2024届天津市河东区化学高二第一学期期中调研模拟试题含解析

2024届天津市河东区化学高二第一学期期中调研模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、各式各样电池的迅速发展是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是()A．手机上用的锂离子电池属于一次电池。 B．锌锰干电池中，锌电极是负极C．氢氧燃料电池工作时氢气在负极上被还原 D．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅2、常温下，有浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液，下列叙述不正确的是（）A．若此时HY溶液的pH=3，则HY是弱酸B．若分别加入0.01molNaOH固体，则酸碱恰好完全中和C．若分别加入0.01molNaOH固体，则所得溶液的pH均为7D．若此时HX溶液的pH=1，则由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L3、下列4种醇的分子式均为C4H10O①、②CH3CH2CH2CH2OH、③(CH3)2CHCH2OH、④(CH3)3COH其中不能被催化氧化的是A．③B．①④C．③④D．④4、我国科学家参与研制的阿尔法磁谱仪已随美国发现号航天飞船升入太空，开始了探索宇宙中是否存在“反物质”的研究工作。根据你所学的知识推测用于制造阿尔法磁谱仪的核心部件的材料是A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe(OH)35、将m1g铜铝合金投入到1L含H2SO4和HNO3的混合溶液中，合金完全溶解后只生成VL—氧化氮气体（标准状况），向反应后的溶液中逐滴加入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积的关系如下图所示。下列说法中不正确的是：A．2c(H2SO4)+c(HNO3)=0.8mol·L-1B．m2—m1=5.1C．原合金中铝的质量分数为34.7%D．V=2.246、一个化学反应无论是一步完成还是分几步完成，反应热都是一样的。该定律称为盖斯定律。依据图示关系，下列说法不正确的是A．石墨燃烧是放热反应B．1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，后者放热多C．C(石墨)+O2(g)=CO(g)ΔH=ΔH1-ΔH2D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关7、下列物质灼烧时，透过蓝色钴玻璃能看到紫色火焰的是（）A．NaClB．K2SO4C．CaCl2D．CuSO48、电化学在日常生活中用途广泛，图甲是镁-次氯酸钠燃料电池，电池总反应为Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2↓，图乙是含Cr2O72-的工业废水的处理。下列说法正确的是A．图甲中发生的还原反应是Mg2++ClO-+H2O+2e-=Cl-+Mg(OH)2↓B．图乙中Cr2O72-向惰性电极移动，与该极附近的OH-结合，转化成Cr(OH)3除去C．图乙电解池中，若有0.84g阳极材料参与反应，则阴极会有168mL（标准状况）的气体产生D．若图甲燃料电池消耗0.36g镁产生的电量用以图乙废水处理，理论上可产生1.07g氢氧化铁沉淀9、下列化学反应属于吸热反应的是A．木炭燃烧 B．铝热反应 C．氯化铵与消石灰反应 D．氢氧化钠与硝酸反应10、下列现象不能用沉淀溶解平衡移动原理解释的是()A．锅炉水垢中含有CaSO4，先用Na2CO3溶液处理，再用酸除去B．浓FeCl3溶液滴入沸水加热形成红褐色液体C．自然界地表层原生铜矿变成CuSO4溶液向地下层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)D．医院里不用碳酸钡，而用硫酸钡作为“钡餐”11、利用废铁屑(主要成分为Fe，还含有C，S，P等)制取高效净水剂K2FeO4流程如图：下列说法不正确的是A．废铁屑在酸溶前可用热的纯碱溶液去油污B．步骤②是将Fe2+转化为Fe(OH)3C．步骤③中发生的反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-==2FeO42-+3Cl-+4H++H2OD．步骤④中反应能发生的原因是在相同条件下，K2FeO4的溶解度小于Na2FeO412、下列说法中正确的是()A．分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定B．元素周期表中的第ⅠA族和第ⅦA族元素的原子间可能形成共价键C．水分子可表示为H—O—H，分子中键角为180°D．电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将吸收能量13、由下列实验及现象推出的结论正确的是实验现象结论A．向滴加了酚酞的NaOH溶液中通入适量Cl2溶液红色逐渐变淡至无色Cl2有还原性B．将镁条点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2有氧化性C．加热盛有少量NH4Cl固体的试管试管底的固体减少至消失，上部试管壁上出现晶体NH4Cl易升华D．1mL0.1

