1、山东省济南市章丘区第四中学2021届高三化学上学期第一次教学质量检测（8月）试题（含解析）一、选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指A. 萃取B. 渗析C. 干馏D. 蒸馏【答案】D【解析】【详解】我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。” 由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分
2、离，则该法为蒸馏，答案选D。2. 下列试验中，所选装置不合理的是A. 分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选B. 用CC14提取碘水中的碘，选C. 用FeC12，溶液吸收C12，选D. 粗盐提纯，选和【答案】A【解析】【分析】由图可知，分别为过滤、蒸发、萃取(或分液)、蒸馏、洗气装置。【详解】ANa2CO3溶液和CH3COOC2H5分层，则选择，故A错误；B碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则用CCl4萃取碘水中的碘，选，故B正确；C氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，则选长进短出可吸收，故C正确；D粗盐提纯，需要溶解后过滤、蒸发得到NaCl，则选和，故D正确；故选A。【点晴】解答综合性实验设计
3、与评价题的基本流程：原理反应物质仪器装置现象结论作用意义联想。主要从以下几个方面考虑：实验原理是否正确、可行；实验操作是否完全、合理； 实验步骤是否简单、方便；实验效果是否明显等。反应原料是否易得、安全、无毒；反应速率较快；原料利用率以及合成物质的产率是否较高；合成过程是否造成环境污染。有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。3. 下列实验操作都能达到预期目的的有（ ）项：蒸干MgCl2溶液可得纯净的无水氯化镁；可以采用多次渗析的方法分离、提纯蛋白质；用广泛pH试纸测得某溶液 pH为3.5；配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度线，所配溶液浓度偏低；用米汤直接检验食用盐中是否含
4、有碘元素；用酸式滴定管量取20.00 mL高锰酸钾酸性溶液；用溴的四氯化碳溶液除去混在甲烷中的乙烯气体；将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 molL-1 NaOH溶液；提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法；液溴保存：用带玻璃塞的细口棕色试剂瓶，液溴上加一层水，放在阴凉处A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【详解】MgCl2加热水解生成Mg (OH)2，不能得到无水氯化镁，故错误；蛋白质难溶于盐，可盐析，属于胶体，可以采用多次渗析的方法分离、提纯蛋白质，故正确；广泛pH试纸只能精确到1，不能
5、测定pH为3.5，故错误；配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度线，使体积偏小，根据c=，所配溶液浓度偏高，故错误；淀粉只能检验单质碘，食盐中的碘以碘酸钾存在，故错误；酸性滴定管可用来量取酸或强氧化性物质，精确度高，可精确到0.01mL，故正确；甲烷易溶于四氯化碳，应用溴水除去乙烯，故错误；容量瓶不能用于溶解氢氧化钠固体，应该于烧杯中配置溶液，故错误；氯化钠中混有少量的硝酸钾，采用蒸发结晶法，不能采用冷却结晶，故错误；液溴有很强的腐蚀性，用带玻璃塞的细口棕色试剂瓶，水会和溴缓慢发生反应，生成溴化氢和次溴酸，次溴酸很不稳定，见光易分解。保存在棕色的瓶子里就是为了保护次溴酸，减缓了液溴的进一步消耗，液溴易
6、挥发，故在液溴上上加一层水，放在阴凉处，故正确；正确的是，有三项；答案选C。4. 利用反应CCl44NaC（金刚石）4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是（）A. C（金刚石）属于共价晶体B. 该反应利用了Na的强还原性C. CCl4和C（金刚石）中C的杂化方式相同D. NaCl晶体中每个Cl周围有8个Na【答案】D【解析】【详解】AC(金刚石)属于原子晶体，C、C间存在共价键，A说法正确；B该反应钠化合价升高，发生氧化反应，是还原剂，利用强还原性，四氯化碳化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，B说法正确；CCCl4中心原子碳价层电子对数为4，即为sp3杂化，C(金刚石)中
