上海市金山区2020届高三下学期质量监控（二模考试）化学试题 Word版含解析 20页

www.ks5u.com 金山区2019学年第二学期质量监控 高三化学试卷 相对原子质量：H－1 O－16 Na－23 Cl－35.5 ‎ 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.古法酿酒工艺中，以发生化学反应为主的过程是 A. 酒曲捣碎 B. 酒曲发酵 C. 加热蒸馏 D. 泉水勾兑 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酒曲捣碎过程为物质状态变化，无新物质生成，不是化学变化，故A错误；‎ B．酒曲发酵变化过程中生成了新的物质乙醇，属于化学变化，故B正确；‎ C．加热蒸馏是利用酒精和水等其他物质沸点不同从而分离乙醇，过程中无新物质生成，属于物理变化，故C错误；‎ D．泉水勾兑是酒精和水混合得到一定浓度的酒精溶液，过程中无新物质生成，属于物理变化，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】变化过程中有新物质生成的变化为化学变化，发生了化学反应，过程中无新物质生成的变化为物理变化，主要是酿酒工艺的分析，掌握基础是解题关键。‎ ‎2.用化学用语表示2H2S+3O2 2SO2+2H2O中的相关微粒，其中正确的是 A. 中子数为18的硫原子：18S B. H2O的结构式：H－O－H C. H2S比例模型： D. S的原子结构示意图：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．中子数为18的硫原子的质量数为34，原子符号为，故A错误；‎ B．H2O为共价化合物，分子中2个氢原子通过单键和氧原子相结合，结构式为H－O－H，故B正确；‎ C．硫原子的半径大于氢原子，H2S的比例模型为，故C错误；‎ D．硫原子的核电荷数为16，核外有3个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为 - 20 -‎ ‎，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.下列气态氢化物中最不稳定的是 A. H2O B. HF C. H2S D. PH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】元素的非金属性越弱，对应的气态氢化物越不稳定，F和O位于同周期，非金属性：F＞O，S和P位于同周期，非金属性：S＞P，O和S位于同主族，非金属性：O＞S，非金属性：F＞O＞S＞P，，则最不稳定的氢化物为PH3，故选D。‎ ‎【点睛】同周期从左向右非金属性增强，同主族非金属性从上到下减弱，非金属性越强，对应氢化物越稳定，把握元素在周期表的位置、元素周期律为解答的关键。‎ ‎4.下列过程中破坏的化学键只有共价键的是 A. 石墨转化金刚石 B. NaOH溶于水 C. 干冰升华 D. NH4Cl分解 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石墨转化为金刚石属于化学变化，有共价键被破坏，也有共价键形成，故A正确；‎ B．NaOH溶于水时，在水分子的作用下电离出钠离子和氢氧根离子，有离子键被破坏，故B错误；‎ C．干冰是分子晶体，干冰升华只破坏分子间作用力，故C错误；‎ D．NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，离子键被破坏，N原子和H原子之间的共价键也被破坏，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】只有电解质溶于水或熔融状态或发生化学反应的化学键才能被破坏，注意化学反应中一定有化学键的破坏，但有化学键的破坏并不一定发生化学反应。‎ ‎5.加入氧化剂才能实现的过程是 A. Cl2→ClO－ B. SO2→SO42－ C. N2→NH3 D. Al3+→AlO2－‎ ‎【答案】B - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl2→ClO－的反应可由氯气和NaOH反应生成，反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂，无需加入氧化剂就能实现，故A错误；‎ B．SO2→SO42－的过程中硫元素化合价升高了，需加入氧化剂才能实现，故B正确；‎ C．N2→NH3的过程中氮元素化合价降低了，需加入还原剂才能实现，故C错误；‎ D．Al3+→AlO2－的过程中各元素的化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】物质所含元素化合价升高，被氧化时，需加入氧化剂才能实现。‎ ‎6.常温下，0.05 mol/L稀硫酸中OH－浓度是（mol/L）‎ A. 1×10－12 B. 2×10－12 C. 1×10－13 D. 2×10－13‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】常温下，0.05 mol/L稀硫酸中c（H+）=0.05 mol/L×2=0.1 mol/L，则溶液中的c（OH－）===1×10－13 mol/L，故选C。‎ ‎7.0.1 mol Cu与足量浓硫酸加热，充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量为（mol）‎ A. <0.1 B. 0.1 C. <0.2 D. 0.2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】Cu与足量浓硫酸加热完全反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，由方程式可知，硫酸起酸和氧化剂的作用，0.1 mol Cu完全反应生成0.1 mol SO2，则被还原的H2SO4的物质的量为0.1mol，故选B。