mol•L-1

AgNO3中滴加2滴0.1

mol•L-1NaCl溶液，振荡后，再滴加2滴0.1mol•L-1KI溶液先出现白色沉淀；再出现黄色沉淀Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A．A B．B C．C D．D14、为了鉴定卤代烃中所含有的卤素原子,现有下列实验操作步骤。正确的顺序是(

)①加入AgNO3②加入少许卤代烃试样③加热④加入5mL4mol/LNaOH溶液⑤加入5mL4mol/LHNO3溶液A．②④③①⑤ B．②④③⑤① C．②⑤③①④ D．②⑤①③④15、如图为元素周期表短周期的一部分，对Y、Z、M的说法正确的是（）A．非金属性：Y>Z>MB．可以用HY的水溶液来刻蚀玻璃C．Z的氧化物均具有漂白性D．M的含氧酸酸性最强16、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是A．使甲基橙变黄色的溶液：Na+、K+、SO32－、Cl－B．含有大量Al3+的溶液：K+、Mg2+、SO42-、AlO2-C．Kw/c(OH－)=10-3的溶液中：Cl-、NO3-、Na+、Ba2+D．由水电离出的c(H+)=1×10－12mol·L－1的溶液中：NH4+、K+、CrO42-、ClO-二、非选择题（本题包括5小题）17、下图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。各方框表示有关的一种反应物或生成物（某些物质已经略去），其中A、B、D在常温下均为无色无刺激性气味的气体，C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体。（1）物质G的化学式：______。（2）物质B的电子式：______。（3）写出A→D的化学方程式：______；G→E的离子方程式：_____。18、某研究小组苯酚为主要原料，按下列路线合成药物—沙丁胺醇已知①A→B原子利用率100%②③请回答（1）写出D官能团的名称____________（2）下列说法正确的是（_________）A．A是甲醛B．化合物D与FeCl3溶液显色反应C．B→C反应类型为取代反应D．沙丁胺醇的分子式C13H19NO3（3）设计化合物C经两步反应转变为D到的合成路线（用流程图表示）__________（4）写出D+E→F的反应化学方程式____________________________________（5）化合物M比E多1个CH2，写出化合物M所有可能的结构简式须符合：1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子____________________________________________19、某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。实验(一)碘含量的测定取0.0100mol·Lˉ1的AgNO3标准溶液装入滴定管，取100.00mL海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量。测得的电动势(E)反映溶液中c(Iˉ)的变化，部分数据如下表：V(AgNO3)/mL15.0019.0019.8019.9820.0020.0221.0023.0025.00E/mV－225－200－150－10050.0175275300325实验(二)碘的制取另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：已知：3I2＋6NaOH＝5NaI＋NaIO3＋3H2O。请回答：（1）①实验(一)中的仪器名称：仪器A_________，仪器B_________。②该次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为_____mL，计算得海带中碘的百分含量为_______%。（2）①步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是_______________。②下列有关步骤Y的说法，正确的是___________________。A．应控制NaOH溶液的浓度和体积B．将碘转化成离子进入水层C．主要是除去海带浸取原液中的有机杂质D．NaOH溶液可以由乙醇代替③实验(二)中操作Z的名称是______________________。（3）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是_____________________。20、某些废旧塑料可采用下列方法处理：将废塑料隔绝空气加强热，使其变成有用的物质，实验装置如下图。加热聚丙烯废塑料得到的产物如下表：产物氢气甲烷乙烯丙烯苯甲苯碳沸点（℃）-1．8-146-2．7-3．44．105．634827（1）甲试管中最终残留物是_____________。它有多种用途，如下列转化就可制取聚乙炔。写出反应②的化学方程式__________________________。