2019学年云南师大附中高三（上）第二次月考化学试卷.docx

2018-2019学年云南师大附中高三（上）第二次月考化学试卷

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）

1．（6分）有关下列诗句或谚语的说法正确的是（　　）

A．“水乳交融”“火上浇油”都包含化学变化

B．“蜡炬成灰泪始干”肯定包含化学变化

C．“滴水石穿”“绳锯木断”不包含化学变化

D．“落汤螃蟹着红袍”不包含化学变化

2．（6分）下列有关物质性质和应用不正确的是（　　）

A．石英坩埚耐高温，可用来加热熔化NaOH固体

B．盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性

C．FeCl₃溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路

D．医用酒精能使蛋白质变性，可用来消毒杀菌

3．（6分）下列有关物质分类，一定正确的是（　　）

A．强电解质：盐酸、氢氧化钡、硫酸钡

B．弱电解质：醋酸，醋酸铵，纯碱

C．非电解质：氯气，二氧化硫，苯

D．同系物：C₃H₈、C₄H₁₀、C₆H₁₄

4．（6分）下列反应的离子方程式不正确的是（　　）

A．向Ba（OH）₂溶液中滴加稀硫酸：Ba²⁺+2OH^﹣+2H⁺+SO₄^2﹣═BaSO₄↓+2H₂O

B．向NaHCO₃溶液中加入稀HCl：HCO₃^﹣+H⁺═CO₂↑+H₂O

C．向AlCl₃溶液中加入过量稀氨水：Al³⁺+4NH₃•H₂O═AlO₂^﹣+4NH₄⁺+2H₂O

D．酸性介质中KMnO₄氧化H₂O₂：2MnO₄^﹣+5H₂O₂+6H⁺═2Mn²⁺+5O₂↑+8H₂O

5．（6分）下列判断不正确的是（　　）

①维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用

②NO₂溶于水时发生氧化还原反应

③1mol Cl₂参加反应转移电子数一定为2N_A

④阴离子都只有还原性

⑤BaSO₃和H₂O₂的反应为氧化还原反应

⑥化合反应均为氧化还原反应

A．①②⑤B．②③⑥C．③④⑤D．③④⑥

6．（6分）下列实验操作正确且能达到相应实验目的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

7．（6分）H₃PO₂及NaH₂PO₂均可将溶液中的Ag⁺还原为银，从而可用于化学镀银。利用H₂PO₂^﹣进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，下列说法正确的是（　　）

A．H₂PO₂^﹣是氧化剂B．Ag⁺是还原剂

C．氧化产物是H₃PO₃D．氧化产物是H₃PO₄

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．（14分）胆矾（CSO₄•5H₂O）是一种重要的含铜化合物，某课外研究小组用粗铜（含少量Fe）通过不同的化学反应制取胆矾的过程如图。

当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于1×10^﹣5mol/L时，认为该离子沉淀完全。

试回答下列问题：

（1）下列物质中，最适合作为试剂X的是　 　（填序号）。

A．KMnO₄B．K₂Cr₂O C．H₂O₂D．NaCIO

（2）由粗铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅱ相比，途径I有明显的两个优点，分别是　 　，　 　。

（3）试剂Y可以是　 　。（任填一种物质的化学式）

（4）若溶液C中Cu²⁺、Fe³⁺的浓度分别为1mo/L、0．lmo/L，则向溶液C中加入少量试剂Y的过程中应控制溶液C的pH范围约为　 　。

（5）氢化亚铜（CuH）是一种红色固体，40～50℃时，滤液E和H₃PO₂溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，该反应的离子方程式为　 　该反应每转移1.5N_A个电子，生成CuH的物质的量为　 　。

（6）纳米氧化亚铜（Cu₂O）是一种用途广泛的光电材料，电化学法可用铜棒和石愚作电极，电解滤液E获得纳米氧化亚铜，电解过程中无气体产生，则铺棒作　 　极，生成Cu₂O的电极反应式为　 　，电解过程中滤液E的浓度　 　（填“增大”“不变”或“减小”）。

（7）得到CuSO₄•5H₂O晶体，乙醇代替蒸馏水洗涤晶体的目的是　 　。

9．（14分）某化学兴趣小组在实验室从海带灰中提取碘并制备K晶体。

I．碘单质的提取，实验过程如图1：

请回答下列问题

（1）操作b的名称是　 　。

（2）试剂a可以选用的是　 　。（填序号）

A．苯B．CCl₄C．甘油D．直馏汽油E．己烯

Ⅱ．KI晶体的制备，实验装置如图2：

实验步骤如下

i．配制0.5moL的KOH溶液。

i．在三颈瓶中加入12.7g研细的单质I₂和250mL0.5mol/L的KOH溶液，搅拌至碘完全溶解。

ⅲ通过滴液漏斗向反应后的溶液中滴加适量甲酸，充分反应后，HCOOH被氧化为CO₂，再用KOH溶液调pH至9～10，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。得KI产品14.5g。

请回答下列问题：

（3）配制0.5mol/LKOH溶液时，下列操作导致配得的溶液浓度偏高的是　 　（填序号）。

A．托盘上分别放置质量相等的纸片后称量KOH固体

B．KOH固体样品中混有K₂O₂

C．称量好的固体放入烧杯中溶解未经冷却直接转移入容量瓶

D．未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容

E．定容时仰视刻度线

F．定容后摇匀，液面下降，再加水至刻度线

G．定容后摇匀，少量溶液溅出容量瓶

（4）步骤ⅱ中I₂与KOH溶液反应生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：5，请写出氧化产物的化学式：　 　。

（5）步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，需打开活塞　 　（填“a”“b”或“a和b”）

