1、北京市十一学校 20192020学年度第4学段高二学部 化学II/III 课程教与学诊断考试时间:90 分钟 满分:100 分考生请注意:请将所有答案填写在答题纸相应的位置处,在试卷上作答一律无效。可能用到的相对原子质量:H 1,C 12,O 16,Na 23第 I 卷 单选题(共 42 分)本部分共 14 道小题,每题 3 分,共 42 分。在每题列出的四个选项中,选出最符合题目要求的一项。1.下列与新冠肺炎防疫和检测有关的过程中,没有发生化学反应的是( )ABCD以丙烯为原料制备熔喷聚丙烯,作为医用外科口罩的材料电解饱和食盐水制备消毒液,对公共场所进行消毒使用明矾作为絮凝剂,对采集水样进行
2、前处理使用液氨作为制冷剂, 对疫苗进行低温保存A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 丙烯发生加聚反应制得聚丙烯,属于化学反应,A不符合题意;B. 电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气,氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,消毒液的主要成分为次氯酸钠,此过程发生化学反应,B不符合题意;C. 明矾:KAl(SO4)212H2O,在水溶液中,Al3+水解生成Al(OH)3胶体,Al(OH)3胶体具有吸附性,吸附水中悬浮的颗粒,此过程发生化学反应,C不符合题意;D. 液氨在气化时能吸收大量热量,使周边介质(如空气)迅速降温,使用液氨作为制冷剂,对疫苗进行低温保存,此过
3、程没有涉及化学反应,D符合题意;故答案为:D。2.工业上使用Au 基体催化CO2 合成甲酸的反应过程如图所示。下列说法不正确的是A. 二氧化碳的电子式为B. 在捕获过程,二氧化碳分子中的共价键完全断裂C. N(C2H5)3 能够协助二氧化碳到达催化剂表面D. CO2 催化加氢合成甲酸的总反应式为H2(g)CO2(g)HCOOH(l)【答案】B【解析】【详解】A二氧化碳的电子式为,故A正确;B由反应过程图中可知,在捕获过程,二氧化碳分子中的共价键并未完全断裂,故B错误;C由反应过程图中可知,CO2先与N(C2H5)3结合成中间体,然后到达催化剂表面,故N(C2H5)3能够协助二氧化碳到达催化剂表
4、面,故C正确;D由反应过程图中可知,进入的物质是CO2和H2,出来的物质为HCOOH,故催化加氢合成甲酸的总反应式为H2(g)CO2(g)HCOOH(l),故D正确;故答案为:B。3.I2在KI溶液中存在下列平衡:I2(aq)I (aq) (aq)。该反应的化学平衡常数K 随着温度的升高而减小。下列说法正确的是( )A. 反应 I2(aq)I (aq)(aq)的 H0B. 利用上述反应,可以在碘量法滴定过程中加入过量 KI 以减少 I2 的挥发损失C. 在 I2 的 KI 溶液中加入CCl4,平衡不移动D. 一定温度下,向 I2 的KI 溶液中加入少量 KI 固体,化学平衡正向移动,平衡常数K
5、 增大【答案】B【解析】【详解】A. 化学平衡常数K 随着温度的升高而减小,说明升高温度,平衡向逆反应方向移动,所以该反应的正反应为放热反应,H0,C错误;D其他条件相同时,起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.2molPCl3和0.2molCl2,则起始时PCl5、PCl3和Cl2的浓度分别为0.5molL-1、0.1molL-1和0.1molL-1,浓度商,QcK,说明平衡向正反应方向移动,v(正)v(逆),D正确;故答案为:D。10.高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、杀菌、脱色、除臭的新型高效水处理剂,工业上可通过 Fe(NO3)3 与NaClO在强碱性介质中反应生成紫红色高铁
