天津市实验中学2020届高三下学期4月测试化学试题

天津市实验中学2020届高三下学期4月测试化学试题

‎2020届天津市实验中学高三下学期化学4月第二次测试 本试卷可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Zn-65 Cr-52 Mn-55 Fe-56 Cu-64‎ I卷（共36分）‎ 一、单选题（本大题共12小题，共36分）‎ ‎1.碳循环（如图）对人类生存、发展有着重要的意义。下列说法错误的是( )‎ A. 碳是构成有机物的主要元素 B. 光合作用是将太阳能转化为化学能的过程 C. 化石燃料的大量燃烧是产生温室效应的原因之一 D. 石油的年产量是一个国家石油化工发展水平的标志 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一般含碳的化合物为有机物，碳是构成有机物的主要元素，故A正确；‎ B．光合作用绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，储存在糖类中，故B正确；‎ C．化石燃料燃烧生成大量二氧化碳气体，是产生温室效应的原因之一，故C正确；‎ D．乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展。因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 0.1‎mol/LNaClO溶液中含有的Cl0-数为0.1NA B. 一定条件下，2molSO2和ImolO2发生反应，转移的电子数为4NA C. ‎1L0.1mol/L葡萄糖溶液中分子总数为0.1 NA D. ‎60g石英晶体中含有的Si-O键数目为4 NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ NaClO为强碱弱酸盐，Cl0-会有少量水解，加之没给溶液的体积，所以无法判断0.1mol/LNaClO溶液中含有的Cl0-数目，A错误；SO2和O2发生反应为可逆反应，反应物不能完全消耗，因此，2molSO2和ImolO2发生反应不能全部消耗，转移的电子数小于4NA，B错误；只考虑了葡萄糖溶液中溶质葡萄糖分子数目，没有考虑水分子数目，C错误；二氧化硅中1个硅原子形成4个Si－O键，‎60 g石英晶体中含有的Si－O键数目应该是4NA，D正确； 正确选项D。‎ ‎3.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O B. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4-+16H++‎5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O C. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2，溶液变浑浊：2+CO2+H2O=2+CO32-‎ D. 铅蓄电池充电时阴极反应式：PbSO4−2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水，发生氧化还原反应生成碘单质，该反应的离子方程式为：2I-+2H++H2O2═I2+2H2O，故A正确；‎ B．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸，草酸属于弱酸，不能拆开，正确的离子反应为：2MnO4-+6H++5H‎2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故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，正确的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H6OH+HCO3-，故C错误；‎ D．铅蓄电池充电时，PbSO4在阴极得电子发生还原反应，正确的电极反应式为：PbSO4+2e-=Pb+SO42-，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意苯酚钠溶液中通入二氧化碳只能生成碳酸氢钠，不能生成碳酸钠。‎ ‎4. 运用有关概念判断下列叙述正确的是（ ）‎ A. 1mol H2燃烧放出的热量为H2的燃烧热 B. Na2SO3和H2O2的反应为氧化还原反应 C. 和互为同系物 D. BaSO4的水溶液不导电，故BaSO4是弱电解质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、燃烧热的概念中除了强调1mol可燃物，还要强调在在‎25℃‎、101kPa时完全燃烧，生成稳定的氧化物，H2应该生成H2O(l)，而非H2O(g),现在题目未指明状态，A项错误；‎ B、Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O是氧化还原反应，B项正确；‎ C、苯酚与苯甲醇虽官能团均是羟基，但性质不同，种类不同，一个是酚羟基，一个是醇羟基，C项错误；‎ D、BaSO4难溶于水，故水溶液不导电，但在熔融状态可完全电离而可导电，是强电解质；‎ 故选B。