（6）实验中，加入 HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为　 　。

（7）实验中KI的产率为　 　%（结果保留一位小数）。

10．（15分）NO_x是造成大气污染的主要物质，用还原法将其转化为无污染的物质，对于消除环境污染有重要意义。

（1）已知：2C（s）+O₂（g）⇌2CO（g）△H₁＝﹣221.0kJ/mol

N₂（g）+O₂（g）⇌2NO（g）△H₂＝+180.5kJ/mol

2NO（g）+2CO（g）⇌2CO₂（g）+N₂（g）△H₃＝﹣746.0kJ/mol

回答下列问题：

①用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为　 　。

②在一定温度下，向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入一定量的NO和足量的焦炭，反应过程中测得各容器中c（NO）（mol/L）随时间（s）的变化如下表。

已知：三个容器的反应温度分别为T_甲＝400℃、T_乙＝400℃、T_丙＝a℃

甲容器中，该反应的平衡常数K＝　 　。

丙容器的反应温度a　 　400℃（填“˃”、“＜”或“＝”），理由是　 　。

（2）用NH₃催化还原NO_x消除氮氧化物的污染。

已知：8NH₃（g）+6NO₂（g）⇌7N₂（g）+12H₂O（l）△H＜0．相同条件下，在2L密闭容器内，选用不同的催化剂进行反应，产生N₂的量随时间变化如图所示。

①在催化剂A的作用下，0～4min的v（NH₃）＝　 　。

②该反应活化能E_a（A）、E_a（B）、E_a（C）由大到小的顺序是　 　，理由是　 　。

③下列说法正确的是　 　（填标号）。

a．使用催化剂A达平衡时，△H值更大

b．升高温度可使容器内气体颜色加深

c．单位时间内形成N﹣H键与O﹣H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡

d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡

化学一选修3：物质结构与性质】（15分）

11．（15分）碳族元素（ Carbongroup）是位于元素周期表ⅣA族的元素，包括碳（C）、硅（Si）、锗（Ge）、锡

（Sn）、铅（Pb）、鈇（Fl）六种。请回答

（1）鈇（Fl），其命名是为了纪念苏联原子物理学家乔治•弗洛伊洛夫，是一种人工合成的放射性化学元素，它的化学符号是Uuq，它的原子序数是　 　，属于弱金属之一。

（2）基态锡原子价电子的轨道表示式为　 　与c同周期且未成对电子数相同的元素还有　 　。

（3）晶体硅的密度为ρg•cm³，其晶胞结构与金刚石相似，若硅原子半径为rpm，N_A表示阿伏加德罗常数的值，M（Si）表示硅的相对原子质量，则硅晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为　 　用含ρ、r、N_A、M（Si）的代数式表示]。

（4）GeO₂、SiO₂均为共价型化合物，熔点分别为1388K、1983K，则GeO₂为　 　（填晶体类型），SiO₂的熔点高于GeO₂的原因为　 　。

（5）三氯甲烷（Trichloromethane）为无色透明液体。有特殊气味，味甜，低毒，有麻醉性。有致癌可能性。三氯甲烷的VSEPR模型为　 　，与三氯甲烷互为等电子体的阴离子为　 　（任写一种）。

（6）石墨烯研究近年有了长足发展。2017年，清华任天令团队曾首次实现石墨烯智能人工喉，贴附在聋哑人喉部便可以辅助聋哑人“开口说话”。石墨烯与金属R可以形成一种插层化合物。其中R层平行于石墨层，晶胞如图23甲所示，其垂直于石墨层方向的投影如图乙所示。则该插层化合物的化学式为　 　；若碳碳键的键长为apm，则同层最邻近的两个钾原子之间的距离为　 　pm．（用含a的代数式表示）

【化学--选修5：有机化学基础】（15分）

12．8﹣羟基喹啉可用作医药中间体，也是染料和农药的重要中间体。合成8﹣羟基喹啉的路线如图所示

已知：

（1）B的分子式为　 　。

（2）C可能的结构简式是　 　和　 　。

（3）D的俗名为甘油，其含有的官能团名称为　 　。

（4）C→D的化学反应类型为　 　。

（5）DE的化学反应方程式为　 　。

（6）L的结构简式为　 　。

（7）下列有关8﹣羟基喹啉的说法正确的是　 　（填序号）。

A．能使高锰酸钾溶液褪色

B．遇FeCl₃溶液显紫色

C．不能使溴的四氯化碳溶液褪色

D．能与 NaHCO₃，反应放出CO₂气体

2018-2019学年云南师大附中高三（上）第二次月考化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）

1．（6分）有关下列诗句或谚语的说法正确的是（　　）

A．“水乳交融”“火上浇油”都包含化学变化

B．“蜡炬成灰泪始干”肯定包含化学变化

C．“滴水石穿”“绳锯木断”不包含化学变化

D．“落汤螃蟹着红袍”不包含化学变化

【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系．菁优网版权所有

【分析】物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成，据此分析解答。

【解答】解：A．“水乳交融”为物质混合过程，没有新物质生成，不发生化学变化，故A不选；

B．“蜡炬成灰泪始干”蜡烛为烃的混合物，燃烧发生氧化还原反应生成新物质，肯定包含化学变化，故B选；

C．滴水石穿”碳酸钙与水、二氧化碳反应生成可溶性碳酸氢钙，有新物质生成，属于化学变化，故C不选；

D“龙虾和螃蟹被煮熟时，它们壳里面的一种蛋白质﹣甲壳蛋白会受热扭曲分解，释放出一种类似于胡萝卜素的色素物质，有新物质生成，属于化学变化，故D不选；

故选：B。

【点评】本题考查了物理变化与化学变化的区别，把握过程中是否有新物质生成是解题关键，题目难度不大。

2．（6分）下列有关物质性质和应用不正确的是（　　）

A．石英坩埚耐高温，可用来加热熔化NaOH固体

B．盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性

C．FeCl₃溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路

D．医用酒精能使蛋白质变性，可用来消毒杀菌

【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有

【专题】56：化学应用．

【分析】A．石英的主要成分是二氧化硅，能和氢氧化钠反应；

B．盐析是一个可逆的过程，不改变蛋白质的性质；

C．氯化铁与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁；

D．酒精可以使蛋白质发生变性。

【解答】解：A．石英的主要成分是二氧化硅，和氢氧化钠反应，石英坩埚耐高温，不可用来加热熔化NaOH固体，故A错误；

B．盐析是一个可逆的过程，不改变蛋白质的性质，盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性，故B正确；

