《2019-2020学年北京科技大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京科技大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京科技大学附属中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1设 nA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A 23g Na 与足量 H2O 反应完全后可生成nA个 H2分子B1 molCu 和足量热浓硫酸反应可生成nA个 SO3分子C标准状况下，22.4L N2和 H2混合气中含nA个原子D 3mol 单质 Fe完全转变为Fe3O4，失去 8nA个电子【答案】D【解析】【详解】A、23g钠的物质的量为1mol，而钠与水反应时1mol 钠生成 0.5mol 氢气，即生成0.5NA个分子，故A 错误；B、铜
2、和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2，不是三氧化硫，故B错误；C、标准状况下，22.4LN2和 H2混合气的物质的量为1mol，而 N2和 H2均为双原子分子，故1mol 混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol 原子，即 2NA个，故 C错误；D、Fe3O4中铁为+83价，故 1mol 铁反应失去83mol 电子，3mol 单质 Fe完全转化为Fe3O4失去 8mol 电子，即 8NA个，故 D 正确；故选 D。2下列离子方程式正确的是A向氯化铝溶液中滴加氨水：Al3+3OH-=Al(OH)3B将 Fe2O3溶解与足量HI 溶液：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O C铜溶于浓硝酸：3C
3、u+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O D向石灰石中滴加稀硝酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O【答案】D【解析】【详解】A.氨水是弱碱，向氯化铝溶液中滴加氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故 A错误；B.将 Fe2O3溶解与足量HI 溶液发生氧化还原反应生成碘化亚铁和碘单质：Fe2O3+6H+2I-=2Fe2+I2+3H2O，故B错误；C.铜溶于浓硝酸生成硝酸铜、二氧化氮、水，Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O，故 C错误；D.向石灰石中滴加稀硝酸，生成硝酸钙、二氧化碳和水，CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故 D正确。3
4、下列说法合理的是()A NH3极易溶于水，所以液氨常用作制冷剂BC具有还原性，高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅和CO2C用 ClO2代替 Cl2对饮用水消毒，是因为ClO2杀菌消毒效率高，二次污染小D明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用作生活用水的消毒剂【答案】C【解析】【详解】A.NH3可用作制冷剂，是利用液氨气化时从环境吸收大量的热的性质，不是溶解性，故A 错误；B.高温下用焦炭还原SiO2生成的产物是粗硅和一氧化碳，不能产生二氧化碳，故B 错误；C.相同物质的量的ClO2转移电子数Cl2的 2.5 倍，其消毒能力之比为5:2，而且不产生二次污染，故C 正确；D.明矾水解
5、形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，是利用胶体的吸附作用，不能杀菌消毒，故D 错误；故答案为C。【点睛】本题综合考查常见物质的性质，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。4如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是()A简单阴离子的半径大小：XYZ B单质的氧化性：XYZ CY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【答案】A【解析】【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。【详解】周期表中元素的排列规律可知：X 为 P 元素，Y
6、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：XY 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XYZ，故 B 错误；CN 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。【点睛】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，要注意肼也是N 的氢化物。5短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z 的质子数为偶数，室温下，M单质为淡黄色
