1、2015-2016学年四川省成都市双流中学高三（下）月考化学试卷（3月份）一、本卷共7题，每题6分，共42分每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学与生产、生活密切联系下列有关说法不正确的是（）A网状结构的聚丙烯酸钠是高吸水性树脂，可用于制造“尿不湿”B光导纤维应避免在强碱性环境中使用C利用超临界C02流体作为萃取溶剂符合绿色化学D船体镀锌或锡均可保护船体，镀层破损后将立即失去保护作用2设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A0.1mol 对苯二甲酸中含有双键的数目为0.2NAB标准状况下，11.2 L甲醛所含的键数目为2NAC2mol NO和1mol O2混合，在密闭容器
2、中充分反应后，容器内的分子数等于2NAD1mol Fe 与足量的硝酸反应，转移的电子数为0.2NA3下列图示与对应的叙述相符的是（）A由图可以判断：若T1T2，反应A（g）+B（g）2C（g）的H0B图表示压强对可逆反应2A（g）+2 B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C根据图，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量NaOH溶液，调节pH4D图表示用0.1mol/L的盐酸滴定20mL 0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH随加入盐酸体积的变化4实验室制取氯气并回收氯化锰，能达到该实验目的装置是（）A用装置甲制取氯气B用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液C用装置乙
3、吸收制取氯气的尾气D用装置丁蒸干氯化锰溶液制 MnCl24H2O5向20mL 0.5mol/L的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示下列关于混合溶液的相关说法错误的是（）A醋酸的电离平衡常数：b点a点B由水电离出的c（OH）：b点c点C从a点到b点，混合溶液中可能存在：c（CH3COO）=c（Na+）Db点到c点，混合溶液中一直存在：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）6相同温度下，容积均恒为2L的甲、乙、丙3个密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=197kJmoll实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器起始各物
4、质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化 SO2 O2 SO3 Ar甲2100 放出热量：Q1乙1.80.90.20 放出热量：Q2=78.8kJ丙1.80.90.20.1 放出热量：Q3下列叙述正确的是（）AQ1Q3Q2=78.8kJB若乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0tmin内，v（O2）=mol/（Lmin）C甲中反应达到平衡时，若升高温度，则SO2的转化率将大于50%D三个容器中反应的平衡常数均为K=27利用甲烷燃料电池电解饱和食盐水制备漂白液，下列说法中不正确的是（）A燃料电池的A极连接电解池的C极BA电极的电极反应式为：CH48e+2H2O=CO2+8H+C燃料电池工作时
5、H+移向左边D电解池总反应式为NaCl+H2ONaClO+H2二、（非选择题，本卷共4题共58分）8A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满请回答下列问题：（1）A、B、C第一电离能最大的元素其基态原子有种不同能量的电子基态D原子的电子排布式为（2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取杂化；BC3的空间构型为（用文字描述）（3）1mol AB中含有的键数目
6、为（4）如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比是（5）最新科技发现用高能射线照射液态氢化物H2C时，一个H2C分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子该阳离子具有较强的氧化性，试写出该阳离子与S02的水溶液反应的离子方程式9工业上，向500600的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验回答下列问题：（1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为，装置B中加入的试剂是（2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取尾气的成分是若仍用D装置进行尾气处理，存在的问题是、（3）若操作不当
7、，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先，再10化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RXROH；RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR请回答：（1）E中官能团的名称是（2）CD的化学方程式，反应类型为（3）B+DF的化学方程式（4）X的结构简式（5）对于化合物X，下列说法正确的是 A能发生水解反应 B不与浓硝酸发生取代反应 C能使Br2/CCl4溶液褪色 D能发生银镜反应（6）写出一种同时符合下列条件的F的同分异构体，其结构简式为 苯环上有三个侧链且苯环上一氯代物只有两种 不能发生水解反应
