1、云南省玉溪一中2021届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）注意事项：1.务必将班级、姓名、学号填涂在答题卡上。2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。第II卷的答案用黑色字迹笔在答题卡上作答。3.可能用到的元素的相对原子质量：H-l C-12 O-16 Mn-55 Fe-56第I卷 选择题(共42分)一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1. 下列说法正确的是A. 自来水厂常用液氯给自来水消毒，主要是因为Cl2具有强氧化性B. 限制大排量汽车，也是防止酸雨的重要途径C. 镀金的钢铁器件既能增加美观，又可以在即使镀层局部破损
2、后防止器件的损耗D. 乙醇可以发生的反应类型有：取代反应、消去反应、加成反应【答案】B【解析】【详解】A自来水厂常用液氯给自来水消毒，主要是因为次氯酸具有强氧化性，A错误；B限制大排量汽车，可减少氮氧化物的排放，是防止酸雨的重要途径，B正确；C镀金的钢铁器件既能增加美观，又可以防止钢铁器件腐蚀，C错误；D乙醇可以发生的反应类型有：取代反应、消去反应，D错误；答案选B。2. 下列说法不正确的是A. 过氧乙酸溶液能杀死新型冠状病毒，在重症隔离病房用过氧乙酸与苯酚溶液混合可以提高消杀效率B. 淀粉和蔗糖水解的最终产物中均含有葡萄糖C. 植物油通过催化加氢可转变为半固态的脂肪D. 光照下甲烷和Cl2、
3、苯和Br2在FeBr3催化下的反应均是取代反应【答案】A【解析】【详解】A过氧乙酸含有过氧键，具有强氧化性，会被苯酚还原，降低消杀效率，故A错误；B淀粉水解最终产物为葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故B正确；C植物油含有不饱和键，通过催化加氢可提高饱和度，转化为半固态的脂肪，故C正确；D甲烷中H被Cl取代，苯环上H被Br取代，均为取代反应，故D正确；综上所述答案为A。3. 下列有说法正确的是A. 实验室用和HNO3在100110的条件下制备硝基苯B. 实验室用电石和H2O反应制取乙炔C. NaCl 溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同D. 向混有BaCO3沉淀的Na
4、OH溶液中滴入已知浓度的盐酸(用酚酞作指示剂)，滴定其中NaOH含量【答案】D【解析】【详解】A实验室用和HNO3在浓硫酸、加热的条件下可制备硝基苯，A错误；B实验室用电石和饱和食盐水反应制取乙炔，以减缓反应速率，若用水，则反应速率过快，放出热量较多，易发生危险，B错误；CNaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，前者不影响水的电离，后者促进水的电离，C错误；D向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中滴入已知浓度的盐酸，用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈弱碱性，BaCO3不溶解，可用于测量氢氧化钠的含量，D正确；答案选D。4. 在一恒温恒压的密闭容器中发生如下反应：M(g)+N(g)2R(g)H
5、0，t1时刻达到平衡，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如下图所示。下列说法不正确的是A. t1时刻的v（正）小于t2时刻的v（正）B. t2时刻改变的条件是向密闭容器中加RC. I、两过程达到平衡时，M的体积分数相等D. I、两过程达到平衡时，反应的平衡常数相等【答案】A【解析】试题分析：已知反应M(g)+N(g)2R(g)HQB. Y在自然界中以游离态和化合态的形式存在C. W、Q的单质或由这两种元素组成的某些化合物可用作漂白剂D. 形成的单质中可与NaOH溶液反应放出H2的元素，其对应的氧化物为两性氧化物【答案】C【解析】【分析】X为第三周期简单离子半径最小的元素，则X为Al元素，W、Y