C．氯化铁与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，所以FeCl₃溶液可用于蚀刻印刷电路，故C正确；

D．酒精可以使蛋白质发生变性，医用酒精能使蛋白质变性，可用来消毒杀菌，故D正确。

故选：A。

【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

3．（6分）下列有关物质分类，一定正确的是（　　）

A．强电解质：盐酸、氢氧化钡、硫酸钡

B．弱电解质：醋酸，醋酸铵，纯碱

C．非电解质：氯气，二氧化硫，苯

D．同系物：C₃H₈、C₄H₁₀、C₆H₁₄

【考点】D1：电解质与非电解质；D2：强电解质和弱电解质的概念；I2：芳香烃、烃基和同系物．菁优网版权所有

【分析】A．水溶液中或熔融状态全部电离的电解质为强电解质；

B．水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；

C．水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；

D．结构相似组成相差CH₂原子团的有机物为同系物；

【解答】解：A．盐酸是氯化氢气体水溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，氢氧化钡、硫酸钡水溶液中完全电离，故A错误；

B．醋酸水溶液中部分电离属于弱电解质，醋酸铵，纯碱水溶液中完全电离属于强电解质，故B错误；

C．氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故C错误；

D．C₃H₈、C₄H₁₀、C₆H₁₄符合饱和烷烃的通式为烷烃同系物，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查了电解质、非电解质、强电解质、弱电解质、同系物等概念的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

4．（6分）下列反应的离子方程式不正确的是（　　）

A．向Ba（OH）₂溶液中滴加稀硫酸：Ba²⁺+2OH^﹣+2H⁺+SO₄^2﹣═BaSO₄↓+2H₂O

B．向NaHCO₃溶液中加入稀HCl：HCO₃^﹣+H⁺═CO₂↑+H₂O

C．向AlCl₃溶液中加入过量稀氨水：Al³⁺+4NH₃•H₂O═AlO₂^﹣+4NH₄⁺+2H₂O

D．酸性介质中KMnO₄氧化H₂O₂：2MnO₄^﹣+5H₂O₂+6H⁺═2Mn²⁺+5O₂↑+8H₂O

【考点】49：离子方程式的书写．菁优网版权所有

【专题】516：离子反应专题．

【分析】A．二者反应生成硫酸钡和水；

B．碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳；

C．不符合反应客观事实；

D．酸性条件下高锰酸钾将双氧水氧化成氧气。

【解答】解：A．向Ba（OH）₂溶液中滴加稀硫酸，离子方程式：Ba²⁺+2OH^﹣+2H⁺+SO₄^2﹣═BaSO₄↓+2H₂O，故A正确；

B．向NaHCO₃溶液中加入稀HCl，离子方程式：HCO₃^﹣+H⁺═CO₂↑+H₂O，故B正确；

C．AlCl₃溶液中加入过量稀氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al³⁺+3NH₃•H₂O＝Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，故C错误；

D．酸性介质中KMnO₄氧化H₂O₂，二者反应的离子方程式为：2MnO₄^﹣+5H₂O₂+6H⁺═2Mn²⁺+5O₂↑+8H₂O，故D正确；

故选：C。

【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。

5．（6分）下列判断不正确的是（　　）

①维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用

②NO₂溶于水时发生氧化还原反应

③1mol Cl₂参加反应转移电子数一定为2N_A

④阴离子都只有还原性

⑤BaSO₃和H₂O₂的反应为氧化还原反应

⑥化合反应均为氧化还原反应

A．①②⑤B．②③⑥C．③④⑤D．③④⑥

【考点】B1：氧化还原反应．菁优网版权所有

【分析】①维生素C具有还原性，能被强氧化剂氧化而体现还原性；

②有元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应；

③氯气与水的反应中，1mol氯气参加反应时，转移了1mol电子；

④次氯酸根离子为阴离子，具有强氧化性；

⑤双氧水能够氧化亚硫酸钡；

⑥化合反应中不一定存在元素化合价变化，则不一定为氧化还原反应。

【解答】解：①维生素C具有还原性，能被强氧化剂氧化而体现还原性，所以在人体内起抗氧化作用，故①正确；

②反应NO₂+H₂O═2HNO₃+NO中N元素化合价由+4价变为+5价、+2价，所以二氧化氮发生氧化还原反应，故②正确；

③Cl₂+2NaOH═NaCl+NaClO+H₂O中有1mol氯气参加反应时，有N_A个电子转移，故③错误；

④阴离子可能具有氧化性，如ClO^﹣具有强氧化性，故④错误；

⑤BaSO₃+H₂O₂═Na₂SO₄+H₂O，该反应中有电子转移，属于氧化还原反应，故⑤正确；

⑥化合反应有的不是氧化还原反应，如CaO和水反应，故⑥错误；

综合以上分析，③④⑥错误，

故选：D。

【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的概念、实质即可解答，注意掌握氧化还原反应的判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

6．（6分）下列实验操作正确且能达到相应实验目的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【专题】25：实验评价题．

【分析】A．称量NaOH时用纸片会造成托盘污染腐蚀且称量不准确；

B．配制一定物质的量浓度的溶液时，应该选用容量瓶配制；

C．检验铵根离子时，先向溶液中加入强碱、加热，然后用湿润的红色石蕊试纸检验；

D．四氯化碳能萃取碘水中的碘单质，不能萃取I^﹣。

【解答】解：A．称量强腐蚀性试剂需在烧杯内称量，用纸片会造成托盘污染腐蚀且称量不准确，故A错误；

B．配制0.1mol•L^﹣1NaCl溶液100mL，要按照计算、称量、溶解、转移、定容等步骤进行，需要使用100mL容量瓶，故B错误；

C．检验铵根离子，可以使用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与铵根离子结合产生氨气，氨气的水溶液呈碱性，能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，故C正确；