（2）乙中试管收集到的两种产品中，有一种能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质，该物质为__________。（3）丙中锥形瓶观察到的现象_____________________________________。反应的化学方程式是__________________________、_________________________。（4）经溴的四氯化碳溶液充分吸收，最后收集到的气体是______________。21、甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下方法来合成甲醇：（1）用CO2生产甲醇。已知：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l）△H=﹣akJ•mol﹣1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣bkJ•mol﹣1；则表示CH3OH（g）燃烧的热化学方程式为：____________________。（2）用CO生产甲醇。已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，下图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。①该反应的焓变ΔH__________0(填“＞”、“＜”或“＝”)。②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1_______K2(填“＞”、“＜”或“＝”)。③若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是______________。A．升高温度B．将CH3OH(g)从体系中分离C．使用合适的催化剂D．充入He，使体系总压强增大（3）甲醇（CH3OH）可以用作燃料电池，该电池是采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中直接加入纯化后的甲醇，同时向一个电极通入空气。负极发生的电极反应式是________________________，正极发生的电极反应式是_______________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【题目详解】A．手机上用的锂离子电池,能够多次反复充电使用，属于二次电池，故A错误；B．锌锰干电池中锌失去电子生成Zn2+为负极，故B正确；C．氢氧燃料电池工作时，氢气作为燃料在负极被氧化，故C错误；D．太阳能电池的主要材料为硅，故D错误；答案选B。2、C【题目详解】A.浓度为0.1mol/LHY溶液，若此时pH=3，则说明HY不完全电离，即HY是弱酸，故A正确；B.浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液与NaOH恰好中和消耗NaOH为0.01mol，则酸碱恰好完全中和，故B正确；C.若分别加入0.01molNaOH固体，则酸碱恰好完全中和，由于酸的强弱未知，可能生成强碱强酸盐或强碱弱酸盐，则所得溶液的pH7，故C错误；D.浓度为0.1mol/LHX溶液，若此时pH=1，说明HX为强酸，则由水电离出的c（H+）=mol/L=1×10-13mol/L，故D正确。故选C。3、D【解题分析】①中连接羟基的碳原子上有1个氢原子，催化氧化后得到酮；②CH3CH2CH2CH2OH中连接羟基的碳原子上有2个氢原子，催化氧化后得到醛；③(CH3)2CHCH2OH中连接羟基的碳原子上有2个氢原子，催化氧化后得到醛；④(CH3)3COH中连接羟基的碳原子上没有氢原子，不能被催化氧化。综上分析不能被催化氧化的是④，故选D。点睛：本题考查醇催化氧化的规律，注意醇催化氧化的实质，明确断键的位置是解题的关键，醇催化氧化断键部位是O-H键和连接羟基的碳原子上的C-H键，然后形成C=O键，当连羟基的碳原子上有2个氢原子时，被氧化后得到醛；当连羟基的碳原子上有1个氢原子时，被氧化得到酮；当连羟基的碳原子上没有氢原子时不能被氧化。4、C【分析】用于制造阿尔法磁谱仪核心部件的材料是具有磁性的物质，根据具有磁性的物质以及物质的性质和应用来回答判断。【题目详解】制造阿尔法磁谱仪的核心部件的材料是一种具有磁性的物质，在铁的各种化合物中，只有四氧化三铁是具有磁性的物质，其他均不具有磁性。

所以C选项是正确的。5、A【解题分析】设铜和铝的物质的量分别为x、y，根据铜和铝的质量等于氢氧化铜的质量有：64x+27y=98x，刚加入氢氧化钠即产生沉淀，说明溶液中没有H+剩余，根据铜离子、铝离子消耗的氢氧根离子之间的关系有2x+3y=0.3，解得x=2.7/52mol，y=1.7/26mol。