河北省隆化县存瑞中学2020届高三上学期质检化学试题
存瑞中学2019-2020学年度第一学期质检二
高三年级化学试题
1.本试卷分Ⅰ、Ⅱ卷满分100分，考试时间90分钟。
2.可能用到的相对原子质量：He 4 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 N 14 Cu 64
第Ⅰ卷(选择题 共46分)
一、选择题(单选，每题2分，计46分)
1.下列有关文献的理解错误的是（ ）
A. “所在山洋，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”过程包括了溶解、蒸发、结晶等操作。
B. 《物理小识》记载“青矾（绿矾）厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不没,”“气”凝即得“矾油”。青矾厂气是NO和NO2。
C. 《开宝本草》中记载了中药材铁华粉的制作方法：“取钢煅作时如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”中药材铁华粉是醋酸亚铁。
D. 唐代《真元妙道要略》中有云“以硫磺、雄黄合销石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作过程。
【答案】B
【解析】
【详解】A项，文中描述了提纯固体的方法：将固体溶解，通过煎炼蒸发水分，进一步析出晶体，涉及溶解、蒸发、结晶等操作，故A正确；
B项，青矾为硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)，“厂气熏人”中的“气”应为硫的氧化物，气凝即得“矾油”中的“矾油”应为硫酸，故B错误；
C项，醋的主要成分是醋酸，与铁反应生成醋酸亚铁和氢气，因此铁华粉是醋酸亚铁，故C正确；
D项，黑火药是由木炭粉（C）、硫磺（S）和硝石（KNO3）按一定比例配制而成的，文中描述的应为制备黑火药的过程，故D正确。
综上所述，符合题意的选项为B。
【点睛】本题考查古代文献中的化学知识，此类题目是近几年高考的热点，解题时应抓住化学知识的核心，从物质制备、性质等角度理解文中所述内容，例如：题中A
项涉及物质的分离提纯方法；B项涉及硫及其化合物的性质；C项涉及铁和醋酸的反应；D项涉及黑火药的制备等。
2.[安徽省蚌埠市2019届高三第一次质量监测]下列有关化学用语表示正确的是
A. 水分子的比例模型
B. 过氧化氢的电子式为：
C. 石油的分馏和煤的气化、液化均为物理变化
D. 甲基环丁烷二氯代物的同分异构体的数目是10种（不考虑立体异构）
【答案】D
【解析】
【详解】A.所给确为比例模型，氢原子和氧原子的半径相对大小不对，应该是中间的氧的原子半径大，水分子为V形，不是直线形，A项错误；
B.过氧化氢是只由共价键形成的分子，B项错误；
C.石油的分馏是物理变化，煤的气化和液化均是化学变化，煤的气化是指将煤转化为CO、H2等气体燃料，煤的液化是指将煤变成液体燃料如甲醇等，C项错误；
D.甲基环丁烷中二个氯原子取代同一个碳的2个氢，共有3种可能，取代不同碳上的氢共有7种（用数字标出碳，则可表示为：1，2、1，3、1，5、2，3、2，5、3，4、3，5），D项正确；
所以答案选择D项。
3.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 3g 3He含有的中子数为1NA
B. 1 L 0.1 mol·L−1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA
C. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确；
B. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA，B项错误；
C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NA mol-1 =6NA，C项正确；
D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NA mol-1 =13NA，D项正确；
答案选B。
4.用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：
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2mol
B. 可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+
C. 生成44.8 LCO2时反应②中参加反应的Ag一定为8mol
D. 理论上测得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高
【答案】D
【解析】
【详解】A. 30g HCHO的物质的量为1mol，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Fe3+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。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 18g氨基（-ND2）中含有的电子数为10NA
B. 向NH4Al(SO4)2稀溶液中逐滴加入过量Ba(OH)2溶液，发生反应的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-=
2BaSO4↓+AlO2-+2H2O+NH3·H2O
C. 麦芽糖溶液中：SO42-、MnO4-、K+、H+可以大量共存
D. 标准状况下，2.24LCl2通入足量NaOH溶液反应转移的电子数为0.2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 18g氨基(－ND2)的物质的量为1mol，一个氨基(－ND2)含有9个电子，即18g氨基(－ND2)中含有的电子数为9 NA，A项错误；
B. 过量的Ba(OH)2，Al3+要变成AlO2-，SO42-转化为硫酸钡沉淀，铵根转化为一水合氨，按照化学式中各离子的数量比例和电荷守恒可知，NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O+NH3·H2O，B项正确；
C. 麦芽糖为还原性糖，MnO4-在酸性条件下具有强氧化性，不能大量共存，C项错误；
D. 标准状况下，2.24LCl2的物质的量是0.1mol，通入足量NaOH溶液中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，转移电子数为0.1NA，D项错误；
答案选B。
6.以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是
A. NaClO3在发生器中作氧化剂
B. 吸收塔中1mol H2O2得到2mol电子
C. 吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解
D. 从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据流程图，NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为