6、酸盐溶液,其对应的工业流程如图所示。有关说法正确的是( )A. K2FeO4能够作为净水剂的原因,在于其氧化产物能够水解生成氢氧化铁胶体B. 反应II的离子方程式为 3ClO5H2O2Fe3+23Cl10H+C. 向Na2FeO4 中加入饱和KOH 溶液,析出K2FeO4 沉淀,说明K2FeO4 的溶解度比Na2FeO4 大D. 洗涤粗品时选用异丙醇而不用水,可以减少K2FeO4的溶解损失【答案】D【解析】【分析】反应:2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O,反应:3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O,调节pH沉淀杂质,得到Na2FeO4溶液,加入饱
7、和KOH溶液后,将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4,反应方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH,过滤,高铁酸钾易溶于水,难溶于异丙醇,用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的损耗,同时洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其它杂质,得到纯产品高铁酸钾。【详解】A. 高铁酸钾( K2FeO4)中Fe元素的化合价是+6价,具有强氧化性,能杀菌消毒,其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体,吸附水中杂质,作净水剂,A错误;B. 反应II是Fe(NO3)3与NaClO在强碱性介质中反应生成高铁酸盐的反应,离子方程式为:3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+
8、5H2O,B错误;C. 向Na2FeO4中加入饱和KOH溶液后,将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4,C错误;D. 高铁酸钾易溶于水,难溶于异丙醇,用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾损耗,同时洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其它杂质,得到纯产品高铁酸钾,D正确;故答案为:D。11.研究苯酚与FeCl3溶液的显色反应,实验如下。下列说法不正确的是A. 对比中的现象,说明滴加稀硫酸后,c(Fe3+)变小B. 向试管中滴加硫酸至过量,溶液颜色变为浅黄色C. 对比、中的现象,说明紫色物质的生成与溶液中 c(C6H5O)相关D. 对比、中的现象,说明结合C6H5O的能力:H+Fe3+【答案】
9、A【解析】【详解】A中溶液为紫色,中溶液为浅黄色,可知滴加稀硫酸后,c(Fe3+)增大,故A错误;B加硫酸,酸性增强,使平衡Fe3+6C6H5OH+3H+逆向移动,溶液颜色变为浅黄色,故B正确;C对比、中的现象,平衡正向进行程度越大,紫色越深,则紫色物质的生成与溶液中 c(C6H5O-)相关,故C正确;D苯酚溶液中滴加FeCl3溶液后溶液中存在Fe3+6C6H5OH+3H+,比较,是苯酚与氯化铁溶液反应,而则是苯酚钠溶液与等量的氯化铁溶液,但是的颜色不如的深,说明中的浓度不如的大,故说明H+结合C6H5O的能力Fe3+,比较可知的颜色比的浅,是由于中加入了NaOH溶液,消耗了H+,使Fe3+6
10、C6H5OH+3H+平衡正向移动,故说明溶液中H+结合C6H5O的能力Fe3+,故D正确;故答案为:A。12.常温下,向20 mL 0.1 molL1的HA溶液中逐滴加入0.1molL1的NaOH溶液,溶液中水所电离的c水(H)随加入NaOH溶液体积的变化如图所示,下列说法正确的是A. HA的电离常数Ka约为1105B. B点的溶液中粒子浓度满足关系:c(HA)c(Na)c(A)C. C、E两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同,所以溶液均呈中性D. F点的溶液呈碱性,粒子浓度满足关系c(OH)c(HA)c(A)c(H)【答案】A【解析】【详解】A由图可知,0.1 molL1的HA溶液中c
