1、浙江省普通高校招生选考科目化学模拟试题（五）(时间：90分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Ba137选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于碱性氧化物的是()A.CO B.SiO2 C.NaOH D.CaO解析A.CO为不成盐氧化物，A错误；B.SiO2与碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，B错误；C.NaOH由三种元素组成，不是氧化物，属于碱，C错误；D.CaO与酸反应生成盐和水，为碱性氧化物，D正确；答案选D。答案D2.仪器名
2、称为“蒸馏烧瓶”的是()解析A为集气瓶，B为蒸馏烧瓶，C为平底烧瓶，D为试管。故选B。答案B3.下列属于弱电解质的是()A.CH3COONH4 B.Cl2C.盐酸 D.Fe(OH)3解析CH3COONH4在水溶液中完全电离，属于强电解质，故A错误；Cl2是单质，既不是电解质又不是非电解质，故B错误；盐酸是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故C错误； Fe(OH)3是弱电解质，故D正确。答案D4.下列反应中不属于氧化还原反应的是()A.Ca(OH)22HCl=CaCl22H2OB.2HClO2HClO2C.FeH2SO4=FeSO4H2D.Cu2AgNO3=2AgCu(NO3)2解析氧化还原反
3、应的特征是元素化合价发生变化，只有反应A中化合价未发生变化，故选A。答案A5.下列现象与胶体有关的是()A.用盐酸洗净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到紫色B.用一束光照射某分散系，在垂直光线的方向上观察到一条光亮的通路C.向KI溶液中滴加少量FeCl3溶液反应，加CCl4萃取、分液，再向上述溶液中加KSCN溶液变红色D.将羊毛点燃可闻到烧焦羽毛的气味解析与A选项表述相关的是钾元素的焰色反应，B选项是胶体的丁达尔效应，C选项说明KI溶液和FeCl3溶液的反应是可逆反应，D选项是蛋白质的性质。答案B6.下列说法不正确的是()A.硅晶体具有良好的导光能力，常用作光导纤维B.M
4、g因为质量轻、强度大，常用作飞机、火箭等原料C.NaHCO3具有弱碱性，可用于治疗胃酸过多D.Fe2O3难溶于水，和某些油料混合作防锈油漆解析二氧化硅有导光能力作光导纤维，硅是半导体材料，故A错误。答案A7.下列化学用语表示正确的是()A.N2分子的结构式：NNB.次氯酸的电离方程式：HClO=HClOC.水分子的球棍模型：D.S2的结构示意图：解析A.N2分子形成叁键，结构式：NN，故A正确；B.次氯酸是弱电解质，次氯酸的电离方程式：HClOHClO，故B错误；C.水分子的球棍模型：，故C错误；D.S2的结构示意图：，故D错误；故选A。答案A8.下列能使淀粉碘化钾溶液变蓝的物质是()A.Fe
5、Cl3 B.SO2 C.KBr D.NaHCO3解析碘单质遇淀粉溶液变蓝色，所以要使淀粉碘化钾溶液变蓝，需要用具有氧化性的物质把I氧化为I2，因此A.FeCl3中Fe3具有较强的氧化性，则A正确；B.SO2虽然既有氧化性又有还原性，但以还原性为主，所以B错误；C.KBr具有还原性，故C错误；D.NaHCO3没有氧化性，则D错误。本题正确答案为A。答案A9.下列实验现象是因为放热引起的是()A.将HCl通入水中，液面沿着导管上升B.将浓硫酸快速加入水中，水沸腾、飞溅C.向H2O2溶液中加入少量MnO2粉末，大量气泡生成D.向溴水中加入CCl4，振荡后静置一段时间，水层褪色解析HCl极易溶于水，引
6、起水沿着导管倒吸，A错误；浓硫酸溶于水放热，B正确；MnO2作H2O2分解的催化剂，生成大量O2，C错误；溴水中加CCl4使水层褪色属于萃取，D错误。答案B10.下列有关实验的说法不正确的是()A.某些试剂取用后可放回原试剂瓶B.用玻璃棒蘸取新制氯水，滴在干燥的pH试纸上，测定该溶液的pHC.保存液溴时采用液封法，即在液面上覆盖一层水D.检验某溶液含有NH：取试样少许于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生的气体可使湿润红色石蕊试纸变蓝解析金属钠切下小块后剩余的应放回原试剂瓶中，A正确；氯水中的HClO有漂白性，使pH试纸褪色，不能用pH试纸测新制氯水的pH，B错误；液溴易挥发且有毒，采用水液
