1、北京市第十二中学2021届高三化学10月月考试题(含解析)第I卷 选择题一、选择题1. 乙酸是一种常见的有机物。下列有关乙酸的化学用语中,不正确的是A. 实验式:CH2OB. 比例模型:C. 甲基的电子式:D. 电离方程式:CH3COOHCH3COO+ H+【答案】C【解析】A. 乙酸的实验式为CH2O,A正确;B. 乙酸的比例模型为,B正确;C.甲基的电子式为,C不正确; D. 乙酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO+ H+,D正确。本题选C。2. 下列说法不正确的是A. 室温下,在水中的溶解度:乙酸苯酚溴乙烷B. 能发生银镜反应的物质一定含有醛基,属于醛类有机物C. 乙酸和乙酸乙酯可
2、用Na2CO3 溶液加以区分D. 酚类物质具有还原性,有些可用作食品中的抗氧化剂【答案】B【解析】【详解】A乙酸与水互溶,苯酚在水中溶解度不大,溴乙烷不溶于水,则室温下,在水中的溶解度:乙酸苯酚溴乙烷,故A不选;B能发生银镜反应的物质一定含有醛基,但不一定属于醛类有机物,如葡萄糖能发生银镜反应,属于单糖,故B选;C乙酸与碳酸钠反应生成气体,乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层,现象不同可鉴别,故C不选;D酚羟基易被氧化,则酚类物质具有还原性,有些可用作食品中的抗氧化剂,故D不选;故选:B。3. NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A. 17g NH3中含有的电子数为8NAB. 1mol H2O2中
3、含有极性键的数目为3NAC. 标准状况下,22.4L四氯化碳所含分子数为NAD. 28 g C2H4和C3H6的混合物中含有的碳原子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A. 每个氨分子中有10个电子,17g NH3的物质的量为1mol, 所以其含有的电子数为10NA,A不正确;B. 一个过氧化氢分子中有2个氢氧键和一个氧氧键,其中氢氧键是极性键,氧氧键是非极性键,所以含有极性键的数目为2NA,B不正确;C. 标准状况下,四氯化碳是液体,因为不知道其密度,所以无法计算22.4L四氯化碳所含分子数,C不正确;D. C2H4和C3H6的最简式相同,都是CH2,28 g C2H4和C3H6的混合物含有
4、CH2的物质的量为2mol,所以含有的碳原子数为2NA, D正确;答案选D。4. 下列解释事实的方程式不正确的是A. 用稀盐酸除铁锈: Fe2O3 + 6H+ =2 Fe3+ +3H2OB. 用氨水吸收烟气中少量的SO2: NH3H2O + SO2 = NH4+ HSO3C. 用金属钠除去甲苯中的水:2Na+ 2H2O= 2NaOH + H2D. 铜片溶解在NaNO3和稀硫酸的混合液中:3Cu + 8H+ + 2NO3=3Cu2+ +2NO + 4H2O【答案】B【解析】【详解】A. 用稀盐酸除铁锈,盐酸与氧化铁反应生成氯化铁和水: Fe2O3 + 6H+ =2 Fe3+ +3H2O,故A正确
5、;B. 用氨水吸收烟气中少量的SO2反应生成亚硫酸铵和水: 2NH3H2O + SO2 =2NH4+ SO32+ H2O,故B错误;C. 用金属钠除去甲苯中的水,钠与甲苯不反应,与水反应生成氢氧化钠:2Na+ 2H2O= 2NaOH + H2,故C正确;D. 铜片溶解在NaNO3和稀硫酸的混合液中,铜与硫酸不反应,但氢离子使硝酸根离子具有强氧化性与铜发生反应:3Cu + 8H+ + 2NO3=3Cu2+ +2NO + 4H2O,故D正确;答案选B。5. 有机物Z是制备药物的中间体,合成Z的路线如图所示。下列有关叙述正确的是A. 1 molX只能消耗1 molNaOHB. 1 molY最多可与3
6、 molH2加成C. 含有苯环和羧基的Y的同分异构体共有3 种D. NaHCO3 溶液可鉴别Y和Z【答案】D【解析】【详解】A. X含有酯基,水解后生成酚羟基和羧基,则消耗NaOH2mol,故A错误;B. Y含有苯环和羰基,都能与氢气发生加成反应,则1 molY最多可与4 molH2加成,故B错误;C.含有苯环和羧基,苯环上如果只有一个取代基有一种,如果有两个取代基,一个甲基,一个羧基,位置有邻、间、对三种,所以符合条件的同分异构体有4种,故C错误;D. 酚羟基与碳酸氢钠不反应,但羧基可与碳酸氢钠溶液反应,则可用NaHCO3溶液鉴别Y和Z,故D正确;故选:D。6. 溴乙烷在不同溶剂中与 NaO
