2022年陕西省高三二诊模拟考试化学试卷含解析.pdf

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1、2021-2022学年高考化学模拟试卷请考生注意：1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请 用 0.5 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前，认真阅读答题纸上的 注意事项，按规定答题。一、选 择 题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验操作正确的是2、设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.NA个氮分子与NA个氮分子的质量比为7：2B.1.0 molL“FeCb溶液与足量Fe反应，转移的电子数为NAC.11.2 LCH4中含有的原子数目为2.5NAD.20 g H g 分子中，含 有 IO

2、NA个电子3、根据下列图示所得出的结论不正确的是O473 573 673 773 87377Ko甲10.0 20.0 30.0 40.0RNsOHymL丙0 2.0 4.0 6,0 8 0-IgcfSO i)乙A.图甲是CO（g）+H2O（g）=C O 2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的AH 0B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中C（H2O2）随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行出。2分解速率逐渐减小C.图丙是室温下用0.1000 moHLTNaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol L-i某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D.

3、图丁是室温下用Na2sCh除去溶液中Ba?+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c（Ba?+）与 aSCV）的关系曲线，说明溶液中 c（SO42-）越大c（Ba2+）越小4、对于反应2N2Os（g）T4NO2（g）+O2（g）,R.A.Ogg提出如下反应历程:第一步 N2O5-NO3+NO2快速平衡第二步 NO2+NO3TNO+NO2+O2 慢反应第三步 NO+NCh-2N（h 快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是A.v（第一步的逆反应）D.比例模型）可表示CH&分子，也可表示CCL分子6、蹄被 誉 为“现代工业的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碑的回收越来

4、越引起人们的重视。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥（主要含有Cu2Te）中提取粗硅设计工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是（）充 透已知：“焙烧”后，碑主要以Te（h 形式存在Te（h 微溶于水，易溶于强酸和强碱A.“焙烧”用到的主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒B.“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C.为 加 快“氧化”速率温度越高越好D.Te）2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2+2OH-=TeO3+H2O7、下列叙述正确的是A.Li在氧气中燃烧主要生成Li?。?B.将 Sth通入BaCl?溶液可生成Bas。,沉淀C.将 CCh通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D.

5、将 NH3通入热的CuSCh溶液中能使Ci?+还原成Cu8、某离子反应中涉及H2O、CKT、NH4 H N2、c r 六种微粒。其 中 CKT的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下 列 判 断 正 确 的 是（）A.该反应的还原剂是C r B.反应后溶液的酸性明显增强C.消 耗 Im ol还原剂，转 移 6 m oi电 子 D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：39、磺 酰 氯（SO2a2）在医药、染料行业有重要用途，其熔点为-54.1 C,沸点为69.2。易水解。某学习小组在实验室用S02和 C12在活性炭作用下制备so 2 a 2（SO2+CLT so 2 a 2），设计如图实验（夹持装置

6、略去）。下列说法不正确的是aA.c 中的NaOH溶液可换成NaCI溶液，效果相同B.e 中的冷却水应从下口入上口出C.d 的作用是防止水蒸气进人a 中使SO2cL水解D.a 中冰盐水有助于SO2cL液化，提高SO2和 CI2的转化率.lO.CuI是有机合成的一种催化剂,受热易氧化。实验室可通过向CuSCh与 Nai的混合溶液中通入S（h 制备CuI（2CuSO4+2NaI+SO2+2H2O_2CuU+2H2SO4+Na2SO4）o 下列实验原理和装置不能达到实验目的的是（）将 Cui与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀加热干燥湿的C ui固体11、已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说

7、法正确的是A.3 g 由 CO2和 SCh组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAB.ILO.lmokL-iNazSith溶液中含有的 SKV-数目为 O.INAC.O.lmolHzCh分解产生O2时，转移的电子数为0.2NAD.2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为O.INA12、下列实验操作对应的现象不符合事实的是选项实验操作现象A向盛有Fe(NO J2溶液的试管中滴入几滴稀盐酸，充分振荡后滴加KSCN溶液溶液逐渐变为黄色，滴加KSCN后溶液变血红色B向盛有Br2的CC14溶液的试管中通入乙烯溶液逐渐褪色，静置后观察到溶液有分层现象A.AC向AlCh溶液中滴加氨水，充分反应后再加入过量的Na