6、在地壳中元素含量居前两位，且W的原子序数小于Y，则W为O元素，Y为Si元素；据图可知Q的最高价氧化物对应的水化物为一元强酸，Z的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，且Q的原子序数大于Z，则Z为S元素，Q为Cl元素。【详解】A非金属性ClS，所以最简单气态氢化物的稳定性SCl，即ZQ，故A错误；BSi元素为亲氧元素，自然界中只有化合态的Si元素，故B错误；CO3具有漂白性，氯气溶于水后生成次氯酸也具有漂白性，所以氯气也可以作漂白剂，这两种元素组成的化合物如Cl2O等都可以做漂白剂，故C正确；D形成的单质中可与NaOH溶液反应放出H2的元素有Al和Si，Si的氧化物为酸性氧化物，故D错误；综上所述
7、答案为C。8. 氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种氨化剂，易水解，难溶于CCl4。某小组设计下图所示装置制备氨基甲酸铵。已知：2NH3(g) + CO2(g)H2NCOONH4(s) DH0。下列分析不正确的是A. 2中的试剂为饱和NaHCO3溶液B. 冰水浴能提高H2NCOONH4的产率C. 1和4中发生的反应均为非氧化还原反应D. 5中的仪器(含试剂)可用3中仪器(含试剂)代替【答案】D【解析】【分析】从反应2NH3(g) + CO2(g)H2NCOONH4(s)看，1中应制CO2，6中制NH3。在1中，CaCO3与稀盐酸反应制得的CO2中混有HCl和H2O(g)，先用2中饱和NaHC
8、O3溶液除去HCl，再用3中浓硫酸干燥；6中NH4Cl与Ca(OH)2反应制得NH3，用5中碱石灰干燥。在4中，CO2与NH3混合发生反应，由于反应放热，所以冰水浴降温有利于平衡正向移动，可提高H2NCOONH4的产率。【详解】A由以上分析知，2中的试剂为除去CO2中HCl所需的饱和NaHCO3溶液，A正确；B由于2NH3(g) + CO2(g)H2NCOONH4(s) DH c(B2-) c(H+)c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A酸溶液中水电离出氢离子的浓度c(H+)等于溶液中氢氧根离子浓度c(OH-)，即A点时，c(OH-)=1.010-13molL-1 ，则溶液中c(H+)=0.
9、1molL-1，因为酸H2B为二元酸，20.05molL-1=0.1molL-1，所以H2B为强酸，即NaHB溶液显酸性，A错误；B随着氨水的加入，溶液的酸性减弱，溶液的pH增大，所以A、B、C三点溶液的pH是逐渐增大，D点恰好完全反应，随着氨水的加入，溶液的碱性逐渐增强，D、E、F三点溶液的pH逐渐增大，B错误；CD点时，氨水与H2B恰好完全反应生成(NH4)2B，(NH4)2B是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，所以B点时溶液呈酸性，c(NH4+) c(B2-) c(H+)c(OH-)，D正确；答案选D。12. 我国学者近期发表在 Green Chemistry 的研究成果是将电解食盐水的阳极反应与
10、电催化还原 CO2 的阴极反应相耦合，反应原理的示意图如图所示。下列说法错误的是A. 阳极反应为2Cl-2e- = Cl2B. 装置中的离子交换膜是质子交换膜C. 整个反应过程中碳、氯、氧的原子利用率接近 100%D. 这种耦合为提高 CO2 电化学还原的实际应用提供了思路【答案】A【解析】【详解】A. 阳极发生氧化反应，氯离子失去电子转化为ClO-，则阳极电极反应式为：Cl-2e-+H2O = ClO-+2H+，A项错误；B. 阴极发生还原反应，阴极电极反应式为，可知装置中的离子交换膜是质子交换膜，B项正确；C. 总反应为，由方程式可以看出整个反应过程中碳、氯、氧的原子利用率为100%，C项
11、正确；D. 这种耦合是一种新型思路，为提高CO2电化学还原的实际应用提供了思路，D项正确；答案选A。13. 常温下，向10 mL0.1 mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是（ ）A. 各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系：dcbaB. 常温下，R- 的水解平衡常数数量级为10 -9C. a点和d点溶液中，水的电离程度相等D. d点的溶液中，微粒浓度关系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3H2O)【答案】B【解析】【详解】A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，d点最弱，A错误；B.根据图象可知，0