8、，遇FeCl3溶液显紫色 能使溴水反应而褪色 1moLF最多能和2molNa反应11冬日，雪花漫舞，给人带来美的享受，但降雪却会导致道路通行问题现有一种高速公路的绿色融雪剂CMA（醋酸钙、醋酸镁固体的混合物），其生产常以白云石（主要成分MgC03CaC03，含Si02等杂质）和生物质废液木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）等为原料，流程如图1：（1）步骤发生的反应离子方程式为（2）滤渣1的主要成分与NaOH溶液反应的热化学方程式为（己知lmol NaOH发生反应时放出热量为QkJ）；步骤所得滤液常呈褐色，分析可知其原因主要是木醋液中含有少量的有色的焦油以及（3）已知CMA中
9、钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系如图2所示，步骤的目的除调节n（Ca）：n（Mg） 约为（选填：1：3； 1：2； 3：7； 2：3）外，另一目的是（4）步骤包含的操作有、过滤、洗涤及干燥（5）取akg含MgC03CaC03质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA已知MgC03CaC03的损失率为c%，步骤之后到产品CMA的损失率为d%，则结合（3）可知所得产品质量约为kg（请用含相关字母的计算式表达，不必化简）2015-2016学年四川省成都市双流中学高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、本卷共7题，每题6分，共42分每题给出的四个选项中，只有一项是
10、符合题目要求的1化学与生产、生活密切联系下列有关说法不正确的是（）A网状结构的聚丙烯酸钠是高吸水性树脂，可用于制造“尿不湿”B光导纤维应避免在强碱性环境中使用C利用超临界C02流体作为萃取溶剂符合绿色化学D船体镀锌或锡均可保护船体，镀层破损后将立即失去保护作用【分析】A聚丙烯酸钠是一种高分子树脂吸水性很强；B二氧化硅能够与碱反应；C超临界流体CO2替代有机溶剂，替代一些对环境和健康带来危害的有机溶剂，可以减少对空气的污染；D原电池的负极是容易有被氧化的电极，易被腐蚀；【解答】解：A聚丙烯酸钠是一种高分子树脂具有很强的吸水性，故A正确；B二氧化硅能够与碱反应，所以光导纤维应避免在强碱性环境中使用
11、，故B正确；C超临界流体CO2替代有机溶剂，替代一些对环境和健康带来危害的有机溶剂，可以减少对空气的污染，故C正确；D锌活泼性强于铁，锡活泼性弱于铁，镀锌铁破损后仍然能够保护铁，镀锡铁破损后加速铁的腐蚀，故D错误；故选：D2设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A0.1mol 对苯二甲酸中含有双键的数目为0.2NAB标准状况下，11.2 L甲醛所含的键数目为2NAC2mol NO和1mol O2混合，在密闭容器中充分反应后，容器内的分子数等于2NAD1mol Fe 与足量的硝酸反应，转移的电子数为0.2NA【分析】A、对二苯甲酸中只含2条碳氧双键；B、标况下甲醛为气体；C、2mol N
12、O和1mol O2混合后生成2molNO2，但NO2中存在平衡：2NO2N2O4；D、铁和足量的硝酸反应后变为+3价【解答】解：A、对二苯甲酸中只含2条碳氧双键，苯环中无双键，故0.1mol对二苯甲酸中含0.2NA条双键，故A正确；B、标况下甲醛为气体，故11.2L甲醛的物质的量为0.5mol，而甲醛中含3条键，则含有的键为1.5NA个，故B错误；C、2mol NO和1mol O2混合后生成2molNO2，但NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数小于2NA个，故C错误；D、铁和足量的硝酸反应后变为+3价，故1mol铁反应后转移3NA个电子，故D错误故选A3下列图示与对应的叙述相符的是
13、（）A由图可以判断：若T1T2，反应A（g）+B（g）2C（g）的H0B图表示压强对可逆反应2A（g）+2 B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C根据图，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量NaOH溶液，调节pH4D图表示用0.1mol/L的盐酸滴定20mL 0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH随加入盐酸体积的变化【分析】A升高温度，平衡向吸热反应方向移动，据此判断该反应热；B对可逆反应，增大压强，化学反应速率加快，化学平衡向着气体的物质的量减小的方向进行；C根据加入NaOH会引进杂质钠离子分析；D用0.1mol/L的盐酸滴定20mL 0.1mol/LNa
14、OH溶液，未滴入盐酸时开始pH为13【解答】解：A若T1T2，升高温度A的转化率减小，平衡逆向移动，正反应是放热反应，所以H0，故A正确；B对可逆反应，增大压强，化学反应速率加快，所以乙的压强比甲的大，但是化学平衡向着气体的物质的量减小的方向即正方向进行，所以平衡状态不一样，即：达到平衡状态时反应物的百分含量不会相同，故B错误；C若除去CuSO4溶液中的Fe3+，根据图丙，可向溶液中加入适量CuO，调节pH4到5，使铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，而加适量NaOH溶液，引入了杂质钠离子，故C错误；D用0.1mol/L的盐酸滴定20mL 0.1mol/LNaOH溶液，未滴入盐酸时的pH应该为1