8、HSO&溶液先产生白色沉淀，后沉淀消失D向盛有N a 2 s 溶液的试管中滴加稀硫酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊C.CD.D1 3、往 lOmLO.lmoVL的 Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSCh溶液，溶液的导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图。下列说法正确的是V,V(NaISO4)/mI.A.a 点对应的溶液呈碱性B.V2=10mLC.水的电离程度：abD.b 点后的溶液满足c(Na+)2c(SO42)1 4、有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h,其中x、y、d、f 随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。z、e、g、h 的最高

9、价氧化物对应水化物溶液(浓度均为O.Olmol/L)的 pH与原A.d、e、f、g 形成的简单离子中，半径最大的是d 离子B.d 与 e 形成的化合物中只存在离子键C.x、y、z、d、e、f、g、h 的单质中，f 的熔点最高D.x 与 y 可以形成多种化合物，可能存在非极性共价键1 5、某同学探究溶液的酸碱性对FeCh水解平衡的影响，实验方案如下：配制50 mL 0.001 mol/LFeCb溶液、5()mL对照组溶液x,向两种溶液中分别滴加1 滴 Imol/LHCl溶液、1 滴 Imol/LNaOH溶液,测得溶液pH 随时间变化的曲线如下图所示。对照组溶液X中加1葡碱FeCl3中加1滴酸一

10、b对照组溶液X中加1商酸FeCh中加1滴碱时间（秒）M *0下列说法不正确的是A.依据M 点对应的p H,说明Fe-发生了水解反应B.对照组溶液x 的组成可能是0.003 mol/L KC1C.依据曲线c 和 d 说明Fe3+水解平衡发生了移动D.通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向16、复旦大学王永刚的研究团队制得一种柔性水系锌电池，该可充电电池以锌盐溶液作为电解液，其原理如图所示。下列说法不正确的是A.放电时,N 极发生还原反应B.充 电 时,+向 M 极移动C.放电时，每生成1 mol PTO-Zn2+,M 极溶解Z n的质量为260 gD.充电时,N 极的电极反应式为

11、2PTO+8e+4Zn2+=PTO-Zn2+二、非选择题（本题包括5小题）17、石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烧，它们是常见的有机化工原料。下图是以丙烯为原料合成有机物I的流程。已知：0 R o 0 R 0i.C l a i s e n 酯缩合：|_8 曲+乩 一 8 O C 2 H 52 R 8&-g O C 此十Q H，O HOOMgBr O OMgBr OHi i.R-c OCH3 RBROCH3*区 号%R jR f 黑f R j 1（比反应快）i i i.BH=C H 2:卷CH C1Br 2,（R、R 代表危基）回答下列问题：(D C 的名称为 o I中所含官能团的名称为。(2

12、)B-C 的反应类型是.F的结构简式为(3)D-E 的化学方程式为.(4)由 F到 H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是.(5)化合物K与 E互为同分异构体，已知I m o l K 能与2 m o l 金属钠反应，则 K可能的链状稳定结构有 种(两个一0 H 连在同一个碳上不稳定：一 0 H 连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为_。(任写一种)0H(6)完成下列以苯乙烯为原料，制备。一,一(:氐 的 合 成 路 线(其 他 试 剂 任 选)。1 8、有机化合物A-H的转换关系如所示:0 0(1)A是有支链的块烧，其名称是一。(2)F所属的类别是(3)写出

13、G的结构简式：1 9、铜锈的主要成分是铜绿，某化学兴趣小组为了研究铜生锈的条件，进行了如下图所示的实验。一月后，发 现 B 中的铜丝慢慢生锈，且水面处铜丝生锈较为严重，而 A、C、D 中的铜丝基本无变化。A B试根据实验回答下列问题:(1)铜生锈所需要的条件是：铜与 相互作用发生化学反应的结果。写出铜生锈产生铜绿 CU2(OH)2co3 的 化 学 反 应 方 程 式(3)推测铜和铁，_ _ _ _ _ _ _更易生锈。20、碳酸氢钱是我国主要的氮肥品种之一，在贮存和运输过程中容易挥发损失。为了鉴定其质量和确定田间施用量,必须测定其含氮量。I.某学生设计了一套以测定二氧化碳含量间接测定含氮量的