2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，其中NaClO3作氧化剂，故A说法正确；
B、吸收塔中发生的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH===2NaClO2+2H2O+O2↑，1mol H2O2失去2mol电子，故B说法错误；
C、H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，故C说法正确；
D、根据选项A的分析，母液中溶质主要为Na2SO4，故D说法正确。
答案选B。
7.BMO（Bi2MoO6）是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确是
A. 该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O
B. 该过程中BMO表现较强氧化性
C. 降解产物的分子中只含有极性共价键
D. ①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1
【答案】B
【解析】
【详解】A、该过程用光催化降解苯酚生成二氧化碳和水，所以反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正确；
B、该过程中BMO是催化剂，BMO与O2在光作用下，BMO被氧化成BMO+，故B错误；
C、降解苯酚的产物为二氧化碳和水，二氧化碳和水分子中都只含有极性共价键，故C正确；
D、 ①中1molO2-要得到3mol电子，而②中1molBMO+变为1molBMO只要得到1mol电子，根据氧化还原反应得失电子相等，所以①、②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故D正确；
正确答案选B。
8.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY
溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是
A. 原子半径由大到小的顺序为：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)
B. 氧化物的水化物的酸性：H2XO3
r(X)>r(Y) >r(W)，故错误；
B. 硅酸为弱酸，亚硫酸为弱酸，但亚硫酸的酸性比碳酸强，碳酸比硅酸强，故酸性顺序H2SiO3Si
C
常温下，分别测定浓度均为0.1 mol·L－1 NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大
酸性：HFKHB>KHD
B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C. pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值都大于1，说明三种酸都是弱酸。HA的PH最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；
B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；
C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；
D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；
答案选C。
【点晴】在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。②
物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。
【此处有视频，请去附件查看】
21.下列关于有机物因果关系的叙述中，完全正确的一组是( )
选项
原因
结论
A
乙烯和苯都能使溴水退色
苯分子和乙烯分子含有相同的碳碳双键
B
乙酸分子中含有羧基
可与NaHCO3溶液反应生成CO2
C
纤维素和淀粉的分子式均为(C6H10O5)n
它们属于同分异构体
D
乙酸乙酯和乙烯在一定条件下都能与水反应
两个反应属于同一类型反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯与溴水不反应，而乙烯中含碳碳双键与溴水发生加成反应，选项A错误；
B、乙酸分子中含有羧基，乙酸的酸性大于碳酸，可与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，选项B正确；
C、淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同，故不是同分异构体，选项C错误；
D、乙酸乙酯与水的反应为水解反应(取代反应)，乙烯与水的反应为加成反应，两个反应不属于同一类型反应，选项D错误。
答案选B。
22.交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长）
A. 聚合物P中有酯基，能水解
B. 聚合物P的合成反应为缩聚反应
C. 聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得
D. 邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构
【答案】D
【解析】
【分析】
将X为、Y为带入到交联聚合物P的结构中可知，聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的，据此解题；
【详解】A.根据X为、Y为可知，X与Y直接相连构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A不符合题意；
B.聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,故B不符合题意；
C.油脂为脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇，故C，不符合题意；
D.乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，故D符合题意；
综上所述，本题应选D。
【点睛】
本题侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，注意把握官能团的性质，缩聚反应的判断，题目有利于培养学生的分析能力，难度不大。
23.实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是
A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色
C. 装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯
【答案】D
【解析】
分析】
在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。
【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；
B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；
C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；