7、固体。下列说法不正确的是A X单质与 M单质不能直接化合BY的合金可用作航空航天飞行器材料CM简单离子半径大于Y2+的半径D X和 Z 的气态氢化物，前者更稳定【答案】A【解析】元素X的一种高硬度单质是宝石，即X是 C，Y2电子层结构与氖相同，则Y为 Mg，Z 的质子数为偶数，Z 可能是 Si，也可能是S，室温下，M的单质为淡黄色固体，则M为 S，即 Z 为 Si，A、C与 S能直接化合成CS2，故说法错误；B、镁合金质量轻，硬度大，耐高温，可用作航空航天飞行器材料，故说法正确；C、S2比 Mg2多一个电子层，因此S2的半径大于Mg2，故说法正确；D、氢化物分别是CH4、SiH4，非金属性越强
8、，氢化物越稳定，非金属性CSi，即 CH4比 SiH4稳定，故说法正确。6在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（）A SSO3H2SO4BNH3NO2HNO3CCu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)D饱和 NaCl 溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)【答案】D【解析】【分析】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠。【详解】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能
9、生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，选项A 错误；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B 错误；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D 正确。答案选 D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，C项为易错点，注意Na和盐溶液反应的特点。7设 NA为阿伏加德罗
10、常数的值。下列叙述正确的是A标准状况下，11.2LCHC13中含有的氯原子数目为1.5NAB10.0g 质量分数为46的乙醇溶液与足量钠反应产生的H2数目为 0.05NAC常温常压下，124gP4中含 键数目为4NAD向 1L1mol L1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，溶液中+4NH数目为 NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A标准状况下，CHC13是液体，不能用22.4L/mol 计算物质的量，不能确定氯原子数目，故A 错误；B 10.0g 质量分数为46%的乙醇溶液中CH3CH2OH 的质量是10.0g 46%=4.6g，物质的量为4.6g46g/mol=0.1mol，根据化学方程式2
11、CH3CH2OH+2Na 2CH3CH2ONa+H2，0.1mol 乙醇生成0.05mol 氢气，乙醇溶液中的水也能与钠反应生成氢气，故与足量的钠反应产生H2数目大于0.05NA，故 B错误；C一个 P4分子中含有6 个磷磷单键，即6 个 键，124gP4物质的量为124g 124g/mol=1mol，含 键数目为 6NA，故 C 错误；D向 1L1mol L1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，则 n(NH4+)=n(Cl-)=1L 1mol L1=1mol，则+4NH数目为 NA，故 D 正
12、确；答案选 D。【点睛】C 项的 P4分子是正四面体构型，分子中含有6 个磷磷单键，知道物质的结构很关键。8下列实验方案正确且能达到实验目的的是()A证明碳酸的酸性比硅酸强B验证草酸晶体是否含结晶水C检验混合气体中H2S和 CO2D制备乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A盐酸挥发出的HCl 也能和硅酸钠反应，应先除去，A 项错误；B草酸受热易熔化，所以试管口不能向下倾斜，且草酸受热分解也会产生水，B 项错误；C足量酸性高锰酸钾溶液可检验并除去H2S，可通过澄清石灰水变浑浊检验CO2的存在，C项正确；D导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，否则会引起倒吸，D 项错误；所以答案选择C 项。9已知有关溴化氢
13、的反应如下：反应 I：2222CuCl4504HBrO2Br2H O反应：3424NaBr(s)H PO()NaH POHBr浓反应：2522324HBrP O2BrP O2H O下列说法正确的是A实验室可用浓34H PO与 NaBr 反应制 HBr 并用25P O干燥B反应中还原剂和还原产物的物质的量之比为2:1 CHBr 有强还原性，与3AgNO溶液发生氧化还原反应D HBr 的酸性比HF 强，可用氢溴酸在玻璃器皿表面作标记【答案】B【解析】【详解】A.HBr 会与25P O发生反应，故HBr 不能用25P O干燥，A 错误；B.反应 中还原剂为HBr，还原产物为水，还原剂和还原产物的物质