‎ ‎8.侯氏制碱法中没有用到的原料是 A. CaO B. NaCl C. NH3 D. CO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】侯氏制碱法的过程是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，则没有用到的原料是氧化钙，故选A。‎ ‎9.仅用蒸馏水不能鉴别出的一组物质是 A. 乙酸乙酯、乙醇 B. 无水硫酸铜、小苏打 - 20 -‎ C. 烧碱、硝酸铵 D. 硫化亚铁、氧化铜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙酸乙酯不溶于水，乙醇溶于水，加入蒸馏水，乙酸乙酯会分层，乙醇不分层，用蒸馏水能鉴别，故A错误；‎ B．无水硫酸铜溶于蒸馏水得到淡蓝色溶液，小苏打溶于蒸馏水得到无色溶液，用蒸馏水能鉴别，故B错误；‎ C．烧碱溶于水放出热量，使溶液温度升高，硝酸铵溶于水吸收热量，使溶液温度降低，用蒸馏水能鉴别，故C错误；‎ D．硫化亚铁和氧化铜都是不溶于水的黑色固体，仅用蒸馏水不能鉴别，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】用蒸馏水就鉴别物质时注意利用物质的水溶性以及物质的与水的密度相对大小，能否与水发生反应，溶于水是放热还是吸热，以及在水溶液中的颜色不同进行鉴别。‎ ‎10.邮票背面的粘合剂可用水浸除去，根据“相似相溶”原理，该粘合剂的成分可能是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】水是极性溶剂，根据相似相溶的原理，极性较强的物质在水中的溶解度应该比较大， OH是极性官能团，含有较多—OH的有机物易溶于水，分子中OH数目较多，应易溶于水，则该粘合剂的成分可能是，故选B。‎ ‎11.H2C=CH—CH=CH2通过一步反应不能得到 A. B. ‎ C. D. CO2‎ - 20 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH2=CH-CH=CH2发生1，4-加成生成，所以不能得到，故A正确；‎ B．CH2=CH-CH=CH2与HCl发生1，4-加成生成，故B错误；‎ C．CH2=CH-CH=CH2发生加聚反应生成，故C错误；‎ D．CH2=CH-CH=CH2燃烧生成CO2，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎12.下列反应不属于离子反应的是 A. 乙醇与乙酸 B. 氨水与醋酸 C. 碳酸钙与盐酸 D. 氯化铁溶液与硫氰化钾溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在浓硫酸作用下，乙醇与乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应不是在溶液中进行，不属于离子反应，故A正确；‎ B．氨水与醋酸在溶液中反应生成醋酸铵和水，属于离子反应，故B错误；‎ C．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，属于离子反应，故C错误；‎ D．氯化铁溶液与硫氰化钾溶液发生络合反应生成硫氰化铁和氯化钾，属于离子反应，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】离子反应是离子之间的反应，电解质在水溶液中反应的实质是离子之间的反应，注意离子反应的实质是解题的关键。‎ ‎13.有关磷原子最外层电子的描述正确的是 A. 有2种不同运动状态 B. 有5种不同能量 C. 有4种不同的伸展方向 D. 只有1种自旋方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【详解】A．处于不同能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子自旋方向相反，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有5种不同的运动状态，故A错误；‎ B．处于不同能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子的能量相同，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有2种不同能量，故B错误；‎ C．s轨道是球形的，在空间伸展方向为1，p轨道是纺锤形，在空间的伸展方向为3，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有4种不同的伸展方向，故C正确；‎ D．电子排布在同一轨道的电子自旋方向相反，电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有2种自旋方向，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】电子排布在同一轨道的电子自旋方向相反，电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同是解答关键，也是易错点。‎ ‎14.