7、H 发生不同类型的反应,生成不同的产物。实验探究如下:下列分析不正确的是A. 对照实验 i、ii,NaOH 促进了C-Br 键的断裂B. ii 中产生黄色沉淀的反应是 Ag+ +Br- = AgBr C. 实验 iii 的现象说明溴乙烷发生了消去反应D. 检测 ii 中的乙醇、iii 中的乙烯的生成可判断反应类型【答案】C【解析】【详解】A. 对照i、ii知,碱性溶液中加入酸化的硝酸银溶液立刻出现淡黄色沉淀,说明CBr键的断裂受碱液影响,ii反应速率大于i,说明NaOH促进了CBr键的断裂,故A不选;B.ii中生成的淡黄色沉淀为AgBr,离子方程式为Ag+ +Br- = AgBr,故B不选;C
8、.iii中如果能证明生成乙烯,则能说明发生消去反应,iii中能证明生成溴离子,但是不能证明生成乙烯,则不能说明发生消去反应,故C选;D. 如果ii中生成乙醇、iii中生成乙烯,则说明ii发生取代反应、iii发生消去反应,故D不选;故选:C。7. 我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展,其合成示意图如下:下列说法不正确的是A. 过程i发生了加成反应B. 中间产物M的结构简式 C. 利用相同原理以及相同原料,也能合成邻二甲苯和间二甲苯D. 该合成路线理论上碳原子的利用率 100【答案】C【解析】【详解】A. 反应中C=C键生成CC键,则为加成反应,故A不选;B. 由球棍模型可知M含有C=C键
9、,且含有醛基,结构简式为,故B不选;C. 异戊二烯与丙烯醛发生加成反应,有两种加成方式,不可能生成邻二甲苯,故C选;D. 为加成反应,碳原子全部利用,则碳原子100%利用率,故D不选;故选:C。8. 聚氯乙烯是制作装修材料的最常用原料,失火时聚氯乙烯在不同的温度下,发生一系列复杂的化学变化,产生大量有害气体,其过程大体如图所示:下列说法不正确的是()。A. 聚氯乙烯的单体可由乙烯与HCl加成而得B. 上述反应中属于消去反应,属于(脱氢)氧化反应C. 火灾中由聚氯乙烯产生的有害气体中含HCl、CO、C6H6等D. 在火灾现场,可以用湿毛巾捂住口鼻,并弯下腰尽快远离现场【答案】A【解析】【详解】A
10、. 聚氯乙烯的单体可由乙炔与HCl加成而得,A不正确;B. 上述反应中属于消去反应,属于(脱氢)氧化反应,B正确;C. 由题中信息可知,火灾中由聚氯乙烯产生的有害气体中含HCl、CO、C6H6等,C正确;D. 在火灾现场,生成的有毒气体受热漂浮在房间的上部,人若直立行走,会吸入更多有毒气体或因缺氧而发生危险,可以用湿毛巾捂住口鼻,并弯下腰尽快远离现场,D正确;故合理选项为A。9. PET(,M链节= 192 gmol1)可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量,计算其平均聚合度:以酚酞作指示剂,用c molL1 NaOH醇溶液滴定m g PET端基中的羧基至终点(现象与水
11、溶液相同),消耗NaOH醇溶液v mL。下列说法不正确的是A. PET塑料是一种可降解高分子材料B. 滴定终点时,溶液变为浅红色C. 合成PET的一种单体是乙醇的同系物D. PET的平均聚合度(忽略端基的摩尔质量)【答案】C【解析】【分析】是聚酯类高分子,它的单体为:HOCH2CH2OH和,可以发生水解反应生成小分子。【详解】A、PET塑料是聚酯类高分子,可发生水解反应生成HOCH2CH2OH和,故A正确;B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基,恰好反应完时生成羧酸钠,显弱碱性,使酚酞试剂显浅红色,B正确;C、的单体为:HOCH2CH2OH和,乙二醇中有两个羟基,在组成上与乙醇也没有相差-
12、CH2-的整数倍,故乙二醇与乙醇不是同系物,故C错误;D、NaOH醇溶液只与 PET端基中的羧基反应,n(NaOH)=cv10-3mol,则PET的物质的量也等于cv10-3mol,则PET的平均相对分子质量=g/mol,PET的平均聚合度,故D正确。答案选C。【点睛】本题考查高分子化合物的结构,单体的判断,中和滴定等知识点,判断同系物的两个要点:一是官能团的种类和个数要相同,二是组成上要相差-CH2-的整数倍。10. A、B两种溶液分别含有下列十种离子中的各不相同的五种:H+、Al3+、Na+、Cu2+、OH-、Cl-。下列判断正确的是()A. 若A溶液为无色溶液,则A溶液中可能含有:H+、