14、方法。将样品放入圆底烧瓶中:(2)分液漏斗中的液体最适合的是A.稀盐酸 B.稀硫酸 C.浓硝酸 D.氢氧化钠(6)连在最后的装置起到的作用H.如果氮肥中成分是(NH8)2so8,则可以用甲醛法测定含氮量。甲醛法是基于甲醛与一定量的钱盐作用，生成相当量的酸，反应为2(NH8)2so8+6HCHO一(CH2)6冲+2H2SO8+6H2O,生成的酸再用氢氧化钠标准溶液滴定，从而测定氮的含量。步骤如下：(8)用差量法称取固体(N%)2SO8样品8.6g于烧杯中，加入约68mL蒸储水溶解，最终配成888mL溶液。用准确取出28.88mL的溶液于锥形瓶中，加入86%中性甲醛溶液5m L,放 置 5min后

15、，加入82滴 指示剂(已知滴定终点的pH约为6.6),用浓度为8.86mol/L氢氧化钠标准溶液滴定，读数如下表：达滴定终点时的现象为,由此可计算出该样品中的氮的质量分数为滴定次数滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)88.2886.2826.8886.9868.5889.89(5)在滴定实验结束后发现滴定用的滴定管玻璃尖嘴内出现了气泡，滴定开始时无气泡，则此实验测定的含氮量比实际值_ _ _ _ _ _ _ _ (填“偏大”“偏小”或“无影响21、高铁酸盐是新型、高效、多功能的绿色水处理剂。(1)配平化学方程式并标出电子转移方向和数目：Fe(OH)3+N a C l O+N a O H 一 N

16、a2F e O 4+N a C l+H2O反 应 中 氧 化 剂 是，被 还 原 的 元 素 是，(2)若上述反应中转移0.3mol电子，则消耗N a O H 的物质的量为(3)高铁酸钠和二氧化氯都是高效杀菌消毒剂，消毒效率(单位物质的量转移的电子数)高铁酸钠是二氧化氯的倍；(4)含 Fe3+的溶液与N a HCCh混合，产生红褐色沉淀，同时有无色无味的气体生成，用平衡移动原理解释上述现象(5)比较同温下浓度均为0.01mol/L的H2c03、Na2co3、NaHCCh、N H 4 H C O 3 四种溶液中c(CO32-)的大小 关 系 为 (用编号表示)。参考答案一、选择题(每题只有一个选

17、项符合题意)1,A【解析】A.稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；一定不能把水注入浓硫酸中，故 A 正确；B.使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”，不能向燃着的酒精灯内添加酒精，故 B 错误；C.检 验 CO2是否收集满，应将燃着的木条放在集气瓶口，不能伸入瓶中，故 C 错误；D.过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，玻璃棒紧靠三层滤纸处，故 D 错误；故答案选A,2、D【解析】A.H e分子是单原子分子，相对分子质量为4,NA个氮分子与NA个氨分子的质量比为2 8：4=7：1,故 A 不选；B.不知道FeCb溶液的体积，无法计算

18、转移的电子数，故 B 不选；C.11.2LCH4没有指明标准状况下，故 C 不选；D.20 g H g 分子为Im o l,含 有 IONA个 电 子,故 D 选。故 选 D。3、C【解析】A.升高温度，IgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的AH0；B.根据图像，随着时间的推移，c(H2O2)变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pHL HX为一元弱酸；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-Ige(SO?)越小，-Ige(Ba2+)越大，说明c(SO?)越大c(Ba

19、?+)越小。【详解】A.升高温度，IgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的AHv(第二步反应)，故 A 错误；B.由第二步、第三步可知反应的中间产物还有N O,故 B 错误；C.因为第二步反应为慢反应，故 NO?与 N03的碰撞仅部分有效，故 C正确；D.第三步反应为快速反应，所以活化能较低，故 D错误；本题答案为：C5、C【解析】A.氮离子N3-的结构示意图应该是:B.聚丙烯的结构简式应该是:B错误;C.由N a和C1形成离子键的过程可表示为：Na+*-Cl：-N a:C j：C正确;比 例 模 型,可 表 示CH 分子，由于氯原子半径大于碳原子半径，因

20、此不能表示CC14分子，D错误;答案选C。【点睛】选项D是解答的易错点，由于比例模型用来表现分子三维空间分布的分子模型，因此需要注意原子半径的相对大小。6、D【解析】由工艺流程分析可知，铜阳极泥经02焙烧得到TeCh,碱浸时Te(h与NaOH反应得到NazTeCh,再经过氧化和酸化得到TeCh*,TeCV-与Na2sO3发生氧化还原反应得到粗硫，3SO32+TeO42+2H+=Tel+H 2O+3SO42-,结合选项分析即可解答。【详解】A.“焙烧”硅酸盐产品主要用到的仪器有：组蜗、泥三角、酒精灯和玻璃棒，不能用蒸发皿，A选项错误；B.还原时发生反应：3SO32+TeO42+2H+=T e；+