7、封保存，C正确；NH和碱共热生成NH3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D正确。答案B11.下列关于有机化合物的说法不正确的是()A.聚丙烯酸甲酯中含碳碳双键B.以淀粉为原料可制取乙酸乙酯C.己烷有5种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同D.在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应解析丙烯酸甲酯中含有碳碳双键，发生加聚反应后，碳碳双键变为碳碳单键，A错误；淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下变为酒精，酒精最终氧化为乙酸，乙酸和乙醇生成乙酸乙酯，B正确；同分异构体中，支链越多，熔沸点越低，所以己烷有5种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同，
8、C正确；在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应，D正确；答案选A。答案A12.在一定温度下，某体积不变的密闭容器中发生可逆反应：X(g)3Y(g)2Z(g)Ha kJmol1，反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线。下列叙述正确的是()A.OAB的面积表示反应过程中正反应生成的Z的量B.t2时，反应达到平衡，此时反应不再发生C.t2t3，容器内气体压强不变D.反应到达平衡时，放出的热量不可能为a kJ解析OAB的面积表示正反应生成的Z的量减去逆反应消耗的Z的量，A错误；t2时，v正v逆0，反应达到平衡，但反应仍在进行，B错误；t2t3时，反
9、应达到平衡，容器内各物质的物质的量不再改变，此时容器内气体压强不变，C正确；当反应物消耗的量为1 mol X和3 mol Y时，放出的热量为a kJ，D错误。答案C13.下列解释实验事实的离子方程式正确的是()A.用醋酸检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：CaCO32H=Ca2H2OCO2B.漂白粉溶液中通入过量的SO2：ClOSO2H2O=HClOHSOC.酸性KI淀粉溶液久置后变蓝：4IO24H=2I22H2OD.Na2S溶液使酚酞试液变红：S22H2O2OHH2S解析A.醋酸是弱酸，不能拆写成离子，故A错误；B.HClO具有强氧化性，能把HSO氧化成SO，故B错误；C.久置后变蓝，说明I被氧气氧化
10、成I2，离子反应方程式为4IO24H=2I22H2O，故C正确；D.S2水解应是分步水解，故D错误。答案C14.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置关系如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则下列说法正确的是()XYZWA.简单离子半径：Y ZWB.氧化物对应水化物的酸性：WZC.非金属性：YX，所有Y的氢化物比X的氢化物都要稳定D.X、Y、Z均可与氢元素形成原子个数比为12的化合物解析根据题意，X、Y、Z、W分别为N、O、S、Cl四种元素。简单离子半径：S2Cl，但O2c(NH3H2O)B.NaOH溶液中的c(OH)较大C.向等体积的两溶液中加盐酸至中性，NaOH消耗的
11、盐酸体积多D.将等体积的氢氧化钠和氨水溶液加水稀释相同倍数后的pH，氨水大于氢氧化钠解析pH相等即两碱性溶质电离生成的OH浓度相等，NaOH为强碱能完全电离，自身浓度较小，即c(NaOH)c(NH3H2O)，A错误；pH相等即溶液中c(OH)相等，B错误；弱碱氨水中有大量溶质未电离，加盐酸至中性时要消耗更多的盐酸，故C错误；根据稀释规律，pH相同的强碱和弱碱稀释相同倍数后弱碱的pH更大，D正确。答案D19.25 、101 kPa时，有以下能量转化图，下列说法不正确的是()A.转化的热化学方程式2CO(g)O2(g)=2CO2(g)H282.9 kJmol1B.相同条件下，1 mol C(s )