14、的量之比为2:1，B正确；C.HBr 与3AgNO溶液会发生复分解反应生成AgBr 沉淀，C错误；D.HF中 F是亲硅元素，故可用于刻蚀玻璃，而HBr 不行，D 错误；故答案选B。10将 25时浓度均为0.1mol/L 的 HA 溶液和 BOH 溶液按体积分别为Va和 Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb与混合液pH 关系如图所示。下列说法错误的是（）A曲线 II 表示 HA 溶液的体积Bx 点存在 c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)C电离平衡常数：K(HA)K(BOH)D x、y、z 三点对应的溶液中，y 点溶液中水的电离程度最大【答案】C
15、【解析】【分析】【详解】A.开始时溶液显酸性，说明酸的体积大，所以曲线II 表示 HA 溶液的体积，故A 正确；B.根据电荷守，x 点存在 c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故 B正确；C.根据 y 点，HA 和 BOH等体积、等浓度混合，溶液呈碱性，说明电离平衡常数：K(HA)K(BOH)，故 C错误；D.x 点酸剩余、y 点恰好反应、z 点碱剩余，所以三点对应的溶液中，y 点溶液中水的电离程度最大，故D正确；选 C。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析及判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意y 点是恰好完全反应的点。11下列关于有机
16、物1氧杂 2，4环戊二烯()的说法正确的是()A与互为同系物B二氯代物有3 种(不考虑立体异构)C所有原子都处于同一平面内D 1 mol 该有机物完全燃烧消耗5mol O2【答案】C【解析】【详解】A.属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，A 错误；B.共有 2 种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4 种，B 错误；C.中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6 个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，C正确；D.的分子式为C4H4O，1 mol 该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1 mol(410.5)4.5 mol，D 错误；故答案为：C。【点睛】有机物
17、燃烧：CxHy(x4y)O2xCO2y2H2O；CxHyOz(x4y2z)O2 xCO2y2H2O。12中学常见物质A、B、C、D 存在下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列物质中符合转化关系的 A 的个数为ADBDC，Cl2 S Fe NH3 AlCl3 Na2CO3A 3 B4 C5 D6【答案】D【解析】【详解】A 为 Cl2，D 为 Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，满足转化关系ADBDC，故正确；A 为 S，D 为氧气，B为二氧化硫，C为三氧化硫，满足转化关系ADBDC，故正确；A 为 Fe，D为硝酸，B为硝酸亚铁，C 为硝酸铁，满足转化关系ADBDC，故正确；A 为 NH3，
18、D 为氧气，B 为 NO，C为二氧化氮，满足转化关系ADBDC，故正确；A 为 AlCl3溶液，D 为 NaOH，B 为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，满足转化关系ADBDC，故正确；若 A 为 Na2CO3，D 可以为酸，B 为碳酸氢盐，C 为二氧化碳，满足转化关系ADBDC，故正确；根据分析可知，满足转化关系的A 有 6 个。答案选 D。13香豆素-3-羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成：下列说法正确的是()A水杨醛苯环上的一元取代物有4 种B可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A 中是否混有水杨醛C中间体A 与香豆素-3-羧酸互为同系物D 1 mol 香豆素-3-羧酸最多
19、能与1 mol H2发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A水杨醛苯环上的四个氢原子的环境不同，即苯环上有4 种等效氢，苯环上的一元取代物有4 种，故 A正确；B水杨醛中含有醛基和酚羟基，具有醛和酚的性质；中间体中含有酯基、碳碳双键，具有酯和烯烃性质，二者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故 B 错误；C结构相似，在分子组成上相差一个或n 个-CH2原子团的有机物互称同系物，中间体中含有酯基、香豆酸-3-羧酸中含有酯基和羧基，二者结构不相似，所以不是同系物，故C错误；D香豆酸-3-羧酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，则1mol 各物
20、质最多能和4mol 氢气发生加成反应，故D 错误；故答案为A。14已知有机物是合成青蒿素的原料之一（如图）。下列有关该有机物的说法正确的是（）A可与酸性KMnO4溶液反应B既能发生消去反应，又能发生加成反应C分子式为C6H10O4D 1mol 该有机物与足量的金属Na 反应最多产生33.6LH2【答案】A【解析】【分析】中含有有官能团羟基和羧基，所以具有羟基和羧基的性质。【详解】A.该有机物右上角的羟基可被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，A正确；B.该有机物右下角的羟基可以发生消去反应，但该有机物不能发生加成反应，B错误；C.分子式为C6H12O4，C错误；D.未说明是标准状况，所以不确定该有机