21、H2O+3SO42-,氧化剂为TeCV：还原剂SO3%物质的量之比与化学计量数成正比，故 为1:3,B选项错误；C.“氧化”时氧化剂为H 2O 2,温度过高，出。2会分解，氧化效果会减弱，C选项错误；D.根据上述分析，并结合题干条件，Te(h微溶于水，易溶于强酸和强碱，TeCh是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为Te(h +2OH=TeO32+H2O,D选项正确；答案选D。7、C【解析】A、L i在氧气中燃烧生成L i2O,得不到U2O2,A错误;B、SO2和BaCL不反应，不能生成沉淀，B错误；C、由于次氯酸的酸性比碳酸弱，因此将CO2通入次氯酸钙溶液中可生成次氯酸，C正确；D、将N M通

22、入热的CuSOa溶液中生成氢氧化铜沉淀。氨气具有还原性，在加热条件下，氨气可和氧化铜反应生成铜、氮气和水，D错误。答案选C。8、B【解析】由曲线变化图可知，随反应进行具有氧化性的CKT物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知是生成物，根据所含有的NH4+和N 2,其中NH4+有还原性，故N2是生成物，N元素化合价发生氧化反应，则反应的方程式应为3Cl(r+2NH4+=N2T+3H2O+3CL+2H+;A.由方程式可知反应的氧化剂是C K T,还原产物为C，故A错误；B.反应生成H+,溶液酸性增强，故B正确；C.N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗Imol还原剂，转移3moi电子，故C错误；C.

23、由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2,故D错误；答案为B。点睛：由曲线变化图可知，具有氧化性的C16物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cr是生成物，再结合氧化还原反应的理论，有氧化必有还原，根据所含有的微粒，可知NH4+是还原剂，氧化产物为N 2,发生反应的方程式应为3CIO+2NH4+=N2T+3H2O+3C1+2H+,以此解答该题。9、A【解析】A c 中的NaOH溶液的作用是吸收未反应的C L,不能用NaCl溶液，故 A 错误；B.e是冷凝作用，应该下口进上口出，故 B 正确；C SO2cL遇水易水解，所以d 防止水蒸气进入，故 C 正确；D 冰盐水有降温作用，根据题给信

24、息知SO2c12易液化，能提高SO2和 C12的转化率，故 D 正确；故选A.10、D【解析】A.Cu与浓硫酸在加热时发生反应生成S O 2,图中固液加热装置可制备，A 正确；B.硫酸铜与N ai发生氧化还原反应生成Cul、S O 2,可用该装置制备C ui并制备少量含SO2的溶液，B 正确；C.分离沉淀与溶液，可选该装置进行过滤，C 正确；D.加热干燥湿的C ui固体，由于C ui易被氧化，因此不能用该装置加热，D 错误；故合理选项是D。11、A【解析】X XA.假设3g由CO2和 SCh组成的混合气体中CO?的质量为xg,有 CO2含有的质子的物质的量为-一7 x 22=；m ol,44

25、g/mol 2(3-x)g 3-x x 3 xSO2含 有 的 质 子 的 物 质 的 量 为 32=丁01。1,电子的总物质的量为一mol+m ol=1.5mol,因此3g由64g/mol 2 2 2CO2和 S()2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA,A 项正确；B.由于Si(V-会水解，因此lL0.1molL-iNa2SiO3溶液中含有的S Q”数目小于O.INA,B 项错误；C.lm ol过氧化氢分解转移的电子的物质的量为Im oL 因此O.lmoHfhCh分解产生Ch时，转移的电子数为O.INA,C 项错误；D.聚乙烯中不存在碳碳双键，因此2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0