12、和0.5 mol O2(g)总能量高于1 mol CO(g)的能量C.由CCO 的热化学方程式2C(s)O2(g)=2CO(g)H221.2 kJmol1D.CO2(g)分解为C(s)和O2(g)是吸热反应解析A.根据能量转化图，转化的热化学反应方程式为CO(g)1/2O2(g)=CO2(g)H282.9 kJmol1或者2CO(g)O2(g)=2CO2(g)H282.92 kJmol1565.8 kJmol1，故A说法错误；B.C和氧气反应生成CO，此反应属于放热反应，因此相同条件下，1 mol C(s)和0.5 mol O2(g)总能量高于1 mol CO(g)的能量，故B说法正确；C.根
13、据能量转化图，CCO的热化学反应方程式为2C(s)O2(g)=2CO(g)H(393.5282.9)2 kJmol1221.2 kJmol1，故C说法正确；D.C和O2反应是放热反应，CO2分解为C和O2是吸热反应，故D说法正确。答案A20.下列说法正确的是()A.NaBr是离子晶体，熔融状态下一定能导电B.I2低温下就能升华，说明碘原子间的共价键较弱C.气体单质均含有共价键，都是分子晶体D.HCl溶于水有共价键的破坏，发生了化学变化解析NaBr是离子晶体，离子晶体的特点是熔融状态能导电，A正确；I2升华克服的是分子间作用力，B错误；稀有气体是单原子分子，不含化学键，C错误；HCl溶于水不是化
14、学变化，D错误。答案A21.在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是()A.4.50a7.50B.当反应温度和蔗糖的浓度都不相同时，反应速率可能相同C.b318.2 D.不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同解析根据表格数据可知，当温度为328.2 K时，蔗糖的浓度减小水解反应速率减小，故4.50a7.50，A正确；升高温度水解反应速率增大，增大浓度水解反应速率也增大，故反应温度和蔗糖的浓度都不相同时反应速率可能相同，B正确；当浓度为0.600 molL1时，温度为b K反应速率最小，故此时温度最低即b318.2 K，C正确；不同温度条件下，在
15、相同的浓度时反应速率不同，蔗糖浓度减少一半所需的时间不可能相同，D错误。答案D22.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A.25 时，pH13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH数目为0.1NAB.一定条件下， SO2与氧气反应生成0.1 mol SO3，反应中转移电子数为0.2NAC.7.8 g Na2S 和Na2O2的混合物中，含有的阴离子数目为0.1NAD.0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA解析A.25 时，pH13，即c(H)1013 mol/L，c(OH) mol/L0.1 mol/L，根据ncV0.1 mol/L1.0 L0.1 mol，个数为0
16、.1NA个，故A正确；B.一定条件下，SO2与氧气反应时，硫元素的化合价由4价变成6价，升高2，生成0.1 mol SO3，反应中转移电子数为0.2NA，故B正确；C.硫化钠和过氧化钠的相对分子质量相等，7.8 g硫化钠和过氧化钠混合物的物质的量为0.1 mol，由于过氧化钠中阴离子为过氧根离子，则0.1 mol混合物中含有0.1 mol阴离子，含有的阴离子数为0.1NA，故C正确；D.0.1 mol丙烯酸中含有0.1 mol碳碳双键、0.1 mol碳氧双键，共含有0.2 mol双键，含有双键的数目为0.2NA，故D错误；故选D。答案D23.改变0.1 molL1二元酸H2A溶液的pH，溶液中
17、的H2A、HA、A2的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示已知(X)。下列叙述正确的是()A.H2A的电离方程式为H2A2HA2B.pH2.7时，c(H2A)c(A2)C.pH4.2时，c(HA)c(A2)6时，溶液中溶质只有A2解析分析图像可知，H2A为弱酸，应该分步电离，故A中电离方程式不正确；pH2.7时，H2A 和A2曲线相交，则有c(H2A)c(A2)，B正确；pH4.2时，c(HA)c(A2)，但溶液中c(H)较小，即c(HA)c(A2)c(H)，故C错误；A2为弱酸根离子，易发生水解生成HA，故D错误。答案B24.某兴趣小组查阅资料得知工业上常采用蒽醌法生产 H2O2，其原理与
