體，是分子晶體(8).4(9).【解析】【分析】決定鍵長的因素為原子半徑和電負(fù)性；決定鍵角的因素有中心原子的雜化方式、配位原子的電負(fù)性、孤對電子等；同一元素不同價態(tài)對應(yīng)的酸，一般化合價越高，導(dǎo)致h、o之間的電子對向o偏移，更易電離出h+，酸性越強(qiáng)（非羥基氧原子數(shù)越多酸性越強(qiáng)）；元素電負(fù)性大的對氧氫鍵的吸引力就大，于是電子云就會朝氧偏離，從而氫離子就容易脫落，所以對應(yīng)元素的含氧酸的酸性越強(qiáng)；離子晶體的熔點一般高于分子晶體；晶胞的密度等于質(zhì)量除以體積，根據(jù)均攤法計算每個晶胞含有的離子個數(shù)，求每個晶胞的質(zhì)量，最后得到密度?！驹斀狻?1)氯原子為17號元素，基態(tài)氯原子價電子排布為：3s23p5，軌道表示式(電子排布圖)為；最高能級為3p，p能級電子云輪廓圖形狀為啞鈴形（紡錘形）；(2)①和的中心原子均為氧原子，雜化方式均為sp3，決定鍵長的因素為原子半徑和電負(fù)性，由于f的原子半徑比cl小，電負(fù)性比cl大，所以o-f鍵的鍵長比o-cl鍵的??；②由于f的電負(fù)性比cl大，成鍵電子將偏向f，從而降低成鍵電子對間的斥力，使得鍵角：∠fof＜∠clocl；(3)①由于hbro3