11、水(H)= 110-11 molL1,则0.1 molL1的HA溶液中c(H)= 110-3 molL1,由此可计算出HA的电离常数Ka约为1105,A项正确;B由图可知,B点为体积比为1:2的NaOH溶液和HA溶液反应,所得溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液,此时溶液呈酸性,说明HA的电离程度大于A-的水解程度,则c(A-)c(Na+)c(HA),B项错误;CC点是HA和NaA的混合溶液,溶液呈中性,而E点NaOH过量,所得溶液为NaA和NaOH的混合溶液,溶液呈碱性,C项错误;D由图可知,F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液,由质子守恒可得:c(OH-)2c(HA)+c(A-)
12、+c(H+),D项错误;答案选A。13.电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法,原理如图所示,淡水最终在X和Z室中流出。下列说法不正确的是A. 一般海水中含有的 Ca2+、Mg2+容易生成沉淀堵塞离子交换膜,因此不能直接通入阴极室B. 阳极发生电极反应:2Cl2eCl2C. 电渗析过程中阴极附近pH值升高D. A膜为阳离子交换膜,B膜为阴离子交换膜【答案】D【解析】【详解】A阴极附近是水电离出的氢离子放电,产生大量的OH-,会与Ca2+、Mg2+生成沉淀堵塞离子交换膜,因此海水不能直接通入阴极室,故A正确; B阳极是氯离子放电发生氧化反应,所以阳极发生的电极反应:2Cl-2e-Cl2,
13、故B正确;C阴极附近是水电离出的氢离子放电,导致氢氧根离子浓度增大,所以阴极附近溶液的pH升高,故C正确;D氯离子向阳极移动,钠离子向阴极移动,A膜为氯离子透过的膜,而B膜为阳离子通过的膜,所以A膜为阴离子交换膜,B膜为阳离子交换膜,故D错误;故答案为:D。14.利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响,可设计浓差电池。某热再生浓差电池工作原理如图所示,通入NH3时电池开始工作,左侧电极质量减少,右侧电极质量增加,中间A为阴离子交换膜,放电后可利用废热进行充电再生。已知:Cu2+4NH3,下列说法不正确的是A. 放电时,左侧电极发生氧化反应:Cu4NH3-2eB. 放电时,电池的总反应为Cu24N
14、H3,H0C. 放电时,经离子交换膜由右侧向左侧迁移D. 上述原电池的形成说明,相同条件下,的氧化性比Cu2的氧化性弱【答案】B【解析】【详解】A根据题中给出的电池开始工作时,左侧电极质量减少,右侧电极质量增加,可知,左侧电极为负极,发生氧化反应,电极反应方程式为:Cu4NH3-2e,A项正确;B通入NH3时电池开始工作,左侧电极质量减少,左侧电极反应方程式为:Cu4NH3-2e;右侧电极质量增加,则右侧电极作正极,其电极方程式为:Cu2+2e-=Cu,则电池的总反应为:Cu24NH3,结合题给信息可知,H0,B项错误;C放电时,阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,结合题给信息,A为阴离子交换
15、膜,则放电时,经离子交换膜由右侧向左侧迁移,C项正确;D由原电池的总反应为氧化还原反应可知,氧化性:Cu2+,D项正确;答案选B。第 II 卷 非选择题(共 58 分)15.下表为元素周期表的一部分。碳氮YX硫Z回答下列问题:(1)X元素在周期表中的位置为_。(2)NH3的电子式为_。(3)下列事实能说明Y 元素的非金属性比S 元素的非金属性强的是_。a.Y 单质与H2S溶液反应,溶液变浑浊b.在氧化还原反应中,1mol Y 单质比1molS得电子多c.Y和S两元素的简单氢化物受热分解,前者的分解温度高(4)常温下,碳与镁形成的 1 mol 化合物Q 与水反应,生成2 mol Mg(OH)2和
16、 1 mol 气态烃,该烃中碳氢质量比为 9:1。写出化合物Q 与水反应的化学方程式:_。【答案】 (1). 第三周期A族 (2). (3). ac (4). Mg2C3+2H2O2Mg(OH)2+C3H4【解析】【分析】根据元素在周期表中的相对位置可知X是Si,Y是O,Z是Cl,据此解答。【详解】(1)X元素是硅元素,在周期表中的位置为第三周期A族,故答案为第三周期A族;(2)NH3属于共价化合物,电子式为,故答案为:;(3)aY单质与H2S溶液反应,溶液变浑浊,由于发生了反应O2+H2S=H2O+S,故可知O2的氧化性大于S,故可推测Y的非金属性强于S,故a符合题意;b在氧化还原反应中,氧