15、3，故D错误；故选A4实验室制取氯气并回收氯化锰，能达到该实验目的装置是（）A用装置甲制取氯气B用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液C用装置乙吸收制取氯气的尾气D用装置丁蒸干氯化锰溶液制 MnCl24H2O【分析】A浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；B二氧化锰不溶于水，应过滤；C氯气可与氢氧化钠溶液反应；D加热促进水解，水解生成的HCl易挥发【解答】解：A浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少加热装置，故A错误；B二氧化锰不溶于水，应过滤，图为分液装置，故B错误；C氯气可与氢氧化钠溶液反应，图可用于吸收氯气，故C正确；D加热促进水解，水解生成的HCl易挥发，应采取冷却结晶法得到MnCl24H2O，不能
16、蒸干，故D错误；故选C5向20mL 0.5mol/L的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示下列关于混合溶液的相关说法错误的是（）A醋酸的电离平衡常数：b点a点B由水电离出的c（OH）：b点c点C从a点到b点，混合溶液中可能存在：c（CH3COO）=c（Na+）Db点到c点，混合溶液中一直存在：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）【分析】酸碱中和反应是放热反应，所以酸碱中和过程中溶液温度升高，醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，溶液越稀醋酸的电离程度越大，醋酸电离过程吸热，温度越高，醋酸电离程度越大；酸或碱溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促
17、进水电离，结合电荷守恒来分析解答【解答】解：A醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，且其电离过程吸热，温度越高，醋酸的电离程度越大，其电离常数越大，故A正确；Bb点酸碱恰好反应生成醋酸钠，c点氢氧化钠过量，氢氧化钠抑制水电离，醋酸钠促进水电离，所以由水电离出的c（OH）：b点c点，故B正确；C如果c（CH3COO）=c（Na+），根据电荷守恒知，溶液中c（OH）=c（H+），醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使其溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以从a点到b点，混合溶液中可能存在：c（CH3COO）=c（Na+），故C正确；D从b点到c点，氢氧化钠过量，溶液中的溶质是醋酸钠和氢氧化钠，当
18、氢氧化钠的物质的量大于醋酸钠的物质的量时，混合溶液中存在：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+），故D错误；故选D6相同温度下，容积均恒为2L的甲、乙、丙3个密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=197kJmoll实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器起始各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化 SO2 O2 SO3 Ar甲2100 放出热量：Q1乙1.80.90.20 放出热量：Q2=78.8kJ丙1.80.90.20.1 放出热量：Q3下列叙述正确的是（）AQ1Q3Q2=78.8kJB若乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0tmin内，v（
19、O2）=mol/（Lmin）C甲中反应达到平衡时，若升高温度，则SO2的转化率将大于50%D三个容器中反应的平衡常数均为K=2【分析】乙、丙转化到左边，SO2、O2的物质的量分别为2mol、1mol，与甲中SO2、O2的物质的量对应相等，恒温恒容条件下，丙中Ar不影响平衡移动，故三者为完全等效平衡，平衡时SO2、O2、SO3的物质的量对应相等A根据参加反应二氧化硫的物质的量判断方程热量多少；B由B中计算可知氧气浓度变化量，再结合v=计算v（O2）；C根据B中计算可知甲中平衡时二氧化硫的物质的量，进而计算甲中二氧化硫的转化率，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；D平衡常数只受温度影响
20、，对于同一反应，温度相同，平衡常数相同，根据乙中反应热计算参加反应二氧化硫的物质的量，进而计算其浓度变化量，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算【解答】解：乙、丙转化到左边，SO2、O2的物质的量分别为2mol、1mol，与甲中SO2、O2的物质的量对应相等，恒温恒容条件下，丙中Ar不影响平衡移动，故三者为完全等效平衡，平衡时SO2、O2、SO3的物质的量对应相等A由于平衡时二氧化硫物质的量相等，故参加反应二氧化硫的物质的量：甲乙=丙，故放出热量：Q1Q3=Q2=78.8kJ，故A错误；B乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0tmin内，v（O2）=mol/（Lmin），故