13、Al3+、Cl-、B. 若A溶液有强还原性,则B溶液中可能含有:H+、Cu2+、Al3+、Cl-、C. 若B溶液呈强碱性,则A溶液中可能含有:H+、Al3+、Na+、Cu2+、D. 若B溶液有强氧化性且各离子浓度相同,则B溶液可能含有:H+、Al3+、Cu2+、【答案】B【解析】【详解】A. 若A溶液为无色溶液且含有H+、Al3+、Cl-、,则B溶液中一定含有Cu2+、OH-、等,Cu2+与OH-、反应,不能大量共存,A项错误;B. 若A溶液有强还原性,则A溶液中含有,与H+、Cu2+、Al3+、(H+)不共存,这些离子都存在于B溶液中,B项正确;C. 若A溶液中含有H+、Al3+、Na+、C
14、u2+、五种离子,由于A、B溶液中含有各不相同的五种离子,则B溶液中没有阳离子,C项错误;D. B溶液中正电荷数目比负电荷数目多,溶液不显电中性,D项错误;答案选B。11. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表:元素代号XYZMRQ原子半径(10-10m)1.860.991.431.600.750.74主要化合价最高正价+ 1+7+3+2+5最低负价-1-3-2下列说法正确的是A. 元素 X 和 Q 形成的化合物中不可能含有共价键B. Q2-比 R3-更容易失去电子C. Z、R 的最高价氧化物的水化物可发生反应D. M(OH)2 的碱性比 XOH 的碱性强【答案】C【解析】【分析】同一周期
15、元素,原子半径随着原子序数增大而减小,同一主族元素,原子半径随着原子序数增大而增大,所以右上角元素原子半径最小,左下角元素原子半径最大,元素最高正价等于其族序数,同一非金属元素最高正价与其最低负价的绝对值之和为8,X原子半径最大且最高正价为+1,则X为Na元素;Y元素最高正价是+7、最低负价是-1价,则Y为Cl元素;Z元素最高正价为+3,为第IIIA族元素,且原子半径大于Cl元素,所以Z是Al元素;M元素最高正价为+2,为第IIA族元素,且原子半径大于Z,所以M是Mg元素;R元素最高正价为+5、最低负价为-3,所以R为第VA族元素,且原子半径小于Cl元素,为N元素;Q元素最低负价为-2且没有最
16、高正价,为O元素;再结合物质结构、元素周期律解答。【详解】A元素X和Q形成的化合物有Na2O、Na2O2,过氧化钠中含有共价键,故A错误;B非金属性越弱的元素,其阴离子还原性越强,非金属性ON元素,则Q2-比R3-稳定,故B错误;C Z、R的最高价氧化物的水化物分别是Al(OH)3、HNO3,酸碱发生中和反应,所以它们之间可反应,故C正确;D元素的金属性越强,其最高价氧化物的水化物碱性越强,M金属性小于X,所以M(OH)2的碱性比XOH的碱性弱,故D错误;故选:C。12. 向硫酸酸化的NaI溶液中逐滴加入NaBrO3 溶液,当加入2.6 molNaBrO3时,测得反应后溶液中溴和碘的存在形式及
17、物质的量分别为:粒子I2Br2物质的量/mol0.51.3针对上述反应,下列说法正确的是A. NaBrO3是还原剂B. 氧化产物只有I2C. 该反应共转移电子物质的量是12 molD. 参加反应的NaI为3 mol【答案】D【解析】【详解】A. NaBrO3中+5价Br被还原生成0价的Br2,则NaBrO3是氧化剂,故A错误;B. NaI中1价碘离子被氧化成生成0价的I2和+5价的 ,则氧化产物为I2和,故B错误;C. .NaBrO3中+5价Br被还原生成0价的Br2,2.6molNaBrO3反应转移的电子数为:2.6mol(50)=13mol,故C错误;D. 根据电子守恒,生成的物质的量为:
18、 =2mol,根据碘元素守恒可知,参加反应的NaI的物质的量为:n()+2n(I2)=2mol+0.5mol2=3mol,故D正确;故选:D。13. 某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是()A. 实验前两溶液的pH相等B. 实验前两溶液中离子种类完全相同C. 加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D. 加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32-Ca2=CaCO3【答案】B【解析】碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子,所以同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液,碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠,故A错误;Na2CO3和NaHCO3溶液中都含有Na+、HCO3-、CO3
19、2-、H+、OH-,故B正确;加入CaCl2后,Na2CO3溶液中发生反应:CO32-+Ca2+CaCO3,NaHCO3溶液中发生反应:2HCO3-+Ca2+= CaCO3+CO2+H2O,故CD错误。14. 向2 mL 0.8 molL1 FeSO4溶液中,滴加2 mL1 molL1 NaHCO3溶液,产生无色气体和白色沉淀。将浊液分成两份,一份迅速过滤、洗涤,加入稀盐酸,产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊;另一份静置一段时间后变为红褐色。已知:碳酸亚铁是难溶于水的白色固体。下列说法不正确的是A. 无色气体是CO2B. HCO3只发生了电离C. 白色沉淀中含有FeCO3D. 上述实验过程中发
20、生了氧化还原反应【答案】B【解析】【分析】FeSO4与NaHCO3溶液反应,产生无色气体和白色沉淀,气体能使澄清石灰水变浑浊,为二氧化碳,沉淀中有FeCO3,HCO3是二元弱酸的酸式根既发生了电离,也发生了水解。【详解】A、产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊,在该反应中肯定为二氧化碳,故A正确;B、HCO3是二元弱酸的酸式盐离子,既能发生电离,也发生水解,故B错误;C、浊液迅速过滤、洗涤,加入稀盐酸,产生无色气体可使澄清石灰水变浑浊,说明产生了二氧化碳,表明沉淀中有FeCO3,故C正确;D、另一份静置一段时间后变为红褐色,生成了氢氧化铁,说明溶液中亚铁离子被氧气氧化成铁离子,故D正确。答案选B
21、。第 II 卷(非选择题)二、填空题15. 随着能源技术的发展,科学家们将目光聚焦于锂的开发与研究。(1)锂元素的性质与原子结构密切相关。写出锂的原子结构示意图:_。(2)根据元素周期律推断:锂与水反应的化学方程式是_。在碱金属元素的最高价氧化物对应的水化物中, LiOH的碱性最_(填“强”或“弱”)。(3)已知:M(g) M+(g)+e- H(M代表碱金属元素)元素LiNaKRbCsH(kJ/mol)+520+496+419+403+376根据以上数据,元素的金属性与H的关系是_。从原子结构的角度解释中结论:_。(4)海水中有丰富的锂资源,我国科学家研发出利用太阳能从海水中提取金属锂的技术,
22、提取原理如下图所示:金属锂在电极_(填“A”或“B”)上生成。阳极产生两种气体单质,电极反应式是_。【答案】 (1). (2). 2Li + 2H2O = 2LiOH + H2 (3). 弱 (4). 同一主族,金属活动性越强(或弱),H越小(或大) (5). 从LiCs,随着质子数递增,电子层数增多,原子半径增大,原子失电子能力增强,H减小 (6). A (7). 2Cl- - 2e- = Cl2、4OH- - 4e- = O2 + 2H2O【解析】【分析】(1)Li是三号元素,可据此画出其原子结构;(2)Li是碱金属中金属性最弱的元素;(3)根据表格中的数据分析即可;同一主族,自上而下,原
23、子半径越大,原子核对最外层电子的吸引力越弱,原子越容易失去电子;(4)要从海水中提炼Li,则Li原本在海水中,由于锂离子选择性膜只允许Li+通过,故可以推出Li+在A极放电生成Li;海水中含有大量的Cl-,故气体之一为Cl2,同时,还能产生O2,据此可以推出相应的电极反应。【详解】(1)Li是三号元素,其原子结构为;(2)Li属于碱金属,其和水反应的方程式为2Li+2H2O=2LiOH+H2;在碱金属元素中,Li的金属性最弱,故LiOH的碱性也最弱;(3)从图中可以分析得到,同一主族,金属活动性越强(或弱),H越小(或大);从LiCs,随着质子数递增,电子层数增多,原子半径增大,原子核对最外层
