卓越联盟新高考省份2021届高三9月份检测化学试题 Word版含解析

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新高考省份高三年级9月份检测试题 化 学 试 卷 相对原子质量：O-16　　Cl-35.5　　Cu-64　　P-31　　Sn-119‎ 一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求.‎ ‎1. 从石油原料到口罩的生产过程中涉及的下列变化不属于化学变化的是（ ）‎ A B C D 石油催化裂解得到丙烯 丙烯催化聚合生成聚丙烯 聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布 利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石油催化裂解得到丙烯，有化学键断裂，有新物质生成，属于化学变化，故A不选；‎ B．丙烯催化聚合生成聚丙烯，生成了新物质聚丙烯，属于化学变化，故B不选；‎ C．聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布，只是存在的形态发生了变化，没有新物质产生，属于物理变化，故C选；‎ D．利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒，烷基化反应是化学变化，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎2. 化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是 A. 高纯硅可用于制作光感电池 - 25 -‎ B. 活性炭具有除异味和杀菌作用 C. 氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂 D. 碘酒可用于皮肤外用消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硅是半导体，高纯硅可用于制作光感电池，选项A正确；‎ B.活性炭具有吸附性，能除异味但不能杀菌，选项B错误；‎ C. 氢氧化铝、碳酸氢钠都能与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，选项C正确；‎ D.碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎3. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 用醋酸除去水垢：CaCO3 +2H＋= Ca2+ + CO2↑+ H2O B. 向AlCl3溶液中加入过量浓氨水：Al3++4NH3∙H2O=+4+2H2O C. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O→2+‎ D. 等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合：Ba2++2OH−++=BaCO3↓+NH3∙H2O+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用醋酸除去水垢，反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CaCO3 +2CH3COOH=2CH3COO-+ Ca2+ + CO2↑+ H2O，选项A错误；‎ B. 向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为：Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3，选项B错误；‎ C. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：+CO2+H2O→+，选项C错误；‎ D. 等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合，反应生成碳酸钡、一水合氨和水，反应的离子方程式为：Ba2++2OH−++=BaCO3↓+NH3∙H2O+H2O，选项D正确；‎ 答案选D。‎ - 25 -‎ ‎4. 下列关于物质结构的说法错误的是 A. 晶格能：NaF>NaCl>NaBr B. 基态碳原子有三种能量不同的电子 C. CH4和都是正四面体结构，键角均为109°28′‎ D. 甲醛(HCHO)的键角约为120°，分之间存在氢键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaF、NaCl、NaBr为结构相似的离子晶体，离子电荷相等，离子半径越大，晶格能越小，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，选项A正确；‎ B．基态碳原子的核外电子排布为1s22s22p2，占据1s、2s、2p三个能级，所以有三种能量不同的电子，选项B正确；‎ C．CH4和NH4+中心原子均采取sp3杂化方式，且微粒中所有键长均相等，故都是正四面体结构，键角均为109°28′，选项C正确；‎ D．甲醛中C-H与C-H键夹角小于120°，甲醛只有一个羰基，没有羟基，不存在氢键，选项D错误；‎ 答案选D。‎ ‎5. 已知某种锂盐的结构如图，它是一种新型锂离子电池的电解质，其阴离子由W、X、Y、Z四种同周期主族元素构成，Y原子的最外层电子数是X的次外层电子数的3倍（箭头指向表示共用电子对由W提供）。