17、化性、还原性强弱与得失电子的难易程度有关,与得失电子的数量无关,故b不符合题意;c元素的简单氢化物热稳定性与非金属强弱一致,即非金属性越强,其气态氢化物就越稳定,故c符合题意;故答案为:ac;(4)由烃中碳氢质量比为9:1,可以求出烃中的碳原子和氢原子的个数比为:12x:y=9:1,得出x:y=3:4,故该气态烃的分子式为C3H4,再结合1 mol 碳与镁形成的化合物与水反应,生成2 mol Mg(OH)2和1 mol气态烃,可知该化合物Q是Mg2C3,故化合物Q 与水反应的化学方程式:Mg2C3+2H2O2Mg(OH)2+C3H4,故答案为:Mg2C3+2H2O2Mg(OH)2+C3H4。1
18、6.某铜钴矿石主要含有 CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3 和 SiO2,及一定量的 Fe2O3、MgO 和CaO等。由该矿石制Co2O3的部分工艺流程如图:(1)在“浸出”过程中可以提高反应速率的方法有_。(写出两种即可)(2)在“II-沉铜”过程中加入了FeS固体,得到更难溶的CuS,写出该步反应的离子方程式_。(3)NaClO3 的主要作用是_。(4)滤渣d 的主要成分是_。(5)滤液D 中加入浓Na2CO3 后又加入HCl 溶解,其目的是_。(6)写出CoC2O42H2O 在空气中煅烧得到 Co2O3 的化学方程式_。【答案】 (1). 升高温度或将矿石粉碎或适当增大硫
19、酸的浓度等(只要两条即可) (2). (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). MgF2、CaF2 (5). 富集Co2+ (6). 4CoC2O42H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O【解析】【分析】铜钴矿中加入过量稀硫酸和Na2SO3,得到的滤液A含Co2+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+,加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+,沉铜后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+,加入Na2CO3调pH,可以使Fe3+沉淀,过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+,再用NaF溶液除去钙离子、镁离子,过滤后,向滤液中加入浓Na2CO3
20、溶液转为CoCO3固体,碳酸钴先用盐酸溶解、最后加入草酸铵溶液得到草酸钴,煅烧后制得Co2O3。【详解】(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率的方法是升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸浓度等;故答案为:升高温度、将矿石粉碎、适当增大硫酸的浓度等(2)在“II-沉铜”过程中加入了FeS固体,得到更难溶的CuS,即Cu2+与FeS反应生成CuS和Fe2+,故该步反应的离子方程式为:,故答案为:(3)由于铜钴矿中+3价的Fe3+被Na2SO3还原成了Fe2+,而加入NaClO3溶液后,再加入碳酸钠溶液调节pH得到了+3价的Na2Fe6(SO4)4(OH)12,故可推知加入NaClO3溶液能发生反应ClO3
21、-+6Fe2+6H+Cl-+6Fe3+3H2O,故主要目的是将Fe2+氧化为Fe3+;故答案为:将Fe2+氧化为Fe3+;(4)由上述分析可知,滤液C中含有大量Ca2+、Mg2+,加入NaF后将转化成MgF2、CaF2,滤渣d 的主要成分是MgF2、CaF2,故答案为:MgF2、CaF2;(5)滤液D中加入浓Na2CO3,将滤液中的Co2+转化为CoCO3沉淀后又加入HCl溶解生成Co2+再与草酸铵反应液,其目的是提高Co2+的浓度和纯度,故答案为:富集Co2+;(6)由钴的化合价分析可知,CoC2O42H2O在空气中煅烧得到Co2O3的反应是一个氧化还原反应,故其化学方程式为4CoC2O42