D．CCl₄能萃取碘水中的I₂，不能萃取I^﹣，加入CCl₄并振荡，静置，CCl₄层无颜色变化，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度不大，涉及离子检验、物质分离与提纯、称量等知识，明确常见化学实验基本操作方法即可解答，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。

7．（6分）H₃PO₂及NaH₂PO₂均可将溶液中的Ag⁺还原为银，从而可用于化学镀银。利用H₂PO₂^﹣进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，下列说法正确的是（　　）

A．H₂PO₂^﹣是氧化剂B．Ag⁺是还原剂

C．氧化产物是H₃PO₃D．氧化产物是H₃PO₄

【考点】BQ：氧化还原反应的计算．菁优网版权所有

【专题】515：氧化还原反应专题．

【分析】NaH₂PO₂为正盐，可将溶液中的Ag⁺还原为Ag，Ag元素的化合价降低，P元素的化合价升高，设氧化产物中P元素的化合价为x，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1及电子守恒可以知道：4×（1﹣0）＝1×（x﹣1），解得：x＝+5，发生反应为：H₂PO₂^﹣+4Ag⁺+2H₂O═H₃PO₄+4Ag+3H⁺，该反应的氧化剂是Ag⁺，还原剂是H₂PO₂^﹣，则H₂PO₂^﹣对应的氧化产物为H₃PO₄，据此解答。

【解答】解：NaH₂PO₂为正盐，可将溶液中的Ag⁺还原为Ag，Ag元素的化合价降低，P元素的化合价升高，设氧化产物中P元素的化合价为x，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1及电子守恒可以知道：4×（1﹣0）＝1×（x﹣1），解得：x＝+5，发生反应为：H₂PO₂^﹣+4Ag⁺+2H₂O═H₃PO₄+4Ag+3H⁺，该反应的氧化剂是Ag⁺，还原剂是H₂PO₂^﹣，则H₂PO₂^﹣对应的氧化产物为H₃PO₄，

A．H₂PO₂^﹣在反应中被氧化，是还原剂，故A错误；

B．Ag⁺还原为Ag，Ag元素的化合价降低，Ag⁺是氧化剂，故B错误；

C．H₂PO₂^﹣对应的氧化产物为H₃PO₄，故C错误；

D．H₂PO₂^﹣对应的氧化产物为H₃PO₄，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查氧化还原反应的计算与判断，题目难度不大，根据电子守恒正确计算反应产物中P元素化合价为解答关键，注意掌握氧化还原反应的实质，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．（14分）胆矾（CSO₄•5H₂O）是一种重要的含铜化合物，某课外研究小组用粗铜（含少量Fe）通过不同的化学反应制取胆矾的过程如图。

当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于1×10^﹣5mol/L时，认为该离子沉淀完全。

试回答下列问题：

（1）下列物质中，最适合作为试剂X的是　C　（填序号）。

A．KMnO₄B．K₂Cr₂O C．H₂O₂D．NaCIO

（2）由粗铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅱ相比，途径I有明显的两个优点，分别是　产生等量胆矾途径Ⅰ消耗硫酸少　，　途径Ⅰ不会产生污染大气的气体　。

（3）试剂Y可以是　CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃　。（任填一种物质的化学式）

（4）若溶液C中Cu²⁺、Fe³⁺的浓度分别为1mo/L、0．lmo/L，则向溶液C中加入少量试剂Y的过程中应控制溶液C的pH范围约为　3.2～3.9　。

（5）氢化亚铜（CuH）是一种红色固体，40～50℃时，滤液E和H₃PO₂溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，该反应的离子方程式为　4Cu²⁺+3H₃PO₂+6H₂O＝4CuH↓+8H⁺+3H₃PO₄　该反应每转移1.5N_A个电子，生成CuH的物质的量为　0.5mol　。

（6）纳米氧化亚铜（Cu₂O）是一种用途广泛的光电材料，电化学法可用铜棒和石愚作电极，电解滤液E获得纳米氧化亚铜，电解过程中无气体产生，则铺棒作　阳　极，生成Cu₂O的电极反应式为　2Cu²⁺+2e^﹣+H₂O＝Cu₂O+2H⁺　，电解过程中滤液E的浓度　减小　（填“增大”“不变”或“减小”）。

（7）得到CuSO₄•5H₂O晶体，乙醇代替蒸馏水洗涤晶体的目的是　硫酸铜在乙醇中溶解度较小且乙醇易挥发　。

【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【分析】途径I：粗铜（含少量Fe）在空气中加热，发生反应：2Cu+O₂2CuO，3Fe+2O₂Fe₃O₄，加入足量的稀硫酸溶解氧化物，得到含有Cu²⁺、Fe²⁺、Fe³⁺的酸性溶液，加入过氧化氢氧化Fe²⁺为Fe³⁺，溶液C主要含有Cu²⁺、Fe³⁺，

途径II：粗铜（含少量Fe）与足量的浓硫酸反应：Cu+2H₂SO₄CuSO₄+SO₂↑+2H₂O，2Fe+6H₂SO₄Fe₂（SO₄）₃+3SO₂↑+6H₂O，得到主要含有Cu²⁺、Fe³⁺的溶液C，

向含有Cu²⁺、Fe³⁺的溶液C中加入CuO（Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃）促进其中Fe³⁺的水解，生成Fe（OH）₃，沉淀D为Fe（OH）₃，滤液E为硫酸铜溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶得到胆矾晶体，

（1）根据试剂X的作用为氧化Fe²⁺为Fe³⁺，同时不引入杂质分析；

（2）由绿色化学和原料消耗分析；

（3）加入试剂Y的目的是调节溶液的pH使Fe³⁺沉淀，同时不引入杂质分析；

（4）加入试剂Y应使Fe³⁺完全沉淀，故pH应大于3.2，同时保证Cu²⁺尚未开始沉淀，通过完全沉淀的pH为6.4，计算出Cu（OH）₂的K_sp，再结合Cu²⁺的初始浓度计算出Cu²⁺开始沉淀的pH；