24、电子的吸引力减小,原子失电子能力增强,H减小;(4)要从海水中提炼Li,则Li原本在海水中,由于锂离子选择性膜只允许Li+通过,故可以推出Li+在A极放电生成Li;海水中含有大量的Cl-,故有Cl2生成,相应的电极反应为:2Cl-2e-=Cl2,海水中在阳放电产生气体的离子还有OH-,故另外一种气体为O2,相应的电极反应为:4OH- -4e-=O2+2H2O。16. 自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯(ClO2)和高铁酸钾(K2FeO4)等。(1)某研究小组用下图装置制备少量ClO2(夹持装置已略去)。资料:ClO2常温下为易溶于水
25、而不与水反应的气体,水溶液呈深黄绿色,11时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2+ Cl2+ 2NaCl + 2H2O。冰水浴的作用是_。 NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为_。(2)将ClO2水溶液滴加到KI溶液中,溶液变棕黄;再向其中加入适量CCl4,振荡、静置,观察到_,证明ClO2具有氧化性。(3)ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐(ClO2-),需将其转化为Cl-除去。下列试剂中,可将ClO2-转化为Cl-的是_(填字母序号)。a. FeSO4 b. O3 c. KMnO4 d. SO
26、2(4)K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂,集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下:在冰水浴中,向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁,并不断搅拌。上述制备K2FeO4反应的离子方程式为_。净水过程中,K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是_。【答案】 (1). 分离Cl2和ClO2 (2). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (3). 溶液分层,下层为紫色 (4). ad (5). 3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). 净水过程中,FeO42-发挥氧化作用,被还原成
27、Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体,起到吸附、絮凝作用【解析】【详解】(1)根据反应2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2+ Cl2+2NaCl+2H2O 可知,制备ClO2的同时生成氯气,利用ClO2 11时液化成红棕色液体,可用冰水浴将Cl2和ClO2分离,获得纯净的ClO2,答案为:分离Cl2和ClO2; NaOH溶液为尾气处理装置,作用是吸收产生的氯气,氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,答案为:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(2)向混合后的溶液中加入适量CCl4,振荡、静置,CCl4密度比水大,
28、且不溶于水,若观察到溶液分层,且下层为紫色,说明溶液中生成碘单质,进一步说明将ClO2水溶液滴加到KI溶液中发生反应,碘离子由-1价变为0价,化合价升高被氧化,则证明ClO2具有氧化性。答案为:溶液分层,下层为紫色;(3)需将ClO2-其转化为Cl-除去,氯元素的化合价从+3价变为-1价,化合价降低得电子,被还原,需要加入还原剂,a. FeSO4中亚铁离子具有还原性,可以做还原剂,故a符合;b. O3具有强氧化性,故b不符合;c. KMnO4具有强氧化性,故c不符合;d. SO2具有还原性,可以做还原剂,故d符合;答案为ad;(4)K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂,集氧化、吸附、絮凝