和

hbro4可分別表示為(ho)bro2和(ho)bro3

，hbro3中

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hbro4中

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為+7

價。后者正電性更高，導(dǎo)致h、o之間的電子對向o偏移，更易電離出h+，所以酸性hbro4＞hbro3；②同主族，從上到下，電負(fù)性依次減弱，即hclo3、hbro3、hio3中心原子的電負(fù)性大小cl＞br＞i，電負(fù)性大的對氧氫鍵的吸引力就大，于是電子云就會朝氧偏離，從而氫離子就容易脫落，所以酸性hclo3＞hbro3＞hio3；(4)氟的電負(fù)性大，的熔點非常高，故是離子晶體；的熔點沸點很低，為分子晶體，離子晶體的熔點一般高于分子晶體，所以的熔點比高得多；(5)①由圖示知，離cu+的最近的cl-有4個，cu+的配位數(shù)為4；②如圖，根據(jù)均攤法，每個晶胞中含有cu+，cl-有4個，每個晶胞的質(zhì)量，體積，根據(jù)，氯化亞銅的密度為?！军c睛】本題為物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的綜合題目，學(xué)會利用電負(fù)性及相關(guān)知識點解決鍵長、鍵角、酸性等問題，離子晶體的熔點一般高于分子晶體；學(xué)會計算一個晶胞的質(zhì)量，根據(jù)密度公式求出密度。14.化合物g是某種低毒利尿藥的主要成分。其合成路線如下(部分條件已略)：回答下列問題：(1)a的化學(xué)名稱______，a中的官能團(tuán)_______。(2)a→b的反應(yīng)類型______，e→f的反應(yīng)類型_______。(3)d的分子式_____，f的結(jié)構(gòu)簡式_______。(4)b→c的化學(xué)反應(yīng)方程式________。(5)若g發(fā)生自身縮聚反應(yīng)，其縮聚產(chǎn)物的鏈節(jié)結(jié)構(gòu)為________(寫一種)。(6)c4h9oh的同分異構(gòu)體中屬于醇的有___種，其中核磁共振氫譜圖中有四組峰的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為___。(7)以甲苯(其他無機(jī)試劑任選)為原料合成合成路線為_______?！敬鸢浮?1).對氯苯甲酸(2).氯原子、羧基(3).取代反應(yīng)(4).還原反應(yīng)(5).c7h5o6n2cl(6).(7).+hno3+h2o(8).或(9).4(10).(11).【解析】【分析】由題給有機(jī)物轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，與clso3h發(fā)生取代反應(yīng)生成，根據(jù)d的結(jié)構(gòu)簡式可知，在濃硫酸作用下，與濃硝酸發(fā)生硝化反應(yīng)生成，則c為；與氨氣發(fā)生取代反應(yīng)生成，與發(fā)生取代反應(yīng)生成；由題給信息可知，在催化劑作用下，與氫氣發(fā)生還原反應(yīng)生成，則f是；一定條件下，與c4h9oh發(fā)生取代反應(yīng)生成。【詳解】（1）a的結(jié)構(gòu)簡式為，官能團(tuán)為氯原子、羧基，名稱為對氯苯甲酸，故答案為：對氯苯甲酸；氯原子、羧基；(2)a→b的反應(yīng)為與clso3h發(fā)生取代反應(yīng)生成；e→f的反應(yīng)為在催化劑作用下，與氫氣發(fā)生還原反應(yīng)生成，故答案為：取代反應(yīng)；還原反應(yīng)；(3)d的結(jié)構(gòu)簡式為，分子式c7h5o6n2cl；f的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：c7h5o6n2cl；；(4)b→c的反應(yīng)為在濃硫酸作用下，與濃硝酸發(fā)生硝化反應(yīng)生成，反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為+hno3+h2o，故答案為：+hno3+h2o；（5）一定條件下，氨基與羧基能發(fā)生脫水反應(yīng)生成肽鍵，分子中含有氨基、羧基，一定條件下能發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高聚物，高聚物的鏈節(jié)結(jié)構(gòu)為或；（6）c4h9oh的同分異構(gòu)體中屬子醇的有1-丁醇、2-丁醇、2-甲基-1-丙醇、2-甲基-2-丙醇，共4種，其中核磁共振氫譜圖中有四組峰的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為；（7）由題給信息可知，以甲苯(其他無機(jī)試劑任選)為原料合成的步驟為：在氯化鐵做催化劑作用下，與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成；在濃硫酸作用下，與濃硝酸共熱發(fā)生硝化反應(yīng)生成；與發(fā)生取代反應(yīng)生成，在催化劑作用下，與氫氣發(fā)生還原反應(yīng)生成，合成路線為：。【點睛】類比氨基酸分子間的縮合反應(yīng)，一定條件下，氨基與羧基能發(fā)生脫水反應(yīng)生成酰胺鍵，分子中含有氨基、羧基，一定條件下能發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高聚物是解答關(guān)鍵。