（5）滤液E为硫酸铜溶液，和H₃PO₂溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，可得反应；根据电子得失守恒可得生成CuH的物质的量；

（6）根据电解池中阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应分析；

（7）乙醇代替蒸馏水洗涤晶体的目的是硫酸铜在乙醇中溶解度较小且乙醇易挥发。

【解答】解：（1）加入试剂X的目的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，试剂X应符合不引入杂质的要求，故选择H₂O₂；

故答案为：C；

（2）由粗铜通过途径Ⅱ制取胆矾，使用浓硫酸会产生污染性气体二氧化硫，同时由于产生二氧化硫，硫酸的利用率也降低，消耗硫酸更多，则产生等量胆矾途径Ⅰ消耗硫酸少、途径Ⅰ不会产生污染大气的气体；

故答案为：产生等量胆矾途径Ⅰ消耗硫酸少；途径Ⅰ不会产生污染大气的气体；

（3）加入试剂Y的目的是调节溶液的pH使Fe³⁺沉淀，Y同样要求不引入杂质（即含铜元素的碱性化合物），故可选择CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃等；

故答案为：CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃；

（4）加入试剂Y应使Fe³⁺完全沉淀，故pH应大于3.2，同时保证Cu²⁺尚未开始沉淀，通过完全沉淀的pH为6.4，Cu（OH）₂的K_sp＝c（Cu²⁺）•c²（OH^﹣）＝1×10^﹣5×（10^﹣7.6）²＝10^﹣20.2，Cu²⁺开始沉淀的c（OH^﹣）mol/L＝10^﹣10.1，mol/L，c（H⁺）＝10^﹣3.9mol/L，则pH为3.9，故溶液C的pH范围约为3.2～3.9；

故答案为：3.2～3.9；

（5）滤液E为硫酸铜溶液，和H₃PO₂溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，离子方程式为：4Cu²⁺+3H₃PO₂+6H₂O＝4CuH↓+8H⁺+3H₃PO₄；根据反应可知：生成1mol CuH转移3N_A个电子，故转移1.5N_A个电子，生成CuH的物质的量为0.5mol；

故答案为：4Cu²⁺+3H₃PO₂+6H₂O＝4CuH↓+8H⁺+3H₃PO₄；0.5mol；

（6）电解过程中无气体产生，则铜棒作阳极，Cu﹣2e^﹣＝Cu²⁺；铜离子在阴极反应生成Cu₂O，电极反应式为2Cu²⁺+2e^﹣+H₂O＝Cu₂O+2H⁺；根据得失电子守恒，阳极生成1mol Cu²⁺，阴极需消耗2mol Cu²⁺，故滤液E的浓度减小；

故答案为：阳；2Cu²⁺+2e^﹣+H₂O＝Cu₂O+2H⁺；减小；

（7）硫酸铜在乙醇中溶解度较小且乙醇易挥发，故用乙醇代替蒸馏水洗涤晶体CuSO₄•5H₂O；

故答案为：硫酸铜在乙醇中溶解度较小且乙醇易挥发。

【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用是解题关键，注意溶度积的灵活计算，需要学生有扎实的基础知识，综合性强，题目难度较大。

9．（14分）某化学兴趣小组在实验室从海带灰中提取碘并制备K晶体。

I．碘单质的提取，实验过程如图1：

请回答下列问题

（1）操作b的名称是　分液　。

（2）试剂a可以选用的是　ABD　。（填序号）

A．苯B．CCl₄C．甘油D．直馏汽油E．己烯

Ⅱ．KI晶体的制备，实验装置如图2：

实验步骤如下

i．配制0.5moL的KOH溶液。

i．在三颈瓶中加入12.7g研细的单质I₂和250mL0.5mol/L的KOH溶液，搅拌至碘完全溶解。

ⅲ通过滴液漏斗向反应后的溶液中滴加适量甲酸，充分反应后，HCOOH被氧化为CO₂，再用KOH溶液调pH至9～10，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。得KI产品14.5g。

请回答下列问题：

（3）配制0.5mol/LKOH溶液时，下列操作导致配得的溶液浓度偏高的是　BC　（填序号）。

A．托盘上分别放置质量相等的纸片后称量KOH固体

B．KOH固体样品中混有K₂O₂

C．称量好的固体放入烧杯中溶解未经冷却直接转移入容量瓶

D．未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容

E．定容时仰视刻度线

F．定容后摇匀，液面下降，再加水至刻度线

G．定容后摇匀，少量溶液溅出容量瓶

（4）步骤ⅱ中I₂与KOH溶液反应生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：5，请写出氧化产物的化学式：　KIO₃　。

（5）步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，需打开活塞　b　（填“a”“b”或“a和b”）

（6）实验中，加入 HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为　3HCOOH+IO₃^﹣＝I^﹣+3CO₂↑+3H₂O　。

（7）实验中KI的产率为　87.3　%（结果保留一位小数）。

【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【分析】I．由流程可知，海带灰溶解后，过滤分离出溶液I含碘离子，酸化加过氧化氢氧化碘离子生成碘，加试剂a为苯或四氯化碳等萃取碘，操作a为分液，有机物加NaOH与碘反应，操作b为分液，分离出试剂a，溶液III含碘离子，酸化发生氧化还原反应生成碘；

II．（3）结合c及不当操作可知，n偏大或V偏小，导致配得的溶液浓度偏高；

（4）I₂与KOH溶液反应生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：5，由电子守恒可知反应生成KIO₃、KI；

（5）恒压滴液漏斗不需要打开a，就能保证滴液漏斗和圆底烧瓶压强一致，且防止溶液的挥发，步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，打开活塞b；

（6）加入HCOOH，与IO₃^﹣发生氧化还原反应生成I^﹣、CO₂、H₂O；

（7）12.7g I₂的物质的量为0.05mol，KOH的物质的量为0.125mol，由3I₂+6KOH＝KIO₃+5KI+3H₂O可知，KOH过量，KIO₃被HCOOH还原也生成KI，故理论上0.05mol I₂可生成0.1mol KI（质量为16.6g）。