29、、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下:在冰水浴中,向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁,并不断搅拌。在冰水浴中,向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁,生成高铁酸钾,Fe3+从+3价升高到+6价的FeO42-,失去3个电子,ClO-中氯元素从+1价变为-1价的氯离子,得到2个电子,最小公倍数为6,则ClO-和Cl-的系数为3,Fe3+和FeO42-系数为2,根据物料守恒,可得离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O,答案为:3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2
30、O;净水过程中,FeO42-发挥氧化作用,被还原成Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体,起到吸附、絮凝作用,答案为:净水过程中,FeO42-发挥氧化作用,被还原成Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体,起到吸附、絮凝作用。17. 草酸亚铁是黄色晶体,常用作照相显影剂、新型电池材料等。实验室制备草酸亚铁并测定其中Fe2+和C2O42的物质的量之比确定其纯度,步骤如下:称取一定质量的硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2于烧杯中,加蒸馏水和稀硫酸,加热溶解,再加饱和H2C2O4溶液,加热沸腾数分钟,冷却、过滤、洗涤、晾干,得黄色晶体。称取m g中制得的晶体于锥形瓶中,加入过量稀硫酸使
31、其溶解,70水浴加热,用c molL1 KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液v1 mL(其中所含杂质与KMnO4不反应)。向滴定后的溶液中加入过量锌粉和稀硫酸,煮沸,至反应完全,过滤,用c molL1 KMnO4溶液滴定滤液至终点,消耗KMnO4溶液v2 mL。重复上述实验3次,计算。已知:草酸是弱酸。pH4时,Fe2+易被O2氧化。酸性条件下,KMnO4溶液的还原产物为近乎无色的Mn2+。(1)中加入稀硫酸的目的是_、_。(2)中与KMnO4溶液反应的微粒是_、_。(3)中加入过量锌粉仅将Fe3+完全还原为Fe2+。若未除净过量锌粉,则消耗KMnO4溶液的体积V _v2 mL(填“”
32、、“”或“”)。(4)中,滴定时反应的离子方程式是_。(5)m g中制得的晶体中,Fe2+和C2O42的物质的量之比是_(用含v1、 v2的计算式表示)。【答案】 (1). 抑制Fe2+水解 (2). 增强溶液酸性,防止Fe2+被O2氧化 (3). Fe2+ (4). C2O42 (5). (6). (7). 【解析】【分析】先用硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2与饱和H2C2O4溶液反应制备草酸亚铁,称取m g草酸亚铁晶体于锥形瓶中,加入过量稀硫酸使其溶解,用 KMnO4溶液滴定至终点,Fe2+和C2O42都反应完,Fe2+被氧化为Fe3+,滴定后溶液中加入过量锌粉将Fe3+完全还原为F
33、e2+,最后再用等浓度KMnO4溶液滴定至终点,则可以计算出的Fe2+的含量,则C2O42消耗的KMnO4溶液体积为(v1- v2),可计算出C2O42的含量。【详解】(1)亚铁离子要水解,由信息可知pH4时,Fe2+易被O2氧化,加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解;增强溶液酸性,防止Fe2+被O2氧化;故答案为:抑制Fe2+水解;增强溶液酸性,防止Fe2+被O2氧化;(2)中与KMnO4溶液反应的微粒有Fe2+和C2O42,故答案为:Fe2+;C2O42;(3)中若未除净过量锌粉,则在后面的滴定反应中锌粉又会将Fe3+还原为Fe2+,Fe2+继续和高锰酸钾反应,消耗的高锰酸钾溶液体积偏大,故
