福建厦门松柏中学2024年高三第三次联考化学试题含解析

福建厦门松柏中学2024年高三第三次联考化学试题

考生须知：

1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色

字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、下列物质名称和括号内化学式对应的是()

A.纯碱(NaOH)B.重晶石(BaSO4)

C.熟石膏(CaSO4«2H2O)D.生石灰[Ca(OH)2]

2、下列各组内的不同名称实际是指同一物质的是

A.液氯、氯水B.烧碱、火碱C.胆帆、绿帆D.干冰、水晶

3、甲、乙两种CH3COOH溶液的pH,若甲比乙大1,则甲、乙两溶液中

A.c(甲)：c(乙)=1:10B.c(H+)甲：c(H+)z,=l:2

C.c(OH)R>:C(OH)z,=10:lD.a(甲)：a(乙)=2:1

4、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是

ABCD

NaOH溶液滴入FeSO4Na2s溶液滴入AgCl浊

实验石蕊溶液滴入氯水中热铜丝插入稀硝酸中

溶液中液中

产生白色沉淀，随后变溶液变红，随后迅速褪沉淀由白色逐渐变为产生无色气体，随后变

现象

为红褐色色黑色为红棕色

A.AB.BC.CD.D

5、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是()

所示装置制取少量纯净的COz气体

D.用图工酒常所示装置制备Fe（OH）z并能保证较长时间观察到白色

用｝:so,溶液

6、在抗击“2019新型冠状病毒”的过程中，大量防护和消毒用品投入使用。下列有关说法正确的是

A.二氧化氯泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者的消毒原理相同

B.聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要原料，二者均属于有机高分子材料

C.真丝织品和棉纺织品可代替无纺布生产防护口罩，二者均可防止病毒渗透

D.保持空气湿度和适当降温可减少新型冠状病毒传染，二者均可防止病毒滋生

7、下列物质的熔点，前者大于后者的是

A.晶体硅、碳化硅B.氯化钠、甲苯C.氧化钠、氧化镁D.钾钠合金、钠

8、如图所示的方案可以降低铁闸门的腐蚀速率。下列判断正确的是（）

A.若X为导线，Y可以是锌

B.若X为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+

C.若X为直流电源，铁闸门做负极

D.若X为直流电源，Y极上发生还原反应

9、Cut）有氧化性，能被N%还原，为验证此结论，设计如下实验。

有关该实验的说法正确的是

A.反应时生成一种无污染的气体NO

B.NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu

C.装浓氨水的装置名称是分液漏斗，只能用作分液操作

D.烧杯中硫酸的作用是防倒吸

10、如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是()

第三周期第二周期第一周期第二周期第三周期

A.简单阴离子的半径大小：X>Y>Z

B.单质的氧化性：X>Y>Z

C.Y的氢化物只有一种

D.X的最高价氧化物对应的水化物为强酸

11、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是

A.Si(h熔点很高，可用于制造组竭

B.NaOH能与盐酸反应，可用作制胃酸中和剂

C.A1(OH)3是两性氢氧化物，氢氧化铝胶体可用于净水

D.HCHO可以使蛋白质变性，可用于人体皮肤伤口消毒

12、用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：

Ag-Fe"Ferrozine

有色配合物测定溶液吸光度

HCHO

Ag:O

①

CO,

已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。下列说法正确的是

A.反应①中参与反应的HCHO为30g时转移电子2moi

B.可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe"

C.生成44.8LCOz时反应②中参加反应的Ag一定为8moi

D.理论上测得溶液吸光度越高，HCH0含量也越高

13、充分利用已有的数据是解决化学问题方法的重要途径.对数据的利用情况正确的是

A.利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢

B.利用溶解度数据判断氧化还原反应发生的可能性

C.利用沸点数据推测将一些液体混合物分离的可能性

D.利用物质的摩尔质量判断相同状态下不同物质密度的大小

14、25℃时，把0.2mol/L的醋酸加水稀释，那么图中的纵坐标y表示的是()

°10*1

A.溶液中OH的物质的量浓度B.溶液的导电能力

C.溶液中的D.醋酸的电离程度

c“(二CH?3£c2oO2H/)