22、H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O,故答案为:4CoC2O42H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O。【点睛】本题为工艺流程题,涉及金属的提取、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等能力,题目较为综合,做题时注意仔细审题,从题目中获取关键信息,难度中等。17.某化学兴趣小组的同学利用酸碱滴定法测定某变质烧碱样品(含Na2CO3杂质)中 NaOH 的质量分数。实验步骤如下:(I)迅速地称取烧碱样品0.50 g,溶解后配制成100 mL溶液,备用。(II)将0.1000 molL1HCl标准溶液装入酸式滴定管,调零,记录起始读数V0;用碱式滴定管取 20.00mL 样品溶液于锥形
23、瓶中,滴加 2 滴酚酞;以HCl 标准溶液滴定至第一终点,记录酸式滴定管的读数V1;然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙,继续用 HCl 标准溶液滴定至第二终点,记录酸式滴定管的读数V2。重复上述操作两次,记录数据如下:实验序号123V0/ mL0000.000.00V1/ mL22.2222.1822.20V2/ mL23.7223.6823.70(1)步骤I中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液并调零之前,应进行的操作是_。(2)溶液中的H2CO3、的物质的量分数随 pH 的变化如图所示:酚酞和甲基橙指示剂的变色pH范围及对应颜色见表。酚酞无色pH
24、9.8甲基橙红pH 4.4滴定至第一终点时,溶液中含碳微粒的主要存在形式为_。滴定至第一终点的过程中,发生反应的离子方程式为_。已知:pKa1= lgKa1,结合图像可知,H2CO3的pKa1约为_。a.5.0 b.6.4 c.8.0 d.10.3(3)下列有关滴定的说法正确的是_。a.滴定至第一终点时,溶液中 c(H+)+c(Na+) = 2c() + c() + c(OH)b.滴定至第一终点时,溶液中 n(Cl) +n() + n() + n(H2CO3) =n(Na+)c.判断滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色d.记录酸式滴定管读数V1时,俯视标准液液面,会导致测得的NaOH质量分
25、数偏低(4)样品中NaOH的质量分数(NaOH) =_%(计算结果保留小数点后 1 位)【答案】 (1). 100mL容量瓶(量筒) (2). 用标准盐酸溶液润洗酸式滴定管 (3). (4). H+OH-H2O H+ += (5). b (6). bcd (7). 84.1【解析】【分析】(1)配制一定物质的量浓度溶液的步骤选择需要的仪器,用到的仪器:托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和容量瓶(一定要注明规格),酸式滴定管用蒸馏水洗净后,还应该进行的操作是需要用待装标准液润洗减少误差;(2)从图中可以看出当酚酞试液变色时,pH大致为8,此时溶液中含碳微粒主要时碳酸氢根离子;滴定至第一
26、终点的过程中,发生的反应是氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠溶液,碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠;根据电离平衡常数表达式可知H2CO3的Ka1= 结合图像便可计算;(3) a根据溶液中的电荷守恒式判断;b根据物料守恒式可判断;c第二反应终点是继续滴入盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠溶液,甲基橙溶液由黄色变为橙色; d记录酸式滴定管读数V1时,俯视标准液液面,记录盐酸溶液体积减小;(4)将0.1000mol/L HCl标准溶液装入酸式滴定管,调零,记录起始读数V0;用碱式滴定管取20.00 mL样品溶液于锥形瓶中,滴加2滴酚酞;以HCl标准溶液滴定至第一终点(此时溶质为NaCl和NaHCO3),记录酸式滴定