12、.1mol/L的HR溶液的pH=3，则c(R-)c(H+)=10-3mol/L，c(HR)0.1mol/L，HR的电离平衡常数Ka=10-5，则R-的水解平衡常数数Kh=10-9，B正确；C.a、d两点导电能力相等，但溶液的pH分别为4、8，都抑制了水的电离，a点c(H+)=10-4mol/L，d点c(OH-)=10-6mol/L，所以对水的电离程度的影响不同，C错误；D.d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3H2O，根据物料守恒可得：2c(HR)+2c(R-)=c(NH3H2O)+c(NH4+)，因溶液呈碱性，NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c(N
13、H4+)c(NH3H2O)，则c(HR)+c(R-)c(NH3H2O)，D错误；故合理选项是B。14. 苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A。已知25 时，HA的Ka=6.25105，H2CO3的Ka1=4.17107，Ka2=4.901011。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25 ，不考虑饮料中其他成分）A. 相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低B. 提高CO2充气压力，饮料中c(A)不变C. 当pH为5.0时，饮料中=0.16D. 碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+
14、)=c()+c()+c(OH)c(HA)【答案】C【解析】【详解】A由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中c（HA）增大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；B提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，抑制HA电离，所以溶液中c（A-）减小，故B错误；C当pH为5.0时，饮料中= =0.16，C项正确；D根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒得c(Na+)=c(A-)+c(HA)，两式联立，消去c(Na+)得c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32
15、-)-c(HA)，故D项错误；答案选C。【点睛】弱电解质的电离平衡和盐类水解平衡都受外加物质的影响，水解显碱性的盐溶液中加入酸，促进水解，加入碱抑制水解。在溶液中加入苯甲酸钠，苯甲酸钠存在水解平衡，溶液显碱性，通入二氧化碳，促进水解，水解生成更多的苯甲酸，抑菌能量增强。提高二氧化碳的充气压力，使水解程度增大，c(A)减小。第卷 非选择题(共58分)二、填空题(本题包括5个小题，共58分)15. 连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，可用于制N2O气体。(1)连二次硝酸中氮元素的化合价为_。(2)常温下，用0.01 molL-1的NaOH溶液滴定10 mL 0.01 molL-1 H2N2O2
16、溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式_。c点时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_。b点时溶液中c(H2N2O2)_(填“”“”或“”，下同)c(N2)。a点时溶液中c(Na)_c(HN2)c(N2)。【答案】 (1). 1 (2). H2N2O2HN2H (3). c(Na+)c(N2)c(OH-)c(HN2)c(H+) (4). (5). 【解析】【分析】(1)根据H2N2O2中H、O元素的化合价分别为+1、-2及总化合价之和为0进行计算N元素的化合价；(2)根据图象可知，0.01 mol/L的H2N2O2溶液的pH=4.3，说明H2N2