21、B正确；C乙中平衡时二氧化硫物质的量为1.8mol0.8mol=1mol，甲中参加反应二氧化硫为2mol1mol=1mol，甲中二氧化硫的转化率为：100%=50%，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率将小于50%，故C错误；D甲、乙、丙三容器温度相同，平衡常数相同，乙中平衡时放出热量为78.8kJ，由2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=197kJmol1可知，参加反应的二氧化硫为2mol=0.8mol，则二氧化硫浓度变化量为： =0.4mol/L，SO2、O2、SO3的起始浓度分别为： =0.9mol/L、=0.45mol/L、=0.1mol/L，则： 2S
22、O2（g）+O2（g）2SO3（g）起始（mol/L）：0.9 0.45 0.1转化（mol/L）：0.4 0.2 0.4平衡（mol/L）：0.5 0.25 0.5故平衡常数K=4，故D错误；故选B7利用甲烷燃料电池电解饱和食盐水制备漂白液，下列说法中不正确的是（）A燃料电池的A极连接电解池的C极BA电极的电极反应式为：CH48e+2H2O=CO2+8H+C燃料电池工作时H+移向左边D电解池总反应式为NaCl+H2ONaClO+H2【分析】利用甲烷燃料电池电解饱和食盐水制备漂白液的原理：在阴极上产生氢气，在阳极上产生氯气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，所以D处产生的是
23、氯气，C处产生的是氢气，根据原本电池的工作原理以及电极反应式来回答判断【解答】解：利用甲烷燃料电池电解饱和食盐水制备漂白液的原理：在阴极C上产生氢气，在阳极上产生氯气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，所以D处产生的是氯气，C处产生的是氢气A、燃料电池中通入燃料甲烷的电极A是负极，C是阴极，A极连接电解池的C极，故A正确；B、A电极是负极，燃料发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：CH48e+2H2O=CO2+8H+，故B正确；C、燃料电池中阳离子移向正极，即移向右边，故C错误；D、电解饱和食盐水制备漂白液次氯酸钠，电解池总反应式为NaCl+H2ONaClO+H2，故D正确
24、故选C二、（非选择题，本卷共4题共58分）8A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满请回答下列问题：（1）A、B、C第一电离能最大的元素其基态原子有3种不同能量的电子基态D原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1（2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取sp2杂化；BC3的空间构型为平面三角形（用文字描述）（3）1mol AB中含有的
25、键数目为2NA（4）如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比是1：5（5）最新科技发现用高能射线照射液态氢化物H2C时，一个H2C分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子该阳离子具有较强的氧化性，试写出该阳离子与S02的水溶液反应的离子方程式2H2O+SO2=4H+SO42【分析】A、B、C、D都是前36号元素，它们的核电荷数依次增大，第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，故原子核外电子排布为1s22s22p2，故A为碳元素；C是地壳中含量最高的元素，所以C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2
26、s22p3，故B为N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故D元素原子各层电子数分别为2、8、18、1，是29号Cu元素，据此解答【解答】解：A、B、C、D都是前36号元素，它们的核电荷数依次增大，第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，故原子核外电子排布为1s22s22p2，故A为碳元素；C是地壳中含量最高的元素，所以C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故B为N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故D元素原子各层电子数分别为2、8、18
27、、1，是29号Cu元素（1）C、N、O元素是同一周期元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能CON，N原子核外电子排布式1s22s22p3，有3种能量不同的单子，D为Cu元素，原子核外电子数为29，其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：3；1s22s22p63s23p63d104s1；（2）H2CO3中C原子最外层电子数全部成键，没有孤电子对，成1个C=O双键，2个CO单键，杂化轨道数目为3，采取sp2杂化，NO3中N原子形成3个键，孤电子对=0，则应为平面
28、三角形，故答案为：sp2；平面三角形；（3）将CN中C原子及1个负电荷换成1个N原子，可得的等电子体N2，CN中形成CN三键，1个CN含有2个键，故1mol CN中含有的键个数为2NA，故答案为：2NA；（4）由晶胞结构可知，Ca原子处于顶点，晶胞中含有Ca原子数目为8=1，Cu原子处于晶胞内部与面上、面心，晶胞中Cu数目为1+4+4=5，故该合金中Ca和Cu的原子个数比为1：5，故答案为：1：5；（5）由H2O分子释放出电子时产生的一种阳离子具有较强的氧化性，该阳离子与SO2水溶液反应离子方程式为：2H2O+SO2=4H+SO42，故答案为：2H2O+SO2=4H+SO429工业上，向500