在10 mL浓度均为0.1 mol/L的AlCl3与MgCl2混合溶液中，加入60 mL、0.1 mol/L的NaOH溶液后，铝元素的存在形式是 A. Al3+、Al(OH)3 B. Al(OH)3 C. lO2－、Al(OH)3 D. lO2－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】氯化镁与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为MgCl2+2NaOH═2NaCl+Mg(OH)2↓，10 mL 0.1 mol/L氯化镁溶液消耗氢氧化钠的物质的量为0.01L×0.1mol/L×2=2×10—3 mol，氯化铝与少量氢氧化钠溶液的化学方程式为AlCl3+3NaOH═3NaCl+Al(OH)3↓，10 mL 0.1 mol/L氯化铝溶液消耗氢氧化钠的物质的量为0.01L×0.1mol/L×3=3×10—3 mol，生成氢氧化铝的物质的量为1×10—3 mol，由题意可知过量的氢氧化钠的物质的量为（6×10—3 mol—5×10—3 mol）=1×10—3 mol，过量的氢氧化钠与氢氧化铝反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，由方程式可知，1×10—3 mol氢氧化铝和1×10—3 mol氢氧化钠恰好完全反应生成偏铝酸钠，则完全反应后铝元素的存在形式是AlO2—，故选D。‎ ‎【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸强碱，氯化镁是中强碱，不溶于强碱，依据化学方程式确定在10 mL浓度均为0.1 mol/L的AlCl3与MgCl2混合溶液中，加入60 mL、0.1 mol/L的NaOH溶液后铝元素的存在形式是解答关键。‎ ‎15.锌锰碱性干电池是依据原电池原理制成的化学电源。电池中负极与电解质溶液接触直接反应会降低电池的能量转化效率，称为自放电现象。‎ - 20 -‎ 下列关于原电池和干电池的说法不正确的是 A. 两者正极材料不同 B. MnO2的放电产物可能是KMnO4‎ C. 两者负极反应式均为Zn失电子 D. 原电池中Zn与稀H2SO4存在自放电现象 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．左图为干电池，干电池的正极材料是碳棒，右图为原电池，正极材料是铜单质，两者正极材料不同，故A说法正确；‎ B．干电池中MnO2应作氧化剂，Mn的化合价降低，故B说法错误；‎ C．所给装置中Zn为负极，Zn失去电子，故C说法正确；‎ D．根据自放电现象的定义，Zn与稀硫酸能够发生反应，即原电池中Zn与稀硫酸存在自放电现象，故D说法正确；‎ 故选B。‎ ‎16.用滴定法测定含有少量NaCl的小苏打固体中NaHCO3的质量分数，所用标准盐酸的浓度为0.1000 mol/L。有关叙述正确的是 A. 用量筒配制100 mL待测液 B. 滴定前用待测液润洗锥形瓶 C. 当滴至指示剂变色并能将该颜色保持半分钟即为滴定终点 D. 装标准液前未用标准盐酸润洗滴定管，会造成实验结果偏低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．量筒是粗量器，不能用来溶解、稀释或配制溶液，故A错误；‎ B．滴定前用待测液润洗锥形瓶会导致溶质的物质的量增大，所测结果偏高，故B错误；‎ - 20 -‎ C．当滴入最后一滴标准溶液，指示剂变色并能将该颜色保持半分钟，说明达到滴定终点，故C正确；‎ D．装标准液前未用标准盐酸润洗滴定管，会造成盐酸溶液浓度减小，消耗盐酸体积偏大，实验结果偏高，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎17.CH4与Cl2生成CH3Cl的反应过程，中间态物质的能量关系见下图。有关说法错误的是 A. Cl·是由Cl2在光照下化学键断裂生成的，该过程可表示为：‎ B. 反应过程一定无CH3CH3的生成 C. 图中的反应热Q>0，其大小与Ea1、Ea2无关 D. CH4转化为CH3Cl的过程，C－H键发生了断裂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在光照下氯气分子中的Cl—Cl键断裂生成Cl原子，断裂过程为，故A正确；‎ B．由示意图可知，中间过程有CH3·生成，CH3·可能与CH3·相结合生成CH3CH3，故B错误；‎ C．由示意图可知，反应物总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热Q>0，反应热的大小与Ea1、Ea2无关，故C正确；‎ D．由示意图可知，CH4转化为CH3Cl的过程中，有1个C－H键发生了断裂，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎18.关于25℃时，体积相同的盐酸与醋酸两种溶液，下列说法正确的是 A. 若浓度相同，中和所需的NaOH物质的量相同 B. 若浓度相同，分别与镁条反应的速率相等 C. 若pH相等，则c(CH3COO－)>c(Cl－)‎ D 若pH相等，分别与NaOH反应呈中性后，n(CH3COO－)=n(Cl－)‎ - 20 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓度相同、体积相同的盐酸与醋酸两种溶液的溶质的物质的量相同，中和能力相同，中和所需的NaOH物质的量相同，故A正确；‎ B．浓度相同、体积相同的盐酸与醋酸两种溶液中，盐酸溶液的氢离子浓度大于醋酸溶液，氢离子浓度越大，与镁条反应的速率越快，则盐酸与镁条反应的速率快，故B错误；‎ C．pH相等的盐酸与醋酸两种溶液的氢离子相等，氢氧根离子浓度也相同，根据电荷守恒，电离出的氯离子浓度和醋酸根离子浓度相同，则c(CH3COO－)=c(Cl－)，故C错误；‎ D．