‎ ‎5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z B. Y单质的熔点高于X单质 C. W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种 D. 化合物M中W不都满足8电子稳定结构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。‎ A ‎、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；‎ B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；‎ C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；‎ D、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎6.A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，而辛是由C元素形成的单质，已知：甲十乙=丁十辛，甲十丙=戊+辛；常温 0.1mol/L丁溶液的pH为13，则下列说法正确的是 A. 元素C形成的单质可以在点燃条件分别与元素A、B、D形成的单质化合，所得化合物均存在共价键 B. 元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为：r(D)>rC)>r(B)‎ C. ‎1.0L 0.1mol／L戊溶液中含阴离子总的物质的量小于0.lmol D. 1mol甲与足量的乙完全反应共转移约1.204xl024个电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据丁溶液的pH为13，则丁为强碱，短周期内形成的只有NaOH，根据甲＋乙=NaOH＋辛，且辛为单质，则联想到过氧化钠的反应，即2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，则另一个反应为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2↑，A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，即A、B、C、D四种元素分别为H、C、O、Na，甲、乙、丙、丁、戊分别为：Na2O2、H2O、CO2、NaOH、Na2CO3；据以上分析进行解答。‎ ‎【详解】A．A、B、D形成的单质分别与氧气反应，形成的化合物为H2O、CO2、Na2O2，都含共价键，故A正确；‎ B．Na有三个电子层，半径最大，同周期从左向右原子半径减小，即r(Na)>r(C)>r(O)，故错误；‎ C．戊是碳酸钠，‎1.0L 0.1mol／L碳酸钠溶液中，CO32-离子水解生成HCO3-离子和OH-离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，故错误；‎ D．根据反应方程式，2molNa2O2参加反应转移2mole－，则1molNa2O2参加反应，转移电子 ‎1mole－，故错误；‎ 故答案选A。‎ ‎7.某稀硫酸和稀硝酸的混合液25mL，向其中逐渐加入铁粉，产生气体的物质的量随铁粉质量增加的变化如图所示(硝酸的还原产物为NO，忽略反应中的溶液体积变化)。下列有关说法错误的是（ ）‎ A. OA段产生的气体是NO，AB段发生的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段产生的气体是H2‎ B. 由此推断该条件下，氧化性：NO3-强于Fe3＋‎ C. OA段与BC段产生的气体的体积比为1：1‎ D. C点溶质的物质的量浓度为10 mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；最终消耗14.0gFe，溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可以计算n(FeSO4)，再根据硫酸根守恒计算每一份溶液中n(H2SO4)，进而计算硫酸的物质的量浓度。‎ ‎【详解】A. 由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；故A正确；‎ B. 由图象可知，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe先和NO3-反应，再和Fe3＋反应，说明氧化性：NO3-强于Fe3＋，故B正确；‎ C. OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，消耗=0.1molFe，产生0.1molNO；BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，消耗=0.1molFe，产生 ‎0.1molH2，选项没有说明两种气体同温同压下，不能判断体积比，故C错误；‎ D. 最终消耗14.0gFe，溶液中溶质为FeSO4，n(FeSO4)= n(Fe)==0.25mol，物质的量浓度为=10mol/L，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。‎ ‎8.咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如下图，下列说法不正确的是 A. 咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应 B. 1mol 咖啡酸最多能与5 mol H2反应 C. 咖啡酸分子中所有原子可能共面 D. 蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A 的分子式为C8H10O ‎【答案】B ‎【解析】‎ A，咖啡酸中含酚羟基能发生取代反应、加成反应、氧化反应，含碳碳双键能发生加成反应、氧化反应、加聚反应，含羧基能发生取代反应、酯化反应，A项正确；B，咖啡酸中含有1个苯环和1个碳碳双键，苯环和碳碳双键能与H2发生加成反应，1mol咖啡酸最多能与4molH2发生加成反应，B项错误；C，咖啡酸中碳原子形成1个苯环、1个碳碳双键、1个羧基，其中C原子都为sp2杂化，联想苯、乙烯的结构，结合单键可以旋转，咖啡酸中所有原子可能共面，C项正确；D，由咖啡酸的结构简式写出咖啡酸的分子式为C9H8O4，A为一元醇，蜂胶水解的方程式为C17H16O4（蜂胶）+H2O→C9H8O4（咖啡酸）+A，根据原子守恒，A的分子式为C8H10O，D项正确；答案选B。‎ 点睛：本题考查有机物的结构和性质、有机分子中共面原子的判断。明确有机物的结构特点是解题的关键，难点是分子中共面原子的判断，分子中共面原子的判断注意从乙烯、苯和甲烷等结构特点进行知识的迁移应用，注意单键可以旋转、双键不能旋转这一特点。‎ ‎9.下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）‎ 选项 操作 现象 结论 A．‎ 向某无色溶液中滴加BaCl2溶液 产生白色沉淀 该无色溶液中一定含有SO42-‎ B．‎ 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊 硫代硫酸钠在酸性条件下不稳定 C．‎ 打开分液漏斗，向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，将产生的气体通入Na2SiO3水溶液中 Na2SiO3水溶液中出现白色胶状沉淀 证明酸性强弱为：HCl>H2CO3>H2SiO3‎ D．‎ CaCO3悬浊液中滴加稀Na2SO4溶液 无明显现象 Ksp小的沉淀只能向Ksp更小的沉淀转化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向某无色溶液中滴加BaCl2溶液，能产生白色沉淀，说明溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，A错误；‎ B.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸， S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体二氧化硫，B正确；‎ C.向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，产生的气体为CO2，其中混有杂质HCl，应通过饱和的NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CO2中混有的HCl，，再通入Na2SiO3水溶液中，C错误；‎ D.在一定条件下，Ksp小的沉淀也能向Ksp大的沉淀转化，D错误；‎ 故选B。‎ ‎10.在某种光电池中，当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应：AgCl(s)Ag(s)+Cl(AgCl)[Cl(AgCl)表示生成的氯原子吸附在氯化银表面]，接着发生反应：Cl(AgCl)+e-=Cl-(aq)+AgCl(s)。如图为用该光电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 光电池工作时，Ag极为电流流出极，发生氧化反应 B. 制氢装置溶液中K+移向A极 C. 光电池工作时，Ag电极发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑‎ D. 制氢装置工作时，A极的电极反应式为CO(NH2)2+8OH-−6e-=CO32-+6H2O+N2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，左边装置为原电池，右边装置为电解池，原电池中当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应：AgCl(s)Ag(s)+Cl(AgCl)，接着发生反应：Cl(AgCl)+e-=Cl-(aq)+AgCl(s)，银上的电极反应为AgCl(s)+e-═Ag(s)+Cl-，得电子发生还原反应，所以银作正极、铂作负极，结合原电池原理和电解池原理分析解答。‎ ‎【详解】A．得电子的电极发生还原反应，左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极，则Ag电极发生还原反应，故A错误；‎ B．左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极，则连接Ag的电极为阳极、连接Pt的电极为阴极，制取氢气装置溶液中阳离子向阴极移动，所以K+移向B电极，故B错误；‎ C．