17、O2为二元弱酸，二元弱酸只要以第一步电离为主，据此写出其电离方程式；c点滴入20 mL相同浓度的NaOH溶液，反应后溶质为Na2N2O2，N2部分水解，溶液呈碱性，结合电荷守恒判断各离子浓度大小；b点溶质为NaHN2O2，溶液呈碱性，则HN2的水解程度大于其电离程度；根据该点溶液显中性，结合电荷守恒分析判断。【详解】(1)H2N2O2分子中H的化合价为+1，O元素的化合价为-2，设N元素的化合价为x，根据总化合价之和为0可知：2x+(+1)2+(-2)2=0，解得：x=+1，即N元素的化合价为+1；(2)根据图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.01 mol/L的H2N2O2溶液的pH=4.3
18、，说明H2N2O2为二元弱酸，二元弱酸只要以第一步电离为主，则其电离方程式为：H2N2O2HN2H；c点滴入20 mL相同浓度的NaOH溶液，反应后溶质为Na2N2O2，根据盐的组成可知离子浓度：c(Na+)c(N2)；N2部分水解，使溶液呈碱性，则：c(OH-)c(H+)；由于溶液中氢氧根离子除来自水的电离及HN2的水解，则c(OH-)c(HN2)，N2水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，则c(N2)c(OH-)，HN2的浓度远大于水电离产生的H+的浓度，故该溶液中离子浓度大小为：c(Na+)c(N2)c(OH-)c(HN2)c(H+)
19、；b点溶质为NaHN2O2，溶液的pH7，说明溶液显示碱性，则HN2的水解程度大于其电离程度，故离子浓度c(H2N2O2)c(N2)；由图可知a点溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ 2c(N2)+c(HN2)，所以c(Na+)=2c(N2)+c(HN2)，故c(Na+)c(N2)+c(HN2)。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较。明确反应后溶质组成，利用盐的水解规律及弱电解质电离平衡，结合电荷守恒、质子守恒、物料守恒分析解答。16. 碳元素及其化合物与人类的生活、生产息息相关，请回答下列问题： （1）绿色植物的光合作用吸收 CO
20、2 释放O2 的过程可以描述为以下两步： 2CO2(g)+2H2O(l)+2C5H10O4(s) = 4(C3H6O3)(s)+O2(g)+4e- H=+1360 kJmol-1 12(C3H6O3)(s)+12e- = C6H12O6(s，葡萄糖)+6C5H10O4(s)+3O2(g) H=-1200 kJmol-1 则绿色植物利用二氧化碳和水合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式为：_。 （2）工业炼铁时有如下副反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g) H0。某温度时，把 Fe 和CO2 放入体积固定的容器中，CO2 的起始浓度为 2.0 molL-1，达到平衡后，CO 的浓度为
21、 1.0 molL-1，则该温度下，该反应的平衡常数 K=_。如果平衡后通入一定量的 CO，建立新平衡后，CO2 的物质的量分数将_。（填编号） A增大 B减少 C不变 D.无法判定 （3）利用 H2 和 CO2 在一定条件下可以合成乙烯：6H2（g）2CO2（g） CH2CH2（g）4H2O（g）。在体积为 1L 的恒容容器中，投料为 3mol H2 和 1mol CO2 时，不同温度对 CO2 的平衡转化率及催化剂的催化效率的影响如下图所示。 下列有关说法不正确的是_（填序号）。 A.平衡常数大小：MN B.反应物活化分子百分数大小：MN C.其他条件不变，若不使用催化剂，则 250时 C
22、O2 的平衡转化率可能位于点M1 D.其他条件不变，若投料改为 4mol H2 和 1mol CO2 时，则 250时 CO2 的平衡转化率可能位于点M2 （4）将 CO2 与 H2 按物质量之比为 1:3 通入恒温恒容密闭容器中，控制条件，使其发生反应： CO2 (g)+3H 2(g) CH3 OH(g)+H2 O(g) H = -49.2kJmol-1，得到甲醇的体积分数与时间的关系如上图所示。保持其它条件不变，t1 时再向容器中加入一定量物质的量之比为 1:3 的 CO2 与 H2 混合气，t2 时再次达到平衡，请在上图画出 t1t3 时间内甲醇体积分数随时间的变化曲线。 _（5）以多孔