15、不同温度下，三个体积均为1L的密闭容器中发生反应：CH4(g)+2NO2(g).•N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867

kJ.moI1,实验测得起始、平衡时的有关数据如表。下列说法正确的是

起始物质的量/mol平衡物质的量/mol

容器编号温度/K

CH4NO2N2CO2H2ONO1

ITi0.501.20000.40

IIT20.300.800.200.200.400.60

IIIT30.400.700.700.701.0

A.TI<T2

B.若升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆移

C.平衡时，容器I中反应放出的热量为693.6kJ

D.容器III中反应起始时vJE(CH4)<V速(CH。

16、有关浓硫酸的性质或作用，叙述错误的是

A.浓硫酸的脱水性是化学性质

B.使铁、铝钝化表现了强氧化性

C.制备乙酸乙酯的反应中起催化吸水作用

D.与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现强酸性

二、非选择题(本题包括5小题)

17、两种重要的有机化工合成中间体F和Y可用甲苯为主要原料采用以下路线制得:

(2)2CH3CHO—^55^->CH3CH(OH)CH2CHO—CH3CH=CHCHO

请回答下列问题：

(1)写出A的结构简式。

(2)B-C的化学方程式是.

(3)C-D的反应类型为。

(4)ImolF最多可以和molNaOH反应。

(5)在合成F的过程中，设计B-C步骤的目的是o

(6)写出符合下列条件的3种A的同分异构体的结构简式、、.

①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子

②能发生银镜反应

(7)以X和乙醇为原料通过3步可合成Y,请设计合成路线(无机试剂及溶剂任选

18、环戊睡嗪是治疗水肿及高血压的药物，其中间体G的一种合成路线如下:

CICH£OOQHS0包鲤》6。快,------Br---------„gnq222!妗>Q_^COOH

l

KHFe(CO)<YooCjHsGHQNa/C2HsOH2)H[-^>COOH

①(丙二酸二乙茴)②③④200T

ABCD

Q-CH2cH0^^OH

7/⑥7/浓藐酸VV

GF@E

回答下列问题：

(DA的化学名称是.B中含有官能团的名称为.

(2)反应②的反应类型是o

(3)C的结构简式为o

(4)G与新制Cu(OH”反应的化学方程式为。

(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则符合条件的X的结构简式为

⑹设计由目丙二醇和丙二酸二乙酯制备杀器皿

的合成路线(其他试剂任选)

19、Na2s03是一种白色粉末,工业上可用作还原剂、防腐剂等。某化学小组探究不同pH的Na2s03溶液与同浓度AgNOj

溶液反应的产物，进行如下实验。

实验I配制500mL一定浓度的Na2sCh溶液

①溶解：准确称取一定质量的Na2s03晶体，用煮沸的蒸储水溶解。蒸储水需煮沸的原因是一

②移液：将上述溶解后的Na2s03溶液在烧杯中冷却后转入仪器A中，则仪器A为一,同时洗涤一(填仪器名称)2~3

次，将洗涤液一并转入仪器A中；

③定容：加水至刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸储水至液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。

实验H探究不同pH的Na2sCh溶液与pH=4的AgNCh溶液反应的产物

查阅资料：i.Ag2sCh为白色固体，不溶于水，溶于过量Na2s。3溶液

ii.Ag2O,棕黑色固体，不溶于水，可与浓氨水反应

⑴将pH=8的Na2sCh溶液滴人pH=4的AgNCh溶液中，至产生白色沉淀。

假设一：该白色沉淀为Ag2s03

假设二：该白色沉淀为Ag2s04

假设三：该白色沉淀为AgiSth和Ag2s。4的混合物

①写出假设一的离子方程式—；

②提出假设二的可能依据是;

