1、上海市青浦区2019届高三上学期期末学业质量调研1.铝合金是一种建筑装潢材料，它具有坚硬、轻巧、耐用的特性。铝合金的下列性质与这些特性无关的是（ ）A. 不易生锈 B. 导电性好 C. 密度小 D. 硬度大【答案】B【解析】建筑装饰不需要导电性，故C正确。2.下列属于同位素的两种微粒是（ ）A. CH4和C3H8 B. O2和O3 C. 35Cl和37Cl D. H2和D2【答案】C【分析】质子数相同中子数不同的原子互称同位素，据此进行分析。【详解】ACH4和C3H8，分子组成上相差2个CH2，是同系物，故A错误；BO2和O3，是同种元素形成的不同种单质，是同素异形体，故B错误，C35Cl和3
2、7Cl，质子数相同而中子数不同，是氯元素的不同原子，互为同位素，故C正确；DH2和D2，均为氢单质，是氢气的两种不同分子，故D错误；故答案为C。3.以下过程与化学键断裂无关的是（ ）A. 金刚石熔化 B. 氯化氢溶于水 C. 氢氧化钾熔化 D. 冰融化【答案】D【分析】发生化学反应时物质中的化学键被破坏，熔化或溶解时若发生电离，则化学键也被破坏，原子晶体熔融时共价键断裂，以此来分析【详解】A金刚石熔化时需破坏碳碳共价键，故A不选；B氯化氢溶于水时发生电离，则H-Cl共价键被破坏，故B不选；C加热氢氧化钾熔化，KOH发生电离，离子键被破坏，故C不选；D冰融化需克服分子间作用力，包括氢键，而化学键
3、没有变化，故D选；故答案为D。4.下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于强电解质的是（ ）A. 酒精 B. 冰醋酸 C. 硝酸钾 D. 醋酸钠【答案】D【分析】电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物；水的电离方程式为H2OH+OH-，加入的物质或离子能影响水电离平衡的移动，则破坏水的电离平衡，据此分析即可解答【详解】A酒精溶于水，不发生电离，是非电解质，故A错误； B冰醋酸的水溶液能导电，电离出的H+能抑制水的电离，但醋酸部分电离，是弱电解质，故B错误；C硝酸钾溶于水电离出硝酸根离子和钾离子能导电，是电解质，但不破坏水的电离，故C错误；D醋酸钠在水溶液中能完全电离出自由移动的醋酸根离
4、子和钠离子使溶液导电，所以醋酸钠是强电解质，醋酸根离子能与水电离出的氢离子结合生成醋酸，促进水的电离，故D正确；故答案为D。5.对氧原子核外两个未成对电子的描述，正确的是（ ）A. 自旋方向不同 B. 电子云形状相同 C. 能量不同 D. 在同一轨道上【答案】B【详解】Ap能级有三个轨道，不同电子优先占据空轨道，并且自旋方向相同，所以氧原子核外两个未成对电子，自旋方向相同，故A错误；B氧原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，p轨道沿x、y、z轴的方向电子云密度大，呈现哑铃型，则电子云形状相同，故B正确；C氧原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，能量相同，故C错误；D由上述分析可知，氧原子核
5、外两个未成对电子，不在同一轨道，故D错误。故答案为B。6.Na、Mg、S、Cl是第三周期的四种元素，下列判断错误的是（ ）A. 碱性NaOHMg(OH)2 B. 原子半径r(Mg)r(Mg2+) D. 氧化性Cl2S【答案】B【详解】A同周期主族元素，核电荷数越大，金属性越弱，则金属性NaMg，对应碱的碱性为NaOHMg(OH)2，故A正确；B同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径r(Mg)r(S)，故B错误；C具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径：r(Na+)r(Mg2+)，故C正确；DS、Cl为同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，则氧化性Cl
6、2S，故D正确；故答案为B。【点睛】本题考查同周期元素性质的递变规律，注意相关基础知识的积累，同周期元素从左到右，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，另外核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。7.工业上合成氨的反应如下：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)，以下措施中，既能加快反应速率，又能增大氢气转化率的是（ ）A. 升高温度 B. 增大容器体积 C. 移走氨气 D. 增加氮气【答案】D【详解】A合成氨的反应是放热反应，升高温度能加快反应速率，但平衡逆向移动，氢气的转化率降低，故A错误；B增大容器体积，减小了压强，降低了反应速率，平衡向着