23、石墨为阳极，以 NaCl 和 NaOH 的混合溶液作电解液，用电解法由甲烷制取甲醇。写 出 阳 极 的 电 极 反 应 式 ：_。 （6）25时，将 a molL-1 的 CH3COOH 溶液与 b molL-1 的 NaOH 溶液等体积混合，溶液恰好呈中性， 则电离平衡常数Ka（CH3COOH）=_。【答案】 (1). 6CO2（g）+6H2O（l）=C6H12O6（s,葡萄糖）+6O2（g） H=+2880 kJmol-1 (2). 1.0 (3). C (4). B、C (5). (6). CH4-2e-+2OH-=CH3OH+H2O (7). b10-7/(a-b)【解析】【分析】（1
24、）利用盖斯定律求算用二氧化碳和水合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式；（2）通过“三行式”法计算平衡常数；（3）依据在体积为 1L 的恒容容器中6H2（g）2CO2（g） CH2CH2（g）4H2O（g）及图象曲线变化分析各选项的正确性；（4）由于CO2 (g)+3H 2(g) CH3 OH(g)+H2O(g)是在恒容的容器中进行且气体体积减小的可逆反应，所以再向容器中加入一定量物质的量之比为 1:3 的 CO2 与 H2 混合气，相当于增大压强，平衡向正向移动；（5）以多孔石墨为阳极，以 NaCl 和 NaOH 的混合溶液作电解液，用电解法由甲烷制取甲醇，在阳极CH4失去电子，在碱性条件下生成
25、CH3OH；（6）向amol/L CH3COOH溶液中滴加等体积的bmol/L氢氧化钠溶液恰好使溶液呈中性,所以c(H+)=c(OH-)=mol/L,根据溶液中电荷守恒c(Na+)c(H+)=c(OH-)c(CH3COO-),因为等体积混合所以此时溶液中c(Na+)c(CH3COO-)=b/2mol/L,c(CH3COOH)=(a-b)/2mol/L,反应后溶液中CH3COOH的电离常数k=c(H+)c(CH3COO-)/c(CH3COOH)。详解】（1）2CO2(g)+2H2O(l)+2C5H10O4(s) = 4(C3H6O3)(s)+O2(g)+4e- H=+1360 kJmol-1 1
26、2(C3H6O3)(s)+12e- = C6H12O6(s，葡萄糖)+6C5H10O4(s)+3O2(g) H=-1200 kJmol-1 ，依盖斯定律3得6CO2（g）+6H2O（l=C6H12O6（s,葡萄糖）+6O2（g）H=+2880 kJmol-1；本题答案为：6CO2（g）+6H2O（l=C6H12O6（s,葡萄糖）+6O2（g）H=+2880 kJmol-1 。(2)设CO2 的变化浓度为xmol/L, 则有：Fe(s)+ CO2(g)FeO(s) +CO(g)起始 2 0 变化 x x平衡 2-x x 由题可知：x= 1.0 molL-1,所以平衡常数K=c(CO)/c(CO2
27、)=1.0；其他条件不变，由于该反应是前后气体物质的量不变的反应，通入CO建立新平衡后，CO2 的物质的量分数不变；本题答案为：1.0 ，C。（3）A.由图象可以看出，温度升高CO2的转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故A正确；B.温度越高分子的能量越大，活化分子百分数越大，故B错误；C.用催化剂只能改变化学反应速率，不能使平衡移动，故C错误；D.其他条件不变，增大H2的通入量，CO2的转化率增大，故D正确；本题答案为：BC。（4）由于反应CO2 (g)+3H 2(g) CH3 OH(g)+H2 O(g)，是在恒容的容器中进行且气体体积减小的可逆反应，所以再向容器中加入一定量
28、物质的量之比为 1:3 的 CO2 与 H2 混合气，相当于增大压强，平衡向正向移动，甲醇的体积分数增加；故图像应为：本题答案为：。（5）以多孔石墨为阳极，以 NaCl 和 NaOH 的混合溶液作电解液，用电解法由甲烷制取甲醇，在阳极CH4失去电子，在碱性条件下生成CH3OH；电极反应式为：CH4-2e-+2OH-=CH3OH+H2O；本题答案为：CH4-2e-+2OH-=CH3OH+H2O。（6）向amol/L CH3COOH溶液中滴加等体积的bmol/L氢氧化钠溶液恰好使溶液呈中性,所以c(H+)=c(OH-)=mol/L,根据溶液中电荷守恒c(Na+)c(H+)=c(OH-)c(CH3C
29、OO-),因为等体积混合，此时溶液中c(Na+)c(CH3COO-)=b/2mol/L,c(CH3COOH)=(a-b)/2mol/L,反应后溶液中CH3COOH的电离常数k=c(H+)c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=（mol/Lb/2mol/L）(a-b)/2mol/L= b10-7/(a-b) mol/L，电离常数只和温度有关所以Ka=K=b10-7/(a-b)mol/L；本题答案为：b10-7/(a-b)。【点睛】弱酸的电离常数只和温度有关，所以欲求算弱酸的电离常数，可用中和反应后的有关数据计算。17. 高分子材料尼龙66具有良好的抗冲击性、韧性、耐燃油性和阻燃、绝缘等特点，