7、C价层电子对数为4，即为sp3杂化，它们的杂化方式相同，C说法正确；D根据氯化钠晶胞结构，NaCl晶体中每个Cl周围有6个Na+，每个Na+周围有6个Cl，故D说法错误；综上所述，答案为D。5. 下列实验所用试剂、现象和结论均正确的是选项实验装置现象结论A装置中有浅黄色沉淀苯和浓溴水发生取代反应B高锰酸钾溶液褪色，溴的四氯化碳溶液褪色石蜡油的分解产物中含有不饱和烃C盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，上方出现油状液体制备乙酸乙酯D甲醚有气泡鉴别乙醇与甲醚(CH3OCH3)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A制取溴苯时应使用苯和液溴，不能使用浓溴水，A项错误；B石蜡油的主要成分是
8、烃的混合物，在碎瓷片的催化作用下，石蜡油会裂（分）解，产生中含有烯烃等不饱和烃，通过观测酸性高锰酸钾、溴的四氯化碳溶液的褪色，的确可以证明产物中有不饱和烃，B项正确；C制备乙酸乙酯时，需要加入浓硫酸。浓硫酸作为催化剂，可极大加快反应速率，不然反应进行非常慢；同时浓硫酸作为吸水剂，可使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动（实验中采取加热方式，可以使乙酸乙酯及时蒸发，利于平衡右移）；D甲醚与钠并不反应，故与金属钠接触时不会有气泡产生，D项错误；所以答案选B项。【点睛】细节决定成败。关注实验的细节是解此类题成功的关键。6. 下列物质中杂质（括号内为杂质）检验试剂、除杂试剂和除杂方法都正确的是物质及其杂质检验
9、试剂除杂试剂除杂方法AHCl(Cl2)湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水洗气BC2H5OH（H2O）无水硫酸铜粉末生石灰蒸馏CCO2(SO2)品红溶液饱和碳酸钠溶液洗气DNH4Cl(I2)淀粉溶液无加热A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.饱和食盐水除去的是氯化氢，不能除去氯气，故A错误；B.无水硫酸铜遇水变为蓝色，可以检验水的存在，生石灰与水反应生成氢氧化钙，然后蒸馏即可得到无水乙醇，故B正确；C.碳酸钠溶液也吸收二氧化碳，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；D.氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，不能除去碘，故D错误；故选B。【点睛】明确物质的性质差异是解答的关键，注意物质提纯
10、的原则：不增、不减、易复、易分。所谓不增，不引进新的物质；不减指不能损耗或减少被提纯的物质；易复指被提纯物质转化后易复原；易分指易使杂质与被提纯的物质分离。7. CuI是有机合成的一种催化剂，受热易氧化。实验室可通过向CuSO4与NaI的混合溶液中通入SO2制备CuI(2CuSO42NaISO22H2O2CuI2H2SO4Na2SO4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是()A. 制备SO2B. 制备CuI并制备少量含SO2的溶液C. 将CuI与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀D. 加热干燥湿CuI固体【答案】D【解析】【详解】A.Cu与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2，图中固
11、液加热装置可制备，A正确；B.硫酸铜与NaI发生氧化还原反应生成CuI、SO2，可用该装置制备CuI并制备少量含SO2的溶液，B正确；C.分离沉淀与溶液，可选该装置进行过滤，C正确；D.加热干燥湿的CuI固体，由于CuI易被氧化，因此不能用该装置加热，D错误；故合理选项是D。8. B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，也有大键。下列关于B3N3H6的说法错误的是A. 其熔点主要取决于所含化学键的键能B. 形成大键的电子全部由N提供C. 分子中B和N的杂化方式相同D. 分子中所有原子共平面【答案】A【解析】【详解】A无机苯是分子晶体，其熔点主要取决于分子间的作用力，A错误；BB原子最外层3个电子
