四川省双流棠湖中学2023-2024学年高二上学期9月月考化学 Word版含解析.docx

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棠湖中学高2022级高二上期第一学月考试化学试题注意事项：1.满分100分。考试时间75分钟。2.可能用到的相对原子质量有：H-1C-12O-16S-32Cu-64第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A.燃煤时鼓入过量的空气可以减少酸雨的产生B.新能源汽车的推广与使用，有利于减少光化学烟雾的产生C.加活性炭吸附水中的小颗粒物，该净化水质的过程属于物理变化D.可燃冰开发不当释放出的甲烷会加剧温室效应【答案】A【解析】【详解】A．煤中所含硫燃烧生成二氧化硫、燃煤时鼓入过量空气并不能减少二氧化硫的排放、不能减少酸雨的产生，A错误；B．新能源汽车的推广与使用、减少了化石燃料的使用、减少了汽车尾气的排放，有利于减少光化学烟雾的产生，B正确；C．活性炭具有吸附性能、可吸附水中的小颗粒物、经过滤后可以净化水质，该净化水质的过程属于物理变化，C正确；D．甲烷是一种温室气体、可燃冰开发不当释放出的甲烷会加剧温室效应，D正确；答案选A。2.下列有关能量转化的认识不正确的是（）A.人类使用照明设备，利用电能转化为光能B.燃料燃烧，只是将化学能转化成热能C.使用清洁能源是防止酸雨发生的措施之一D.通过植物的光合作用，太阳能转化为化学能【答案】B【解析】【详解】A．照明需要光能，人类使用照明设备是将电能转化为光能，故A选项正确。 B．燃烧是剧烈的发光放热的氧化还原反应，过程中还可以变为光能、热能等，故B选项错误。C．使用清洁能源可以减少化石燃料的使用，减少二氧化硫的排放，是防止酸雨发生的重要措施之一，故C选项正确。D．植物的光合作用是绿色植物和藻类利用叶绿素等光合色素和某些细菌利用其细胞本身，在可见光的照射下，将二氧化碳和水（细菌为硫化氢和水）转化为有机物，并释放出氧气（细菌释放氢气）的生化过程，使得太阳能转化为了化学能，故D选项正确。故答案选B。3.能源与人类的生活和社会发展密切相关，下列关于能源开发和利用的说法中不正确的是A因地制宜开发利用风能、水能、地热能、潮汐能B.乙醇属于可再生能源，使用乙醇汽油可以缓解目前石油紧张的矛盾C.人类日常利用的煤、石油、天然气等的能量，归根结底是由太阳能转变来的D.太阳能、风能、核能、氢能等符合未来新能源的特点，能源都是通过化学反应获得的【答案】D【解析】【详解】A．风能、水能、地热能、潮汐能都属于绿色能源，应因地制宜的开发利用，A正确；B．乙醇可以是由粮食发酵得到，属于可再生能源，使用乙醇汽油可以换届石油的紧张的矛盾，B正确；C．煤、石油和天然气等都是太阳能转变来的，C正确；D．能源不一定是通过化学反应获得的，例如风能等，D错误；故选D。4.某反应的反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是A.该反应为放热反应B.催化剂能改变该反应的焓变C.催化剂能降低该反应的活化能D.逆反应的活化能大于正反应的活化能 【答案】C【解析】【详解】A．图像分析反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应，故A错误；B．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，故B错误；C．催化剂对反应的始态和终态无响应，但改变活化能，故C正确；D．图像分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误。答案选C5.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，1mol苯的体积为22.4LB.1molS在足量氧气中燃烧生成SO3的数目为C.1mol铁和过量稀硝酸反应，转移的电子数目为D.30g乙烷中含有C—H键的数目为【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下苯不是气体，1mol苯在标准状况下的体积不是22.4L，A错误；B．1molS在足量氧气中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3，B错误；C．1mol铁和过量稀硝酸反应生成硝酸铁，转移的电子数目为，C错误；D．1mol乙烷中含有C－H键6mol，30g乙烷(1mol)含C－H键数目为，D正确。答案选D。6.下列有机物互为同分异构体的是A.和B.和C.和D.和【答案】A【解析】【详解】A．和结构不同，分子式均为C6H6，互为同分异构体，A正确； B．分子式为C4H8，分子式为C5H8，不同分异构体，B错误；C．和分子式不同，不是同分异构体，C错误；D．和分子式均不同，不是同分异构体，D错误；故答案选A。