18、流程如图所示：下列说法不正确的是()A.蒽醌法制备 H2O2理论上消耗的原料是H2、O2，乙基蒽醌可循环使用B.步骤为还原反应，步骤为氧化反应C.步骤中可选用 CCl4作为萃取剂D.应除净萃取后工作液残留的H2O2，否则释放的氧气与氢气混合易爆炸解析A.由流程图可知，制备H2O2理论上消耗的原料是H2和O2，且乙基蒽醌可循环使用，所以A正确；B.在有机化学中，加氢是还原，加氧是氧化，所以步骤为还原反应，步骤为氧化反应，即B正确；C.CCl4是常用的有机溶剂，能够溶解乙基蒽醌，所步骤中不能用CCl4作萃取剂，即C错误；D.乙基氢蒽醌能够释放出H2，而萃取后工作液残留的H2O2能够释放出O2，二者
19、混合容易发生事故，所以要除净萃取后工作液残留的H2O2，故D正确。本题正确答案为C。答案C25.某溶液中可能含有K、 Na、 Mg2、 NH、 Fe2、Br、 CO、SO、SO中的若干种离子。某同学做了如下实验：取少量溶液，滴加足量氯水，有气泡产生且溶液颜色变成黄色；另取少量溶液，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，无沉淀生成；蘸取原溶液，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色。为进一步确定该溶液的组成，无需进行的实验是()A.上述实验不透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色B.取少量溶液，滴加氯水和CCl4，振荡、静置C.取少量溶液，滴加适量的稀硫酸和品红溶液D.取少量溶液，滴加适量的NaOH浓溶液，加热，用
20、湿润的红色石蕊试纸检验气体解析滴加足量氯水，有气泡产生，则溶液中含有CO，因此溶液不可能含有Mg2和Fe2，则溶液颜色变成黄色，可证明是Br被氯水氧化为Br2所致，即溶液中含有Br，加盐酸酸化的氯化钡溶液，无沉淀生成，则不含SO，实验说明含有K，由此可知，需要进一步检验 Na、NH和SO。A.不透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，可以确定是否含有 Na，即A需要；B滴加氯水和CCl4，振荡、静置，是利用萃取的方法检验是否含有Br的，但实验可以确定含有Br，所以B不需要；C.滴加适量的稀硫酸和品红溶液，用于检验是否含有SO，故C需要；D.加NaOH浓溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，可以确定是否
21、含有NH，故D也需要。所以本题正确答案为B。答案B非选择题部分二、非选择题(本大题共7小题，共50分)26.(6分)有如下图所示的转化关系，其中A是一种密度为2.59 gL1(标准状况下)的烷烃，E是一种常见的油脂，F是肥皂的主要成分，B的分子式为C2H4O2，且E与D互为同系物。请回答以下问题：(1)有机物A的分子式为_，有机物G中含有的官能团名称为_。(2)由E生成G和F的反应类型为_。(3)写出有机物B与G反应生成D的化学方程式_。(4)下列说法正确的是_(用相应的编号填写)。有机物G可以与金属钠发生反应有机物A生成有机物B的反应类型为加成反应有机物E在NaOH溶液中充分反应后得到的溶液
22、中，加入热的饱和食盐水，可以观察到液面上有固体物质析出在制备有机物D时，浓硫酸主要起氧化作用解析本题为有机框图推理题。主要解题思路为：从题给的密度，通过计算：2.59 gL122.4 Lmol158 gmol1再结合A为烷烃，不难得到A的分子式为C4H10。E是油脂，在NaOH溶液中水解得到高级脂酸钠F和甘油G，所以G中的官能团为羟基。从题给信息和B的分子式可以确定B为CH3COOH，D为三乙酸甘油酯，通过对知识的迁移得到解决。答案(1)C4H10羟基(2)水解(或取代或皂化)反应(4)27.(6分)由3种常见短周期元素组成的化合物A，相对分子质量为119，能与水剧烈反应，生成2种酸性气体的混