③验证假设三是否成立的实验操作是一O

(2)将pH=4的AgNCh溶液逐滴滴人足量的pH=U的Na2sCh溶液中，开始产生白色沉淀A,然后变成棕黑色物质。为

了研究白色固体A的成分，取棕黑色固体进行如下实验：

是量液氨衣浓投咚

棕黑色固体溶液白色•沉淀

①已知反应(b)的化学方程式为Ag(NH3)2OH+3HCl=AgCll+2NH4Cl+H2O,则反应(a)的化学方程式为；

②生成白色沉淀A的反应为非氧化还原反应，则A的主要成分是—(写化学式)。

(3)由上述实验可知，盐溶液间的反应存在多样性。经验证，(1)中实验假设一成立，贝(1(2)中实验的产物不同于(1)实验

的条件是_o

20、用如图所示仪器，设计一个实验装置，用此装置电解饱和食盐水，并测定阴极气体的体积(约6mL)和检验阳极

气体的氧化性。

(1)必要仪器装置的接口字母顺序是：A接、一接一；B接_、—接一o

(2)电路的连接是：碳棒接电源的—极，电极反应方程式为o

(3)能说明阳极气体具有氧化性的实验现象是一,有关离子方程式是；最后尾气被吸收的离子方程式是

(4)如果装入的饱和食盐水体积为50mL(假定电解前后溶液体积不变)，当测得的阴极气体为5.6mL(标准状况)

时停止通电，则另一极实际上可收集到气体一(填或“=")5.6mL,理由是,

21、甲醇是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景，可用Pt/AhO3,Pd/C、Rh/SiCh等作催化剂，采用如下反

应来合成甲醇：2H2(g)+CO(g)eCH30H(g)

(1)下表所列数据是各化学键的键能，该反应的AH=(用含字母的代数式表示)。

化学键H—HC——0C—HC—OQ—H

键能，(kJ/mol)abcde

⑵某科研小组用Pd/C作催化剂，在450C时，研究了n(H):n(CO)分别为2:1、3:1时CO转化率的变化情况(如图),

则图中表示n(H2)：n(CO)=3:l的变化曲线为(填“曲线a”或“曲线b”)。

(3)某化学研究性学习小组模拟工业合成甲醇的反应，在2L的恒容密闭容器内充入1molCO和2moiHz,加入合适催

化剂后在某温度下开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如下：

反应时间/min0510152025

压强/MPa12.610.89.58.78.48.4

则从反应开始到20min时，CO的平均反应速率为，该温度下的平衡常数K为.

(4)将CO和H2加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)0cH30H(g)AH<0。平衡时CO的体积分数(％)

与温度和压强的关系如下图所示(虚线框表示没有测定该条件下的数据)。

IMPa2MP«3MPa

Tl、T2、T3由大到小的关系是，判断理由是

(5)美国的两家公司合作开发了多孔硅甲醇直接燃料电池，其工作原理如图

①石墨2为(填“正”或“负”)极。

②石墨1极发生的电极反应式为

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、B

【解题分析】

A.纯碱的化学式为Na2cCh,A项错误；

B.重晶石结构简式为BaSCh,B项正确；

C.生石膏的化学式为CaSO4・2H2O,而熟石膏的化学式为ZCaSO^fhO,C项错误；

D.生石灰的化学式为CaO,D项错误；

答案选B。

2、B

【解题分析】

A.液氯是只含CL的纯净物，氯水是氯气溶于水得到的混合物，不是同一物质，故A错误；

B.氢氧化钠俗称火碱、烧碱、苛性钠，是同一物质，故B正确；

C.胆根的化学式为CuSO4•5H2O,绿研的化学式为FeSO4•7H2O,二者表示的不是同一种物质，故C错误；

D.干冰是固体二氧化碳，水晶是二氧化硅晶体，二者表示的不是同一种物质，故D错误。

故答案选B。

【题目点拨】

本题考查常见物质的名称，了解常见物质的俗名是解题的关键，易错选项A,注意对易混淆的物质归纳总结。

3,C

【解题分析】

A.甲、乙两种CH3coOH溶液的pH,若甲比乙大1,则浓度乙比甲的10倍还要大，A错误；

B.根据氢离子浓度等于10-PH知，c(H+)甲：c(H+)乙=1：10,B错误；

10*in-14

C.酸溶液中的氢氧根浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，c(OH-)甲：黄。11一)乙=-^前：—^=10：1,C

乙中]Q-pH乙

正确；

D.根据上述分析结果，a(甲)：a(乙)不等于2：1,D错误。

答案选C。

4、C

【解题分析】

分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;B项，红色褪色是HCIO表

现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+NazS=Ag2s+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应

为2NO+O2=2NO2»

详解：A项，NaOH溶液滴入FeSCh溶液中产生白色Fe(OH)2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为