12、，与其它原子形成3个键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个键，还剩余2个电子，故形成大键的电子全部由N原子提供，B正确；C无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，C正确；D无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，所以分子中所有原子共平面，D正确；答案选A。9. 根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是实验现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2 有还原性BH2S 溶液产生黄色沉淀SO2 有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2 有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性
13、:H2SO3 H2SiO3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3H2SiO3，D正确。答案选C。10. 药物吗替麦考酚酯有强大的抑制淋巴细胞增殖的作用，可通过如下反应制
14、得：下列叙述正确的是（ ）A. 化合物X 中含有手性碳原子B. 化合物Y 的分子式为C6H12NO2C. 1mol 化合物 Z 可以与 3mol NaOH 反应D. 用溴水可鉴别化合物X 和 Z【答案】C【解析】【详解】A与碳原子相连的4个基团均不相同的碳原子，称为手性碳原子，化合物X 中不含手性碳原子，A错误；B根据物质的结构简式可知，化合物Y 的分子式为C6H13NO2，B错误；C1mol 化合物 Z含1mol酚羟基和2mol酯基，故可以与 3mol NaOH 反应，C正确；DX、Z均含碳碳双键，均能使溴水褪色，无法鉴别，D错误；答案选C。二、选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共
15、20 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。11. 某化学兴趣小组从含有 KI、KNO3 等成分的工业废水中回收 I2（碘从 45左右开始升华，77升华完毕）和 KNO3，其流程如下：下列说法正确的是（ ）A. 步骤 1 中无机相应从分液漏斗下端放出，有机相从上口倒出B. 步骤 2 使用的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、牛角管、球形冷凝管、锥形瓶C. 步骤 3 可以在装置 中完成D. 步骤 4 中，将溶液蒸发至只剩少量水时，用余热将晶体蒸干【答案】AC【解析】【详解】A由于苯的密度比水小，溶解碘的苯在上层，因此步骤 1 中无机相应从
16、分液漏斗下端放出，有机相从上口倒出，故A正确；B步骤 2是蒸馏，使用的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、牛角管、直形冷凝管、温度计、锥形瓶，故B错误；C利用碘单质易升华，因此步骤 3 可以在装置中完成，故C正确；D硝酸钾易分解，因此步骤 4 中应蒸发浓缩、冷却结晶过滤，故D错误。综上所述，答案为AC。12. 氧化石墨烯和还原石墨烯是两种新型材料，由氧化石墨烯制备还原石墨烯的原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 1个N2H4分子中含有键的数目为5B. 氧化石墨烯中碳原子均为sp2杂化C. 还原石墨烯中有三种不同的含氧官能团D. 在水中的溶解度：还原石墨烯氧化石墨烯【答案】BD【解析】【详解】AN2
17、H4的结构式是，1个N2H4分子中含有键的数目为5，故A正确；B氧化石墨烯含有双键碳、单键碳，碳原子杂化方式为sp2、sp3杂化，故B错误；C还原石墨烯含有-OH、-COOH、C-O-C三种不同的含氧官能团，故C正确；D氧化石墨烯中含有的羟基数大于还原石墨烯，在水中的溶解度：还原石墨烯氧化石墨烯，故D错误；选BD。13. 某新型漂白剂（）可用于漂白各种动物毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X 的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述不正确的是A. WX、WZ2均是离子化合物B. W、X、Y对应的原子半径顺序为：WXYC.
18、X、Y与Z均可以形成化合物D. Y的最高价氧化物对应水化物为弱酸【答案】B【解析】【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于A族，X位于A族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，则W、X、Y、Z分别为Mg、O、B、H，由此分析。【详解】AW、X、Z分别为Mg、O、H，WX、WZ2分别为MgO、MgH2均是离子化合物，故A正确；BW