23、合气体B。现对化合物A进行下列实验，假设各步反应均完全，反应中气体完全逸出。请回答：(1)D中溶质的化学式_，H2O2的电子式_。(2)A和水反应的化学方程式_。(3)BE的离子方程式_。解析由3种常见短周期元素组成的化合物A，相对分子质量为119，能与水剧烈反应，生成2种酸性气体的混合气体B。B中的气体能够与双氧水反应，说明含有一种具有还原性的气体，被双氧水氧化后的产物C与氢氧化钾溶液反应后显中性，说明C为强酸，则B中含有二氧化硫，C中含有硫酸；B与氯化铁溶液反应，B中的二氧化硫被氧化生成硫酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，根据硫酸钡沉淀的质量，可以求出二氧化硫的物质的量硫酸钡的物质的量0.0
24、1 mol；因为氢氧化钾为0.02 L2 mol/L0.04 mol，则B中还含有一种强酸性物质，且能与0.02 mol氢氧化钾恰好反应；根据化合物A由3种常见短周期元素组成，相对分子质量为119，能与水剧烈反应，生成2种酸性气体的混合气体B，根据元素守恒，另一种酸性气体为氢化物，则另一种物质为HCl，因此A为SOCl2。(1)根据上述分析，D中溶质有硫酸钾和氯化钾，H2O2的电子式为；(2)A(SOCl2)和水反应的化学方程式为SOCl2H2O=SO22HCl；(3)BE的过程中二氧化硫被氯化铁氧化，反应的离子方程式为SO22Fe32H2O=2Fe2SO4H。答案(1)K2SO4、KCl(2
25、)SOCl2H2O=SO22HCl(3)SO22Fe32H2O=2Fe2SO4H28.(4分)SO2是大气主要污染物之一，为探究SO2气体的还原性，某实验小组的同学利用如图所示装置进行实验。(1)装置B的现象是_，装置C的作用是_。(2)在上述装置中通入过量的SO2，设计实验验证A中SO2与Fe3发生了氧化还原反应_。解析(1)淀粉遇碘单质变蓝色，通入SO2后与I2发生氧化还原反应，故蓝色褪去；SO2有毒，污染环境，一般采用NaOH溶液吸收尾气。(2)SO2和FeCl3溶液发生氧化还原反应的离子方程式为：SO22Fe32H2O=SO2Fe24H，故可检验溶液中的Fe2，实验操作为：取A中的溶液
26、少量，加入少量KSCN溶液不变红，再加入少量新制的氯水，溶液变红；也可检验溶液中的SO，实验操作为：取A中少量溶液，加入少量BaCl2溶液，产生白色沉淀答案(1)蓝色褪去吸收尾气，防止污染环境(2)取A中的溶液少量，加入少量KSCN溶液不变红，再加入少量新制的氯水，溶液变红；或取A中少量溶液，加入少量BaCl2溶液，产生白色沉淀29.(4分)在100 mL NaOH溶液中加入NH4NO3和(NH4)2SO4的固体混合物，加热充分反应，如下图表示加入的混合物的质量与产生的气体的体积(标准状况)的关系。试计算：(1)NaOH溶液的物质的量浓度_；(2)当NaOH溶液的体积为180 mL，固体混合物
27、的质量为51.6 g时，充分反应后，生成气体的体积(标准状况)_。解析(1)由图可知：100 mL NaOH溶液跟34.4 g铵盐恰好完全反应。根据：NHOHNH3H2O，c(NaOH)5.0 mol/L。(2)根据(1)知，若51.6 g固体混合物恰好与NaOH 溶液反应，需NaOH溶液的体积为：100 mL150 mL，所以当V(NaOH)180 mL，铵盐混合物不足量，计算NH3的体积应以铵盐混合物的量为准。答案(1)5.0 mol/L(2)16.8 L30.【加试题】(10分)氮及其化合物的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。(1)合成氨工业是最基本的无机化工之一，氨是化肥工业和基
28、本有机化工的主要原料。合成氨反应中有关化学键键能数据如下表：化学键HHNNNHE/ kJmol1436946391已知：合成氨反应：N2(g)3H2 (g)2NH3(g)的活化能Ea508 kJmol1，则氨分解反应： NH3(g)1/2N2(g)3/2H2 (g)的活化能Ea_。图1表示500 、60.0 MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：_(保留3位有效数字)。依据温度对合成氨反应的影响，在图2坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，N2物质的量变化的曲线示意图。图1图2(2)选择性催化还原脱硝技