D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。
第II卷(非选择题 共54分)
二、非选择题
24.习近平主席在《中央城镇化工作会议》发出号召：“让居民望得见山、看得见水、记得住乡愁”。消除含氮、硫、氯等化合物对大气和水体的污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。
（1）以HCl为原料，用O2氧化制取Cl2，可提高效益，减少污染。反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) ∆H=−115.4kJ·mol−1，通过控制合适条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%。原理如图所示：
过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g) ∆H1=−120.4kJ·mol−1，过程II反应的热化学方程式为___。
（2）容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g) ∆H<0，甲中NO2的相关量随时间变化如图所示。
①0~3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是___。
②甲达平衡时，温度若为T℃，此温度下的平衡常数K=__。
③平衡时，K甲__K乙，P甲__P乙(填“>”、“<”或“=”)。
（3）水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。可用次氯酸钠除去氨氮，同时产生一种大气组成的气体。写出总反应化学方程式：__。
（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1mol·L-1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为___。（已知25℃时：H2SO3的电离常数
Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8）
【答案】 (1). 2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) ∆H2= +125.4kJ·mol−1 (2). 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快 (3). 225 (4). < (5). > (6). 2NH3＋3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O (7). c(Na+)＞c(HSO3−)＞c(SO32−)＞c(H+)=c(OH−)
【解析】
【分析】
(1).①，过程I的反应为②，盖斯定律计算①-2×②得到过程II反应的热化学方程式；
(2)①.甲为绝热容器，反应为放热反应，放出的热量对反应速率影响大；
②.相同温度下，分别充入0.2mol的，发生反应: 达到平衡状态时二氧化氮浓度为 0.02mol/L，结合三行计算列式计算得到平衡浓度计算平衡常数；
③.甲为绝热容器，乙为恒温容器，反应为放热反应，温度升高平衡逆向进行，据此分析判断；
(3).①根据流程可知，、是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠，氮气，水是生成物，据此可得；
(4)25℃时用1mol/l的溶液吸收，当溶液pH=7时，溶液中的溶质为和，且最大,=,根来判断和的大小；
【详解】(1). ①，过程I的反应为②，盖斯定律计算①-2×②得到过程II反应的热化学方程式；故答案为: ;
(2).①.甲为绝热容器，反应为放热反应，放出的热量对反应速率影响大,0~3S内，甲容器中
的反应速率增大的原因是:0 ~3s内温度升高对反应速率影响大于浓度降低的影响，故答案为:0-3s内温度升高对反应速率影响大于浓度降低的影响；
②相同温度下，分别充入0.2mol的，发生反应: 达到平衡状态时二氧化氮浓度为 0.02mol/L，结合三行计算列式计算得到平衡浓度计算平衡常数，
起始量() 0.2 0
变化量() 0.18 0.09
平衡量（) 0.02 0.09
平衡常数 故答案为:225；
③．容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器，相同温度下，分別充入0.2mol的，发生反应，甲容器中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数 平衡逆向进行其他物质的量增大，气体压强增大，，故答案为：<，>；
(3)．①根据流程可知，、是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠，氮气，水是生成物，所以反应为：；
(4). .25℃时用1mol/l的溶液吸收，当溶液pH=7时，溶液中的溶质为和，且最大,=,根,则=0.62，故，则有
25.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题：
(1)+6价的Cr能引起细胞的突变而对人体不利，可用 Na2SO3 将Cr2O72—还原为Cr3+。该反应的离子反应方程式为___________。
(2)利用铬铁矿(FeO•Cr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：
①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是__________________________ 。
②“水浸”要获得浸出液的操作是_________________________________。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则 “还原”操作中发生反应的离子方程式为___。
③加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr的冶炼方法是 _______。
(3)已知 Cr3+完全沉淀时溶液pH为5，（Cr3+浓度降至10-5mol∙L-1可认为完全沉淀）则Cr(OH)3的溶度积常数 Ksp＝_______________。
(4)用石墨电极电解铬酸钠(Na2CrO4)溶液，可制重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2Cr+2H+Cr2+ H2O)。
①电极b连接电源的______极(填“正”或“负”) , b 极发生的电极反应式为_________________。
②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是 _______________mol 。
【答案】 (1). Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O (2). 铬铁矿粉碎 (3). 过滤 (4). 8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH- (5). CO高温还原Cr2O3（热还原法） (6). 1×10-32 (7). 正 (8). 2H2O-4e-=O2↑+4H+ (9).