29、600的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验回答下列问题：（1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，装置B中加入的试剂是浓硫酸（2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取HCl尾气的成分是HCl和H2若仍用D装置进行尾气处理，存在的问题是发生倒吸、可燃性气体H2不能被吸收（3）若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是KSCN溶液欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先点燃A处的酒精灯，再点燃C处的酒精灯【分析】（1）实验室利
30、用二氧化锰与浓盐酸加热反应制取氯气，浓硫酸可以干燥氯气；（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，尾气的成分是剩余HCl和生成的氢气，HCl极易溶解于水，氢气不能溶于水，据此解答即可；（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先点燃A处的酒精灯排除装置中的空气，据此解答即可【解答】解：（1）制取无水氯化铁的实验中，A装置制取的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取，化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，装置B的作用是干燥氯气，常用浓硫酸，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；浓硫酸；（2）制取无水氯化亚铁，需要H
31、Cl气体，故A装置制取的是HCl，反应方程式为：Fe+2HClFeCl2+H2，故尾气的成分为未反应的HCl和生成的氢气，由于HCl极易溶于水，故若仍然采用D装置进行尾气处理，很容易造成倒吸，且氢气不溶于水，不利于氢气的吸收，氢气易燃，造成安全隐患，故答案为：HCl；HCl和H2；发生倒吸；可燃性气体H2不能被吸收；（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先排净装置中的空气，故先点燃A处的酒精灯，再点燃C处的酒精灯，故答案为：KSCN；点燃A处的酒精灯；点燃C处的酒精灯10化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RXROH；RCHO+CH3C
32、OORRCH=CHCOOR请回答：（1）E中官能团的名称是醛基（2）CD的化学方程式，反应类型为水解反应或取代反应（3）B+DF的化学方程式（4）X的结构简式（5）对于化合物X，下列说法正确的是AC A能发生水解反应 B不与浓硝酸发生取代反应 C能使Br2/CCl4溶液褪色 D能发生银镜反应（6）写出一种同时符合下列条件的F的同分异构体，其结构简式为 苯环上有三个侧链且苯环上一氯代物只有两种 不能发生水解反应，遇FeCl3溶液显紫色 能使溴水反应而褪色 1moLF最多能和2molNa反应【分析】乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故A是CH3CH2OH，乙醇催化氧化最终生成CH3COO
33、H，故B是CH3COOH；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则C为，C在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么D应为，由D能被氧化为E，且结合给出的信息：RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR，那么应E为，据此推断得出F为：，那么X为，据此分析解答【解答】解：乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故A是CH3CH2OH，乙醇催化氧化最终生成CH3COOH，故B是CH3COOH；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则C为，C在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么D应为，由D能被氧化为E，且结合给出的信息：RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR，那么应E为，据此推
34、断得出F为：，那么X为，（1）E为，E中官能团名称是醛基，故答案为：醛基；（2）C为，C在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么D应为，反应方程式为，该反应是水解反应或取代反应，故答案为：；水解反应或取代反应；（3）该反应方程式为，故答案为：；（4）X结构简式为，故答案为：；（5）X为，AX含有酯基，所以能发生水解反应，故正确； B含有苯环，在一定条件下能与浓硝酸发生取代反应，故错误；C含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应，则能使Br2/CCl4溶液褪色，故正确； D不含醛基，所以不能发生银镜反应，故错误；故选AC； （6）F为，苯环上有三个侧链且苯环上一氯代物只有两种，说明苯环上含有两种氢