下列说法错误的是（ ）‎ A. 元素非金属性强弱顺序是W＞Y＞Z＞X B. 阴离子中X与Z的杂化方式相同 C. 原子半径X＞Z＞Y＞W D. 该物质中含有极性键、非极性键、配位键和离子键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，X - 25 -‎ 的次外层电子数只能为2，则四种元素都位于第二周期，Y的最外层电子数为6，则Y为O；四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，Z可形成4个共价键，X可形成3个共价键和1个配位键，则Z为C、X为B，W可提供电子对，且易得到1个电子，则W为F，以此来解答。‎ ‎【详解】A．根据分析可知，W为F，Y为O，Z为C，X为B，同周期从左到右非金属性增强，F＞O＞C＞B，元素非金属性强弱顺序是W＞Y＞Z＞X，故A正确，不选；‎ B．X价层电子对数为4对，采用sp3杂化，Z的价层电子对数为3对，采用sp2杂化，阴离子中X与Z的杂化方式不相同，故B错误，符合题意；‎ C．除稀有气体外，同周期元素的原子从左到右半径逐渐减小，原子半径B＞C＞O＞F，原子半径X＞Z＞Y＞W，故C正确，不选；‎ D．该物质中含碳原子和氧原子之间、硼原子和氧原子之间、硼原子和氟原子之间形成极性键、碳原子和碳原子之间形成非极性键、硼原子和氟原子之间形成配位键、这种锂盐中还含有离子键，故D正确，不选；‎ 答案选B。‎ ‎6. 下列实验装置正确的是（　　）‎ A. 用图1所示装置收集SO2气体 B. 用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的C2H4‎ C. 用图3所示装置从食盐水中提取NaCl D. 用图4所示装置制取并收集O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SO2密度比空气大，应用向上排空法收集，故A错误；‎ B、乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的干扰，故B错误；‎ C、蒸发应用蒸发皿，不能用坩埚，故C错误；‎ - 25 -‎ D、过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，氧气密度比空气大，可用向上排空法收集，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎7. 分子式为C4H8Cl2的同分异构体共有（不考虑立体异构）（　　）‎ A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一议二”法来确定，先固定一个氯原子的位置，再移动另一个氯原子的位置，可得如下几种同分异构体：、、，故C4H8Cl2共有9种，答案选D。‎ ‎8. 高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图：‎ 下列说法不正确的是 A. 试剂a是甲醇 B. 化合物B不存在顺反异构体 C. 化合物C的核磁共振氢谱有一组峰 D. 合成M的聚合反应是缩聚反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CH≡CH与试剂a发生加成反应生成B，HOOCCH=CHCOOH分子内脱水生成C，B和C聚合生成M，根据聚合物M的结构式可知，M的单体为CH2=CH-O-CH3和，由此可知B - 25 -‎ 为CH2=CH-O-CH3，C为，则试剂a为CH3OH，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析，试剂a 为CH3OH，名称是甲醇，故A正确；‎ B．化合物B为CH2=CH-O-CH3，要存在顺反异构，碳碳双键上的每个碳原子连接的两个原子或原子团不同时能形成顺反异构，B的结构中其中一个双键碳上连接的两个原子相同，不存在顺反异构体，故B正确；‎ C．化合物C为，其结构对称，只含有一种氢原子，则核磁共振氢谱有一组峰，故C正确；‎ D．聚合物M是由CH2=CH-O-CH3和中的双键上发生加成聚合反应，不是缩聚反应，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎9. 用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备超顺磁性（平均直径25nm）纳米Fe3O4的流程示意图如下：‎ 下列叙述不正确的是 A. 常用热的Na2CO3溶液除去钢铁表面的油污 B. 步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3＋+Fe=3Fe2＋‎ C. 步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去 D. 步骤⑤中，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，可将其均匀分散在水中，做丁达尔效应实验 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B - 25 -‎ 的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2++2OH-=Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 钢铁表面的油污在碱性条件下可以发生水解反应，Na2CO3是强碱弱酸盐溶液，显碱性，热的Na2CO3溶液可以让油脂水解，水解是吸热的，温度升高，水解平衡向吸热的方向移动，水解效果越好，故A正确；‎ B. 滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和反应过量的盐酸：2Fe3++Fe=3Fe2+，故B正确；‎ C. 