【解析】
【分析】
（1）分析元素化合价变化情况，依据得失电子守恒，原子个数守恒，得出离子反应方程式。
（2）①影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快。
②依据原子守恒和得失电子守恒，得出离子方程式。
③用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3（热还原法）
（3）根据Ksp＝c(Cr3+)c3(OH-)求算。
（4）①根据装置图和离子放电顺序得出阳极的电极反应式。
②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，所以外电路转移的电子为（a-b）mol，阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol。
【详解】（1）反应中铬元素化合价从+6价降为+3价，硫元素从+4价升高到+6价，依据得失电子守恒，原子个数守恒，离子反应方程式为Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O，故答案为Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O。
（2）①影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快，为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施将铬铁矿粉碎，故答案为铬铁矿粉碎。
②“水浸”要获得浸出液，要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr元素由+6价降为+3价，S元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，得到反应为：8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-，故答案为过滤；8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-。
③从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3（热还原法），故答案为CO高温还原Cr2O3（热还原法）。
（3）pH为5，c(OH-)=10-9，Ksp＝c(Cr3+)c3(OH-)=10-5×（10-9）3=1×10-32，故答案为1×10-32。
（4）①根据图示，在b极所在电极室得到Na2Cr2O7，根据2CrO42-+2H+ Cr2O72—+ H2O ，电解过程中b极c（H+）增大，则b极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，a是阴极，b是阳极，电极b连接电源的正极，故答案为正；2H2O-4e-=O2↑+4H+。
②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则电路中通过电子物质的量为（a-b）mol；阳极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol，结合2CrO42-+2H+ Cr2O72—+ H2O，所以阳极生成的Cr2O72—物质的量是mol，故答案为。
26.无水MgBr2常用于催化剂。某化学小组在实验室选用下图所示装置 (
夹持装置略）采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2。
已知：①在浓硫酸存在下，加热到140℃时乙醇脱水生成乙醚(C2H5OC2H5)，加热到170℃时乙醇脱水生成CH2 = CH2。
②乙醚的熔点为34.6℃，沸点为132℃。
③Mg和Br2剧烈反应，放出大量的热；MgBr2具有强吸水性；MgBr2能与乙醚发生反应 MgBr2 +3C2H5OC2H5 MgBr2 • 3C2H5OC2H5。
实验主要步骤如下：
I.选用上述部分装置，正确连接，检查装置的气密性。向装置中加入药品。
II.加热装置A，迅速升温至140℃，并保持140℃加热一段时间，停止加热。
III.通入干燥的氮气，让液溴缓慢进入装置B中，直至完全加入。
IV.装置B中反应完毕后恢复至室温，过滤反应物，将得到的滤液转移至干燥的烧瓶中，在冰水中冷却，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗产品。
V.用苯洗涤粗产品，减压过滤，得三乙醚合溴化镁，将其加热至160℃分解得无水 MgBr2。
回答下列问题：
(1)装置A中使用仪器m的优点是________。
(2)步骤I中所选装置的正确连接顺序是a________ (填小写字母)。装置D的作用是________。
(3)若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该采取正确操作是________。
(4)步骤V中用苯洗涤三乙醚合溴化镁的目的是________。
(5)步骤V采用减压过滤（使容器内压强降低，以达到固液快速分离）。下列装置可用作减压过滤的是________(填序号）。