7、逆反应方向移动，反应物转化率降低，故B错误；C移走氨气，降低浓度，反应速率减小，平衡正向移动，氢气的转化率增大，故C错误；D增加氮气，增大反应物浓度，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率增大，故D正确；故答案为D。【点睛】本题考查化学反应速率与化学平衡的影响因素，注意相关基础知识的积累，增大反应速率，则增大浓度、升高温度或增大固体的表面积，反之，反应速率减小。对于该考点，需要注意以下几点：升高温度一定能加快反应速率；增加物质浓度不一定能改变反应速率(固体、纯液体和不参与反应的物质不行)；增大压强不一定能加快反应速率(注意两种情况：无气体参与的反应；加入惰性气体)；催化剂有正负之分；当反应速
8、率受多个因素影响时，要分情况讨论。8.下列关于CH4的描述正确的是（ ）A. 是平面结构 B. 是极性分子C. 含有非极性键 D. 结构式为【答案】D【详解】ACH4是正四面体结构，故A错误；BCH4是正四面体结构，正负电荷重心重合，为非极性分子，故B错误；CCH4只含有C-H键，为极性键，故C错误；DCH4分子的电子式为，则结构式为，故D正确；故答案为D。9.配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到下列仪器中的( )A. B. C. D. 【答案】A【详解】配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为计算、称量(量取)、溶解、转移、洗涤、定容等，称量固体时用到天平和药匙，量取液体时用到量筒和胶头滴管，溶解
9、时用到烧杯、玻璃棒，转移溶液时用到玻璃棒、容量瓶，定容时用到胶头滴管；故答案为A。10.某工厂运输NH3的管道出现小孔导致NH3泄漏，技术人员常常用一种挥发性液体进行检查，该液体最有可能是（ ）A. 浓盐酸 B. 烧碱 C. 浓硫酸 D. 碳酸钠【答案】A【解析】A、浓盐酸具有挥发性，能和氨气之间反应产生白烟，可以检验NH3泄漏，A正确；B、烧碱没有挥发性，不会和氨气之间反应，B错误；C、浓硫酸没有挥发性，不符合要求，C错误；D、碳酸钠溶液没有挥发性，不能和氨气之间反应，D错误，答案选A。11.下列过程只涉及物理变化的是（ ）A. 醋酸除水垢 B. 石油分馏 C. 煤的气化 D. 海水中提取碘
10、【答案】B【详解】A醋酸除水垢是醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化，故A不选；B石油分馏是利用沸点不同分离物质的方法，没有新物质生成，属于物理变化，故B选；C煤的气化过程是碳与水蒸气反应生成CO和氢气，有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D海水中提取碘，碘离子失电子，被氧化生成单质碘，有新物质生成，属于化学变化，故D不选；故答案为B。12.关于右图所示装置（海水为弱碱性）的说法错误的是（ ）A. 若d为石墨，则铁片上的电子反应为：Fe 2e Fe2+B. 若d为铜片，则铁片腐蚀加快C. 若d为锌片，则铁片上的电极反应为：2H+ +2e H2D. 若d为锌片，
11、则这种保护铁片的方法属于牺牲阳极的阴极保护法【答案】C【详解】Ad为石墨，铁片活泼为负极失电子发生氧化反应，电极反应：Fe-2e-=Fe2+，故A正确；Bd为铜片，活泼金属铁片作负极，发生电化学腐蚀，所以铁片腐蚀加快，故B正确；C锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，铁片不易被腐蚀，因海水为弱碱性，则Fe片发生的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；Dd为锌块，作为负极，Fe为正极，Fe不易被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故答案为C。【点睛】明确引起金属腐蚀的原理是答题的关键，C项为易错点，注意题目中的信息即海水为弱碱性。13.实验室制取乙烯的发生装置如图所示。下列说法正确的是