15.草酸亞鐵晶體（fec2o4-2h2o，m=180g.mol-1）為淡黃色固體，難溶于水，可用作電池正極材料磷酸鐵鋰的原料?；卮鹣铝袉栴}：實驗1探究純草酸亞鐵晶體熱分解產(chǎn)物（1）氣體產(chǎn)物成分的探究，設(shè)計如下裝置（可重復(fù)選用）進(jìn)行實驗：①裝置b的名稱為____。②按照氣流從左到右方向，上述裝置的連接順序為a→___→點燃（填儀器接口的字母編號）。③為了排盡裝置中的空氣，防止加熱時發(fā)生爆炸，實驗前應(yīng)進(jìn)行的操作是____。④c處固體由黑變紅，其后的澄清石灰水變渾濁，則證明氣體產(chǎn)物中含有____。（2）固體產(chǎn)物成分的探究，待固體熱分解充分后，a處殘留黑色固體。黑色固體可能是fe或feo，設(shè)計實驗證明其成分為feo的操作及現(xiàn)象為____。（3）依據(jù)（1）和（2）結(jié)論，a處發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。實驗2草酸亞鐵晶體樣品純度的測定工業(yè)制得的草酸亞鐵晶體中常含有feso4雜質(zhì)，測定其純度的流程如下圖：（4）草酸亞鐵晶體溶解酸化用kmno4溶液滴定至終點的離子方程式為____。（5）草酸亞鐵晶體樣品的純度為____（用代數(shù)式表示），若配制溶液時fe2+被氧化，則測定結(jié)果將____（填“偏高”“偏低”或“不變”）。【答案】(1).洗氣瓶(2).fg→bc→hi→de→bc(3).先通入一段時間的氮氣(4).co(5).取少量固體溶于硫酸，無氣體生成(6).(7).(8).(9).偏低【解析】【分析】（1）①根據(jù)圖示分析裝置b的名稱；②先用無水硫酸銅檢驗水，再用澄清石灰水檢驗二氧化碳，用堿石灰除去二氧化碳并干燥氣體，再用熱的氧化銅、澄清石灰水檢驗co，最后用點燃的方法處理尾氣；③用氮氣排出裝置中的空氣；④co具有還原性，其氧化產(chǎn)物是二氧化碳；（2）鐵與硫酸反應(yīng)生成氫氣，氧化亞鐵和硫酸反應(yīng)不生成氫氣；（3）依據(jù)（1）和（2），草酸亞鐵晶體加熱分解為氧化亞鐵、co、co2、水；（4）草酸亞鐵被酸性高錳酸鉀溶液氧化為fe3+、co2；（5）亞鐵離子消耗高錳酸鉀溶液v2ml，則草酸根離子消耗高錳酸鉀溶液v1ml-v2ml，由于樣品含有feso4雜質(zhì)，所以根據(jù)草酸根離子的物質(zhì)的量計算草酸亞鐵晶體樣品的純度?！驹斀狻浚?）①根據(jù)圖示，裝置b的名稱是洗氣瓶；②先用無水硫酸銅檢驗水，再用澄清石灰水檢驗二氧化碳，用堿石灰除去二氧化碳并干燥氣體，再用熱的氧化銅檢驗co，再用澄清石灰水檢驗二氧化碳的生成，最后用點燃的方法處理尾氣，儀器的連接順序是a→fg→bc→hi→de→bc；③為了排盡裝置中的空氣，防止加熱時發(fā)生爆炸，實驗前應(yīng)進(jìn)行的操作是先通入一段時間的氮氣；④co具有還原性，c處固體由黑變紅，說明氧化銅被還原為銅，其后的澄清石灰水變渾濁，說明有二氧化碳生成，則證明氣體產(chǎn)物中含有co；（2）鐵與硫酸反應(yīng)生成氫氣，氧化亞鐵和硫酸反應(yīng)不生成氫氣，取少量固體溶于硫酸，沒有氣體放出，則證明是feo；（3）依據(jù)（1）和（2），草酸亞鐵晶體加熱分解為氧化亞鐵、co、co2、水，反應(yīng)方程式是；（4）草酸亞鐵被酸性高錳酸鉀溶液氧化為fe3+、co2，反應(yīng)的離子方程式是；（5）25ml樣品溶液中亞鐵離子消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量是，草酸根離子消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量為，根據(jù)方程式，草酸亞鐵晶體樣品的純度為；若配制溶液時fe2+被氧化，則v1減小，v2不變，測定結(jié)果將偏低。【點睛】本題通過探究草酸亞鐵的性質(zhì)，考查學(xué)生實驗基本操作和獲取信息解決實際問題的能力，明確實驗原理與方法是解題的關(guān)鍵，知道草酸、亞鐵離子都能被高錳酸鉀氧化。16.乙烯可作化工原料和清潔能源，研究其制備和綜合利用具有重要意義，請回答下列問題：(1)乙烯的制備：工業(yè)上常利用反應(yīng)c2h6(g)c2h4(g)+h2(g)Δh制備乙烯。已知：Ⅰ．c2h4(g)+3o2(g)=2co2(g)+2h2o(l)Δh1=-1556.8kj·mol-1；Ⅱ．h2(g)+o2(g)=h2o(l)Δh2=-285.5kj·mol-1；Ⅲ．c2h6(g)+o2(g)=2co2(g)+3h2o(l)Δh3=-1559.9kj·mol-1。則Δh=______kj·mol-1。(2)乙烯可制備乙醇：c2h4(g)+h2o(g)c2h5oh(g)。向2l某恒容密閉容器中充入amolc2h4(g)和amolh2o(g)，測得c2h4(g)的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如下圖所示：①該反應(yīng)為______熱反應(yīng)(填“吸”或“放”)，理由為____。②a點時容器中氣體的總物質(zhì)的量為____mol，計算a點對應(yīng)溫度下的平衡常數(shù)k=_____(用含a的分?jǐn)?shù)表示)。③已知：c2h4(g)+h2o(g)c2h5oh(g)的反應(yīng)速率表達(dá)式為v正=k正c(c2h4)·c(h2o)，v逆=k逆c(c2h5oh)，其中，k正、