27、管的读数V1,发生的反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O,Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙,继续用HCl标准溶液滴定至第二终点,发生的反应为:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2,记录酸式滴定管的读数V2,重复上述操作两次,记录数据计算出平均值V1和V2,(V2-V1)即为碳酸氢钠消耗的盐酸,结合反应过程计算样品中碳酸钠的质量,得到样品中氢氧化钠的质量分数;【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀,用到的仪器:托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管;还缺少的玻璃仪器:100mL容量瓶(
28、量筒),酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前,应进行的操作是:用HCl标准溶液润洗酸式滴定管,故答案为:100 mL容量瓶;用HCl标准溶液润洗酸式滴定管;(2) 第一阶段滴定使用了酚酞做指示剂,故滴定到pH为8时,即为滴定终点,对照微粒分布图中可知,此时,溶液中含碳微粒的主要存在形式为,故答案为:;滴定至第一终点的过程中OH-和与盐酸反应分别生成水和,故该过程中发生反应的离子方程式为H+OH-H2O,H+ +=,故答案为:H+OH-H2O,H+ +=;根据电离平衡常数表达式可知H2CO3的Ka1= 结合图像可知,当pH=6.4左右时,c() = c(),故H2CO3的pKa1约为6.4,
29、故答案为:b; (3) a滴定至第一终点时,溶液中的电荷守恒式为c(H+)+c(Na+) = 2c() + c() +c(OH)+c(Cl),故a错误;b滴定至第一终点时,溶液中是氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液,故由物料守恒式:n(Cl) +n() + n() +n(H2CO3) =n(Na+),故b正确;c根据图中可知,碳酸氢根基本完全转化为碳酸时,pH大致为4,故滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色,故c正确;d记录酸式滴定管读数V1时,俯视标准液液面,记录盐酸溶液体积V1减小,计算得到碳酸钠质量增大,氢氧化钠质量减小,质量分数减小,故d正确;故答案为:bcd;(4)将0.1000mol/
30、L HCl标准溶液装入酸式滴定管,调零,记录起始读数V0;用碱式滴定管取20.00 mL样品溶液于锥形瓶中,滴加2滴酚酞;以HCl标准溶液滴定至第一终点(此时溶质为NaCl和NaHCO3),记录酸式滴定管的读数V1,发生的反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O,Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙,继续用HCl标准溶液滴定至第二终点,发生的反应为:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2,记录酸式滴定管的读数V2。重复上述操作两次,记录数据如表,平均V1=,平均V2=,发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2,消耗的盐酸溶液体积=2
31、3.70mL-22.20mL=1.50mL,结合反应过程计算样品中碳酸钠的质量=0.0015L0.1mol/L=0.00075mol,得到样品中氢氧化钠的质量分数=,故答案为:84.1。【点睛】本题着重考查酸碱中和滴定,题目难度中等,明确中和滴定步骤及操作方法为解答关键,注意掌握误差分析的方法,试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。18.化合物 Z 的结构简式为,常进一步修饰后制成注射液使用,也可制成口服剂。如图为化合物 Z 的一种合成路线,先分别合成化合物F和Y,最后再用F 和 Y 反应获得化合物Z。已知:(Boc)2O=(其中Boc=,作答时建议用缩写符号来表示)Ph3P(其中-Ph为