19、、X、Y分别为Mg、O、B，Mg位于第三周期，O、B位于第二周期，同周期从左到右元素的原子半径逐渐减小，对应的原子半径顺序为：WYX，故B错误；CX、Y、Z分别为O、B、H，O、B与H可形成H2O、BH3，故C正确；DB的最高价氧化物对应水化物为硼酸，为弱酸，故D正确；答案选B。14. 我国中草药文化源远流长，通过临床试验，从某中草药中提取的有机物具有较好的治疗癌症的作用，该有机物的结构如图所示。下列说法中错误的是（ ）A. 分子式为C13H12O6B. 该有机物能发生取代反应、加成反应、氧化反应C. 1mol该有机物与NaOH反应最多消耗2molNaOHD. 1mol该有机物与溴水反应最多消
20、耗3molBr2【答案】C【解析】【分析】由有机物的结构可知，该有机物的分子式为C13H12O6，官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键。【详解】A.由有机物的结构可知，该有机物的分子式为C13H12O6，故A正确；B. 该有机物的官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键，能发生取代反应（羧基发生酯化反应、酯基发生水解反应、酚羟基与浓溴水发生取代反应）、加成反应（碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应）、氧化反应（酚羟基具有还原性易被氧化或燃烧发生氧化反应），故B正确；C. 该有机物含有的羧基、酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，1mol该有机物与NaOH反应最多消耗3molNaOH，故C错误；D
21、. 该有机物含有的碳碳双键和酚羟基能与溴水反应，1mol该有机物碳碳双键能与1mol溴水发生加成反应、酚羟基的邻对位氢原子能与2mol溴水发生取代反应，共消耗3molBr2，故D正确；故选C【点睛】解答时应注意官能团性质的重合性，该有机物的官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键，羧基、酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，碳碳双键和酚能与溴水反应，碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应。15. 骨胶黏剂是一种极具应用前景的医用高分子材料。某骨胶黏剂的制备原料为聚酯三元醇，其合成原理如下：已知：R1COOR2R318OHR1CO18OR3R2OH 下列说法正确的是A. 单体Ml可用于配制化妆品，且分子
22、中含有3个手性碳原子B. 改变Ml在三种单体中的比例，可调控聚酯三元醇的相对分子质量C. 该合成反应为缩聚反应D. X、Y、Z中包含的结构片段可能有【答案】BD【解析】【详解】A单体Ml是丙三醇，俗称甘油，具有强的吸水性，可用于配制化妆品，分子中无手性碳原子，A错误；B改变M1在三种单体中的比例，则生成物不同，则改变M1在三种单体中的比例，可调控聚酯三元醇的相对分子质量，B正确；C如发生缩聚反应，应生成高分子化合物，而聚酯三元醇相对分子质量较小，因此发生的不是缩聚反应，C错误；D如涉及M2、M3之间的取代，则存在该片段，D正确；故合理选项是BD。三本题共 5 小题，共 60 分.16. 亚硝酰
23、氯（C1NO）常用作催化剂和合成洗涤剂，其沸点为5.5，易水解。某学习小组在实验室中用下图所示装置制备C1NO。已知：HNO2 既有氧化性又有还原性；AgNO2微于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2。回答下列问题：（1）仪器 a 的名称为 _，装置B 的作用是 _ 。（2）装置C 中长颈漏斗的作用是 _ 。（3）实验开始时，先打开 K1、K2，关闭 K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，当观察到C中_ 时关闭 K1、K2。向装置 D 三颈瓶中通入干燥纯净C12，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开 K1、K3，制备 C1NO。（4）装置D 中干燥管的作用是 _。（5）实验过
24、程中，若学习小组同学用酒精灯大火加热制取 NO，对本实验造成的不利影响是 _、 _。（6）C1NO 与 H2O 反应生成 HNO2 和 HC1。要验证 C1NO 与 H2O 反应后的溶液中存在C1和 HNO2，合理的操作步骤及正确的顺序是 _ （填序号）。a.向烧杯中滴加过量 KI 淀粉溶液，溶液变蓝色b.取 1.0 mL 三颈瓶中产品于烧杯中，加入 100mL H2O 充分反应c.向烧杯中滴加性 KMnO4 溶液，溶液紫色褪去d.向烧杯中滴加足量 AgNO3 溶液，有白色沉淀生成，加入稀硝酸，搅拌，仍有白色沉淀【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 除去NO中的HNO3、NO2气体 (3).