12、（ ）A. 烧瓶中加入乙醇、浓硫酸和碎瓷片B. 反应温度控制在140C. 导出的气体能使溴水褪色，可以证明反应生成乙烯D. 可用向上排气法收集乙烯【答案】A【详解】A实验室利用乙醇和浓硫酸混合加热制乙烯，液体混合物加热时加碎瓷片可防暴沸，则烧瓶中加入乙醇、浓硫酸和碎瓷片，故A正确；B乙醇和浓硫酸混合加热制乙烯，反应温度控制在170，故B错误；C浓硫酸具有脱水性，与乙醇混合制乙烯时会发生氧化还原反应生成SO2，SO2也能使溴水褪色，则无法证明反应生成乙烯，故C错误；D乙烯的密度和空气的密度接近，应选择排水集气法收集乙烯，故D错误；故答案为A。14.常温下，将铁片投入浓H2SO4中，下列说法正确的
13、是（ ）A. 不发生反应 B. 铁被钝化 C. 产生大量SO2 D. 产生大量H2【答案】B【解析】浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化反应，铁表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，故B正确。15.1-MCP广泛应用于果蔬的保鲜，其结构简式如右图，下列有关1-MCP的叙述错误的是（ ）A. 分子式为C4H6B. 与1,3-丁二烯互为同分异构体C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 与氯化氢加成后生成的烃的衍生物只有一种结构【答案】D【详解】A由可知其分子式为C4H6，故A正确；B1,3-丁二烯的分子式也为C4H6，则与1,3-丁二烯互为同分异构体，故B正确；C结构中含有C=C键，能被酸性高锰酸钾
14、溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，故C正确；D的结构不对称，与氯化氢加成后生成的烃的衍生物有两种结构，故D错误；答案为D。16.下列试剂中，能鉴别乙醇、乙醛和乙酸的是（ ）A. 氢氧化钠溶液 B. 石蕊试液 C. 新制氢氧化铜 D. 碳酸钠溶液【答案】C【详解】A乙醇、乙醛与氢氧化钠溶液均不反应，且混溶不分层，乙酸与NaOH溶液混合后，发生中和反应得到的也是无色溶液，不能鉴别这三种物质，故A不选；B乙醇、乙醛遇石蕊均无变化，现象相同，不能鉴别，故B不选；C乙醇、乙醛、乙酸三种溶液分别与新制Cu(OH)2悬浊液混合的现象为：无现象、砖红色沉淀、蓝色溶液，现象不同，可鉴别，故C选；D乙醇、乙醛
15、均不与碳酸钠溶液反应，现象相同，不能鉴别，故D不选；故答案为C。【点睛】鉴别有机物时，可根据物质的水溶性、密度的大小或者是否与所给物质发生化学反应的性质进行鉴别，常见能溶于水的有机物是醇、羧酸、醛和酚，而酯、烃、卤代烃是不溶于水的，与水混合会出现分层现象，另外常见密度比水大且不溶于水的有CCl4、溴苯、硝基苯等，密度比水小的有汽油、酯及苯等。17.关于铝及其化合物的离子方程式正确的是（ ）A. 向NaOH溶液中加入铝粉：Al + OH+ H2O AlO2 + H2B. 向AlCl3溶液中通入过量氨气：Al3+ + 3OH Al(OH)3 C. 向Al(OH)3 中加入NaOH溶液 ：Al(OH
16、)3 + OH AlO2 + 2H2OD. 明矾净水的原理：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+【答案】C【详解】A铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式：2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2，故A错误；BAlCl3溶液中加入过量NH3，发生反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故B错误；CAl(OH)3是两性氢氧化物，加入NaOH溶液生成可溶于水的偏铝酸钠，发生的离子反应为Al(OH)3 + OH-=AlO2- + 2H2O，故C正确；D明矾溶于水，与水作用生成氢氧化铝胶体，可作净水剂，其反应原理为Al3+ + 3H2O