4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应

Ch+HzO^HCl+HClO,由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HC1O表现强氧化性，与有色

物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl,反应前后元素化合价不变，

不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO气体和H2O,气体由无色变为红棕色时的反应

为2NO+O2=2NO2,反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。

点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。

5、B

【解题分析】

A.图①所示装置是按照启普发生器原理设计的，纯碱是粉末状，不能控制反应的发生与停止，且产物中含有HC1杂

质，故A错误；

B.镁和盐酸反应放热，产生的热量使U形管中右边的水柱上升，故B正确；

C.N%的密度比空气小，不能采用向上排空法，故C错误；

D.酒精与水任意比互溶，起不到隔绝空气的作用，应采用苯或者汽油，故D错误。

选B。

6、B

【解题分析】

A.二氧化氯具有强的氧化性，能够使病毒氧化变质而失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用，而酒精则是由于其使蛋

白质脱水发生变性而消毒，因此二者的消毒原理不相同，A错误；

B.聚丙烯和聚四氟乙烯都是高聚物，均属于有机高分子材料，B正确；

C.真丝织品和棉纺织品的空隙大，具有很好的渗透性，不能阻止病毒渗透，因此不能代替无纺布生产防护口罩，C错

误；

D.保持空气湿度和适当降温不能阻止病毒滋生，D错误；

故合理选项是B。

7、B

【解题分析】

A、原子晶体共价键的键长越短、键能越大，熔点越高，键长：Si-Si>Si-C,所以熔点前者小于后者，选项A不符合题

意；

B、分子晶体的熔点低于离子晶体，甲苯是分子晶体而氯化钠是离子晶体，所以氯化钠的熔点高于甲苯，选项B符合

题意；

C、离子晶体晶格能越大熔点越高，氧化镁的晶格能大于氧化钠，所以熔点前者小于后者，选项C不符合题意；

D、合金的熔点低于各成份的熔点，所以钾钠合金的熔点小于钠熔点，选项D不符合题意;

答案选B。

8、A

【解题分析】

A.若X为导线，Y可以是锌，形成原电池，铁闸门作正极被保护，能降低铁闸门的腐蚀速率，故A正确；

B.若X为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,则铁闸门作负极被腐蚀，所以不能降低铁闸门的腐蚀速率，故

B错误；

C.若X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，能降低铁闸门的腐蚀速率，故C错误；

D.若X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，Y极为阳极，则Y极上发生氧化反应，故D错误；

故选：Ao

9、D

【解题分析】

A.NO是大气污染物，反应时生成一种无污染的气体N2,故A错误；

B.在一定温度下，NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu,若温度过高，氧化铜自身可受热转化为红色氧化

亚铜，故B正确；

C.装浓氨水的装置名称是分液漏斗，可用作分液操作，还可用于反应装置中盛装液体，控制加入液体的量来调控反

应速率，故C错误；

D.烧杯中硫酸的作用是防倒吸和吸收未反应的有害气体，故D错误；

答案选B。

【题目点拨】

尾气处理时，碱性气体用酸来吸收，倒扣漏斗增加接触面积，防止倒吸。

10、A

【解题分析】

根据周期表中元素的排列规律可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O元素，结合元素周期律分析判断。

【题目详解】

周期表中元素的排列规律可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O元素。

A.一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，离子半径的大小：X>Y>Z,

故A正确；

B.元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质的氧化性XVYVZ,故B错误；

C.N的氢化物不只有一种，可以是氨气、联氨等氢化物，故C错误；

D.P的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，属于中强酸，故D错误；

答案选A。

【题目点拨】

理解元素的排列规律，正确判断元素是解题的关键，本题的易错点为C,要注意胱也是N的氢化物。

11、A

【解题分析】

物质的性质决定物质的用途，据性质与用途的对应关系分析。

【题目详解】

A项：SiCh用于制造用竭，利用了SiO2高熔点的性质，A项正确；

B项：虽然NaOH能与盐酸反应，但其碱性太强，不能作胃酸中和剂，B项错误；

C项：氢氧化铝胶体用于净水，是胶体的强吸附性，与其两性无关，C项错误；

D项：HCHO能使人体蛋白质变性，但其毒性太强，不能用于皮肤伤口消毒，D项错误。

本题选A。

12、D

【解题分析】

A.30gHeHO的物质的量为Imol,被氧化时生成二氧化碳，碳元素化合价从0价升高到+4价，所以转移电子4mol,

故A错误；

B.过氧化氢能将Fe2+氧化为Fe3+,与Fe?+不反应，所以不能用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+,故B错误;