7.某化学反应的∆H=-125kJ·mol-l，∆S=-8kJ·mol-l·K-l，则此反应在下列哪种情况下可自发进行A.仅在低温下自发进行B.仅在高温下自发进行C.在任何温度下都不能自发进行D.在任何温度下都能自发进行【答案】A【解析】【分析】根据复合判据∆G=ΔH-T∆S＜0，可自发进行。【详解】∆H=-125kJ·mol-l，∆S=-8kJ·mol-l·K-l，∆G=ΔH-T∆S=-125kJ·mol-l+T×8kJ·mol-l·K-l，∆G＜0，解得T=15.625K，即在低温下可自发进行，答案为A。8.有机物TPE具有聚集诱导发光特性，在光电材料领域应用前景广阔，其结构简式如图所示。下列有关该有机物的说法正确的是A.分子式为C26H27B.属于乙苯的同系物C.一氯代物有3种D.能溶于苯和水【答案】C【解析】【详解】A.该有机物可看做四个苯基取代乙烯中的4个氢原子，苯基为—C6H5，故该有机物的分子式为C26H20，A错误；B．该有机物含有多个苯环，且含有碳碳双键，与乙苯结构不相似，不是乙苯的同系物，B错误；C．该有机物中4个苯环等效，每个苯环上含有3种类型的氢原子，故该有机物的一氯代物有3种，C正确；D．该有机物属于芳香烃，难溶于水，易溶于苯，D错误；答案选C。9.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A.新制氯水光照后颜色变浅B.氢气与碘蒸气反应的平衡混合气，经压缩后颜色变深C.工业合成氨，反应条件选择高压D.饮用汽水后常常出现“打嗝”现象【答案】B【解析】【详解】A．新制氯水光照后次氯酸分解浓度减小，促进氯气和水反应正向进行，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A正确；B．压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，B错误；C．由反应可知，选择高压可以促使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，C正确；D．汽水进入人体，温度升高，二氧化碳的溶解度降低，气压增大，“打嗝”可以减少气压增大的程度，能用勒夏特列原理解释，D正确；故选B。10.某同学设计如图所示的实验装置探究石蜡油分解产物的性质。下列说法错误的是A.石蜡油是多种烷烃的混合物B.实验中可观察到溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色，且反应原理相同C.澄清石灰水变浑浊的主要原因是酸性高锰酸钾溶液中发生的反应产生了CO2D.若石蜡油足量，水槽中收集的气体中可能含有乙烯【答案】B【解析】 【详解】A．石蜡油是多种烷烃的混合物，故A正确；B．实验中可观察到溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色，和溴水是发生加成反应，和酸性高锰酸钾是氧化反应，两者反应原理不相同，故B错误；C．澄清石灰水变浑浊，说明生成了二氧化碳，二氧化碳来源于烯烃与酸性高锰酸钾溶液中发生的反应产生的，故C正确；D．石蜡油分解生成烯烃和烷烃，若石蜡油足量，水槽中收集的气体中可能含有乙烯，故D正确。综上所述，答案为B。11.将2mol和1mol分别置于相同温度下相同体积的甲乙两密闭容器中发生反应：并达到平衡，甲容器始终保持恒温恒容，乙容器始终保持恒温恒压，达到平衡时，下述说法不正确的是A.平衡时的百分含量：乙＜甲B.的转化率：乙＞甲C.反应速率：乙＞甲D.平衡时容器的压强：乙＞甲【答案】A【解析】【详解】A．该反应气体分子数减小，甲容器在恒温恒容下建立平衡则压强减小，乙容器在恒温恒压下建立平衡则体积减小而维持压强不变，平衡时的压强：乙容器＞甲容器，压强越大越有利于平衡正移，平衡时的百分含量更大，A错误；B．平衡时乙容器压强大，的转化率高，B正确；C．温度相同时，乙容器的压强大，乙的反应速率快，C正确；D．平衡时乙容器压强大于甲容器，D正确；答案选A。12.某研究小组为探究影响化学反应速率的因素，以反应为研究对象设计如下实验：在恒容密闭容器中，改变实验条件，得到反应物的浓度随反应时间的变化情况如图所示，已知初始时的起始浓度为0.下列说法错误的是 A.比较实验①②得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快B.若实验②③只有一个条件不同，则实验③使用了催化剂C.比较实验②④得出：升高温度，化学反应速率加快D.内，实验②的平均反应速率【答案】D【解析】【详解】A．实验①②温度相同，时间相同，反应物浓度不同，浓度越大反应速率快，故增大反应物浓度，化学反应速率加快，A正确；B．实验②③温度相同，时间相同，实验③速率快，则是使用了催化剂，B正确；C．实验②④对比，④温度高，先平衡，则升高温度，化学反应速率加快，C正确；D．