金属与硝酸和硫酸的混合酸反应时的计算应以离子方程式计算，根据3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O可知Cu消耗的氢离子的物质的量为8x/3，根据Al+4H++NO3-=Al3++NO↑+2H2O可知Al消耗的氢离子的物质的量为4y，所以原混合溶液中所有氢离子的物质的量为4y+8x/3=0.4mol，所以原混合酸中氢离子的总的物质的量浓度为0.4mol/L，故2c(H2SO4)+c(HNO3)=0.4mol·L-1，A错误；Cu(OH)2、Al(OH)3两种沉淀的质量等于金属的质量加上Mg2+和Al3+所结合的OH-的质量，结合的OH-的物质的量为0.3mol，所以m2=m1+0.3×17g=m1+5.1g，所以m2—m1=5.1，B正确；因为混合金属Cu和Al的质量等于Cu(OH)2的质量，所以原合金中铝的质量分数等于Cu(OH)2中OH-的质量分数为34÷98×100%=34.7%，C正确；根据得失电子守恒可知，混合金属失去的电子的物质的量为2x+3y=0.3mol，HNO3中的N元素从+5价降低到+2价，所以生成的NO的物质的量为0.3/3=0.1mol，故标准状况下其体积为2.24L，D正确。故正确的答案为A。点睛：金属与硝酸和硫酸的混合酸的计算，应该以离子方程式进行计算，离子方程式中的H+包括两种酸中的H+。6、B【题目详解】A.根据ΔH1<0可知，石墨燃烧是放热反应，A正确；B.根据反应热大小比较，ΔH1<ΔH2，即1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，后者放热少，B错误；C.根据盖斯定律，C(石墨)+O2(g)=CO(g)ΔH=ΔH1-ΔH2，C正确；D.化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确。答案为B。7、B【解题分析】钾元素的焰色反应透过蓝色钴玻璃能看到紫色火焰，钠是黄色，钙是砖红色，铜是浅绿色，答案选B。点睛：焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，注意焰色反应是物理变化，不是化学变化。8、A【题目详解】A．该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，电池反应式为Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2↓，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应，则总反应减去负极反应可得正极还原反应为Mg2++ClO-+H2O+2e-=Cl-+Mg(OH)2↓，A正确；B．图乙中惰性电极为阴极，Fe电极为阳极，则Cr2O72-离子向金属铁电极移动，与亚铁离子发生氧化还原反应生成的金属阳离子与惰性电极附近的OH-结合转化成Cr(OH)3除去，B错误；C．图乙的电解池中，阳极反应式是Fe-2e-＝Fe2+，阴极反应式是2H++2e-=H2↑，则n（Fe）==0.015mol，阴极气体在标况下的体积为0.015mol×22.4L/mol＝0.336L，C错误；D．由电子守恒可知，Mg～2e-～Fe2+，由原子守恒可知Fe2+～Fe(OH)3↓，则n（Mg）==0.015mol，理论可产生氢氧化铁沉淀的质量为0.015mol×107g/mol=1.605g，D错误；答案选A。9、C【题目详解】A.木炭燃烧是放热反应，故A不选；B.铝热反应是放热反应，故B不选；C.氯化铵与消石灰反应是吸热反应，故C选；D.氢氧化钠和硝酸反应是中和反应，是放热反应，故D不选。答案选C。10、B【题目详解】A．CaSO4在水溶液中存在溶解平衡CaSO4(s)⇌Ca2+(aq)+SO(aq)，先用Na2CO3溶液处理，由于碳酸钙更难溶，所以钙离子和碳酸根沉淀，使硫酸钙的沉淀溶解平衡正向移动，最终将硫酸钙转化为可以和酸反应的碳酸钙，能用沉淀溶解平衡移动原理解释，故A不符合题意；B．浓FeCl3溶液滴入沸水加热形成红褐色液体，是因为氯化铁和水之间发生水解反应形成氢氧化铁胶体，不能用沉淀溶解平衡移动原理解释，故B符合题意；C．ZnS在水溶液中存在溶解平衡ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2-(aq)，遇到硫酸铜时，铜离子和S2-结合成更难溶的CuS沉淀，使ZnS的沉淀溶解平衡正向移动，最终全部转化为CuS，PbS同理，能用沉淀溶解平衡移动原理解释，故C不符合题意；D．BaCO3在水溶液中存在溶解平衡BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO(aq)，胃酸主要成分为盐酸，可以和碳酸根反应从而使碳酸钡的沉淀溶解平衡正向移动，产生大量有毒的钡离子，而硫酸根不与盐酸反应，所以硫酸钡不会溶解，用硫酸钡作为“钡餐”，能用沉淀溶解平衡移动原理解释，故D不符合题意；综上所述答案为B。11、C【题目详解】废铁屑(主要成分为Fe，还含有C、

S、P等)加入酸溶得到亚铁盐，过滤后向滤液中加入过量NaOH溶液和H2O2溶液，NaOH中和过量的酸，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，在碱溶液中将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，然后加入NaClO溶液，在碱溶液中发生氧化还原反应生成Na2FeO4，加入KCl固体利用溶解度不同转化为K2FeO4析出。A.纯碱是强碱弱酸盐，CO32−水解导致纯碱溶液呈碱性，碱性条件下油污水解生成高级脂肪酸盐和甘油，所以废铁屑在酸溶前可用热的纯碱溶液去油污，故A正确；B.