pH相等、体积相同的盐酸与醋酸，n（CH3COOH）＞n（HCl），两种溶液分别与NaOH反应呈中性时，醋酸消耗的氢氧化钠多，所以溶液中n(CH3COO－)＞n(Cl－)，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】氯化氢是强电解质，醋酸是弱电解质，存在电离平衡，pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的浓度小于醋酸，相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液，n（CH3COOH）＞n（HCl）。‎ ‎19.将NaCl溶于水配成1mol/L的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是 ‎ A. a离子为Na+‎ B. 溶液中含有NA个Na+‎ C. 水合b离子的图示不科学 D. 氯化钠溶于水只发生了水合过程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化钠在溶液中电离出钠离子和氯离子，钠离子的离子半径小于氯离子，则a离子为氯离子，故A错误；‎ B．没有明确溶液的体积，无法计算钠离子的个数，故B错误；‎ C．钠离子带正电荷，能使水分子中带有负电的氧原子受到吸引，则水合b离子的图示不科学，故C正确；‎ D．氯化钠溶于水，发生了吸热的扩散过程和放热的水合过程，故D错误；‎ - 20 -‎ 故选C。‎ ‎【点睛】计算溶液中溶质微粒的物质的量时，必须明确溶液的体积，不能误认为体积为1L是解答易错点。‎ ‎20.向H2O2溶液中加入Br2可以加快H2O2分解速率。其反应机理可能有两步，第1步：H2O2+Br2→2H++O2↑+2Br－。下列说法正确的是 A. H2O2分子中含有离子键和非极性键 B. 第1步反应每生成0.1 mol O2，转移0.4 mol电子 C. 第2步反应为：2H++H2O2+2Br－→2H2O +Br2‎ D. H2O2分解反应前后溶液中Br2的质量不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过氧化氢为共价化合物，结构式为H—O—O—H，分子中含有极性键和非极性键，不含有离子键，故A错误；‎ B．过氧化氢中氧元素化合价为—1价，第一步反应生成0.1 mol O2，转移电子的物质的量为0.1 mol×2=0.2mol，故B错误；‎ C．过氧化氢分解的总方程式为2H2O2=2H2O+ O2↑，由第1步反应可知，第2步反应的方程式为2H++H2O2+2Br－=2H2O+Br2，故C正确；‎ D．溴单质在溶液中能与水反应，则过氧化氢分解反应前后溶液中溴单质的质量会减少，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】氧化氢中氧元素化合价为—1价，转变0价的氧气时，化合价升高1，反应生成1 mol O2转移电子的物质的量为2mol是解答易错点。‎ 二、综合题（共60分）‎ ‎21.以粉煤灰（主要成分：Al2O3、SiO2、少量Fe2O3）为原料，制取Al2O3的部分工艺流程如下：‎ - 20 -‎ 完成下列填空：‎ ‎(1)铝原子核外有_____种不同能量的电子，最外层电子的轨道式是_____________，上述流程涉及第二周期元素的原子半径由小到大的顺序是______________________________。‎ ‎(2) “除铁”是将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为______________________，检验溶液中Fe3+是否除尽的方法是____________________________________________。‎ ‎(3)解释“结晶”过程中向AlCl3浓溶液中通入HCl气体的原因。______________________‎ ‎(4)上述流程可循环的物质是_______________。‎ ‎(5)工业上将Al2O3溶解在熔化的冰晶石中电解获得铝，该反应的化学方程式为___________。‎ ‎【答案】 (1). 5 (2). (3). O”“<”或“=”）T2，判断依据是_______________；该反应为___________（选填“放”或“吸”）热反应，判断依据是__________。‎ ‎(2)下表为一定温度和压强下，4种投料比[n(SO2):n(O2)]分别为2:18、4:15、7:11和8:10时SO2的平衡转化率。‎ 投料比 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ SO2平衡转化率／%‎ ‎97.1‎ ‎96.8‎ ‎95.8‎ ‎90.0‎ ‎②对应投料比为_____。投料比为8:10时，平衡混合气体中SO3体积分数为______。‎ ‎(3)在相同温度下：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) K1=a；NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) K2=b；则2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的平衡常数K=__________（用a、b表示）。‎ - 20 -‎ ‎(4)钠碱循环法吸收硫酸厂尾气中的SO2并将其转化为硫酸的工艺如下：‎ 吸收池中发生反应的离子方程式是________；NaHSO3溶液呈弱酸性，NaHSO3溶液中离子浓度由大到小排序为_________。‎ ‎【答案】 (1). > (2). 其他条件不变，由图可知T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，所以T1温度高 (3). 放 (4). 由图可知，T1温度高，二氧化硫平衡转化率低，说明温度升高时平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热 (5). 