29、术(SCR)是目前较成熟的烟气脱硝技术，该技术是指在温度300420 之间和催化剂条件下，用还原剂(如NH3)选择性地与NOx反应。SCR脱硝技术中发生的主要反应为：4NH3(g)4NO(g)O2 (g)4N2(g)6H2O (g)H1 625.5 kJmol1；氨氮比n(NH3)/n(NO)会直接影响该方法的脱硝率。350 时，只改变氨气的投放量，氨气的转化率与氨氮比的关系如图所示。当n(NH3)/n(NO)1.0时，烟气中NO浓度反而增大，主要原因是_。碱性溶液处理烟气中的氮氧化物也是一种脱硝的方法，写出NO2被Na2CO3溶液吸收生成三种盐的化学反应方程式_。 直接电解吸收也被用于脱硝。
30、用6%的稀硝酸吸收NOx生成亚硝酸，再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸。电解装置如图所示。阳极的电极反应式为_。解析(1)N2(g)3H2 (g)2NH3(g)H反应物总键能生成物总键能(9464363) kJmol1(6391) kJmol192 kJmol1，正反应的活化能Ea508 kJmol1，则逆反应的活化能Ea(50892)kJmol1600 kJmol1，即2NH3(g)N2(g)3H2 (g)的活化能Ea600 kJmol1，则NH3(g)1/2N2(g)3/2H2 (g)的活化能Ea300 kJmol1，故答案为：300 kJmol1；设平衡时反应的氮气的物质的量为x，
31、平衡时氨气的体积分数100%42%，解得x0.592 mol，则N2的平衡体积分数100%14.5% ；N2(g)3H2 (g)2NH3(g)H92 kJmol1，升高温度，平衡逆向移动，N2物质的量增大，因此一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随着反应的进行，氮气的物质的量逐渐减小，达到平衡后，随温度不断升高，氮气的物质的量逐渐增大，图像为；(2)4NH3(g)4NO(g)O2 (g)4N2(g)6H2O (g)H1 625.5kJmol1，350 时，只改变氨气的投放量，当n(NH3)/n(NO)1.0时，过量氨气与氧气反应生成NO，烟气中NO浓度反而增大 ；碱性溶液处理烟气中的氮氧
32、化物也是一种脱硝的方法，NO2被Na2CO3溶液吸收生成三种盐，二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，一氧化氮和二氧化氮与碱反应能够生成亚硝酸盐，因此反应的化学反应方程式为2NO22Na2CO3H2O=NaNO3NaNO22NaHCO3 ；用6%的稀硝酸吸收NOx生成亚硝酸，再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸，根据装置图，阳极发生氧化反应，亚硝酸被氧化为硝酸，电极反应式为H2OHNO2 2e=NO3H。答案(1)300 kJmol114.5%(2)过量氨气与氧气反应生成NO2NO22Na2CO3H2O=NaNO3NaNO22NaHCO3H2OHNO2 2e=NO3H31.【加试题】(10分
33、)苯甲醛(微溶于水、易溶于有机溶剂，密度约等于水的密度)在碱性条件下发生歧化反应可以制备苯甲醇(在水中溶解度不大、易溶于有机溶剂，密度约等于水的密度)和苯甲酸。反应原理如下：2C6H5CHONaOHC6H5CH2OHC6H5COONaC6H5COONaHClC6H5COOHNaCl有关物质物理性质如下表：苯甲醛苯甲醇苯甲酸苯沸点/17820524980熔点/2615125.5苯甲酸在水中的溶解度17 25 100 0.21 g0.34 g5.9 g实验流程如下：(1)第步需连续加热1小时(如图1)，其中加热和固定装置未画出。仪器A的名称为_，若将仪器B改为仪器C，效果不如B，说明原因_。(2)