步骤④中，防止其在步骤⑤中继续氧化+2价铁元素，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，故C错误；‎ D. 超顺磁性的Fe3O4粒子平均直径25nm，属于胶体，可以做丁达尔效应实验，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎10. 2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家，磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为，，电池放电时，锂离子从石墨晶体中脱嵌出来，通过隔膜迁移到磷酸铁锂晶体表面，然后重新嵌入到磷酸铁锂的晶格内，放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是 A. 放电时，Li+通过隔膜移向正极 B. 放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔 C. 放电时正极反应为：‎ D. 磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 充电电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，LiFePO4中的锂离子脱出并伴随着铁元素的氧化，则此时铝箔电极上发生失电子的氧化反应，铝箔为阳极，电极反应式为xLiFePO4-xe-=xFePO4+xLi+，即LiFePO4-e-=FePO4+Li+，铜箔电极为阴极，阴极上锂离子得电子发生还原反应，阴极反应式为：xLi++xe-+6C=LixC6，所以电池总反应为FePO4+LixC6xLiFePO4+6C；原电池放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，电子由负极铝箔经过导线流向正极铜箔，电解质溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、原电池放电时，电解质溶液中的阳离子向正极移动，即Li+通过隔膜移向正极，A正确；‎ B、原电池放电时，电子由负极铝箔流出，经过导线流向正极铜箔，B正确；‎ C、原电池放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，所以正极反应为：，C正确；‎ D、由于隔膜的作用，Li+通过隔膜形成闭合回路，完成电池的充放电，电池总反应为xFePO4+LixC6xLiFePO4+6C，其中Fe的化合价发生变化，C、P元素化合价均不变，D错误；‎ 故答案为：D。‎ 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题目要求 ‎11. 下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向盛有2mL0.l mol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，振荡，再加入10滴0.1 mol/L的NaI溶液，再振荡 先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀 Ksp(AgI)N>O>C>B (6). Cu2+诱导胺的氧化脱氢反应形成Cu+配合物后，体系的共轭程度增大，荧光信发生改变，从而对Cu2+进行检测 (7). SnCu3P (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，气态时，失去1个价电子形成3d10的全充满稳定结构，而失去2个价电子形成3d9的结构，3d10的结构比3d9的结构稳定，则在气态时，Cu2+比Cu+不稳定，故答案为：不稳定；Cu+的价电子排布为3d10，全满，比Cu2+的价电子排布3d9稳定；‎ ‎(2)由BODIPY荧光探针分子的结构可知，每个B原子周围连接了4个原子或原子团，则B原子的杂化方式为sp3杂化；每个B原子能形成3个共价键，具有空轨道，每个N原子能形成3个共价键，具有孤对电子，则BODIPY荧光探针分子中B原子与形成双键的N原子形成1个配位键；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻的元素，则第二周期的F、N、O、C、B的第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O＞C＞B，故答案为：sp3；1；F＞N＞O＞C＞B；‎ - 25 -‎ ‎(3)由Cu2+诱导胺的氧化脱氢反应形成的Cu+配合物的反应可知，反应中，BODIPY荧光探针分子中与苯环连接的N原子脱氢后形成了双键，Cu+配合物中形成了单双键交替的平面结构，分子的共轭程度增大，荧光信发生改变，从而对Cu2+进行检测，故答案为：Cu2+诱导胺的氧化脱氢反应形成的Cu+配合物后，体系的共轭程度增大，荧光信发生改变，从而对Cu2+进行检测；‎ ‎(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的Sn原子的个数为8×=1，位于面心的Cu原子的个数为6×=3，位于体心的P原子个数为1，Sn、Cu、P的原子个数比为1:3:1，则磷锡青铜的化学式为SnCu3P；由晶胞的结构可知，P原子位于4个Cu原子形成的正方形的面心上，设铜与铜原子最近距离为xpm，则2x2=(2×0.5a)2，解得x=，故答案为：SnCu3P；；‎ ‎②由晶胞的结构可知，晶胞的边长是铜、磷原子最近距离的2倍，为apm，由晶胞的质量公式可得(a×10—10)3d=，解得密度d= g∙cm-3，故答案为：。