(6)实验中若温度控制不当，装置B中会产生CH2Br—CH2Br。请设计实验验证 CH2Br—CH2Br的存在：从反应后的混合物中分离提纯得到CH2Br—CH2Br，_______。
【答案】 (1). 使系统内压强相等，便于液体顺利流下 (2). efbcg（ef可颠倒，bc可颠倒） (3). 防止倒吸 (4). 停止加热，冷却后补加碎瓷片 (5). 除去乙醚和乙醇 (6). bc (7). 取少量CH2Br-CH2Br于试管中，加入NaOH溶液，加热，再加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，证明有CH2Br-CH2Br。
【解析】
【分析】
从实验目的和实验步骤看，以镁屑与液溴等为原料先制备三乙醚合溴化镁，再加热分解制备无水MgBr2。故用A装置制备乙醚并导入装置B，中间加装置D防止倒吸；用装置E将溴蒸气缓慢导入装置B，使溴与镁反应。
【详解】(1)装置A中仪器m为恒压漏斗，其左侧导管可使漏斗内和烧瓶内气体相通、压强相等，打开恒压漏斗时液体能顺利流下。
(2)为使镁、溴、乙醚反应生成MgBr2 • 3C2H5OC2H5，由装置A制备乙醚并导入装置B，用装置D防止装置B中液体倒吸至装置A中；装置E用干燥的氮气将溴蒸气缓慢导入装置B。故仪器连接顺序为a－e，f－b，c－g（ef可颠倒，bc可颠倒）。
(3)加热液体易发生暴沸现象，常加入碎瓷片防止暴沸。若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该停止加热，冷却后补加碎瓷片。
(4)步骤IV得到的三乙醚合溴化镁粗产品吸附有乙醚和乙醇，步骤V中用苯洗涤就是为了除去这些杂质。
(5)减压过滤能使容器内压强降低而容器外压强不变，以快速分离固液混合物。装置 b用水流冲出装置内空气、装置c用抽气泵抽出装置内空气，使装置内压强减小。装置a、d都不能使固液混合物上下压强差变大，不能加速固液分离。
(6)若装置A温度控制不当，可能生成CH2=CH2气体，在装置B中与溴加成产生
CH2Br—CH2Br。检验CH2Br—CH2Br即检验溴原子，可将其水解为溴离子，再用稀硝酸、AgNO3溶液检验溴离子，从而证明其存在。具体操作为：从反应后的混合物中分离提纯得到CH2Br—CH2Br，取少量CH2Br-CH2Br于试管中，加入NaOH溶液，加热，再加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，证明有CH2Br-CH2Br。
27.美托洛尔可用于治疗各类型高血压及心绞痛，其一种合成路线如下：
已知：①CH3COCH2R CH3CH2CH2R
② B－ F苯环上均只有两个取代基
回答下列问题：
(1)A的化学名称是___，C中含氧官能团的名称是___
(2)E→F的反应类型是___，G的分子式为___。
(3)D的结构简式为___。
(4)反应B→C的化学方程式为___
(5)芳香族化合物W是G的同分异构体，W能发生水解反应，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为9：3：2：2，写出一种符合要求的W的结构简式：___．
(6)4一苄基苯酚()是一种药物中间体，请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4－苄基苯酚的合成路线：______(无机试剂任用)。
【答案】 (1). 乙醛 (2). 羟基、羰基 (3). 取代反应 (4). C12H16O3 (5). (6).
(7). (8).
【解析】
【分析】
由B的分子式、C的结构，可知B与氯气发生取代反应生成C，故B为，逆推可知A为CH3CHO。
C发生信息①中还原反应生成D为．对比D、E的分子式，结合反应条件，可知D中氯原子水解、酸化得到E为．由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为．对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成美托洛尔。
苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物。
【详解】（1）由B的分子式、C的结构，可知B与氯气发生取代反应生成C，故B为，逆推可知A为CH3CHO，A的名称为乙醛。由结构可知C
中含氧官能团为：羟基、羰基，
故答案为乙醛；羟基、羰基；
（2）E为，由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，属于取代反应。由结构简式可知G的分子式为：C12H16O3，
故答案为取代反应；C12H16O3；
（3）C发生信息①中还原反应生成D，故D的结构简式为，
故答案为；
（4）反应B→C的化学方程式为：，
故答案为；
（5）芳香族化合物W是G的同分异构体，W能发生水解反应，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为9：3：2：2，一种符合要求的W的结构简式：，
故答案为；
（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物，合成路线流程图为：，
故答案为。