【解答】解：（1）由上述分析可知，操作b的名称是分液，故答案为：分液；

（2）试剂a可以选用的是ABD，甘油与水互溶，己烯与碘发生加成反应，均不能选，故答案为：ABD；

II．（3）A．托盘上分别放置质量相等的纸片后称量KOH固体，KOH易潮解，KOH的物质的量偏小，浓度偏低，故不选；

B．KOH固体样品中混有K₂O₂与水反应生成KOH，KOH的物质的量偏大，浓度偏高，故选；

C．称量好的固体放入烧杯中溶解未经冷却直接转移入容量瓶，V偏小，浓度偏高，故选；

D．未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容，n偏小，浓度偏低，故不选；

E．定容时仰视刻度线，V偏大，浓度偏低，故不选；

F．定容后摇匀，液面下降，再加水至刻度线，V偏大，浓度偏低，故不选；

G．定容后摇匀，少量溶液溅出容量瓶，浓度偏低，故不选；

故答案为：BC；

（4）步骤ⅱ中I₂与KOH溶液反应生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：5，由电子守恒可知反应生成KIO₃、KI，则氧化产物的化学式为KIO₃，

故答案为：KIO₃；

（5）恒压滴液漏斗不需要打开a，就能保证滴液漏斗和圆底烧瓶压强一致，且防止溶液的挥发，步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，需打开活塞b，可使液体流下，

故答案为：b；

（6）实验中，加入HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为3HCOOH+IO₃^﹣＝I^﹣+3CO₂↑+3H₂O，

故答案为：3HCOOH+IO₃^﹣＝I^﹣+3CO₂↑+3H₂O；

（7）12.7g I₂的物质的量为0.05mol，KOH的物质的量为0.125mol，由3I₂+6KOH＝KIO₃+5KI+3H₂O可知，KOH过量，KIO₃被HCOOH还原也生成KI，故理论上0.05mol I₂可生成0.1mol KI（质量为16.6g），所以实验中KI的产率为，

故答案为：87.3。

【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、含量测定计算、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意产率计算为解答的难点，题目难度不大。

10．（15分）NO_x是造成大气污染的主要物质，用还原法将其转化为无污染的物质，对于消除环境污染有重要意义。

（1）已知：2C（s）+O₂（g）⇌2CO（g）△H₁＝﹣221.0kJ/mol

N₂（g）+O₂（g）⇌2NO（g）△H₂＝+180.5kJ/mol

2NO（g）+2CO（g）⇌2CO₂（g）+N₂（g）△H₃＝﹣746.0kJ/mol

回答下列问题：

①用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为　2NO（g）+C（s）⇌CO₂（g）+N₂（g）△H＝﹣573.75kJ/mol　。

②在一定温度下，向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入一定量的NO和足量的焦炭，反应过程中测得各容器中c（NO）（mol/L）随时间（s）的变化如下表。

已知：三个容器的反应温度分别为T_甲＝400℃、T_乙＝400℃、T_丙＝a℃

甲容器中，该反应的平衡常数K＝　　。

丙容器的反应温度a　＞　400℃（填“˃”、“＜”或“＝”），理由是　温度越高，化学反应速率越快，反应达到平衡状态时间越短，根据表中数据知，达到平衡时间丙较短，所以温度高　。

（2）用NH₃催化还原NO_x消除氮氧化物的污染。

已知：8NH₃（g）+6NO₂（g）⇌7N₂（g）+12H₂O（l）△H＜0．相同条件下，在2L密闭容器内，选用不同的催化剂进行反应，产生N₂的量随时间变化如图所示。

①在催化剂A的作用下，0～4min的v（NH₃）＝　0.3571mol/（L．min）　。

②该反应活化能E_a（A）、E_a（B）、E_a（C）由大到小的顺序是　E_a（C）＞E_a（B）＞E_a（A）　，理由是　活化能越低，化学反应速率越快，化学反应速率A＞B＞C，所以活化能E_a（C）＞E_a（B）＞E_a（A）　。

③下列说法正确的是　bcd　（填标号）。

a．使用催化剂A达平衡时，△H值更大

b．升高温度可使容器内气体颜色加深

c．单位时间内形成N﹣H键与O﹣H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡

d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡

【考点】BE：热化学方程式；CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有

【专题】51E：化学平衡专题．

【分析】（1）①用焦炭还原NO生成无污染气体，说明生成物是二氧化碳和氮气，

i.2C（s）+O₂（g）⇌2CO（g）△H₁＝﹣221.0kJ/mol

ii．N₂（g）+O₂（g）⇌2NO（g）△H₂＝+180.5kJ/mol

iii.2NO（g）+2CO（g）⇌2CO₂（g）+N₂（g）△H₃＝﹣746.0kJ/mol

将方程式（i﹣ii+iii）得2NO（g）+C （s）⇌CO₂（g）+N₂（g）△H进行相应的改变；

②（甲）该反应2NO（g）+C （s）⇌CO₂（g）+N₂（g），

开始（mol/L）2.00 0 0

反应（mol/L）1.20 0.60 0.60

平衡（mol/L）0.80 0.60 0.60

化学平衡常数K；

甲和丙的开始浓度相同，说明二者容器体积相同，温度越高，化学反应速率越快，反应达到平衡状态时间越短；

（2）①在催化剂A的作用下，0～4min的△n（N₂）＝（3.5﹣0）mol＝3.5mol，v（N₂）0.3125mol/（L．min），

相同时间内同一反应中各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算v（NH₃）；

②相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低；

③a．催化剂不影响平衡移动；

b．该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；

c．单位时间内形成N﹣H键与O﹣H键的数目相等时，正逆反应速率相等；

d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，随着反应进行，化学平衡常数改变，当平衡常数不变时，正逆反应速率相等。