25、 避免C中压强过大 (4). 红棕色完全消失 (5). 防止水蒸气进入三颈瓶中与ClNO反应 (6). 温度过高造成HNO3分解（或挥发） (7). 生成NO气体速度过快，NO来不及反应即大量逸出 (8). bdc【解析】【详解】（1）仪器a为蒸馏烧瓶；NO不溶于水，而可能存在的杂质HNO3、NO2均易溶于水，故B的作用为处于NO中的HNO3、NO2等杂质；（2）若关闭K1，随着反应的进行，C中压强增加，长颈漏斗的作用为平衡系统内外压强，避免C中压强过大；（3）为了得到比较纯净的NO，当C中红棕色完全消失时，不再存在NO2气体；（4）因为亚硝酰氯(ClNO)易与水反应水解，所以必须防止有水蒸气
26、进入三颈烧瓶中与ClNO反应，此为D的作用；（5）对蒸馏烧瓶大火加热，会使得反应迅速，大量生产NO气体，会使较多的NO气体未参加反应便逸出至空气中；同时，较高的温度可能是硝酸分解或挥发，产生较多杂质气体；故答案为：温度过高造成HNO3分解(或挥发)；生成NO气体速度过快，NO来不及反应即大量逸出；（6）首先要使ClNO与H2O反应，选择b；因为碘化银为沉淀，而酸性高锰酸钾能将氯离子氧化，所以需要先验证氯离子的存在，选择d；由于引入了足量银离子，所以仅能使用酸性高锰酸钾验证亚硝酸，选择c；故答案为：bdc。17. 莫尔盐(NH4)2SO4FeSO46H2O比绿矾(FeSO47H2O)更稳定，常用
27、于定量分析。其实验室制法如下：(1)步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。(2)步骤中温度保持8095，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_(填标号)。(3)证明滤液含有Fe3+应选用的试剂是_(选填序号)。A NH4SCN溶液 B K3Fe(CN)6溶液 C 酚酞溶液 D 酸性KMnO4溶液(4)操作得到的莫尔盐晶体用少量乙醇淋洗，其目的是_。(5)从下列装置中选取必要的装置制取(NH4)2SO4溶液，连接的顺序是：_(用接口序号字母表示)。【答案】 (1). 碱煮水洗 (2). 热水浴 (3). C (4). A (5). 除去晶体
28、表面附着的硫酸、水等杂质，减少莫尔盐晶体洗涤中的损耗 (6). a (7). d (8). e (9). f【解析】【分析】废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的硫酸亚铁，然后向滤液中加入硫酸铵固体，通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，加入少量乙醇淋洗除去晶体表面附着的硫酸、水等杂质，干燥得到莫尔盐，由此分析。【详解】(1)油污在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐和甘油都易溶于水，然后水洗，从而
29、除去油污，步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法为碱煮水洗；(2)温度越高化学反应速率越快，缩短反应时间，所以步骤需要加热的目的是加快反应；低于100的加热需要水浴加热，所以温度保持8095，采用的合适加热方式为热水浴；铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，硫化物和稀硫酸反应生成H2S，H2S属于酸性气体，用碱液吸收，且要防止倒吸，BD不能防止倒吸且A溶解硫化氢能力较弱，所以选取C；(3)A证明滤液含有Fe3+应选用的试剂是NH4SCN溶液，三价铁离子遇到硫氰根离子会产生硫氰化铁血红色溶液；BK3Fe(CN)6溶液用于检验亚铁离子，不能用于检验铁离子，故B不符合题意；C酚酞溶液可以
30、用于检验碱性溶液，不能检验铁离子，故C不符合题意；D酸性KMnO4溶液与铁离子没有特征反应，不能用于鉴别，故D不符合题意；答案选A；经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到的晶体表面附着的硫酸、水等杂质，用少量乙醇淋洗，乙醇具有挥发性，可以除去晶体表面附着的硫酸、水等杂质，减少莫尔盐晶体洗涤中的损耗；(4)制取(NH4)2SO4溶液是将氨气溶入稀硫酸中，图中装置选择A、C、D，A装置是氨气的制取装置，浓氨水中加入生石灰，生石灰和水反应溶于水放热，利于氨气的释放，装置C中氨气和稀硫酸反应制得硫酸铵，氨气不易溶于四氯化碳，氨气从d中通入，可以控制反应速度，最后再用水吸收尾气，用倒扣的漏斗防止倒吸，装