‎ ‎【点睛】由晶胞的结构明确P原子位于4个Cu原子形成的正方形的面心上，晶胞的边长是铜、磷原子最近距离的2倍是计算铜与铜原子最近距离和磷青铜晶体密度的解答关键，也是难点。‎ ‎18. 2019年12月4日“全球碳计划”发布报告说，全球CO2排放量增速趋缓。人们还需要更有力的政策来逐步淘汰化石燃料的使用。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。‎ ‎(1)一种途径是用CO2转化为成为有机物实现碳循环。如：‎ C2H4(g)+H2O(l)⇌C2H5OH(l) ΔH＝-44.2kJ·mol-1；‎ ‎2CO2(g)+2H2O(l)⇌C2H4(g)+3O2(g) ΔH＝+1411.0kJ·mol-1。‎ 已知2CO2(g)+3H2O(l)⇌C2H5OH(l)+3O2(g)，其正反应的活化能为Ea kJ·mol−1，则逆反应的活化能为__kJ·mol-1。乙烯与HCl加成生成的氯乙烷在碱性条件下水解也得到乙醇，其水解反应的离子方程式为__，v=kcm(CH3CH2Cl)cn(OH-)为速率方程，研究表明，CH3CH2Cl浓度减半，反应速率减半，而OH-浓度减半对反应速率没有影响，则反应速率方程式为__。‎ ‎(2)利用工业废气中的CO2可以制取甲醇和水蒸气，一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，在三种不同催化剂作用下发生反应，相同时间内CO2的转化率随温度变化曲线如图所示：‎ - 25 -‎ ‎①催化剂效果最佳的反应是__(填“曲线I”，“曲线II”，“曲线III”)。‎ ‎②b点，υ(正)__υ(逆)(填“>”，“<”，“=”)。‎ ‎③若此反应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是__。‎ ‎④c点时该反应的平衡常数K＝__。‎ ‎(3)中国科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图所示：‎ ‎①根据图示，写出总反应的化学方程式：__。‎ ‎②原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH3OH的电极反应式__。‎ ‎【答案】 (1). Ea-1366.8 (2). CH3CH2Cl(aq)+OH-(aq)→C2H5OH(aq)+Cl-(aq) (3). v=kc(CH3CH2Cl) (4). 曲线I (5). ＞ (6). 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 (7). (8). CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O (9). CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)应用盖斯定律，计算出2CO2(g)+3H2O(l) ⇌ C2H5OH(l)+3O2(g)的ΔH，并按照ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，计算逆反应的活化能，氯乙烷在碱性条件下水解得到乙醇和氯化钠，据此写反应的离子方程式，按反应物浓度对速率的影响数据，写反应速率方程式即可；‎ - 25 -‎ ‎(2)一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2后反应得到甲醇和水蒸气，反应方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ，按照CO2的转化率随温度变化关系图分析、计算回答即可；‎ ‎(3)①根据图示，找出总的反应物、催化剂和产物，据此写总反应的化学方程式； ‎ ‎②原料中的CH3OH 可通过电解法由CO2制取，二氧化碳在阴极反应，故是二氧化碳得电子被还原的反应，据此写生成CH3OH 的电极反应式。‎ ‎【详解】(1)反应①C2H4(g)+H2O(l) ⇌ C2H5OH(l) ΔH1=-44.2kJ·mol-1‎ 反应②2CO2(g)+2H2O(l) ⇌ C2H4(g)+3O2(g) ΔH2=+1411.0kJ·mol-1‎ 应用盖斯定律，反应①+反应②得到：2CO2(g)+3H2O(l) ⇌ C2H5OH(l)+3O2(g)，则该反应的ΔH= ΔH1+ΔH2，故ΔH =-44.2kJ·mol-1+(+1411.0kJ·mol-1)= +1366.8kJ·mol-1，因为ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，正反应的活化能为Ea kJ·mol-1，则逆反应的活化能为(Ea-1366.8)kJ·mol-1；‎ 氯乙烷在碱性条件下水解得到乙醇和氯化钠，则反应的离子方程式为CH3CH2Cl(aq)+OH-(aq)→C2H5OH(aq)+Cl-(aq)；该反应的速率方程为v=kcm(CH3CH2Cl)cn(OH-)，研究表明，CH3CH2Cl浓度减半，反应速率减半，则可知m=1，而OH-浓度减半对反应速率没有影响，则n=0，故反应速率方程式为v=kc(CH3CH2Cl)；‎ ‎(2)一定条件下，密闭容器中发生的反应为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ，‎ ‎①相同温度下相同时间内CO2转化率最高的是曲线Ⅰ，故最佳催化剂为曲线I ；‎ ‎②在同一温度下，曲线I的催化效率最好，则在b点的温度下，曲线I的速率也是最快的，说明b点并未达到平衡，且CO2的转化率将继续增大，即平衡仍将正向移动，则v(正 )＞v(逆)；‎ ‎③若此反应在a点时已达平衡状态，则继续升温就会使平衡移动，故a 点的转化率比c点高的原因为该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；‎ ‎④该条件下，一开始往2L恒容密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，由图知，c点时二氧化碳转化了，则 列“三段式”：‎ - 25 -‎ 平衡时2L容器内CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g) 的浓度依次为mol/L、mol/L、mol/L、mol/L ，则该反应的平衡常数K==；‎ ‎(3)①通过电解法由CO2制取CH3OH，碳元素化合价降低，故是二氧化碳得电子被还原的反应，故二氧化碳在阴极反应，则生成CH3OH 的电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；‎ ‎②根据图示，CH3OH、 CO2和H2在LiI、Rh+催化作用下生产 CH3COOH和H2O，总反应的化学方程式为 CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O。‎ ‎【点睛】平衡常数K的计算是易错题，列式计算式注意不要忽视容器的体积。‎ ‎19. 丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：‎ ‎ 已知：‎ ‎(1)G中官能团的名称为_____、______。‎ ‎(2)D的系统命名是____，化合物J的结构简式为______。‎ ‎(3)C与银氨溶液反应的化学方程式为____。‎ ‎(4)根据 ，X的分子式为____。X有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有____种(已知：碳碳三键或碳碳双键不能与羟基直接相连)。‎ ‎①除苯环外无其他环，且无—O—O—键 ‎②能与FeCl3溶液发生显色反应 ‎③苯环上的一氯代物只有两种 - 25 -‎ ‎(5)参照题中信息写出以甲烷和甲苯为原料，合成的路线流程图_____(其他试剂自选)。‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). 溴原子或碳溴键 (3). 2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯) (4). (5). +2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O (6). C8H6O3 (7). 9 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由A、B的分子式及A→B的条件可知A为；‎ 结合G的结构简式可知B为；‎ 比较B、C的分子式及B→C的条件可知C为；‎ 结合G的结构简式及“已知”可知F为(CH3)3CMgBr，则E为(CH3)3CBr，D为CH2=C(CH3)2；‎ 结合G的结构简式及“已知”可知H为，则J为，据此解答。‎ ‎【详解】(1)G为，含有羟基、溴原子（或碳溴键），故答案为：羟基；溴原子（或碳溴键）；‎ ‎(2)D的结构简式为CH2=C(CH3)2，系统命名法命名为2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯)，J的结构简式为，故答案为：2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯)；；‎ ‎(3)C含醛基，其与银氨溶液反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH ‎ - 25 -‎ ‎+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O； ‎ ‎(4)C为，结合“已知”可得X的结构简式为，其分子式为C8H6O3，X的同分异构体中，同时满足①除苯环外无其他环，且无—O—O—键，②能与FeCl3溶液发生显色反应，③苯环上的一氯代物只有两种，有三种情况，第一种情况：一个酚-OH和一个-COCHO，且二者处于对位有1种，第二种情况：2个-CHO，1个酚-OH，且2个-CHO处于间位有2种，第三种情况：3个酚-OH和1个有6种，因此，符合条件的X的同分异构体共有1+2+6=9种，故答案为：C8H6O3；9；‎ ‎(5)逆合成分析：可由和CH3MgBr发生类似“C+F→G”得到，可由甲苯发生类似“B→C”得到，CH3MgBr由CH3Br和Mg、乙醚得到，CH3Br由甲烷和溴发生取代反应得到，即，故答案为：。‎ ‎20. 二氧化氯是一种黄绿色具有刺激性气味的气体，常用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面。氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的制备方法，其中是用与在催化剂、时，发生反应得到，下图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。‎ 已知：‎ ‎①的浓度较大时易分解，实验室用稳定剂吸收，生成，使用时加酸只释放出一种气体 ‎②与KI反应的离子方程式为：。‎ - 25 -‎ 物质 沸点 ‎③‎ ‎(1)仪器b在装置中的作用是______________；比较仪器c和d，实验中c的优点是_____________。‎ ‎(2)制备装置甲中需改进的一项措施是________________。‎ ‎(3)反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备的化学方程式：________________；该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸，相比甲醇法，草酸法的优点是________________。‎ ‎(4)下列有关说法正确的是__________。‎ A．仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的 B．装置e主要用于检验是否有生成 C．在释放实验中，发生的离子反应方程式是：‎ D．和都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时的氧化能力是的2.5倍 ‎(5)自来水厂用碘量法检测水中的浓度，其实验操作如下：取100.0mL的水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用 - 25 -‎ 标准溶液滴定碘单质，达到滴定终点时用去15.00mL 标准溶液，测得该水样中的含量为__________。‎ ‎【答案】 (1). 冷凝回流甲醇兼导气 (2). 有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发 (3). 水浴加热 (4). 4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O (5). 产生的二氧化碳可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解 (6). AC (7). 202.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲装置为发生装置，将甲醇加入三颈烧瓶中共热进行反应，甲醇被氧化为甲酸，NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠，b装置冷凝回流甲醇和甲酸；加入a装置的氢氧化钠可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2；之后稳定剂吸收二氧化氯，装置e主要用于检验ClO2否被吸收完全，之后用氢氧化钠溶液处理尾气。据此解答。‎ ‎【详解】(1)仪器b是球形冷凝管，导气的同时可以冷凝回流甲醇；若用分液漏斗添加甲醇，反应时三颈烧瓶中压强增大，可能会导致液体无法顺利滴下，需要将分液漏斗活塞打开，但会导致甲醇的挥发，用恒压漏斗可以平衡压强有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发，故答案为：冷凝回流甲醇兼导气；有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发；‎ ‎(2)反应在60℃下进行，应水浴加热，可提供稳定的加热温度，故答案为：水浴加热；‎ ‎(3)甲醇被氧化为甲酸(HCOOH)，NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠，反应方程式为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O，草酸可被氧化生成二氧化碳，起到稀释的作用，避免ClO2的浓度较大时易分解，故答案为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O；产生的二氧化碳可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解；‎ ‎(4)A．加入氢氧化钠可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2，故A正确；B．装置e主要用于检验ClO2否被吸收完全，故B错误；C．用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体，则发生的离子反应方程式是：4H++5ClO2-＝Cl-+4ClO2↑+2H2O，故C正确；D．ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，元素化合价分别由+4价、0价降为-1价，则ClO2的氧化能力是Cl2的2.5倍，故D错误；故答案为：AC；‎ - 25 -‎ ‎(5)设保鲜剂中ClO2的含量为xg•L-1，根据电子守恒可知二氧化氯与氧化碘离子生成的碘单质存在数量关系：2ClO2～5I2，滴定时碘单质与S2O32-存在数量关系I2～2S2O32-，所以ClO2与标准液的数量关系为2ClO2～10S2O32-，则有，解得x=0.2025 g•L-1=202.5mg•L-1，故答案为：202.5。‎ - 25 -‎