34、操作中有关分液漏斗的使用不正确的是_。A.分液漏斗在使用之前必须检查是否漏水B.分液漏斗内的液体不能过多，否则不利于振荡C.充分振荡后将分液漏斗置于铁架台上静置，分层后立即打开旋塞进行分液D.分液时等下层液体放完后立即关闭旋塞，换一个烧杯再打开旋塞使上层液体流下(3)操作用沸水浴加热蒸馏，再进行操作(如图2)，收集_的馏分。图2中有一处明显错误，正确的应改为_。(4)抽滤时(如图3)烧杯中苯甲酸晶体转入布氏漏斗时，杯壁上还粘有少量晶体，用_冲洗杯壁上残留的晶体。抽滤完成后用少量冰水对晶体进行洗涤，洗涤时应_。(5)用电子天平准确称取0.244 0 g苯甲酸样品于锥形瓶中，加100 mL蒸馏水溶
35、解(必要时可以加热)，再用0.100 0 molL1的标准NaOH溶液滴定，共消耗NaOH溶液19.20 mL，则苯甲酸样品的纯度为_%。解析本题考查有机物的合成及混合物的分离，明确反应原理、物质的性质、混合物的分离原理及产率计算方法是解答本题的关键。(1)根据装置图可知仪器a为三颈烧瓶。仪器B为球形冷凝管，仪器C为直型冷凝管，B的接触面积大，冷却回流苯甲醛的效果好，所以若将仪器B改为仪器C，效果不如B。(2)A.分液漏斗中有玻璃活塞，在使用之前必须检验是否漏水，故A正确；B.分液漏斗内的液体不能过多，否则不利于振荡，故B正确；C.在旋开旋塞之前，应该使分液漏斗顶部活塞上的凹槽或小孔对准漏斗上
36、口颈部的小孔，使与大气相通，故C错误；D.分液时待下层液体放完后立即关闭旋塞，换掉烧杯，从分液漏斗上口将上层液体倒出，故D错误；故选CD。(3)操作的目的是得到苯甲醇馏分，所以收集205 的馏分；蒸馏时，温度计测量的是苯甲醇蒸汽的温度，所以温度计的水银球应处于蒸馏烧瓶的支管口处。(4)将烧杯中的苯甲酸晶体转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，目的是减少晶体的损失，所以选择冲洗的液体应该是不会使晶体溶解损失，也不会带入杂质的，选择用滤液来冲洗是最好的。抽滤完成后用少量冰水对晶体进行洗涤，洗涤应关小水龙头。(5)根据化学反应C6H5COOHNaO
37、H=C6H5COONaH2O，反应消耗0.100 0 mol/L NaOH溶液19.20 mL，物质的量为0.100 0 mol/L0.019 2 L0.001 92 mol，苯甲酸的纯度为(0.001 92 mol122 g/mol)0.244 0 g100%96.00%。答案(1)三颈烧瓶B的接触面积大，冷却回流苯甲醛的效果好(2)CD(3)205温度计的水银球应处于蒸馏烧瓶的支管口(4)滤液关小水龙头(5)96.0032.【加试题】(10分)化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：RCHOCH3CHORCH=CHCHOH2O|回答下列问题：(
38、1)B的结构简式为_，由D生成E过程中反应的反应类型是_。(2)下列说法正确的是_。A.有机物A和B可用银氨溶液鉴别B.有机物C和D均可与NaHCO3反应C.有机物E和F含有的官能团完全相同D.有机物H能发生取代、加成、加聚、氧化、还原反应(3)G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为_。(4)写出同时符合下列条件的F的所有同分异构体的结构简式_。分子中有苯环；1HNMR谱表明分子中有4种氢原子，峰面积比为6211；IR谱显示存在羧基(COOH)。(5)写出用环戊烷和2丁炔为原料制备化合物的合成路线，其他试剂任选。示例：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH解析已知各物质转变关系
39、分析如下：G是甲苯的同分异构体，结合已知的反应物连接方式，则产物H左侧全部结构来源于G，G为，F为，E与乙醇酯化反应生成F，E为，根据反应条件可知DE为消去反应，结合D的分子式及生成D的反应类型，则D为，故C为 (1)由上述推断过程可知：有机物B的结构简式为，由D生成E过程中反应的反应类型是消去反应。(4)F为，根据题意，其同分异构体中含有苯环、COOH，先考虑对称结构，已知情况是其余部分写成两个CH=CH2，则连接在苯环上不符合要求，其次是写成两个CH3和一个CCH，则其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢原子，峰面积之比为6211的有机物结构简式为(5)根据上述已知，环戊烷需要先转变为环戊烯，再与2丁炔进行加成就可以连接两个碳链，再用Br2与碳链上的双键加成即可，合成路线为：