4:15 (6). 50% (7). ab2 (8). SO2+SO32-+H2O→2HSO3- (9). c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）温度越高，反应速率越快，达到化学平衡的时间越短，温度升高，平衡向吸热方向移动；‎ ‎（2）同一化学反应，增大一种反应物浓度可以提高其他反应物转化率；利用三段式计算可得；‎ ‎（3）借用盖斯定律得到反应之间的关系，由此计算平衡常数；‎ ‎（4）吸收池中亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，NaHSO3溶液呈弱酸性，说明HSO3-的电离大于水解。‎ ‎【详解】（1）温度越高，反应速率越快，达到化学平衡的时间越短，由图可知，相同条件下，T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，则T1＞T2；温度升高，平衡向吸热方向移动，由T2→T1， SO2的转化率减小，平衡向逆向移动，所以正向为放热反应，故答案为：＞；其他条件不变，由图可知T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，所以T1温度高；放；由图可知，T1温度高，二氧化硫平衡转化率低，说明温度升高时平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热；‎ ‎（2）同一化学反应，增大一种反应物浓度可以提高其他反应物转化率，投料比[n（SO2）：n（O2）]越小，氧气的浓度越大，二氧化硫转化率越大，依据②的转化率可知，投料比[n（SO2）：n（O2）]为4：15；投料比[n（SO2）：n（O2）]为8：10时，二氧化硫的转化率为90%，设起始二氧化硫为4mol，氧气物质的量为5mol，由题意建立如下三段式：‎ - 20 -‎ 则平衡混合气体中三氧化硫的体积分数为×100%=50%，故答案为：4：15；50%；‎ ‎（3）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知①+②×2可得2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，则平衡常数K=K1×K22= ab2，故答案为：ab2；‎ ‎（4）吸收池中亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式：SO2+SO32-+H2O=2HSO3-；NaHSO3溶液呈弱酸性，说明HSO3-的电离大于水解，则NaHSO3溶液中离子浓度由大到小排序为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)，故答案为：SO2+SO32-+H2O=2HSO3-；c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)。‎ ‎【点睛】借用盖斯定律得到反应之间的关系，由此计算反应的平衡常数是解答关键，注意反应热的关系为加减，平衡常数的关系为乘除。‎ ‎23.可卡醛一种食用香料，其一种合成方法如下：‎ 完成下列填空：‎ ‎(1)实验室制取A的化学方程式是________________________________________。‎ ‎(2)在一定条件下，环氧乙烷（）可以开环与氢气、水等试剂发生类似加成反应的反应，它与氢气反应的产物是______________，写出它与水反应的化学方程式。_________________________‎ - 20 -‎ ‎(3)C→D的反应条件是__________；写出含有四种不同化学环境氢原子，且与D同类别的同分异构体的结构简式。______________________‎ ‎(4)E→可卡醛的反应类型是_____________。‎ ‎(5)设计一条由石油裂解气乙烯、丙烯合成的流程_________________。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）‎ ‎【答案】 (1). +Br2+HBr (2). CH3CH2OH (3). +H2O→ (4). Cu、加热 (5). (6). 消去 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由有机物的转化关系可知，在乙醚作用下，与镁反应生成，与发生类似加成反应的反应生成，酸性条件下水解生成，在Cu 做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与发生加成反应生成，受热发生消去反应生成 - 20 -‎ ‎。‎ ‎【详解】（1）实验室中用铁做催化剂，苯和液溴发生取代反应制得溴苯，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；‎ ‎（2）由题意可知与氢气反应生成乙醇，与水反应生成乙二醇，与水反应的化学方程式为+H2O→，故答案为：CH3CH2OH；+H2O→；‎ ‎(3)C→D的反应为在Cu 做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与同类别的同分异构体含有四种不同化学环境氢原子，说明苯环上有2个处于对位的取代基，结构简式为，故答案为：Cu、加热；；‎ ‎(4)E→可卡醛的反应为受热发生消去反应生成，故答案为：消去；‎ ‎（5）由乙烯、丙烯和的结构简式，运用逆推法可知，合成的步骤为在催化剂作用下，丙烯与水发生加成反应生成2—丙醇，在Cu做催化剂作用下，2—丙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成丙酮，在催化剂作用下，乙烯与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛，碱性条件下，丙酮与乙醛发生加成反应生成，受热发生消去反应生成，在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应生成 - 20 -‎ ‎，合成路线如下：，故答案为：。