0∼10min内，实验②的平均反应速率v(HI)=反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=v(HI)=0.01mol⋅L−1⋅min−1，D错误；故答案为：D。13.一定温度下，向含一定量恒容密闭容器中充入发生反应，改变起始的物质的量，测得的平衡体积分数变化如图所示，下列说法正确的是A.a、b、c三点中，b点时的转化率最大B.平衡逆向移动，平衡体积分数减小 C.d点对应体系，v(正)>v(逆)D.三点的平衡常数：【答案】C【解析】【分析】向含一定量恒容密闭容器中充入发生反应，改变起始的物质的量，随着物质的量的增大，平衡正向移动，生成更多的三氧化硫，当与的物质的量之比等于化学方程式中计量系数之比时，三氧化硫的平衡体积分数最大，据此回答。【详解】A．与两种反应物反应，当少，氧气充足时，转化率最大，故a、b、c三点中，a点时的转化率最大，A错误；B．表示继续通入过量二氧化硫，根据勒夏特列原理知平衡正向移动，体系中总的物质的量在增加，故产物三氧化硫的平衡体积分数在减小，B错误；C．d点在c点之下说明d点还未达到该条件下的平衡，会继续从正反应方向建立平衡，故v(正)>v(逆)，C正确；D．温度不变，平衡常数不变，故，D错误；故选C。14.某合作学习小组的同学设计下列原电池，盐桥中装有饱和溶液。下列叙述中正确的是A.乙烧杯可看作半电池，发生还原反应B.盐桥中的电解质可换成饱和KCl溶液C.电子流动方向：石墨(甲)→a→b→石墨(乙)→盐桥→石墨(甲)D.电池工作一段时间，甲烧杯中酸性减弱【答案】D【解析】【分析】氧化性： ，所以原电池反应为亚铁离子和高锰酸钾在酸性条件下反应生成铁离子、锰离子和水，则MnO在a侧电极得电子发生还原反应，a侧是正极；Fe2+在b侧电极失去电子发生氧化反应生成Fe3+，b侧是负极。【详解】A．据分析，乙烧杯中Fe2+在b侧电极失电子发生氧化反应生成Fe3+，b侧石墨电极是负极，A错误；B．高锰酸钾溶液可以氧化氯离子，故不能换成饱和KCl溶液，B错误；C．b侧是负极、a侧是正极，电池工作时，电子流动方向：石墨(乙)→b→a→石墨(甲)，C错误；D．a侧是正极，电极反应为MnO+5e-+8H+=Mn2++4H2O，消耗氢离子，电池工作一段时间，甲烧杯中酸性减弱，D正确；答案选D。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.人类的农业生产离不开氮肥，几乎所有的氮肥都以氨为原料，某化学兴趣小组利用图1装置制备氨气，图2装置探究其相关性质。Ⅰ．实验室制取氨气（1）图1装置中生成NH3的化学方程式为_______，棉花的作用是_______；Ⅱ．探究氨气与氧化铜的反应，验证氨气的性质及部分反应产物（2）无水硫酸铜的作用是_______；（3）该实验缺少尾气吸收装置，如图中能用来吸收尾气的装置是_______(填字母)。（4）实验中观察到a中粉末变红，b中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体。则该反应的化学方程式为_______，证明氨气具有_______(填“氧化”或“还原”) 性；氨与氧气在加热、催化剂作用下的反应也体现了这一性质，该反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①.2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O②.防止生成的氨气与空气发生对流，使收集到的氨更纯（2）检验是否有水生成（3）BC（4）①.3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2②.还原③.4NH3+5O24NO+6H2O【解析】【分析】NH4Cl与Ca(OH)2混合加热发生复分解反应制取NH3，NH3具有还原性，可以与CuO在加热发生氧化还原反应，产生N2、Cu、H2O，因此看到固体由黑色变为红色，反应产生的H2O蒸气与无水CuSO4变为蓝色CuSO4·5H2O。NH3是大气污染物，可根据其极易溶于水的性质，用水作吸水剂，在尾气吸收时要注意防止倒吸现象的发生。【小问1详解】在图1中NH4Cl与Ca(OH)2混合加热发生复分解反应制取NH3，反应方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；氨气的密度比空气小，棉花可以防止氨气和空气形成对流，是收集到的氨气更加纯净；【小问2详解】无水硫酸铜是白色粉末，与水反应产生蓝色的硫酸铜晶体，故无色硫酸铜的作用是检验是否有水生成；【小问3详解】氨气极易溶于水，尾气吸收需要防止倒吸。在图中能用来吸收尾气的装置是装置B、C，而装置A易发生倒吸现象；【小问4详解】CuO与NH3在加热时发生反应产生Cu、N2、H2O，反应的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2；在该反应中N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，则NH3表现还原性；氨与氧气在加热、催化剂作用下发生反应4NH3+5O24NO+6H2O，也体现了这一性质。