【解答】解：（1）①用焦炭还原NO生成无污染气体，说明生成物是二氧化碳和氮气，

i.2C（s）+O₂（g）⇌2CO（g）△H₁＝﹣221.0kJ/mol

ii．N₂（g）+O₂（g）⇌2NO（g）△H₂＝+180.5kJ/mol

iii.2NO（g）+2CO（g）⇌2CO₂（g）+N₂（g）△H₃＝﹣746.0kJ/mol

将方程式（i﹣ii+iii）得2NO（g）+C （s）⇌CO₂（g）+N₂（g）△H（﹣221.0﹣180.5﹣746.0）kJ/mol＝﹣573.75kJ/mol，

故答案为：2NO（g）+C （s）⇌CO₂（g）+N₂（g）△H＝﹣573.75kJ/mol；

②（甲）该反应2NO（g）+C （s）⇌CO₂（g）+N₂（g），

开始（mol/L）2.00 0 0

反应（mol/L）1.20 0.60 0.60

平衡（mol/L）0.80 0.60 0.60

化学平衡常数K；

甲和丙的开始浓度相同，说明二者容器体积相同，温度越高，化学反应速率越快，反应达到平衡状态时间越短，根据表中数据知，达到平衡时间丙较短，所以a＞400℃，

故答案为：；＞；温度越高，化学反应速率越快，反应达到平衡状态时间越短，根据表中数据知，达到平衡时间丙较短，所以温度高；

（2）①在催化剂A的作用下，0～4min的△n（N₂）＝（3.5﹣0）mol＝3.5mol，v（N₂）0.3125mol/（L．min），相同时间内同一反应中各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则v（NH₃）0.3571mol/（L．min），

故答案为：0.3571mol/（L．min）；

②相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，该反应的活化能越低，根据图知，化学反应速率A＞B＞C，所以活化能大小顺序是E_a（C）＞E_a（B）＞E_a（A），

故答案为：E_a（C）＞E_a（B）＞E_a（A）；活化能越低，化学反应速率越快；

③a．催化剂不影响平衡移动，所以其焓变不变，故错误；

b．该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，气体颜色加深，故正确；

c．单位时间内形成N﹣H键与O﹣H键的数目相等时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；

d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，随着反应进行，化学平衡常数改变，当平衡常数不变时，正逆反应速率相等，化学反应达到平衡状态，故正确；

故选bcd。

【点评】本题考查化学平衡计算、平衡状态判断、盖斯定律等知识点，侧重考查学生分析、判断及计算能力，明确盖斯定律内涵、化学平衡状态判断方法、化学平衡计算方法即可解答，注意：绝热条件下可逆反应在没有达到平衡状态之前平衡常数是改变的，化学平衡常数只与温度有关。

化学一选修3：物质结构与性质】（15分）

11．（15分）碳族元素（ Carbongroup）是位于元素周期表ⅣA族的元素，包括碳（C）、硅（Si）、锗（Ge）、锡

（Sn）、铅（Pb）、鈇（Fl）六种。请回答

（1）鈇（Fl），其命名是为了纪念苏联原子物理学家乔治•弗洛伊洛夫，是一种人工合成的放射性化学元素，它的化学符号是Uuq，它的原子序数是　114　，属于弱金属之一。

（2）基态锡原子价电子的轨道表示式为　　与c同周期且未成对电子数相同的元素还有　O　。

（3）晶体硅的密度为ρg•cm³，其晶胞结构与金刚石相似，若硅原子半径为rpm，N_A表示阿伏加德罗常数的值，M（Si）表示硅的相对原子质量，则硅晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为　，　用含ρ、r、N_A、M（Si）的代数式表示]。

（4）GeO₂、SiO₂均为共价型化合物，熔点分别为1388K、1983K，则GeO₂为　原子晶体　（填晶体类型），SiO₂的熔点高于GeO₂的原因为　GeO₂、SiO₂都是原子晶体，Si原子半径小于Ge，SiO₂中共价键键长短，键能大，熔点高　。

（5）三氯甲烷（Trichloromethane）为无色透明液体。有特殊气味，味甜，低毒，有麻醉性。有致癌可能性。三氯甲烷的VSEPR模型为　四面体形　，与三氯甲烷互为等电子体的阴离子为　HSO₃^﹣　（任写一种）。

（6）石墨烯研究近年有了长足发展。2017年，清华任天令团队曾首次实现石墨烯智能人工喉，贴附在聋哑人喉部便可以辅助聋哑人“开口说话”。石墨烯与金属R可以形成一种插层化合物。其中R层平行于石墨层，晶胞如图23甲所示，其垂直于石墨层方向的投影如图乙所示。则该插层化合物的化学式为　RC₈　；若碳碳键的键长为apm，则同层最邻近的两个钾原子之间的距离为　pm　pm．（用含a的代数式表示）

【考点】8A：原子核外电子的能级分布；9H：晶体熔沸点的比较；9I：晶胞的计算．菁优网版权所有

【分析】（1）鈇处于第七周期第IVA族，位于过渡元素之后，同主族相邻元素原子序数之差等于较大周期数容纳元素种数；

（2）基态锡原子价电子排布式为5s²5p²，结合泡利原理、洪特规则画出价电子的轨道表示式；与C同周期且未成对电子数相同的元素原子价电子排布式为2s²2p⁴；

（3）硅的晶胞结构如图所示，均摊法计算晶胞中Si原子数目，计算Si原子总体积，计算晶胞质量，根据V计算晶胞体积，原子的体积占晶胞体积的百分率100%；

（4）GeO₂属于共价化合物，熔沸点比较高，符合原子晶体的性质；原子晶体中原子半径越小，共价键键长越短，键能越大，物质的熔沸点越高；

（5）三氯甲烷中C原子没有孤电子对，形成1个C﹣H键、3个C﹣Cl，价层电子对数为4；与三氯甲烷互为等电子体的阴离子，若Cl原子用O原子替换，少了3个价电子，故再用S原子与1个单位负电荷替换C原子；