32、苯基,不考虑顺反异构)(1)化合物A 中含氧官能团的名称为_。(2)生成化合物B的反应类型为_,由化合物F 和 Y 合成化合物Z 的反应类型为_。(3)化合物C与足量NaOH水溶液反应,即化合物C到化合物D的转化步骤(1)的化学方程式为_。(4)由化合物T到化合物U的反应还生成了CO2和一种醇,请写出这个醇的结构简式_。将化合物T与(Boc)2O反应制成化合物U再进行后续反应的目的是_。(5)化合物W 的结构简式为_。(6)作为药物时,化合物 Z 往往要进一步与磷酸反应制成磷酸盐使用。这么做的原因是:_。【答案】 (1). 硝基 (2). 还原反应 (3). 取代反应 (4). +2NaOHC
33、2H5OH + H2O + (5). (CH3)3COH (6). 保护氨基,防止副反应发生 (7). (8). 增大药物的溶解性和稳定性【解析】【分析】分析流程图中,结合B的结构简式和A的化学式,可以推导出A的结构简式,结合C的结构简式和C到D的反应条件,以及E的结构简式,可以推导出D的结构简式为:,结合E的结构简式和药物化合物Z可以推导出F的结构简式为:,另一条线结合V和W的结构简式和中间反应的反应条件,可以推导出W的结构简式为:,然后进行解答试题就不困难了。【详解】(1)根据分析可知化合物A为,故其中含氧官能团的名称为硝基,故答案为:硝基;(2)由化合物A生成化合物B是硝基被还原为氨基,
34、故反应类型为还原反应;由化合物F 和 Y 合成化合物Z ,比较它们的结构简式可以得出,其反应类型为取代反应,故答案为:还原反应 取代反应;(3)化合物C与足量NaOH水溶液反应,即化合物C到化合物D的转化步骤(1)的反应是酯基上水解和酚羟基上中和反应,故其化学方程式为+2NaOHC2H5OH + H2O + ,故答案为:+2NaOHC2H5OH + H2O + ;(4)由化合物T和(Boc)2O反应制备化合物U的反应还生成了CO2和一种醇,又知(Boc)2O=(其中Boc=),不难分析得出这个醇的结构简式(CH3)3COH,流程张将化合物T与(Boc)2O反应制成化合物U是将氨基保护起来,最终
35、中间体Y中又出现氨基,故这样做的目的是保护氨基,防止副反应发生,故答案为:保护氨基,防止副反应发生;(5) 结合V和W的结构简式和中间反应的反应条件,可以推导出W的结构简式为:,故答案为:;(6)作为药物时,化合物 Z 往往要进一步与磷酸反应制成磷酸盐使用。这么做的原因是:转化为铵盐增大其溶解性,由于氨基具有较强的还原性,转化为盐后性质更加稳定,故答案为:增大药物的溶解性和稳定性。19.为探究Na2SO3 溶液和铬(VI)盐溶液的反应规律,某小组同学进行实验如下: 已知:(橙色)+ H2O(黄色)+ 2H+(1)配制溶液序号操作现象i配制饱和Na2SO3 溶液,测溶液的pHpH 约为 9ii配
36、制0.05 molL1 的K2Cr2O7溶液,把溶液平均分成两份,向两份溶液中分别滴加浓硫酸和浓 KOH 溶液,得到pH=2 的溶液A 和 pH=8 的溶液BpH=2的溶液A 呈橙色;pH=8的溶液 B 呈黄色 用化学用语表示饱和 Na2SO3 溶液 pH 约为 9 的原因:_。(2)进行实验iii 和 iv:序号操作现象iii向 2 mL 溶液 A 中滴加 3 滴饱和 Na2SO3 溶液溶液变绿色(含Cr3+)iv向 2 mL 溶液 B 中滴加 3 滴饱和 Na2SO3 溶液溶液没有明显变化 用离子方程式解释 iii 中现象:_。(3)继续进行实验v:序号操作现象v向 2 mL 饱和 Na2
37、SO3 溶液中滴加 3 滴溶液A溶液变黄色vi向 2 mL 蒸馏水中滴加 3 滴溶液A溶液变浅橙色 实验 vi 的目的是_。 用化学平衡移动原理解释 v 中现象:_。 根据实验iiiv,可推测:Na2SO3 溶液和铬(VI)盐溶液的反应与溶液酸碱性有关,_。 向实验 v 所得黄色溶液中滴加_,产生的现象证实了上述推测。(4)继续探究溶液酸性增强对铬(VI)盐溶液氧化性的影响,该同学利用如图装置继续实验(已知电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异;物质氧化性与还原性强弱差异越大,电压越大)。a.K 闭合时,电压为a。b.向U 型管左侧溶液中滴加 3 滴浓硫酸后,电压增大了b。 上述实验说明:_。