34、答案为:;(4)中滴定时,Fe2+与酸性高锰酸钾溶液反应,离子方程式为:;(5)中滴定时,MnO4-与Fe2+的关系式为:,的物质的量为:,Fe2+的物质的量为;在中C2O42与的关系式为, C2O42消耗的KMnO4溶液体积为(v1- v2),的物质的量为:,C2O42的物质的量为:,Fe2+和C2O42的物质的量之比为=,故答案为:。【点睛】该题主要考查氧化还原滴定,关键是要理清反应原理,用电子守恒法找出关系式,再由关系式进行计算。18. 合成中间体L的路线如下(部分反应条件或试剂略去):已知:(1)A名称是_。(2)A与Br2按物质的量之比11发生1,4-加成反应生成B,AB的化学方程式
35、是_。(3)BC的反应类型是_。(4)D中所含官能团的名称是_。(5)E与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式是_。(6)CD在上述合成中的作用是_。(7)J的结构简式是_。(8)KL的化学方程式是_。(9)设计由L制备M()的合成路线_(有机物用结构简式表示,无机试剂任选)。【答案】 (1). 1,3-丁二烯 (2). CH2=CH-CH=CH2+Br2 (3). 取代反应 (4). 溴原子、羟基 (5). +3NaOHNaOOCCH=CHCOONa+NaBr+3H2O (6). 保护碳碳双键,防止其被氧化 (7). (8). (9). 【解析】【分析】A(CH2=CH-CH=CH2)发生1,
36、4-加成生成B,B为,根据C(C4H8O2)的不饱和度为1,与B()一致,并且分子式中没有了溴原子,可知B到C的反应为卤代烃的水解反应,则C为;由C(C4H8O2)、D(C4H9O2Br)的分子式可知,此步发生了碳碳双键与HBr的加成反应,D为,D被酸性高锰酸钾氧化生成E,E为,氢氧化钠醇溶液为卤代烃消去反应的标志条件,因此F为HOOCCH=CHCOOH,由K到L的反应条件,结合K的分子式和G的结构可以推知K为,根据已知信息I,结合G和K的结构,J为,据此分析解答。【详解】(1)由有机物的命名规则可知,A(CH2=CH-CH=CH2)的名称为1,3-丁二烯,故答案为1,3-丁二烯;(2)按照二
37、烯烃的1,4-加成原理可知,反应的方程式为,故答案为;(3)C(C4H8O2)的不饱和度为1,与B()一致,并且分子式中没有了溴原子,可知B到C的反应为卤代烃的水解反应,所以反应类型为取代反应或水解反应,故答案为取代反应或水解反应;(4)根据上述分析,D()中官能团有羟基和溴原子,故答案为羟基和溴原子;(5)氢氧化钠醇溶液为卤代烃消去反应的标志条件,所以此步反应是卤代烃的消去反应,反应的化学方程式为+3NaOHNaOOCCH=CHCOONa + NaBr+3H2O,故答案为+3NaOHNaOOCCH=CHCOONa + NaBr+3H2O;(6)由已知信息II可知,烯烃可以被酸性高锰酸钾氧化,
38、所以流程中采取了在使用酸性高锰酸钾之前对碳碳双键进行了保护,故答案保护碳碳双键,防止其被氧化;(7)根据上述分析,J为,故答案为;(8)K到L的反应发生在酸酐上,同时要消耗两个乙醇才能生成L的两个酯基,因此反应的化学方程式为,故答案为;(9)由L()制备M()。根据已知信息II,L中碳碳双键能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成,根据已知信息III,就可以形成目标产物,因此合成路线为,故答案为。【点睛】本题的易错点为(9)中合成路线的设计,要注意题干信息的灵活运用,要合成,根据信息III,若将中环打开,则需要合成,因此需要根据信息II将原料中碳碳双键打开。19. 探究铁在某浓度H3PO4和H2O2的混
39、合溶液中反应的情况,进行如下实验:实验操作现象将除去氧化膜的铁钉置于烧杯中,加入30 mL 1.0 molL1 H3PO4和3 mL 30% H2O2的混合溶液(pH1)。一段时间后铁钉表面突然产生大量气泡,随后停止产生气泡;一段时间后再产生大量气泡,再停止,出现周而往复的现象。过程中,溶液保持澄清。将与实验相同的铁钉放入烧杯中,加入30 mL 1.0 molL1H3PO4和3 mL H2O。片刻后铁钉表面持续产生气泡,溶液保持澄清。已知:Fe3(PO4)2难溶于水,Fe(H2PO4)2溶于水。(1)用85% H3PO4配制100 mL 1.0 molL1H3PO4所用的玻璃仪器有量筒、烧杯、
