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。