38、 有同学认为:随溶液酸性增强,溶液中O2 的氧化性增强也会使电压增大。利用如图装置选择合适试剂进行实验,结果表明O2 的存在不影响上述结论。该实验方案是_,测得电压增大了 d(d b)。【答案】 (1). +H2O+OH- (2). +3+8H+=2Cr3+3+4H2O (3). 排除水的稀释对溶液颜色变化造成的影响 (4). (橙色)+ H2O(黄色)+2H+,溶液中大量的或OH-,与H+结合,导致溶液中c(H+)下降,平衡正向移动,溶液颜色变黄色 (5). 在碱性条件下,Na2SO3 溶液和铬(VI)盐溶液不发生氧化还原反应,在酸性条件下,Na2SO3 溶液和铬(VI)盐溶液不发生氧化还原
39、反应,生成Cr3+ (6). 硫酸 (7). 溶液酸性增强,铬(VI)盐溶液的氧化性增强 (8). U型管左侧盛放pH=2的0.05 molL1 的K2SO4溶液,右侧盛放Na2SO3溶液,闭合K,记录电压,左侧溶液中滴加3滴浓硫酸后,再记录电压【解析】【分析】(1)Na2SO3溶液中会水解使溶液显碱性;(2)在酸性环境下,K2Cr2O7与Na2SO3发生氧化还原反应;(3)实验vi的目的是排除水的稀释对溶液颜色变化造成的影响; 溶液中大量的或OH-与H+结合,导致溶液中c(H+)下降,平衡正向移动,溶液颜色变黄色; 在碱性条件下,Na2SO3 溶液和铬(VI)盐溶液不发生氧化还原反应,在酸性
40、条件下,Na2SO3 溶液和铬(VI)盐溶液不发生氧化还原反应,生成Cr3+;向实验v所得黄色溶液中继续滴加硫酸,溶液变绿;(4)滴加浓硫酸,电压增大,说明溶液酸性增强,K2Cr2O7溶液的氧化性增强;U型管左侧盛放同pH、同浓度的K2SO4溶液,右侧盛放Na2SO3溶液,闭合K,记录电压,左侧溶液中滴加3滴浓硫酸后,再记录电压。【详解】(1)Na2SO3溶液中会水解使溶液显碱性,pH约为9,其水解方程式为:+H2O+OH-,故答案为:+H2O+OH-;(2)酸性环境下,K2Cr2O7与Na2SO3发生氧化还原反应生成Cr3+,其离子反应方程式为:+3+8H+=2Cr3+3+4H2O,故答案为
41、:+3+8H+=2Cr3+3+4H2O;(3)实验vi的目的是排除水的稀释对溶液颜色变化造成的影响,故答案为:排除水的稀释对溶液颜色变化造成的影响;向2 mL饱和Na2SO3溶液中滴加酸性K2Cr2O7溶液,根据(橙色)+ H2O(黄色)+2H+,溶液中大量的或OH-,与H+结合,导致溶液中c(H+)下降,平衡正向移动,溶液颜色变黄色,故答案为:(橙色)+ H2O(黄色)+2H+,溶液中大量的或OH-,与H+结合,导致溶液中c(H+)下降,平衡正向移动,溶液颜色变黄色;根据实验iiiv,可推测:Na2SO3 溶液和铬(VI)盐溶液的反应与溶液酸碱性有关,在碱性条件下,Na2SO3 溶液和铬(V
42、I)盐溶液不发生氧化还原反应,在酸性条件下,Na2SO3 溶液和铬(VI)盐溶液不发生氧化还原反应,生成Cr3+,故答案为:在碱性条件下,Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液不发生氧化还原反应,在酸性条件下,Na2SO3 溶液和铬(VI)盐溶液不发生氧化还原反应,生成Cr3+;向实验v所得黄色溶液中继续滴加硫酸,溶液变绿,产生的现象证实了上述推测,故答案为:硫酸;(4)U型管左侧溶液A为pH=2的0.05 molL1 的K2Cr2O7溶液,滴加浓硫酸,电压增大,说明溶液酸性增强,K2Cr2O7溶液的氧化性增强,故答案为:溶液酸性增强,铬(VI)盐溶液的氧化性增强;U型管左侧盛放pH=2的0.05 molL1 的K2SO4溶液,右侧盛放Na2SO3溶液,闭合K,记录电压,左侧溶液中滴加3滴浓硫酸后,再记录电压,故答案为:U型管左侧盛放pH=2的0.05 molL1 的K2SO4溶液,右侧盛放Na2SO3溶液,闭合K,记录电压,左侧溶液中滴加3滴浓硫酸后,再记录电压。【点睛】在酸性条件下,K2Cr2O7溶液具有强氧化性,能氧化低价态的、I-、Fe2+、S2-等离子,且酸性越强,其氧化性越强。