（6）晶胞中R原子处于顶点、面心、内部4个，晶胞中每层石墨烯部分结构中有4条边（8个C原子）处于晶胞面上，其它C原子处于晶胞内部，均摊法计算晶胞单独占有R原子、C原子数目确定化学式；

K层中K原子之间的最近距离为图乙中长方形宽，C﹣C键的键长为a pm，正六边形的内角为120°，则4×a pm×cos30°＝长方形的宽。

【解答】解：（1）鈇处于第七周期第IVA族，位于过渡元素之后，同主族相邻元素原子序数之差等于较大周期数容纳元素种数，故鈇的原子序数为：14+18+18+32+32＝114，

故答案为：114；

（2）基态锡原子价电子排布式为5s²5p²，结合泡利原理、洪特规则，价电子的轨道表示式为；与C同周期且未成对电子数相同的元素原子价电子排布式为2s²2p⁴，该元素为O，

故答案为：；O；

（3）硅的晶胞结构如图所示，则该晶胞中含有硅原子的个数为，8个硅原子的体积为cm³，晶胞的体积为8g÷ρg•cm³cm³，则硅晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为，

故答案为：；

（4）GeO₂属于共价化合物，熔沸点比较高，属于原子晶体；GeO₂、SiO₂都是原子晶体，Si原子半径小于Ge，SiO₂中共价键键长短，键能大，熔点高，

故答案为：原子晶体；GeO₂、SiO₂都是原子晶体，Si原子半径小于Ge，SiO₂中共价键键长短，键能大，熔点高；

（5）三氯甲烷中C原子没有孤电子对，形成1个C﹣H键、3个C﹣Cl，价层电子对数为4，其VSEPR模型为四面体形；与三氯甲烷互为等电子体的阴离子，若Cl原子用O原子替换，少了3个价电子，故再用S原子与1个单位负电荷替换C原子，即等电子体阴离子为HSO₃^﹣，

故答案为：四面体形；HSO₃^﹣；

（6）晶胞中R原子处于顶点、面心、内部4个，晶胞中每层石墨烯部分结构中有4条边（8个C原子）处于晶胞面上，其它C原子处于晶胞内部，晶胞中R原子数目，C原子数目，K、C原子数目之比为1：8，则该插层化合物的化学式是RC₈。

K层中K原子之间的最近距离为图乙中长方形宽，令K原子之间的最近距离为d，C﹣C键的键长为a pm，正六边形的内角为120°，则4×a pm×cos30°＝d，整理可得d pm，

故答案为：RC₈；pm。

【点评】本题是对物质结构的考查，侧重考查学生分析解决问题的能力、知识迁移运用能力，（6）是本题的易错点、难点，关键是根据图乙读懂图甲中各微粒所处位置，明确最近的K原子，需要学生具有一定的空间想象与数学计算能力。

【化学--选修5：有机化学基础】（15分）

12．8﹣羟基喹啉可用作医药中间体，也是染料和农药的重要中间体。合成8﹣羟基喹啉的路线如图所示

已知：

（1）B的分子式为　C₃H₅Cl　。

（2）C可能的结构简式是　HOCH₂CHClCH₂Cl　和　ClCH₂CH（OH）CH₂Cl　。

（3）D的俗名为甘油，其含有的官能团名称为　羟基　。

（4）C→D的化学反应类型为　取代反应或水解反应　。

（5）DE的化学反应方程式为　HOCH₂CH（OH）CH₂OHCH₂＝CHCHO+2H₂O　。

（6）L的结构简式为　　。

（7）下列有关8﹣羟基喹啉的说法正确的是　AB　（填序号）。

A．能使高锰酸钾溶液褪色

B．遇FeCl₃溶液显紫色

C．不能使溴的四氯化碳溶液褪色

D．能与 NaHCO₃，反应放出CO₂气体

【考点】HC：有机物的合成；HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有

【专题】112：有机推断．

【分析】A的结构简式为CH₃CH＝CH₂，A与Cl₂高温反应生成B，B与HOCl发生加成反应生成C，B中含碳碳双键，A→B为取代反应，B的结构简式为CH₂＝CHCH₂Cl，C的结构简式为HOCH₂CHClCH₂Cl或ClCH₂CH（OH）CH₂Cl；根据C→D的反应条件推断应为氯原子的水解反应，D的结构简式为HOCH₂CH（OH）CH₂OH；E+F→K为加成反应，则E的结构简式为CH₂＝CHCHO，可推知D在浓硫酸、加热时消去2个“H₂O”生成E；L的分子式为C₉H₁₁NO₂，K→L的过程中发生信息所给的加成反应得L，L为，L发生消去反应生成M，结合题目分析解答。

【解答】解：（1）B为CH₂＝CHCH₂Cl，B的分子式为C₃H₅Cl，

故答案为：C₃H₅Cl；

（2）C可能的结构简式是HOCH₂CHClCH₂Cl、ClCH₂CH（OH）CH₂Cl，

故答案为：HOCH₂CHClCH₂Cl；ClCH₂CH（OH）CH₂Cl；

（3）D的结构简式为HOCH₂CH（OH）CH₂OH，其含有的官能团名称为羟基，

故答案为：羟基；

（4）C→D的化学反应类型为取代反应或水解反应，

故答案为：取代反应或水解反应；

（5）D生成E的化学反应方程式为HOCH₂CH（OH）CH₂OHCH₂＝CHCHO+2H₂O，

故答案为：HOCH₂CH（OH）CH₂OHCH₂＝CHCHO+2H₂O；

（6）L的结构简式为，

故答案为：；

（7）A．含有碳碳双键和酚羟基，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而能使高锰酸钾溶液褪色，故正确；

B．含有酚羟基，具有酚的性质，遇FeCl₃溶液显紫色，故正确；

C．含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应而能使溴的四氯化碳溶液褪色，故错误；

D．酚羟基不能与 NaHCO₃，所以没有CO₂气体生成，故错误；

故选AB。

【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，注意（5）中发生消去反应、氧化反应生成E，为解答易错点。

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日期：2019/4/15 12:23:06；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120