35、原子； 不能发生水解反应，遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基； 能使溴水反应而褪色，说明含有碳碳双键； 1moLF最多能和2molNa反应，则还含有1个羟基，符合条件的一种同分异构体结构简式为，故答案为：11冬日，雪花漫舞，给人带来美的享受，但降雪却会导致道路通行问题现有一种高速公路的绿色融雪剂CMA（醋酸钙、醋酸镁固体的混合物），其生产常以白云石（主要成分MgC03CaC03，含Si02等杂质）和生物质废液木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）等为原料，流程如图1：（1）步骤发生的反应离子方程式为MgCO3CaCO3+4CH3COOH=Ca2+Mg2+4CH3COO+2
36、CO2+2H2O（2）滤渣1的主要成分与NaOH溶液反应的热化学方程式为Si02（s）+2NaOH（aq）=Na2SiO3（aq）+H2O（l），H=2QkJ/mol（己知lmol NaOH发生反应时放出热量为QkJ）；步骤所得滤液常呈褐色，分析可知其原因主要是木醋液中含有少量的有色的焦油以及实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质（3）已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系如图2所示，步骤的目的除调节n（Ca）：n（Mg） 约为3：7（选填：1：3； 1：2； 3：7； 2：3）外，另一目的是除去过量的乙酸（4）步骤包含的操作有蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥（5）
37、取akg含MgC03CaC03质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA已知MgC03CaC03的损失率为c%，步骤之后到产品CMA的损失率为d%，则结合（3）可知所得产品质量约为（）（1d%）kg（请用含相关字母的计算式表达，不必化简）【分析】根据流程图可知，白云石（主要成分MgCO3CaCO3，含SiO2等杂质）与木醋液（主要成分乙酸）反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，再加入氧化镁，调节溶液中n（Ca）：n（Mg）的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA，（1）步骤Mg
38、CO3CaCO3与CH3COOH的反应生成醋酸钙和醋酸镁；（2）己知lmol NaOH与二氧化硅发生反应时放出热量为QkJ，则反应的热化学方程式为Si02（s）+2NaOH（aq）=Na2SiO3（aq）+H2O（l），H=2QkJ/mol，步骤所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；（3）根据如图2所示钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系，可知，当n（Ca）：n（Mg）约为3：7时，出水率最高；（4）根据上面的分析可知，步骤包含的操作有 蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥；（5）取akg含M
39、gC03CaC03质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA已知MgC03CaC03的损失率为c%，则可得n（Ca（CH3COO）2）=mol，n（Mg（CH3COO）2）=mol，步骤之后到产品CMA的损失率为d%，以此计算产量【解答】解：根据流程图可知，白云石（主要成分MgCO3CaCO3，含SiO2等杂质）与木醋液（主要成分乙酸）反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，再加入氧化镁，调节溶液中n（Ca）：n（Mg）的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA，（1）步骤发生的反
40、应离子方程式为 MgCO3CaCO3+4CH3COOH=Ca2+Mg2+4CH3COO+2CO2+2H2O，故答案为：MgCO3CaCO3+4CH3COOH=Ca2+Mg2+4CH3COO+2CO2+2H2O；（2）己知lmol NaOH与二氧化硅发生反应时放出热量为QkJ，则反应的热化学方程式为Si02（s）+2NaOH（aq）=Na2SiO3（aq）+H2O（l），H=2QkJ/mol，步骤所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质，故答案为：Si02（s）+2NaOH（aq）=Na2SiO3（aq）
41、+H2O（l），H=2QkJ/mol；实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；（3）根据如图2所示钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系，可知，当n（Ca）：n（Mg）约为3：7时，出水率最高，所以步骤的目的除调节n（Ca）：n（Mg）约为3：7，步骤中加入氧化镁的目的是调节钙、镁离子的物质的量之比，除去过量的乙酸，故答案为：3：7；除去过量的乙酸；（4）根据上面的分析可知，步骤包含的操作有 蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥，故答案为：蒸发结晶；（5）取akg含MgC03CaC03质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA已知MgC03CaC03的损失率为c%，则可得n（Ca（CH3COO）2）=mol，n（Mg（CH3COO）2）=mol，步骤之后到产品CMA的损失率为d%，则可知所得产品质量约为 （）（1d%），故答案为：（）（1d%）