21、物与金属Na 反应最多产生的H2体积，D 错误；故选 A。15将下列物质分别加入溴水中，不能使溴水褪色的是A Na2SO3晶体B乙醇CC6H6D Fe【答案】B【解析】【分析】能使溴水褪色的物质应含有不饱和键或含有醛基等还原性基团的有机物以及具有还原性或碱性的无机物，反之不能使溴水因反应而褪色，以此解答该题。【详解】A Na2SO3具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色，A 不符合题意；B乙醇与水混溶，且与溴水不发生反应，不能使溴水褪色，B符合题意；C溴易溶于苯，苯与水互不相溶，因此会看到溶液分层，水层无色，C不符合题意；D铁可与溴水反应溴化铁，溴水褪色，D 不符合题意；故合理选项是B
22、。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，注意相关基础知识的积累。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16 钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示。（1）NaClO 的电子式为_。（2）途径碱浸时发生反应的化学方程式为_。（3）途径氧化时还有Na2SO4生成，则反应的离子方程式为_。（4）已知途径的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol/L，c(CO32-)=0.10mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去
23、CO32-。当 BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是 _已知Ksp(BaCO3)=110-9、Ksp(BaMoO4)=4.010-8，忽略溶液的体积变化。（5）分析纯钼酸钠常用钼酸铵(NH4)2MoO4 和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与途径所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式是_。（6）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是_。若缓蚀剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mgL-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M=206gmol-1)的物质的量浓度为 _(
24、计算结果保留3 位有效数字)。【答案】MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2 MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O 90%(NH4)2CO3和(NH4)2SO3常温下浓硫酸会使铁钝化7.2810-4mol/L【解析】【分析】根据流程利用钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼酸钠有两种途径：途径 是先在空气中灼烧生成MnO3，得到对环境有污染的气体SO2，用碱液可以吸收，然后再用纯碱溶液溶解 MnO3，发生反应：MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2，得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；途径 是直接用NaClO 溶液在碱性条件下氧化钼精矿得
25、到钼酸钠溶液，反应为MnS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O，结晶后得到钼酸钠晶体，据此分析作答。【详解】(1)离子化合物NaClO 的电子式为；(2)途径 I 碱浸时 MoO3和纯碱溶液反应生成钼酸钠，同时得到CO2气体，反应方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2；(3)途径 II 氧化时还有Na2SO4生成，反应物NaClO 在碱性条件下氧化MoS2，得到钼酸钠和NaCl、硫酸钠和水，本质为次氯酸根离子氧化MoS2中钼和硫，化合价变化为：升高 Mo(+2+6)，S(-1+6)，降低 Cl(+1 -1)，最小公倍数18，发生反应的离子方程
26、式为：MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O；(4)Ksp(BaMoO4)=4.0 10-8，钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol?L-1，BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c(Ba2+)=-1-7-81mol L=1 104.01m00.ol40Lgg，Ksp(BaCO3)=1 10-9，溶液中碳酸根离子的浓度为：c(CO32-)=971 101 10mol/L=0.01mol/L，则碳酸根的去除率为-1-1-10.10mol L-0.01mol L100%0.10mol Lggg=90%；(5)四钼酸铵(NH4)2MoO4和氢氧