17、Al(OH)3+ 3H+，故D错误；故答案为C。【点睛】本题考查离子方程式的正误判断。注意离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，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，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等；本题最大的难点是要结合铝及铝的化合物的性质分析。18.实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115125之间，其他有关数据如下表：物质乙酸1丁醇乙酸丁酯98%浓硫酸沸点117.9117.2126.3338.0溶解性溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂微溶于水，溶于有机溶剂与水混溶关于实验室制备乙酸丁酯的
18、叙述错误的是（ ）A. 不用水浴加热是因为：乙酸丁酯的沸点高于100B. 不能边反应边蒸出乙酸丁酯的原因：乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高C. 从反应后混合物分离出粗品的方法：用水、饱和Na2CO3溶液洗涤后分液D. 由粗品制精品需要进行的一步操作：蒸馏【答案】A【详解】A实验室制备乙酸丁酯的环境温度(反应温度)是115-125C，而水浴的温度为100C，故A错误；B由表中数据可知乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高，则不能边反应边蒸出乙酸丁酯，以提高反应物的利用率，故B正确；C反应后混合物中含有乙酸、1-丁醇、乙酸丁酯，乙酸可以和碳酸钠反应生成乙酸钠的水溶液，1-丁醇能溶于水，乙
19、酸丁酯在饱和碳酸钠中的溶解度极小，所以用水、饱和Na2CO3溶液洗涤后分液可得乙酸丁酯粗品，故C正确；D粗品中含有水，可加吸水剂除去水然后再蒸馏，故D正确；故答案为A。19.红热的炭和水蒸气反应生成1mol氢气和1mol一氧化碳气体，吸收131.3kJ热量。能表示该反应热化学方程式的是（ ）A. C+H2OH2+CO-131.3kJB. C(s)+H2O(l)H2(g)+CO(g)+131.3kJC. C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g)-131.3kJD. C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g)+131.3kJ【答案】C【详解】红热的炭和水蒸气反应生成1mol氢气和1mol一氧
20、化碳气体，吸收131.3kJ热量，则该反应热化学方程式为C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g)-131.3kJ；故答案为C。20.下图是工业制纯碱的部分物质转化示意图，下列说法错误的是（ ）A. X是NH3，Y是CO2B. M可在转化流程中循环利用C. 若是联合制碱法，则L的主要成分是NH4ClD. 若是氨碱法，溶液c可在转化流程中循环利用【答案】D【详解】A联合制碱法与氨碱法其原理都是NH3+CO2+H2O+NaCl(饱和)=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，NH3极易溶于水且溶液呈弱碱性，再通入CO2使之更多地转化为HCO3-，故工业上可先向饱和食
21、盐水中通入NH3后再通入CO2制NaHCO3，所以X是NH3，Y是CO2，故A正确；B图中的沉淀为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，M为二氧化碳，二氧化碳是反应的原料同时也是反应的副产物，可以循环利用，故B正确；C若是联碱法，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯
22、化铵产品，所以L的主要成分是氯化铵，故C正确；D先使氨气X通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳Y生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，含有氯化铵的滤液b与石灰乳混合加热，CaO+H2O=Ca(OH)2，2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，所放出的氨气L可回收循环使用，故D错误；故答案为D。21.硫、氯、氮是三种常见的非金属元素。完成下列填空：（1）我们祖先的四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C= A+N2+3CO2（已配平）。氮原子核外电子排布式为_，生成物固体 A属于_晶体。（2）工业合成氨可以实现大规模固氮，氨可用于生产氯化铵、硫酸铵等化学