31、置的连接顺序为：adef。18. 连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，白色晶体，可溶于水，微溶于乙醇；暴露在空气中易被氧化成亚硫酸氢钠或硫酸氢钠，75以上会分解。(1)Na2S2O4的制取(实验装置如图)：在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边滴加Na2CO3的甲醇溶液，同时通SO2，反应放热，保持温度为6070，即可生成Na2S2O4，同时生成另一种气体。仪器A的名称是_，与普通分液漏斗相比，其优点是_。三颈烧瓶中生成Na2S2O4的离子方程式为_。为了使反应充分进行，得到更多更纯的产品Na2S2O4，应采取的主要措施有_。A控制水浴温度不超过75B加快通SO2的速率C加快滴加
32、Na2CO3的甲醇溶液的速率D充分搅拌，使反应物充分接触E用乙醇洗涤产品，减少因溶解导致的损失F在通入SO2前还应该通入一段时间N2，以排尽装置内的空气(2)Na2S2O4的性质：取纯净的Na2S2O4晶体，隔绝空气加热，Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和气体产物_(填化学式)。请设计实验验证Na2S2O4固体完全分解后的固体产物中有Na2S2O3存在，完成下表中内容。(供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、KMnO4溶液)实验步骤预期现象和结论实验步骤预期现象和结论_(3)Na2S2O4的应用：六价铬对人体有毒，Na2S2O4可以用于处理含铬废水，使
33、含六价铬的离子浓度降低而达到排放标准，即含六价铬的离子浓度0.5mgL-1。具体操作是：在含六价铬()的酸性废水中先加入Na2S2O4，再加入过量的石灰水，生成的沉淀主要有_(用化学式表示)。【答案】 (1). 恒压滴液漏斗 (2). 平衡气压，使液体能顺利滴下 (3). 2HCOO-+4SO2+=2+H2O+3CO2 (4). ADEF (5). SO2 (6). 取少量Na2S2O4完全分解后的固体产物于试管中，加入稀盐酸 (7). 若有淡黄色沉淀生成，则说明产物中有Na2S2O3存在 (8). Cr(OH)3、CaSO4【解析】【分析】在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边用恒压
34、滴液漏斗滴加Na2CO3的甲醇溶液，由于产物Na2S2O3暴露在空气中易被氧化成亚硫酸氢钠或硫酸氢钠，在通入SO2前还应该通入一段时间N2，以排尽装置内的空气，75以上会分解，且反应放热，用水浴加热，保持温度为6070，根据化合价的变化可知二氧化硫将甲酸钠转化为二氧化碳，即可生成Na2S2O4和CO2，由于Na2S2O4微溶于乙醇，用乙醇洗涤产品，减少因溶解导致的损失，再进行尾气处理吸收CO2，由此分析。【详解】(1)根据仪器的形状可知，仪器A的名称是恒压滴液漏斗，与普通分液漏斗相比，其优点是平衡气压，使液体能顺利滴下；三颈烧瓶中是甲酸钠溶液和二氧化硫反应生成Na2S2O4，根据硫元素的化合价
35、从+4价降低到+3价，得到一个电子，碳元素的化合价从+2升高到+4价，失去两个电子，根据得失电子守恒得到2SO2 Na2S2O4，根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：2HCOO-+4SO2+=2+H2O+3CO2；A由于Na2S2O4在75以上会分解，故控制水浴温度不超过75，可以提高产品的纯度，故A符合题意；B加快通SO2的速率，可以加快反应速率，由于反应放热，会使温度超过75，会使Na2S2O4分解而降低产率，故B不符合题意；C加快滴加Na2CO3的甲醇溶液的速率，可以加快反应速率，由于反应放热，会使温度超过75，会使Na2S2O4分解而降低产率，故C不符合题意；D充分搅拌，使反应物充分
36、接触，可使反应充分进行，提高产率，故D符合题意；E由于Na2S2O4可溶于水，微溶于乙醇；用乙醇洗涤产品，减少因溶解导致的损失，故E符合题意；F由已知信息，Na2S2O3暴露在空气中易被氧化成亚硫酸氢钠或硫酸氢钠，在通入SO2前还应该通入一段时间N2，以排尽装置内的空气，故F符合题意；答案选ADEF；(2)Na2S2O4中硫元素的化合价为+3价，固体完全分解得到固体产物Na2SO3中硫的化合价为+4价，是还原产物、Na2S2O3中硫的化合价为+2价，是氧化产物，根据氧化还原反应中得失电子守恒和原子守恒可知气体是二氧化硫；根据反应Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S+SO2+H2O可知，取少