NaOH中和过量的酸，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，在碱溶液中将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，步骤②的目的是将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，故B正确；C.步骤③中发生的反应是碱性条件下发生的反应，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+4OH−+3ClO−═2FeO42−+3Cl−+5H2O，故C错误；D.步骤④中反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，溶解度大的能转化为溶解度小的物质，反应能发生的原因K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，故D正确；答案选C。12、B【题目详解】A．分子中键能越大，键长越短，则分子越稳定，故A不符合题意；B．元素周期表中的第ⅠA族包括氢元素和碱金属元素，第ⅦA族元素为卤族元素，若为氢原子和卤素原子间形成共价键，若为碱金属元素和卤素原子间易形成离子键，故B符合题意；C．水分子中氧原子和氢原子各形成一对共价键，结构式可表示为H—O—H，水是V形分子，分子中键角为104.5∘，故C不符合题意；D．电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将释放能量，故D不符合题意；答案选B。13、B【解题分析】A项，向滴加了酚酞的NaOH溶液中通入适量Cl2，Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，Cl2与水反应生成的HClO具有强氧化性，使得溶液红色逐渐变淡至无色，错误；B项，Mg条点燃伸入集满CO2的集气瓶中，集气瓶中产生白烟且有黑色颗粒产生说明发生反应2Mg+CO22MgO+C，CO2表现氧化性，被还原成C，正确；C项，加热NH4Cl固体时试管底的固体减少至消失，上部试管壁出现晶体，发生反应NH4ClNH3↑+HCl↑、NH3+HCl=NH4Cl，不是升华，错误；D项，向1mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加2滴0.1mol/LNaCl溶液，反应后AgNO3过量，再加入KI溶液，过量的AgNO3能与KI形成黄色AgI沉淀，不能证明发生了沉淀的转化，错误；答案选B。14、B【题目详解】鉴定卤代烃中所含有的卤素原子，应先②加入少许卤代烃试样、再④加入5mL4mol/LNaOH溶液，然后③加热，发生水解反应生成卤素离子，再⑤加入5mL4mol/LHNO3溶液，最后①加入AgNO3，观察沉淀及其颜色可确定卤素原子。答案选B。15、B【分析】图为元素周期表中短周期的一部分，由元素在周期表的位置可知，X为He，Y为F，Z为S，M为Cl。【题目详解】A．同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性：Y>M>Z，故A错误；B．HY是HF，HF可以与二氧化硅反应，所以可以用HY的水溶液来刻蚀玻璃，故B正确；C．Z为S，对应的最高价氧化物是三氧化硫，三氧化硫不具有漂白性，故C错误；D．M的最高价氧化物对应的水化物酸性最强，故D错误；故选：B。16、C【解题分析】A.使甲基橙变黄色的溶液，pH>4.4，酸性溶液中不存在SO32－，A错误；B.含有大量Al3+的溶液显酸性，含有AlO2-的溶液显碱性，二者相遇发生双水解，不能大量共存，B错误；C.Kw/c(OH－)=10-3的溶液显酸性，Cl-、NO3-、Na+、Ba2+四种离子间不反应，与氢离子也不反应，能够大量共存，C正确；D.由水电离出的c(H+)=1×10－12mol·L－1的溶液显酸性或碱性，NH4+在碱性环境下不能共存，ClO-在酸性条件下不能共存，D错误；综上所述，本题选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、HNO32CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O23Cu+8H++2NO3–=3Cu2++2NO↑+4H2O【分析】无色无刺激性气味的气体A和过氧化钠反应，A为气体二氧化碳，D为氧气；C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为氨气，则B为氮气，在高温高压催化剂条件下和氢气化合生成氨，氨催化氧化得到一氧化氮气体E，F为二氧化氮，溶于水形成硝酸G。【题目详解】（1）物质G为硝酸，其化学式为：HNO3，故答案为HNO3。（2）物质B为氮气，其电子式为：，故答案为。（3）A→D的反应为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，故答案为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2。