23、肥料，等物质的量浓度的两溶液相同温度下pH大小为：氯化铵_硫酸铵（选填、=或）。（3）工业上在催化剂条件下，用NH3作为还原剂将烟气中的NO2还原成无害的氮气和水，反应方程式可表示为：8NH3（g）6NO2（g）7N2（g）12H2O（g），用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目_，若该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，被吸收的NO2在标准状况下的体积为_。（4）氯水成分的多样性决定了其性质的复杂性，氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂，写出其中主要的化学反应方程式_，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀产生，起作用的微粒是_。【答案】 (1). 1s22s22p3 (2). 离子 (
24、3). (4). (5). 13.44L (6). Cl2 +H2O HCl +HClO (7). Cl【分析】（1）利用质量守恒定律来判断出A的化学式，然后判断晶体类型；（2）等物质的量浓度的氯化铵和硫酸铵，铵根离子的浓度硫酸铵大于氯化铵，铵根离子浓度越大，溶液pH越小；（3）在反应8NH3(g)6NO2(g)7N2(g)12H2O(g)中，N2既是氧化产物，又是还原产物，反应中转移电子数为24e-；（4）氯气的水溶液中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，溶液中的Cl-能与Ag+反应生成AgCl白色沉淀。【详解】(1)氮原子的核电荷数为7，基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3；
25、由化学方程式为S+2KNO3+3CA+N2+3CO2，根据质量守恒定律可知，反应前后元素种类、原子个数相等，则A的化学式为K2S，属于离子晶体；(2) 等物质的量浓度的两溶液，硫酸铵溶液中铵根离子浓度比氯化铵溶液中铵根离子浓度大，水解产生的氢离子浓度大，酸性较强，即pH大小为：氯化铵硫酸铵；(3)在反应8NH3(g)6NO2(g)7N2(g)12H2O(g)中，NH3中N元素从-3价升高为0价，为还原剂，NO2中N元素从+4价降为0价，是氧化剂，且氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:8=3:4，用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目为；该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，则氧化产物N2为0.
26、4mol，还原产物N2为0.3mol，依据原子守恒，被吸收的NO2为0.6mol，其标准状况下体积为0.6mol22.4L/mol=13.44L；(4)氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂，是因为氯气能与水反应生成HClO的缘故，发生反应的化学反应方程式为Cl2+H2OHCl+HClO，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀AgCl产生，起作用的微粒是Cl-。【点睛】本题涉及氯气和氯水的性质，注意把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，在氯水中，氯气与水发生：Cl2+H2OHClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO-、Cl-等离子，氯水具有酸性和强氧化性
27、，其中HClO见光易分解而变质。22.中国科学家用金属钠和CO2在一定条件下制得了金刚石：4 Na + 3CO2 2 Na2CO3 + C(金刚石)，以下是一些物质的熔沸点数据（常压）：钠Na2CO3金刚石石墨熔点（）97.885135503850沸点（）882.91850（分解产生CO2）-4250（1）若反应在常压、890下进行，写出该反应的平衡常数表达式_，若3v正(Na)=4v逆(CO2)，则_（选填序号）。a.反应肯定达到平衡 b反应可能达到平衡 c反应肯定未达平衡 （2）若反应在10L密闭容器、常压下进行，5min内，测得金刚石的质量增加了6 g，该时间段内v(CO2)=_，若反应