37、量Na2S2O4完全分解后的固体产物于试管中，加入稀盐酸，若有淡黄色沉淀生成，则说明产物中有Na2S2O3存在；(3)在含六价铬()的酸性废水中先加入Na2S2O4，由于具有强氧化性，具有还原性，二者会发生氧化还原反应，离子反应为：+6H+=2+2+3H2O，再加入过量的石灰水，和，和会发生复分解反应生成的沉淀主要有Cr(OH)3、CaSO4。19. 非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用 Cs2CO3、XO2(X=Si、Ge)和 H3BO3 首次合成了组成为 CsXB3O7 的非线性光学晶体。回答下列问题：(1)C、O、Si 三种元素电负性由大到小的
38、顺序为 _；第一电离能I1(Si) _I1(Ge)(填或CSi (2). (3). 1s22s22p63s23p63d104s24p2(或Ar3d104s24p2) (4). SiO2 (5). 二者均为共价晶体，Ge原子半径大于Si，SiO键长小于GeO键长，SiO2键能更大，熔点更高 (6). sp2 (7). 【解析】【详解】(1)电负性变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减少，所以电负性OCSi；第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小，因此I1(Si)I1(Ge)；(2)Ge原子位于第四周期IVA族，因此原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104
39、s24p2(或Ar3d104s24p2)；SiO2、GeO2均为共价晶体，Ge原子半径大于Si，Si-O键长小于Ge-O键长，SiO2键能更大，熔点更高；(3)B原子最外层有3个电子，与3个-OH形成3个共价键，且没有孤电子对，因此为sp2杂化；(4)原子分数坐标为(0.5，0.2，0.5)的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为(0，0.3，0.5)及(1.0，0.3，0.5)的Cs原子位于晶胞的yz面上，原子分数坐标为(0.5，0.8，1.0)及(0.5，0.8，0)的Cs原子位于晶胞xy面上，原子分数坐标为(0，0.7，1.0)及(1.0，0.7，1.0)(0，0.7，0)的Cs原子位于晶
40、胞平行于y轴的棱上，利用均摊法可计算该晶胞中共含Cs原子4个，带入晶胞密度求算公式可得：。【点睛】解题关键：利用均摊法进行有关计算，难点(4)根据Cs原子位于晶胞体内的坐标系，利用均摊法可计算该晶胞中共含Cs原子4个，再去计算密度。20. 药物他莫肯芬（Tamoxifen）的一种合成路线如图所示：已知：+HBr +RBr(1)C 中官能团有 _ （填名称）。(2)碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出 D 的结构简式， 用星号（*）标出 D 中的手性碳 _。(3)反应EF 的反应类型是_ 。(4)Tamoxifen 的结构简式为_。(5)X是C的同分异构体。X在酸性条件下
41、水解，得到的两种芳香族化合物都有 4 组核磁共振氢谱峰，其中一种遇FeCl3溶液显紫色。X 的结构简式为 _。(6)设计用和 CH3I 为原料（无机试剂任选）制备的合成路线： _。【答案】 (1). 醚键、羰基 (2). (3). 取代反应 (4). (5). (6). 【解析】【分析】A和B发生取代反应生成C，C在NaI作用下和CH3CH2I发生取代反应生成D，根据信息得到D和HBr发生取代反应生成E，E发生取代反应生成F，根据信息得到F先发生加成反应再在浓硫酸作用下发生消去反应。【详解】(1)根据C的结构简式得出C中官能团有醚键、羰基；故答案 ：醚键、羰基。(2)根据手性碳原子的特点：碳原
42、子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。因此D的简式；故答案为：。(3)根据题中信息和D的分子式、E的分子式及D的结构特点得到E为，根据E、F结构简式得到反应EF 的反应类型是取代反应；故答案为：取代反应。(4)根据题中信息，先发生加成反应，再生成消去反应，因此Tamoxifen 的结构简式为；故答案为：。(5)X是C的同分异构体。X在酸性条件下水解，说明含有酯基，酯发生水解得到醇和羧酸，得到的两种芳香族化合物都有 4 组核磁共振氢谱峰，其中一种遇FeCl3溶液显紫色。X 的结构简式为；故答案为：。(6)在NaH作用下与CH3I发生反应生成，和氢气在催化剂作用下发生加成反应生成，在浓硫酸作用下发生消去反应生成，发生加聚反应得到；因此反应流程为：；故答案为：。【点睛】有机推断是常考题型，主要考查有机物的官能团，分子式、根据信息分析有机物的结构特点及推断有机物的结构简式、反应类型。