26、,D 项错误。故答案选Ao【点睛】溶液中微粒数目确定需要注意以下几个问题：溶液的体积是否已知；溶质能否水解或电离；水本身是否存在指定的元素等。12、B【解析】A.向F e(N 0、)2溶液中滴入稀盐酸，溶液中的Fe2+、H+、NO；发生氧化还原反应生成Fe3+,溶液变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液变血红色，故不选A；B.乙烯能使溟的四氯化碳溶液褪色，但生成1,2-二溟乙烷溶于四氯化碳，所以不会出现分层现象，故选B；C.向A1C1,溶液中滴加氨水，产生氢氧化铝沉淀，充分反应后再加入过量的NaHSO4溶液(相当于加入过量强酸),氢氧化铝溶解，故不选C；D.Na2s2O3与稀硫酸反应，生成产物中有

27、硫和二氧化硫，所以有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，故不选D。答案：B.【点睛】易错选项A,注意酸性情况下，硝酸根离子具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子。13、A【解析】向 Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO4溶液依次发生NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2O,2NaHSO4+Ba(OH)2=BaS(M+Na2so4+2H2O,当二者体积相等时溶液中的溶质为N aO H,当 NaHSCh溶液体积为Ba(OH)2溶液体积的2 倍时，二者完全反应，溶液的溶质为Na2sOa,所以当二者体积相等后继续滴加NaHSCh溶液的导电性变化减缓，当二者完全反应后滴加浓度较大NaHS

28、O 溶液，溶液的导电性有所上升。【详解】A.根据分析可知a 二者体积相等，所以溶液中的溶质为N aO H,溶液显碱性，故 A 正确；B.根据分析可知b 点应为完全反应的点，NaHSCh溶液体积为Ba(OH”溶液体积的2 倍，所 以 V2=20mL,故 B 错误;C.a 点溶液溶质为N aO H,抑制水的电离，b 点溶液溶质为Na2so4,不影响水的电离，所以水的电离程度：a),所 以 b 点后的溶液中c(Na+)c(OH-),溶液中又存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(SO42)+c(OH),所以 c(Na+)NaO,则离子半径O*Na+A13+,而 S2-的电子层数最多，半径最大，

29、故半径最大的是g 离子，A 选项错误；B.d 与 e 形成的化合物可以是N azO,也可以是NazCh,Na2(h 既含有离子键，也含有共价键，B 选项错误；C.x、y、z、d、e、f、g、h 的单质分别为：H2,C、N2、(h、Na,Al、S、Ch,C 单质可形成金刚石，为原子晶体，故单质熔点最高的可能是y,C 选项错误；D.x 与 y 可以形成多种有机化合物，其 中 CH2=CH2等存在着非极性键，D 选项正确；答案选D。【点睛】此题C 选项为易错点，C 单质有很多的同素异形体，熔沸点有差异，容易忽略这一关键点，导致误选C 答案。15、B【解析】A、FeCh溶液的pH小于7,溶液显酸性，原

30、因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe在溶液中发生了水解，故 A正确；B、对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液x 的组成是0.003 mol/LKC1,则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，所以该溶液不是0.003 mol/L KC1,故 B错误；C、在 FeCL溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液x 的变化小，因为加酸或加碱均引起了 Fe水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故 C正确；D、FeCk溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，故 D正确；故选B。16 D【解析】放电时，金属Zn发生失电子

31、的氧化反应生成ZM+,即 M 电极为负极，则 N 电极为正极，电极反应式为2PTO+8e+4Zn2+=PTO-Zn2+；充电时，外加电源的正极连接原电池的正极N,外加电源的负极连接原电池的负极。【详解】A.该原电池中，放电时M 电极为负极，N 电极为正极，正极得电子发生还原反应，故 A 正确；B.充电时，原电池的负极M 连接外加电源的负极作阴极，电 解 质 中 阳 离 子+移 向 阴 极 M,故 B 正确；C.放电时，正极反应式为2PTO+8e-+4Zn2PTO-Zn2+,负极反应式为Zn-2e*=Zn2+,电子守恒有4ZnPTO-ZF,所以每生成ImolPTO-Zn”,M 极溶解Zn的质量=

32、65g/molx4moi=260g,故 C 正确；D.充电时，原电池的正极N 连接外加电源的正极作阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为PTO-Zn2+-8e=2PTO+4Zn2+,故 D 错误；故选：D。二、非选择题（本题包括5 小题）17、1-丙 醇（正丙醇）（酮）臻基、羟基 取代反应CHjCHy-OCHsCH3CH2COOH+CH3OH CH3CH2COOCH3+H2O 保护酮谈基 3 或【解析】丙烯在双氧水作用下与漠化氢发生加成生成B 为 1-滨丙烷；根据D 与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E 可知,0 R 0 0 R 0D 为丙酸，则 C 为 L丙醇;根据Claisen酯缩合：