光电池工作时，Ag电极上AgCl得电子生成Ag，电极反应式为AgCl（s）+e-═Ag（s）+Cl-，故C错误；‎ D．制取氢气装置工作时，A电极为阳极，尿素失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和氮气、水，电极反应式为CO(NH2)2+8OH--6e-═CO32-+N2↑+6H2O，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】正确判断原电池的正负极是解题的关键。本题的难点为CD，C可以根据银电极的两个反应分析得到，D中要注意电解质溶液的碱性对产物的影响。‎ ‎11.常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c（H＋）表示为pH水＝-lgc（H＋）水。pH水 与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。‎ 下列推断正确的是 A. HX的电离方程式为HX＝H＋＋X-‎ B. T点时c（Na＋）＝c（Y-）＞c（H＋）＝c（OH-）‎ C. 常温下用蒸馏水分别稀释N、P点溶液，pH都降低 D. 常温下，HY的电离常数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 依题意，HX和HY是两种一元酸。由图象知，加入氢氧化钠溶液，水电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达到最大值。HX为弱酸，故A错误。‎ B. T、P点对应的溶液都呈碱性，故B错误。‎ C. N点呈中性，加入蒸馏水稀释中性溶液，稀释后溶液仍然呈中性，故C错误。‎ D. 取M点计算电离常数，c（H＋）＝c（OH-）＝1×10-7mol·L-1，混合溶液中，，，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎12.T℃时，将2.0molA(g)和2.0molB(g)充入体积为‎1L的密闭容器中，在一定条件发生下述反应：A(g)+B(g)‎2C(g)+D(s) △H<0；t时刻反应达到平衡时，C(g)为2.0mol。下列说法正确的是（ ）‎ A. t时刻反应达到平衡时，A(g)的体积分数为20%‎ B. T℃时该反应的化学平衡常数K=2‎ C. t时刻反应达到平衡后，缩小容器体积，平衡逆向移动 D. T℃时，若将A(g)、B(g)各1.0mol充入同样容器，平衡后，a(A)为50%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】t时刻反应达到平衡时，C(g)为2.0mol，则 ‎ ‎ A．t时刻反应达到平衡时，A(g)的体积分数为×100%=25%，故A错误；‎ B．T℃时该反应的化学平衡常数Kc==4，故B错误；‎ C．反应前后体积不变，增大压强，平衡不移动，故C错误；‎ D．相同条件下，若将1.0molA(g)和1.0molB(g)充入同样容器，达到平衡后，假设A的转化率为x，则 则=4，x=0.5，A(g)的转化率为50%，故D正确；‎ 故选D。‎ II卷（共64分）‎ 二、简答题（本大题共4小题，共64分）‎ ‎13.我国科学家在材料研发中取得了较大的进展，例如嫦娥四号探测器所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。再例如我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。请回答下列问题：‎ ‎（1）基态As原子的核外价电子排布图为_____。‎ ‎（2）镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ⋅mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的电负性比镓_____(填“大”或“小”)。‎ ‎（3）硒所在的主族中，简单的气态氢化物沸点最低的是_____(填化学式)。‎ ‎（4）电还原制备CH3OH的原理：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2。在该反应中，含极性键的非极性分子是_____(填化学式)。‎ ‎（5）苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键。6个2p轨道垂直平面形成稳定的大π键，符号为П(右下角“‎6”‎表示6个原子，右上角“‎6”‎表示6个电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴水褪色，由此推知，该分子中大π键表示为_____。‎ ‎（6）废旧印刷电路版中含有铜，为了保护环境和节约资源，通常先用H2O2和稀硫酸的混合溶液溶解铜，写出其离子方程式_____。‎ ‎（7）磷青铜晶胞结构如图所示，它由Cu、Sn和P构成，锡原子位于立方体顶点，铜原子位于面心，P原子位于铜原子构成的正八面体的体心。则磷青铜的化学式为_____。‎ ‎【答案】 (1). (2). +1 (3). 大 (4). H2S (5). CO2 (6). π (7). Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O (8). Cu3SnP ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) As与N元素同主族，据此分析解答；‎ ‎(2) 根据镓的电离能突变知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价；同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，据此分析解答；‎ ‎(3)硒为第四周期ⅥA族元素，结合影响分子晶体熔沸点的因素分析判断；‎ ‎(4)不同元素间形成的共价键为极性键，原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子为非极性分子，据此分析判断；‎ ‎(5)Se原子形成大π键，两个σ键和一对孤对电子，杂化方式为sp2杂化；1个Se原子和4个C原子共用6个电子形成大π键；‎ ‎(6)H2O2和稀硫酸的混合溶液与金属铜反应，生成硫酸铜和水；‎ ‎(7)利用均摊法计算晶胞中Cu、Sn、P原子数目，确定磷青铜的化学式。‎ ‎【详解】(1) As与N元素同主族，基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p 能级上3个电子，所以其价电子排布式为，故答案为：； ‎ ‎(2)镓根据其电离能突变知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数Ga＜As，则电负性As比Ga大，故答案为：+1；大；‎ ‎(3)硒为第四周期ⅥA族元素，相同类型的氢化物的分子间作用力越小，熔沸点越低，由于水分子间存在氢键，硫化氢分子间不存在氢键，所以水分子熔沸点高于硫化氢，故沸点最低的是H2S，故答案为： H2S；‎ ‎(4)CO2结构式为O=C=O，为直线形分子，O2是单质分子，二者为非极性分子。H2O分子为V形，H2O和CH3OH分子是极性分子，其中CO2是含极性键的非极性分子，故答案为：CO2；‎ ‎(5)以苯环为出发点，形成大π键的原子轨道必须平行且垂直同一平面，大π键比π键稳定，不容易与溴发生加成反应。依题意，R分子不能与溴发生加成反应，说明它不存在π键，存在大π键。由此推知，分子的5个原子都采用sp2杂化，因为sp2杂化的分子是平面结构，硒原子有6个价电子，其中2个价电子与C原子形成单键，1对孤电子占据1个轨道，还有2个孤电子与4个C原子的4个电子形成大π键，故答案为：П；‎ ‎(6)H2O2和稀硫酸的混合溶液与金属铜反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O；‎ ‎(7)晶胞中，Cu原子数目=6×=3、Sn原子数目=8×=1、P原子数目=1，故磷青铜的化学式为Cu3SnP，故答案为：Cu3SnP。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(5)，要注意理解苯的大π键的形成原理，关键是硒原子采取sp2杂化。‎ ‎14.香豆素衍生物Q是合成抗肿瘤、抗凝血药的中间体，其合成路线如图。‎ 已知：Ⅰ.‎ Ⅱ.RCOOR′+R″OH→RCOOR″+R′OH ‎（1）A的分子式为C6H6O，能与饱和溴水反应生成白色沉淀。‎ ‎①按官能团分类，A的类别是_____。‎ ‎②生成白色沉淀的反应方程式是_____。‎ ‎（2）A→B的反应方程式是_____。‎ ‎（3）D→X的反应类型是_____。‎ ‎（4）物质a的分子式为C5H10O3，核磁共振氢谱有两种吸收峰，由以下途径合成：‎ 物质a的结构简式是_____。‎ ‎（5）反应i为取代反应。Y只含一种官能团，Y的结构简式是_____。‎ ‎（6）生成香豆素衍生物Q的“三步反应”，写出其第三步反应方程式_____。‎ ‎（7）研究发现，一定条件下将香豆素衍生物Q水解、酸化生成，其水溶性增强，更有利于合成其他药物。请说明其水溶性增强的原因：_____。‎ ‎【答案】 (1). 酚 (2). +3Br2→↓+3HBr (3). +HCHO (4). 酯化反应或取代反应 (5). CH3CH2OCOOCH2CH3 (6). CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3 (7). ‎ ‎+CH3CH2OH (8). −COOH为亲水基 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A分子式为C6H6O，能与饱和溴水反应生成白色沉淀，则A为，B发生氧化反应生成邻羟基苯甲醛，则B为，A和甲醛发生加成反应得到B；D能和羧酸反应，结合D分子式知D为CH3CH2OH，X为CH3COOCH2CH3，物质a的分子式为C5H10O3，a的不饱和度为=1，核磁共振氢谱有两种吸收峰，且D发生(4)中的反应生成a，则a为CH3CH2OCOOCH2CH3，反应ⅰ为取代反应，Y只含一种官能团，Y的结构简式是CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1) A分子式为C6H6O，能与饱和溴水反应生成白色沉淀，A为。