C.没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应的Ag的物质的量，故C错误；

D.吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应②生成的Fe2+越多，进一步说明反应①生成的

Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正确。

故选D。

13、C

【解题分析】

A、平衡常数的大小体现一个可逆反应进行的程度大小，平衡常数越大，则表示反应物的转化率越高，它是一个只随

温度改变而改变的量，只在可逆反应中才会出现；错误；

B、氧化还原反应发生的可能性是需要判断物质氧化性还原性的相对强弱，错误；

C、沸点差别，可以选用蒸储的方法分离，正确；

D、需要考虑物质的状态，气体和液体没有可比性，错误。

14、B

【解题分析】

A.加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，OH-的物质的

量浓度逐渐增大，故A错误；

B.醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离

子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故B正确；

C.因温度不变，则Ka不变，且Ka=:xc(H+),因c(H+)浓度减小，则刃咒冷，增大，故C错误;

D.加水稀释，促进电离，醋酸的电离程度增大，故D错误；

答案选B。

15、A

【解题分析】

A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡时二氧化氮的物质的量多，故有TWT2,正确；

B.升温，正逆速率都加快，平衡逆向移动，故错误；

C.平衡时，容器I中二氧化氮的消耗量为120.4=0.8moL则反应热为等、0.8=346.8kJ,故错误；

D.容器HI中T3下平衡常数不确定，不能确定其反应进行方向，故错误。

故选A。

16、D

【解题分析】

A.浓硫酸使其他物质脱水生成新的物质，属于化学反应，是化学性质，故A正确；

B.浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，故B正确；

C.制备乙酸乙酯的反应中浓硫酸起催化剂和吸水剂作用，故C正确；

D.浓硫酸与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现难挥发性，故D错误；

故选D。

二、非选择题(本题包括5小题)

cn3

17、QHC-^-NH+

1:(CH3CO)2O-*0

HNH_^_CH,+CH3COOH氧化反应3氨基易被氧

NO2

CHONHCHO,CHO

.0CH3cH20H心&>

化，在氧化反应之前需先保护氨基

NHOHOHNH2

CMCHO令(：叫6俨-现-(：皿。

XaOH0117I：H=CH-CHO

【解题分析】

CH3CH?

分析有机合成过程，A物质为发生苯环上的对位取代反应生成的，故A为,结合已知条件①，可知B

NO,

XCH,

为|J,结合B-C的过程中加入的(CH3CO)2O以及D的结构可知，C为B发生了取代反应，-NH2中的H原子

被-COCH3所取代生成肽键，C-D的过程为苯环上的甲基被氧化成竣基的过程。D与题给试剂反应，生成E,E与

出0发生取代反应，生成F。分析X、Y的结构，结合题给已知条件②，可知X-Y的过程为

CHO

cH=CH—CHO

j,据此进行分析推断。

6【题目详解】

CH，CH，

(D从流程分析得出A为*，答案为：/；

NO,NO,

(2)根据流程分析可知，反应为乙酸酊与氨基反应形成肽键和乙酸。反应方程式为：H,C^Q-NH:+

0_.0

(CHCO)2O->+CHCOOH»答案为：H,C-^J-NH.4-(CH3CO)2O-*_Q__^_+

3HC_Q_NH_^_CH3HCNHCH

CH3COOH；

(3)结合C、D的结构简式，可知C-D的过程为苯环上的甲基被氧化为竣基，为氧化反应。答案为：氧化反应；

(4)F分子中含有段基、氨基和溟原子，其中竣基消耗1mol氢氧化钠，澳原子水解得到酚羟基和HBr各消耗1mol

氢氧化钠，共消耗3moL答案为：3；

(5)分析B和F的结构简式，可知最后氨基又恢复原状，可知在流程中先把氨基反应后又生成，显然是在保护氨基。

答案为：氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；

CHO

(6)由①得出苯环中取代基位置对称，由②得出含有醛基或甲酸酯基，还有1个氮原子和I个氧原子，故为、

NHOH

(7)根据已知条件②需要把乙醇氧化为乙醛，然后与X反应再加热可得出产物。故合成路线为:

H

。2》CH3cH0c：叩A(

CH3cH20HCu,△->O^-H=(:H-(:HOO答案为:

NaOIIOH

(：I1(:IH：,lCHO

CH3CH2OH>CH3CHO^->0-lr-^0-(：n=CH-CH()o

3，△xz^llfHI

C/XcOZCOOOCCH,H,

18、氯乙酸乙酯酯基取代反应

,Q_CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH^->.Q^CH,COONa+Cu2Oi+3H2OHC(X>-<,和

/~0HCHKCOOCMbY-CH(COOC此),】可山厂四80jCH£OOH

2H

'"OH'—BraHQNa/C2H50H\_cH(COOC:H5)2^*一\一CH(COOH)jJcHCOOH

【解题分析】

(1)直接命名A的化学名称和B中含有官能团的名称。

(2)先根据②③前后联系得出C的结构简式，得出反应②的反应类型。

(3)根据②③前后联系得出C的结构简式

(4)联系教材的乙醛与新制Cu(OH)2反应书写方程式。

(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，说明X中含有酸基或酯基，总共有7个

碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，再进行书写。

⑹先将1,3-丙二醇与HBr反应，得到「，再在一定条件下与CHKCOOC2H5)2得到；.，再水解和酸化得到

JR,V-CIKCOOCJH,),

CH(COOH)1

,最后再根据反应④得到产物。

CCH(C(M)H)i

【题目详解】

(DA的化学名称是氯乙酸乙酯；B中含有官能团的名称为酯基，故答案为：氯乙酸乙酯；酯基。

COOCH,

⑵根据②③前后联系得出C的结构简式为2,因此反应②的反应类型是取代反应，故答案为：取代

COOC2H5

反应。

(3)根据上题分析得出C的结构简式为>C~^C°℃2H5,故答案为一C_〈COOC2Hs

y、COOC2Hs7、COOC2Hs

(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为

Q-CH2cHO+2Cu(OH)2+NaOH—^_>C^CH2coONa+CU2OI+3H2O,故答案为：

QV_CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH—^Q-CH2coONa+CU2O1+3H2O«

(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，说明X中含有跋基或酯基，总共有7个

碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，因此则符合条件的X的结构简式为HC(XYC(X)H，

故答案为：HC(X)YZ＞和

⑹先将1,3-丙二醇与HBr反应，得到〈“，再在一定条件下与CHYCOOC2H5)2得到，"""心，再水解和酸化得到

L-BrV_CH(COOC:H,)J

C/—CH(COO-H),，最后再根据反应④得到产物，因此总的流程为

~BrCH(COOCH)3/r—CH(COOCH)/»—CH(COOH)

22$2521)OH\A/2/-CH/JOOH

一BrGHQNa/C汨s()H\4,故答案为:

<—CH(COOC:H,)j2)廿\

」CH(COOH)2-CH/JOOH

CH(COOCH)/f-CH(C00CH,)2/LCH(C00H)2

一%2252;DOH.A//—CH£OOH

A

^^-OH'o

.BrQH?ONa/C2H5()H\CH(COOCH,)2)田\

:2」CH(C00H)2一CH£(X)H

2+

19、去除蒸馈水中的氧气，防止亚硫酸钠被氧化500mL容量瓶烧杯、玻璃棒SO3+2Ag=Ag2SO3

Na2sCh被酸化的N(h•氧化成Na2sCh,Na2sCh与AgNCh溶液反应生成Ag：2sCh沉淀取固体少许加入足量Na2s(h

溶液(或向试管中继续滴加Na2s。3溶液)Ag2O+4NH3•H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2。或

Ag2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OHAgOHNa2sO3溶液滴加顺序不同(或用量不同)，溶液酸碱性不同(或浓度不

同)

【解题分析】

配置一定物质的量浓度的溶液时，

①溶解时：Na2s。3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸；

②移液时：配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用容量瓶，移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒；