33、R 乂 “u入,A”口 GHQNa n J I 1 H ，R-C-OC2H5+CH2-C-O C2H 5-R-C-CH-C-OC2H5+C2H5OHE 发生酯缩合生成F,结合F 的分子式可知，F 为CHQiL？f H-X f H,根据G 与 I 的结构简式，结合反应流程可推0c山，据此分析。【详解】丙烯在双氧水作用下与溟化氢发生加成生成B 为 1-澳丙烷；根据D 与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E 可知,0 R 0 0 R，0D 为丙酸，则 C 为 1-丙醇;根据C l a i s e n 酯缩合：R人 c r u 3 A “G H s O N a n J I 1 R-C-O C 2 H

34、5+C H2-C-OC2H5-R-C-CH-C-OCJHS+C 2 H 5 O HE 发生酯缩合生成F,结合F 的分子式可知，F 为C H，HL?-,H-XT)C H,根据G 与 I的结构简式，结合反应流程可推出 H 为/(D C 的名称为1-丙醇(正丙醇)；I 为/0H,所含官能团的名称为(酮)臻基、羟基;(2)B-C是 1-滨丙烷在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应(或取代反应)生成1-丙醇，反应类型是取代反应；F的结构简式为 CHKU,-?CH-？-OCHjCH,(3)D-E是丙酸与甲醇发生酯化反应生成丙酸甲酯和水，反应的化学方程式为CHHOOHVHQH驾LWH C H K O O C H,

35、出O;(4)由F到 H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是保护酮埃基；(5)化合物K与 E互为同分异构体，已知I m o l K 能与2 m o i 金属钠反应则应该含有两个羟基，则 K可能的链状稳定结构CHj=CO2 2 CU+O2+H2O+C O 2=CU2(O H)2 CO3 铁【解析】(1)由铜绿的化学式可以看出，铜绿由铜、碳、氢、氧四种元素组成，据此判断；根据反应物和生成物及其质量守恒定律可以书写化学方程式；(3)根据生活的经验和所需化学知识推测易生锈的物质。【详解】(1)根据铜锈的化学式CU2(OH)2co3 ,可以看出其中含有铜、氢、碳、氧四种元素，不会是只与氧气和水作用的结果

36、,还应与含有碳元素的物质接触，而空气中的含碳物质主要是二氧化碳，所以铜生锈是铜与氧气、水、二氧化碳共同作用的结果；故答案为：02、H2O,CO2;铜、氧气、水、二氧化碳反应生成碱式碳酸铜，反应的化学方程式为：2 CU+O 2+H2O+C O2=CU2(O H)2 CO3；故答案为：2 CU+O 2+H2O+C O 2=CU2(O H)2 CO3;铁和铜相比，铁生锈需氧和水，而铜生锈要氧、水和二氧化碳，相比之下铁生锈的条件更易形成，所以铁更易生锈;故答案为：铁。【点睛】解答本题要正确的分析反应物和生成物各是哪些物质，然后根据质量守恒定律书写反应的化学方程式。20、b-e,f-h,g-c B 防止

37、空气中水和二氧化碳进入装置影响实验结果 滴定管 酚酸 溶液从无色变为浅红 色，68s内不褪色 88%偏小【解析】根据反应装置-干燥装置-吸收装置-尾气处理装置排序；盐酸和硝酸都具有挥发性；空气中的水和二氧化碳影响实验结果；酸式滴定管只能量取酸性溶液，碱式滴定管只能量取碱性溶液，根据溶液的酸碱性确定滴定管；根据滴定终点确定指示剂；滴定终点时溶液从无色变为浅红色，6 8 s内不褪色；根据氢氧化钠和硫酸核的关系式计算硫酸核的量,最后再计算N元素的含量；在滴定实验结束后发现滴定用的碱式滴定管玻璃尖嘴内出现了气泡，滴定开始时无气泡，导致硫酸镂的测定结果偏小。据此分析。【详解】(8)根据反应装置、干燥装置