28、温度由890升高到1860，则容器内气体的平均相对分子质量将_(选填“增大”、“减小”或“不变”) 。（3）反应中还有石墨生成，已知：C(石墨) C(金刚石)，若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大，则该反应的正反应是_反应（填“吸热”或“放热”）。（4）碳酸钠溶液中滴入盐酸的反应过程如图所示，反应至A点时，未产生二氧化碳，请用离子方程式解释原因：_，继续滴加盐酸，反应至B点，B点溶液中溶质的化学式是_。【答案】 (1). K=1/Na 4CO23 (2). a (3). 0.03 mol/(Lmin) (4). 增大 (5). 吸热 (6). CO32+H+ HCO3 (7). Na
29、HCO3、NaCl【分析】(1)分析一些物质的熔沸点数据，在常压、890时Na和CO2都是气态，Na2CO3和C都不是气态，则可得该反应的平衡常数表达式根据一正一逆，速率之比等于系数比，则反应肯定达到平衡；(2)金刚石的质量增加6g，根据方程式计算参加反应二氧化碳的物质的量，再根据v=计算v(CO2)；若温度由890升高到1860，碳酸钠分解生成二氧化碳，混合气体中二氧化碳的含量增大，容器内气体的平均相对分子质量增大；(3)温度升高平衡向吸热反应方向移动；(4)碳酸钠溶液中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸反应生成CO2气体。【详解】(1)根据表中一些物质的熔沸点数据，可知在常压、89
30、0时Na和CO2都是气态，Na2CO3和C都不是气态，则该反应的平衡常数表达式K= ，若3v正(Na)=4v逆(CO2)，符合一正一逆，速率之比等于系数比，则反应肯定达到平衡，故答案为a；(2) 金刚石的质量增加6克，其物质的量为=0.5mol，由方程式可知参加反应二氧化碳的物质的量为0.5mol3=1.5mol，故v(CO2)=0.03mol/(Lmin)；若温度由890升高到1860，碳酸钠分解生成二氧化碳，混合气体中二氧化碳的含量增大，容器内气体的平均相对分子质量增大；(3) 已知：C(石墨) C(金刚石)，若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大，说明平衡正向移动，即该反应的正反
31、应是吸热反应；(4)在碳酸钠溶液中滴加盐酸，先发生CO32+H+ HCO3，此时无CO2气体生成，即A点生成碳酸氢钠，继续滴加盐酸，碳酸氢钠再与盐酸反应生成CO2气体和NaCl，则B点溶液中溶质的化学式是NaCl和NaHCO3。23.山梨酸钾是世界公认的安全型食品防腐剂，山梨酸钾的一条合成路线如下图所示。回答下列问题：（1）B中含氧官能团名称是_（2）的反应的类型是_，的反应条件是_（3）的反应方程式为_（4）D有多种同分异构体，写出一种符合下列要求或者信息的有机物的结构简式_分子中所有碳原子在一个环上，且只有一个环 .含有三种化学环境不同的氢原子当羟基与双键碳原子相连接时，这种结构是不稳定的
32、，易发生如下转化：（5）苯甲酸钠（）也是一种重要的防腐剂，写出由甲苯制备苯甲酸钠的合成路线。（其他试剂任选）_（合成路线常用的表示方式为AB目标产物）【答案】 (1). 酯基 (2). 加成反应 (3). 浓硫酸、加热 (4). (5). (6). 【分析】H2C=CH-CH=CH2与CH3COOH在一定条件下，发生加成反应生成，再在稀硫酸中加热水解生成H2C=CH-CH(OH)CH2CH2COOH，H2C=CH-CH(OH)CH2CH2COOH再与浓硫酸混合加热发生消去反应，生成H2C=CH-CH=CH-CH2COOH，最后碳酸钾在催化剂作用下与H2C=CH-CH-CH-CH2COOH反应生
33、成CH3-HC=CH-CH=CHCOOK，据此分析解题。【详解】H2C=CH-CH=CH2与CH3COOH在一定条件下，发生加成反应生成，再在稀硫酸中加热水解生成H2C=CH-CH(OH)CH2CH2COOH，H2C=CH-CH(OH)CH2CH2COOH再与浓硫酸混合加热发生消去反应，生成H2C=CH-CH=CH-CH2COOH，最后碳酸钾在催化剂作用下与H2C=CH-CH-CH-CH2COOH反应生成CH3-HC=CH-CH=CHCOOK；(1)由分析可知，B为，含有的含氧官能团名称是酯基；(2)反应为H2C=CH-CH=CH2与CH3COOH在一定条件下，发生加成反应生成，则反应的类型是