27、化钠反应可生成NH3，途径 中生成的气体有CO2和 SO2，将 NH3和 CO2或 SO2一起通入水中可生成正盐为(NH4)2CO3和(NH4)2SO3；(6)当硫酸的浓度大于90%时，可以认为是浓硫酸，碳素钢的主要成分含有铁，常温下浓硫酸具有强氧化性，会使铁钝化，表面生成致密的氧化膜，起到防腐蚀作用，所以其腐蚀速率几乎为零；缓蚀剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg L-1，据图可知缓蚀效果最好时钼酸钠和月桂酸肌氨酸的浓度均为 150mg/L，则 1L 钼酸钠溶液中钼酸钠的物质的量为-40.15g=7.2810 mol206g/mol，所以物质的量浓度为 7.2810-4mol/L。三、推
28、断题（本题包括1 个小题，共10 分）17由乙烯、甲醇等为原料合成有机物G的路线如下：已知：A 分子中只有一种氢；B分子中有四种氢，且能发生银镜反应2HCHO+OH-CH3OH+HCOO-请回答下列问题：(1)E的化学名称是_。(2)F所含官能团的名称是_。(3)AB、CD 的反应类型分别是_、_。(4)写出 BC 的化学方程式 _。(5)G 的结构简式为_。(6)H 是 G 的同分异构体，写出满足下列条件的H 的结构简式 _。1mol H 与 NaOH 溶液反应可以消耗4molNaOH；H 的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：1：1：1。（7）由甲基苯乙醛和X经如图步骤可合成高聚酯L。试
29、剂 X 为_；L的结构简式为_。【答案】丙二酸二甲酯酯基加成反应取代反应HCHO【解析】【分析】A 分子中只有一种氢原子，则乙烯与氧气在银作催化剂加热的条件下反应生成环氧乙烷，A 为，A 与乙醛发生反应生成B，已知 B 分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合B 的分子式 C8H16O4，可知 B为，根据已知反应可知，B 与甲醛在碱性条件下反应生成C 为，C与 HBr 发生取代反应生成D 为，甲醇与丙二酸发生酯化反应生成 E为 CH3OOCCH2COOCH3，根据已知反应可知，D 与 E反应生成F为，G为，据此分析解答。【详解】(1)甲醇与丙二酸发生酯化反应生成E为 CH3OOC
30、CH2COOCH3，E的化学名称是丙二酸二甲酯，故答案为：丙二酸二甲酯；(2)由以上分析知，F为，则其所含官能团是酯基，故答案为：酯基；(3)A 为，A 与乙醛发生反应生成B，已知 B分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合 B 的分子式C8H16O4，可知 B 为，则 AB 的反应类型是加成反应，C为，C与 HBr 发生取代反应生成D 为，CD 的反应类型是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；(4)根据已知反应可知，B 与甲醛在碱性条件下反应生成C为，反应的化学方程式是；(5)由以上分析知，G 的结构简式为；(6)H 的分子式为C12H18O4，其不饱和度为122+2-18
31、=42，满足下列条件的H，1mol H 与 NaOH 溶液反应可以消耗4molNaOH，则其含有苯环，为芳香族化合物，且含有4 个酚羟基，H 的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：1：1：1，则其含有4 种等效氢，且氢原子数分别为12、2、2、2，则符合要求的结构简式为，故答案为：；（7）L为高聚酯，则K中应同时含有羟基和羧基，K中含有 10 个碳原子，只有 9 个碳原子，根据已知反应可知，与 HCHO在一定条件下发生取代反应生成I 为，I 发生已知反应生成 J 为，J 经酸化得到K为，K发生缩聚反应生成，故答案为：HCHO；。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18铅铬黄是一种颜料
32、，主要成分是铬酸铅PbCrO4。现以 CrCl3?6H2O 和 Pb(NO 3)2等为原料制备该物质，并测定产物纯度。（1）溶解、过滤、洗涤操作时，均需要用到的以下仪器为_（填标号）。（2）第步所得绿色溶液的主要成分为NaCrO2,已知Cr(OH)3不溶于水，与Al(OH)3类似，具有两性。写步发生反应的离子方程式_。（3）第步中加入H2O2浓溶液的目的是_。溶液逐步变为亮黄色后，仍须持续煮沸溶液一段时间，目的是_。（4）第步加入醋酸的目的是，防止pH 较高时，加入Pb(NO3)2溶液会产生 _（填化学式）沉淀，影响产率。利用pH 试纸，调节pH 的实验操作是_。pH 逐步降低时，溶液中的Cr
33、O42-转化为 _离子（填化学式）。（5）由于铬酸铅的溶解度比重铬酸铅的小的多，在第步中逐滴滴加Pb(NO3)2溶液后，产PbCrO4黄色沉淀，此时为了提高铅铬黄的产率，可补加少量NaOH 溶液，请用化学平衡移动原理加以解释：_。【答案】B Cr3+4OH=CrO2+2H2O 将 CrO2-（或+3价 Cr 元素）氧化成CrO42-（或+6 价 Cr元素）除去过量的H2O2Pb(OH)2滴入醋酸溶液后，用玻璃棒搅拌，并蘸取少量溶液于pH 试纸中部，半分钟内与标准比色卡比色读数，若高于5 继续滴入醋酸溶液，直至pH=5 Cr2O72-溶液中存在2CrO42-+2CH3COOHCr2O72-+H2