‎ ‎①按官能团分类，A的类别是酚，故答案为：酚；‎ ‎②苯酚与溴反应生成三溴苯酚白色沉淀，反应的化学方程式是+3Br2→↓+3HBr，故答案为：+3Br2→↓+3HBr；‎ ‎(2)A为，B为，则A→B的反应方程式为+HCHO，故答案为：+HCHO；‎ ‎(3)根据上述分析，D→X为乙醇和乙酸的酯化反应，也是取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应；‎ ‎(4)通过以上分析知，a的结构简式是 CH3CH2OCOOCH2CH3，故答案为：CH3CH2OCOOCH2CH3；‎ ‎(5)a为CH3CH2OCOOCH2CH3，X为CH3COOCH2CH3，D为CH3CH2OH，‎ 反应ⅰ为取代反应，Y只含一种官能团，Y的结构简式是CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，故答案为：CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；‎ ‎(6)生成香豆素衍生物Q“三步反应”，根据信息I，中醛基与Y(CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3)发生加成反应生成，再发生消去反应生成，最后发生信息II的取代反应生成，因此第三步的化学方程式为+CH3CH2OH，故答案为：+CH3CH2OH；‎ ‎(7)-COOH为亲水基，有利于增加其溶解性，因此一定条件下将香豆素衍生物Q水解、酸化生成，更有利于合成其他药物，故答案为：-COOH为亲水基。‎ ‎15.某小组研究NaClO溶液与KI溶液的反应，实验记录如下：‎ 实验编号 实验操作 实验现象 Ⅰ ⅰ．溶液变为浅黄色 ⅱ．溶液变蓝 Ⅱ ⅰ．溶液保持无色 ⅱ．溶液不变蓝，溶液pH=10‎ ‎【资料】：碘的化合物主要以I−和IO3−的形式存在。酸性条件下IO3−不能氧化Cl−，可以氧化I−。ClO−在pH<4并加热的条件下极不稳定。‎ ‎（1）0.5 mol·L−1 NaClO溶液的pH＝11，用离子方程式表示其原因：______。‎ ‎（2）实验Ⅰ中溶液变为浅黄色的离子方程式是______。‎ ‎（3）对比实验Ⅰ和Ⅱ，研究实验Ⅱ反应后“溶液不变蓝”的原因。‎ ‎① 提出假设a：I2在碱性溶液中不能存在。设计实验Ⅲ证实了假设a成立，实验Ⅲ的操作及现象是______。‎ ‎② 进一步提出假设b：NaClO可将I2氧化为IO3−。进行实验证实了假设b成立，装置如下图，其中甲溶液是______，实验现象是______。‎ ‎（4）检验实验Ⅱ所得溶液中的IO3−：‎ 取实验Ⅱ所得溶液，滴加稀硫酸至过量，整个过程均未出现蓝色，一段时间后有黄绿色刺激性气味的气体产生，测得溶液的pH＝2。再加入KI溶液，溶液变蓝，说明实验Ⅱ所得溶液中存在IO3−。‎ ‎① 产生的黄绿色气体是______。‎ ‎② 有同学认为此实验不能说明实验Ⅱ所得溶液中存在IO3−，理由是______。欲证明实验Ⅱ所得溶液中存在IO3−，改进的实验方案是______。‎ ‎③ 实验Ⅱ中反应的离子方程式是______。‎ ‎【答案】 (1). ClO− + H2OOH− + HClO (2). ClO− + 2I− + H2O == I2 + Cl− + 2OH− (3). 向pH＝10的NaOH溶液中加入少量滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去 (4). 碘水 (5). 右侧碘水棕黄色变浅，电流表的指针偏转 (6). Cl2 (7). 溶液中的Cl2或HClO也可将I−氧化为I2，使溶液变蓝 (8). 加热pH＝2的溶液至无色，使黄绿色气体（或Cl2）充分逸出，使HClO完全分解，冷却后再加入KI溶液 (9). 3ClO− + I− == 3Cl− + IO3−‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性；‎ ‎（2）实验Ⅰ中溶液变为浅黄色，说明有碘单质生成；‎ ‎（3）①如证明I2在碱性溶液中不能存在，可向NaOH溶液中滴加滴有淀粉溶液的碘水，观察溶液是否褪色；‎ ‎②如NaClO可将I2氧化为IO3-，可设计成原电池，碘为负极；‎ ‎（4）题给信息酸性条件下IO3-不能氧化Cl-，可以氧化I-，取实验Ⅱ所得溶液，滴加稀硫酸至过量，整个过程均未出现蓝色，说明没有生成碘，一段时间后有黄绿色刺激性气味的气体产生，应生成氯气，由ClO-和氯离子在酸性条件下反应生成；测得溶液的pH=2，此时应加热，除去氯气和HClO，再加入KI溶液，溶液变蓝，说明实验Ⅱ所得溶液中存在IO3-。‎ ‎【详解】（1）NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，离子方程式：ClO− + H2OOH− + HClO；‎ 正确答案： ClO− + H2OOH− + HClO。‎ ‎（2）次氯酸钠具有强氧化性，能够把碘离子氧化为碘单质，碘水溶液显黄色，离子方程式是ClO− +2I−+H2O == I2 + Cl−+2OH−；‎ 正确答案：ClO− + 2I−+H2O == I2+ Cl−+ 2OH−。‎ ‎（3）①碘与淀粉溶液相遇变为蓝色，向变蓝的溶液中加入pH＝10的NaOH溶液，I2与碱性溶液发生反应，碘反应完全后，蓝色溶液褪去；‎ 正确答案：向pH＝10的NaOH溶液中加入少量滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去。