34、加成反应，反应为H2C=CH-CH(OH)CH2CH2COOH与浓硫酸混合加热发生消去反应，生成H2C=CH-CH-CH-CH2COOH，则的反应条件是浓硫酸、加热；(3)反应为在稀硫酸中加热水解生成H2C=CH-CH(OH)CH2CH2COOH，反应方程式为；(4)D为H2C=CH-CH=CH-CH2COOH，其同分异构体中：分子中所有碳原子在一个环上，且只有一个环，此环应为六元环；.含有三种化学环境不同的氢原子，说明结构对称，再结合双键上不能连接羟基，则满足条件的结构可能是；(5)甲苯用酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸，再与NaOH溶液发生中和即可制得苯甲酸钠，合成路线为。24.铁元素的化合价
35、有+2和+3价，某兴趣小组利用含铁的盐溶液进行化学实验：（1）取一定量氯化亚铁固体，配制成0.1mol/L 的溶液，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_。（2）在氯化铁溶液中滴入1滴KSCN溶液，溶液变_色，接着在变色的溶液中滴入2 mL 0.5mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀(已知:AgSCN为白色沉淀) ，溶液逐渐恢复到原来颜色，这种变化是因为_(请从平衡移动的角度解释)。用下图装置进行SO2性质的研究。（3）用_取25.00mL FeCl3和Ba(NO3)2的混合溶液，通入SO2气体一段时间后，发现A中产生白色沉淀，该白色沉淀的化学式是_，推测产生白色沉淀的原因可能是_（
36、4）工业石灰石-石膏湿法烟气脱硫工艺技术的原理是：烟气中的二氧化硫与浆液中的碳酸钙以及空气反应生成石膏（CaSO42H2O）。某电厂用煤300t（煤中含硫的质量分数为2.5%），若燃烧时煤中的硫全部转化为二氧化硫，用该方法脱硫时有96%的硫转化为石膏，则理论上可得到_吨石膏。【答案】(1). 防止亚铁离子被氧化 (2). 血红 (3). 溶液中发生Fe33SCN Fe(SCN)3使局部变红， Ag与SCN反应生成AgSCN沉淀，降低了c(SCN)，平衡逆向移动，血红色逐渐褪去 (4). 酸式滴定管 (5). BaSO4 (6). Fe3将SO2氧化成SO42，再与Ba2+结合生成BaSO4白色
37、沉淀或酸性条件下NO3将SO2氧化成SO42，再与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀 (7). 38.7【分析】(1)铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化；(2)Fe3+遇KSCN溶液显血红色；在氯化铁溶液中滴入1滴KSCN溶液，发生Fe33SCN Fe(SCN)3，滴加AgNO3溶液，Ag与SCN反应生成AgSCN沉淀，降低了c(SCN)，平衡逆向移动；(3)二氧化硫具有还原性，酸性条件下，能被硝酸根离子或铁离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；(4)二氧化硫与碳酸钙反应生成亚硫酸钙与二氧化碳，亚硫酸钙在水存在的条件下被氧气氧化生成
38、CaSO42H2O；根据关系式SSO2CaSO42H2O来计算。【详解】(1)铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化；(2)Fe3+遇KSCN溶液显血红色，则在氯化铁溶液中滴入1滴KSCN溶液，发生Fe33SCN Fe(SCN)3，使溶液变血红色；滴加AgNO3溶液，Ag与SCN反应生成AgSCN沉淀，降低了c(SCN)，平衡逆向移动，血红色逐渐褪去；(3) FeCl3和Ba(NO3)2的混合溶液呈酸性，且有较强氧化性，则量取25.00mL FeCl3和Ba(NO3)2的混合溶液，应选用酸式滴定管；向混合溶液中通入SO2，因二氧化硫具有还原性，酸性条件下，能被硝酸根离子或铁离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；(4)二氧化硫与碳酸钙反应生成亚硫酸钙与二氧化碳，反应方程式为：SO2+CaCO3CaSO3+CO2，亚硫酸钙在水存在的条件下被氧气氧化生成CaSO42H2O，反应方程式为：2CaSO3+O2+4H2O2CaSO42H2O，总反应为：2CaCO3+2SO2+O2+4H2O2CaSO42H2O+2CO2；SSO2 CaSO42H2O 32 172300t2.5%96% m=，解得m=38.7t。