34、O+2CH3COO-加入 NaOH 溶液后有利于提高(CrO42-)而形成更多的 PbCrO4沉淀。【解析】【分析】首先将3CrCl溶于水，加入碱转化为-2CrO的绿色溶液（注意此时铬仍然为+3 价），加入浓双氧水将+3 价的铬氧化为+6 价，此时的铬以2-4CrO（黄色）的形式存在，加入醋酸调节pH，酸性条件下2-4CrO将转变为2-27Cr O（橙色），最后加入硝酸铅溶液煮沸，发生复分解反应得到我们的产物铬酸铅，据此来分析本题即可。【详解】（1）A.三种操作均不需要使用分液漏斗，A 项错误；B.三种操作均需要用到烧杯，B项正确；C.容量瓶是用来配制一定浓度的溶液的，三种操作均不需要用到容量
35、瓶，C 项错误；D.过滤时需要用到漏斗，其余操作不需要漏斗，D 项错误；答案选 B；（2）我们可以类比3+Al与碱的反应来书写方程式，即3+-22Cr+4OH=CrO+2H O；（3）根据分析，过氧化氢作为一种常见的氧化剂，此处是为了把+3 价的铬氧化为+6价，变为亮黄色时已经完全反应，再煮沸一段时间是为了让过量的双氧水分解，避免干扰后续反应；（4）与其它金属类似，2+Pb在碱性条件下也会产生沉淀，因此需要加入醋酸来调节pH，防止2+Pb的流失；调节 pH 的过程中需要不断检测溶液pH，因此滴入醋酸溶液后，用玻璃棒搅拌，并蘸取少量溶液于pH 试纸中部，半分钟内与标准比色卡比色读数，若高于5 继
36、续滴入醋酸溶液，直至pH=5；（5）六价铬在酸性溶液中主要以2-27Cr O的形式存在，碱性溶液中主要以2-4CrO的形式存在，因此加入烧碱溶液后，平衡将向2-4CrO方向移动，溶液中有更多的2-4CrO，就可以形成更多的产物。19碳碳双键在酸性高锰酸钾溶液中发生断键氧化过程：+4KMnO/H+完成下列填空：(1)月桂烯是一种常见香料，其结构如图所示。月桂烯与等物质的量的Br2发生加成反应，可以得到_种产物。月桂烯与酸性高锰酸钾溶液反应时可生成多种有机产物，其中碳原子数最多的一种产物的结构简式为_。金刚烷（见图）是月桂烯的一种同分异构体，其一氯代物有_种。(2)烃 X 在酸性高锰酸钾溶液中生成
37、等物质的量的丙酮（CH3COCH3）与羧酸Y（C5H10O2），且 Y中仅含两种不同化学环境的氢原子，则Y的结构简式是_，X 的系统命名为_。(3)化学式为C8H12的烃 Z，在酸性高锰酸钾溶液中生成CH3COCH2COOH，写出 Z可能的结构简式：_。【答案】4 2(CH3)3CCOOH 2，4，4三甲基 2戊烯、【解析】【分析】(1)分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示，1 分子物质与1 分子 Br2加成时，可以在的位置上发生加成，1 分子 Br2也可在发生1，4 加成反应；双键被高锰酸钾酸性溶液氧化而断裂，若不饱和C原子含有H 原子，则被氧化生成羧酸，即断键处的碳原子都被氧化成为羧基，若
38、不饱和C原子没有H 原子，则断键处的碳原子都被氧化成为酮羰基；分子中含2 种位置的 H，由此可得出一氯代物的种类；(2)羧酸 Y（C5H10O2）中仅含两种不同化学环境的氢原子，则结构简式为(CH3)3CCOOH；烃 X在酸性高锰酸钾溶液中生成等物质的量的丙酮（CH3COCH3）与羧酸(CH3)3CCOOH，由此可得出烃X的结构简式；(3)化学式为C8H12的烃 Z，在酸性高锰酸钾溶液中生成CH3COCH2COOH，说明 1 分子 C8H12得到 2 分子CH3COCH2COOH，双键被高锰酸钾酸性溶液氧化而断裂，若不饱和 C 原子含有H 原子，则被氧化生成羧酸，即断键处的碳原子都被氧化成为羧
39、基，若不饱和C原子没有H 原子，则断键处的碳原子都被氧化成为酮羰基，生成酮，由此可得Z可能的结构简式。【详解】(1)分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示，1 分子物质与1 分子 Br2加成时，可以在的位置上发生加成，1 分子 Br2也可在发生1，4 加成反应，故所得产物共有4 种，故答案为：4；双键被高锰酸钾酸性溶液氧化而断裂，若不饱和C原子含有H 原子，则被氧化生成羧酸，即断键处的碳原子都被氧化成为羧基，若不饱和C原子没有H 原子，则断键处的碳原子都被氧化成为酮羰基，生成酮，所以月桂烯与酸性高锰酸钾溶液反应时碳原子数最多的一种产物的结构简式为，故答案为：；分子中含2 种位置的 H，则一氯代物
40、有2 种，故答案为：2；(2)羧酸 Y（C5H10O2）中仅含两种不同化学环境的氢原子，则结构简式为(CH3)3CCOOH；烃 X在酸性高锰酸钾溶液中生成等物质的量的丙酮（CH3COCH3）与羧酸(CH3)3CCOOH，则烃 X为(CH3)2C=CH C(CH3)3，名称为 2，4，4三甲基 2戊烯，故答案为：(CH3)3CCOOH；2，4，4三甲基 2戊烯；(3)化学式为C8H12的烃 Z，在酸性高锰酸钾溶液中生成CH3COCH2COOH，说明 1 分子 C8H12得到 2 分子CH3COCH2COOH，双键被高锰酸钾酸性溶液氧化而断裂，若不饱和 C 原子含有H 原子，则被氧化生成羧酸，即断键处的碳原子都被氧化成为羧基，若不饱和C原子没有H 原子，则断键处的碳原子都被氧化成为酮羰基，生成酮，则Z 可能的结构简式：、，故答案为：、。【点睛】由氧化产物的结构简式推断该烯烃的结构简式时，可采用逆还原法，将羧基转化为醛基，再将两个醛基或羰基去掉氧原子，并将双键碳原子相连接构成碳碳双键，即得烯烃的结构简式。