16.请按要求填空： （1）已知热化学方程式：SO2(g)＋O2(g)SO3(g)　ΔH=98.32，在容器中充入2molSO2和1molO2，充分反应，最终放出的热量_______(填字母)。A.=196.64kJB.=98.32kJC.<196.64kJD.>196.64kJ（2）FeS2焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃、101kPa时：①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH1=197；②H2O(g)=H2O(l)　ΔH2=44；③2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)=2H2SO4(l)ΔH3=545则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是_______。（3）已知下列两个热化学方程式：H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH=285.0C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)ΔH=22200①实验测得H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热6262.5kJ，则混合气体中H2和C3H8的体积之比为_______。②已知：H2O(l)=H2O(g)ΔH=＋44.0，写出C3H8燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式：_______。（4）已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)　ΔH=566①Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋O2(g)ΔH=226②则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，电子转移数目为_______。（5）已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)　ΔH=72，蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，其他相关数据如下表：物质H2(g)Br2(g)HBr(g) 1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)436200a则表中a=_______。【答案】（1）C（2）SO3(g)＋H2O(l)=H2SO4(l)　ΔH=130（3）①.1∶1②.C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(g)ΔH=2044.0（4）2NA或1.204×1024（5）369【解析】【小问1详解】根据热化学方程式：SO2(g)＋O2(g)SO3(g)　ΔH=98.32的含义，可知SO2和O2反应生成1molSO3时放出的热量为98.32kJ，所以生成2molSO3时，放出的热量为196.64kJ，由于该反应是可逆反应，2molSO2和1molO2不能完全反应，所以放出的热量小于196.64kJ，故选C；【小问2详解】根据盖斯定律，(③①②2)可得：SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)，则△H=(△H3△H12△H2)=[545(197)2(44)]=130，则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是：SO3(g)＋H2O(l)=H2SO4(l)　ΔH=130；【小问3详解】由热化学方程式可知，氢气的燃烧热为285kJ/mol，丙烷的燃烧热为2220.0kJ/mol，H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热6264kJ，则混合气体中，H2和C3H8的物质的量分别为:xmol和(5x)mol，根据放热可得关系式：285x+2220(5x)=6264，x=2.5mol，所以物质的量之比为：2.5mol∶(52.5)mol=1∶1；故答案为：1∶1；①C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)ΔH=2220.0②H2O(l)=H2O(g)ΔH=＋44.0由盖斯定律可知，①+②4得：C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(g)；△H=(△H1+4△H2)=（2220.0+444.0）=2044.0C3H8燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式：C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(g)ΔH=2044.0 