实验n探究不同pH的Na2s03溶液与pH=4的AgNCh溶液反应的产物

①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银；

②考虑加入的酸性的硝酸银溶液具有氧化性，将亚硫酸银氧化成硫酸银；

③由于Ag2sCh溶于过量Na2sCh溶液，可以加入Na2sCh溶液验证溶液中是否有Ag2s。3；

；

⑵①Ag2O为棕黑色固体，与氨水反应生成Ag(NH3)2OH和3H20

②从非氧化还原反应分析得化合价不变，判断A的成分；

(3)(1)中实验和(2)中实验中溶液的滴加顺序不同，溶液酸碱性不同。

【题目详解】

①溶解时：Na2sth晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸，防止亚硫酸钠被氧化；

②移液时：配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用500ml的容量瓶，移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒2~3次；

(1)①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银SO32+2Ag+=Ag2sO3;

②将pH=8的Na2sO3溶液滴人pH=4的AgN(h溶液中，酸性溶液中存在氢离子，氢离子和硝酸根相当于硝酸，具有

氧化性，可能会将亚硫酸根离子氧化成硫酸根；

③.Ag2sCh为白色固体，不溶于水，溶于过量Na2s03溶液，故可以加入过量Na2sCh溶液，看是否继续溶解，若继续

溶解一部分，说明假设三成立；

⑵①Ag2O,棕黑色固体，不溶于水，可与浓氨水反应，反应a为Ag2O+4NH3•H2O=2Ag(NH3)2OH+3H20;

②将pH=4的AgNCh溶液逐滴滴人足量的pH=ll的Na2s03溶液中，由于亚硫酸银易溶于亚硫酸钠，故生成的白色沉

淀不是亚硫酸银，溶液呈碱性，也不是硫酸银，银离子在碱性条件下，例如银离子和氨水反应可以生成氢氧化银，是

白色沉淀，A为AgOH；

(3)实验(1)将pH=8的Na2sCh溶液滴人pH=4的AgNCh溶液中，实验(2)将pH=4的AgNCh溶液逐滴滴人足量的pH=ll

的Na2sO3溶液中，对比两次实验可以看出，滴加顺序不同(或用量不同)，，所给盐溶液酸碱性不同(或浓度不同)。

20、GFIDEC正2Cl--2e=C12f丙中溶液变蓝Ch+2r=I2+2CI

CI2+2OH=C1+CIO+H2O<阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应

【解题分析】

电解池装置中，阳极与电源的正极相连，阴极与电源的负极相连，电解饱和食盐水在阴极生成的是H2,阳极生成的是

C12,据此分析；

淀粉遇碘单质变蓝，要从淀粉碘化钾中得到碘单质必须加入氧化性物质，据此分析；

根据已知的数据和电解的总反应方程式计算出生成的NaOH的物质的量浓度，从而可知c(OH-),再求溶液的pH,据

此分析。

【题目详解】

(1)碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以B端是检验氯气的氧化性，连接D,然后再进

行尾气吸收，E接C,碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以A端是测定所产生的氢气的体

积，即各接口的顺序是：ATG—F—I,B—DTETC,故答案为：G；F；I；D；E；C；

(2)电解池装置中，碳与电源的正极相连，则为阳极，氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl-2e=C12T，

故答案为：正；2Cr-2e=CLT；

(3)氯气氧化碘化钾，生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，其离子方程式为：CL+2r=L+2Cr；最后氢氧化钠溶

液吸收多余的氯气，其离子方程式为：C12+2OH=Cr+ClO+H2O,故答案为：丙中溶液变蓝；C12+2I=I2+2C1；

C12+2OH=C1+CIO+H2O；

0QQ56L

(4)n(H2)==0.00025mol,根据总反应方程式：2NaCl+2H2。电解H2T+CLT+2NaOH可知另一极理论上

22.4L/mol

生成的氯气的物质的量也为0.00025moL其体积理论上也为5.6mL,但氯气部分会溶于水，且部分会与生成的氢氧化

钠反应，因此另一极实际上可收集到气体小于5.6mL,故答案为：V；阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产

生的NaOH发生反应。

111

21.(2a+b-3c-d-e)kJ•mol曲线a0.0125mol•L•min-4T3>T2>TI压强越大，CO的体积分

数越小，T