（4）G→E的反应为铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3–=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为3Cu+8H++2NO3–=3Cu2++2NO↑+4H2O。18、醚键AC、、、【分析】本题主要考查有机化合物的综合合成与推断。①A→B的原子利用率为100%，A的分子式是CH2O；B与氯乙烯发生取代反应生成C，结合沙丁胺醇的结构简式，可知B是，C是；C中碳碳双键被氧化前需要保护羟基不被氧化，所以C→D的两步反应，先与(CH3)2SO4反应生成，再氧化为，所以D是；根据沙丁胺醇的结构简式逆推E，E是；F是，F与HI反应生成。【题目详解】根据以上分析。(1)D为，其含有的官能团的名称是醚键；(2)A的分子式是CH2O，A是甲醛，故A正确；D为，D中不含酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；B为，B与氯乙烯发生取代反应生成，故C正确；沙丁胺醇的分子式为C13H21NO3，故D错误；(3)化合物C经两步反应转变为D的合成路线为；(4)与反应生成的反应化学方程式为；(5)E的分子式是C4H11N，化合物M比E多1个CH2，则M的分子式是C5H13N，符合1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子的化合物M可能的结构简式有、、、。19、坩埚500mL容量瓶20.00mL0.635%液体分上下两层，下层呈紫红色AB过滤主要由于碘易升华，会导致碘的损失【题目详解】(1)①根据仪器的构造分析，灼烧海带的仪器为坩埚，通过仪器B配制500mL含有碘离子的浸取溶液的仪器为500mL容量瓶。②通过表中数据分析，当加入20.00mL硝酸银溶液时，电动势出现了突变，说明滴定终点时消耗20.00mL硝酸银溶液。20.00mL硝酸银溶液中含有硝酸银的物质的量为0.0100mol/L×0.02L=0.0002mol，则500mL原浸出液完全反应消耗硝酸银的物质的量为0.001mol，说明20.00克该海带中含有0.001mol碘离子，所以海带中碘的百分含量为127g/mol×0.001mol/20.000g=0.635%。(2)①碘单质易溶于有机溶剂，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水，所以萃取后分液漏斗观察的现象为：液体分上下两层，下层呈紫红色；②A．发生反应3I2＋6NaOH＝5NaI＋NaIO3＋3H2O，需要浓氢氧化钠溶液，所以应控制氢氧化钠溶液的浓度和体积确保I2完全反应，同时减少后续实验使用硫酸的量，故正确；B．根据反应3I2＋6NaOH＝5NaI＋NaIO3＋3H2O可知，步骤Y将碘转化为离子进入水层，故正确；C．该操作的主要目的是将碘单质转化为碘酸钠、碘化钠，将碘转化为离子进入水层，不是除去有机杂质，故错误；D．乙醇易溶于水和四氯化碳，将氢氧化钠换成乙醇，仍然无法分离出碘单质，故错误。故选AB。③步骤Z将碘单质和水分离，由于碘单质不溶于水，可通过过滤操作完成。(3)方案甲中采用蒸馏操作，由于碘单质容易升华，会导致碘单质损失，所以甲方案不合理。20、C或碳CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑甲苯溶液褪色CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2BrCH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br甲烷、氢气【分析】(1).由表中各产物的沸点数据可知，聚丙烯废塑料加强热时甲试管中的残留物为C，电石的主要成分是碳化钙，碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔；(2).乙中试管用冷水得到的两种产品为苯和甲苯，甲苯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；(3).乙烯、丙烯可以和溴的四氯化碳溶液发生加成反应；(4).经过上述过程处理后，最后收集到的气体是甲烷和氢气。【题目详解】(1).聚丙烯废塑料加强热时得到的产物有：氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯、甲苯和碳，由表中沸点数据可知，甲试管中最终残留物是C，电石的主要成分是碳化钙，碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔，化学方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑，故答案为C或碳；CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑；(2).根据产物的沸点可知，乙中用冷水冷却后得到的产品是苯和甲苯，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：甲苯；(3).从乙中出来的产物中含有乙烯和丙烯，二者都可以和溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，反应的化学方程式为：CH2=