【小问4详解】依据盖斯定律②+①得:Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s)；则△H=(△H2+△H1)=-509kJ/mol，则反应的热化学方程式为：Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s)△H=-509kJ/mol；CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，反应消耗的CO物质的量为1mol，CO中碳元素化合价由+2价变为+4价，故消耗的1molCO，电子转移数目为：2NA或1.204×1024；【小问5详解】由题中热化学方程式及蒸发1molBr2(l)吸热30kJ可得：H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)　ΔH=102则根据反应热和键能的关系可得：436+2002a=102，可得a=369，答案为：369。17.人们日常生产生活与化学有着紧密的联系。①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧盐酸、⑨氨水都是生活中常见的化学物质。请回答下列相关的问题：（1）上述9种物质中属于弱电解质的是___________(填序号)，写出在水中的电离方程式：___________。（2）现有常温下的盐酸(甲)和的醋酸溶液(乙)，请根据下列操作回答：①常温下溶液加水稀释过程，下列表达式的数值一定变小的是________(填字母)。A．B．C．D．②取乙溶液，加入少量无水固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的值将________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。③相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，分别与溶液反应，消耗溶液的体积(甲)________(乙)(填“>”“<”或“=”)。（3）时，水的离子级积常数。此温度下，的盐酸和的溶液混合后溶液的，则________。 （4）已知：在，有关弱电解质的电离平衡常数如下表有下表：弱电解质电离常数()①将通入该氨水中，当降至时，溶液中的________。②下列微粒在溶液中不能大量共存的是________。A．B．C．D．【答案】（1）①.②②.NaHCO3=Na++（2）①.A②.减小③.<（3）9：1（4）①.1.02②.C【解析】【小问1详解】醋酸是弱酸，属于弱电解质，故选②；碳酸氢钠在水中可以电离出钠离子和碳酸氢根离子，其电离方程式为：NaHCO3=Na++；【小问2详解】①A．醋酸溶液加水稀释，平衡向正方向进行，n(H+)增大，溶液体积增大，c(H+)减小，A正确；B．醋酸溶液加水稀释，减小，Ka不变，所以增大，B错误；C．水的离子积不变，所以c(H+)·c(OH-)不变，C错误；D．醋酸溶液加水稀释，c(OH-)增大，c(H+)减小，所以增大，D错误；故选A； ②若加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，醋酸电离平衡向左移动，c(H+)减小，溶液中增大，Ka不变，的值将减小；③由于盐酸完全电离，醋酸部分电离，pH=2的盐酸(甲)和pH=2的醋酸溶液，盐酸浓度小于醋酸浓度，用某浓度的NaOH溶液中和等体积的甲、乙两溶液，醋酸消耗NaOH体积大，故答案为：<；【小问3详解】100℃时，水的离子积常数Kw=1.0×10-12，pH=9的NaOH溶液中的c(OH-)=，的盐酸中c(H+)=1.0×10-4，混合后，则溶液显碱性，且此时c(OH-)=，则；【小问4详解】①将通入该氨水中，当降至时，，；②A．已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由于亚硫酸的二级电离常数大于碳酸的二级电离常数，则两者不反应，可以共存，A不符合题意；B．结合选项A分析，由于次氯酸的电离常数大于碳酸的二级电离常数，则两者不反应，可以共存，B不符合题意；C．结合选项A分析，由于亚硫酸的二级电离常数大于碳酸的二级电离常数，则两者可以反应，不可以共存，C符合题意；D．