38、、吸收装置、尾气处理装置排序，所以其排列顺序是：b-e,f-h,g-c,答案为：b-e,f-h,g-c；(2)制取二氧化碳时需要碳酸盐和酸反应，稀盐酸、浓硝酸都具有挥发性，影响实验结果，氢氧化钠和盐不能生成二氧化碳，所以B选项是正确的，答案为：B；(6)为防止影响实验结果需要吸收二氧化碳和水蒸气，答案为：防止空气中水和二氧化碳进入装置影响实验结果；(8)硫酸俊属于强酸弱碱盐，筱根离子水解使溶液呈酸性，所以需要酸式滴定管量取硫酸镀溶液，滴定终点的p H约为6.6,酚酸的变色范围是6-8 8,所以选取酚醐作指示剂：滴定终点时，溶液从无色变为浅红色，6 8 s内不褪色；2(N H 8)2 S O R

39、+6 H C H O=(C H 2)6 N 8+2 H 2 so 8+6 H 2 O,2 N a O H+H 2 sC)8=N a 2 so 8+2 H 2 O,所以硫酸铉和 N a O H 的关系式为：山m 位(16.2 1-1.2 0)+(18.9 0 -3.0 0)+(19.4 9 -4.50)卬卬(NHS)2SOS 2 N a O H,N a O H 溶液的平均体积为-二-U-=15.3 0 m l ,根据3(N H8)2S O8 2 N a O H 得硫酸铉的质量m=x B2g/mol=0 081 g,8.6 g 硫酸筱中样品中硫酸铁的质0 4 0 5x 2 8量为0.0 8 1x5

40、=0.4 0 5 g,氮元素的质量分数为 48X1 321八 八。/_】/。/；答案为：酸式滴定管；酚龈 从无色变为-X 1U U /o =14 /o0.6浅红色，6 8 s内不褪色；8 8%；(5)在滴定实验结束后发现滴定用的碱式滴定管玻璃尖嘴内出现了气泡，滴定开始时无气泡，导致N a O H 溶液的量偏小,根据(N H 8)2 S O 8 2 N a O H 得，导致测定N含量偏小，答案为：偏小。【点睛】酸碱中和滴定是常考的实验，误差是本题的易错点。判断方法是根据消耗标准液多少对待测液浓度的影响，比如说滴定前尖嘴处有气泡，滴定后尖嘴处有气泡的分析等等；选择滴定管是注意看图，底部是橡胶管则为

41、碱式滴定管，玻璃活塞则为酸式滴定管。2 1、|I NaClO+1 价的 Cl 0.2mol 0.62Fe(OH)3*3NaCK4NaOH=2Na：FeO4+3NaCb-5H：OHCO3-和Fe3+水解产生的H+发生反应生成C O 2,促 进 Fe3+的水解平衡向右移动 【解析】根据反应可知铁元素的化合价从+3 价升高到+6 价，失去3 个电子，氯元素的化合价从+1 价降低到一1价，得到2个电子，则根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是3：2,再根据质量守恒定律可知反应的化学方程式可表示为 2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2 Na2FeO4+3 NaCI+5H2O,据此回

42、答。【详解】(1)根据得失电子守恒和质量守恒定律可知反应的化学方程式可表示为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2 Na2FeO4+3NaCl+5H2O,氯元素的化合价降低，氯元素被还原，NaClO做氧化剂，故答案为：金-5NaClO；+1 价的 Cl；2Fe(OH)3*3NaOCMNaOH=2Na：FeO4*3NaCK5H：O由分析可知，当转移6 m oi电子时消耗4 moi N aO H,所以转移0.3mol电子时，消耗氢氧化钠物质的量为0.2moL故答案为：0.2mol；化合价变化：NazFeCh中 Fe：+6 降到+3,变化为3,CKh中 C1；+4降到-1,变化为5,单位物质

43、的量转移电子数之比为3:5=0.6倍，答案为：0.6；含 Fe3+的溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3+3H2O U Fe(OH)3+3H+,力 口 入 NaHCCh,其中HCO3-和 Fe3+水解产生的H+发生反应生成C O 2,促进Fe3+的水解平衡向右移动，形 成 Fe(OH)3沉淀，故答案为：HC(h.和Fe-，+水解产生的 H+发生反应生成CO2,促进Fe3+的水解平衡向右移动；要看其它离子对碳酸根离子的影响，中存在大量CO32，没有离子对碳酸根离子产生影响；对比，钱根离子水解促进HCO：离子的水解，HCO3-的电离相对就弱了，所以,；碳酸的第二步电离才产生碳酸根离子，而碳酸的第二步电离很弱，CCh3极少，所以c(CO 32-)的大小关系为 ，故答案为：。