‎ ‎② 根据NaClO可将I2氧化为IO3−，以及左侧烧杯中盛放次氯酸钠溶液可知，甲溶液为碘水，此装置为原电池，右侧为原电池的负极，发生氧化反应，I2氧化为IO3−，所以碘水棕黄色变浅，电流表的指针偏转；‎ 正确答案：碘水；右侧碘水棕黄色变浅，电流表的指针偏转。‎ ‎（4）①氯气为黄绿色气体，所以产生的黄绿色气体是氯气；‎ 正确答案：Cl2。‎ ‎②碘离子具有还原性，溶解在水中的氯气或氯气与水反应产生的次氯酸都能将I−氧化为I2，使溶液变蓝；若证明实验Ⅱ所得溶液中存在IO3−，就应该避免氯气或次氯酸的干扰，因此可以采用加热pH＝2的溶液至无色，使黄绿色气体（或Cl2）充分逸出，使HClO完全分解，冷却后再加入KI溶液，来验证结论；‎ 正确答案：溶液中的Cl2或HClO也可将I−氧化为I2，使溶液变蓝； 加热pH＝2的溶液至无色，使黄绿色气体（或Cl2）充分逸出，使HClO完全分解，冷却后再加入KI溶液；‎ ‎③次氯酸根离子具有氧化性，能够把碘离子氧化为碘单质，实验Ⅱ中反应的离子方程式是3ClO− +I− ==3Cl−+IO3−；‎ 正确答案：3ClO−+I− ==3Cl− +IO3−。‎ ‎【点睛】氯水中含有氯气分子和次氯酸分子，向含有碘离子的淀粉溶液的溶液中滴加氯水，溶液变为蓝色，碘离子被氧化为碘单质，遇淀粉变蓝；继续滴加氯水至过量，碘单质又被氧化为IO3−，所以溶液蓝色消失。‎ ‎16.尿素[CO(NH2)2] 是首个由无机物合成的有机化合物，通常用作植物的氮肥。合成尿素的主要反应如下：‎ i. 2NH3(l) + CO2(g) (l)（氨基甲酸铵） △H＝－a kJ/mol ii. (l) (l) + H2O(l) △H＝+b kJ/mol iii. 2（缩二脲）+NH3 （副反应，程度较小）‎ ‎（1）实验室制取氨气的化学方程式是__________________。‎ ‎（2）CO(NH2)2中C为+4价，N的化合价_______。‎ ‎（3）CO2和NH3合成尿素的热化学方程式为___________________________。‎ ‎（4）工业上提高氨碳比（），可以提高尿素的产率，结合反应i～iii，解释尿素产率提高的原因______。‎ ‎（5）某科研小组模拟工业合成尿素，一定条件下，在‎0.5L的密闭容器中投入4molNH3和1molCO2，测得反应中各组分的物质的量随时间变化如图1所示：‎ ‎①反应进行到10min时，用CO2表示反应i的速率υ(CO2)＝________。‎ ‎②合成总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素的总反应的快慢由第______步反应决定（填“i”或“ii”）。‎ ‎（6）我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2（装置如图2）。总反应为：CO(NH2)2+H2O3H2↑+N2↑+CO2↑。‎ ‎①A电极连接电源的_______极（填“正”或“负”）。‎ ‎②A电极的电极反应为______。‎ ‎【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). －3 (3). 2NH3(l) +CO2(g)(l) +H2O(l) △H =(b-a)kJ/mol (4). 提高氨碳比（）有利于反应i、ii正向移动，促进甲基甲酸铵分解生成尿素，有利于反应ⅲ逆向移动，抑制副反应ⅲ的发生，从而提高尿素产率 (5). 0.148mol/(L·min) (6). ii (7). 正 (8). CO(NH2)2 －6e—+H2O = N2↑+CO2↑+6H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（3）利用盖斯定律计算；‎ ‎（4）从反应i～iii的平衡移动方向解答；‎ ‎（5）由图含量变化的斜率大小可判断速率大小；‎ ‎（6）由总反应方程式和图每个电极产物可判断电极反应。‎ ‎【详解】（1）实验室由NH4Cl固体和Ca(OH)2固体混合加热制取氨气，化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎（2）其中H为+1价，由化合物中正负代数和为0，CO(NH2)2中C为+4价，算出N 的化合价为－3；‎ ‎（3）由盖斯定律，CO2和NH3合成尿素的热化学方程式由反应i+反应ii，可得：2NH3(l) +CO2(g)(l) +H2O(l) △H =(b-a)kJ/mol；‎ ‎（4）从反应i～iii的平衡移动方向解答：提高氨碳比（）有利于反应i、ii正向移动，促进甲基甲酸铵分解生成尿素，有利于反应ⅲ逆向移动，抑制副反应ⅲ的发生，从而提高尿素产率；‎ ‎（5）①反应进行到10min时，用CO2表示反应i的速率υ(CO2)＝=0.148mol/(L·min);‎ ‎②合成总反应的快慢由慢的一步决定，由图的斜率大小可知，的生成速率比消耗速率快，则合成尿素的总反应的快慢由第ii步反应决定;‎ ‎（6）①A电极上CO(NH2)2转化生成N2，N化合价升高，失去电子，作为阳极，应该连接电源的正极；‎ ‎②总反应为：CO(NH2)2+H2O3H2↑+N2↑+CO2↑，阳极A电极上N化合价升高，失去电子，电极反应为CO(NH2)2 －6e—+H2O = N2↑+CO2↑+6H+。‎