30、因此广泛应用于汽车、电气等工业中。如图是生产尼龙66的一些途径。(1)A中所有碳原子处在同一直线上则A结构简式为_。(2)B中官能团的名称是_。(3)反应中，属于加成反应的有_，反应中，属于氧化反应的有_。(4)高分子材料尼龙66中含有结构片段，请写出反应的化学方程式_。(5)某聚合物K的单体与A互为同分异构体，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1：2：3，且能与NaHCO3溶液反应，则聚合物K的结构简式是_。【答案】 (1). HOCH2CCCH2OH (2). 羟基 (3). (4). (5). n+nH2N(CH2)6NH2+(2n-1)HCl (6). 【解析】【分析】A中所有碳
31、原子都处于同一直线上，结合A的分子式、C反应后产物结构，可知1分子乙炔与2分子发生加成反应生成A，故A为HOCH2CCCH2OH，A与氢气发生加成反应生成B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应生成C为BrCH2CH2CH2CH2Br，C与KCN发生取代反应生成NCCH2CH2CH2CH2CN，-CN发生水解反应生成HOOC(CH2)4COOH；苯酚与氢气发生加成反应生成，环己醇发生氧化反应生成，发生氧化反应HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH发生取代反应生成，最后与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应生成尼龙-66为。【详解】(1)根据分析可知A的结
32、构简式为HOCH2CCCH2OH；(2)B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B中官能团的名称是羟基；(3)为HCCH与HCHO的加成反应；为A与氢气的加成；为B与HBr的取代反应；为C与KCN的取代反应，所以反应中，属于加成反应的有 ；为苯酚与氢气的加成反应，为羟基的氧化反应，为羰基的氧化反应，为取代反应，所以反应中，属于氧化反应的有 ；(4)尼龙-66为，反应的化学方程式为n+nH2N(CH2)6NH2+(2n-1)HCl；(5)聚合物K的单体与A互为同分异构体，A为HOCH2CCCH2OH，则该单体含有碳碳双键或三键，能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，峰面积之比为1：2：3，则应含
33、有甲基，所以该单体为，则聚合物K的结构简式为。【点睛】解决本题的关键在于推断出A的结构简式，要注意题目条件“A中所有碳原子都处于同一直线上”，再结合A的分子式可知A中应含有碳碳三键。18. 三草酸合铁()酸钾晶体K3Fe(C2O4)33H2O可用于摄影和蓝色印刷。可用如图流程来制备：根据题意完成下列各题：(1)若用铁和稀硫酸制备FeSO47H2O，_(填物质名称)往往要过量，理由是_。(2)要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是_。(按前后顺序填)a.过滤洗涤 b.蒸发浓缩 c.冷却结晶 d.灼烧 e.干燥某课外化学兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体(K3Fe(C2O4)33H2O)中铁元素含
34、量，做了如下实验：步骤一：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液。步骤二：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时MnO被还原成Mn2+。向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤三：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO，被还原成Mn2+。重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液19.98mL。回答下列小题：(3)配制三草酸合铁