结合选项A分析，由于次氯酸的电离常数小于碳酸的一级电离常数，则两者不反应，可以共存，D不符合题意；故选C。18.铅铬黄是一种颜料，主要成分是铬酸铅(摩尔质量323g/mol)。现以和等为原料制备该物质，并测定产物纯度。 回答下列问题：（1）已知不溶于水，具有两性。第①步所得绿色溶液中的有色离子是_______。（2）第②步生成了，写出该步骤的离子方程式_______。为了使反应充分而不剩余，以下方案中最合理的是_______(填序号)。A.首先加热绿色溶液，然后将一定量浓溶液滴入其中B.首先加热浓溶液，然后转入热的绿色溶液中C.首先将一定量浓溶液滴入绿色溶液中，然后加热煮沸（3）第③步调节pH=5的目的是为了将转化为_______(填写离子符号)，并且防止在碱性条件下_______形成沉淀。（4）由于铬酸铅的溶解度比重铬酸铅的小的多，在第④步中逐滴滴加溶液后，产生黄色沉淀，此时为了提高铅铬黄的产率，可补加少最NaOH溶液，请用化学平衡移动原理加以解释：_______。（5）测定铅铬黄的纯度：取mg铅铭黄样品用盐酸酸化溶解，加足量KI将其还原为，再用标准溶液滴定至淡黄绿色，发生反应。加入淀粉指示剂，继续滴定，当溶液蓝色褪去，且30s不变色，即为终点。测得平均消耗标准溶液体积为VmL。此铅铬黄样品的质量分数w=_______(用含c、m和V的式子表示)。【答案】（1）CrO（2）①.2CrO+3H2O2+2OH-=2+4H2O②.C（3）①.②.Pb2+（4）+H2O2+2H+，加入氢氧化钠和氢离子反应，导致平衡正向移动，利于产生沉淀（5）【解析】 【分析】加入过氧化钠溶解得到含有CrO的溶液，加入浓过氧化氢溶液将将三价铬转化为六价铬，生成了，加入醋酸调节pH将转化为，在煮沸条件下加入硝酸铅生成沉淀。【小问1详解】已知不溶于水，具有两性，性质类似氢氧化铝，则第①步加入过量氢氧化钠后所得绿色溶液中的有色离子是CrO；【小问2详解】第②步加入过氧化氢，将三价铬转化为六价铬，生成了，该步骤的离子方程式2CrO+3H2O2+2OH-=2+4H2O。过氧化氢不稳定，受热易分解生成氧气和水，为了使反应充分而不剩余，减少过氧化氢分解损失，应首先将一定量浓溶液滴入绿色溶液中，然后加热煮沸；故选C；【小问3详解】2+2H++H2O，第③步调节pH=5的目的是为了将转化为；在碱性条件下铅离子会生成氢氧化铅沉淀，故也是为了防止在碱性条件下Pb2+形成沉淀。【小问4详解】+H2O2+2H+，加入氢氧化钠和氢离子反应，导致平衡正向移动，利于产生黄色沉淀；【小问5详解】和KI反应生成和碘单质，根据电子守恒可知，2~6e-~3I2，结合可知，~3，则此铅铬黄样品的质量分数w=。19.丙烯酸异丙酯常用作有机溶剂和有机合成原料，一种制备丙烯酸异丙酯的合成路线如下： 已知：回答下列问题：（1）A属于不饱和烃，其化学名称是___________，由A生成B的反应类型是___________。（2）D中所含官能团名称是___________，可用于鉴别C和D的试剂是___________。（3）写出由C和F生成丙烯酸异丙酯的化学方程式___________。（4）E只含碳、氢、氧三种元素且相对分子质量为90，其中含碳40%，氢6.7%(均为质量分数)，E的分子式为___________。（5）X是B的同系物，其相对分子质量比B大14，X可能的结构有___________种。【答案】（1）①.丙烯②.加成反应（2）①.醛基、羟基②.新制氢氧化铜悬浊液（3）CH2=CHCOOH+CH3CH(OH)CH3CH2=CHCOOCH(CH3)2+H2O（4）C3H6O3（5）4【解析】【分析】A和HBr反应生成B，根据A、B的分子式可知，A和HBr发生加成反应生成B，则A是丙烯；B水解生成C，根据C的结构简式逆推，可知B是2-溴丙烷；C和F反应生成丙烯酸异丙酯，可知F是丙烯酸；淀粉水解为D，D是葡萄糖。【小问1详解】A属于不饱和烃，A的结构简式为CH2=CHCH3，A是丙烯，丙烯和HBr发生加成反应生成2-溴丙烷；【小问2详解】D是葡萄糖，结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，D中所含官能团名称是醛基、羟基；D中含有醛基，D能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色氧化亚铜沉淀，可用于鉴别C和D的试剂是新制氢氧化铜悬浊液；【小问3详解】2-丙醇和丙烯酸反应生成丙烯酸异丙酯和水，反应的化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3CH(OH)CH3CH2=CHCOOCH(CH3)2+H2O；【小问4详解】E只含碳、氢、氧三种元素且相对分子质量为90，其中含碳40%，E分子中含C原子数，含氢6.7%(均为质量分数)，E分子中含C原子数，根据质量守恒，E 分子中O原子数为，E的分子式为C3H6O3；【小问5详解】