40、玻璃棒、胶头滴管、_。(2)实验中铁钉表面产生气体的化学方程式是_。(3)探究停止产生气泡的原因。提出假设:铁钉表面形成了含有+3价铁的氧化膜将铁钉覆盖。甲同学进行实验,得出假设成立的结论。实验:将洗净的实验中无气泡产生时的铁钉置于试管中,加入滴有KSCN溶液的稀H2SO4,振荡,静置,溶液呈红色。乙同学认为实验无法证实假设成立,其理由是_。乙同学通过改进实验证实了假设成立。(4)铁钉表面突然产生大量气泡的可能原因是Fe2+迅速被H2O2氧化形成氧化膜,使聚集在铁钉表面的H2脱离铁钉表面。实验证实了形成氧化膜过程中产生H+。实验:_(填操作),滴入少量FeSO4溶液后,立即测定pH,pH迅速降
41、低。形成氧化膜(以Fe2O3计)的离子方程式是_。(5)实验中周而往复的现象与铁钉表面氧化膜的生成和溶解密切相关,从反应的速率角度分析其原因:_。【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). (3). 未排除氧气的干扰 (4). 取与实验I初始时pH和浓度均相同的H2O2溶液于试管中 (5). (6). 铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+,Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜,使聚集在铁钉表面的氢气脱离:随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应,氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡,当氧化膜溶解后,铁又与磷酸反应产生氢气【解析】【分析】题目是进行探究性实验,在实验I中,铁钉表面产生气泡,是因为铁与H3PO4反
42、应生成氢气,因为溶液保持澄清,根据信息可知还生成了Fe(H2PO4)2,一段时间后再产生大量气泡,再停止,出现周而往复的现象,与实验II对比可知是H2O2发生了作用,再根据后续的探究性实验分析出现周而往复的现象的原因。【详解】(1)根据配制一定物质的量的溶液所需要的仪器,还缺少100mL容量瓶,故答案为:100mL容量瓶;(2)由题目信息可知,铁与H3PO4反应生成氢气和Fe(H2PO4)2,化学方程式为:;(3)氧气在酸性条件下可以将亚铁离子氧化成成铁离子,故实验无法证实假设成立,故答案为:未排除氧气的干扰;(4)、实验要证实形成氧化膜过程中产生H+,根据控制变量的思想,操作为:取与实验I初
43、始时pH和浓度均相同的H2O2溶液于试管中,滴入少量FeSO4溶液后,立即测定pH,pH迅速降低;故答案为:取与实验I初始时pH和浓度均相同的H2O2溶液于试管中;、亚铁离子被H2O2溶液氧化为Fe2O3,离子方程式为:;(5)实验中周而往复的现象与铁钉表面氧化膜的生成和溶解密切相关,从反应的速率角度分析如下:铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+,Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜,使聚集在铁钉表面的氢气脱离:随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应,氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡,当氧化膜溶解后,铁又与磷酸反应产生氢气。故答案为:铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+,Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜,使聚集在铁钉表面的氢气脱离:随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应,氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡,当氧化膜溶解后,铁又与磷酸反应产生氢气。【点睛】该题是探究性实验题,需根据实验现象分析反应原理,按照题目的探究步骤分析发生的反应,试题的难点为如何解释气泡的产生和停止反复出现的现象,要求有较强的思考分析能力。