35、酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有_；主要操作步骤依次是：称量、溶解、转移、_、定容、摇匀。(4)加入锌粉的目的是_。(5)实验测得该晶体中铁的质量分数为_。在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量_。(选填“偏低”“偏高”“不变”)【答案】 (1). 铁 (2). 防止亚铁离子被氧化 (3). bcae (4). 250mL容量瓶 (5). 洗涤 (6). 将Fe3+还原成Fe2+，为进一步测定铁元素的含量做准备 (7). 11.2% (8). 偏高【解析】【分析】绿矾为FeSO47H2O，加入1mol/L的硫酸溶解后再加入草酸，得到黄色沉淀FeC2O42H
36、2O，之后加入草酸钾、双氧水(氧化剂)、草酸发生氧化还原反应得到三草酸合铁()酸钾晶体。滴定原理为先用酸性高锰酸钾将草酸根氧化，之后用锌粉还原Fe2+，然后用高锰酸钾标准液滴定Fe2+的量。【详解】(1)亚铁离子易被空气中的氧气氧化为铁离子，需要加入过量的铁粉避免亚铁离子被氧化；(2)将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，将析出的固体过滤、洗涤、干燥，即可得到绿矾，所以选bcae；(3)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时
37、，改用胶头滴管滴加，所以还需要的玻璃仪器为250mL容量瓶；(4)向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至溶液完全由黄色变为浅绿色，说明加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+，为进一步测定铁元素的含量做准备；(5)所用高锰酸钾标准液的平均体积为=20.00mL，则n(KMnO4)=0.02L0.010mol/L=0.0002mol，滴定过程中MnO被还原成Mn2+，Fe2+被氧化成Fe3+，根据电子守恒可知n(Fe)=0.0002mol5=0.001mol，则样品中n(Fe)=0.001mol=0.01mol，所用样品中铁的质量分数为=11.2%；在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不
38、够，导致草酸根有剩余，再滴定亚铁离子时，会使的滴定消耗的高锰酸钾的体积偏大，导致测定的亚铁离子的物质的量偏大，故铁元素的质量偏大，计算测定的铁元素的质量分数偏高。19. 羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，合成路线如图所示：已知：+ RCOORROHRCOORROH(R、R、R代表烃基)(1)A属于芳香烃，其结构简式是_。B中所含的官能团是_。(2)CD的反应类型是_。(3)已知：2EFC2H5OH。F所含官能团有和_。(4)以D和F为原料合成羟甲香豆素分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：D_；F_；中间产物1_，中间产物2_。【答案】 (1). (2). 硝基 (3). 取代反应 (4).
39、 (5). (6). (7). (8). 【解析】【分析】A属于芳香烃，结合C的分子式，可知A为，苯发生硝化反应得到B，还原得到C，结合C的分子式，可知A发生二元取代得到B，结合羟甲香豆素的结构，可知发生间位的二元取代，故B为，C为；由D的分子式、结合羟甲香豆素的结构，可知D为；由2EF+C2H5OH，结合E的分子式C4H8O2，根据原子守恒可知F分子式为C6H10O3，F中含有羰基结构，结合信息可知F还含有酯基，再结合羟甲香豆素结构，以及会生成乙醇，可推知F为，故E为CH3COOC2H5；F与D第一步发生信息1中的加成反应，生成中间产物1为，然后发生信息中2的取代反应，生成中间产物2为，最后发生消去反应脱水得到羟甲香豆素。【详解】(1)根据分析可知A的结构简式为；B的结构简式为，其官能团为硝基；(2)根据分析可知C为，D为，所以C到D的反应类型为取代反应；(3)根据分析可知F的结构简式为，所含的官能团有和；(4)D为，F为，F与D第一步发生信息1中的加成反应，生成中间产物1为，然后发生信息中2的取代反应，生成中间产物2为，最后发生消去反应脱水得到羟甲香豆素。