‎ ‎24.NaClO2是一种高效的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等。用下列装置探究NaClO2的制备。‎ 完成下列填空：‎ ‎(1)仪器a的名称为__________，装置②的作用是________________。‎ ‎(2)检查装置气密性的方法是________________________________________________。‎ ‎(3)关闭K1，从分液漏斗中加入一定量浓硫酸，装置③中生成NaClO2的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2→2NaClO2+2H2O+O2↑，该反应的氧化产物是_____________。‎ ‎(4)实验完成后，为防止装置中残留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：打开止水夹K1，____________________________________________。‎ ‎(5)从装置③的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、________________、过滤洗涤、干燥等。‎ ‎(6)晶体以NaClO2·3H2O的形式存在，已知：NaClO2·3H2ONaCl+O2↑+3H2O↑。为测定所得固体中NaClO2·3H2O的质量分数，在收集到足量的晶体后，进行如下实验：取样品质量为a g，灼烧恒重后，得到固体b g。则晶体中NaClO2·3H2O的质量分数是__________。‎ - 20 -‎ 若发生副反应4[NaClO2·3H2O]2NaCl+2NaClO3+O2↑+12H2O↑，则实验测得的值会__________。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）‎ ‎【答案】 (1). 干燥管 (2). 做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中 (3). 关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好 (4). O2 (5). 从K1处通入空气，将残留气体鼓入④中 (6). 降温结晶 (7). 或 (8). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验装置图可知，装置①的作用是在酸性环境下，氯酸钠和亚硫酸钠发生氧化还原反应制备ClO2气体；装置②的作用是做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中；装置③的作用是在碱性条件下，ClO2气体与过氧化氢发生氧化还原反应制备NaClO2，装置④的作用是吸收多余的ClO2气体，防止污染环境。‎ ‎【详解】（1）仪器a的名称为干燥管，装置②的作用是做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中，故答案为：干燥管；安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中；‎ ‎(2)检查装置气密性首先要形成密闭系统，然后通过升高温度形成压强差，具体操作是关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好，故答案为：关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好；‎ ‎（3）由题给化学方程式可知，反应中过氧化氢中氧元素化合价升高被氧化，发生氧化反应，则过氧化氢为还原剂，氧气为氧化产物，故答案为：O2；‎ ‎（4）实验完成后，为防止装置中残留的ClO2气体污染空气，应打开止水夹K1，从K1处通入空气，将残留的ClO2气体鼓入④中，被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，故答案为：从K1处通入空气，将残留气体鼓入④中；‎ ‎（5）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，则从装置③的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；‎ - 20 -‎ ‎（6）由题意可知，NaClO2·3H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，则氧气和水的质量为（a—b），设氧气的物质的量为xmol，由方程式可知水的物质的量为3xmol，则可得32x+18×3x=（a—b），解得x=，由方程式可得关系式NaClO2·3H2O—O2↑，则n（NaClO2·3H2O）= n（O2）=mol，晶体中NaClO2·3H2O的质量分数为=或。若发生副反应4[NaClO2·3H2O]2NaCl+2NaClO3+O2↑+12H2O↑，会导致灼烧恒重后固体质量增大，即b增大，所以减小。故答案为：或，偏小。‎ ‎【点睛】计算晶体中NaClO2·3H2O的质量分数是解答难点，计算时注意NaClO2·3H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，由方程式计算得到氧气的物质的量是解答关键。‎ ‎ ‎ - 20 -‎ - 20 -‎